江西省宜春市高安市第二中学和高安四中2023-2024学年九年级上册月考数学试题（含解析）

这是一份江西省宜春市高安市第二中学和高安四中2023-2024学年九年级上册月考数学试题（含解析），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。
1．下列图案中，是中心对称图形但不是轴对称图形的是（ ）
A．B．C．D．
2．若关于x的方程 是一元二次方程，则a的取值范围（ ）
A．B．C．D．
3．抛物线y＝x2＋4x＋3是由某个抛物线向左平移1个单位长度，再向下平移2个单位长度得到的，则原抛物线的解析式为（ ）
A．y＝（x－2）2＋5B．y＝（x＋2）2－1
C．y＝（x＋1）2＋1D．y＝（x－1）2＋1
4．下列说法中正确的是（ ）
A．“任意画出一个等边三角形，它是轴对称图形”是随机事件
B．“任意画出一个平行四边形，它是中心对称图形”是必然事件
C．“概率为0.0001的事件”是不可能事件
D．任意掷一枚质地均匀的硬币10次，正面向上的一定是5次
5．如图，正方形的边，弧和弧都是以2为半径的圆弧，则图中空白两部分的面积之差是（ ）
A．B．C．D．
6．如图，在中，，半径为6的与相切于点，与交于点，连接，，．有下列结论：①平分；②；③若，扇形的面积为；④若，则．其中正确的是（）
A．①③B．②④C．②③④D．①②④
二、填空题（本大题有6小题，每小题3分，共18分）
7．若2是方程x2﹣2kx+3=0的一个根，则方程的另一根为 ．
8．已知甲、乙两个圆锥侧面展开图的面积相等，母线长分别为、，底面半径分别为、，若，则 ．
9．袋子中有10个除颜色外完全相同的小球在看不到球的条件下，随机地从袋中摸出一个球，记录颜色后放回，将球摇匀重复上述过程1500次后，共到红球300次，由此可以估计袋子中的红球个数是 ．
10．我国魏晋时期的数学家刘徽首创“割圆术”，利用圆的内接正多边形逐步逼近圆来近似计算圆的面积．如图，若用圆的内接正八边形的面积来近似估计的面积，设的半径为2，则的值为 ．（结果保留和根号）
11．如图，半圆的直径为15，弦为9，弦平分，则的长是 ．
12．如图，在平面直角坐标系中，点P的坐标是，⊙P与x轴相切，点A，B在上，它们的横坐标分别是0，18．若沿着x轴作无滑动的滚动，当点B第一次落在x轴上时，此时点A的坐标是 ．

三、解答题（本大题有5小题，每题6分，共30分）
13．（1）解方程：
（2）点，，都在上，且，若，的半径为5，连接，求的长．

14．一段圆弧形公路弯道，圆弧的半径为2km，弯道所对圆心角为10°，一辆汽车从此弯道上驶过，用时20s，弯道有一块限速警示牌，限速为40km/h，问这辆汽车经过弯道时有没有超速？（π取3）
15．2023年9月23日晚，“第19届亚运会”开幕式在我国杭州隆重举行．小明和爸爸此次来杭州除了观看精彩比赛外，还想游览杭州的美景。由于时间关系，原计划去的乌镇和千岛湖只能去一个地方，他们决定不了．最后小刚提出用抽扑克牌的方式来决定．具体方法如下：把四张牌面数字分别是2、3、4、5的扑克牌背面向上放置于桌面上，洗匀后，小刚先从其中任意抽出一张，然后爸爸再从剩下的三张中任意抽出一张，如果两人的牌面数字之和大于7，那么去乌镇；否则，就去千岛湖．
(1)如果小刚抽出的牌面数字是4，那么他们去乌镇的概率为 ；
(2)请利用画树状图或列表的方法分析他们去乌镇和千岛湖哪个地方的概率大．
16．如图，在边长为1的正方形网格纸中，以O为圆心，为半径作圆，点O、A、B均在格点上．仅用无刻度直尺，完成下列作图（不写作法，保留作图痕迹）：
(1)在图①中，作的中点M；
(2)在图②中，作，使得．
17．一次足球训练中，小明从球门正前方的A处射门，球射向球门的路线呈抛物线．当球飞行的水平距离为时，球达到最高点，此时球离地面．已知球门高为2.44m，现以O为原点建立如图所示直角坐标系．

(1)求抛物线的函数表达式，并通过计算判断球能否射进球门（忽略其他因素）．
(2)对本次训练进行分析，若射门路线的形状、最大高度均保持不变，则当时他应该带球向正后方移动多少米射门，才能让足球经过点O正上方2.25m处？
四、解答题（本大题共3小题，每小题8分，共24分）
18．已知抛物线经过，对称轴是直线．点，两点在抛物线上．
(1)求抛物线的解析式；
(2)当取何值时，取最大值．
19．如图，在中，，点O在上，以为半径的半圆O交于点D，交于点E，过点D作半圆O的切线，交于点F．
（1）求证：；
（2）若，，，求半圆O的半径长．
20．近年来，随着国家对生态环境的不断优化治理，生态环境持续向好，生态旅游成为一种时尚，旅游用品也随之热销．某商店准备销售一种多功能旅行背包，计划从厂家以每个30元的价格进货，经过市场调查发现当每个背包的售价为40元时，月均销量为280个，售价每增长2元，月均销量就相应减少20个，设每个背包的售价为 x 元．
(1)月均销量为 个；（直接写出答案）
(2)当 x 为何值时，月销售利润为3120元？
(3)求月销售利润的最大值．
五、解答题（本大题共2小题，每小题9分，共18分）
21．在探究“四点共圆的条件”的数学活动课上，小霞小组通过探究得出：在平面内，一组对角互补的四边形的四个顶点共圆．请应用此结论．解决以下问题：
如图1，中，．点D是边上的一动点（点D不与B，C重合），将线段绕点A顺时针旋转得到线段，连接．
(1)求证：A，E，B，D四点共圆；
(2)如图2，当时，是四边形的外接圆，求证：是的切线．
22．如图，抛物线过点，，矩形的边在线段上（点B在点A的左侧），点C、D在抛物线上．设，当时，．

(1)求抛物线的函数表达式；
(2)保持时的矩形不动，向右平移抛物线，当平移后的抛物线与矩形的边有两个交点G、H，且直线平分矩形的面积时，求抛物线平移的距离．
六，解答题．（本大题共12分）
23．如图1，在中，，，． 以为边向的下方作等边，连接，求的长．

(1)尝试探究 如图2，小明将绕点P顺时针旋转得到，然后证 为等边三角形，进而求得 ；
(2)类比应用
①如图1，在中，其中是一个可以变化的角，，． 以为边向的下方作等边．连接，则长的最大值是 ；
②如图3，在中，其中是一个可以变化的角，，． 以为边向的下方作等腰直角．连接，求长的最大值及的长最大时的大小；
③拓展提升：如图4，点P 是等边三角形内部的一点，若，，， ．
参考答案与解析
1．C
【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念判断．
【详解】解：A、是轴对称图形，也是中心对称图形，A错误；
B、是轴对称图形，是中心对称图形，B错误；
C、不是轴对称图形，是中心对称图形，C正确；
D、是轴对称图形，不是中心对称图形，D错误．
故选：C．
【点睛】本题考查的是中心对称图形和轴对称图形的概念，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度后两部分重合．
2．B
【分析】根据一元二次方程的一般形式得到，即可得到答案．
【详解】解：∵关于x的方程 是一元二次方程，
∴，
∴，
故选：B
【点睛】此题考查了一元二次方程的一般形式，熟练掌握一元二次方程的一般形式是解题的关键．
3．C
【分析】把抛物线化为顶点式得，根据函数图象的平移规律即可得到原抛物线的解析式．
【详解】解：∵，
∴将其向右平移1个单位，再向上平移2个单位，得到原抛物线的解析式为：，
即．
故选：C．
【点睛】此题主要考查了函数图象的平移，熟练掌握平移的规律求函数解析式是解题的关键．
4．B
【详解】试题分析：A．“任意画出一个等边三角形，它是轴对称图形”是必然事件，选项错误；
B．“任意画出一个平行四边形，它是中心对称图形”是必然事件，选项正确；
C．“概率为0.0001的事件”是随机事件，选项错误；
D．任意掷一枚质地均匀的硬币10次，正面向上的可能是5次，选项错误．
故选B．
考点：随机事件．
5．D
【分析】设弧和弧的交点为E,连接作.先求出，再求出，即可得到.再根据即可得到空白的面积.再根据即可得到得到阴影的面积，再用即可得到空白的面积，最后用即可得到图中空白两部分的面积之差.
【详解】设弧和弧的交点为E,连接则是等边三角形
作，则


故选：D
【点睛】本题主要考查了圆中求不规则图形的面积，熟练掌握扇形的面积公式及拱形面积的计算方法是解题的关键
6．D
【分析】连接，如图，根据切线的性质得到，则可判断，所以，从而得到，则可对①进行判断；根据平行线的性质得到，加上，则可对②进行判断；当时，利用圆周角定理得到，然后扇形的面积公式可对③进行判断；当时，利用圆周角定理得到，利用平分得到，然后证明和都是等边三角形，则可判断四边形为菱形，于是根据菱形的性质可对④进行判断．
【详解】解：连接，如图，∵与相切于点，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴平分，所以①正确；
故②正确；
当时，
∴扇形的面积，所以③错误；
当时，
∴，
∵平分，
∴，
∴和都是等边三角形，
∴，
∴四边形为菱形，
∴，所以④正确．
故选：D．
【点睛】本题考查了切线的性质：圆的切线垂直于经过切点的半径．也考查了圆周角定理和扇形面积的计算、等边三角形的性质“等边三角形三边相等，三个角都是”和判定，菱形的性质和判定，解题的关键是掌握切线的性质．
7．
【分析】根据一元二次方程根与系数的关系即可得出答案.
【详解】解：设方程的另一根为x1，
又∵x2=2，
∴2x1=3，
解得x1=，
故答案是：．
【点睛】本题主要考查一元二次方程根与系数的关系，熟练掌握一元二次方程根与系数的关系是解题的关键.
8．
【分析】根据圆锥的侧面积公式即可得．
【详解】解：甲、乙两个圆锥侧面展开图的面积相等，
，
，
即，
故答案为：．
【点睛】本题考查了圆锥的侧面积，熟记圆锥的侧面积公式是解题关键．
9．2
【分析】设袋子中红球有x个，求出摸到红球的频率，用频率去估计概率即可求出袋中红球约有多少个．
【详解】设袋子中红球有x个，
根据题意，得：，
解得：x＝2，
所以袋中红球有2个，
故答案为2
【点睛】此题考查概率公式的应用，解题关键在于求出摸到红球的频率
10．
【分析】根据中心角公式得到，过作于，根据三角形和圆的面积公式即可得到结论．
【详解】解：由题意得，，
过作于，则是等腰直角三角形，
∴，
∴，
∵，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题考查正多边形和圆、等腰直角三角形的判定与性质，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
11．
【分析】连接，与相交于点，根据圆周角定理得到，利用勾股定理计算出，再利用垂径定理得出，则，，，再利用勾股定理计算出，再计算出即可．
【详解】解：如图，连接，与相交于点，
，
为直径，
，
在中，，
弦平分，
，
，
，
，
，
，
在中，，
在中，，
故答案为：．
【点睛】本题考查了圆周角定理：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，的圆周角所对的弦是直径，也考查了垂径定理和勾股定理．
12．或
【分析】连接，过点P作轴于点，轴于点，求出A、B的坐标，当点B第一次落在x轴上时，点P移动的距离为的长，进而得到此时点P的坐标，根据旋转过程中的长度不变，确定A的位置，再进行求解即可．
【详解】解：连接，过点P作轴于点，轴于点，

∵，
∴，
∵与x轴相切，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵点B的横坐标为，，
∴P、B在平行于x轴的直线上，即：，
∴，
∴的长为，
当点B第一次落在x轴上时，点P移动的距离为的长，
∴此时P点的坐标为：，
当沿着x轴向右作无滑动的滚动，的长度保持不变，
∴点A位置转动到如图所示的位置：

∵，
∴，
∴，即：，
同理，当沿着x轴向左作无滑动的滚动，则移动的距离为，
则P点的坐标为：
故答案为：或．
【点睛】本题考查坐标与图形，切线的性质，求弧长，勾股定理．解题的关键是确定点B第一次落在x轴上时，点P和点A的位置．
13．（1），；（2）
【分析】本题考查了解一元二次方程，垂径定理，勾股定理
（1）根据因式分解法解一元二次方程即可；
（2）连接，令与的交点为M，先利用勾股定理求出，从而求出，即可求解．
【详解】解：（1）
，
∴
解得：，
解：（2）连接，令与的交点为M，如图，

∵，
∴，
∵，
∴，
∵的半径为5，
∴
∴，
∴
14．超速
【详解】试题分析：先根据弧长公式计算出弯道的长度，再根据所用时间得出汽车的速度，再判断这辆汽车经过弯道时有没有超速．
试题解析：km．
∴汽车的速度：（km/h），
∵60km/h＞40km/h，
∴这辆汽车经过弯道时超速．
考点: 弧长的计算.
15．(1)
(2)小刚和爸爸去千岛湖的概率大
【分析】（1）对结果进行列举，根据题意进行计算即可；
（2）列出表格，根据题意利用概率计算公式，进行计算即可．
【详解】（1）解：由题意得
爸爸可选的扑克为2、3、5的三种结果，其中数字之和大于的为，
；
故答案：；
（2）解：列表如下：
共有12种等可能结果，其中两人的牌面数字之和大于7的结果有4种，小于或等于7的结果有8种，
两人的牌面数字之和大于的概率：，
两人的牌面数字之和小于或等于的概率：，
，
小刚和爸爸去千岛湖的概率大．
【点睛】本题考查了等可能情形下的概率计算，对于结果数较少的采用列举法，而对于两次抽取问题采用列表或树状图，理解放回和不放回的区别是解题的关键．
16．(1)图见解析
(2)图见解析
【分析】（1）连接，过点、格点作直线交于点，点即为所求点；
（2）在网格上找到点，连接，并延长交于点，则，即为所求，设点下方的格点为，点上方的格点为，连接、、，与交于点，与交于点，再根据“边角边”，得出，进而得出，再根据直角三角形两锐角互余，得出，，再根据对顶角相等，得出，进而得出，再根据垂线的定义，得出，再根据垂径定理，即可得出．
【详解】（1）解：如图，点即为所求点；
（2）解：如图，在网格上找到点，连接，并延长交于点，则，即为所求．
如图，设点下方的格点为，点上方的格点为，连接、、，与交于点，与交于点，
∵，
又∵，，
∴，
∴，
又∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了无刻度直尺作图，涉及垂径定理、全等三角形的判定与性质、网格的特点，解本题的关键在正确画出符合题意的图形．
17．(1)，球不能射进球门
(2)当时他应该带球向正后方移动1米射门
【分析】（1）根据建立的平面直角三角坐标系设抛物线解析式为顶点式，代入A点坐标求出a的值即可得到函数表达式，再把代入函数解析式，求出函数值，与球门高度比较即可得到结论；
（2）根据二次函数平移的规律，设出平移后的解析式，然后将点代入即可求解．
【详解】（1）解：由题意得：抛物线的顶点坐标为，
设抛物线解析式为，
把点代入，得，
解得，
∴抛物线的函数表达式为，
当时，，
∴球不能射进球门；
（2）设小明带球向正后方移动米，则移动后的抛物线为，
把点代入得，
解得（舍去），，
∴当时他应该带球向正后方移动1米射门．
【点睛】此题考查了二次函数的应用，待定系数法求函数解析式、二次函数图象的平移等知识，读懂题意，熟练掌握待定系数法是解题的关键．
18．(1)
(2)
【分析】本题考查了二次函数的性质，待定系数法求解析式，二次函数的最值；
（1）根据待定系数法即可求出抛物线的解析式；
（2）分别把点B，点C的坐标代入求得，由二次函数的性质可求解．
【详解】（1）解：由题可得：，解得：，
∴二次函数的解析式为；
（2）解：∵点，两点在抛物线上，
∴，
∴，
∵，
∴当时，取最大值．
19．（1）见解析；（2）
【分析】（1）连接OD，根据切线的性质得到∠BDF+∠ADO=90°，再结合∠ADO=∠OAD，推出∠BDF=∠B，即可；
（2）过F作FG⊥BD于G，先利用三角函数求出BG=DG，再过点O作OH⊥AD于H，在△AOH中，求出AO即可.
【详解】解：（1）连接OD，
∵DF和半圆相切，
∴OD⊥DF，
∴∠BDF+∠ADO=90°，
∵∠ADO=∠OAD，
∴∠OAD+∠BDF=90°，又∠C=90°，
∴∠OAD+∠B=90°，
∴∠BDF=∠B，
∴BF=DF；
（2）过F作FG⊥BD于G，则GF垂直平分BD，
∵，
∴BF=DF=2，
∵，，∠C=90°，
∴AB=，
∴cs∠B==，
∴，解得：BG==DG，
∴AD=AB-BD=，
过点O作OH⊥AD于H，
∴AH=DH=AD=，
∵cs∠BAC=，
∴AO=，
即半圆O的半径长为.
【点睛】本题考查了切线的性质，相似三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，解直角三角形，解题的关键是正确寻找相似三角形，学会添加常用辅助线，属于中考常考题型．
20．(1)
(2)当x为42或56时，月销售利润为3120元
(3)月销售利润最大为3610元
【分析】（1）利用月均销量售价，即可用含x的代数式表示出月均销量；
（2）利用总利润=每个的利润×月均销量，即可得出关于x的一元二次方程，解之即可得出结论；
（3）根据每个的利润乘以月销售量等于月销售利润，得关于x的二次函数，配方，根据二次函数的性质可得答案．
【详解】（1）解：设每个背包的售价为x元，则月均销量为个．
故答案为：；
（2）设价格在40元的基础上上涨t元，利润为y元，
则，
整理得
令，得，
解之得：，
∴，
∴当x为42或56时，月销售利润为3120元．
（3）由配方得：
，
∴当，即时，y有最大值3610，
即：月销售利润最大为3610元．
【点睛】本题考查了二次函数在实际问题中的应用，一元二次方程的应用以及列代数式，解题的关键是：（1）根据各数量之间的关系，用含x的代数式表示出月均销售量；（2）找准等量关系，正确列出一元二次方程；（3）正确列式并明确二次函数的性质．
21．(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）旋转，得到，，进而得到，证明，推出，即可得证；
（2）连接，等边对等角，得到，圆周角定理，得到，根据三角形的内角和定理，推出，即，即可得证．
【详解】（1）证明：由旋转的性质，得，，
∴，
∴，即，
又∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴A，E，B，D四点共圆；
（2）证明：如图所示，连接，
∵，，
∴，
∵是四边形的外接圆，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，即，
∴，
又∵是的半径，
∴是的切线．
【点睛】本题考查旋转的性质，全等三角形的性质，圆周角定理，切线的判定．掌握相关性质和定理，是解题的关键．
22．(1)
(2)4
【分析】（1）设抛物线的解析式为，结合题意可得点C的坐标；代入点C的坐标即可求出解析式；
（2）连接、相交于点P，连接，取的中点Q，连接，结合题意以及矩形和二次函数的对称性可求得，，根据直线平分矩形的面积可得直线过点，利用平移的性质得到四边形是平行四边形，根据平行四边形的性质得到，，根据矩形的性质可得点P是的中点，分别求出点P和点Q的坐标，求出，根据点P和点Q的纵坐标相等可得，根据两组对边额分别平行的四边形是平行四边形可证明四边形是平行四边形，推得，即可求解．
【详解】（1）解：设抛物线解析式为：，
∵当时，，
∴，
将点C坐标代入解析式得；，
解得：，
∴抛物线的解析式为：；
（2）如图，连接、相交于点P，连接，取的中点Q，连接，

∵，
∴，
即，
∴，
∵，
∴，
∵直线过对角线的交点，
∴平分矩形的面积，
由平移的性质可知，四边形是平行四边形，
∴，，
∵P是中点，
∴，
∵Q是中点，
∴，
∴，，
∵，，
∴四边形是平行四边形，
∴，
∴抛物线平移的距离是4．
【点睛】本题考查了二次函数的综合问题，待定系数法求抛物线解析式，二次函数的性质，矩形的性质，平行四边形的判定和性质，平移的性质等；解题的关键是掌握二次函数和矩形的对称性，平移变换的性质等知识点．
23．(1)6
(2)①6；②， ；③
【分析】（1）将绕点P顺时针旋转得到，证明点A、C、D共线，从而得到为等边三角形，然后根据等边三角形的性质得到的长．
（2）①由旋转得到，有是等边三角形，当点、A、C三点共线时，，此时最大，从而可得答案；②如图，将绕点P顺时针旋转得到，连接，可得为等腰直角三角形，可得当点A、、C在同一直线上时，最大，即最大，而，此时，， 可得， 再结合四边形是内角和定理可得角度的大小；③把绕顺时针旋转得到，证明是等边三角形，可得， 再证明，从而可得答案．
【详解】（1）解：∵为等边三角形，
∴，，
将绕点P顺时针旋转得到，

∴，，，，
∵，
∴，
∴，
∴点A、C、共线， 而，，
∴为等边三角形，
∵，
∴．
（2）如图，∵为等边三角形，
∴，，

∵逆时针旋转得到，
∴，，，
∴是等边三角形，
∴，
在中，，即，
则当点、A、C三点共线时，， 即，
即的最大值是：6；
②∵为等腰直角三角形，
∴，，
如图，将绕点P顺时针旋转得到，
∴，，

连接，可得为等腰直角三角形，
∴
当点A、、C在同一直线上时，最大，
即最大，而，
此时，，
∴，
当点A、、C在同一直线上时，
∴，则，
∴，
∴．
③∵为等边三角形，
∴，，

把绕顺时针旋转得到，
∴，，，
∴是等边三角形，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题考查的是旋转的综合题，等边三角形的判定与性质，勾股定理与勾股定理的逆定理的应用，四边形是内角和定理的应用，三角形的三边关系的应用，作出合适的辅助线是解本题的关键．
2
3
4
5
2


3
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