江苏省南京市浦口区浦口区星甸中学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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1. 一个不透明的箱子里装有个球，其中红球3个，这些球除颜色不同其余都相同，每次搅拌均匀后，任意摸出一个球记下颜色后再放回，大量重复试验发现，摸到红球的频率稳定在0.3附近，则可以估算出的值为（ ）
A. 3B. 5C. 10D. 12
【答案】C
【解析】
【分析】在同样条件下，大量反复试验时，随机事件发生的频率逐渐稳定在概率附近，可以从比例关系入手，根据红球的个数除以总数等于频率，求解即可．
【详解】解：∵大量重复试验后发现，摸到红球的频率在0.3，
∴任意摸出一个球，摸到红球的概率为0.3，
∴，
∴，
经检验是原方程的解．
故选：C．
【点睛】此题主要考查了利用频率估计概率，解分式方程，解答此题的关键是利用红球的个数除以总数等于频率．
2. 如图，在中，，点为边的中点，，，则的长为（ ）
A. 3B. 4C. 6D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据直角三角形斜边中线的性质，推导得，再根据勾股定理性质计算，即可得到答案．
【详解】∵，点为边的中点，，
∴，
∴，
故选：D ．
【点睛】本题考查了直角三角形斜边中线、勾股定理的知识；解题的关键是熟练掌握勾股定理的性质，从而完成求解．
3. 在平面直角坐标系中，三个顶点的坐标分别为，，．以坐标原点为位似中心，作与的位似比为的位似图形，则点的对应点的坐标为（ ）
A. B. 或
C. D. 或
【答案】B
【解析】
【分析】根据位似图形的定义可知，位似比为，将点的横坐标分别乘以或即可求解．
【详解】解：将点的横坐标分别乘以或，
∴的坐标是或，
故选：．
【点睛】本题主要考查位似，掌握位似的性质是解题的关键．
4. 如图，点是矩形中边上一点，，将沿折叠，点恰好落在边处，满足，则的长为（ ）
A. B. 4C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据矩形和轴对称的性质，得，,，根据含角直角三角形的性质，得，，从而推导得，再根据勾股定理性质计算，即可得到答案.
【详解】∵点是矩形中边上一点，将沿折叠，点恰好落在边处，
∴，,
∵
∴
∵
∴
∴
∴，
设，则
∴
∴，即
∴
∴
故选：C.
【点睛】本题考查了含角直角三角形、矩形、轴对称、勾股定理的知识；解题的关键是熟练掌握含角直角三角形、矩形的性质，从而完成求解.
5. 在反比例函数（为常数）的图象上有三个点，，，则函数值，，的大小关系为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先根据反比例函数的解析式中，判断出函数图像所在的象限及增减性，再根据各点横坐标的特点即可得出结论．
【详解】解：∵，
∴反比例函数的图像位于第二、四象限，
∵，位于第二象限，且，
∴，
∵位于第四象象，
∴，
∴，
故选：D．
【点睛】本题主要考查反比例函数图像上点的坐标特征，解题关键在于通过判断以确定函数图像所在的象限及增减性．
6. 如图，在中，，M是AB的中点，点D在BM上，，，垂足分别为E、F，连接EM，则下列结论中：①；②；③；④，其中正确结论的个数是（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】D
【解析】
【分析】证明△BCF≌△CAE，得到BF=CE，可判断①；再证明△BFM≌△CEM，从而判断△EMF为等腰直角三角形，得到∠MEF=∠MFE=45°，可判断②；证明△CDM∽ADE，得到对应边成比例，结合BM=CM，AE=CF，可判断③；证明△DFM≌△NEM，得到△DMN为等腰直角三角形，得到DN=DM，可判断④．
【详解】解：∵∠ACB=90°，
∴∠BCF+∠ACE=90°，
∵∠BCF+∠CBF=90°，
∴∠ACE=∠CBF，
又∵∠BFC=90°=∠AEC，AC=BC，
∴△BCF≌△CAE（AAS），
∴BF=CE，故①正确；
由全等可得：AE=CF，BF=CE，
∴AE-CE=CF-CE=EF，
如图，连接FM，CM，
∵点M是AB中点，
∴CM=AB=BM=AM，CM⊥AB，
在△BDF和△CDM中，∠BFD=∠CMD，∠BDF=∠CDM，
∴∠DBF=∠DCM，
又BM=CM，BF=CE，
∴△BFM≌△CEM（SAS），
∴FM=EM，∠BMF=∠CME，
∵∠BMC=90°，
∴∠EMF=90°，即△EMF为等腰直角三角形，
∴∠MEF=∠MFE=45°，
∵∠AEC=90°，
∴∠MEF=∠AEM=45°，故②正确，
∵∠CDM=∠ADE，∠CMD=∠AED=90°，
∴△CDM∽△ADE，
∴，
∵BM=CM，AE=CF，
∴，
∴CF•DM=BM•DE，故③正确；
如图，设AE与CM交于点N，连接DN，
∵∠DMF=∠NME，FM=EM，∠DFM=∠DEM=∠AEM=45°，
∴△DFM≌△NEM（ASA），
∴DF=EN，DM=MN，
∴△DMN为等腰直角三角形，
∴DN=DM，而∠DEA=90°，
∴DE2+DF2=DN2=2DM2，故④正确；
故正确结论为：①②③④．共4个．
故选：D．
【点睛】本题属于三角形综合题，考查了全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，等量代换，难度较大，解题的关键是添加辅助线，构造全等三角形．
7. 如图，，，E，F分别为线段和射线上的一点，若点E从点B出发向点A运动，同时点F从点B出发沿射线运动，二者速度之比为3∶7，当点E运动到点A时，两点同时停止运动．在射线AC上取一点G，使与全等，则的长为_____．
【答案】18或70##70或18
【解析】
【分析】设，则，使与全等，由可知，分两种情况：当时，当时，列方程即可求解．
【详解】解：设，则，因为，使与全等，可分两种情况：
情况一：当时，
∵，
∴，
解得：，
∴；
情况二：当时，
∵，
∴，
解得：，
∴，
综上所述，或70．
故答案为：18或70．
【点睛】本题主要考查了全等三角形的性质，利用分类讨论思想是解答此题的关键．
8. 若是一个完全平方式，则的值为_________．
【答案】
【解析】
【分析】这里首末两项是和4这两个数的平方，那么中间一项为加上或减去和4积的2倍．
【详解】解：∵是一个完全平方式，
∴，
则．
故答案为：．
【点睛】此题主要考查了完全平方公式的应用；两数的平方和，再加上或减去它们积的2倍，就构成了一个完全平方式．注意积的2倍的符号，避免漏解．
9. 已知二次函数图像如图所示．将此函数图像向右平移3个单位得抛物线的图像，则阴影部分的面积为____________．
【答案】15
【解析】
【分析】根据题意知阴影部分面积等于平行四边形面积，由平行四边形的面积公式可得到阴影部分的面积．
【详解】解：由题意知，，则顶点坐标是．
所以，阴影部分的面积为：3×5=15．
故答案是：15．
【点睛】本题考查了二次函数图象与几何变换，图形的面积，要求熟练掌握平移的规律：左加右减，上加下减．
10. 若为二次函数的图像上的三点，则的大小关系是____________．（用“<”连接）
【答案】
【解析】
【分析】分别将代入解析式分别计算出的值，然后比较大小．
【详解】解：把代入得，
把代入得，
把代入得，
∴．
故答案为：
【点睛】本题考查了二次函数图象上点的坐标特征：二次函数图象上点的坐标满足其解析式．
11. 已知等腰三角形的周长为20，其中一边的长为6，则底边的长为______________．
【答案】6或8##8或6
【解析】
【分析】分两种情况进行讨论：①当腰长为6时；②当底边长为6时，分别进行求解即可．
【详解】解：设底边长为x，腰长为y，
则，
①当腰长时，
，
；
三边长分别为6，6，8能构成三角形，符合题意；
故；
②当底边长时，
，
；
三边长分别为7，7，6能构成三角形，符合题意；
故；
综上所述，或；
故答案为：6或8．
【点睛】此题考查等腰三角形的性质、三角形的构成与一元一次方程的应用，熟练掌握等腰三角形三边的关系与分类讨论是解答此题的关键．
12. 如图，是小明在编程课中设计的一个运算程序的示意图，若开始输入的值为，则输出的结果为______．
【答案】7
【解析】
【分析】把输入，按运算顺序进行计算，根据运算结果先判断能否输出，再考虑重新输入．
【详解】解：当输入时，
可输出．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了代数式求值，解题关键是掌握有理数的运算法则，理解运算程序．
13. 多项式是______次______项式，其中常数项是______．
【答案】 ①. 四##4 ②. 三##3 ③. 2
【解析】
【分析】根据多项式的次数，多项式的项以及常数项的定义直接求解．
【详解】解：∵多项式的次数为四，且由三个单项式组成
∴该多项式四次三项式，常数项为2
故答案为：四，三，2．
【点睛】本题主要考查了多项式的次数与多项式的项和常数项，熟练掌握多项式的相关知识是解答本题的关键．
14. 如图，函数和的图象交于点P，则根据图象可得，不等式的解集是________．
【答案】
【解析】
【分析】利用函数与不等式的关系，不等式可以理解为x相同时，，即坐标系中图像在上方时，写出此时x的取值范围，即可得到答案.
【详解】由图，图像在上方时，
故答案为：
【点睛】本题考查一次函数与不等式的关系，注意以直线交点处作为分界去看.
15. 如图，已知、相交于O，于O，，则的度数是 ___________．
【答案】50
【解析】
【详解】本题主要考查垂线的性质、邻补角，熟练掌握垂线的性质、邻补角的定义是解决本题的关键．
根据垂线的性质、邻补角的定义解决此题．
【解答】：解：∵于O，
∴．
∴．
故答案为：50．
16. 如图，一“L”型纸片是由5个边长都是10cm的正方形拼接而成，过点I的直线分别与AE，JN交于点P，Q，且“L”型纸片被直线PQ分成面积相等的上下两部分，将该纸片沿BG，CH，DI，IJ折成一个无盖的正方体盒子后，点P，Q之间的距离为_____cm．
【答案】10
【解析】
【分析】首先证明PB+QJ＝10，在立体图形中，证明四边形BGQP为矩形，根据矩形的性质解答即可．
【详解】解：平面图形中，∵IJ∥PE，
∴△QIJ∽△QPE，
，即，
∴10EQ+10PE＝PE•EQ，
∵图L被直线PQ分成面积相等的上、下两部分，
，
∴PE•QE＝500，即PE+QE＝50(cm)，
∴PB+JQ＝50﹣40＝10(cm)，
立体图形中，连接MN，
∵PB+JQ＝10，JQ+QG＝10，
∴PB＝QG，
∴四边形BGQP为矩形，
∴PQ＝BG＝10(cm)，
故答案为10．
【点睛】本题考查的是相似三角形的判定和性质、几何体的展开图，掌握相似三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．
17. 解不等式组
【答案】
【解析】
【分析】先分别求出两个不等式的解集，再找出它们的公共部分即为不等式组的解集．
【详解】解：，
解不等式①得：，
解不等式②得：，
则不等式组的解集为．
【点睛】本题考查了解一元一次不等式组，熟练掌握不等式组的解法是解题关键．
18. 计算：
【答案】
【解析】
【分析】根据立方根、负整数指数幂及二次根式的运算可进行求解．
【详解】解：原式
．
【点睛】本题主要考查立方根、负整数指数幂及二次根式的运算，熟练掌握立方根、负整数指数幂及二次根式的运算是解题的关键．
19. 如图，在梯形中，点F，E分别在线段，上，且，

（1）求证：
（2）若，求证：
【答案】（1）证明见解析
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）先根据平行线的性质可得，再根据三角形的全等的判定可得，然后根据全等的三角形的性质即可得证；
（2）先根据全等三角形的性质可得，从而可得，再根据相似三角形的判定可得，然后根据相似三角形的性质即可得证．
【小问1详解】
证明：，
，
在和中，，
，
．
【小问2详解】
证明：，
，
，即，
在和中，，
，
，
由（1）已证：，
，
．
【点睛】本题考查了三角形全等判定与性质、相似三角形的判定与性质，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题关键．
20. 在平面直角坐标系中，点的坐标为，点在轴上，过点作，且这样得到的点称为点关于点的“伴随点”．
（1）如图1，当点的坐标为时，请在图中画出点关于点的“伴随点”，并写出“伴随点”的坐标：______________；
（2）在下列各点中：①，②，③，能成为点关于点的“伴随点”的是____________(填序号)；
（3）若点坐标为，直接写出点关于点的“伴随点”的坐标_____(用表示)．
【答案】（1）见详解，点、为点关于点的“伴随点”；，
（2）①③ （3），
【解析】
【分析】本题考查了一次函数的解析式，全等三角形的判定和性质，学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题是解答本题的关键．
（1）根据题目要求及网格图的特点画出点关于点的“伴随点”，再写出坐标即可；
（2）先证明和，利用全等三角形的对应边相等可得，，，，根据坐标的特点求出点、的函数关系式，再判断点是否为点关于点的“伴随点”；
（3）由（2）中全等三角形对应边的关系可得坐标的关系，即可写出点关于点的“伴随点”的坐标．
【小问1详解】
解：如图，点、为点关于点的“伴随点”，
∴、，
故答案为：，；
【小问2详解】
解：如图，作轴、轴，
∵，
∴
∴，，
∵轴、轴，，
∴，，，
∴，
∵在和中，
，
∴，
∴，，
∵和中，
，
∴，
∴，，
∴，
设：，，
∴，
∴，，
∴，即在函数的图象上，
设：，
∴
∴，，
∴，即在函数的图象上，
在函数的图象上，
不在函数和函数的图象上，
在函数的图象上，
故①③能成为点关于点的“伴随点”，
故答案为：①③；
【小问3详解】
解：∵，，
∴由（2）可知：，，
∴，，
故答案为：，．
21. 下面是小明同学设计的“已知底边及底边上的中线作等腰三角形”的尺规作图过程．
已知：如图1，线段a和线段b．
求作：，使得，，边上的中线为b．
作法：如图2，
①作射线，并在射线上截取；
②作线段的垂直平分线，交于D；
③以D为圆心，b为半径作弧，交于A；
④连接和．
则为所求作的图形．
根据上述作图过程，回答问题：
（1）用直尺和圆规，补全图2中的图形；
（2）完成下面的证明：
证明：由作图可知，．
∵为线段的垂直平分线，点A在上，
∴（ ）（填依据）．
又∵线段的垂直平分线交BC于D，
∴ ＝ ．
∴为边上的中线，且．
【答案】（1）见解析 （2）线段的垂直平分线上的点到线段的两个端点距离相等，．
【解析】
【分析】（1）根据步骤作图即可；
（2）根据线段垂直平分线的性质：线段的垂直平分线上的点到线段的两个端点距离相等，据此填空即可．
【小问1详解】
解：图形如图所示：
【小问2详解】
证明：由作图可知，，
∵为线段的垂直平分线，点A在上，
∴（线段的垂直平分线上的点到线段的两个端点距离相等）
又∵线段的垂直平分线交于D，
∴，
∴为边上的中线，且．
【点睛】本题考查线段垂直平分线的性质及作图，三角形的中线，牢固掌握其性质是解题的关键．
22. 如图，在平面直角坐标系中，的三个顶点的坐标分别是，，，
（1）在图中作出关于轴对称的，其中的坐标为 ；
（2）如果要使以为顶点的三角形与全等（不重合），写出所有符合条件的点坐标．
【答案】（1）图见解析，
（2）或或
【解析】
【分析】（1）由关于轴对称的点的坐标的特征先确定三点的坐标，再描点，连线即可；
（2）根据全等三角形的判定可画出图形，根据图形可直接写出一个符合条件的点D坐标．
【小问1详解】
如图，即为所求；的坐标为（2，﹣3）；
故答案为：（2，﹣3）；
【小问2详解】
如图2，所有符合条件的点坐标为：或或；
【点睛】本题考查了轴对称的性质，全等三角形的判定等，解题关键是牢固掌握关于坐标轴对称的点的坐标的特征并能灵活运用．
23. 在平面直角坐标系中，对于线段和点C，若是以为一条直角边，且满足的直角三角形，则称点C为线段的“从属点”．
已知点A的坐标为．
（1）如图1，若点B为，在点，，，中，线段AB的“从属点”是___________；
（2）如图2，若点B为，点P在直线上，且点P为线段的“从属点”，求点P的坐标；
（3）点B为x轴上的动点，直线与x轴，y轴分别交于M，N两点，若存在某个点B，使得线段上恰有2个线段的“从属点”，直接写出b的取值范围．
【答案】（1），
（2）或
（3）或
【解析】
【分析】（1）按照“从属点”的定义分别对四个点进行分析即可；
（2）分和两种情况，借助等腰直角三角形的判定和性质求解；
（3）画出图象，分和两种情况，分别求出其临界值，从而得到b的取值范围．
【小问1详解】
解：，则，且为直角三角形，故是线段的“从属点”；
，则，且为直角三角形，故是线段的“从属点”；
，则不是直角边，故不是线段的“从属点”；
，则，故不是线段的“从属点”；
综上：线段AB的“从属点”是，
小问2详解】
解：设点P的坐标为，
点P为线段AB的“从属点”，
①时，由题意可知：，
为等腰直角三角形，
，∴，
过点P作轴，垂足为F，交y轴于点E，
可知和为等腰直角三角形，
，，，
则，解得：，点P的坐标为，此时；
②时，过点P作轴，垂足为G，交x轴于点H，
同理可知：，
和为等腰直角三角形，
，，，
则，解得：，
点P的坐标为，此时；
综上，点P的坐标为：或
【小问3详解】
解：如图，
由“从属点”的定义可知：线段的从属点在射线，，上，
当时，当点B和原点重合时，若要满足线段上恰有2个线段的“从属点”，则点C在线段上
此时点，代入，得：
从而当时，总能找到点B，满足条件，
故
当时，若要满足线段上恰有2个线段的“从属点”，
如图，当点E和M重合时，
为等腰直角三角形
可得：，即，代入，得：
而当时，四条射线、、、无法与线段产生两个交点，
从而当时，总能找到点B，满足条件，
故
综上，b的取值范围是：或
【点睛】本题考查了一次函数的图象和性质、直角三角形的性质、等腰直角三角形的判定和性质，解题关键是把握好“从属点”的定义，结合一次函数图象进行数形结合分析．
24. 如图，矩形ABCD中，AB＝15，BC＝9，E是CD边上一点（不与点C重合），作AF⊥BE于F，CG⊥BE于G，延长CG至点C′，使C′G＝CG，连接CF，AC′．

（1）直接写出图中与△AFB相似的一个三角形；
（2）若四边形AFCC′是平行四边形，求CE的长；
（3）当CE的长为多少时，以C′，F，B为顶点的三角形是以C′F为腰的等腰三角形？
【答案】（1）答案不唯一，如△AFB∽△BCE
（2）CE＝7.5 （3）当CE的长为长为或3时，以C′，F，B为顶点的三角形是以C′F为腰的等腰三角形
【解析】
【分析】（1）因为△AFB是直角三角形，所以和它相似的三角形都是直角三角形，有三个直角三角形和△AFB相似，解答时任意写出一个即可；
（2）根据△AFB∽△BGC，得，即，设AF＝5x，BG＝3x，根据△AFB∽△BCE∽△BGC，列比例式可得CE的长；
（3）分两种情况：①当C'F＝BC'时，如图2，②当C'F＝BF时，如图3，根据三角形相似列比例式可得结论．
【小问1详解】
解：（任意回答一个即可）；
①如图1，△AFB∽△BCE，理由如下：

∵四边形ABCD是矩形，
∴DC∥AB，∠BCE＝∠ABC＝90°，
∴∠BEC＝∠ABF，
∵AF⊥BE，
∴∠AFB＝90°，
∴∠AFB＝∠BCE＝90°，
∴△AFB∽△BCE；
②△AFB∽△CGE，理由如下：
∵CG⊥BE，
∴∠CGE＝90°，
∴∠CGE＝∠AFB，
∵∠CEG＝∠ABF，
∴△AFB∽△CGE；
③△AFB∽△BGC，理由如下：
∵∠ABF+∠CBG＝∠CBG+∠BCG＝90°，
∴∠ABF＝∠BCG，
∵∠AFB＝∠CGB＝90°，
∴△AFB∽△BGC；
【小问2详解】
∵四边形AFCC'是平行四边形，
∴AF＝CC'，
由（1）知：△AFB∽△BGC，
∴ ，即，
设AF＝5x，BG＝3x，
∴CC'＝AF＝5x，
∵CG＝C'G，
∴CG＝C'G＝2.5x，
∵△AFB∽△BCE∽△BGC，
∴ ，即，
∴CE＝7.5；
【小问3详解】
分两种情况：
①当C'F＝BC'时，如图2，

∵C'G⊥BE，
∴BG＝GF，
∵CG＝C'G，
∴四边形BCFC'是菱形，
∴CF＝CB＝9，
由（2）知：设AF＝5x，BG＝3x，
∴BF＝6x，
∵△AFB∽△BCE，
∴ ，即，
∴，
∴CE＝；
②当C'F＝BF时，如图3，

由（1）知：△AFB∽△BGC，
∴ ，
设BF＝5a，CG＝3a，
∴C'F＝5a，
∵CG＝C'G，BE⊥CC'，
∴CF＝C'F＝5a，
∴FG＝＝4a，
∵tan∠CBE＝，
∴，
∴CE＝3；
综上，当CE的长为长为或3时，以C′，F，B为顶点的三角形是以C′F为腰的等腰三角形．
【点睛】本题是四边形综合题，考查了矩形的判定和性质，菱形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，平行线的性质，等腰三角形的判定和性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考压轴题．