2024-2025学年福建省福州市台江区华伦中学九年级（上）月考数学试卷（10月份）（含答案）

这是一份2024-2025学年福建省福州市台江区华伦中学九年级（上）月考数学试卷（10月份）（含答案），共16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。

一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.已知⊙O的半径为4，OP=3，则点P与⊙O的位置关系是( )
A. 点P在⊙O内B. 点P在⊙O上C. 点P在⊙O外D. 不能确定
2.已知方程x2+mx+2=0的一个根是1，则m的值为( )
A. 4B. −4C. 3D. −3
3.将抛物线y=x2先向右平移3个单位，再向上平移4个单位，得到的抛物线是( )
A. y=(x−3)2+4B. y=(x+3)2+4C. y=(x−3)2−4D. y=(x+3)2−4
4.如图，圆上依次有A，B，C，D四个点，AC，BD交于点P，连接AD，AB，BC，则图中一定等于∠C的角是( )
A. ∠CAD
B. ∠CBD
C. ∠ABD
D. ∠D
5.若关于x的方程(x+5)2=m−1没有实数根，则m的取值范围是( )
A. m<0B. m≤1C. m<1D. m≠1
6.往水平放置的半径为13cm的圆柱形容器内装入一些水以后，截面图如图所示，若水面宽度AB=24cm，则水的最大深度为( )
A. 5cm
B. 8cm
C. 10cm
D. 12cm
7.如图，在△ABC中，∠ACB=90°，∠B=30°，AB=4，将△ABC绕点A顺时针旋转得到△AB′C′，当点C′落在边AB上时，线段CC′的长为( )
A. 2π3
B. 1
C. 3
D. 2
8.两千多年前，古希腊数学家欧多克索斯发现了黄金分割比例.后来在设计人体雕像时，多采用黄金分割比例增加美感.即雕像的上部(腰以上)与下部(腰以下)的高度比，等于下部与全部(全身)的高度比.按此比例，如果雕像高3m，设雕像的下部高为x m，可列方程为( )
A. x2=3x(3−x)B. x2=3(3−x)C. 3x=x(3−x)D. x2=3(3+x)
9.为培养学生动手实践能力，学校七年级生物兴趣小组在项目化学习“制作微型生态圈”过程中，设置了一个圆形展厅．如图，在其圆形边缘上的点P处安装了一台监视器，它的监控角度是72°，为了观察到展厅的每个位置，最少需在圆形边缘上共安装这样的监视器( )
A. 5台B. 4台C. 3台D. 2台
10.已知二次函数y=x2−2ax+a(a≠0)的图象经过A(a2,y1)，B(3a,y2)两点，则下列判断正确的是( )
A. 可以找到一个实数a，使得y1>aB. 无论实数a取什么值，都有y1>a
C. 可以找到一个实数a，使得y2<0D. 无论实数a取什么值，都有y2<0
二、填空题：本题共6小题，每小题4分，共24分。
11.在平面直角坐标系中，点P(1,−2)关于原点对称的点的坐标为______．
12.如图，两条直线被三条平行线所截.若AB：BC=2：3，DE=4，则EF的长为______．
13.如图，在圆O中，弦AB=8，点C在圆O上(C与A，B不重合)，连接CA、CB，过点O分别作OD⊥AC，OE⊥BC，垂足分别是点D、E，则DE= ______．
14.已知抛物线y=ax2+bx+c经过A(1,m)，B(3,m)两点，则ba的值为______．
15.如图，点A、B、C、D、E在⊙O上，且∠B+∠E=155°，则CD所对的圆心角度数为______．
16.如图，AC，BC是⊙O的两条弦，M是AB的中点，作MF⊥AC，垂足为F，若BC= 3，AC=3，则AF=______．
三、解答题：本题共9小题，共86分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题8分)
解方程：x2−2x−15=0．
18.(本小题8分)
如图，AE平分∠BAC，D为AE上一点，∠B=∠C.若D为AE中点，BE=4，求CD的长．
19.(本小题8分)
如图，正方形ABCD内接于⊙O，E是BC的中点，连接AE，DE，CE.求证：AE=DE．
20.(本小题8分)
如图，在平面直角坐标系中，A(2,5)，B(4,5)，C(6,3).⊙M经过A，B，C三点．
(1)点M的坐标是______；
(2)判断⊙M与y轴的位置关系，并说明理由．
21.(本小题8分)
如图，△ABC中，AB=3，AC=6，将△ABC绕点A逆时针旋转至△ADE，点B的对应点点D恰好落在BC边上．
(1)尺规作图：作出△ADE；
(2)求证：CE=2BD．
22.(本小题10分)
如图，Rt△ABC中，∠ACB=90°，CD为斜边中线，以CD为直径作⊙O交BC于点E，过点E作EF⊥AB，垂足为点F．
(1)求证：EF为⊙O的切线．
(2)若CD=5，AC=6，求EF的长．
23.(本小题10分)
关于x的一元二次方程x2−2x+m=0与x2−bx−m=0．
(1)若b=4且一元二次方程x2−2x+m=0与x2−bx−m=0有相同实数根，求m的值；
(2)若b2=−5m+2，证明：一元二次方程x2−2x+m=0与x2−bx−m=0至少一个方程有实数根．
24.(本小题12分)
综合与实践
小明在刘老师的指导下开展“探究四点共圆的条件”活动，得出结论：对角互补的四边形四个顶点共圆.小明继续利用上述结论进行探究．
【提出问题】
如图1，在线段AC同侧有两点B，D，连接AD，AB，BC，CD，如果∠B=∠D，那么A，B，C，D四点在同一个圆上．
探究展示：
【反思归纳】(1)上述探究过程中的横线上填的内容是______；
【拓展延伸】(2)如图3，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC，将△ABC绕点A逆时针旋转得△ANM，连接CM交BN于点D，连接BM、AD.小明发现，在旋转过程中，∠CDB永远等于45°，不会发生改变．
①根据∠CDB=45°，利用四点共圆的思想，试证明ND=DB；
②在(1)的条件下，当△BDM为直角三角形，且BN=4时，直接写出BC的长．
25.(本小题14分)
如图，抛物线y=x2+mx+n经过(0,−3)，(2,−3)两点，与x轴交于A、B两点．

(1)求抛物线的解析式；
(2)点C为第四象限抛物线上一动点，点C横坐标为t，直线AC与y交于点D，连接BC．
①如图1，若∠ACB=90°时，求t的值；
②如图2，直线BD与抛物线交于点E，连接AE.问：S△ADES△BDC是否为定值？若是，请求出这个定值：若不是，请说明理由．
参考答案
1.A
2.D
3.A
4.D
5.C
6.B
7.D
8.B
9.C
10.C
11.(−1,2)
12.6
13.4
14.−4
15.50°
16. 3+32
17.解：x2−2x−15=0，
(x+3)(x−5)=0，
∴x+3=0或x−5=0，
∴x1=−3，x2=5．
18.解：∵D为AE中点，
∴AE=2AD，
∴AEAD=2，
∵AE平分∠BAC，
∴∠BAE=∠CAD，
∵∠B=∠C，BE=4，
∴△BAE∽△CAD，
∴BECD=AEAD=2，
∴BE=2CD=4，
∴CD=2，
∴CD的长为2．
19.证明：连接BE，
∵E是BC的中点，
∴CE=BE，
∴CE=BE，∠EBC=∠ECB，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=DC，∠ABC=∠DCB=90°，
∴∠ABC+∠EBC=∠DCB+∠ECB，
∴∠ABE=∠DCE，
在△ABE和△DCE中，
AB=DC∠ABE=∠DCEBE=CE，
∴△ABE≌△DCE(SAS)，
∴AE=DE．
20.(1)(3,2)．
(2)⊙M于y轴相交，理由如下：
由勾股定理得：MA= 12+32= 10，
即⊙M的半径为r= 10，
∵⊙M的圆心M的坐标为(3,2)，
∴点M到y轴的距离d=3，
∵d∴⊙M于y轴相交．
21.(1)解：如图：△ADE即为所求．

(2)证明：如图：连接CE，
∵将△ABC绕点A逆时针旋转至△ADE，∠B和∠ACE是对应角，
∴∠B=∠ACE，
由(1)可知：∠CAE=∠BAD，
∴△ABD∽△ACE，
∴CEBD=ACAB=63=2，即CE=2BD．
22.(1)证明：如图，连接OE，

Rt△ABC中，CD是斜边AB上的中线，
∴CD=AD=BD，
∴∠B=∠BCD，
又∵OC=OE，
∴∠OEC=∠BCD，
∴∠OEC=∠B，
∴AB//OE，
又∵EF⊥AB，
∴EF⊥OE，
又∵OE是⊙O的半径，
∴EF与⊙O相切；
(2)解：连接DE，
∵CD为⊙O的直径，
∴∠DEC=90°，
∴DE//AC，
∵CD是斜边AB上的中线，
∴DE是△ABC的中位线，
∴DE=12AC，

∵CD为斜边中线，CD=5，
∴AB=10，
∵AC=6，
∴BC= AB2−AC2=8，
∴BE=BC2=4，
∵∠B=∠B，∠BFE=∠BCA，
∴△BEF∽△BAC，
∴EFAC=BEBA，
∴EF6=410，
∴EF=2.4．
23.(1)解：∵b=4且一元二次方程x2−2x+m=0与x2−bx−m=0有相同实数根，
∴可设相同实数根为x=p，
得到p2−2p+m=0，①
p2−4p−m=0，②
①−②得：2p+2m=0，
解得p=−m，
将p=−m代入①，得m2+2m+m=0，
解得m=0，或m=−3，
即m的值为0或−3；
(2)证明：(反证法)∵b2=−5m+2≥0，
∴m≤25，
假定当b2=−5m+2时，一元二次方程x2−2x+m=0与x2−bx−m=0都没有实数根，
则Δ1=(−2)2−4m=4−4m<0，③
Δ2=(−5m+2)+4m=−m+2<0，④
解③得：m>1，
解④得：m>2，
∴m>2，
这与m≤25矛盾，
故假设不成立，
∴一元二次方程x2−2x+m=0与x2−bx−m=0至少一个方程有实数根．
24.(1)∠AEC+∠B=180°；
(2)①证明：∵在Rt△ACB中，AC=BC，如图3，
∴∠BAC=45°，
∵∠CDB=45°，
∴∠CDB=∠BAC=45°，
∴A，C，B，D四点共圆，
∴∠ADB+∠ACB=180°，
∵∠ACB=90°，
∴∠ADB=90°，
∴AD⊥BN，
∵△ACB旋转得△AMN，
∴△ACB≌△AMN，
∴AB=AN，
∵AD⊥BN，
∴ND=DB；
②如图4，当∠BMD=90°时，
∵CA=CB，∠ACB=90°，
∴AB= 2AC，
∵ANAM=ABAC= 2，∠NAB=MAC，
∴△NAB∽△MAC，
∴BNCM=ABAC= 2，
∵BN=4，
∴CM=2 2，
又∵∠CDB=45°，∠DMB=90°，BD=12BN=2，
∴DM=BM= 2，
∴BC= BM2+CM2= ( 2)2+(2 2)2= 10；
如图5，当∠DBM=90°时，
过B作BH⊥CD交CD于H，
∵CA=CB，∠ACB=90°，
∴AB= 2AC，
∵ANAM=ABAC= 2，∠NAB=MAC，
∴△NAB∽△MAC，
∴BNCM=ABAC= 2，
∵BN=4，
∴CM=2 2，
∵∠CDB=45°，∠NBM=90°，
∴DM= 2BD=2 2，
∵BH⊥CD，
∴BH=MH= 2，
∴CH=3 2，
∴BC= BH2+CH2= ( 2)2+(3 2)2=2 5．
25.解：(1)∵抛物线y=x2+mx+n经过(0,−3)，(2,−3)两点，
∴−3=n−3=22+2m+n，
解得：n=−3m=−2，
∴抛物线的解析式为y=x2−2x−3．
(2)①由(1)知y=x2−2x−3，
令y=0，则x2−2x−3=0，解得x1=−1，x2=3，
∵点A在点B的左侧，
∴A(−1,0)，B(3,0)．
如图，作CH⊥x轴于点H，如图，作CH⊥x轴于点H，

若∠ACB=90°，则∠HCB+∠HCA=90°，
若∠ACB=90°，则∠HCB+∠HCA=90°，
∵CH⊥x轴，
∴∠HAC+∠HCA=90°，
∴∠HAC=∠HCB，
又∵∠AHC=∠CHB=90°，
∴△HAC∽△HCB，
∴AHCH=CHBH，
∴CH2=AH⋅BH，
∵点C为在抛物线y=x2−2x−3的第四象限上，
∴设C(t,t2−2t−3)，
∴AH=t−(−1)=t+1，BH=3−t，CH=−(t2−2t−3)，
∴(t2−2t−3)2=(t+1)(3−t)，化简得t2−2t−2=0，解得t=1± 3，
∵点C在第四象限上，
∴t>0，
∴t=1+ 3，
∴t2−2t−3=(1+ 3)2−2×(1+ 3)−3=−1，
∴点C的坐标为(1+ 3,−1)；
②S△ADES△BDC是定值，定值为19，理由如下：

设直线AC的解析式为y=kx+b，
将A(−1,0)，C(t,t2−2t−3)代入y=kx+b，
可得0=−k+bt2−2t−3=kt+b，解得k=t−3b=t−3，
∴直线AC的解析式为y=(t−3)x+(t−3)，
令x=0，则y=t−3，
∴D(0,t−3)．
设直线BD的解析式为y=mx+n，
将B(3,0)，D(0,t−3)代入y=mx+n，
可得0=3m+nt−3=n，解得m=3−t3n=t−3，
∴直线BD的解析式为y=3−t3x+(t−3)，
联立y=3−t3x+(t−3)y=x2−2x−3，解得x=3或x=−t3，
∴点E的横坐标为−t3，
∴点E的纵坐标为：(−t3)2−2(−t3)−3=t29+2t3−3，
∴S△ADE=S△ABE−S△ABD=12AB(yD−yE)=12AB[t−3−(t29+2t3−3)]=AB⋅3t−t218，S△BDC=S△ABC−S△ABD=12AB(yD−yC)=12AB[t−3−(t2−2t−3)]=AB⋅3t−t22，
∴S△ADES△BDC=AB⋅3t−t218AB⋅3t−t22=19．
∴S△ADES△BDC=AB⋅3t−t218AB⋅3t−t22=19．
如图2，作经过点A，C，D的⊙O，在劣弧AC上取一点E(不与A，C重合)，连接AE，CE，
则∠AEC+∠D=180°
又∵∠B=∠D，
∴ ______，
∴点A，B，C，E四点在同一个圆上(对角互补的四边形四个顶点共圆)，
∴点B，D在点A，C，E所确定的⊙O上
∴点A，B，C，D四点在同一个圆上．