北京市三帆中学 2023-2024学年九年级下学期月考数学试题（原卷版+解析版）

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第1～8题均有四个选项，符合题意的选项只有一个．
1. 2024年2月，中国基站总数达3509000个，用户达八亿，两项数据都是世界第一！中国预计将在2025年实现商用．将3509000用科学记数法表示应为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查了科学记数法：把一个大于10的数表示成的形式（a大于或等于1且小于10，n是正整数）；n的值为小数点向左移动的位数．根据科学记数法的定义，即可得到答案
【详解】解： ，
故选：B．
2. 下列中国风传统图腾的图案中，是中心对称图形的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查的是中心对称图形的概念，解题的关键是掌握中心对称图形是要寻找对称中心，旋转度后与原图重合．根据中心对称图形的概念判断．把一个图形绕某一点旋转，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形．
【详解】解：A、找不到这样的一个点，使图形绕某一点旋转后与原来的图形重合，所以是中心对称图形，不符合题意；
B、找不到这样的一个点，使图形绕某一点旋转后与原来的图形重合，所以不是中心对称图形，不符合题意；
C、能找到这样的一个点，使图形绕某一点旋转后与原来的图形重合，所以是中心对称图形，符合题意；
D、不能找到这样的一个点，使图形绕某一点旋转后与原来的图形重合，所以不是中心对称图形，不符合题意；
故选： C．
3. 如图，点在直线上，若，，则的大小为（ ）

A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】此题考查了几何图形中角度的计算，正确掌握图形找中各角度的关系是解题的关键．
首先求出，然后利用角的和差求解即可．
【详解】∵
∴
∵
∴．
故选：B．
4. 若正边形的每个外角为，则的值为（ ）
A. 5B. 6C. 7D. 8
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查多边形的外角和，根据多边形的外角和等于即可求出多边形的边数．
【详解】解：∵．
∴n的值为8．
故选：D．
5. 关于的一元二次方程有两个不相等的实数根，则m的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据方程有两个不相等的实数根，得到根的判别式大于0，求出的范围即可．
【详解】解：关于的一元二次方程有两个不相等的实数根，
，
解得：．
故选：A．
【点睛】此题考查了根的判别式，熟练掌握根的判别式与方程解的情况之间的关系是解本题的关键．
6. 实数在数轴上对应点的位置如图所示，若实数满足，且，则的值可以是（ ）
A. B. C. 1D. 3
【答案】B
【解析】
【分析】本题主要考查不等式的性质，根据数轴找到a得范围，得到的范围，再结合题意得到的范围即可找到b的可能值．
【详解】解：由图像得，，则，
∵，
∴，
∵，
∴，
故选：B．
7. 学校为了外出参加某项演出活动，计划先由甲、乙两个班各选两名学生，学校再从这4名学生中挑选出两名学生代表学校参加演出活动，被抽选到的这两名学生分别来自不同班级的概率是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】本题主要考查了用列举法求概率，设甲班学生为，，乙班学生为，，列出所有的情况，再看可能得情况有几种，最后根据概率公式求解即可．
【详解】解：设甲班学生为， ，乙班学生为， ，
则从4名学生中挑选两名学生有：
，，，，，共6种情况，
其中两名学生来自不同班级的情况有4种，
所以被抽选到的两名学生分别来自不同班级的概率是．
故选：D．
8. 如图，在以为直径的半圆中，有一内接矩形，其边长比，若，，，给出下面四个结论：
①②③④
上述结论中，所有正确结论的序号是（ ）

A ①②B. ③④C. ①②③D. ①②③④
【答案】C
【解析】
【分析】该题主要考查了相似三角形的性质和判定，圆的性质，完全平方公式，圆周角定理等知识点，解题的关键是证明相似．
根据，得出，再根据半径相等判断①；证明，根据相似性质判断②；根据完全平方公式变形判断③④；
【详解】，，，，
，
，
，
，
，
，
，①正确；
连接，

∵是直径，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，即，
即，②正确；
∵，，
∴，故③正确；
∴，故④错误；
故选：C．
二、填空题（共16分，每小题2分）
9. 函数的自变量x的取值范围是___．
【答案】
【解析】
【详解】解：在实数范围内有意义，
则；解得
故答案为
10. 分解因式：___________．
【答案】
【解析】
【分析】先提取公因式y，再对余下的多项式利用完全平方公式继续分解．
【详解】解：，
，
．
故答案为：
【点睛】本题考查的是提公因式与公式法分解因式，掌握因式分解的方法是解本题的关键．
11. 方程的解为_________．
【答案】##
【解析】
【分析】本题考查了分式方程的解法，其基本思路是把方程的两边都乘以各分母的最简公分母，化为整式方程求解． 两边都乘以化为整式方程求解，然后验根即可．
【详解】解：，
两边都乘以，得
，
解得，
检验：当时，，
∴是原方程的解．
故答案为：．
12. 在平面直角坐标系中，函数的图象与直线交于，两点，若点坐标为，则点坐标为_________．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了一次函数与反比例函数的交点问题，把点分别代入和得的值，再联立方程组，解方程可得B的坐标．
【详解】解：把点代入得，
，
解得，，
∴一次函数的解析式为；
把点代入，得，，
∴
∴反比例函数的解析式为；
联立方程组得，
解得，
∵,
∴
故答案为：
13. 如图，在中，，，于点，交的延长线于点，若，则的长为_________．
【答案】10
【解析】
【分析】本题主要考查了平行四边的性质，相似三角形的判定以及性质，等腰直角三角形的判定以及性质，由已知条件可得出，由平行四边形的性质可得出，进而证明，由相似三角形性质可得出，进而可得出，即可求出的值，则即可求出的值．
【详解】解：∵，
∴，
又∵
∴，
∴
∵，
∴，
∵是平行四边形，
∴，，
∴，
又，
∴，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，
故答案为：10．
14. 如图，是的直径，弦，垂足为，连接，取的中点，连接，已知，，则的半径长为_________．

【答案】
【解析】
【分析】连接，由垂径定理得，再由中位线的性质得从而利用解直角三角形即可得解。
【详解】解：如图，连接，

是的直径，弦，，
，
∵是的中点，是的中点，
∴
∴
∴则，
∴，
∴
∴的半径长为，
故答案为：．
【点睛】本题考查了三角形的中位线性质、解直角三角形，垂径定理及勾股定理，熟练掌握垂径定理是解题关键．
15. 描金又称泥金画漆，是一种传统工艺美术技艺．起源于战国时期，在漆器表面，用金色描绘花纹的装饰方法，常以黑漆作底，也有少数以朱漆为底．描金工作分为两道工序，第一道工序是上漆，第二道工序是描绘花纹．现有四件原料A、B、C、D，每件原料在每道工序所需的时间（单位：小时）如表：
若由一名工匠单独完成四件原料的描金工作，则完成这四件原料的描金工作需要_________小时；若由甲、乙两位工匠完成四件原料的描金工作，每件原料先由甲上漆，再由乙描绘花纹，则完成这四件原料的描金工作最少需要_________小时．
【答案】 ①. 87 ②. 55
【解析】
【分析】本题主要考查了推理判断，根据单独完成不能重复直接计算即可，再根据描绘花纹的时间都花费，且开始上漆时间最短即可．
【详解】由一名工匠单独完成四件原料的描金工作需要（小时）；甲工人给原料D上漆需要6小时，之后甲工人再给原料C上漆需要9小时，同时乙工人给原料D描绘花纹，接下来甲工人给原来A上漆需要15小时，同时乙工人给原料C描绘花纹，然后甲工人给原料B上漆，同时乙工人给原料A描绘花纹，最后乙工人给原料B描绘花纹需要14小时.共需要（小时）．
故答案为：87，55．
16. 甲、乙两位同学在如下所示的表格中从左至右依次填数，已知表中第一个数字是9，甲乙轮流从1，2，3，4，5，6，7，8中选出一个数字填入表中（表中已出现的数字不再重复使用）．每次填数时，甲会选择填入后使表中数据方差最大的数字，乙会选择填入后使表中数据方差最小的数字，甲先填，请你在表中空白处填出一种符合要求的填数结果．
【答案】 ①. 1 ②. 5 ③. 2 ④. 4
【解析】
【分析】本题考查方差的概念和应用．熟练掌握方差越大，数据波动越大，方差越小，数据波动越小是解题的关键．开始数据是9，甲先填入的数据使方差最大，说明甲填入的是最大的数字1，乙填入的数据使方差最小，说明乙填入的数据是中间数字5，以此类推即可算出答案．
【详解】解：由题意可知，开始数字是9，
∵甲填入数字后数据方差最大，
∴甲先填入1，
又∵乙填入数字后数据方差最小，
∴乙再填入5，
又∵甲填入的数字使此时的方差最大，
∴甲填入的数字可以为2，
∴最后乙填入的数字是4，
∴依次填入的数字是9，5，2，4．
故答案为：9，5，2，4．
三、解答题（共68分，第17—19题，每题5分，第20～21题，每题6分，第22～23题，每题5分，第24题6分，第25题5分，第26题6分，第27～28题，每题7分）
17. 计算：
【答案】
【解析】
【分析】本题主要考查了实数的混合运算，先化简绝对值，负整数指数幂，零次幂，特殊角的三角函数值，然后再算乘法，最后算加减法．
【详解】解：
18. 解不等式组：．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了一元一次不等式组的解法，熟练掌握一元一次不等式组的解法是解答本题的关键．先分别解两个不等式，求出它们的解集，再求两个不等式解集的公共部分即可得到不等式组的解集．
【详解】解：，
解①得，
解②得，
∴不等式组的解集为．
19. 已知：，求代数式的值．
【答案】1
【解析】
【分析】本题考查整式的化简求值，解题的关键是掌握整式的加减运算法则和整体代入的思想．先去括号，再合并同类项，得出化简的结果，再整体代入求值．
【详解】解：
，
∵，
∴，
则原式．
20. 如图所示，在菱形中，对角线，交于点，，．

（1）求证：四边形为矩形；
（2）连接，若，，求的长度．
【答案】（1）见解析 （2）
【解析】
【分析】（1）先证四边形为平行四边形，再由是菱形的性质得，即可得出结论；
（）根据菱形的性质证是等边三角形，得，利用勾股定理得，从而有，再利用勾股定理即可求解．
【小问1详解】
证明：∵，，
∴四边形是平行四边形，
∵四边形是菱形，
∴，
∴，
∴四边形是矩形；
【小问2详解】
解：∵四边形是菱形，
∴，，，，，
∴是等边三角形，
∴，
∴，
∵四边形是矩形，
∴，
在中，由勾股定理得：，
∴，
∴在中，由勾股定理得：．
【点睛】本题考查了矩形的判定与性质、菱形的性质、等边三角形得判定及性质、平行四边形的判定与性质、勾股定理等知识，熟练掌握矩形的判定与性质是解题的关键．
21. 梅兰竹菊，被称为“四君子”，在中国文化中具有非常重要的象征意义，代表着高尚的品德和精神追求．在我校第十三届艺术节活动中，某班同学在长、宽的展板上展出了四幅书画作品．每幅作品面积为（作品尺寸均相同），如图所示，作品与展板外沿、作品之间均贴有宽度相同的彩色纸带，求彩色纸带的宽度．
【答案】彩色纸带的宽为
【解析】
【分析】本题考查了根据矩形的面积公式的列一元二次方程解决实际问题的运用及一元二次方程解法的运用．解答时检验根是否符合题意是容易被忽略的地方．
设彩色纸带的宽为，根据题目条件列出方程，求出其解就可以．
【详解】解：设彩色纸带的宽为，
根据题意，得，
整理，得．
解方程，得(不合题意，舍去)．
答：彩色纸带的宽为．
22. 在平面直角坐标系中，一次函数的图象由直线平移得到，且过点，与直线交于点．
（1）求一次函数的表达式及点的坐标；
（2）当时，对于的每一个值，一次函数的值大于一次函数的值，直接写出的取值范围．
【答案】（1）一次函数，
（2）
【解析】
【分析】本题主要考查一次函数的性质和图像平移，
利用图象平移设一次函数解析式，再结合待定系数法求得求得解析式和点坐标；
根据题意列出不等式，利用分类讨论思想即可求得解．
【小问1详解】
解：由题意可设一次函数，
∵一次函数过点，
∴，解得，
则一次函数，
∵一次函数与直线交于点，
∴，
∴点．
【小问2详解】
由题意得当时，，得，
①当时，；
②当时，，则，解得，与矛盾；
③当时，，则，解得，
由，得，则有，
则；
综上所述，．
23. 为进一步增强中小学生“知危险会避险”的意识，某校初三年级开展了系列安全知识竞赛，从中随机抽取30名学生两次知识竞赛的成绩（百分制），并对数据（成绩）进行收集、整理、描述和分析．下面给出了部分信息．
．这30名学生第一次竞赛成绩和第二次竞赛成绩得分情况统计图：

．下表是这30名学生两次知识竞赛的获奖情况相关统计：
（规定：分数，获卓越奖；分数，获优秀奖；分数，获参与奖）
c．第二次竞赛获卓越奖的学生成绩如下：
90 90 91 91 91 91 92 93 93 94 94 94 95 95 96 98
d．两次竞赛成绩样本数据的平均数、中位数、众数如表：
根据以上信息，回答下列问题：
（1）_________，_________；
（2）可以推断出第_________次竞赛中初三年级全体学生的成绩水平较高，理由是_______________________________________________________________；（至少从两个方面说明）
（3）学校现推荐4名学生去参加区安全知识竞赛，请你在图中圈出表示这四位同学成绩的点，理由是_______________________________________________________________．
【答案】（1）90，90；
（2）二，第一次竞赛学生成绩的平均数、中位数、众数都低于第二次竞赛；
（3）见解析
【解析】
【分析】（1）根据加权平均数的定义即可求得m，根据中位数的定义即可求出n；
（2）利用平均数、中位数、众数进行决策即可；
（3）根据2次成绩平均数最大的位置，圈出即可．
【小问1详解】
解：，
30名同学第二次竞赛成绩，从小到大，最中间的两个数为第15个和第16个，成绩都为90，
∴中位数是(分)，
故答案为：90，90；
【小问2详解】
解：可以推断出第二次竞赛中初三年级全体学生的成绩水平较高，理由是平均数第一次成绩88分<第二次成绩90分，根据中位数第一次分<第二次90分，根据众数第一次88分<第二次91分，
故答案为：二，第一次竞赛学生成绩的平均数、中位数、众数都低于第二次竞赛；
【小问3详解】
解：如图，圈出的4名同学成绩表示的点，理由是这4名同学2次成绩平均数最大，
故答案为：这4名同学2次成绩平均数最大；
【点睛】本题考查了统计图，平均数、中位数、众数，解题的关键是根据统计图得出所需数据及搞清中位数的定义．
24. 如图，为外一点，，为的切线，，为切点．为的直径，连接，，延长，交于点．
（1）证明：．
（2）若，，求的长．
【答案】（1）见详解 （2）
【解析】
【分析】本题考查了性质：圆的切线垂直于经过切点的半径；也考查了勾股定理和全等三角形的判定与性质，解直角三角形，平行线的判定．
（1）连接，证明，根据全等三角形性质和等腰三角形性质得出，进而得到；
（2）先用得出半径，，再根据勾股定理计算出，再用计算出，根据勾股定理即可求解．
【小问1详解】
证明：连接，
∵、是的两条切线，、是切点，
∴．
在和中，
，
∴，，
∵，
，
，
，
∴；
【小问2详解】
解：∵、是的两条切线，、是切点，
∴．
中，设，
．
由，解得．
，，
在中，由得，
在中，，
即，
解得，
在中，
∴．
25. 数学兴趣小组在设计一个表面积为，底面为正方形的长方体盒子（有底也有盖）时，发现了一个有趣的问题：盒子的体积与底面边长之间有某种函数关系．
他们开展了如下的探究过程，请你将其补充完整：
（1）建立模型：设长方体的高为，表面积为，根据长方体的表面积公式：，
①
将①代入长方体的体积公式，得：_________②
可知，是的函数，自变量的取值范围是．
（2）探究函数：根据函数解析式②，按照下表中自变量的值计算（精确到0.01），得到了与的几组对应值：
在下面的平面直角坐标系中，描出了以上表中各对对应值为坐标的点，根据描出的点，画出该函数的图象：
（3）解决问题：结合表中数据，并利用所画的函数图象推断：
①当底面边长为_________（精确到0.01）时，这个盒子的体积最大；
②这个盒子的体积为2时，底面边长为_________（精确到0.01）．
【答案】（1）；
（2）见解析； （3）①，②或.
【解析】
【分析】本题考查了函数图象以及分式的乘法，根据函数图象获取信息是解题的关键．
（1）把代入计算即可得解；
（2）用平滑的曲线连接即可得解；
（3）①根据（2）中的表格中数据与函数图象分析可得当当时，此时处于最高点，即可判断求解，②由当时，，当时，，结合图形判断求解即可.
②根据函数图象求解即可
【小问1详解】
解：∵，
∴，
故答案为：；
【小问2详解】
解：作图如下，
小问3详解】
解：①∵当时，，此时处于最高点，
∴结合图像可得，底面边长为时，这个盒子的体积最大，
故答案为：，
②∵当时，，当时，，
∴结合图形得这个盒子的体积为2时，底面边长为或。
故答案为：或.
【点睛】此题考查函数的表示方法，函数自变量的取值范围，函数图像，解题关键在于看懂图中数据.
26. 在平面直角坐标系中，，为抛物线上任意两点，设该抛物线的对称轴为．
（1）若时，，求的值；
（2）若对于，，都有，已知点，在该抛物线上，比较，，的大小，并说明理由．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】本题主要考查二次函数的性质和不等式的性质，
根据题意将点代入抛物线得到，结合对称轴得定义即可求得t；
根据抛物线的对称轴求得，将点代入即可得到，结合题意已知即可知，利用开口向上和点离对称轴距离即可求得．
【小问1详解】
解：由题意得，则，
∵抛物线的对称轴为，
∴，
则；
【小问2详解】
∵抛物线的对称轴为，
∴，则，
由题意得，，
则
，
∵，
∴，
∵，，
∴，，
∵，
∴，
则，解得，
∵，，
∴．
27. 如图在中，，，为延长线上一点，将线段绕点顺时针旋转得到线段，连接，，过点作线段的垂线，交射线于点，连接．
（1）依题意补全图形，并直接写出的度数（用含的式子表示）；
（2）求证：．
【答案】（1）画图见解析，
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）先根据题意作图，再由旋转的性质和等边对等角得到，，证明A、C、E、F四点共圆，即可得到；
（2）延长到M，使得，由旋转的性质可得，则，可证明，再证明，得到，进一步证明，得到，进一步证明，则可证明，即可得到．
【小问1详解】
解：如图所示，即为所求；
由旋转的性质可得，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴A、C、E、F四点共圆，
∴；
【小问2详解】
证明：如图所示，延长到M，使得，
由旋转的性质可得，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，即，
∴，
∴，
∵A、C、E、F四点共圆，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴．
【点睛】本题主要考查了相似三角形的性质与判定，圆周角定理，旋转的性质，等边对等角，全等三角形的性质与判定，正确作出辅助线构造相似三角形和全等三角形是解题的关键．
28. 在平面直角坐标系中，的半径为，点是上一点．对平面内的一点，先将点关于点作中心对称变换得到点，再将点沿射线的方向平移半径的长度得到点，称为一次关于半径的反射平移，点称为点关于半径的反射平移点．如图，已知点．
（1）点是上的动点，，则在，，，中，可能是点关于半径的反射平移点的是________；
（2）直线：与轴交于点，与轴交于点．
①当经过点，且的坐标为时，若线段上一点关于半径的反射平移点在上或内部，直接写出点的横坐标的取值范围；
②当直线经过点，且在轴的正半轴上时，若线段上存在点，使点关于半径的反射平移点在上，求的半径的取值范围；
（3）的半径为1．若对于过点的线段上每一点（不含端点），都存在位于第一象限的点，使点关于半径的平移反射点恰好在上，直接写出线段长度的最大值．
【答案】（1）
（2）①② （3）
【解析】
【分析】（1）根据新定义可得在为圆心，1为半径的圆上，进而根据点的坐标到的距离为，即可求解；
（2）①线段上一点关于半径的反射平移点在上或内部，即在的内部时，先中心对称再平移，得出，则进而得出，结合图形即可求解；
②当与相切时，为临界值；同①得出，根据，解方程，即可求解；
（3）先确定点的位置，是在第一象限内的圆弧 ，进而根据新定义得出点的轨迹为平面内到弧距离为的点组成的图形，如图所示曲线组成的封闭图形，画出图形，即可求解．
【小问1详解】
解：点关于的对称点，
∵，则在为圆心，1为半径的圆上，如图所示，
∵，，，，
，则在上，
故答案为：．
【小问2详解】
①解：∵经过点，
∴
∴，
如图所示，线段上一点关于半径的反射平移点在上或内部，即在的内部时，先中心对称再平移，
当时，，则
∴
∴
∵线段经过反射平移后与轴的夹角不变，
∴
∴当在上且不与点重合时，连接，则即为所等边三角形，
∴
∴，
结合图形，可得线段上一点关于半径的反射平移点在上或内部时，
②如图所示，当与相切时，为临界值；
延长交于点，作轴，则，
∴
∴，
∵轴，则
又
∴
解得：
∴线段上存在点，使点关于半径的反射平移点在上， 的半径的取值范围为：
【小问3详解】
解：∵点关于半径的平移反射点恰好在上，
∴点是在第一象限内的圆弧,如图即，
∵的半径为1，则，
设沿方向平移个单位后的圆心为，则，根据定义可得关于原点对称，
∴点在为圆心，半径为的圆上
即点的轨迹为平面内到弧距离为的点组成的图形，如图所示曲线组成的封闭图形，
∴当经过点时，取的最大值，
∵
∴．
【点睛】本题考查了几何新定义，中心对称与平移变换，一次函数与坐标轴的交点问题，解直角三角形，直线与圆的位置关系，圆与圆的位置关系，勾股定理，理解题意，熟练掌握以上知识掌握是解题的关键．原料
时间
工序
原料A
原料B
原料C
原料D
上漆
15
8
9
6
描绘花纹
7
14
13
15
9
______
______
______
_____
参与奖
优秀奖
卓越奖
第一次竞赛
人数
10
10
10
平均分
82
87
95
第二次竞赛
人数
2
12
16
平均分
84
87
93
平均数
中位数
众数
第一次竞赛
88
88
第二次竞赛
91
…
0.25
0.50
0.75
1.00
125
1.50
1.75
200
2.25
2.40
…
…
0.74
1.44
2.04
2.50
2.77
2.81
2.57
2.00
1.05
0.29
…