2022-2023学年度吉林省长市第二实验学校九年级下学期第二次月考数学试题

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吉林省第二实验学校2022-2023学年度下学期九年级第二次月考
数学试题
本试卷包括三道大题，共24小题．共6页．全卷满分120分．考试时间为120分钟．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．
注意事项：
1．答题前，考生务必将自己的姓名、校区、准考证号填写在答题卡上，并将条形码准确粘贴在条形码区域内．
2．答题时，考生务必按照考试要求在答题卡上的指定区域内作答，在草稿纸、试卷上答题无效．
一、选择题（本大题共8小题，每小题3分，共24分）
1. 在，，0，2这四个数中，最大的数是（ ）
A. B. C. 0 D. 2
【答案】D
【解析】
【分析】根据有理数的大小比较方法可得答案．
【详解】解：∵，
∴，
∴最大的数是2．
故选D．
【点睛】本题考查了有理数的大小比较，熟练掌握有理数大小比较的方法是解答本题的关键．正数大于0，负数小于0，正数大于一切负数，两个负数，绝对值大的反而小．
2. 据《人民网》报道，在2022卡塔尔世界杯承担开、闭幕式等重要活动的卢塞尔球场是由中国铁建集团承建，其建筑面积为195000平方米．把数字“195000”用科学记数法表示为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据科学记数法的表示形式，其中，为整数即可求解．
【详解】解：数据195000用科学记数法表示为：，
故选：D．
【点睛】本题考查了科学记数法的表示方法，熟记科学记数法的形式为：，其中，为整数，是解题的关键．
3. 如图是由6个大小相同的小正方体拼成的几何体，当去掉某一个小正方体时，与原几何体比较，则下列说法正确的是 （ ）

A. 去掉①，主视图不变 B. 去掉②，俯视图不变
C. 去掉③，左视图不变 D. 去掉④, 俯视图不变
【答案】D
【解析】
【分析】根据从正面看得到的图形是主视图，从左边看得到的图形是左视图，从上边看得到的图形是俯视图，可得答案．
【详解】解：A.去掉①，左视图不变，主视图改变了，故此选项错误；
B. 去掉②，左视图不变，俯视图改变了，故此选项错误；
C. 去掉③，主视图不变，左视图改变了，故此选项错误；
D. 去掉④, 俯视图不变，说法正确，
故选：D．
【点睛】本题考查了简单组合体的三视图，从正面看得到的图形是主视图，从左边看得到的图形是左视图，从上边看得到的图形是俯视图．
4. 不等式的解集在数轴上表示，正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】解出不等式的解集，然后根据解集选择合适的数轴表示即可．
【详解】解：


故选B
【点睛】本题考查了不等式的解法，以及解集的表示方法，正确解不等式是解题关键．
5. 《九章算术》中记载了一个问题，大意是：甲、乙两人各带了若干钱，如果甲得到乙所有钱的一半，那么甲共有钱50；如果乙得到甲所有钱的，那么乙也共有钱50．问：甲，乙两人各带了多少钱？设甲，乙两人持钱的数量分别为x，y，则可列方程组为（　　）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意可得，甲的钱+乙的钱的一半=50，乙的钱+甲所有钱的=50，据此列方程组即可．
【详解】解：甲带钱x，乙带钱y，根据题意，得：
故选：C．
【点睛】本题考查了由实际问题抽象出二元一次方程组，解答此类的关键是读懂题意，设出未知数，找出合适的等量关系，列出方程组．
6. 如图，一辆自行车竖直摆放在水平地面上，右边是它部分示意图，现测得，，，则点A到的距离为（ ）

A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先求出，再用三角函数定义，求出，即可得出答案．
【详解】解：过点A作于点D，如图所示：

∵，，
∴，
在中，，
∴点A到距离为，故A正确．
故选：A．
【点睛】本题主要考查了三角形内角和定理的应用，三角函数的应用，点到直线的距离，解题的关键是熟练掌握三角函数的定义．
7. 已知△ABC，D是AC上一点，尺规在AB上确定一点E，使△ADE∽△ABC，则符合要求的作图痕迹是（　　）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】以DA为边、点D为顶点在△ABC内部作一个角等于∠B，角的另一边与AB的交点即为所求作的点．
【详解】如图，点E即为所求作的点．故选A．

【点睛】本题主要考查作图-相似变换，根据相似三角形的判定明确过点D作一角等于∠B或∠C，并熟练掌握做一个角等于已知角的作法式解题的关键．
8. 如图，在平面直角坐标系中，等腰三角形的底边在x轴的正半轴上，顶点A在反比例函数的图像上，延长交y轴于点D，若，则的面积是（　　）

A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】过A作轴于H，连接，根据，可得，即有，结合A在反比例函数的图像上，可得，即有，证明，即有，问题随之得解．
【详解】解：过A作轴于H，连接，如图：

∵是等腰三角形，轴于H，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∵A在反比例函数的图像上，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
故选：C．
【点睛】本题主要考查了反比例函数的图像与性质，相似三角形的判定与性质等知识，掌握反比例函数的图像与性质，是解答本题的关键．
二、填空题（本大题共6小题，每小题3分，共18分）
9. 分解因式：=____．
【答案】．
【解析】
【分析】利用平方差公式分解因式即可得到答案
【详解】解：．
故答案为：
【点睛】本题考查的是利用平方差公式分解因式，掌握利用平方差公式分解因式是解题的关键．
10. 如图，已知a∥b，直角三角板的直角顶点在直线a上，若∠1＝30°，则∠2＝_________．

【答案】60°##60度
【解析】
【分析】利用平角等于180°可求出∠4的度数，由a∥b，利用“两直线平行，内错角相等”可求出∠2的度数．
【详解】解：如图，

∵∠1+∠3+∠4=180°，∠1=30°，∠3=90°，
∴∠4=60°．
∵a∥b，
∴∠2=∠4=60°．
故答案为：60°．
【点睛】本题考查了平行线的性质，牢记“两直线平行，内错角相等”是解题的关键．
11. 关于的方程有两个相等的实数根，则的值是__________．
【答案】16
【解析】
【分析】根据方程有两个相等的实数根得到，求解即可．
【详解】解：∵方程有两个相等的实数根，
∴，即，
解得，
故答案为：16．
【点睛】此题考查一元二次方程根的判别式：当时，方程有两个不相等的实数根；当时，方程有两个相等的实数根；当时，方程没有实数根，熟记根的判别式是解题的关键．
12. 如图，点A，B，C是上的三点．若，，则的度数为______．

【答案】##度
【解析】
【分析】首先根据圆周角定理求得的度数，根据的度数求即可．
【详解】解：∵，
∴，
∵，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题考查了圆周角定理及两锐角互余性质，求得的度数是解题的关键．
13. 如图，把边长为的正方形纸片分割成如图的三块，其中点为正方形的中心，为的中点，用这三块纸片拼成与该正方形不全等且面积相等的四边形（要求这三块纸片不重叠无缝隙），若四边形为矩形，则四边形的周长是___________．

【答案】
【解析】
【分析】根据四边形为矩形及为的中点即可得到，再利用正方形的性质得到即可解答．
【详解】解：如图所示，
∵四边形是正方形，，
∴，
∵为的中点，
∴，
∴四边形的周长是：．
故答案为：．

【点睛】本题考查了图形的剪拼，全等图形，掌握图形的剪拼是解题的关键．
14. 已知二次函数，当时，该函数取最大值12．设该函数图象与轴的一个交点的横坐标为，若，则a的取值范围是___________．
【答案】
【解析】
【分析】先根据函数的最值确定函数的顶点坐标和开口方向，在根据函数的增减性，判断当时的函数值取值范围，即可求出a的取值范围．
【详解】解：∵当时，该函数取最大值12，
∴，
∴该函数对称轴为，函数开口向下；
∵，
∴当时，函数值大于0，
即，解得：，
∴a的取值范围：．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了二次函数的性质，解题的关键是熟练掌握二次函数在顶点处取得最值，当函数有最大值时，开口向下，反之，开口向上．
三、解答题（本大题共10小题，共78分）
15. 先化简，再求值：，其中．
【答案】
【解析】
【分析】先根据平方差公式和单项式乘以多项式去括号，再合并同类项进行化简，再代入数值进行计算即可．
【详解】解：原式
，
当时，原式．
【点睛】本题考查了整式的化简求值，涉及平方差公式和单项式乘以多项式，熟练掌握各个运算法则是解题的关键．
16. 在一个不透明袋子中有1个红球、1个绿球和n个白球，这些球除颜色外都相同．
（1）从袋中随机摸出1个球，记录下颜色后放回袋子中并搅匀，不断重复该试验．发现摸到白球的频率稳定在0.75，则n的值为 ；
（2）当时，把袋中的球搅匀后任意摸出2个球，求摸出的2个球颜色不同的概率．
【答案】（1）6；（2）
【解析】
【分析】（1）根据白球的频率稳定在0.75附近得到白球的概率约为0.75，根据白球个数确定出总个数，进而确定出黑球个数；
（2）将所有等可能的结果列举出来，利用概率公式求解即可．
【详解】（1）根据题意得：，
解得：，
则n的值为6，
故答案为：6
（2）任意摸出2个球，共有12种等可能的结果，即（红，绿）、（红，白1）、（红，白2）、（绿，红）、（绿，白1）、（绿，白1）、（白1，红）、（白1，绿）、（白1，白2）、（白2，红）、（白2，绿）、（白2，白1），
其中2个球颜色不同的结果有10种，所以所求概率为
【点睛】此题考查了利用频率估计概率，解答此题的关键是了解白球的频率稳定在0.75附近即为概率约为0.75．
17. 《中华人民共和国道路交通安全法实施条例》中规定：超速行驶属违法行为．为确保行车安全，某一段总路程为270千米的高速公路全程限速120千米时（即行驶过程中任意时刻的车速都不能超过120千米时）．以下是王师傅和李师傅全程行驶完这段高速公路后的对话片断．
王师傅：“李师傅，你的平均车速比我的快20%，行驶完全程比我少用了半个小时．”
李师傅：“虽然我的平均车速比你的快，但是我在行驶过程中的最快车速只比我的平均车速快15%，并没有超速啊！”
根据以上对话，你认为李师傅在行驶过程中是否有超速？请说明理由．
【答案】李师傅在行驶过程中已经超速；理由见解析
【解析】
【分析】设王师傅的平均车速为x千米/时，由题意可知：王师傅行驶全程的时间=李师傅行驶全程的时间小时，根据等量关系列方程解答即可．
【详解】解：李师傅在行驶过程中已经超速．
设王师傅的平均车速为x千米/时，则李师傅的平均车速为千米时，
依题意，得：，
解方程得，
经检验，是原分式方程的解
李师傅的平均车速为千米/时
李师傅在行驶过程中的最快车速为千米/时
，
李师傅在行驶过程中已经超速．
【点睛】此题考查分式方程的实际运用，分析题意，找到关键描述语，找到合适的等量关系是解决问题的关键．
18. 在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，D是BC的中点，E是AD的中点，过点A作AF∥BC交BE的延长线于点F．
（1）求证：四边形ADCF是菱形；
（2）若AC＝4，AB＝5，求菱形ADCF的面积．

【答案】（1）见解析；（2）
【解析】
【分析】（1）由E是AD的中点，AF∥BC，易证得△AFE≌△DBE，即可得AF＝BD，又由在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，D是BC的中点，可得AD＝BD＝CD＝AF，证得四边形ADCF是平行四边形，继而判定四边形ADCF是菱形；
（2）首先连接DF，易得四边形ABDF是平行四边形，即可求得DF的长，然后由菱形的面积等于其对角线积的一半，求得答案．
【详解】（1）证明：如图，∵AF∥BC，
∴∠AFE＝∠DBE，
∵E是AD的中点，AD是BC边上的中线，
∴AE＝DE，BD＝CD，
在△AFE和△DBE中，
，
∴△AFE≌△DBE（AAS）；
∴AF＝DB．
∵DB＝DC，
∴AF＝CD，
∴四边形ADCF是平行四边形，
∵∠BAC＝90°，D是BC的中点，
∴AD＝DC＝BC，
∴四边形ADCF是菱形；
（2）解：连接DF，

∵AF∥BC，AF＝BD，
∴四边形ABDF是平行四边形，
∴DF＝AB＝5，
∵四边形ADCF是菱形，
∴S＝AC•DF＝10．
【点睛】此题考查了菱形的判定与性质以及全等三角形的判定与性质．注意根据题意画出图形，结合图形求解是关键．
19. 如图是由边长为1的小正方形构成的网格，每个小正方形的顶点叫做格点．点A、B均在格点上，仅用无刻度的直尺在给定网格中画图，按步骤完成下列问题：

（1）在图1中，画出格点C，使得．
（2）在图2中，在上找点E，使得．
（3）在图3中，在线段上找一点F，使得．
【答案】（1）见解析 （2）见解析
（3）见解析
【解析】
【分析】（1）根据勾股定理和勾股定理的逆定理判断长度，继而求解即可；
（2）取格点P，Q，并连接，交于点E，利用相似三角形的性质即可求解；
（3）取格点C，连接，构造直角三角形，再连接，根据正切的定义求解即可．
【小问1详解】
如图，即为所求；
【小问2详解】
如图，点E即为所求；
【小问3详解】
如图，点F即为所求．

【点睛】本题考查了作图-应用与设计，勾股定理的应用，相似三角形的应用，锐角三角函数等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
20. 在一次社会调查活动中，小亮收集到某公司“健步走运动”团队中名成员某一天行走的步数，并进行统计，绘制了如下统计表：
组别
步数分组
频数
组内成员的平均步数




















根据上述信息，解答下列问题：
（1）这名“健步走运动”团队成员这一天行走的步数的中位数落在 组；
（2）求这名“健步走运动”团队成员这一天行走的平均步数；
（3）若该团队共有人，请估计在该团队所有成员中，这一天行走步数不少于步的人数．
【答案】（1）
（2）
（3）人
【解析】
【分析】（1）根据中位数的定义即可求解；
（2）根据加权平均数的计算方法即可求解；
（3）根据频数估算总体的计算方法即可求解．
【小问1详解】
解：∵共有个数据，其中位数为第个数据的平均数，而第个数据均落在组，
∴这名“健步走运动”团队成员一天行走步数的中位数落在组，
故答案为：；
【小问2详解】
解：，
∴这名“健步走运动”团队成员这一天行走的平均步数为．
【小问3详解】
解：（人），
答：估计其中一天行走步数不少于步的人数为人．
【点睛】本题主要考查统计的相关知识，掌握中位数，加权平均数，频数估算总体的计算方法是解题的关键．
21. 某市接到上级救灾的通知，派出甲、乙两个抗震救灾小组乘车沿同一路线赶赴距出发点480千米的灾区．乙组由于要携带一些救灾物资，比甲组迟出发小时（从甲组出发时开始计时）．图中的折线、线段分别表示甲、乙两组的所走路程（千米）、（千米）与时间x（小时）之间的函数关系对应的图象．请根据图象所提供的信息，解决下列问题：

（1）乙组在行驶过程中的速度是___________千米/小时．
（2）甲组的汽车排除故障后，立即提速赶往灾区．求甲组提速后与x的函数关系式．
（3）为了保证及时联络，甲、乙两组在第一次相遇时约定此后两车之间的路程不超过25千米，请通过计算说明，按图象所表示的走法是否符合约定．
【答案】（1）80 （2）
（3）符合约定
【解析】
【分析】（1）直接根据速度等于路程除以时间求解即可；
（2）先用待定系数法求出直线的解析式，进而求出点C的坐标，设甲组提速后与x的函数关系式为，直接利用待定系数法求解即可；
（3）由图象可知：甲、乙两组第一次相遇后在B和D相距最远，在两点处时， ，分别同25比较即可．
【小问1详解】
由题意得，乙组在行驶过程中的速度是：千米/小时，
故答案为：80；
【小问2详解】
设直线的解析式为，
将点代入，得，解得，
∴直线的解析式为，
当时，，
∴点C的坐标为，
设甲组提速后与x的函数关系式为，
把代入，得，
解得，
∴甲组提速后与x的函数关系式为；
【小问3详解】
符合约定．理由如下：
由图象可知：甲、乙两组第一次相遇后在B和D相距最远，
在点B处有千米25千米，
在点D有千米25千米，
∴按图象所表示的走法符合约定．
【点睛】本题考查了从函数图象获取信息，求一次函数解析式，一次函数的实际应用，准确理解题意，熟练掌握知识点是解题的关键．
22. 【方法探索】已知如图①，梯形中，，，点F、E分别为的中点，
求证：

在证明过程中，小明发现连结并延长交于点K，利用点F为中点构造全等三角形，可以实现证明，请按小明的思路完成证明过程．
【方法应用】已知如图②，在等边中，，点A、B分别为边上靠近点E的三等分点，连结，点P、Q分别为的中点，连结，则___________．
【解决问题】将图②中的绕点E旋转一周，当A、E、C三点共线时，直接写出的长．

【答案】方法探索：见解析；方法应用：2；解决问题：或
【解析】
【分析】方法探索：连结并延长交于点K，先证明，再根据三角形中位线定理求解即可；
方法应用：连结并延长交于点M，先证明，再根据三角形中位线定理得出，根据等边三角形的判定得出为等边三角形，且，求解即可；
解决问题：分两种情况讨论：当点A在线段上时，取得中点F，连接并延长，过点P作于点M，当点A在线段的延长线上时，取的中点F，连接，过点F作，交延长线于点M，交于点N，过点P作于点H，根据全等三角形的判定和性质，勾股定理，平行四边形的判定和性质，解直角三角形进行求解即可．
【详解】方法探索：
连结并延长交于点K，
∵，
∴，
∵点F为的中点，
∴，
∴，
∴，
∵点E为的中点，
∴，
∵，
∴；
方法应用：
如图②，连结并延长交于点M，

∵，
∴，
∵点P为中点，
∴，
∴，
∴，
∵点Q为的中点，
∴，
∵在等边中，，点A、B分别为边上靠近点E的三等分点，
∴为等边三角形，且，
∴，
∴，
故答案为：2；
解决问题：
当点A在线段上时，如图，

取得中点F，连接并延长，过点P作于点M，
由题可得，，且，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴；
当点A在线段的延长线上时，如图，

取的中点F，连接，过点F作，交延长线于点M，交于点N，过点P作于点H，
∵，
∴，
∴，
在和中，
∵
∴，
∴，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴；
综上，的长为或．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，勾股定理，等边三角形的判定和性质，解直角三角形，三角形中位线定理，平行四边形的判定和性质，旋转的性质，题目比较综合，熟练掌握并灵活运用知识点是解题的关键．
23. 如图，矩形中，，，点P以每秒2个单位的速度从点A沿向终点D运动，将沿翻折到处，设运动时间为．

（1）长为___________．
（2）当点Q落在边上时，求t的值．
（3）当点Q落在矩形的对角线上时，求t的值．
（4）当点Q在矩形内部、且点P不与A、D重合时，若射线与矩形两邻边围成封闭图形存在轴对称图形时（四边形除外），直接写出t的值．
【答案】（1）10 （2）3
（3）或
（4）或2或
【解析】
【分析】（1）根据矩形的性质和勾股定理求解即可；
（2）当点Q落在边上时，，结合即可证明四边形是正方形，根据正方形的性质求解即可；
（3）分两种情况讨论，当点Q落在矩形的对角线上时，当点Q落在矩形的对角线上时，分别根据相似三角形的判定和性质求解即可；
（4）分两种情况进行讨论，①设射线交于点E，射线交于点F，由题意得，所在直线为对称轴，连接，可得，从而可知三点共线，即可求解；由题意得，所在直线为对称轴，根军轴对称的性质求解即可；②设射线交于点G，射线交于点H，由题意得，所在直线为对称轴，设，则，利用勾股定理求解即可．
【小问1详解】
在矩形中，，，
∵，，
∴，
∴由勾股定理得，
故答案为：10；
【小问2详解】
当点Q落在边上时，如图，

∵，
∴
∵
∴四边形是矩形，
∵，
∴四边形是正方形，
∴，
∴；
【小问3详解】
设与交于点O，，
当点Q落在矩形的对角线上时，如图，

∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵,
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴；
当点Q落在矩形的对角线上时，如图，

∵，
∴，
∵，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴，
综上，或；
【小问4详解】
①设射线交于点E，射线交于点F，
第一种情况：由题意得，所在直线对称轴，

连接，则，
∵，
∴
∵平分，平分，
∴，
∴，
∵，
∴三点共线，
由（3）可得，；
第二种情况：由题意得，所在直线为对称轴，
∵，
∴，
∴，解得；
②设射线交于点G，射线交于点H，
由题意得，所在直线为对称轴，

设，则，
在中，
，
即，解得，
∴
∵
∴
在中，
，解得；
综上，或2或．
【点睛】本题考查了矩形的性质，正方形的判定和性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质，轴对称的性质，熟练掌握知识点并能够灵活运用分类讨论的思想是解题的关键．
24. 已知二次函数经过点，对称轴为直线，A、E两点在函数图象上，其横坐标分别为，（n为常数），抛物线在A、E两点之间的部分记为图象G（包括边界）．
（1）求二次函数的解析式．
（2）当图象G中，y随x的增大而减小时，求n的取值范围．
（3）若图象G中最大值与最小值的差为1，求n的值．
（4）点B与点A关于原点对称，以为对角线作矩形，且边垂直于坐标轴，当，图象G在矩形内部（包括边界）的最高点为P，右侧的最低点为Q，当P到直线的距离等于Q到y轴的距离时，直接写出n的值．
【答案】（1）
（2）且
（3）或
（4）或或
【解析】
【分析】（1）直接利用待定系数法和对称轴进行求解即可；
（2）由题意可得由题意得且，解不等式组求解即可；
（3）分三种情况讨论：当，即时，当，即时，由题意得，根据题意进行求解即可；
（4）分三钟情况讨论：当时，当时，当时，分别表示出点P到直线的距离和点Q到y轴的距离，建立方程，解方程求解即可．
【小问1详解】
∵二次函数经过点，对称轴为直线，
∴，解得，
∴二次函数的解析式为；
【小问2详解】
由题意得且，
解得且；
【小问3详解】
①当，即时，
由题意得，
∴（舍）；
②当，即时，
由题意得，
∴（舍）；
③由题意得，
∵图象G中最大值与最小值的差为1，
∴或，
解得或，
综上，或．
【小问4详解】
由题意得，
∴，
∵，
∴，
当时，如图，

点P的纵坐标为，
∴点P到直线的距离为
∵点Q与点A 关于直线对称，
∴点Q的横坐标为，即点Q到y轴的距离为，
∴，整理得，
解得或1（舍去）；
当时，如图，

点P的纵坐标为，
∴点P到直线的距离为
∴点Q的纵坐标为，
令 ，解得，
即点Q到y轴的距离为，
∴，整理得，
解得或（舍去）；
当时，如图，

点P的纵坐标为，
∴点P到直线的距离为
∴点Q的横坐标为，即点Q到y轴的距离为，
∴，
解得；
综上，或或．
【点睛】本题考查了二次函数综合应用，涉及待定系数法求二次函数解析式，二次函数的图象和性质，矩形的性质，二次函数与几何综合，熟练掌握知识点是解题的关键．