江苏省连云港市连云港外国语学校2023-2024学年九年级下学期第一次月考数学试题（原卷版+解析版）

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（考试时间：120分钟 试卷总分：150分）
一、选择题（本大题共8小题，每小题3分，共24分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的，请将正确选项的字母代号填涂在答题纸相应位置上）
1. 下列各数中，比小的数是( )
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查有理数的大小比较，根据有理数大小关系，负数绝对值大的反而小，即可得出比小的数．
【详解】解：∵，
∴比小的数是，
故选：C．
2. 风能是一种清洁能源，我国风能储量很大，仅陆地上风能储量就有兆瓦，将数据用科学记数法表示为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】科学记数法的表现形式为的形式，其中，n为整数，确定n的值时，要看把原数变成a时，小数点移动了多少位，n的绝对值与小数点移动的位数相同，当原数绝对值大于等于10时，n是正数，当原数绝对值小于1时n是负数；由此进行求解即可得到答案．
【详解】解：，
故选C．
【点睛】本题主要考查了科学记数法，解题的关键在于能够熟练掌握科学记数法的定义．
3. 下列各组数中，能作为一个三角形三边边长的是（ ）
A. 1，1，2B. 1，2，4C. 2，3，4D. 2，3，5
【答案】C
【解析】
【分析】根据三角形中任意两边之和大于第三边，任意两边之差小于第三边．即可求解．
【详解】A、1+1=2，不满足三边关系，故错误；
B、1+2＜4，不满足三边关系，故错误；
C、2+3＞4，满足三边关系，故正确；
D、2+3=5，不满足三边关系，故错误．
故选C．
【点睛】本题主要考查了三角形三边关系的运用，判定三条线段能否构成三角形时并不一定要列出三个不等式，只要两条较短的线段长度之和大于第三条线段的长度即可判定这三条线段能构成一个三角形．
4. 把图中的纸片沿虚线折叠，可以围成一个几何体，这个几何体的名称是（ ）
A. 五棱锥B. 五棱柱C. 六棱锥D. 六棱柱
【答案】A
【解析】
【分析】由平面图形的折叠及立体图形的表面展开图的特点解题．
【详解】解：由图可知：折叠后，该几何体的底面是五边形，
则该几何体五棱锥，
故选A．
【点睛】本题考查了几何体的展开图，掌握各立体图形的展开图的特点是解决此类问题的关键．
5. 一组数据2，3，5，2，4，则这组数据的众数和中位数分别为（ ）
A. 3和5B. 2和5C. 2和3D. 3和2
【答案】C
【解析】
【分析】根据众数和中位数的概念求解．
【详解】解：将数据重新排列为2，2，3，4，5，
所以这组数据的众数为2，中位数3，
故选C．
【点睛】本题考查了众数和中位数的概念：一组数据中出现次数最多的数据叫做众数；将一组数据按照从小到大（或从大到小）的顺序排列，如果数据的个数是奇数，则处于中间位置的数就是这组数据的中位数；如果这组数据的个数是偶数，则中间两个数据的平均数就是这组数据的中位数．
6. 如图，四边形ABCD内接于⊙O，AB为⊙O的直径，点C为劣弧BD的中点，若∠DAB＝40°，则∠ABC的度数是（ ）
A. 140°B. 40°C. 70°D. 50°
【答案】C
【解析】
【分析】连接AC，根据圆周角定理得到∠CAB＝20°，∠ACB＝90°，根据直角三角形的性质计算即可．
【详解】解：连接AC，
∵点C为劣弧BD的中点，∠DAB＝40°，
∴∠CAB＝∠DAB＝20°，
∵AB为⊙O的直径，
∴∠ACB＝90°，
∴∠ABC＝90°﹣20°＝70°，
故选：C．
【点睛】本题考查了弧的中点，直径所对的圆周角是直角，直角三角形的两个锐角互余，熟练掌握弧的中点的意义，活用直角三角形的两个锐角互余是解题的关键．
7. 小明对《数书九章》中的“遥度圆城”问题进行了改编：如图，一座圆形城堡有正东、正南、正西和正北四个门，出南门向东走一段路程后刚好看到北门外的一颗大树，向树的方向走6里到达城堡边，再往前走4里到达树下．则该城堡的外围直径为（ ）里
A. 3B. 6C. 8D. 10
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查勾股定理，解直角三角形，切线的性质，切线长定理，由切圆于D，切圆于C，连接，得到，里，由勾股定理求出，由，求出（里），即可得到答案．
【详解】解：如图，表示圆形城堡，

由题意知：切圆于D，切圆于C，连接，
∴，里，
∵里，
∴里，
∴，
∵，
∴，
∴（里）．
∴城堡的外围直径为（里）．
故选：B．
8. 如图，矩形中，，，以O为圆心，为半径作弧，且，则阴影部分面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】本题考查了矩形的性质，扇形面积计算，掌握扇形面积公式，矩形的性质是解题的关键，注意：扇形的半径为r，圆心角为n的扇形的面积是．
根据勾股定理求出，求出，则，可得，则，，根据直角三角形的性质求出，根据扇形面积公式、三角形的面积公式计算即可．
【详解】解：如图，过点E作于H，
由题意得，，，
由勾股定理得，，
∵
∴，
∴，
∴，
∵
∴
∵
∴
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴阴影部分的面积=．
故选：A．
二、填空题（本大题共8小题，每小题3分，共24分．不需写出解答过程，请把答案直接填写在答题纸相应位置上）
9. 若式子在实数范围内有意义，则x的取值范围是_________．
【答案】x≥5
【解析】
【分析】先根据二次根式有意义的条件列出关于x的不等式，求出x的取值范围即可．
【详解】∵在实数范围内有意义，
∴x−5⩾0，解得x⩾5．
故答案为：x≥5
【点睛】此题考查了二次根式有意义的条件，二次根式有意义的条件是被开方数a⩾0，同时也考查了解一元一次不等式．
10. 若关于x的分式方程有增根，则增根为______．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了分式方程的增根问题，让最简公分母为0确定增根．
【详解】解：依题意，，
∴，
故答案为：．
11. 点A向下平移2个单位，再向左平移2个单位到点，则点A的坐标为______．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了平移与坐标，设，根据平移可得，结合题意即可求解．
【详解】解：设，根据平移可得，
∵，
∴，
∴，
∴，
故答案为：．
12. 底面圆半径为、高为的圆锥的侧面展开图的面积为________．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查圆锥的计算，先利用勾股定理求出圆锥的母线，再根据圆锥的侧面展开图的面积列式计算即可．
【详解】解：根据题意可知，圆锥的母线长为，
圆锥的侧面展开图的面积为，
故答案为：．
13. 某种型号的小型飞行器着陆后滑行的距离单位：米关于滑行的时间单位：秒的函数解析式是，此飞行器滑行的最大距离是______米．
【答案】
【解析】
【分析】本题主要考查二次函数的应用，将函数解析式配方成顶点式求出取得最大值时的的值即可得．
【详解】解：，，
当时，取得最大值，
此飞行器滑行的最大距离是米．
故答案为：．
14. 如图，在平面直角坐标系中，有三点，，，则______．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了坐标与图形，求正弦，根据点的坐标得出是等腰直角三角形，进而根据正弦的定义，即可求解．
【详解】解：如图所示，取点，
∵，，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∴，
故答案为：．
15. 如图，在正五边形中，点是的中点，连接与交于点，则______．

【答案】
【解析】
【分析】本题考查正多边形的性质，等腰三角形的性质，三角形的外角的性质等知识，连接，，求出，可得结论．
【详解】连接，，

∵五边形是正五边形，
∴，，
正五边形的外角，
故，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
故答案为：．
16. 如图，正方形的边长为，线段绕着点逆时针方向旋转，且，连接，以为边作正方形，为边上的点，且，当线段的长最小时，______．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了圆的性质，正方形的性质，三角形相似的判定和性质，三角函数，连接，证明，得到，，确定点在以点为圆心，以为半径的圆上，当点、、三点一线时，的长最小，过点作，计算．
【详解】连接，
正方形的边长为，正方形，
，，，
，，
，
，，
，
，
点在以点为圆心，以为半径的圆上，
当点、、三点一线时，的长最小，
过点作，
，正方形的边长为，
，，
，
．
故答案为：．
三、解答题（本大题共11小题，共102分．请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤，作图保留作图痕迹）
17. 计算：
【答案】
【解析】
【分析】先计算开方与乘方，并去绝对值符号，再计算加减即可．
【详解】解：原式
．
【点睛】本题考查实数混合运算，熟练掌握负整指数幂、绝对值意义是解题的关键．
18. 先化简，再求值：，其中．
【答案】；
【解析】
【分析】先利用分式的运算法则化简，再将代入即可得出答案．
【详解】解：原式
当时，原式．
【点睛】本题考查分式的化简求值，属于中考常规考题，解题的关键在于熟练掌握分式的运算法则．
19. 解方程组．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了解二元一次方程组，根据加减消元法，解二元一次方程组，即可求解．
【详解】解：
得，
解得：
将代入得，
解得：
∴原方程组的解为．
20. 如图，四边形ABCD是菱形，AE⊥BC于点E，AF⊥CD于点F．

（1）求证：△ABE≌△ADF；
（2）若AE=4，CF=2，求菱形的边长．
【答案】（1）见解析 （2）5
【解析】
【分析】（1）利用AAS即可证明△ABE≌△ADF；
（2）设菱形的边长为x，利用全等三角形的性质得到BE=DF=x−2，在Rt△ABE中，利用勾股定理列方程求解即可．
【小问1详解】
证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=BC=CD=AD（菱形四条边相等），∠B=∠D（菱形的对角相等），
∵AE⊥BC AF⊥CD，
∴∠AEB=∠AFD=90°（垂直的定义），
在△ABE和△ADF中，
，
∴△ABE≌△ADF(AAS)；
【小问2详解】
解：设菱形的边长为x，
∴AB=CD=x，CF=2，
∴DF=x−2，
∵△ABE≌△ADF，
∴BE=DF=x−2（全等三角形的对应边相等），
在Rt△ABE中，∠AEB=90°，
∴AE2+BE2=AB2（勾股定理），
∴42+(x−2)2=x2，
解得x=5，
∴菱形的边长是5．
【点睛】本题主要考查菱形的性质、勾股定理，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题．
21. 目前人们的支付方式日益增多，主要有以下四种方式：
A．微信 B．支付宝
C．信用卡 D．现金
某超市对一天内消费者的支付方式进行了统计，得到如下两幅不完整的统计图．
请你根据统计图提供的信息，回答下列问题：
（1）本次一共调查了______名消费者；
（2）补全条形统计图，在扇形统计图中D种支付方式所对应的圆心角为______°；
（3）该超市本周内约有2200名消费者，估计使用C和D两种支付方式的消费者的人数的总和．
【答案】（1）
（2）图形见解析；
（3）
【解析】
【分析】本题考查扇形统计图和条形统计图的综合应用，样本估计总体；
（1）用B的人数除以所占百分比就能求出一共调查的消费者人数；
（2）消费者人数乘以A所占的百分比，求出A的人数；消费者总人数减去A，B，C的人数，就得到D的人数；周角乘以D占的比例就得到D种支付方式所对应的圆心角；
（3）用总人数乘以对应的占比求解即可．
【小问1详解】
解：本次调查的总人数为（名），
故答案为：200；
【小问2详解】
解：A支付方式的人数为（名），
D支付方式的人数为（名），
补全图形如下：

在扇形统计图中D种支付方式所对应的圆心角为，
故答案为：36；
【小问3详解】
解：（名），
答：估计使用C和D两种支付方式的消费者的人数的总和为572名．
22. 2024年春节档电影票火爆预售中，甲，乙，丙三人想从《志愿军2》和《射雕英雄传：侠之大者》这两部电影中任意选择一部观看．
（1）甲选择《志愿军2》的概率是______．
（2）用画树状图或列表的方式，求甲，乙，丙三人选择同一部电影的概率．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】本题考查了概率的计算，正确列举符合条件的等可能结果是解答本题的关键．
（1）利用概率的计算公式计算即可；
（2）根据题意画出树状图，列举符合条件的等可能结果，再利用概率的计算公式计算即可．
【小问1详解】
甲选择《志愿军2》的概率是，
故答案：．
【小问2详解】
《志愿军2》和《射雕英雄传：侠之大者》分别用A和B表示，
画树状图如下：
由树状图知，共有8种等可能结果，其中甲，乙，丙三人选择同一部电影的情况有2种
甲，乙，丙三人选择同一部电影的概率为．
23. 图①是一种手机平板支架、由托板、支撑板和底座构成，手机放置在托板上，图②是其侧面结构示意图、托板长，支撑板长，板固定在支撑板顶点C处，且，托板可绕点C转动，支撑板可绕点D转动，．
（1）若时，求点A到直线的距离（计算结果精确到个位）；
（2）为了观看舒适，把（1）中调整为，再将绕点D逆时针旋转，使点B落在直线上即可、求旋转角度．
（参考数：，，，，，，）
【答案】（1）124mm；（2）33.4°
【解析】
【分析】（1）通过作垂线，构造直角三角形，利用直角三角形的边角关系，求出CN、AF，即可求出点A到直线DE的距离．
（2）依题意画出图形，解直角三角形BCD得出∠CDB=26.6°，即可得出答案；
【详解】解：如图，过A作AM⊥DE，交ED的延长线于点M，过点C作CF⊥AM，垂足为F，过点C作CN⊥DE，垂足为N，则四边形CFMN为矩形；
由题意可知，AC=AB-CB=115-35=80，CD=70，∠DCB=70°，∠CDE=60°，
在Rt△CDN中，
∠DCN=90°-60°=30°，
又∵∠DCB=70°，
∴∠BCN=70°-30°=40°，
∵AM⊥DE，CN⊥DE，
∴AMCN，
∴∠A=∠BCN=40°，
∴∠ACF=90°-40°=50°，
在Rt△AFC中，AF=AC•sin50°=80×0.8≈64（mm），
∴AM=AF+FM=64+35≈64+59.5=123.5≈124（mm），
∴点A到直线DE的距离约为124mm．
（2）依题意画出图形，如图
在Rt△BCD中，∠BCD=90°，BC=35mm，CD=70mm，
∴
∴∠CDB26.6°，
∴CD旋转的角度=60°-26.6°=33.4°．
【点睛】本题考查了解直角三角形的应用，通过作辅助线构造直角三角形是常用的方法，也是基本的方法．
24. 如图，在平面直角坐标系中，直线与双曲线交于，两点，与轴交于点，与轴交于点，其中点的坐标为．
（1）求双曲线和直线的表达式；
（2）将直线沿轴向下平移，当平移后的直线与双曲线只有一个交点时，请求出直线的解析式．
【答案】（1），
（2）或
【解析】
【分析】本题是反比例函数综合题，主要考查了待定系数法求一次函数和反比例函数解析式，反比例函数与一次函数的交点问题，一次函数图象的平移；
（1）把的坐标代入函数解析式，即可利用待定系数法求得反比例函数与一次函数的解析式；
（2）由于将直线向下平移个单位长度得直线解析式为，则直线与反比例函数有只有一交点，即方程只有一组解，再根据判别式的意义得到关于的方程，最后解方程求出的值即可求得答案．
【小问1详解】
解：把代入得，
则双曲线的表达式是，
把代入得，
解得，
则直线的表达式是；
【小问2详解】
解：将直线向下平移个单位长度得直线解析式为，
∵直线向下平移个单位长度后与反比例函数的图象只有一个交点，
∴，
整理得，
，
解得或，
∴直线的解析式为或．
25. 神舟十七号飞船即将荣耀归来，为激发同学们对航天事业的兴趣，学校组织了一场以“飞天”为主题的文艺晚会，打算购买一些“飞天”装饰挂件与专属航天印章送给学生留作纪念．已知每盒挂件有30个，每盒印章有20个，且都只能整盒购买，每盒挂件的价钱比每盒印章的价钱多10元；用100元购买挂件的盒数与用75元购买印章的盒数相同．
（1）求每盒挂件和每盒印章的价格分别为多少元?
（2）如果给每位学生分发2个挂件与2个印章．设购买挂件a盒，购买印章b盒恰好能配套分发，则______（用含a代数式表示）；
（3）累计购买超过850元后，超出850元的部分有6折的优惠．学校以（2）中的配套方式购买，共需要花费w元，求w关于a的函数关系式．若该校某年级有750名学生，则需要购买挂件与印章各多少盒?共需要多少费用?
【答案】（1）每盒挂件为40元，每盒印章为30元
（2）
（3）需要购买50盒挂件与75盒印章，共需要2890元
【解析】
【分析】本题考查了分式方程的应用，分段函数及一次函数的应用，能够根据题意列出准确的分式方程，求费用的最大值转化为求一次函数的最大值是解题的关键．
（1）设每盒挂件的价格为x元，则每盒印章为元，根据题意即可列出分式方程，解分式方程即可求得．
（2）根据配套问题，a盒挂件与b盒印章恰好分发配套，列出用含a的代数式表示b即可．
（3）根据累计购买炒超过850元后，超出850元的部分有6折的优惠，分段可求得解析式，据此即可解答．
【小问1详解】
解：设每盒挂件的价格为x元，则每盒印章为元，
根据题意，得，
解得，
检验：当时，，
∴是分式方程的解，且符合题意，
∴（元）．
答：每盒挂件为40元，每盒印章为30元．
【小问2详解】
∵a盒挂件与b盒印章恰好能配套分发，
∴，
∴．
【小问3详解】
当，即时，，
当，即时，，
∴，
∵挂件需要（个），印章需要（个），
∴需要购买挂件（盒），印章（盒），
∴总费用（元）．
答：需要购买50盒挂件与75盒印章，共需要2890元．
26. 如图，二次函数的图象与轴交于，两点，与轴交于点，其中，．

（1）求这个二次函数的表达式；
（2）点是二次函数图像上轴下方的一个动点，过点作轴交直线于点，连接，将沿折叠，当的对应点恰好落在轴上时，请求出点的坐标；
（3）在二次函数的图象上，是否存在点，使得若存在，请求出点坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）这个二次函数的表达式为
（2）点的坐标为
（3）点坐标为或
【解析】
【分析】本题考查了二次函数的综合应用，折叠问题，正切的定义；
（1）利用待定系数法求解即可；
（2）利用折叠的性质和平行线的性质证明，然后设元，求解即可；
（3）当在直线下方和直线上方，根据，得出，进而得出直线的解析式为，直线的解析式为，联立抛物线即可求解．
【小问1详解】
解：∵二次函数的图象经过，，
∴，解得，
∴这个二次函数的表达式为；
【小问2详解】
解：令，则，
解得，，
∴，

设直线的解析式为，
则，解得，
∴直线的解析式为，
将沿折叠，当的对应点恰好落在轴上时，，
∵轴，
∴，
∴，
∴，
设点的坐标为，则点的坐标为，
∴，，
∴或，
解得（舍去）或（舍去）；
解得（舍去）或；
当时，；
∴点的坐标为；
【小问3详解】
解：∵
∴
∵
∴
当在下方时，如图所示，过点作轴的平行线，过点作，过点分别作的平行线交于点，

∵，
∴，
∴
又∵
∴是等腰直角三角形，
∵
∴
∴
∴
设直线的解析式为
解得：
∴直线的解析式为
联立
解得：，
∴点坐标为
当在直线上方时，如图所示，

同理可得是等腰直角三角形，
∴，
同理可得直线的解析式为
联立
解得：或
∴点坐标为，
综上所述，点坐标为或．
27. 如图，四边形中，，，，点M，N分别是边上的动点，且，与对角线分别交于点P，Q．
（1）如图1，若，，
① 填空：______．
② 若，求的度数．
③ 在点M，N的运动过程中，的比值是否发生变化？若不变，请求出这个值；若变化，请说明理由．
（2）如图2，若，，直接写出______．
【答案】（1）①；②；③，是一个定值，理由见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）①如图所示，连接，证明得到，则，利用勾股定理求出，则；②如图所示，延长到E，使得，连接，证明，得到，再证明，得到，即可求出；③如图所示，连接交于H，先证明垂直平分，得到，证明；进而证明，证明，可得，则，证明，即可得到；
（2）先证明是等边三角形，得到，，设，则，，由（1）③可知，则，进而得到，再由，得到， 即可求出．
【小问1详解】
解：①如图所示，连接，
∵，，，
∴，
∴，
∵，
∴，
在中，，，，
∴，
∴，
故答案为：；
②如图所示，延长到E，使得，连接，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∵，
∴；
③，一个定值，理由如下：
如图所示，连接交于H，
∵，
∴垂直平分，
∴，
∴，
∴；
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，是一个定值；
【小问2详解】
解：∵，，
∴是等边三角形，
∴，，
设，
∴，，
由（1）③可知，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，，
∴，即，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了相似三角形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，勾股定理，含30度角的直角三角形的性质，解直角三角形，正确作出辅助线构造相似三角形和直角三角形是解题的关键．