云南省曲靖市麒麟区第六中学2022－2023学年九年级下学期第一次月考数学试卷

这是一份云南省曲靖市麒麟区第六中学2022－2023学年九年级下学期第一次月考数学试卷，共9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。
麒麟区第六中学2022－2023学年九年级下学期第一次月考数学试卷(全卷三个大题，共24 个小题，共8页;满分100 分，考试用时 120 分钟) 一、选择题 (本大题共 12 个小题，每小题只有一个正确选项，每小题3 分，共 36 分)1．某种药品的说明书上标明保存温度是(20+2) ℃，则该药品在哪个范围内保存才合适?()A．18℃~20℃  B．20℃~22℃C．18℃~21℃  D．18℃~22℃2．若一个数的倒数是-2，则这个数的相反数是 (     )A.  B.-  C.  D.-3.下列是四届冬奥会微的部分图案，其中既是铀对称图形，又是中心对称图形的是(     )4.2022年3月，在第十三届全国人民代表大会第五次会议上，国务院总理李克强在政府工作报告中指出:2021年,我国经济保持恢复发展，国内生产总值达到1140000亿元，增长8.1%.将1140000用科学记数法表示应为(                            )A.0.114x107  B.1. 14x107C.1. 14x106  D.11. 4x1055.下列运算中，正确的是(    )A. a4.a4=a16  B. a+2a2=3a3C. a3÷(-a)=-a2  D. (-a3)2=a56.已知ab<0, 一次函数y=ax-b与反比例函数y=在同一直角坐标系中的图象可能是(    )7.如图1，∠ACD是△ABC 的外角，CE平分∠ACD，若∠A=60°，∠B=40°，则∠ECD 等于(    )A．40°  B．45°C．50°  D．55° 8.如图2，在△ABC 中，分别以点 A 和点 C 为圆心，以大于AC 的长为半径作弧，两弧相交于 M、N两点;作直线 MN 分别交 BC、AC 于点 D、E若AE=6cm，△ABD 的周长为 26cm，则△ABC 的周长为 (      )A.32cm  B.38cmC.44cm  D.50cm9.若方程x2-2x+m=0没有实数根，则m的值可以是(     )A.-1  B.0C．1 D.10.世界文化遗产“三孔”景区已经完成5G基站布设，“孔夫子家”自此有了 5G网络.5G网络峰值速率为4C网络峰值速率的10倍，在峰值速率下传输500兆数据，5G 网络比4G网络快45秒，求这两种网络的峰值速率.设4C网络的峰值速率为每秒传输x兆数据，依题意，可列方程是(    )A.   B. C.  D.11.按一定规律排列的单项式: x，-3x2, 9x3, -27x4, 81x5.....第n个单项式是(  )A. (-3)n-1xn  B. (-3) nxn+1C. -3n-1xn   D. (-3)nxn12.如图3所示，在OABC中，AB=AC,动点D在折线段BAC上沿B- >A- ~>C方向以每秒1个单位的速度运动，过D垂直于BC的直线交BC边于点E.如果AB=5,BC=8,点D运动的时间为0秒，△BDE 的面积为S,则s关于t的函数图象的大致形状是(    ) 二、填空题(本大题共4个小题,每小题2分,共8分)13. 分解因式: ax2-a=        .14.代数式有意义时， x应满足的条件是       .15.将一个半径为3的圆形纸片，沿着两条半径剪开形成两个扇形，若其中的一个扇形的面积是6π, 则另一个扇形的圆心角的度数是       .16.如图4,在边长为613的正六边形ABCDEF中，连接BE, CF,其中点M, N分别为BE和CF.上的动点若以M, N, D为顶点的三角形是等边三角形，且边长为整数，则该等边三角形的边长为       .三、解答题(本大题共8个小题，共56分)17. (本小题6分)计算：18. (本小题6分)已知，如图5, AB=AE，AB//DE， ∠ECB=70°， ∠D=110°,求证: OABC≌△EAD. 19. (本小题7分)为加强未成年人思想道德建设，某校在学生中开展了“日行一孝”活动，活动设置了四个爱心项目：A项——我为父母过生日，B项——我为父母洗洗脚，C项——我当一天小管家，D项——我与父母谈谈心，要求每个学生必须且只能选择一项参加．为了解全校参加各项目的学生人数，随机抽取了部分学生进行调查，根据调查结果，绘制成如下两幅不完整的统计图，请根据所给信息，解答下列问题：
（1）这次抽样调查的样本容量是      ，补全图①中的条形统计图；
（2）在图②的扇形统计图中，B项所占的百分比为m%，则m的值为      ，C项所在扇形的圆心角α的度数为      度；
（3）该校参加活动的学生共1200人，请估计该校参加D项的学生有多少人．20.(本小题 7 分)只有1和它本身两个因数且大于1的正整数叫做素数．我国数学家陈景润从哥德巴赫猜想的研究中取得了世界领先的成果，哥德巴赫猜想是：“每个大于2的偶数都可以表示为两个素数的和”．如20=3+17．
（1）若从7、11、19、23这4个素数中随机抽取一个，则抽到的数是7的概率是        ；
（2）从7、11、19、23这4个素数中随机抽取1个数，再从余下的3个数中随机抽取1个数，再用画树状图或列表的方法，求抽到的两个素数之和等于30的概率．  21. (本小题7分)我市某中学计划举行以“奋斗百年路，启航新征程”为主题的知识竞赛，并对获奖的同学给予奖励．现要购买甲、乙两种奖品，已知1件甲种奖品和2件乙种奖品共需40元，2件甲种奖品和3件乙种奖品共需70元．
（1）求甲、乙两种奖品的单价；
（2）根据颁奖计划，该中学需甲、乙两种奖品共60件，且甲种奖品的数量不少于乙种奖品数量的，应如何购买才能使总费用最少？并求出最少费用．  22. (本小题7分)已知二次函数y=x2 -2mx+m2 +3(m是常数).(1)求证:不论m为何值，该函数的图象与x轴没有公共点;(2)把该函数的图象沿y轴向下平移多少个单位长度后，得到的函数的图象与x轴只有一个公共点? 23. ( 本小题8分)如图，点D为⊙O上一点，点C在直径BA的延长线上，且∠CDA=∠CBD．（1）判断直线CD和⊙O的位置关系，并说明理由．
（2）过点B作⊙O的切线BE交直线CD于点E，若AC=2，⊙O的半径是3，求∠BEC的正切值． 24. ( 本小题8分)如图①，在正方形ABCD中，AB=6，M为对角线BD上任意一点（不与B、D重合），连接CM，过点M作MN⊥CM，交线段AB于点N
（1）求证：MN=MC；
（2）若DM：DB=2：5，求证：AN=4BN；
（3）如图②，连接NC交BD于点G．若BG：MG=3：5，求NG•CG的值．
   参考答案1．D  2．B  3．A 4．C 5．C  6．B  7．C  8．B  9．B  D  10．A11．A  12．B  13． 14． 15．120° 16．9或10或18  17. 18．由∠ECB=70°得∠ACB=110°
又∵∠D=110°
∴∠ACB=∠D
∵AB∥DE
∴∠CAB=∠E
在△ABC和△EAD中，，
∴△ABC≌△EAD（AAS）．19．（1）90÷45%=200（人），
所以这次抽样调查的样本容量是200．
200-10-90-60=40（人）．
补全条形统计图如图：

（2）40÷200×100%=20%，
α=360°×45%=162°，
（3）1200× =360（人），
答：估计该校参加D项的学生有360人．
故答案为：200；20，162．20．（1）从7、11、19、23这4个素数中随机抽取一个，则抽到的数是7的概率是．
故答案为．

（2）树状图如图所示：

共有12种可能，满足条件的有4种可能，
所以抽到的两个素数之和等于30的概率=.21．（1）设甲种奖品的单价为x元/件，乙种奖品的单价为y元/件，
依题意，得：，
解得，
答：甲种奖品的单价为20元/件，乙种奖品的单价为10元/件．
（2）设购买甲种奖品m件，则购买乙种奖品（60-m）件，设购买两种奖品的总费用为w元，
∵甲种奖品的数量不少于乙种奖品数量的，
∴m≥（60-m），
∴m≥20．
依题意，得：w=20m+10（60-m）=10m+600，
∵10＞0，
∴w随m值的增大而增大，
∴当学校购买20件甲种奖品、40件乙种奖品时，总费用最少，最少费用是800元．22．（1）∵（-2m）2-4×1×（m2+3）=4m2-4m2-12=-12＜0，
∴方程x2-2mx+m2+3=0没有实数解，
即不论m为何值，该函数的图象与x轴没有公共点；
（2）y=x2-2mx+m2+3=（x-m）2+3，
把函数y=（x-m）2+3的图象沿y轴向下平移3个单位长度后，得到函数y=（x-m）2的图象，它的顶点坐标是（m,0），
因此，这个函数的图象与x轴只有一个公共点，
所以，把函数y=x2-2mx+m2+3的图象沿y轴向下平移3个单位长度后，得到的函数的图象与x轴只有一个公共点．23．（1）直线CD与⊙O的位置关系是相切．
理由：
连接OD，如图所示：

∵AB是⊙O的直径，
∴∠ADB=90°，
∴∠DAB+∠DBA=90°，
∵∠CDA=∠CBD，
∴∠DAB+∠CDA=90°，
∵OD=OA，
∴∠DAB=∠ADO，
∴∠CDA+∠ADO=90°，
 即：OD⊥CE，
∴直线CD 是⊙O的切线．
即：直线CD 与⊙O的位置关系是相切．
（2）∵AC=2，⊙O的半径是3，
∴OC=2+3=5，OD=3，
在Rt△CDO中，由勾股定理得：CD=4．
∵CE切⊙O于D，EB切⊙O于B，
∴DE=EB，∠CBE=90°，
设DE=EB=x,
在Rt△CBE中，有勾股定理得：CE2=BE2+BC2，
则  （4+x）2=x2+（5+3）2，
解得：x=6，
即  BE=6，
∴tan∠BEC= ．24．（1）如图①，过M分别作ME∥AB交BC于E，MF∥BC交AB于F，

则四边形BEMF是平行四边形，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABC=90°，∠ABD=∠CBD=∠BME=45°，
∴ME=BE，
∴平行四边形BEMF是正方形，
∴ME=MF，
∵CM⊥MN，
∴∠CMN=90°，
∵∠FME=90°，
∴∠CME=∠FMN，
∴△MFN≌△MEC（ASA），
∴MN=MC；

（2）由（1）得FM∥AD，EM∥CD，
∴，
∴AF=2.4，CE=2.4，
∵△MFN≌△MEC，
∴FN=EC=2.4，
∴AN=4.8，BN=6-4.8=1.2，
∴AN=4BN；

（3）如图②，把△DMC绕点C逆时针旋转90°得到△BHC，连接GH，

∵△DMC≌△BHC，∠BCD=90°，
∴MC=HC，DM=BH，∠CDM=∠CBH=45°，∠DCM=∠BCH，
∴∠MBH=90°，∠MCH=90°，
∵MC=MN，MC⊥MN，
∴△MNC是等腰直角三角形，
∴∠MNC=45°，
∴∠NCH=45°，
∴△MCG≌△HCG（SAS），
∴MG=HG，
∵BG：MG=3：5，
设BG=3a,则MG=GH=5a,
在Rt△BGH中，BH=4a,则MD=4a,
∵正方形ABCD的边长为6，
∴BD=6，
∴DM+MG+BG=12a=6，
∴a=，
∴BG=，MG=，
∵∠MGC=∠NGB，∠MNG=∠GBC=45°，
∴△MGN∽△CGB，
∴，
∴CG•NG=BG•MG=．