精品解析：福建省福州铜盘中学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：福建省福州铜盘中学2023-2024学年九年级上学期月考数学试题（解析版）-A4，共21页。试卷主要包含了选择题，填空题，计算题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1. 下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解判断即可．
【详解】解：A．是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不符合题意；
B．不是轴对称图形，是中心对称图形，故本选项不符合题意；
C．既是轴对称图形，又是中心对称图形，故本选项符合题意；
D．轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不符合题意；
故选：C．
【点睛】本题主要考查了中心对称图形与轴对称图形，轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原来的图形重合．
2. “清明时节雨纷纷”这个事件是（ ）
A. 不可能事件B. 随机事件C. 必然事件D. 确定性事件
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查的是必然事件、不可能事件、随机事件的概念．必然事件指在一定条件下，一定发生的事件．不可能事件是指在一定条件下，一定不发生的事件，不确定事件即随机事件是指在一定条件下，可能发生也可能不发生的事件．
根据事件发生的可能性大小判断，即可得到答案．
【详解】解：“清明时节雨纷纷”这个事件是随机事件，
故选：B．
3. 如图，已知直线直线和分别与直线，，交于点A，B，C和点D，E，F，若，，则的长是（ ）
A. B. 3C. 6D. 9
【答案】C
【解析】
【分析】根据平行线分线段成比例定理解答即可．
【详解】解：∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，
故选：C．
【点睛】本题考查了平行线分线段成比例定理，注意：一组平行线截两条直线，所截的线段对应成比例．
4. 一元二次方程的根是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据因式分解法解一元二次方程即可．
【详解】解：，
移项得：，
∴，
解得：．
故选：D．
【点睛】本题考查解一元二次方程，掌握公式法、因式分解法、配方法、直接开平方法是关键．
5. 将抛物线先向上平移2个单位长度，再向右平移3个单位长度，所得新抛物线的解析式为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据上加下减，左加右减的平移规律进行求解即可．
【详解】解：将抛物线先向上平移2个单位长度，再向右平移3个单位长度，所得新抛物线的解析式为，
故选D
【点睛】本题考查了二次函数图象与几何变换，函数图象的平移规律是：左加右减，上加下减．
6. 如图，在设计人体雕像时，使雕像的上部（腰以上）与下部（腰以下）的高度比，等于下部与全部（全身）的高度比，可以增加视觉美感．按此比例，如果雕像的高为，设雕像下部高，则可列方程为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】设雕像下部高为，则雕像上部高为，根据雕像的上部与下部的高度比等于下部与全部的高度比，即可得出关于的一元二次方程，此题得解．
【详解】解：设雕像下部高为，则雕像上部高为，
根据题意得：，即．
故选：C．
【点睛】本题考查了由实际问题抽象出一元二次方程，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．
7. 若是关于x的一元二次方程的一个根，则m的值为（ ）
A. 1或4B. -1或-4C. -1或4D. 1或-4
【答案】B
【解析】
【分析】把代入关于x的方程，得到，解关于m的方程即可．
【详解】解：∵是关于x的一元二次方程的一个根，
∴
解得
故选B．
【点睛】本题考查一元二次方程根的定义和一元二次方程的解法，理解方程根的定义得到关于m的方程是解题关键．
8. “易有太极，始生两仪，两仪生四象，四象生八卦”，太极图是我国古代文化关于太极思想的图示，内含表示一阴一阳的图形（一黑一白）．如图，在正方形的内切圆中画出太极图，然后在正方形内随机取一点，则此点取自太极图中黑色部分的概率是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】为了方便求解令正方形的边长为1，那么圆的直径也就是1，可以表示出正方形和圆的面积，利用图形的对称性可以得到太极图黑色和白色部分各占圆的一半，这样就能得出最后结果．
【详解】设正方形边长为1，
正方形面积，
圆的直径为1，则半径为，
圆面积，
太极图是旋转对称图形，所以黑色和白色部分各占圆面积的一半，
太极图黑色部分面积，
所求概率为．
故选B．
【点睛】本题考查了内切圆的知识，圆和正方形的面积，以及旋转图形的对称性，利用对称性得出黑色部分占太极图的一半是解答本题的关键．
9. 扇叶型曲线如图所示放置，为曲线上第一象限内一点，将曲线绕点顺时针旋转，每次旋转，则第次旋转结束时，点的坐标为( )

A B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意，旋转8次一循环，按照旋转的规律，计算求解．
【详解】解：，
第二象限，
故选：A．
【点睛】本题考查了坐标规律，掌握旋转的规律是解题的关键．
10. 教室里的饮水机接通电源就进入自动程序，开机加热时每分钟上升10℃，加热到100℃，停止加热，水温开始下降，此时水温（℃）与开机后用时（min）成反比例关系．直至水温降至30℃，饮水机关机．饮水机关机后即刻自动开机，重复上述自动程序．若在水温为30℃时，接通电源后，水温y（℃）和时间（min）的关系如图，为了在上午第一节下课时（8：45）能喝到不超过50℃的水，则接通电源的时间可以是当天上午的
A. 7：20B. 7：30C. 7：45D. 7：50
【答案】A
【解析】
【详解】∵开机加热时每分钟上升10℃，∴从30℃到100℃需要7分钟．
设一次函数关系式为：y=k1x+b，
将（0，30），（7，100）代入y=k1x+b得k1=10，b=30．
∴y=10x+30（0≤x≤7）．
令y=50，解得x=2；
设反比例函数关系式为：，
将（7，100）代入得k=700，∴．
将y=30代入，解得．∴（7≤x≤）．
令y=50，解得x=14．
∴饮水机的一个循环周期为 分钟．每一个循环周期内，在0≤x≤2及14≤x≤时间段内，水温不超过50℃．
逐一分析如下：
选项A：7：20至8：45之间有85分钟．85﹣×3=15，位于14≤x≤时间段内，故可行；
选项B：7：30至8：45之间有75分钟．75﹣×3=5，不在0≤x≤2及14≤x≤时间段内，故不可行；
选项C：7：45至8：45之间有60分钟．60﹣×2=≈13.3，不在0≤x≤2及14≤x≤时间段内，故不可行；
选项D：7：50至8：45之间有55分钟．55﹣×2=≈8.3，不在0≤x≤2及14≤x≤时间段内，故不可行．
综上所述，四个选项中，唯有7：20符合题意．故选A．
二、填空题（本大题共6小题，共24.0分）
11. 在一个不透明的口袋中装有红球和白球共40个，这些球除颜色外都相同，将口袋中的球搅匀后，从中随机摸出一个球，记下它的颜色后再放回口袋中，不断重复这一过程，共摸了100次球，发现有20次摸到红球，则口袋中红球的个数约为________．
【答案】8
【解析】
【分析】用总球数乘以摸到红球的概率即可求解．
【详解】解：根据题意，口袋中红球的个数约为（个），
故答案为：8．
【点睛】本题考查利用频率估计概率，解答的关键是掌握用频率估计概率：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，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．
12. 反比例函数图象上有两点、，则______（填“”“”或“”）．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征；根据点、的横坐标利用反比例函数图象上点的坐标特征即可求出、的值，比较后即可得出结论．
【详解】解：∵反比例函数图象上有两点、，，在每一个象限内，随的增大而减小，
又∵
∴，
故答案为：．
13. 如图，在中，弦，，垂足为C，，则的半径为_______．
【答案】5
【解析】
【分析】先根据垂径定理得出的长，再由勾股定理即可得出结论．
【详解】解：连接，
∵，，
∴，
∵，
∴．
故答案为5．
【点睛】本题主要考查垂径定理，熟练掌握垂径定理是解题的关键．
14. 在半径为1的圆中，圆心角所对的弧长是______．
【答案】##
【解析】
【分析】根据弧长公式计算即可求解．
【详解】解：．
故答案为：
【点睛】本题主要考查了弧长公式，若弧所在圆的的半径为r，所对圆心角为，则弧长，熟知弧长公式是解题的关键．
15. 某足球运动员将足球沿与地面成一定角度的方向踢出，如果不考虑空气阻力，足球飞行的高度h（单位：m）与足球飞行的时间t（单位：s）之间具有二次函数关系，其部分图象如图所示，则足球从踢出到落地所需的时间是_____．
【答案】
【解析】
【分析】先确定抛物线的对称轴方程，再根据抛物线的对称性可得出结论．
【详解】解：根据函数的图象可得抛物线的对称轴方程为：，
因为抛物线与x轴的一个交点横坐标为0，
所以，抛物线与x轴的另一个交点横坐标为，
所以，足球从踢出到落地所需的时间是，
故答案为：
【点睛】本题考查二次函数的应用，解答本题的关键是明确题意，利用二次函数的性质解答．
16. 已知内接于⊙O，I是的内心，若，则的度数是_____．
【答案】或
【解析】
【分析】当是锐角三角形时，得出，得出，求解即可；当是钝角三角形时， ，得出，求解即可；当是直角三角形时，不符合题意．
【详解】解：当是锐角三角形时，如图所示：
∵I是的内心，
∴、平分、，
∴，，
∴
，
∵，，
∴，
∴；
当是钝角三角形时，如图所示：
∵I是的内心，
∴、平分、，
∴，，
∴
∵，，
∴，
∴；
当是直角三角形时，不符合题意；
故答案为：或．
【点睛】本题考查三角形的内心，角平分的定义，分情况讨论是解题的关键．
三、计算题（本大题共1小题，共8.0分）
17. 解方程：．
【答案】或
【解析】
【分析】利用十字相乘因式分解，进而即可求解．
【详解】，
，
∴或，
解得：或．
【点睛】本题主要考查解一元二次方程，熟练掌握“十字相乘法”是解题的关键．
四、解答题（本大题共8小题，共78.0分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
18. 如图，在中，点E，F分别在边，上，且，连接，，求证：四边形是中心对称图形．
【答案】见解析
【解析】
【分析】先证明四边形是平行四边形，根据平行四边形是中心对称图形进行推理即可．
【详解】证明：四边形是平行四边形，
，，
四边形是平行四边形，
四边形是中心对称图形．
【点睛】本题考查平行四边形的性质和判定，掌握平行四边形是中心对称图形是解题的关键．
19. 已知关于x的一元二次方程（m为实数），如果方程有两个不相等的实数根，求m的取值范围．
【答案】且
【解析】
【分析】首先根据已知条件可得根的判别式大于0，且，解得即为的取值范围．
【详解】解：由已知条件，得
，且
解得且.
m的取值范围为且．
【点睛】此题主要考查利用一元二次方程根的情况求参数及一元二次方程的定义，熟练运用这两个知识点是解题关键．
20. 如图，将绕点A顺时针旋转得到（为锐角），点D与点B对应，连接，．求证：．
【答案】见解析
【解析】
【分析】根据旋转的性质可得，，，从而得到，即可求证．
【详解】解：绕点旋转得到，
，，，
，
．
【点睛】本题主要考查了图形的旋转，相似三角形的判定，熟练掌握图形的旋转的性质，相似三角形的判定是解题的关键．
21. 如图，有3张不透明的卡片，除正面写有不同的数字外，其它均相同．将这三张卡片背面朝上洗匀后，第一次从中随机抽取一张，并把这张卡片标有的数字记作一次函数中的，第二次从余下的两张卡片中再随机抽取一张，上面标有的数字记作一次函数中的．

（1）写出为负数的概率；
（2）求一次函数的图象经过一、二、四象限的概率．（用树状图或列表法求解）
【答案】（1）为负数的概率为
（2）画树状图，

一共有6种情况，其中经过一、二、四象限的有2种，
一次函数的图象经过一、二、四象限的概率为
【解析】
【分析】本题考查了用树状图或列表法、概率的求法、一次函数的图象与系数的关系，熟练掌握树状图法是解决问题的关键．
（1）共有3张牌，2张为负数，让负数的个数除以数总个数即为所求概率．
（2）画出树状图，列举出共有多少种情况，其中满足一次函数经过一、二、四象限，即k为负数，b为正数的情况占所有情况的多少即可．
【小问1详解】
解：共有3张牌，其中2张为负数，
为负数的概率为．
【小问2详解】
解：画树状图

一共有6种情况，其中满足一次函数经过一、二、四象限，即，的情况有两种，
所以一次函数的图象经过一、二、四象限的概率为．
22. 如图，P为外一点，M为中点．
（1）过点P作的一条切线，且Q为切点（尺规作图，保留作图痕迹，不写作法）；
（2）在（1）条件下，若，求证：点M在上．
【答案】（1）见解析；
（2）见解析．
【解析】
【分析】（1）以点M为圆心，的长为半径画弧交于点Q，连接，则即为所求；
（2）连接，设，则，可得，，在中，由勾股定理可得，从而得到的半径，即可求解．
【小问1详解】
解：如图，为所求作的的切线，其中为切点．
理由：如图，连接，
由作法得：，
∵M为中点，
∴，
∴，
∴，
即，
∵，
∴，
即，
∵为的半径，
∴与相切；
【小问2详解】
解：由（1）得，与相切于点．
连接，
，
．
设，则．
是的中点，
，，
在中，，
即的半径，
，
点在上．
【点睛】本题主要考查了切线的判定和性质，点与圆的位置关系，勾股定理，尺规作图等知识，熟练掌握切线的判定和性质，点与圆的位置关系是解题的关键．
23. 某校九年级数学兴趣小组对函数的图象和性质进行探究，通过描点、连线的方式画出了该函数的图象如图所示．请结合图象回答下列问题：
（1）①函数的自变量的取值范围是______；
②请尝试写出函数的一条性质：______．
（2）经观察发现，将函数的图象平移后可以得到函数的图象，请写出一种平移方法．
（3）在上述平面直角坐标系中，画出的图象，并结合图象直接写出不等式的解集．
【答案】（1）①；②在第一象限内，随的增大而减小.（答案不唯一）
（2）将的图象先向右平移1个单位，再向上平移2个单位（答案不唯一）
（3）见解析，或
【解析】
【分析】（1）①根据分母不为零可求；
②根据反比例函数图象的性质可得；
（2）按照函数平移规律即可求得；
（3）描点，连线画出该函数的图象，结合图象即可求得．
【小问1详解】
①；
②在第一象限内，随的增大而减小.（答案不唯一，正确合理即可）；.
【小问2详解】
将的图象先向右平移1个单位，再向上平移2个单位，即可得到函数的图象；（答案不唯一，正确合理即可）；
【小问3详解】
在平面直角坐标系内画出的图象：
∴不等式的解集为：或．
【点睛】本题考查的是反比例函数图象及其性质，掌握描点法画函数图象的方法，数形结合是解本题的关键．
24. 如图，在中AB＝AC＝6cm，BC＝8cm，点E是线段BC边上的一动点（不含B、C 两端点）， 连结AE，作∠AED＝∠B，交线段AB于点D．
（1）求证：
（2）设BE＝x，AD＝y，请写y与x之间的函数关系式，并求y的最小值
（3）E点在运动的过程中，能否构成等腰三角形？若能，求出BE的长；若不能，请说明理由
【答案】（1）见解析；（2）；（3）能，6cm或
【解析】
【分析】（1）根据∠BDE＝∠CEA，∠B＝∠C证得结论；
（2）利用（1）中相似三角形的对应边成比例列出比例式，则把相关线段的长度代入即可列出y与x的关系式．注意自变量x的取值范围要注明；
（3）根据三角形外角性质和三角形的边角关系知AE≠AD．所以当△ADE是等腰三角形时，分两种情况：①当AE＝DE时，△BDE≌△CEA；②当DA＝DE时，△BAE∽△BCA．所以根据全等三角形和相似三角形的性质来求线段BE的长度．
【详解】（1）证明：∵∠BDE＝180°－∠DEB－∠B，∠CEA＝180°－∠DEB－∠AED，
又∠B＝∠AED，
∴∠BDE＝∠CEA，
∵AB＝AC，
∴∠B＝∠C，
∴△BDE∽△CEA；
（2）解：∵△BDE∽△CEA，
∴，即，
∴（0＜x＜8），
∴当x＝4，y有最小值是；
（3）解：∵∠ADE是△BDE的外角，
∴∠ADE＞∠B，
∵∠B＝∠AED，
∴∠ADE＞∠AED，
∴AE≠AD．
①当AE＝DE时，
得△BDE≌△CEA，
∴BE＝AC＝6cm；
②当DA＝DE时，∠BAE＝∠AED＝∠C，
又∵∠B＝∠B，
∴△BAE∽△BCA，
∴，
即：，
∴BE＝cm，
∴△ADE为等腰三角形时，BE＝6cm或cm
【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质、三角形外角的性质，二次函数的最值等知识点．解答（3）题时，要分类讨论，以防漏解．
25. 已知抛物线与轴的正半轴交于点，与轴交于点，当时，抛物线最低点的纵坐标为：当时，抛物线最低点的纵坐标为．
（1）求，的关系式（用含的代数式表示）；
（2）若，求抛物线的解析式；
（3）在（2）的条件下，为抛物线对称轴上一点，过点的直线交抛物线于，两点，为线段的中点，过点作轴的垂线，交抛物线于点，探究是否存在定点，使得总成立，若存在，求出点的坐标：若不存在，请说明理由．
【答案】（1）；
（2）；
（3）存在，．
【解析】
【分析】（1）根据题意分析得出当时，取得最小值，最小值为，即，进而根据顶点公式进行计算即可求解；
（2）根据题意得出，进而待定系数法求解析式即可求解；
（3）设，则直线的解析式为．代入二次函数解析式，根据一元二次方程根与系数的关系得出，，设，根据中点坐标得出，继而可得，由轴，且点在抛物线上，得出，再利用勾股定理求得，根据得出等式，进而得出的值，即可求解．
【小问1详解】
解： 当时，拋物线最低点的纵坐标为；
当时，抛物线最低点的纵坐标为，
的抛物线上的最低点是整条抛物线的最低点，
抛物线的开口向上，对称轴在轴右侧，且顶点的纵坐标为，
，，
．
又当时，随的增大而减小．
，
当时，取得最小值，最小值为，
，
，
【小问2详解】
由（1）得抛物线解析式为，，，，
．
．
点在轴正半轴，
，
，
解得， （舍去），
抛物线解析式为．
【小问3详解】
过点的直线与抛物线交于，两点，
设该直线解析式为．
由（2）得，抛物线的对称轴为直线，
设，
，
即，
该直线的解析式为．
将代入，
整理，得．
设，，
，
，．
设．
是的中点，
，
，
．
轴，且点在抛物线上，
，
由勾股定理得
，
，
即，
，
解得，
存点定点，坐标为