新疆乌鲁木齐市第十三中学2023-2024学年九年级上学期12月月考数学试题

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1. 下列ApBp图标中，既不是中心对称图形也不是轴对称图形的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据轴对称图形和中心对称图形的概念对各选项分析判断即可得解．此题考查了轴对称图形和中心对称图形，将一个图形沿着某条直线翻折，直线两侧能完全重合的图形叫轴对称图形；将一个图形绕一点旋转180度后能与自身完全重合的图形叫中心对称图形，掌握轴对称图形和中心对称图形的概念是解题关键．
【详解】解：A.该图形是轴对称图形，不符合题意；
B.该图形不是轴对称图形，也不是中心对称图形，符合题意；
C.该图形是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意；
D.该图形是中心对称图形，不符合题意；
故选：B．
2. 已知半径是，，则点P在（ ）
A. 的内部B. 外部C. 上D. 不能确定
【答案】A
【解析】
【分析】本题考查了点与圆的位置关系，当点到圆心的距离小于半径的长时，点在圆内；当点到圆心的距离等于半径的长时，点在圆上；当点到圆心的距离大于半径的长时，点在圆外．据此求解即可．更多课件教案等低价滋源(一定远低于各大平台价格)请 家 威杏 MXSJ663 【详解】解：∵，
∴点P在的内部．
故选A．
3. 将抛物线向左平移个单位长度，再向下平移个单位长度后，就得到抛物线（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据“左加右减，上加下减”的法则进行解答即可．
【详解】解：将抛物线向左平移个单位长度，再向下平移个单位长度为．
故选：C．
【点睛】本题考查的是二次函数的图象与几何变换，熟知二次函数图象平移的法则是解答此题的关键．
4. 如图，是的直径，是弦，若，则等于（ ）
A. 68°B. 64°C. 58°D. 32°
【答案】C
【解析】
【分析】根据直径所对的圆周角是90°，求出∠ADC，再根据圆周角的性质，求出∠ABC．
【详解】解：∵是的直径，
∴∠ADB=90°，
∵，
∴∠ADC=90°-32°=58°，
∴∠ABC=∠ADC=58°，
故选：C．
【点睛】本题考查了直径所对圆周角是90°和圆周角的性质，解题关键是根据同弧把要求的角转化为与已知有关系的角．
5. 已知a，b是方程的两个实数根，则的值为（ ）
A. 6B. 4C. 10D. 0
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查根与系数的关系，一元二次方程的解．根据题意，得到，整体代入，进行求值即可．掌握根与系数的关系，是解题的关键．
【详解】解：由题意，得：，
∴，
∴；
故选D．
6. 如图，将含有角的直角三角板放置在平面直角坐标系中，在x轴上，若，将三角板绕原点O顺时针旋转，则点A的对应点的坐标为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查了旋转的性质，勾股定理解直角三角形，全等三角形的判定与性质，熟练掌握相关性质定理是解本题的关键．根据含的直角三角形的性质以及勾股定理求出、、的长度，画出三角板绕原点顺时针旋转，过点作轴于点，然后证明，即可得出答案．
【详解】解：如图，分别过点、作轴、轴于点、，

∵，，
∴，
∴，
∴，，
∵轴、轴，
∴，
∵，
∴，
由旋转的性质可得，
∴，
∴，，
∴点的对应点的坐标为，
故选：D．
7. 已知二次函数，下列关于其图像的结论中，错误的是（ ）
A. 开口向上B. 关于直线对称
C. 当时，y随x的增大而增大D. 与x轴有交点
【答案】D
【解析】
【分析】根据二次函数的性质及的取值判定物线与x轴的交点，逐一判断即可．
【详解】解：A、二次函数，，
则图象开口向上，故本选项结论正确，不符合题意；
B、对称轴是直线，故本选项结论正确，不符合题意；
C、，对称轴是直线，
∴当 时，y随x的增大而增大，故本选项结论正确，不符合题意；
D、当时，方程的，方程无解，抛物线与x轴没有交点，故本选项结论错误，符合题意．
故选：D．
【点睛】本题考查二次函数的性质，解题关键是掌握二次函数图象与系数的关系．
8. 如图，过点作的切线，，切点分别是，，连接．过上一点作的切线，交，于点，．若，的周长为4，则的长为（ ）
A. 2B. C. 4D.
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查切线长定理，勾股定理；利用切线长定理得出，，，再根据三角形周长等于4，可求得，从而利用勾股定理可求解．
【详解】解：∵，是的切线，切点分别是，，
∴，
∵、是的切线，切点是D，交，于点，，
∴，，
∵的周长为4，即，
∴，
∵，
∴，
故选：B．
9. 如图，抛物线与轴交于、两点，是以点（0,3）为圆心，2为半径的圆上的动点，是线段的中点，连结.则线段的最大值是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据抛物线解析式可求得点A（-4,0），B（4,0），故O点为AB的中点，又Q是AP上的中点可知OQ=BP，故OQ最大即为BP最大，即连接BC并延长BC交圆于点P时BP最大，进而即可求得OQ的最大值．
【详解】解：连结BP，
∵抛物线与轴交于A、两点，
当y=0时，，
解得，
∴A（-4,0），B（4,0），即OA=4，
在直角△COB中，
BC=，
∵Q是AP上的中点，O是AB的中点，
∴OQ为△ABP中位线，即OQ=BP，
又∵P在圆C上，且半径为2，
∴当B、C、P共线时BP最大，即OQ最大，
此时BP=BC+CP=5+2=7，
OQ=BP=．
故选择C．
【点睛】本题考查了勾股定理求长度，二次函数解析式求点的坐标及线段长度，中位线，点到圆上最长的距离，解本题的关键是将求OQ最大转化为求BP最长时的情况．
二、填空题（本大题共6小题，每小题4分，共24分）把答案直接填在答题卡的相应位置处．
10. 某种水果的原价为15元/箱，经过连续两次增长后的售价为30元/箱．设平均每次增长的百分率为x，根据题意列方程是________．
【答案】
【解析】
【分析】设平均每次涨价的百分率为，利用经过两次涨价后的价格原价涨价的百分率），即可得出关于的一元二次方程，据此求解即可．
【详解】解：设平均每次涨价的百分率为，
依题意得：．
故答案为：．
【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．
11. 在一个不透明的布袋中装有30个黄、白两种颜色的球，除颜色外其他都相同，小红通过多次摸球试验后发现，摸到黄球的频率稳定在0.4左右，则布袋中白球可能有________个．
【答案】
【解析】
【分析】在同样条件下，大量反复试验时，随机事件发生的频率逐渐稳定在概率附近，可以从比例关系入手，设出未知数列出方程求解．
【详解】解：设袋中有黄球x个，由题意得：
，
解得：，
则白球可能有（个）；
故答案为：．
【点睛】本题利用了用大量试验得到的频率可以估计事件的概率．关键是利用黄球的概率公式列方程求解得到黄球的个数．
12. 用一个圆心角为120°，半径为4的扇形作一个圆锥的侧面，这个圆锥的底面圆的半径为____．
【答案】
【解析】
【详解】试题分析：，解得r=．
考点：弧长的计算．
13. 如下图：点A在双曲线y＝上，AB⊥x轴于B，且△AOB的面积S△AOB＝3，则k＝_____．
【答案】-6
【解析】
【分析】根据反比例函数的比例系数k的几何意义得到|k|＝3，然后解绝对值方法即可得到满足条件的k的值．
【详解】解：∵AB⊥x轴于B，
∴S△AOB＝ |k|，
即|k|＝3，
而k＜0，
∴k＝﹣6．
故答案为：﹣6．
【点睛】本题主要考查了反比例函数的几何意义，熟练掌握本题主要考查了反比例函数 中 的几何意义，即过双曲线上任意一点引 轴、 轴垂线，所得三角形面积等于 是解题的关键．
14. 如图，的直径垂直弦于点E，，，则___________．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查圆周角定理，垂径定理．圆周角定理，得到，进而求出的长，垂径定理，求出的长即可．
【详解】解：∵，
∴，
∵的直径垂直弦，，
∴，，，
∴，
∴；
故答案：．
15. 二次函数的部分图象如图所示，对称轴为，图象过点A，且，以下结论：①；②关于x的不等式的解集为：；③；④（m为任意实数）；⑤若点，在此函数图象上，则．其中错误的结论是______________．
【答案】②③④
【解析】
【分析】本题考查二次函数图象与系数之间的关系．对称性判断①和⑤，图象法解不等式判断②，对称轴和特殊点判断③，最值判断④即可．
【详解】解：∵，
∴图象过点，
∵对称轴为直线，
∴，抛物线与坐标轴的另一个交点为，
∴，
∴当时：，故①正确；
∵，，
∴，
由图象可知：当时，，
∴当时，，故②错误；
当时：，
∴，故③错误；
当，函数有最大值，当时，，
∴，
∴，故④错误；
∵点，在此函数图象上，，
∴点关于对称轴对称，
∴，故⑤正确；
故答案为②③④．
三、解答题（本大题共8小题，共90分）解答时应在答题卡的相应位置处写出文字说明、证明过程或演算过程．
16. 解下列方程：
（1）；
（2）
【答案】（1），
（2），
【解析】
【分析】（1）用因式分解法解一元二次方程；
（2）用公式法解一元二次方程．
【小问1详解】
，
，
或
，
【小问2详解】
，，，
，
∴该方程有两个不相等的实数根
∴
∴，
【点睛】本题考查解一元二次方程，掌握因式分解的技巧和一元二次求根公式正确计算是本题的解题关键．
17. 关于的一元二次方程有两个不相等的实数根．
（1）求的取值范围；
（2）若方程有一个根为，求的值和另一根．
【答案】（1）
（2）的值是，另一根是
【解析】
【分析】（1）根据一元二次方程根的个数和根的判别式列出方程，解方程即可；
（2）根据一元二次方程的解的定义代入求出，再根据一元二次方程根与系数的关系即可得．
【小问1详解】
解：∵方程有两个不相等的实数根，
∴，
解得；
【小问2详解】
解：∵方程有一个根为，
∴
解得，
则，
∵，
∴，
则，，
即的值是，另一根是．
【点睛】本题考查了一元二次方程根的个数和根的判别式，一元二次方程的解的定义和一元二次方程根与系数的关系，解题的关键是掌握这些知识点，并认真计算．
18. 如图，P是正方形内一点，绕着点B旋转后能到达的位置，若，求线段的长．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查旋转的性质，等腰三角形的性质，勾股定理．根据旋转得到，勾股定理求出即可，掌握旋转的性质，是解题的关键．
【详解】解：∵正方形，
∴，
∵绕着点B旋转后能到达的位置，
∴，
∴．
19. 已知：二次函数中的x和y满足下表：
（1）m的值为__________；
（2）求出这个二次函数的解析式；
（3）当时，则y的取值范围为__________．
【答案】19. 3 20.
21.
【解析】
【分析】（1）先求得对称轴，然后根据抛物线的对称性即可求得；
（2）设抛物线解析式为，利用待定系数法求解即可；
（3）利用图表和抛物线的性质即可得出答案．
【小问1详解】
解：∵抛物线经过点和，
∴抛物线的对称轴为直线，
∴当和所对应的函数值相等，
∴；
故答案为：3；
小问2详解】
解：∵抛物线经过点和，
∴抛物线的对称轴为直线，顶点为，
设抛物线解析式为，
把代入得，
解得，
∴抛物线解析式为；
【小问3详解】
解：当时，，
当时，y有最小值，
当时，，
∴当时，则y的取值范围为．
故答案为：．
【点睛】此题考查待定系数法求函数解析式，二次函数的性质，掌握待定系数法求函数解析式的方法与步骤是解决问题的关键．
20. 如图，一次函数图像与轴，轴分别相交于、两点，与反比例函数的图像相交于点、，已知点，点．
（1）求一次函数和反比例函数的表达式；
（2）结合该图像直接写出满足不等式的解集．
【答案】（1），
（2）或
【解析】
【分析】（1）将代入一次函数，求得一次函数解析式和点的坐标，即可求解；
（2）求得点的坐标，结合函数图象，即可求得不等式的解集．
【小问1详解】
解：将代入一次函数，可得
，解得，即，
将代入可得：，即，
，即，
故答案为：，；
【小问2详解】
联立一次函数和反比例函数可得：，
即，
解得，，
即，
根据函数图象可得：不等式的解集为或，
故答案为：或
【点睛】此题考查了一次函数与反比例函数的综合应用，解题的关键是熟练掌握一次函数与反比例函数的有关性质．
21. 为弘扬中华传统文化，“诵读经典，传承文明”，槐荫学校近期举办了“国学经典诵读大赛”，诵读的篇目分成四种类型：.蒙学今诵；.爱国传承；.励志劝勉；.愚公移山，每种类型的篇目数相同，参赛者需从这四种类型中随机抽取一种诵读类型．
（1）小颖参加了这次大赛，她恰好抽中“.爱国传承”概率是______；
（2）小红和小迪也参加了这次大赛，请用画树状图或列表法求他们抽中同一种类型篇目的概率．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）直接根据概率求解即可；
（2）根据题意画出树状图得出所有等情况数，找出符合题意的情况数，然后根据概率公式即可得出答案．
【小问1详解】
解：∵诵读的篇目分成四种类型：A．蒙学吟诵；B．爱国传承；C．励志劝勉；D．秀山丽水，
∴恰好抽中“.爱国传承”的概率是，
故答案为：；
【小问2详解】
解：根据题意画图如下：
共有16种等可能的情况数，其中他们抽中同一种类型篇目的有4种，
则他们抽中同一种类型篇目的概率是．
【点睛】本题考查用列表法或树状图法求概率，解题的关键是能够通过列表或画树状图不重复不遗漏的列出所有等可能的结果．
22. 如图，为的直径，C为上一点，D为的中点，过C作的切线交的延长线于E，交AB的延长线于F，连．

（1）求证：与相切；
（2）若，，求的半径．
【答案】（1）见解析 （2）
【解析】
【分析】（1）连接，由垂径定理得，根据垂直平分线的的性质可得，证明，利用全等三角形的性质可得即可；
（2）先利用勾股定理求得，设，再根据等面积法列即可求解．
【小问1详解】
证明：如图，连接，

，
是的切线，
，
为的中点，
，
，
，，
，
，
与相切；
【小问2详解】
解：，，
，
由（1）可知，，
，
设，
，
，
，
解得，
故的半径为．
【点睛】本题主要考查垂径定理、切线的判定和性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理，掌握相关定理并能利用等面积法解决问题是关键．
23. 如图，抛物线与x轴交于A，B两点（A在B的左边），与y轴交于点C，连接，，点D在抛物线上一点．
（1）求证：是等腰直角三角形；
（2）连接，如图1，若平分，求点D的坐标；
（3）如图2，若点D是线段的下方抛物线上一点，过点D作于点E，求的最大值．
【答案】（1）见解析 （2）
（3）
【解析】
【分析】（1）求出抛物线与坐标轴的交点坐标，可得，即问题得解；
（2）过点A作交于点E，交于F，连接，利用等腰直角三角形的性质可得，利用待定系数法可得直线的解析式为，再联立即可求解；
（3）利用待定系数法即可求得直线BC的解析式为，设点D的坐标为，则，则，求出的最大值，进而可求出的最大值．
【小问1详解】
令，可得，
令，可得，
解得，
∴，
∴，
∵，
∴为等腰直角三角形；
【小问2详解】
过点A作交于点E，交于F，连接，如图，
∵为等腰直角三角形，，
∴，
∵，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∵平分，
∴，
∴，即，
∴，
∴，
∴是等腰直角三角形，即，
∴，
设直线的解析式为：，
∴，
∴，
∴直线的解析式为：，
联立，
解得（舍去），，
∴；
【小问3详解】
∵，
设直线的解析式为：，
∴，
∴，
∴直线的解析式为： ，
设点D的坐标为，过D点作y轴的平行线交于点P，则，如图，
∴
，
∴当时，取得最大值，
∵轴，
∴，
∵，
∴为等腰直角三角形，
∴，
∴此时的最大值为．
【点睛】本题考查了二次函数的图象与性质，待定系数法求一次函数解析式，勾股定理，等腰三角形的判定与性质，二次函数与坐标轴的交点，二次函数与几何综合等知识，数形结合是解答本题的关键．x
…
0
1
2
3
4
5
…
y
…
3
0
0
m
8
…