精品解析：福建省福州市仓山区实验中学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：福建省福州市仓山区实验中学2023-2024学年九年级上学期月考数学试题（解析版）-A4，共24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。
（试卷总分：150分 完成时间：120分钟）
一、选择题（每题4分共40分）
1. 下列图形中，是中心对称图形的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查了中心对称图形的识别．熟练掌握：如果把一个图形绕某一点旋转180°后能与自身重合，这个图形是中心对称图形，是解题的关键．
根据中心对称图形的定义进行判断作答即可．
【详解】解：A．不是中心对称图形，故不符合要求；
B．不是中心对称图形，故不符合要求；
C．是中心对称图形，故符合要求；
D．不是中心对称图形，故不符合要求；
故选：C．
2. 下列事件中，属于必然事件的是（ ）
A. 小刚妈妈申请北京小客车购买指标，申请后第一次摇号时就中签
B. 掷一枚骰子，向上一面的点数一定大于零
C. 打开“学习强国”，正在播放歌曲《让爱暖人间》
D. 明天一定会天晴
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查必然事件的判定与识别，根据必然事件的意义求解．熟练掌握必然事件是一定会发生的事件是解题关键．
【详解】解：A、小刚妈妈申请北京小客车购买指标，申请后第一次摇号时就中签是随机事件，不是必然事件，不符合题意；
B、掷一枚骰子，向上一面的点数是1、2、3、4、5、6中的某一个，因为的每一个正整数都大于0，故是必然事件，符合题意；
C、打开“学习强国”，可能没有播放歌曲或者播放与《让爱暖人间》不同的歌曲，故不是必然事件，不符合题意；
D、明天不一定会天晴，故不是必然事件，不符合题意；
故选B．
3. 在一个不透明的袋子里装有红球、黄球共个，这些球除颜色外都相同，小明通过多次试验发现，摸出黄球的频率稳定在左右，则袋子中黄球的个数最有可能是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查了用频率估计概率．熟练掌握大量重复实验时，事件发生的频率在某个固定位置左右摆动，并且摆动的幅度越来越小，根据这个频率稳定性定理，可以用频率的集中趋势来估计概率，这个固定的近似值就是这个事件的概率是解题的关键．
由题意知，摸出黄球的概率为，根据，计算求解即可．
【详解】解：由题意知，摸出黄球的概率为，
∴袋子中黄球的个数最有可能是个，
故选：D．
4. 某商品原价200元，经连续两次降价后售价为162元，设平均每次降价的百分率为x，则下面所列方程正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】设平均每次的降价率为x，则经过两次降价后的价格是，根据关键语句“连续两次降价后为162元”可得答案．
【详解】解：由题意得：．
故选：A．
【点睛】本题主要考查求平均变化率的方法．若设变化前的量为a，变化后的量为b，平均变化率为x，则经过两次变化后的数量关系为．
5. 已知压力、压强与受力面积之间有如下关系式：．当F为定值时，下图中大致表示压强P与受力面积S之间函数关系的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据反比例函数的定义，即可得到答案．
【详解】解：根据题意得：，
∴当物体的压力F为定值时，该物体的压强P与受力面积S的函数关系式是：，
则函数图象是双曲线，同时自变量是正数．
故选：D．
【点睛】本题主要考查反比例函数，掌握以及反比例函数的定义，是解题的关键．
6. 如图，已知是的直径，是弦，若，则等于（ ）

A. 54°B. 56°C. 64°D. 66°
【答案】A
【解析】
【分析】根据所对的圆周角是直角得到，再由同弧所对的圆周角相等得到，最后根据直角三角形两锐角互余进行求解即可．
【详解】解：∵是的直径，
∴，
∵，
∴．
故选：A．
【点睛】本题考查了在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半．半圆（或直径）所对的圆周角是直角，直角三角形的两个锐角互余等等，灵活运用所学知识是解题的关键．
7. 如图，在的方格纸中，格点（三个顶点都是格点的三角形）经过旋转后得到格点，则其旋转中心是（ ）

A. 格点MB. 格点NC. 格点PD. 格点Q
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查找旋转中心，根据旋转的性质，旋转中心为对应点连线的中垂线上，连接，两条线段的中垂线的交点即为旋转中心．掌握旋转的性质，是解题的关键．
【详解】解：如图，由图可知，点即为旋转中心；

故选D．
8. 如图，D是边AB上一点，过点D作交AC于点E．若，则的值（ ）
A. 2：3B. 4：9C. 2：5D. 4：25
【答案】D
【解析】
【分析】由题意易得，，然后根据相似三角形的性质可求解．
【详解】解：∵DE∥BC，
∴，
∵，
∴，
∴；
故选D．
【点睛】本题主要考查相似三角形的性质与判定，熟练掌握相似三角形的性质与判定是解题的关键．
9. 我国魏晋时期数学家刘徽在《九章算术注》中提到了著名的“割圆术”，即利用圆的内接正多边形逼近圆的方法来近似估算，指出“割之弥细，所失弥少．割之又割，以至于不可割，则与圆周合体，而无所失矣”．“割圆术”孕育了微积分思想，他用这种思想得到了圆周率π的近似值为3.1416．圆的半径为1，运用“割圆术”，以圆内接正十二边形面积近似估计圆的面积，可得π的估计值为3．如图，若用半径为1的圆的内接正八边形面积作近似估计，可得π的估计值为（ ）

A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查了圆内接正n边形，三角形内角和定理，等角对等边，勾股定理等知识．如图，圆心为，由圆的内接正八边形可知，，，作于，则，由勾股定理得，求得，则，根据，计算求解即可．
【详解】解：如图，圆心为，

由圆的内接正八边形可知，，，
作于，则，
∴，
∴，
由勾股定理得，即，
解得，
∴，
∴，
∴，
故选：B．
10. 已知二次函数，点，是其图象上两点，（ ）
A. 若，则B. 若，则
C 若，则D. 若，则
【答案】B
【解析】
【分析】可画出抛物线的草图，先根据二次函数的对称性求得对称轴为方程，再根据图象法求解即可．
【详解】解：如图，

当和时，，
∴二次函数的对称轴为直线，
∵点是其图象上两点，且抛物线的开口向上，
∴当即时，点A到对称轴的距离比点B离对称轴的距离小，
由图象得：，
当即时，点A到对称轴的距离比点B离对称轴的距离大，
由图象得：，
故选：B．
【点睛】本题考查二次函数的图象与性质，解答的关键是根据二次函数的表达式和图象求出对称轴，再利用数形结合思想求解．
二、填空题（每题4分，共24分）
11. 点关于原点的对称点的坐标为________．
【答案】
【解析】
【分析】根据两个点关于原点对称时，它们的坐标符号相反，可以直接得到答案．
【详解】点关于原点对称的点的坐标是
故答案为：
【点睛】本题主要考查了关于原点对称的点的坐标特点，两个点关于原点对称时，它们的坐标符号相反，即点P（x，y）关于原点O的对称点是P′（-x，-y）．
12. 已知一扇形的半径长是2，圆心角为，则这个扇形的弧长为________．
【答案】
【解析】
【分析】直接利用弧长公式计算．
【详解】解：这个扇形的弧长=，
故答案为：．
【点睛】本题考查了弧长公式：l=（弧长为l，圆心角度数为n，圆的半径为R）．
13. 已知是一元二次方程的一个根，则代数式的值为________．
【答案】2021
【解析】
【分析】本题考查了一元二次方程的解：能使一元二次方程左右两边相等的未知数的值是一元二次方程的解．先根据一元二次方程解的定义得到，然后利用整体代入的方法计算代数式的值．
【详解】解：∵是一元二次方程一个根，
∴，
∴，
∴
．
故答案为：2021．
14. 如图，点A，B，C在上，且，，是切线，则为_______度．

【答案】
【解析】
【分析】本题主要考查的知识点是圆的切线的性质定理，圆周角定理，四边形的内角和定理，熟练掌握切线的性质定理是解题的关键． 连接，，利用切线的性质定理，圆周角定理和四边形的内角和定理解答即可．
【详解】解：连接，，如下图所示：
，是切线，
，，
．
，，
，
故答案为：．

15. 如图，四边形ABCD的对角线，E，F，G，H分别是AD，AB，BC，CD的中点，若在四边形ABCD内任取一点，则这一点落在图中阴影部分的概率为_____________．
【答案】##0.5
【解析】
【分析】先由三角形的中位线定理推知四边形EFGH是平行四边形，然后由AC⊥BD可以证得平行四边形EFGH是矩形．
【详解】解：如图，∵E、F、G、H分别是线段AD，AB，BC，CD的中点，
∴EH、FG分别是△ACD、△ABC的中位线，EF、HG分别是△ABD、△BCD的中位线，
根据三角形的中位线的性质知，EF∥BD，GH∥BD且EF=BD，GH=BD，
∴四边形EFGH是平行四边形，
又∵AC⊥BD，
∴EF⊥FG
∴四边形EFGH是矩形，
∴四边形EFGH的面积=EF•FG=AC•BD，
∵四边形ABCD的面积=AC•BD，
∴这一点落在图中阴影部分的概率为：，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了几何概率，中点四边形，解题时，利用三角形中位线定理判定四边形EFGH是平行四边形是解题的关键．
16. 如图，长方形中，，为上一点，且，为边上的一个动点，连接，将绕着点顺时针旋转到的位置，连接和，则的最小值为____________________．

【答案】
【解析】
【分析】将线段绕点顺时针旋转得到线段，连接，连接交于，首先证明，推出点的在射线上运动，推出当时，的值最小，求出、的长即可得到答案．
【详解】解：如图，将线段绕点顺时针旋转得到线段，连接，连接交于，

四边形是矩形，
，
，
，
，
，
，
点的在射线上运动，
当时，的值最小，
，
，
，
，
四边形是矩形，
，，
，
，
，
，
的最小值为．
【点睛】本题考查了旋转的性质、矩形的性质、全等三角形的判定与性质、垂线段最短等知识，解题的关键是学会添加常用的辅助线，构造全等三角形解决问题．
三、解答题（共8小题，共86分）
17. 解方程：．
【答案】，
【解析】
【分析】先计算出，然后代入一元二次方程的求根公式进行求解．
【详解】解：，
，
，
．
【点睛】本题解一元二次方程—公式法：一元二次方程（为常数，）的求根公式为．
18. 如图，△ABC内接于⊙O，∠A = 30°，过圆心O作OD⊥BC，垂足为D．若⊙O的半径为6，求OD的长．
【答案】
【解析】
【分析】连接OB、OC，由圆周角定理及圆的性质得△OBC是等边三角形，由OD⊥BC可得CD=BD，由勾股定理可求得OD的长．
【详解】连接OB、OC，如图
则OB=OC=6
∵圆周角∠A与圆心角∠BOC对着同一段弧
∴∠BOC=2∠A=60゜
∴△OBC是等边三角形
∴BC=OB=6
∵OD⊥BC
∴
在Rt△ODC中，由勾股定理得：
【点睛】本题考查了圆周角定理、等边三角形的判定与性质、勾股定理等知识，连接两个半径运用圆周角定理是本题的关键．
19. 已知关于x的一元二次方程．
（1）求证：不论m取何值，方程总有两个不相等的实数根；
（2）若方程有两个实数根为，，且，求m的值．
【答案】（1）见解析 （2）
【解析】
【分析】（1）根据根的判别式得出，据此可得答案；
（2）根据根与系数的关系得出，，代入得出关于的方程，解之可得答案．
【小问1详解】
证明：
，
无论取何值，此方程总有两个不相等的实数根；
【小问2详解】
解：由根与系数关系，得，，
由，得，
解得．
【点睛】本题主要考查根与系数的关系、根的判别式，解题的关键是掌握，是方程的两根时，，．
20. 嘉嘉进行铅球训练，他尝试利用数学模型来研究铅球的运动情况．他以水平方向为x轴方向，为单位长度，建立了如图所示的平面直角坐标系，铅球从y轴上的点A处出手，运动路径可看作抛物线，嘉嘉某次试投时，铅球行进高度y（单位：m）与水平距离x（单位：m）之间的函数关系是．如图，B是该函数图象上的一点．
（1）画出该函数的大致图象；
（2）若铅球推出的距离不小于，成绩为优秀．请通过计算，判断嘉嘉此次试投的成绩是否能达到优秀．
【答案】（1）见解析 （2）见解析，达到优秀
【解析】
【分析】（1）根据题意画出图象即可；
（2）根据题意解方程即可得到结论．
【小问1详解】
解：函数图象如图所示；
【小问2详解】
解：令，得，
解得（C在x轴正半轴，故舍去），
∴抛物线与x轴的坐标为．
∴铅球推出的距离为，
∵若铅球推出距离不小于，成绩为优秀，
∴嘉嘉此次试投的成绩达到优秀．
【点睛】本题考查了二次函数在实际问题中的应用，正确建立平面直角坐标系、熟练掌握待定系数法及二次函数与一元二次方程的关系是解题的关键．
21. 2022年虎年新春，中国女足3∶2逆转韩国，时隔16年再夺亚洲杯总冠军；2022年国庆，中国女篮高歌猛进，时隔28年再夺世界杯亚军，展现了中国体育的风采！为了培养背少年体育兴趣、体育意识，某校初中开展了“阳光体育活动”，决定开设篮球、足球、乒乓球、羽毛球、排球这五项球类活动，为了了解学生对这五项活动的喜爱情况，随机调查了一些学生（每名学生必选且只能选择这五项活动中的一种）．根据以下统计图提供的信息，请解答下列问题：
（1）扇形统计图中“羽毛球”对应的扇形的圆心角度数是______，补全条形统计图；
（2）学校准备推荐甲、乙、丙、丁四名同学中的2名参加全市中学生篮球比赛，则甲和乙同学同时被选中的概率是多少？
【答案】（1），补全条形统计图见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据篮球的人数和占所占的百分比求出总人数，用总人数减去其它项目的人数，用“羽毛球”的人数除以总人数再乘以即可求出扇形统计图中“羽毛球”对应的扇形的圆心角度数的值；求出足球的人数，从而补全统计图，
（2）根据题意先画出树状图得出所有等可能的情况数和同时选中甲和乙的情况数，再根据概率公式即可得出答案．
【小问1详解】
解：根据题意得本次被调查的学生人数（人），
“羽毛球”人数所占比例为：，
∴扇形统计图中“羽毛球”对应的扇形的圆心角度数；
喜爱足球的人数为：（人），
补全条形统计图如图所示，
【小问2详解】
设甲、乙、丙、丁四名同学分别用字母A，B，C，D表示，根据题意画树状图如下：

∵一共有12种可能出现的结果，它们都是等可能的，符合条件的有两种，
∴P（A、B两人进行比赛）．
【点睛】本题考查的是条形统计图和扇形统计图以及概率公式的综合运用，求扇形统计图圆心角，画条形统计图，读懂统计图，从不同的统计图中得到必要的信息是解决问题的关键．条形统计图能清楚地表示出每个项目的数据；扇形统计图直接反映部分占总体的百分比大小．
22. 如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AD是∠BAC的角平分线，以AB上一点O为圆心，AD为弦作⊙O．
（1）尺规作图：作出⊙O（不写作法与证明，保留作图痕迹）；
（2）求证：BC为⊙O的切线．

【答案】（1）作图见解析；（2）证明见解析．
【解析】
【分析】（1）因为AD是弦，所以圆心O即在AB上，也在AD的垂直平分线上，作AD的垂直平分线，与AB的交点即为所求；
（2）因为D在圆上，所以只要能证明OD⊥BC就说明BC为⊙O的切线．
【详解】解：（1）如图所示，⊙O即为所求；

（2）证明：连接OD．
∵OA＝OD，
∴∠OAD＝∠ODA，
∵AD是∠BAC的角平分线，
∴∠CAD＝∠OAD，
∴∠ODA＝∠CAD，
∴OD∥AC．
又∵∠C＝90°，
∴∠ODB＝90°，
∴BC是⊙O的切线．
【点睛】本题主要考查圆的切线，熟练掌握直线与圆的位置关系是解题的关键．
23. 如图，在平面直角坐标系中，点 ，把线段绕点逆时针旋转到，交轴于点，反比例函数的图象经过点．
（1）求的值；
（2）连接，若点在反比例函数的图象上，求点的坐标．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据全等三角形的判定得到，可得，，由点，的坐标可得，，从而得到点的坐标，因为反比例函数的图象经过点，可求得的值；
（2）设的解析式为，根据点，的坐标可求出的解析式，继而得到点的坐标，根据点，的坐标可得的长，从而得到的面积，设点坐标为，根据，可求出的值，从而得到点的坐标．
【小问1详解】
解：作轴，垂足为点，
把线段绕点逆时针旋转到，
，，
，
即，
在和中，
，
（），
，，
点，
，，
点的坐标为，，
反比例函数的图象经过点，
；
【小问2详解】
设的解析式为，
点，
，
解得，
的解析式为，
令，则，
点的坐标为，
，
，
，
设点坐标为，
，
，
解得，
点坐标为．
【点睛】本题考查了反比例函数与几何，全等三角形的判定与性质，旋转的性质，求一次函数解析式，勾股定理等知识．证得是解（1）题的关键．求得点的坐标是解（2）题的关键．
24. 在平面直角坐标系中，已知点在抛物线上，且．
（1）若，求抛物线解析式；
（2）若该抛物线与轴交于点，其对称轴与轴交于点，则命题“对于任意一个，都存在，使得”是否正确？若正确，请证明；若不正确，请举反例；
（3）将该抛物线平移，平移后的抛物线仍经过，点的对应点为，当时，求平移后抛物线的顶点所能达到的最高点的坐标．
【答案】（1）
（2）不正确，理由见解析
（3）
【解析】
【分析】本题是二次函数的综合题，考查了二次函数的点的坐标特征，二次函数的性质，二次函数的图象与几何变换，解题的关键是根据题意正确设出坐标．
（1）把代入得，与构成方程组，解方程组即可求得；
（2）求得，，即可求得，，根据题意选时，由得，此时不合题意，即可判定命题不正确；
（3）把化成顶点式，得到，根据平移的规律得到，把代入，进一步得到，即，分类求得，由，得到，即，从而得到平移后的解析式为，得到顶点为，设，即，即可得到取最大值为，从而得到最高点的坐标．
【小问1详解】
把代入，可得，
解，可得，，
∴；
【小问2详解】
不正确，
理由：由，得．
对于，
当时，．
抛物线的对称轴为直线．
所以，，
因，
所以，，
当时，由得，此时不合题意．
所以对于任意的，不一定存在，使得；
【小问3详解】
由平移前的抛物线，可得
，即．
因为平移后的对应点为
可知，抛物线向左平移个单位长度，向上平移个单位长度．
则平移后的抛物线解析式为，
即．
把代入，得
．
．
．
所以．
当时，（不合题意，舍去）；
当时，，
因为，所以．
所以，
所以平移后的抛物线解析式为．
即顶点为，
设，即．
因为，所以当时，随的增大而增大．
因为，
所以当时，取最大值为，
此时，平移后抛物线的顶点所能达到的最高点坐标为．
25. 如图，在中，，点、分别是边上的三等分点，于点，点是边上的一个动点，连接、，作关于的轴对称图形．
（1）当时，求的值；
（2）当、、三点共线时，求证：；
（3）当，且时，线段的中垂线分别交线段、于点、，连接、，求线段的最小值．
【答案】（1）；（2）见解析；（3）
【解析】
【分析】(1)由平行线分线段成比例可得，即可求解；
(2)通过证明，可得，即可求解；
(3)通过证明，可得，然后可求QN的长，利用二次函数的性质可求QD得最小值，由勾股定理可求解．
【详解】
解：（1）∵，
∴．
又∵点、分别是边上的三等分点，∴，
∴．
（2）如图1，∵，点为的中点，
∴，
∴．
∵与关于成轴对称，
∴，，，
又∵，
∴，
∴．
设与相交于点，
∴，
∵，
，
∴．
设，则，，
∴，
又，
∴，
∴，
∴．
依题意得：，，
∴．
（3）如图2，过点作于点，过点作于点，于点．
∵，，
∴．
设，则，
∵为的中点，
∴，
．
由题意得：．
∵，，
∴，
又∵，
∴，
∴，即，解得：．
∴．
令，即，
整理得：，
∴，
解得：，（舍去），即，此时，
∵垂直平分，∴，
∴．