精品解析：福建省厦门市思明区大同中学2023-2024学年九年级上学期第二次月考数学试题（解析版）-A4

这是一份精品解析：福建省厦门市思明区大同中学2023-2024学年九年级上学期第二次月考数学试题（解析版）-A4，共26页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1. 下列图形是我国国产品牌汽车的标识，这些汽车标识中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】本题主要考查中心对称图形与轴对称图形的定义，中心对称图形定义：把一个图形绕着某个点旋转，如果旋转后的图形能与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形；轴对称图形定义：如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够完全重合，这样的图形叫做轴对称图形，根据定义逐项判定即可得出结论．
【详解】解：．是轴对称图形，也是中心对称图形，故本选项符合题意；
．轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不符合题意；
．不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故本选项不符合题意；
．不是轴对称图形，是中心对称图形，故本选项不符合题意；
故选：A．
2. 将抛物线通过一次平移可得到抛物线，对这一平移过程描述正确的是（ ）
A. 向上平移5个单位长度B. 向下平移5个单位长度
C. 向左平移5个单位长度D. 向右平移5个单位长度
【答案】C
【解析】
【分析】根据函数图像的平移法则，结合已知抛物线的解析式即可得到答案．
【详解】解：将抛物线通过一次平移可得到抛物线，
由到的变化，由函数图像平移法则知，将抛物线向左平移5个单位长度即可得到抛物线，
故选：C．
【点睛】本题考查函数图像的平移，熟练掌握函数图像的平移法则：左加右减、上加下减是解决问题的关键．
3. 下列事件中，是随机事件的是（ ）
A. 投掷一枚质地均匀的骰子，朝上一面的点数小于7
B. 在一个只装了红球的袋子里，摸出一个白球
C. 在一副扑克牌中抽出一张，抽出的牌是黑桃6
D. 画一个三角形，其内角和是
【答案】C
【解析】
【分析】在一定条件下，可能发生也可能不发生的事件，称为不确定事件；事先能肯定它一定会发生的事件称为必然事件，事先能肯定它一定不会发生的事件称为不可能事件，必然事件和不可能事件都是确定的，据此逐项判断即可．
【详解】解：A、投掷一枚质地均匀的骰子，朝上一面的点数小于7，是必然事件；
B、在一个只装了红球的袋子里，摸出一个白球，是不可能事件；
C、在一副扑克牌中抽出一张，抽出的牌是黑桃6，属于随机事件；
D、画一个三角形，其内角和是，是必然事件；
故选：C．
【点睛】本题主要考查随机事件的概念：随机事件是可能发生，也可能不发生的事件．
4. 正多边形的中心角为，则正多边形的边数是（ ）
A. 4B. 6C. 8D. 12
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查正多边形与圆，根据中心角的度数等于除以边数，进行求解即可．
【详解】解：∵正多边形的中心角为，
∴这个多边形的边数是，
∴正多边形的边数是8．
故选：C．
5. 若的半径是3，点P到圆心O的距离是，那么点P与的关系是（ ）
A. 点P在上B. 点P在内C. 点P在外D. 无法确定
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查点与圆的位置关系，解题的关键是掌握判断点与圆位置关系的方法．比较圆的半径与点P到圆心的距离的大小关系，判断点P与的位置关系．
【详解】解：2，
∵，
∴，
∴，
∵的半径是3，点P到圆心O的距离是，
∴点P在内．
故选：B．
6. 有x支球队参加篮球比赛，共比赛了45场，每两队之间都比赛一场，则下列方程中符合题意的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先列出x支篮球队，每两队之间都比赛一场，共可以比赛场，再根据题意即可列出方程．
【详解】解：由题意得：；
故选B．
【点睛】本题主要考查一元二次方程的应用，熟练掌握一元二次方程的应用是解题的关键．
7. 如图，四边形ABCD内接于⊙O，，则∠AOC的度数是（ ）
A. 70°B. 110°C. 135°D. 140°
【答案】D
【解析】
【分析】根据四边形ABCD内接于⊙O，，求得，进而根据圆周角定理即可求得
【详解】解：∵四边形ABCD内接于⊙O，，
∴
故选D
【点睛】本题考查了圆内接四边形对角互补，圆周角定理，求得是解题的关键．
8. 在一个不透明的口袋里装有只有颜色不同的黑、白两种颜色的球共40只，某小组做摸球试验，将球搅匀后从中随机摸出一个球记下颜色，不断重复．下表是活动进行中的一组统计数据：
根据试验结果可估算口袋中黑球有（ ）只．
A. 10B. 20C. 25D. 30
【答案】A
【解析】
【分析】本题考查了用频率估计概率．先根据统计表中第三行的数据求出频率的稳定值，用频率估计概率可得摸到白球的概率，利用概率公式即可求得．
【详解】解：当n很大时，摸到白球的频率将会接近0.75；
∴摸到白球的概率为0.75，
所以可估计口袋中白球的个数（个），
黑球（个）．
故选：A．
9. 设A，B，C是抛物线上的三点，则，，的大小关系为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】解：∵函数的解析式是，如图，
∴抛物线的对称轴是，在对称轴右侧，y随x的增大而减小，
∴点A关于对称轴的点A′是，
那么点A′、B、C都在对称轴的右边，而对称轴右边随的增大而减小，
∴于是，
故选A．
10. 如图，抛物线与x轴交于A，B两点，D是以点为圆心，1为半径的圆上的动点，E是线段的中点，连接，则线段最小值是（ ）

A. 2B. C. D. 3
【答案】A
【解析】
【分析】本题考查了抛物线与x轴交点坐标的计算，三角形三边不等式，三角形中位线定理，先计算交点坐标，再确定点B、D、C共线时，就最小，计算即可．
【详解】解：抛物线与x轴交于A，B两点，
时，
解得，
∴，，
∴，
∵D是以点为圆心，1为半径的圆上的动点，
∴，
根据勾股定理，得
，
∵E是线段的中点，，O是中点，
∴是三角形的中位线，
∴，
当最小时，取得最小值，
即点B、D、C共线时，最小，此时就最小．
如图，连接交圆于点，

∴，
∴．
所以线段的最小值为2．
故选：A．
二、填空题（每题4分，共24分）
11. 点关于原点对称的点的坐标为_____________.
【答案】
【解析】
【分析】根据关于原点对称的点的坐标特征：横纵坐标均互为相反数进行求解.
【详解】解：点关于原点对称的点的坐标为.
故答案为.
【点睛】本题考查了坐标系中点的对称性，难度不大，熟知一个点关于x轴、y轴、原点对称的点的坐标特征是解题的关键.
12. 动车上二等座车厢每排都有A，B，C，D，F五个座位，其中A和F是靠窗的座位．某天，小刘计划从龙岩坐动车前往福州出差，于是在铁路12306平台上购买动车票，若购票时系统随机为每位乘客分配座位，则他的座位是靠窗的概率为________．
【答案】##0.5
【解析】
【分析】本题考查了采用简单概率公式计算概率知识，明确题意，得出总的情况数和满足要求的情况数，是解答本题的关键．根据概率公式直接求解即可．
【详解】解：∵动车上二等座车厢每排都有A，B，C，D，F五个座位，靠窗的座位有A和F两个，
∴小刘的座位是靠窗的概率为，
故答案为：．
13. 已知函数与函数的图象大致如图所示，那么不等式的解集是________．
【答案】
【解析】
【分析】本题主要考查了二次函数与不等式之间的关系，根据函数图象找到一次函数图象在二次函数图象上方时自变量的取值范围即可得到答案．
【详解】解：由函数图象可知，不等式的解集是．
故答案为：．
14. 掷实心球是福建省中考体育考试的抽选考项目．实心球行进路线是一条抛物线，行进高度与水平距离，抛出时起点处高度为，当水平距离为时，实心球行进至最高点处，则行进高度与水平距离的关系式是________．
【答案】
【解析】
【分析】本题主要考查了求二次函数解析式，解题的关键是根据题意列出函数解析式，把代入求出a的值即可得出答案．
【详解】解：∵当水平距离为时，实心球行进至最高点处，
∴该抛物线的顶点坐标为，
∴设该抛物线的解析式为，
∵抛出时起点处高度为，
∴该抛物线经过．
∴，
∴，
∴y关于x的函数表达式是．
故答案为：．
15. 如图，在半径为4，圆心角为的扇形内，以为直径作半圆，交弦于点D，则阴影部分的面积是________（结果保留π）．

【答案】
【解析】
【分析】本题主要考查扇形面积的计算，在解答此题时要注意不规则图形面积的求法，熟记扇形的面积公式是解答此题的关键．
已知为直径，则，在等腰直角三角形中，垂直平分，，为半圆的中点，阴影部分的面积可以看作是扇形的面积与的面积之差．
【详解】解：连接，

在中，，
是半圆的直径，
，
在等腰中，垂直平分，，
为半圆的中点，
．
故答案：．
16. 如图，矩形中，，，点是线段上的一个动点，将线段绕点逆时针旋转得到，过F作于点G，连接，取的中点H，连接，．点在运动过程中，下列结论：①；②当点H和点G互相重合时，；③平分；④．正确的是______．

【答案】①②③④
【解析】
【分析】本题考查了矩形中的旋转问题，涉及全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的判定与性质等知识．由四边形是矩形，线段绕点逆时针旋转得到，可证，从而判断①；当点H和点G互相重合时，由是等腰直角三角形，是的中点，，可得，从而得到，故可判断②；由，可得共圆，有，即可得出，从而判断③；分别求出的最大值以及最小值，从而判断④．
【详解】解：∵四边形是矩形，
∴，
∵线段绕点逆时针旋转得到，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，故①正确；
当点H和点G互相重合时，如图：

∵线段绕点逆时针旋转得到，
∴，，
∴是等腰直角三角形，
∵是中点，，
∴，
∴，
∴，
∴，故②正确；
如图：

∵是等腰直角三角形，是的中点，
∴，，
∵，
∴，
∴四点共圆，
∴，
∴，
∴，
∴平分，故③正确；
当点和重合时，最短，如图：

此时与都在上，
∵是等腰直角三角形，是的中点，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∴的最小值为；
当点和点重合时，最大，过点作交于点，如图：

∵，
∴，
∵，
∴，
设，则，
∵，
∴，
解得：（舍去）或，
∴，
∴，
∴的最大值为，
∴，故④正确．
综上分析可知：正确的有①②③④．
故答案为：①②③④．
三、解答题（共86分）
17. 解方程：
（1）；
（2）．
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】(1)利用公式法求解即可．
(2)利用因式分解法法求解即可．
本题考查了因式分解法和公式法求解方程的根，选择适当解方程的方法是解题的关键．
【小问1详解】
，∵,
在这里，
∴，，
解得，．
【小问2详解】
∵，
∴
∴，
解得．
18. 如图，在平面直角坐标系中，，，若绕点O逆时针旋转90°后，得到（对应点是，B对应点是）．
（1）画出，并直接写出的坐标；
（2）求旋转过程中A点的运动路径长（结果保留）．
【答案】（1）作图见解析；的坐标为
（2）
【解析】
【分析】（1）根据旋转性质作出图形，如图所示，直接读出的坐标为；
（2）由绕点逆时针旋转90°得到点的运动路径为，如图所示，从而得到，又由于确定，从而利用弧长公式求得点的运动路径长．
【小问1详解】
解：如图所示：
即为所求，的坐标为；
【小问2详解】
解：∵绕点逆时针旋转90°，点的运动路径为，如图所示：
∴，
，
，
∴旋转过程中点的运动路径长，
答：旋转过程中点的运动路径长为．
【点睛】本题考查旋转性质作图及求点旋转后形成的弧长，熟练掌握旋转性质，熟记弧长公式是解决问题的关键．
19. 2022年10月16日至10月22日，中国共产党的第二十次全国代表大会在北京召开．在党的二十大召开之际，为激励引领全校青少年传承红色基因，争做党的事业接班人，某校团委组织了“红心永向党喜迎二十大”为主题的演讲比赛，根据参赛同学的得分情况绘制了如图所示的两幅不完整的统计图．（其中表示“一等奖”，表示“二等奖”，表示“三等奖”，表示“优秀奖”）
请你根据统计图中所提供的信息解答下列问题：
（1）获奖总人数为______人，______；
（2）学校将从获得一等奖的4名同学（1名男生，3名女生）中随机抽取2名参加全市的比赛，请利用树状图或列表求抽取同学中恰有1名男生和1名女生的概率．
【答案】（1）40；30
（2）
【解析】
【分析】（1）根据条形统计图与扇形统计图数据对应关系，在条形统计图中人数为8，在扇形统计图中对应占比为，从而得到获奖总人数为人，再根据条形统计图中对应人数即可算出人数为人，从而得到；
（2）根据题意，画出树状图，得到所有可能出现的结果及满足题意的结果数，利用概率公式求解即可得到答案．
【小问1详解】
解：在条形统计图中人数为8，在扇形统计图中对应占比为，
获奖总人数为（人），
人数为（人），
，
故答案为：40；30；
【小问2详解】
解：依题意，画树状图如下：
按照上述树状图可知：所有可能出现的结果共有12种情况，并且每一个结果出现的可能性相同，恰好选中1名男生和1名女生的有6种情况，
∴恰好选中1名男生和1名女生的概率为．
【点睛】本题考查概率统计综合，涉及条形统计图、扇形统计图及画树状图解两步概率问题，熟练掌握条形统计图与扇形统计图的数据对应关系以及画树状图解决概率问题的方法步骤是解决问题的关键．
20. 已知关于的方程
（1）取什么值时，方程有两个实数根；
（2）如果方程有两个实数根，，且，求的值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据根的判别式大于等于，求出的范围即可；
（2）利用根与系数的关系化简已知等式，计算即可得到k的值．
详解】解：（1）∵方程有两个实数根，
∴，
则，
解得：，
∴当时，方程有两个实数根；
（2）∵方程有两个实数根，，
∴，，
∵，
即，
∴，
则，
∴，
解得.
【点评】此题考查了根与系数的关系，以及根的判别式，熟练掌握一元二次方程根与系数的关系是解本题的关键．
21. 已知：如图，及外一点．请你按照步骤完成以下作图（尺规作图，保留作图痕迹）连接，以为圆心，长为半径作大圆；交小圆于点，过点作小圆的切线交大圆于，两点（点在点的上方）；连接交小圆于，连接．
（1）请证明是小圆的切线；
（2）延长交大圆于，连接，若，，求的长．
【答案】（1）见解析；
（2）．
【解析】
【分析】（）利用同圆的半径相等，全等三角形的判定与性质和圆的切线的判定定理解答即可；
（）连接，利用圆的解析的性质定理，垂径定理和勾股定理求得，，再利用圆周角定理，三角形的中位线定理和勾股定理解答即可得出结论；
本题考查了圆的切线的判定与性质，圆的有关性质，圆周角定理，垂径定理，勾股定理，三角形的中位线定理，熟练掌握圆的有关性质是解题的关键．
【小问1详解】
证明：如图：
由题意得：，，
∵为小圆的切线，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴，
∵为小圆的半径，
∴是小圆的切线；
【小问2详解】
连接，如图，
∵，，
∴，
∵为小圆的切线，
∴，
∵为小圆的直径，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴是的中位线，
∴，
∵，，
∴，
中，
由勾股定理得：，
∴的长为．
22. 如图，现打算用的篱笆围成一个“日”字形菜园（含隔离栏），菜园的一面靠墙（篱笆的宽度忽略不计）
（1）菜园面积可能为吗？若可能，求边长的长，若不可能，请说明理由；
（2）因场地限制，菜园的宽度不能超过，求该菜园面积的最大值．
【答案】（1）可能，
（2）288平方米
【解析】
【分析】本题考查了矩形的面积与周长，一元二次方程的应用，熟练掌握矩形的性质，一元二次方程的应用是解题的关键，根据题意，列出方程计算即可．
（1）设，则矩形的长，依题意，得：，解方程计算即可．
（2）设，则，依题意列出关于的面积，根据函数性质计算即可．
【小问1详解】
设，则矩形的长，依题意，得：，
即，
解得：，，
当时，，舍去，
当时，成立，
答：花园面积可能是，此时边的长为14米．
【小问2详解】
∵，则，依题意，得：
，
∵，
∴当时，y随x的增大而增大，
∵，
∴当时，y最大，最大为288．
答：该菜园面积的最大值为288平方米．
23. 已知，如图，为的直径，弧弧．，延长交于点D
（1）求证：点P是的内心；
（2）已知的直径是，．求的长．
【答案】（1）见解析 （2）
【解析】
【分析】本题考查圆周角定理，等腰直角三形，勾股定理，内心的定义；添加辅助线构造特殊角直角三角形是解题的关键．
（1）由圆周角定理得出，由弧弧得出，再由三角形的外角性质得出，，即可得出结论；
（2）连接，过点B作于H，证出是等腰直角三角形，得出，由勾股定理可求的长，即可得出结果．
【小问1详解】
证明：∵为的直径，
∴，
∵弧弧，
∴，
∴平分，
∵，
∴，
∵，，
∵，
∴，
∴平分，
∴点P是的内心；
【小问2详解】
解：连接，过点B作于H，
∵是直径，，
∴，是等腰直角三角形，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴或，
∵，
∴．
24. 将绕点A逆时针旋转得到，且点D落在的延长线上，连接．
（1）如图1，若，
①求的度数；
②直接写出的值．
（2）如图2，若点M，N分别为和的中点，连接并延长交于点G，求证：．
【答案】（1）①；②
（2）见解析
【解析】
【分析】（1）①根据等腰三角形的判定和性质以及旋转的性质求出，再由旋转的性质和三角形内角和定理即可得到答案；②先证明，再根据，得到，则，即可得到答案；
（2）连接．根据三线合一得到，平分，，平分，则A，C，M，N四点共圆，得到，根据圆周角定理得到，由得到，即可证明结论．
【小问1详解】
解：①∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
由旋转变换的性质可知，
∴，
∴；
②由①可知，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
【小问2详解】
证明：连接．
∵，
∴，平分，
∵，
∴，平分，
∴，
∴A，C，M，N四点共圆，
∴，
∵，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
【点睛】此题考查了四点共圆、圆周角定理、等腰三角形的判定和性质、旋转的性质、直角三角形的性质等知识，证明A，C，M，N四点共圆是解题的关键．
25. 已知抛物线与x轴交于A，B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，点O为坐标原点．
（1）求A，B两点的坐标；
（2）若点D是线段上靠近点O的一个三等分点，点P是抛物线的一个动点，过点P作x轴的垂线，分别交、于点M，N．
①求直线的解析式（用含a的式子表示）；
②设，的面积分别为，，若，求此时点P的横坐标．
【答案】（1）
（2）①；②或
【解析】
【分析】本题考查了二次函数的性质，涉及求解一元二次方程、求一次函数解析式
（1）根据，方程变形为，解方程即可．
（2）①根据题意，，，设直线的解析式为，代入计算即可．
②先根据，确定直线的解析式为，根据题意得，设，则，，则，，，列式计算即可．
【小问1详解】
抛物线，
当时，得，
∵，
∴方程变形为，
解得，
∵点A在点B的左侧，
∴．
【小问2详解】
①∵抛物线与x轴交于A，B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，
∴，
∵点D是线段上靠近点O的一个三等分点，
∴，
设直线的解析式为，
∴，
解得，
故直线的解析式为．
②设直线的解析式为，
把，分别代入解析式，得
∴，
解得，
故直线的解析式为，
∵，的的面积分别为，，且，
∴，
设，则，，
∴，，
根据题意，得，
∴或，
∴或即，

解得（舍去）或（舍去）
故，
摸球的次数n
1000
2000
4000
5000
8000
10000
…
摸到白球的次数m
749
1499
298
3751
6000
7501
…
摸到白球的频率
0.7490
0.7495
0.7495
0.7502
0.750
0.7501
…