2020-2021年湖北省孝感市十校九年级上学期数学12月月考试卷及答案

这是一份2020-2021年湖北省孝感市十校九年级上学期数学12月月考试卷及答案，共10页。试卷主要包含了单项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

 九年级上学期数学12月月考试卷
一、单项选择题
1.以以下列图形中，可以看作是中心对称图形的是(   )
A.                       B.                       C.                       D. 
2－4x－1＝0配方后可变形成〔   〕
A. (x＋2)2＝3                       B. (x－2)2＝3                       C. (x＋2)2＝5                       D. (x－2)2＝5
3.抛物线y=－2(x－3)2－4的顶点坐标   
A. (－3,4)                               B. (－3, －4)                               C. (3, －4)                               D. (3,4)
4.如图，将Rt△ABC(其中∠B=35°，∠C=90°)绕点A按顺时针方向旋转到△AB1C1的位置，使得点C，A，B1在同一条直线上，那么旋转角等于(     )

A. 35°                                      B. 50°                                      C. 125°                                      D. 90°
5.是关于 的一元二次方程 的解，那么 〔   〕
A.                                       B.                                       C.                                       D. 
6.点 在抛物线 上，那么以下结论正确的选项是〔    〕
A.                        B.                        C.                        D. 
7.如图，AB是半圆的直径，O为圆心，C是半圆上的点，D是弧AC上的点，假设∠BOC=40°，那么∠D的度数为〔   〕

A. 100°                                    B. 110°                                    C. 120°                                    D. 130°
8.如图，在边长为4的正方形 中，以点 为圆心， 为半径画弧，交对角线 于点 ，那么图中阴影局部的面积是〔结果保存 〕〔   〕

A.                                 B.                                 C.                                 D. 
9.关于x的一元二次方程 有两个相等的实数根，那么 的值等于(    )
A. 2                                       B. 1                                       C. 0                                       D. 无法确定
10.从地面竖直向上抛出一小球，小球的高度 (单位： )与小球运动时间 (单位： )之间的函数关系如以下列图．以下结论：①小球在空中经过的路程是 ；②小球抛出3秒后，速度越来越快；③小球抛出3秒时速度为0；④小球的高度 时， ．其中正确的选项是(   )

A. ①④                                    B. ①②                                    C. ②③④                                    D. ②③
二、填空题
11.关于x的方程 是一元二次方程，那么m=________.
12.如图，在△ABC中，AB=2，BC=3.6，∠B=60°，将△ABC绕点A按顺时针旋转一定角度得到△ADE，当点B的对应点D恰好落在BC边上时，那么CD的长为________．

13.小华为了求出一个圆盘的半径，他用所学的知识，将一宽度为2cm的刻度尺的一边与圆盘相切，另一边与圆盘边缘两个交点处的读数分别是“4〞和“16〞〔单位：cm〕，请你帮小华算出圆盘的半径是________cm.

14.如图，圆锥的母线长为10cm，高为8cm，那么该圆锥的侧面展开图〔扇形〕的弧长为________cm．〔结果用π表示〕

15.二次函数y＝ax2+bx+c的图象如以下列图，对称轴是直线x＝1.以下结论：①abc＜0；②3a+c＞0；③(a+c)2﹣b2＜0；④a+b≤m(am+b)(m为实数).其中结论正确的有________.(填所以正确的序号)

三、解答题
16.将二次函数 化成 的形式为________.
以下方程：
〔1〕；
〔2〕.
18.方程 的一个根是1，求它的另一个根和m的值.
19.如图在单位长度为1的正方形网格中，一段圆弧经过网格的交点A、B、C.

〔1〕请完成如下操作：
①以点O为坐标原点、竖直和水平方向为轴、网格边长为单位长，建立平面直角坐标系；
②根据图形提供的信息，只借助直尺确定该圆弧所在圆的圆心D，并连接AD、CD.(保存作图痕迹，不写作法)
〔2〕请在(1)的根底上，完成以下填空与计算：
①写出点的坐标：C________、D________；
②⊙D的半径=________；(结果保存根号)
③求扇形ADC的面积.(结果保存π)________
20.关于 的一元二次方程 有实数根.
〔1〕求 的取值范围.
〔2〕假设该方程的两个实数根为 、 ，且 ，求 的值.
21.如图1，点A是线段BC上一点，△ABD和△ACE都是等边三角形.

〔1〕连结BE，CD，求证：BE=CD；
〔2〕如图2，将△ABD绕点A顺时针旋转得到△AB′D′.
①当旋转角为________度时，边AD′落在AE上；

22.某文具店购进一批纪念册，每本进价为20元，出于营销考虑，要求每本纪念册的售价不低于20元且不高于28元，在销售过程中发现该纪念册每周的销售量y(本)与每本纪念册的售价x(元)之间满足一次函数关系y＝﹣2x+80.
〔1〕当文具店每周销售这种纪念册获得150元的利润时，每本纪念册的销售单价是多少元？
〔2〕设该文具店每周销售这种纪念册所获得的利润为w元，将该纪念册销售单价定为多少元时，才能使文具店销售该纪念册所获利润最大？最大利润是多少？
23.如图，AB是⊙O的直径，点D在AB的延长线上，点C、E是⊙O上的两点，CE=CB， ，延长AE交BC的延长线于点F.

〔1〕求证：CD是⊙O的切线；
〔2〕求证：CE=CF
〔3〕假设BD=1, ,求直径AB的长.
24.如图，二次函数y=ax2+2x+c的图象经过点C〔0，3〕，与x轴分别交于点A，点B〔3，0〕．点P是直线BC上方的抛物线上一动点．

〔1〕求二次函数y=ax2+2x+c的表达式；
〔2〕连接PO，PC，并把△POC沿y轴翻折，得到四边形POP′C．假设四边形POP′C为菱形，请求出此时点P的坐标；
〔3〕当点P运动到什么位置时，四边形ACPB的面积最大？求出此时P点的坐标和四边形ACPB的最大面积．

答案解析局部
一、单项选择题
1.【解析】【解答】A、不是中心对称图形，故本选项错误；
B、是中心对称图形，故本选项正确；
C、不是中心对称图形，故本选项错误；
D、不是中心对称图形，故本选项错误；
故答案为：B.
【分析】中心对称图形：把一个图形绕着某一点旋转180°后，旋转后的图形能够与原来的图形重合，据此判断即可.
2.【解析】【解答】解：x2－4x－1＝0
移项得：x2-4x=1，
配方得：x2-4x+4=5，即〔x-2〕2=5.
故答案为：D.
【分析】方程常数项移到右边，两边加上4变形即可得到结果。
3.【解析】【解答】y=-2〔x-3〕2-4是抛物线的顶点式，
根据顶点式的坐标特点可知，顶点坐标为〔3，-4〕.
故答案为：C.
【分析】解析式为顶点式，可直接根据顶点式的坐标特点，求顶点坐标
4.【解析】【解答】∵∠B＝35°，∠C＝90°，
∴∠BAC＝90°−∠B＝90°−35°＝55°，
∵点C、A、B1在同一条直线上，
∴∠BAB1＝180°−∠BAC＝180°−55°＝125°，
∴旋转角等于125°.
故答案为：C.
【分析】根据直角三角形两锐角互余求出∠BAC，然后求出∠BAB1 ， 再根据旋转的性质对应边的夹角∠BAB1即为旋转角.
5.【解析】【解答】把x=1代入方程x2+ax+2b=0得1+a+2b=0，所以a+2b=−1，所以2a+4b=2(a+2b)=2×(−1)=−2.
故答案为：A.
【分析】先把x=1代入方程x2+ax+2b=0得a+2b=-1，然后利用整体代入的方法计算2a+4b的值.
6.【解析】【解答】解：当x=1时,y1=−(x+1) +2=−(1+1) +2=−2；
当x=2时,y =−(x+1) +2=−(2+1) +2=−7；
所以 .
故答案为：A
【分析】分别将点A,B的横坐标代入抛物线的解析式，算出对应的函数值，即y1,y2的值，再根据有理数比大小的方法判断得出答案.
7.【解析】【解答】∵∠BOC=40°,∠AOB=180°,
∴∠BOC+∠AOB=220°,
∴∠D=110°〔同弧所对的圆周角是圆心角度数的一半〕,
故答案为：B.
【分析】根据同弧所对的圆周角是圆心角度数的一半即可解题.
8.【解析】【解答】 ，
故答案为： ．

【分析】根据计算即可
9.【解析】【解答】根据题意得：
△＝4−4a〔2−c〕＝0，
整理得：4ac−8a＝−4，
4a〔c−2〕＝−4，
∵方程ax2＋2x＋2−c＝0是一元二次方程，
∴a≠0，
等式两边同时除以4a得：c−2＝− ，
那么 ＋c＝2，
故答案为：A.
【分析】根据“关于x的一元二次方程ax2＋2x＋2−c＝0有两个相等的实数根〞，结合根的判别式公式，得到关于a和c的等式，整理后即可得到的答案.
10.【解析】【解答】
①由图象知小球在空中到达的最大高度是 ；故①不符合题意；
②小球抛出3秒后，速度越来越快；故②符合题意；
③小球抛出3秒时到达最高点即速度为0；故③符合题意；
④设函数解析式为： ，
把 代入得 ，解得 ，
∴函数解析式为 ，
把 代入解析式得， ，
解得： 或 ，
∴小球的高度 时， 或 ，故④不符合题意；
故答案为：D．

【分析】根据抛物线的图像与系数的关系，可将最高点的坐标计算得到，选出正确选项即可。
二、填空题
11.【解析】【解答】根据题意得
m−3≠0，m2−2m−1＝2，
解得m＝−1.
故填：-1.
【分析】根据题意，由于原方程是一元二次方程，那么有x的次数是2，即m2−2m−1＝2，系数不等于0，即m−3≠0，联合起来解即可.
12.【解析】【解答】解：由旋转的性质可得：AD=AB，
∵∠B=60°，
∴△ABD是等边三角形，
∴BD=AB，
∵AB=2，BC=3.6，
∴CD=BC﹣BD=3.6﹣2=1.6．
故答案为：1.6．
【分析】由旋转的性质得到AD=AB，得到△ABD是等边三角形，求出CD的长.
13.【解析】【解答】如图，

记圆的圆心为O，连接OB，OC交AB于D，
∴OC⊥AB，BD= AB，
由图知，AB=16﹣4=12cm，CD=2cm，
∴BD=6，设圆的半径为r，那么OD=r﹣2，OB=r，
在Rt△BOD中，根据勾股定理得，OB2=AD2+OD2 ，
∴r2=36+〔r﹣2〕2 ，
∴r=10cm，
故答案为：10.
【分析】如图，先利用垂径定理得，BD=6，再利用勾股定理建立方程求解即可得出结论
14.【解析】【解答】解：设底面圆的半径为rcm，
由勾股定理得：r= =6，
∴2πr=2π×6=12π，
故答案为：12π．
【分析】先在圆锥的轴截面图中，用勾股定理求出底面圆的半径r，再求出底面圆的周长即为圆锥侧面展开图〔扇形〕的弧长。
15.【解析】【解答】①∵抛物线开口向上，∴a＞0，
∵抛物线的对称轴在y轴右侧，∴b＜0
∵抛物线与y轴交于负半轴，
∴c＜0，
∴abc＞0，①错误；
②当x＝−1时，y＞0，∴a−b＋c＞0，
∵− ＝1，∴b＝−2a，
把b＝−2a代入a−b＋c＞0中得3a＋c＞0，所以②正确；
③当x＝1时，y＜0，∴a＋b＋c＜0，
∴a＋c＜−b，
当x＝−1时，y＞0，∴a−b＋c＞0，
∴a＋c＞b，
∴|a＋c|＜|b|
∴〔a＋c〕2＜b2 ， 即〔a＋c〕2−b2＜0，所以③正确；
④∵抛物线的对称轴为直线x＝1，
∴x＝1时，函数的最小值为a＋b＋c，
∴a＋b＋c≤am2＋mb＋c，
即a＋b≤m〔am＋b〕，所以④正确.
故填：②③④.
【分析】①由抛物线开口方向得到a＞0，对称轴在y轴右侧，得到a与b异号，又抛物线与y轴负半轴相交，得到c＜0，可得出abc＞0，选项①错误；②把b＝−2a代入a−b＋c＞0中得3a＋c＞0，所以②正确；③由x＝1时对应的函数值y＜0，可得出a＋b＋c＜0，得到a＋c＜−b，x＝−1时，y＞0，可得出a−b＋c＞0，得到|a＋c|＜|b|，即可得到〔a＋c〕2−b2＜0，选项③正确；④由对称轴为直线x＝1，即x＝1时，y有最小值，可得结论，即可得到④正确.
三、解答题
16.【解析】【解答】解： ，
所以 。
故答案为： 。
【分析】利用拆项的方法，将函数解析式的右边的常数项拆成4与1，然后将二次项、一次项及常数项4利用完全平方公式分解因式，从而即可将函数解析式配成顶点式。
17.【解析】【分析】〔1〕利用配方法得到〔x-2〕2=3，然后利用直接开平方法解方程；〔2〕先进行移项，再提取公因式，即可求出x的值.
18.【解析】【分析】由韦达定理可知：x1＋x2＝−m，x1•x2＝3，一个根是1，那么另一个根x2＝3，那么x1＋x2＝4，即m＝−4.
19.【解析】【解答】解：〔2〕①根据图形得：C〔6，2〕，D〔2，0〕；
②在Rt△AOD中，OA＝4，OD＝2，
根据勾股定理得：AD＝ ，
那么⊙D的半径为 ；
【分析】〔1〕根据题意建立平面直角坐标系，然后作出弦AB的垂直平分线，以及BC的垂直平分线，两直线的交点即为圆心D，连接AD，CD；〔2〕①根据第一问画出的图形即可得出C及D的坐标；②在直角三角形AOD中，由OA及OD的长，利用勾股定理求出AD的长，即为圆O的半径；③求出∠ADC-90°，再根据扇形面积公式即可求解.
20.【解析】【分析】〔1〕利用一元二次方程根的判别式△≥0，建立关于m的一元一次不等式，解不等式得出m的取值范围。
〔2〕利用一元二次方程根与系数的关系求出x1+x2和x1x2 ， 结合|x1﹣x2|＝4，可得出〔x1﹣x2〕2＝4，将方程左边转化为x1+x2和x1x2 ， 代入建立关于m的一元一次方程，解方程可得出m的值。
21.【解析】【解答】解：〔2〕①∵∠BAD=∠CAE=60°，
∴∠DAE=180°−60°×2=60°，
∵边AD′落在AE上，
∴旋转角=∠DAE=60°.
故答案为：60.
【分析】〔1〕根据等边三角形的性质可得AB=AD，AE=AC，∠BAD=∠CAE=60°，然后求出∠BAE=∠DAC，再利用“边角边〞证明△BAE和△DAC全等，根据全等三角形对应边相等即可得证；〔2〕①求出∠DAE，即可得到旋转角度数；②当AC=2AB时，△BDD′与△CPD′全等.根据旋转的性质可得AB=BD=DD′=AD′，然后得到四边形ABDD′是菱形，根据菱形的对角线平分一组对角可得∠ABD′=∠DBD′=30°，菱形的对边平行可得DP∥BC，根据等边三角形的性质求出AC=AE，∠ACE=60°，然后根据等腰三角形三线合一的性质求出∠PCD′=∠ACD′=30°，从而得到∠ABD′=∠DBD′=∠BD′D=∠ACD′=∠PD′C=30°，然后利用“角边角〞证明△BDD′与△CPD′全等.
22.【解析】【分析】〔1〕根据题意结合销量×每本的利润＝150，进而求出答案；〔2〕根据题意结合销量×每本的利润＝w，进而利用二次函数增减性求出答案.
23.【解析】【分析】〔1〕连接OC，可证得∠CAD＝∠BCD，由∠CAD＋∠ABC＝90°，可得出∠OCD＝90°，即结论得证；〔2〕证明△ABC≌△AFC可得CB＝CF，又CB＝CE，那么CE＝CF；〔3〕证明△DCB∽△DAC，可求出DA的长，再求出AB长即可.
24.【解析】【分析】〔1〕 将点B和点C的坐标代入函数解析式，得 到关于a,c的方程组，解方程组即可求出a,c的值，从而求出二次函数的表达式。〔2〕由菱形的对角线互相垂直平分可得点P在OC的垂直平分线是=上， 连接PP′，那么PE⊥CO，垂足为E，由点C的坐标可得 点P的纵坐标  ,把y= 代入二次函数的表达式即可求出的P的横坐标，进而求出点P的坐标。〔3〕先用待定系数法求出直线 BC的解析为y=﹣x+3，过点P作PQ⊥BC于Q,交x轴于点F，由 点 P在抛物线上，可P〔m,m 2 +2m+3〕 那么点Q的坐标为〔m，﹣m+3〕， PQ=﹣m 2 +2m+3﹣〔﹣m+3〕=﹣m 2 +3m．分别求出A,B两点的坐标，进而求出AB的长， 由S 四边形 ABPC =S △ ABC +S △ PCQ +S △PBQ 当m=     时，四边形ABPC的面积最大为   ． 当m=     时，     ， 即P点的坐标为