2023-2024学年福建省福州市鼓楼区九年级上学期数学月考试题及答案

这是一份2023-2024学年福建省福州市鼓楼区九年级上学期数学月考试题及答案，共26页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1. 在平面直角坐标系中，点关于原点的对称点的坐标为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据关于原点对称的点的特征：横纵坐标均为相反数，进行求解即可．
【详解】解：点关于原点的对称点的坐标为；
故选B．
【点睛】本题考查坐标与中心对称．熟练掌握关于原点对称的点的特征：横纵坐标均为相反数，是解题的关键．
2. 关于的方程有实数根，则的取值范围是 （ ）
A. 且B. 且C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】分两种情况讨论：①，为一元一次方程；②，为一元二次方程，根据根的判别式计算即可．
【详解】解：①当时，此时方程为，有实数根；
②当时，此时方程为为一元二次方程，
∵方程有实数根
∴，解得：
综上所述：
故选：D
【点睛】本题主要考查了一元二次方程根的判别式：当，方程有两个不相等的实数根；当，方程有两个相等的实数根；当，方程没有实数根．分两种情况讨论是解题的关键．
3. 某种音乐播放器原来每只售价400元，经过连续两次降价后，现在每只售价为256元，设平均每次降价的百分比为x，则可列方程为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据原价、降价的百分比、售价的关系列方程即可．
【详解】解：第一次降价后的售价为元，第二次降价后的售价为元，
因此可列方程为：，
故选B．
【点睛】本题考查列一元二次方程，解题的关键是正确理解题意，找准等量关系．
4. 关于二次函数 的图象，下列说法中，正确的是（ ）．
A. 对称轴为直线
B. 顶点坐标为
C. 可以由二次函数 的图象向左平移1个单位得到
D. 在y轴的左侧，图象上升，在y轴的右侧，图象下降
【答案】D
【解析】
【分析】根据二次函数图象的性质逐项判断即可．
【详解】解：A.二次函数 的对称轴为直线，故A选项不符合题意；
B. 二次函数 的顶点坐标，故B选项不符合题意；
C. 二次函数 的图像可以由二次函数 的图像向上平移1个单位得到，故C选项不符合题意；
D. 二次函数 的图像开口向下，在对称轴左侧，图像上升，在对称轴右侧，图像下降，故D选项符合题意．
故答案：D．
【点睛】本题主要考查了二次函数图象的性质，理解二次函数图象与解析式系数的关系是解答本题的关键．
5. 如图所示是一个中心对称图形，点为对称中心．若，，，则的长为（ ）

A. 4B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据中心对称图形的特点可知：，再根据含角的直角三角形的性质以及勾股定理求出，问题随之得解．
【详解】根据中心对称图形的特点可知：，
∵，，
∴在中，，
∵在中，，，
∴，
解得：（负值舍去），
∴，
∴，
故选：D．
【点睛】本题主要考查了中心对称图形的特点，含角的直角三角形的性质以及勾股定理，根据中心对称图形的特点得到，是解答本题的关键．
6. 2022年的卡塔尔世界杯受到广泛关注，在半决赛中，梅西的一脚射门将足球沿着抛物线飞向球门，此时，足球距离地面的高度h与足球被踢出后经过的时间t之间的关系式为．已知足球被踢出9s时落地，那么足球到达距离地面最大高度时的时间t为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意可得当时，，再代入，可得到该函数解析式为，然后化为顶点式，即可求解．
【详解】解：根据题意得：当时，，
∴，
解得：，
∴该函数解析式为，
∵，
∴足球到达距离地面最大高度时的时间t为．
故选：D
【点睛】此题主要考查了二次函数的应用，关键是正确确定函数解析式，掌握函数函数图象经过的点必能满足解析式．
7. 如图，的半径为是圆外一点，，交于点，则弦的长为（ ）

A. 4B. 6C. D. 8
【答案】D
【解析】
【分析】过作于，连接，根据含角的直角三角形的性质得出，根据勾股定理求出，再根据垂径定理得出，最后求出答案即可．
【详解】解：过作于，连接，则，

，，
，
在中，由勾股定理得：，
，
，
即，
故选：D．
【点睛】本题考查了含角的直角三角形的性质，勾股定理，垂径定理等知识点，解题的关键是能熟记垂直于弦的直径平分弦．
8. 如图，是弧所在圆的圆心．已知点B、C将弧AD三等分，那么下列四个选项中不正确的是（ ）
A. B. C. D. ．
【答案】B
【解析】
【分析】利用三等分点得到，由此判断A；根据AB=BC=CD，得到AB+BC>AC，由此判断B；根据即可判断C；根据，得到，由此判断D．
【详解】解：连接AB、BC，OB，
∵点B、C将弧AD三等分，
∴，
∴，故A选项正确；
∵，
∴AB=BC=CD，
∵AB+BC>AC，
∴AC<2CD，故B选项错误；
∵，
∴，故C选项正确；
∵，
∴∠AOB=∠BOC=∠COD，
∴，
∴，故D选项正确；
故选：B．
【点睛】此题考查了圆心角、弧、弦定理：在同圆或等圆中，圆心角、弧、弦中有一个量相等，另两个量也对应相等．
9. 一面墙上有一个矩形门洞，其中宽为米，高为2米，现要将其改造成圆弧型门洞（如图），则改造后圆弧型门洞的最大高度是（ ）

A. 米B. 米C. 米D. 米
【答案】A
【解析】
【分析】连接矩形门洞的对角线交于点O，过点O作于点D，由圆周角定理得到为圆O的直径，勾股定理得到米，则圆的半径米，由中位线定理得到米，即可得到改造后门洞的最大高度米．
【详解】解：如图所示，连接矩形门洞的对角线交于点O，过点O作于点D，

∴点O为线段中点，，
∴为圆O的直径，
∵宽为米，高为2米，
∴（米），
∴圆的半径（米），
∵，
∴点D为的中点，
又∵点O为线段的中点，
∴是的中位线，
∴（米），
则改造后门洞的最大高度（米）；
故选：A．
【点睛】此题考查了垂径定理、勾股定理、圆周角定理、中位线定理、矩形的性质等知识，求出圆的半径是解题的关键．
10. 已知抛物线 与x轴交于点A(－1,0)，对称轴为直线x=1，与y轴的交点B在(0,2)和(0,3)之间(包含这两个点)运动,有如下四个结论：
①抛物线与x轴的另一个交点是(3,0)；
②点，在抛物线上，且满足，则；
③常数项c的取值范围是；
④系数a的取值范围是．
上述结论中，所有正确结论的序号是（ ）
A. ①②③B. ②③④C. ①③D. ①③④
【答案】D
【解析】
【分析】根据抛物线的对称性对①进行判断；
根据④的结论可知函数的开口方向，然后得到二次函数的增减性，即可对②进行判断；
根据抛物线与y轴的交点对c进行判断即可判断③；
由对称轴可得b=-2a，由x=-1时，可得a-b+c=0，则c=-3a，又由③得到c的取值范围，进而得到a的取值范围．
【详解】抛物线对称轴为x=1，且与x轴交点为（-1，0），故与x轴的另一个交点为（3,0），故①正确；
抛物线与y轴的交点为（0，c），且与轴交点在和之间（包含这两个点）运动，故的取值范围是，故③正确；
抛物线对称轴为x=1，得b=-2a，由x=-1时，可得a-b+c=0，则c=-3a，又由③已知，故有2≤-3a≤3，故，故④正确；
由④得结论可知，抛物线开口向下，且对称轴为x=1，得到当x＜1时，y随x增大而增大，故当，有y1综上正确的有①③④，
故选D．
【点睛】本题考查二次函数一般式的基本性质，熟练掌握二次函数一般式各系数的意义是解题关键．
二、填空题（每题4分，共8题）
11. 已知点与点关于原点对称，则______.
【答案】0
【解析】
【分析】根据中心对称的性质，构建方程组，求解计算即可．
【详解】解：由题意，，解得；
∴．
故答案为：0．
【点睛】本题考查中心对称的性质，理解中心对称的定义是解题的关键．
12. 已知点，在抛物线上，且，则_________．（填“<”或“>”或“=”）
【答案】
【解析】
【分析】先求出抛物线的对称轴，然后根据二次函数的性质解决问题．
【详解】解：的对称轴为y轴，
∵，
∴开口向上，当时， y随x的增大而增大，
∵，
∴．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了二次函数的增减性，解题的关键是根据抛物表达式得出函数的开口方向和对称轴，从而分析函数的增减性．
13. 新型冠状病毒肺炎具有人传人性，调查发现：人感染病毒后如果不隔离，那么经过两轮传染将会有人感染，若设人平均感染人，则的值为______ ．
【答案】14
【解析】
【分析】第一轮共感染人，第二轮共感染（人），根据经过两轮传染将会有人感染，列出一元二次方程，解方程即可．
【详解】解：由题意得：，
解得：，（不合题意舍去），
故答案为：．
【点睛】本题考查了一元二次方程的应用，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．
14. 如图，，，则的度数为___________．

【答案】##28度
【解析】
【分析】根据等腰三角形性质可得，利用三角形外角的性质可得：，即可求解．
【详解】解：∵，
∴
∴
由题意可得：
∴
∴
故答案为：
【点睛】此题考查了圆的性质，等腰三角形的性质，三角形外角的性质以及三角形的内角和定理，解题的关键是熟练掌握相关基础知识．
15. 如图，内接于，是的直径，点是上一点，，则________．

【答案】35
【解析】
【分析】由同弧所对的圆周角相等，得再根据直径所对的圆周角为直角，得，然后由直角三角形的性质即可得出结果．
【详解】解：是所对的圆周角，
是的直径，
，
在中，，
故答案为: ．
【点睛】本题考查了圆周角定理，以及直角三角形的性质，利用了转化的思想，熟练掌握圆周角定理是解本题的关键．
16. 二次函数的图象如图所示，已知，则该二次函数的解析式为________．

【答案】
【解析】
【分析】把a的值代入二次函数解析式，根据求出h的值，即可确定出解析式．
【详解】解：由题意，得，
，
，
将点A坐标代入抛物线解析式，得，
解得：或0(不合题意，舍去)，
∴该抛物线的解析式为，
故答案为：．
【点睛】此题考查待定系数法求二次函数解析式，解题关键在于把坐标代入解析式求解．
17. 如图，某拱桥桥洞的形状是抛物线，若取水平方向为x轴，拱桥的拱点O为原点建立直角坐标系，它可以近似地用函数表示（单位：m）．已知目前桥下水面宽4m，若水位下降1.5m，则水面宽为______m．
【答案】8
【解析】
【分析】由目前桥下水面宽4m，求得对应y的值，再由水位下降1.5m，得到此时y的值，代入解析式即可求得x的值，即可求出水面的宽．
【详解】解：目前桥下水面宽4m，
即x=2时，
当水位下降1.5m，即
此时水面的宽为8m
故答案为：8．
【点睛】本题考查二次函数的应用，是基础考点，掌握相关知识是解题关键．
18. 喜欢数学的小西同学在学习旋转的时候想到了一个新的定义：对于线段，先将线段绕点M逆时针旋转，再绕点N顺时针旋转，旋转后的两条线段交于点P，我们称点P为线段的“双旋点”，如图，已知直线与x轴和y轴分别相交于点A，点B，则线段的“双旋点”P的坐标为______．

【答案】
【解析】
【分析】根据直线与x轴和y轴分别相交于点A，点B，得到，从而得到，根据题意，得，继而得到，过点P作于点G，继而得到，过点B作交于点Q，过点A作于点D，解直角三角形计算即可．
【详解】∵直线与x轴和y轴分别相交于点A，点B，
∴，
∴，
根据题意，得，
∴，
过点P作于点G，
∴，
过点B作交于点Q，
∴，
∴，
∴，
过点A作于点D，

∴四边形是正方形，
∴，，
∴，
∴，
∴，
解得
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴点，
故答案为：．
【点睛】本题考查了旋转的性质，直角三角形的性质，勾股定理，平行线的性质，正方形的判定和性质，坐标与线段的关系，熟练掌握旋转性质，直角三角形的性质和勾股定理是解题的关键．
三、解答题
19. 解方程：
（1）；
（2）．
【答案】（1），
（2），
【解析】
【分析】利用直接开平方法解方程即可；
利用“十字相乘法”对等式左边进行因式分解，然后解方程．
【小问1详解】
由原方程，得
，
开方，得，
解得，；
【小问2详解】
由原方程，得
，
解得，．
【点睛】本题考查了因式分解法、直接开平方法解一元二次方程．关键是根据方程的特点，合理地选择解方程的方法．
20. 已知关于x的一元二次方程．
（1）求证：无论取何值，原方程总有两个不相等的实数根；
（2）若是原方程的两根，且，求的值．
【答案】（1）证明过程见详解
（2）的值或
【解析】
【分析】（1）原方程总有两个不相等的实数根，则根的判别式大于零，由此即可求解；
（2）方程有两个根，根据韦达定理，分别表示出，的值，由此即可求解．
【小问1详解】
解：原方程总有两个不相等的实数根，中，，，
∴，
∴，
∴无论取何值，原方程的判别式恒大于零，
∴无论取何值，原方程总有两个不相等的实数根．
【小问2详解】
解：中，，，且是原方程的两根，，
∴，，
∴，则，
∵，即，
∴，
∴，
整理得，，
解方程得，，，
∴的值或．
【点睛】本题主要考查根据一元二次方程的根据的情况求出参数，掌握一元二次方程中根的判别式，根据与系数的关系，韦达定理是解题的关键．
21. 如图，若将线段绕点O旋转，得到点A的对应点，点B的对应点为．
（1）画出旋转后的图形，并连接；
（2）四边形的形状一定为___________．（填写序号即可）
①矩形；②菱形；③平行四边形；④不能确定形状的任意四边形
【答案】（1）见解析 （2）③
【解析】
【分析】（1）根据要求作出图形即可．
（2）利用平行四边形的判定证明即可．
【小问1详解】
解：旋转后的图形，如图所示：
【小问2详解】
解：结论：四边形是平行四边形．
理由：∵，，
∴四边形是平行四边形．
故答案为：③．
【点睛】本题考查作图−旋转变换，解题的关键是掌握旋转变换的性质，属于中考常考题型．
22. 如图，的半径为1，点A，B，C是上的三个点，点P在劣弧上，，平分．求证：

（1）是等边三角形；
（2）．
【答案】（1）见解析 （2）见解析
【解析】
【分析】（1）根据同弧所对的圆周角相等，以及角平分线平分角，推出，即可得证；
（2）在上截取，易得为等边三角形，证明，得到，即可得证．
【小问1详解】
证明：∵，平分，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴是等边三角形；
【小问2详解】
证明：在上截取，
∵，
∴为等边三角形，
∴，，
由（1）知为等边三角形，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题考查圆周角定理，等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，解题的关键是熟知同弧所对的圆周角相等，以及等边三角形的判定和性质．
23. 网络销售已经成为一种热门的销售方式，某果园在网络平台上直播销售荔枝．已知该荔枝的成本为6元/kg，销售价格不高于18元/kg，且每售卖1kg需向网络平台支付2元的相关费用，经过一段时间的直播销售发现，每日销售量y（kg）与销售价格x（元/kg）之间满足如图所示的一次函数关系．

（1）求与的函数解析式．
（2）当每千克荔枝的销售价格定为多少元时，销售这种荔枝日获利最大，最大利润为多少元？
【答案】（1）
（2）当销售单价定为元时，销售这种荔枝日获利最大，最大利润为元
【解析】
【分析】（1）根据函数图象，待定系数法求解析式即可求解；
（2）设销售销这种荔枝日获利元，由二次函数的性质求出的最大利润，即可求解．
【小问1详解】
解：设与的函数解析式为，
∵改函数图象经过点和点
∴
解得：
∴与的函数解析式为；
【小问2详解】
解：设销售销这种荔枝日获利元，
根据题意，得，
，对称轴为直线，
∴在对称轴的左侧，y随x的增大而增大，
∵销售价格不高于18元/kg，
当时，有最大值为元，
当销售单价定为时，销售这种荔枝日获利最大，最大利润为元．
【点睛】本题考查了二次函数的应用，二次函数的性质，求出函数关系式是本题的关键．
24. 如图，正方形绕着边长为a的正方形的对角线的交点O旋转，边分别交边于点M、N．

（1）求证：；
（2）问四边形的面积是否随着a的变化而变化？若不变，请用a的代数式表示出来，若变化，请说明理由；
（3）试探究三条线段之间有怎样的数量关系，并写出推理过程．
【答案】（1）证明见解析
（2）不变，
（3）
【解析】
【分析】（1）连接，证明，即可得到；
（2）由可知，则；
（3）由（1）可知，则，由四边形是正方形得到，证明，则，由勾股定理得到，等量代换后即可的结论
【小问1详解】
证明：连接，

在正方形中，
，
∵，，
∴，
在和中，
，
∴，
∴；
【小问2详解】
不变，，

∵，
∴，
∴；
【小问3详解】
，
证明如下：如图，

由（1）可知，
∴，
∵四边形是正方形，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
在中，由勾股定理得，
∴．
【点睛】此题考查了正方形的判定和性质、矩形的判定和性质、图形的旋转、全等三角形的判定和性质、勾股定理等知识，熟练掌握全等三角形的判定和性质是解题的关键．
25. 如图，抛物线与轴交于、两点，与轴交于点．直线与抛物线交于、两点，与轴交于点，点的坐标为．
（1）求抛物线的解析式与直线的解析式；
（2）若点是抛物线上的点且在直线上方，连接、，求当面积最大时点的坐标及该面积的最大值；
（3）若点是轴上的点，且，求点的坐标．
【答案】（1）抛物线的解析式为，直线的解析式为；（2）的面积的最大值为，．（3）的坐标为或．
【解析】
【分析】（1）利用待定系数法解决问题即可．
（2）如图1中，过点P作PE∥y轴交AD于点E．设P（m，-m2+m+3），则E（m，m+1）．因为S△PAD=•（xD-xA）•PE=3PE，所以PE的值最大值时，△PAD的面积最大，求出PE的最大值即可．
（3）如图2中，将线段AD绕点A逆时针旋转90°得到AT，则T（-5，6），设DT交y轴于点Q，则∠ADQ=45°，作点T关于AD的对称点T′（1，-6），设DQ′交y轴于点Q′，则∠ADQ′=45°，分别求出直线DT，直线DT′的解析式即可解决问题．
【详解】解：（1）抛物线与轴交于、两点，
设抛物线的解析式为，
解得，，或，
在抛物线上，
，
解得，
抛物线的解析式为，
直线经过、，
设直线解析式为，
则，
解得，，
直线的解析式为；
（2）如图1中，过点作轴交于点．设，则．
，
的值最大值时，的面积最大，
，
，
时，的值最大，最大值为，此时的面积的最大值为，．
（3）如图2中，将线段绕点逆时针旋转得到，则，
设交轴于点，则，
，
直线的解析式为，
，
作点关于的对称点，
则直线的解析式为，
设交轴于点，则，
，
综上所述，满足条件的点的坐标为或．
【点睛】本题属于二次函数综合题，考查了二次函数的性质，一次函数的性质，待定系数法，等腰直角三角形的性质等知识，解题的关键是学会利用参数构建二次函数解决最值问题，学会构造特殊三角形解决问题．