精品解析：福建省福州第十一中学2023-2024学年九年级上学期月考数学试题（解析版）-A4

这是一份精品解析：福建省福州第十一中学2023-2024学年九年级上学期月考数学试题（解析版）-A4，共21页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
完成时间：120分钟
一、单选题（每题4分，共40分）
1. 已知一元二次方程x2﹣6x+c=0有一个根为1，则c的值为（ ）
A. 2B. 3C. 4D. 5
【答案】D
【解析】
【分析】有一个根为1，所以x=1代入题目中的方程，求c的值.
详解】解：
【点睛】本题考查一元二次方程的解，解答本题的关键是明确一元二次方程的解得含义．
2. 已知反比例函数，且在各自象限内y随x的增大而增大，则下列点可能在这个函数图像上的为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查反比例函数的性质，根据反比例函数性质求出，再根据，逐项判定即可．
【详解】解：∵反比例函数，且在各自象限内，y随x的增大而增大，,
∴，
A、∵，∴点不可能在这个函数图象上，故此选项不符合题意；
B、∵，∴点可能在这个函数图象上，故此选项符合题意；
C、∵，∴点不可能在这个函数图象上，故此选项不符合题意；
D、∵，∴点不可能在这个函数图象上，故此选项不符合题意；
故选：B．
3. 一个不透明的盒子中装有1个红球和2个白球，它们除颜色不同外其它都相同，若从中随机摸出一个球，则下列叙述正确的是（ ）
A. 摸到白球是必然事件B. 摸到白球和红球的可能性相等
C. 摸到黑球是不可能事件D. 摸到红球的概率是
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查事件的分类，求概率．根据事件的分类方法，以及概率的计算公式，逐一进行判断即可．
【详解】解：A、摸到白球是随机事件，选项错误；
B、白球的数量比红球的多，摸到白球的可能性大，选项错误；
C、摸到黑球是不可能事件，选项正确；
D、摸到红球的概率是，选项错误；
故选C．
4. 关于二次函数的图象，下列结论不正确的是（ ）
A. 开口向上B. 对称轴是
C. 与轴交于点D. 当时，随的增大而减小
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查二次函数的性质，根据题目中的函数解析式和二次函数的性质，可以判断各个选项中的说法是否正确，从而可以解答本题．解答本题的关键是明确题意，利用二次函数的性质解答．
【详解】二次函数，
该函数图象开口向上，故选项A正确，不符合题意；
对称轴是直线，故选项 B 正确，不符合题意；
当时，，即该函数图象与轴交于点，故选项C错误，符合题意；
当时，随的增大而减小，故选项D正确，不符合题意．
故选：C．
5. 在平面直角坐标系中，和的相似比等于，并且是关于原点O的位似图形，若点A的坐标为，则其对应点的坐标是（ ）
A. B. C. 或D. 或
【答案】D
【解析】
【分析】此题考查位似图形的性质，利用位似图形的性质求点坐标，将点A的横纵坐标都乘以位似比k或即可得到对应点坐标，熟练掌握位似图形的性质是解题的关键．
【详解】∵和的相似比等于，并且是关于原点O的位似图形，若点A的坐标为，
∴对应点的坐标是或，
即或
故选：D．
6. 如图，是的外接圆，交于点E，垂足为点D，，的延长线交于点F．若，，则的长是（ ）
A. 10B. 8C. 6D. 4
【答案】A
【解析】
【分析】先根据垂径定理可得，再利用勾股定理可得，然后根据三角形中位线定理即可得．
【详解】解：，
，
，
，
，
，
，
，
又，
是的中位线，
，
故选：A．
【点睛】本题考查了垂径定理、三角形中位线定理等知识点，熟练掌握垂径定理是解题关键．
7. 如图，中，，，，D为边的中点，以上一点O为圆心的和，均相切，则的半径为（ ）
A. B. C. 1D. 2
【答案】A
【解析】
【分析】本题考查了切线的性质与三角形的面积．注意运用切线的性质来进行计算或论证，通过作辅助线连接圆心和切点，利用垂直构造直角三角形解决有关问题．
首先过点O作于点E，于点F根据切线的性质，可知、是的半径；然后由三角形的面积间的关系，列出关于圆的半径的等式，求得圆的半径即可．
【详解】解：过点O作于点E，于点F，
、是的切线，
点E、F是切点，
、是的半径；
，
在中， ，，，
根据勾股定理，得，
D是边的中点，
，
又，
，
即，
解之得：
故选：A
8. 如图，在中，，，，以点B为圆心，为半径画弧，与交于点D，再分别以A、D为圆心的长为半径画弧，两弧交于点M、N，分别交、于点E、F，则的长度为（ ）
A. B. 3C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】由题意得，，直线为线段的垂直平分线，由勾股定理得，进而可得，证明，可得，即，求出，即可得出答案．
【解答】解：由题意得，，
，
，
，
，
，
，
，即，
解得：．
故选：C．
【点睛】本题考查作图﹣基本作图、勾股定理、线段垂直平分线、相似三角形的判定与性质，熟练掌握相关知识点是解答本题的关键．
9. 如图，一段抛物线：，记为，它与轴交于点，；将绕点旋转得，交轴于点；将绕点旋转得，交轴于点；如此进行下去，直至得，若在第13段抛物线上，则m的值为（ ）

A. B. C. 1D. 2
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查二次函数的性质，涉及二次函数的性质、二次函数图象与几何变换、点的坐标规律、抛物线与轴的交点、二次函数图象上点的坐标特征等知识，由表达式得到，观察图象可得抛物线是将向右平移个单位所得，求出抛物线解析式，将代入解析式求解即可．
【详解】解：的解为或，
的坐标为，即，
由图象可得抛物线开口向下，将向右平移个单位可得，
抛物线解析式为，
把代入得，
，
故选：D．
10. 如图，，以点B为圆心，作半径为2的圆，点C在上，连接作等腰直角三角形，使，，则的面积的最大值为（ ）
A. B. C. 4D. 8
【答案】B
【解析】
【分析】如图，以为边向下作等腰直角三角形，且，连接，证明，可得，可得在以为圆心，为半径的圆上运动，结合的面积最大，可得到的距离最大，从而可得答案．
【详解】解：如图，以为边向下作等腰直角三角形，且，，连接，
∴，，
同理：，，
∴，，
∴，
∴，而，
∴，
∴在以为圆心，为半径的圆上运动，
∵的面积最大，
∴到的距离最大，
∴当即，，共线时最大，
最大值为：，
∴的面积最大面积为．
故选：B．
【点睛】本题考查的是等腰直角三角形的性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理的应用，圆的确定，熟练的构建相似三角形得到D的运动轨迹是解本题的关键．
二、填空题（每题4分，共32分）
11. 方程的解为_______
【答案】
【解析】
【分析】本题考查的是解一元二次方程，利用因式分解法求解即可，选择合适的方法是解题的关键．
【详解】
，
，
或
解得，
故答案为：．
12. 做任意抛掷一只纸杯的重复试验，获得如下表数据：
估计任意抛掷一只纸杯杯口朝上的概率约是______．
【答案】
【解析】
【分析】分别计算每次的频率即可得到答案．
【详解】解：
估计任意抛掷一只纸杯，杯口朝上的概率约是
故答案为：．
【点睛】此题考查利用频率得到大量重复实验的概率，掌握计算公式是解题的关键．
13. 已知与相似且对应中线的比为，的周长为，则的周长为_____．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了相似三角形的性质，根据对应中线的比是，可得这两个三角形的相似比是，由于相似三角形的周长比等于相似比，由此可求出结果．
【详解】解：∵与相似且对应中线的比为，
∴的周长为的周长，
∴的周长，
∴的周长，
故答案为：．
14. 抛物线与x轴有两个交点，k的取值范围是__________________
【答案】且
【解析】
【分析】此题主要考查一元二次方程与函数的关系，函数与x轴的交点的横坐标就是方程的根，若函数与x轴有两个交点说明方程有两个不相等的根，得出，进而求出k的取值范围．
【详解】解：∵为二次函数，
∴，
，
∵抛物线与x轴有两个交点，
∴，
即，
又一次项系数，
∴
k的取值范围是：且．
15. 已知的内接正方形的面积为4，则的内接正六边形的面积为________．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查正多边形和圆，根据题意，求出的半径，进而求出正六边形的边长，再根据正多边形的面积公式，进行求解即可．
【详解】解：∵正方形的面积为4，
∴正方形的边长为2，
∵正方形的中心角为，
∴的半径为，
∵正六边形的中心角为，
∴正六边形的边与的两条半径构成等边三角形，
∴正六边形的边长为，
∴弦心距为：，
∴正六边形的面积为；
故答案为：．
16. 某气球内充满了一定量的气体，当温度不变时，气球内气体的压强是气体体积的反比例函数，其图象如图所示，当气球内的压强大于时，气球将爆炸，为了安全起见，气体的体积V的范围是__________．

【答案】
【解析】
【分析】先设反比例函数为（），将点代入，求出解析式，再求出当时V的值，即可得到答案．
【详解】设反比例函数解析式为（），将点代入，得
，
∴，且P随V的增大而减小，
当时，，
∴当气球内气压大于时，气球将爆炸，
∴气体的体积V的范围是，
故答案为：．
【点睛】此题考查了反比例函数的实际应用，正确理解题意，掌握反比例函数的性质是解题的关键．
17. 如图，在中，，，，将绕点按顺时针方向旋转得到（点、的对应点、），此时点在边上，斜边交边于点，则图中阴影部分的面积为__________．
【答案】
【解析】
【分析】结合旋转的性质和三角形内角和，可得出△BCD是等边三角形，从而得出△CDF是直角三角形，且CD=2，最后得出Rt△CDF的面积．
【详解】∵∠ACB=90°，∠A=30°
∴∠B=60°
∵△EDC是△ABC绕点C旋转所得
∴CD=CB=2，∠CDF=∠B=60°
∴△CBD是等边三角形
∴∠BCD=60°
∴∠DCF=30°
∵∠CDF=60°
∴∠DFC=90°
∴在Rt△CDF中，CD=2，DF=1，FC=
∴
故答案：．
【点睛】本题考查旋转的性质和等边三角形的判定，解题关键是利用旋转的性质，推导得出△DCB是等边三角形．
18. 如图，正方形ABCD的顶点D在反比例函数（x＜0）的图象上，顶点B，C在x轴上，对角线AC的延长线交y轴于点E，连接BE，若△BCE的面积是6，则k的值为_________．
【答案】－12
【解析】
【分析】先设D（a，b），得出CO=-a，CD=AB=b，k=ab，再根据△BCE的面积是6，得出BC×OE=12，最后根据AB∥OE，得出，即BC•EO=AB•CO，求得ab的值即可．
【详解】解：设D（a，b），则CO=-a，CD=AB=b，
∵矩形ABCD的顶点D在反比例函数y= （x＜0）的图象上，
∴k=ab，
∵△BCE的面积是6，
∴×BC×OE=6，即BC×OE=12，
∵ABOE，
∴，即BC•EO=AB•CO，
∴12=b×（-a），即ab=-12，
∴k=-12，
故答案为：-12．
【点睛】本题主要考查了反比例函数系数k的几何意义，矩形的性质以及平行线分线段成比例定理的综合应用，能很好地考核学生分析问题，解决问题的能力．解题的关键是将△BCE的面积与点D的坐标联系在一起，体现了数形结合的思想方法．
三、解答题
19. 用适当的方法解下列方程：
（1）；
（2）．
【答案】（1），
（2），
【解析】
【分析】方程两边都除以，再开方，即可得出两个一元一次方程，最后求出方程的解即可；
移项后配方，开方，即可得出两个一元一次方程，再求出方程的解即可．
【小问1详解】
，
，
开方得：，
解得：，；
【小问2详解】
，
移项，得，
配方，得，
，
开方，得，
解得：，．
【点睛】本题考查了解一元二次方程，能选择适当的方法解方程是解此题的关键，注意：解一元二次方程的方法有直接开平方法，公式法，配方法，因式分解法等．
20. 不透明的盒中有4个完全相同的球，球上分别标有数字“1，2，3，4”．
（1）若从盒中随机取出1个球，取出的球上的数字是奇数的概率是______；
（2）若从盒中取出一个球，记录球上的数字后不放回．再从剩下的球中取出一个球，并再次记录球上的数字，求两次数字的和为偶数的概率是多少？通过画树状图或列表法解决．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】本题考查列表法与树状图法，熟练掌握列表法与树状图法以及概率公式“随机事件A的概率=事件A可能出现的结果数所有可能出现的结果数”是解答本题的关键．
（1）利用概率公式可得答案．
（2）画树状图得出所有等可能的结果数以及两次数字的和为偶数的结果数，再利用概率公式可得出答案．
【小问1详解】
解：∵数字“”中，是奇数的为1和3，
∴从盒中随机取出1个球，取出的球上的数字是奇数的概率是．
故答案为：．
【小问2详解】
画树状图如下：

共有12种等可能的结果，
两次数字的和分别为：，
其中两次数字的和为偶数的结果有4种，
∴两次数字的和为偶数的概率为．
21. 求证：三边成比例的两个三角形相似．
如图：已知在△ABC和△A'B'C'中，，求证：．
【答案】见解析
【解析】
【分析】在线段AB（或它的延长线）上截取AD＝A′B′，过点D作DE∥BC，交AC于点E．先证△ADE∽△ABC，再根据已知条件证△ADE≌△A′B′C′（SSS），即可证明．
【详解】证明：在线段AB（或它的延长线）上截取AD＝A′B′，过点D作DE∥BC，交AC于点E，
∵DE∥BC，
∴△ADE∽△ABC，
∴，
又，AD＝A′B′，
∴，，
∴DE＝B′C′，AE＝A′C′，
在△ADE和△A′B′C′中
，
∴△ADE≌△A′B′C′（SSS），
∴△ABC∽△A'B'C'．
【点睛】本题主要考查相似三角形的判定与性质，全等三角形的判定，添加辅助线构造△ADE与△A′B′C′全等是解题的关键．
22. 如图，三个顶点的坐标分别为，，．

（1）请画出绕点逆时针旋转后的，并写出点的坐标；
（2）求出（）中点旋转到点所经过的路径长（结果保留）．
【答案】（1）见解析图，；
（2）．
【解析】
【分析】此题考查了作图——旋转变换，弧长公式，
（）利用网格特点和旋转的性质画出点、、的对应点、、，即可画出图形；
（）先计算出的长，然后根据弧长公式计算点旋转到点所经过的路径长；
解题的关键是掌握旋转的性质和弧长公式．
【小问1详解】
由题意可知，旋转后的点为、、，连接，，即可，
∴即为所求，；
【小问2详解】
如图，
，
由勾股定理得：，
∴点旋转到点所经过的路径长为．
23. 如图，中，以为直径的交于点，是的切线，且，垂足为，延长交于点．

（1）求证：；
（2）若，求的长．
【答案】（1）见解析 （2）
【解析】
【分析】（1）连接，根据已知可得，则，又，等量代换得出，即可证明；
（2）连接，证明，在中，，求得，根据得出，进而可得，根据，即可求解．
【小问1详解】
证明：如图所示，连接，

∵以为直径的交于点，是的切线，
∴，
∵，
∴，
∴，
又，
∴，
∴，
∴；
【小问2详解】
解：连接，如图，
则，

∴，
∴，
∴，
在中，，
∴，
∴，
又∵是直径，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了切线的性质，直径所对的圆周角是直角，平行线分线段成比例，正切的定义，熟练掌握以上知识是解题的关键．
24. 已知抛物线关于直线对称，且过点．
（1）求抛物线的解析式：
（2）过的直线和直线均与抛物线有且只有一个交点．
①求的值：
②平移直线，，使平移后的两条直线都经过点，且分别与抛物线相交于、和、两点，若、分别为，的中点，求证：直线必过某一定点．
【答案】（1）
（2）①；②见解析
【解析】
【分析】（1）根据抛物线关于直线对称，可得，再把点代入，即可求解；
（2）①设过的直线的解析式为，则直线与抛物线有且只有一个交点，联立可得，从而得到，再由过的直线和直线均与抛物线有且只有一个交点，可得是方程的两根，即可求解；②根据题意可得，且直线过点，可设直线的解析式为，直线的解析式为，再由，可得直线的解析式为，联立可得：，从而得到，再由点M是的中点，可得点M的横坐标为，从而得到点，同理点，再求出直线的解析式，即可求解．
【小问1详解】
解：∵抛物线关于直线对称，
∴，即，
∴抛物线解析式为，
∵抛物线过点，
∴，解得：，
∴抛物线解析式为；
小问2详解】
解：①设过的直线的解析式为，则直线与抛物线有且只有一个交点，
联立得：，
∴，
即，
∵过的直线和直线均与抛物线有且只有一个交点．
∴是方程的两根，
∴；
②∵平移直线，，使平移后的两条直线都经过点，且分别与抛物线相交于、和、两点，
∴，且直线过点，
∴可设直线的解析式为，直线的解析式为，
∵，
∴，
∴直线的解析式为，
联立得：，
∴，
∵点M是的中点，
∴点M的横坐标为，
∴点M的纵坐标为，
∴点，
同理点，
设直线的解析式为，
把点，代入得：
，解得：，
∴直线的解析式为，
∴直线必过定点．
抛掷总次数
杯口朝上频数