江苏省盐城市东台市第二教育联盟2023-2024学年九年级下学期3月月考数学试题（原卷版+解析版）

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满分：150分 考试时间：120分钟
一、选择题（本大题共8小题，每小题3分，共24分．每小题给出的四个选项中只有一个选项正确．请将正确的答案涂在答题卡相应的位置．）
1. 的相反数是（ ）
A. 2B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】直接根据相反数定义解答即可．
【详解】解：的相反数是．
故选B．
【点睛】本题主要考查了相反数的定义，掌握相反数的概念成为解答本题的关键．
2. 在下列四个几何体中，主视图与俯视图都是圆为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】试题分析：圆柱的主视图、左视图都是矩形、俯视图是圆；圆台的主视图、左视图是等腰梯形，俯视图是圆环；圆锥主视图、左视图都是等腰三角形，俯视图是圆和圆中间一点；球的主视图、左视图、俯视图都是圆．故选D
考点：三视图．
3. 下列运算正确的是（ ）
A. （π﹣3）0=1B. =±3C. 2﹣1=﹣2D. （﹣a2）3=a6
【答案】A
【解析】
【详解】根据零次幂的性质a0=1（a≠0），可知（π﹣3）0=1，故正确，符合题意；
根据算术平方根意义，可知=3，故不正确，不符合题意；
根据负整指数的性质，可知2﹣1=，故不正确，不符合题意；
根据幂的乘方和积的乘方，可知（﹣a2）3=-a6，故不正确，不符合题意.
故选A.
4. 2018年10月24日上午9时，港珠澳大桥正式通车，它是连接香港、珠海、澳门的超大型跨海通道，全长55 000米，数据55 000用科学记数法表示是（ ）
A. 55×103B. 5.5×103C. 0.55×104D. 5.5×104
【答案】D
【解析】
【分析】由科学记数法公式即可得到结果；
【详解】；
故答案选D．
【点睛】本题主要考查了科学记数法的表示，准确判断小数点的位置是关键．
5. 下列说法中，正确的是（ ）
A. 一个游戏中奖的概率是，则做次这样的游戏一定会中奖
B. 为了了解一批炮弹的杀伤半径，应采用抽样调查的方式
C. 一组数据的众数是
D. 若甲组数据的方差是，乙组数据的方差是，则乙组数据比甲组数据波动小
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查了统计有关的知识，根据与统计有关的基础知识依次分析各选项即可判断，掌握统计有关的基础知识是解题的关键．
【详解】解：．一个游戏中奖的概率是，做次这样的游戏不一定会中奖，该选项错误，不合题意；
．为了了解一批炮弹的杀伤半径，应采用抽样调查的方式，该选项正确，符合题意；
．一组数据的众数是，该选项错误，不合题意；
．若甲组数据的方差是，乙组数据的方差是，则甲组数据比乙组数据波动小，该选项错误，不合题意；
故选：．
6. 如图，的三个顶点在上，是直径，点C在上，且，则等于（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据直径所对的圆周角是直角，可得，继而求得的度数，由直角三角形两锐角互余可求得答案．
【详解】解：∵是的直径，
∴，
∵．
，
故选：C．
【点睛】此题考查了圆周角定理以及直角三角形两锐角互余，熟练掌握圆周角定理是解答本题的关键．
7. 一元二次方程有两个不相等的实数根，则k的取值范围是（ ）
A. B. 且C. D. 且
【答案】B
【解析】
【分析】根据一元二次方程的定义和一元二次方程根的判别式求解即可；
【详解】解：由题意得：
解得：且
故选：B．
【点睛】本题考查了一元二次方程根的判别式，同时要满足该方程的二次项系数不为；熟练运用根的判别式是解题关键．
8. 已知二次函数，将该二次函数在x轴上方的图象沿x轴翻折到x轴下方，图象的其余部分不变，得到一个新的函数图像（如图所示），当直线与新图像有3个交点时，m的值是（ ）
A. B. C. 或3D. 或
【答案】D
【解析】
【分析】求出抛物线与x轴的交点坐标，直线与抛物线只有一个公共点时，即可求得直线与新图象有3个交点时m的值．
【详解】解：令，解得：，
抛物线与x轴的交点坐标分别为及，
如图，当直线过时，它与新函数的图象有3个交点，则有，解得：；
当直线与抛物线关于x轴对称的抛物线只有一个公共点时，则，即，
则，即，
此时直线与抛物线恰有3个公共点；
综上，当或时，直线与新图像有3个交点．
故选：D．
【点睛】本题考查了一次函数解析式，二次函数的图象与性质，图形的翻折，图象与坐标轴的交点等知识，注意数形结合．
二、填空题（本大题共有8小题，每小题3分，共24分．不需写出解答过程，请将答案直接写在答题卡相应位置上）
9. 使有意义的x的取值范围是_______．
【答案】
【解析】
【分析】根据二次根式的定义可知被开方数必须为非负数，列不等式求解即可．
【详解】解：根据二次根式的定义可知被开方数必须为非负数，列不等式得：
x+1≥0，
解得x≥﹣1．
故答案为x≥﹣1．
【点睛】本题考查了二次根式有意义的条件，比较简单．
10. 分解因式：________.
【答案】
【解析】
【分析】考查提取公因式法和平方差公式法因式分解，解题的关键是掌握提公因式和平方差公式因式分解法．
【详解】解：，
故答案为：．
11. 双曲线y=在每个象限内，函数值y随x的增大而增大，则m的取值范围是__________．
【答案】m＜1
【解析】
【详解】∵双曲线在每个象限内，函数值y随x的增大而增大，
∴m﹣1＜0，
解得：m＜1．
故答案为m＜1．
12. 已知圆锥的底面圆半径是3，高为4，则圆锥的侧面积是__________．
【答案】
【解析】
【分析】根据勾股定理求得圆锥的母线长，即为圆锥侧面展开图的扇形的半径，再利用扇形面积公式求解．
【详解】解：∵圆锥的底面圆半径是3，高为4，
∴圆锥的母线长为，
又圆锥底面周长为，
∴圆锥侧面积为，
故答案为：．
【点睛】本题考查勾股定理、圆锥侧面展开图、扇形面积公式，熟练掌握圆锥侧面展开图和勾股定理是解答的关键．
13. 若正多边形的一个外角是45°，则该正多边形的边数是_________.
【答案】8
【解析】
【分析】根据多边形外角和是360度，正多边形的各个内角相等，各个外角也相等，直接用可求得边数．
【详解】解：多边形外角和是360度，正多边形的一个外角是，
即该正多边形的边数是8，
故答案为：8．
【点睛】本题主要考查了多边形外角和以及多边形的边数，解题的关键是掌握正多边形的各个内角相等，各个外角也相等．
14. 一元二次方程的两个根为、，则__．
【答案】
【解析】
【分析】此题主要考查了根与系数的关系，关键是根据根与系数的关系求得，；然后将所求的代数式变形为含有两根之积或两根之和的形式，代入数值计算．
【详解】解：一元二次方程的两个根为、，
，；
原式．
故答案为：．
15. 如图，等边内接于，，则图中阴影部分的面积等于_____________．

【答案】
【解析】
【分析】连接，过点O作于D，根据垂径定理求出，根据等边三角形的性质可得，，将阴影部分的面积转化为扇形的面积，利用扇形面积的公式计算即可．
【详解】解：如图，连接，过点O作于D，
则，
∵为等边三角形，
∴，，
∴，
∴，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查扇形面积的计算，等边三角形的性质，掌握扇形面积公式是解题的关键．
16. 如图，已知，等边中，，将沿翻折，得到，连接，交于O点，E点在上，且，F是的中点，P是上的一个动点，则的最大值为______ ．
【答案】
【解析】
【分析】由折叠可证四边形为菱形，是边上的中线，如图，连接，交于，是边上的中线，的角平分线，则，，，由，可得，则，，，可知当点P运动到点A时，最大，最大为，勾股定理求，则，计算求解即可．
【详解】解：为等边三角形，，
，
将沿翻折，得到，
，
四边形为菱形，
∴，，，
∴是边上的中线，
如图，连接，交于，
∵F是的中点，
∴是边上的中线，的角平分线，
∴，，，
∵，
∴，
∵，
∴，，
∴，
∴当点P运动到点A时，最大，最大为，
∵，
∴，
由勾股定理得，，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题考查了三角形中线的性质，等边三角形的性质，折叠的性质，菱形的判定与性质，勾股定理，等腰三角形的判定与性质，含的直角三角形等知识．根据题意确定最大值的情况是解题的关键．
三、解答题（本大题共有11小题，合计102分，解答时应写出文字说明、推理过程或演算步骤．）
17. 计算：
【答案】4
【解析】
【分析】先根据负整数指数幂、零指数幂、实数的性质和特殊角的三角函数值化简，再算加减．本题考查了实数的混合运算，熟练掌握运算法则是解答本题的关键．
【详解】解：
．
18. 解不等式组：
【答案】
【解析】
【分析】根据一元一次不等式的解法，分别求解两个不等式，然后根据不等式组的解集的确定方法求解即可.
【详解】解不等式，得：，
解不等式，得： ，
则不等式组的解集为．
【点睛】本题考查的是解一元一次不等式组，正确求出每一个不等式解集是基础，熟知“同大取大；同小取小；大小小大中间找；大大小小找不到”的原则是解答此题的关键．
19. 关于x的方程：－＝1.
(1)当a＝3时，求这个方程的解；
(2)若这个方程有增根，求a的值．
【答案】（1）x＝－2；（2）a＝－3.
【解析】
【分析】（1）将a=3代入,求解－＝1的根,验根即可,
（2）先求出增根是x＝1，将分式化简为ax＋1＋2＝x－1，代入x＝1即可求出a的值.
【详解】解：(1)当a＝3时，原方程为－＝1,
方程两边同乘x－1，得3x＋1＋2＝x－1，
解这个整式方程得x＝－2，
检验：将x＝－2代入x－1＝－2－1＝－3≠0，
∴x＝－2是原分式方程的解．
(2)方程两边同乘x－1，得ax＋1＋2＝x－1，
若原方程有增根，则x－1＝0，解得x＝1，
将x＝1代入整式方程得a＋1＋2＝0，解得a＝－3.
【点睛】本题考查解分式方程,属于简单题,对分式方程的结果进行验根是解题关键.
20. “双减”政策实施，不仅减轻了学生的负担，也减轻了家长的负担，回归教育的初衷．某校计划向家长展示“双减”背景下的课堂教学活动，用于展开活动的备选班级共5个，其中有2个为八年级班级，3个为九年级班级．学校计划分两周进行，第一周先从这5个备选班级中任意选择一个开展活动，第二周再从剩下的四个备选班级中任意选择一个开展活动．
（1）第一周选择九年级班级的概率为__________；
（2）请用列表法或画树状图的方法求两次选中的既有八年级班级又有九年级班级的概率．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）直接根据概率公式计算，即可求解；
（2）根据题意画出树状图，可得共有20种等可能的结果，其中两次选中的既有八年级班级又有九年级班级的情况有12种情况，再根据概率公式计算，即可求解．
【小问1详解】
根据题意得：第一周选择的是九年级班级的概率为；
故答案为：；
【小问2详解】
用字母A，B代表八年级两个班级，C，D，E代表九年级3个班级，根据题意画树状图如下：

由树状图可知，共有20种等可能的结果，其中两次选中的既有八年级班级又有九年级班级的情况有12种情况，
∴两次选中的既有八年级班级又有九年级班级的概率．
【点睛】本题主要考查了利用树状图或列表法求概率，明确题意，准确画出树状图或列出表格是解题的关键．
21. 为了创设全新的校园文化氛围，进一步组织学生开展课外阅读，让学生在丰富多彩的书海中，扩大知识源，亲近母语，提高文学素养．某校准备开展“与经典为友、与名著为伴”的阅读活动，活动前对本校学生进行了“你最喜欢的图书类型只写一项”的随机抽样调查，相关数据统计如下：
请根据以上信息解答下列问题：
（1）该校对______ 名学生进行了抽样调查；图2中科幻部分对应的圆心角为______ ；
（2）请将图1补充完整；
（3）已知该校共有学生2300人，利用样本数据估计全校学生中最喜欢漫画的人数约为多少人？
【答案】（1）200；108；
（2）见解析 （3）估计全校学生中最喜欢漫画人数约为920人
【解析】
【分析】（1）从条形统计图可知喜欢小说型的由40人，从扇形统计图可知喜欢小说型图书占，可求出调查总人数；用总人数分别减去其它三项人数即可得出“喜欢科幻”的学生人数，进而得出扇形统计图中“喜欢科幻”的学生所占百分比；用乘所占百分比即可得出结论；
（2）根据(1)的结论即可补全两个统计图；
（3）利用样本估计总体，用样本中喜欢漫画所占的百分比估计2300人中喜欢漫画的百分比，进而求出喜欢漫画的人数．
此题主要考查了统计的知识，条形统计图反应各个数据多少，扇形统计图则反应的是各个数据所占整体的百分比，两个统计图联系起来，可求统计图中缺失的数据，并能用样本估计整体的思想方法．
【小问1详解】
调查的人数为：名，
喜欢科幻图书的人数：名，
喜欢科幻图书的人数所占的百分比：，
扇形统计图中小说所对应的圆心角度数：，
故答案为：200；108．
【小问2详解】
补全统计图如图所示：
．
【小问3详解】
（人），
答：估计全校学生中最喜欢漫画人数约为920人．
22. 如图，在中，E是的中点，连接并延长交的延长线于点F．
（1）求证：；
（2）若，．求的度数．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）先根据平行四边形的性质可得，再根据平行线的性质可得，，然后根据线段中点的定义可得，根据定理证出，最后根据全等三角形的性质即可得证；
（2）先根据平行四边形的性质可得，从而可得，再根据全等三角形的性质可得，从而可得，然后根据等腰三角形的性质即可得．
【小问1详解】
证明：四边形是平行四边形，
，
，，
是的中点，
，
在和中，，
，
．
【小问2详解】
解：四边形是平行四边形，
，
，
，
由（1）已证：，
，
，
，
．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质、三角形全等的判定与性质、等腰三角形的性质等知识点，熟练掌握平行四边形的性质是解题关键．
23. 如图，某数学兴趣小组为测量一棵古树BH和教学楼CG的高，先在A处用高1.5米的测角仪测得古树顶端H的仰角∠HDE为37°，此时教学楼顶端G恰好在视线DH上，再向前走8米到达B处，又测得教学楼顶端G的仰角∠GEF为45°，点A、B、C三点在同一水平线上．
（1）求古树BH的高；
（2）计算教学楼CG的高度．
（参考数据：sin37°≈0.60，cs37°≈0.80，tan37°≈0.75）
【答案】（1）7.5；（2）25.5.
【解析】
【分析】（1）利用等腰直角三角形的性质即可解决问题；
（2）解直角三角形即可得到结论．．
【详解】（1）由题意：四边形ABED是矩形，可得DE＝AB＝8米，AD＝BE＝1.5米，
在Rt△DEH中，∵∠EDH＝37°，
∴HE＝DE•tan37°≈8×0.75＝6米．
∴BH＝EH+BE＝7.5米；
（2）设GF＝x米，在Rt△GEF中，∠GEF＝45°，
∴EF＝GF＝x，
在Rt△DFG中，tan37°＝≈0.75，
∴x≈24，
∴CG＝CF+FG＝25.5米，
答：教学楼CG的高度为25.5米．
【点睛】本题考查解直角三角形的应用-仰角俯角问题，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题.
24. 如图，为直径，为上一点，的平分线交于点，于点．

（1）试判断与的位置关系，并说明理由；
（2）过点D作于点F，若，求图中阴影部分的面积．
【答案】（1）与相切，理由见解析
（2）
【解析】
【分析】本题主要考查了解直角三角形，圆周角定理，求不规则图形面积，切线的判定等等：
（1），连接，证明推出，由，得到，由此即可得到结论；
（2）由角平分线的性质得到，利用勾股定理得到，解直角三角形得到，则，再解直角三角形得到，即可根据求出答案．
【小问1详解】
解：与相切，理由如下：
如图所示，连接，
∵的平分线交于点，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
又∵是的半径．

∴与相切．
【小问2详解】
∵的平分线交于点，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
25. 超市销售某种儿童玩具，如果每件利润为40元（市场管理部门规定，该种玩具每件利润不能超过60元），每天可售出50件．根据市场调查发现，销售单价每增加2元，每天销售量会减少1件．设销售单价增加元，每天售出件．
（1）请写出与之间的函数表达式；
（2）当为多少时，超市每天销售这种玩具可获利润2250元？
（3）设超市每天销售这种玩具可获利元，当为多少时最大，最大值是多少？
【答案】（1）（2）当为10时，超市每天销售这种玩具可获利润2250元（3）当为20时最大，最大值是2400元
【解析】
【分析】（1）根据题意列函数关系式即可；
（2）根据题意列方程即可得到结论；
（3）根据题意得到，根据二次函数的性质得到当时，随的增大而增大，于是得到结论．
【详解】（1）根据题意得，；
（2）根据题意得，，
解得：，，
∵每件利润不能超过60元，
∴，
答：当为10时，超市每天销售这种玩具可获利润2250元；
（3）根据题意得，，
∵，
∴当时，随的增大而增大，
∴当时，，
答：当为20时最大，最大值是2400元．
【点睛】本题考查了一次函数、二次函数的应用，弄清题目中包含的数量关系是解题关键．
26. 【问题情境】（1）如图1，四边形ABCD是正方形，点E是AD边上的一个动点，以CE为边在CE的右侧作正方形CEFG，连接DG、BE，则DG与BE的数量关系是 ；
【类比探究】
（2）如图2，四边形ABCD是矩形，AB=2，BC=4，点E是AD边上的一个动点，以CE为边在CE的右侧作矩形CEFG，且CG：CE=1：2，连接DG、BE．判断线段DG与BE有怎样的数量关系和位置关系，并说明理由；
【拓展提升】
（3）如图3，在（2）的条件下，连接BG，则2BG+BE的最小值为 ．
【答案】（1）DG=BE；（2），DG⊥BE；（3）4．
【解析】
【分析】（1）通过证明△DCG和△BCE（SAS）全等，得到DG=BE．
（2）通过证明△DCG∽△BCE得到，所以．∠BEC=∠DGC．延长BE、GD相交于点H．因为矩形ECGF，所以∠FEC=∠FGC=90°，所以∠HEF
+∠BEC=180°-∠FEC=90°，∠FGH+∠DGC=90°，所以∠H=∠F=90°，所以DG⊥BE．
（3）作EN⊥BC于N，GM⊥BC交BC的延长线于M．首先证明点G的运动轨迹是线段GM，将2BG+BE的最小值转化为求2（BG+DG）的最小值．
【详解】（1）DG=BE
理由：
∵正方形ABCD，
∴CD=CB，∠BCD=90°
∵正方形ECGF，
∴CG=CE，∠ECG=90°
∴∠ECG=∠BCD=90°
∴∠DCG=∠BCE
在△DCG和△BCE中
∴△DCG≌△BCE（SAS）
∴DG=BE
（2），DG⊥BE．
理由如下：延长BE、GD相交于点H．
∵矩形ECGF、矩形ABCD，
∴∠ECG=∠BCD=90°，
∴∠DCG=∠BCE，
∵CD：CB=2：4=1：2，CG：CE=1：2，
∴CD：CB=CG：CE，
∵∠DCG=∠BCE，
∴△DCG∽△BCE，
∴，∠BEC=∠DGC，
∴
∵矩形ECGF
∴∠FEC=∠FGC=∠F=90°
∴∠HEF+∠BEC=180°-∠FEC=90°，∠FGH+∠DGC=90°，
∴∠H=∠F=90°
∴DG⊥BE
（3）作EN⊥BC于N，GM⊥BC交BC的延长线于M．
易证△ECN∽△CGM，
∴，
∵EN=AB=2，
∴CM=1，
∴点G的运动轨迹是直线MG，
作点D关于直线GM的对称点G′，连接BG′交GM于G，此时BG+GD的值最小，最小值=BG′
由（2）知，
∴BE=2DG
∴2BG+BE=2BG+2DG=2（BG+DG）
∴2BG+BE的最小值就是2（BG+DG）的最小值．
∵BG′=，
∴2BG+BE的最小值为4
故答案为4．
【点睛】本题考查了正方形的性质、矩形的性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质．在判断全等和相似时出现“手拉手”模型证角相等．这里注意利用三边关系来转化线段的数量关系求出最小值．
27. 已知抛物线，与x轴从左至右依次相交于A、B两点，与y轴相交于点C，经过点A的直线与抛物线的另一个交点为D．
（1）若点D的横坐标为3，求抛物线的函数解析式；
（2）若在第四象限内的抛物线上有点P，使得以A、B、P为顶点的三角形与相似，求点P的坐标；
（3）在（1）的条件下，设点E是线段上的一点（不含端点），连接．一动点Q从点B出发，沿线段以每秒1个单位的速度运动到点E，再沿线段以每秒个单位的速度运动到点D后停止，问当点E的坐标是多少时，点Q在整个运动过程中所用时间最少？
【答案】（1）
（2）和
（3）
【解析】
【分析】（1）根据二次函数的交点式确定点A、的坐标，进而求出直线的解析式，接着求出点的坐标，将点坐标代入抛物线解析式确定的值；
（2）由于没有明确说明相似三角形的对应顶点，因此需要分情况讨论：①当时；②当时；
（3）作轴交抛物线于M，作轴于N，作于F，根据正切的定义求出的运动时间时，最小即可．
【小问1详解】
解：，
点A的坐标为、点的坐标为，
直线经过点A，
，
，
当时，，
则点的坐标为，
点在抛物线上，
，
解得，，
则抛物线的解析式为：
；
【小问2详解】
解：作轴于H，如图所示：
把代入得：，
∴，
∴，
∵，，
∴，，
设点P的坐标为，
当时，，
∴，
∴，
∴，
整理得：，
∴，
解得：，（不合题意，舍去），
当时，，
∵，
∴，
即，
∴，
解得： （不合题意，舍去），，
则，
∴点P的坐标为；
当时，，
∴，
即，
∴，
即，
∴，
解得：，（不合题意，舍去），
当时，，
∵，
∴，即，
∴，
解得：（不合题意，舍去），，
则点P的坐标为；
综上所述，符合条件的点P的坐标为和．
【小问3详解】
解：作轴交抛物线于M，作轴于N，作于F，如图所示：
∵，，
，
∴，
∴，
∴，
∴Q的运动时间，
∴当BE和EF共线时，t最小，则，
∵的解析式为：，
∴把代入得：，
即．
【点睛】本题考查的是二次函数知识的综合运用，掌握二次函数的性质、二次函数的交点式、相似三角形的判定定理和性质定理是解题的关键，解答时，注意分情况讨论讨论，属于中考压轴题．