山东省济宁市邹城市第六中学2024--2025学年上学期九年级数学月考试卷（2024.11）（解析版）-A4

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一、选择题(共10小题，满分30分，每小题3分)
1. 中国“二十四节气”已被列入联合国教科文组织人类非物质文化遗产代表作名录，下列四幅作品分别代表“立春”、“立夏”、“芒种”、“大雪”，其中既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】本题主要考查了轴对称图形和中心对称图形，根据轴对称图形和中心对称图形的定义：如果一个平面图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形就叫做轴对称图形；中心对称图形的定义：把一个图形绕着某一个点旋转，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形，这个点就是它的对称中心，进行逐一判断即可．
【详解】解：A．不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故A选项不合题意；
B．是轴对称图形，不是中心对称图形，故B选项不合题意；
C．不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故C选项不合题意；
D．既是轴对称图形，又是中心对称图形，故D选项合题意；
故选：D．
2. 若m是一元二次方程的一个实数根，则的值是（ ）
A. 2020B. 2027C. 2021D. 2023
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查一元二次方程的解的定义，代数式求值．掌握方程的解就是使方程左右相等的未知数的值和利用整体代入得思想是解题关键．
由题意可知，即得出，再将所求式子变形为，最后整体代入求值即可．
【详解】解：∵m是一元二次方程的一个实数根，
∴，即，
∴．
故选：D．
3. 若关于的方程没有实数根，则的值可以为（ ）
A B. C. 0D. 1
【答案】D
【解析】
【分析】利用根的判别式得到，求解即可．
【详解】∵方程没有实数根，
∴
解得，符合范围的是D，
故选：D．
【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．
4. 将二次函数用配方法化成的形式，下列所配方的结果中正确的（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先提出二次项系数，再加上一次项系数的一半的平方来凑完全平方式，把一般式转化为顶点式．
【详解】
故选：B
【点睛】本题考查的是二次函数的形式，熟练掌握二次函数的三种形式是解题的关键．
5. 一名男同学推铅球时，铅球行进中离地的高度()与水平距离之间的关系是 ，那么铅球推出后落地时距出手地的距离是（ ）
A. 米B. 米C. 10米D. 米
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查了二次函数的应用以及函数式中自变量与函数表达的实际意义，铅球落地时高度，求出此时的值，即得铅球推出后落地时距出手地的距离．
【详解】解：依题意，当时，，
整理得：，
解得：x1=10，(不合题意，舍去)
故，
即铅球推出后落地时距出手地的距离是10米．
故选C．
6. 抛物线上部分点的坐标如下表，下列说法错误的是（ ）
A. 对称轴是直线B. 当时，
C. 当时，随的增大而减小D. 抛物线开口向下
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查了二次函数的性质、二次函数图象上点的坐标特征，根据二次函数的性质和表格中的数据，可以判断各个选项中的结论是否成立，得出答案，熟练掌握二次函数的性质是解此题的关键．
【详解】解：A、由表格中点，，可知对称轴是直线，故此选项不符合题意；
B、根据对称轴是直线，图象过点，则根据二次函数的对称性得当时，，故此选项符合题意；
C、由表格数据可得，当时，随的增大而减小，故此选项不符合题意；
D、根据对称轴是直线，当时，随的增大而减小，得出抛物线开口向下，故此选项不符合题意；
故选：B．
7. 如图，菱形OABC的顶点A，B，C在⊙O上，过点B作⊙O的切线交OA的延长线于点D．若⊙O的半径为1，则BD的长为（ ）
A. 1B. 2C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】连接OB，由题意可知，∠OBD=90°；再说明△OAB是等边三角形，则∠AOB =60°；再根据直角三角形的性质可得∠ODB=30°，最后解三角形即可求得BD的长．
【详解】解：连接OB
∵菱形OABC
∴OA=AB
又∵OB=OA
∴OB=OA=AB
∴△OAB是等边三角形
∵BD是圆O的切线
∴∠OBD=90°
∴∠AOB=60°
∴∠ODB=30°
∴在Rt△ODB中,OD=2OB=2,BD=OD·sin∠ODB=2× =
故答案为D．
【点睛】本题考查了菱形的性质、圆的切线的性质、等边三角形的判定和性质以及解直角三角形，其中证明△OAB是等边三角形是解答本题的关键．
8. 如图，AB是的直径，点C，D，E在上，若，则的度数为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】如图：接AC，根据圆周角定理可得∠ACB=90°、∠ACD=25°，然后根据角的和差即可解答．
【详解】解：如图：接AC
∵AB为⊙O的直径，
∴∠ACB=90°
∵∠AED=25°
∴∠ACD=25°
∴∠BCD=∠ACB+∠ACD=115°．
故选：B．
【点睛】本题主要考查了圆周角定理以及角的和差，灵活运用在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等且都等于这条弧所对的圆心角的一半成为解答本题的关键．
9. 如图，已知、分别切于、，CD切于，，，则周长为（ ）
A. 20B. 22C. 24D. 26
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查切线的性质、切线长定理，根据切线的性质得到，根据勾股定理求出的长，根据切线长定理、三角形周长公式计算即可．
【详解】、分别切于、，
，，
，
、分别切于、，切于，
，，
，
故选：C．
10. 如图，在平面直角坐标系中，，，半径为2，P为上任意一点，E是PC的中点，则OE的最小值是( )
A. 1
B. 32
C. 2
D. 2
【答案】B
【解析】
【分析】如图，连接AC，取AC的中点H，连接EH，OH利用三角形的中位线定理可得EH=1，推出点E的运动轨迹是以H为圆心半径为1的圆．
【详解】解：如图，连接AC，取AC的中点H，连接EH，OH．
，，
，
点E的运动轨迹是以H为圆心半径为1的圆，
，，
，
，
的最小值，
故选B．
【点睛】本题考查点与圆的位置关系，坐标与图形的性质，三角形的中位线定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，正确寻找点E的运动轨迹，属于中考选择题中的压轴题．
二、填空题（共6小题，满分18分，每小题3分）
11. 若与关于原点对称，则的值为______．
【答案】
【解析】
【分析】两个点关于原点对称时，它们的坐标符号相反，据此可得，的值．
【详解】解：与关于原点对称，
，，
解得，，
的值，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了关于原点对称的点的坐标特点，解题的关键是掌握点关于原点的对称点是．
12. 若正六边形的边长为4，则此正六边形的边心距为__________．
【答案】；
【解析】
【分析】依题意，依据正六边形性质，构造等边三角形；然后求其高即可；
【详解】由题知，依据正六边形的性质，如图：
构造等边三角形；∴为等边三角形的高；
∴即为正六边形的边心距；
又,∴；
由勾股定理可得：；
故填：；
【点睛】本题主要考查正六边形及等边三角形的性质，关键在正六边形中构造等边三角形；
13. 已知抛物线的部分图像如图所示，则方程的解是___________
【答案】或
【解析】
【分析】根据抛物线的轴对称性即可求得抛物线与x轴的另一个交点的坐标，这两个交点的横坐标就是方程的解．
【详解】解：由图像可知抛物线与x轴的一个交点坐标为，对称轴为直线，
设抛物线与x轴的另一个交点为，则，
解得：．
∴方程的解为或．
故答案为：或
【点睛】本题考查的是利用二次函数的图像求解一元二次方程，以及抛物线的对称性问题，正确理解抛物线与x轴的交点的横坐标与相应的一元二次方程的根之间的关系是解题的关键．
14. 已知中，，，若的外接圆半径是，则此三角形内切圆的半径为__________．
【答案】##
【解析】
【分析】此题考查了外接圆半径和内接圆半径，根据直角三角形外接圆的半径是斜边的一半求出半径，根据直角三角形的面积公式求出内接圆半径．
【详解】解：∵中，，，
∴是等腰直角三角形，
∵根据直角三角形外接圆的半径是斜边的一半得圆的半径为4．
∴
∴
设内切圆半径为，则有，
∴此三角形内切圆的半径
故答案为：．
15. 如图，是圆的直径，点是延长线上的一点，点在圆上，且，，半径为3，图中阴影部分的面积为____________________．

【答案】
【解析】
【分析】连接，根据等腰三角形的性质和三角形内角和定理求出，求出，根据勾股定理求出，再分别求出和扇形的面积即可．
【详解】解：连接，

，，
，
，
，
，
，
，
，
由勾股定理得：，
阴影部分的面积
故答案为：．
【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，三角形内角和定理，直角三角形的性质，扇形的面积计算等知识点，能把求不规则图形的面积转化成求规则图形的面积是解此题的关键．
16. 如图所示，一段抛物线：，记为，它与x轴交于点O，；将绕点旋转得，交x轴于点；将绕点旋转得，交x轴于点；L如此进行下去，直至得，若在第22段抛物线上，则_________
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了二次函数图象与几何变换，根据图象的旋转变化规律总结归纳出旋转后的解析式为，进而求出抛物线的解析式，再把P代入，求出n的值即可．
【详解】解：∵一段抛物线与x轴交于点O，，
∴图象与x轴交点坐标为：，
∵将绕点旋转得，交x轴于点，
∴；
∴的解析式为，
∵将绕点旋转得，交x轴于点；
∴；
∴的解析式为，
∴的解析式为，
∴的解析式为，
当时，．
故答案为：．
三、解答题（共8小题，满分72分）
17. 用适当的方法解下列方程：
（1）
（2）
【答案】（1）
（2）
【解析】
分析】本题考查了解一元二次方程；
（1）直接开平方法解一元二次方程；
（2）方程两边同时除以，再根据因式分解得出，再解两个一元一次方程，即可求解．
【小问1详解】
解：
∴
∴
解得：
【小问2详解】
解：
∴
∴
∴或
解得：
18. 如图，平面直角坐标系内，小正方形网格的边长为1个单位长度，的顶点均在格点上．

（1）画出将 关于原点O的中心对称图形 ；
（2）将绕点E逆时针旋转 90°得到 ，画出；
（3）若点是 外接圆的圆心，点与的位置关系为 ，面积是 ．
【答案】（1）见解析 （2）见解析
（3）在内，
【解析】
【分析】本题主要考查了中心对称作图，画旋转图形，三角形外接圆，点与圆的位置关系，坐标与图形，勾股定理，正确的作出图形是解题的关键．
（1）根据中心对称的性质即可画出；
（2）根据旋转的性质即可画出；
（3）先计算的长，进而得出是直角三角形，则点为斜边的中点，进而即可求解．
【小问1详解】
解：如图，即为所求；
【小问2详解】
解：如图，即为所求；
【小问3详解】
解：如图所示，

∵，
∴，
∴是直角三角形，
∵点是 外接圆的圆心，
∴点是的中点，则外接圆的半径为，
∴面积是，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴在内，
故答案为：在内，．
19. 已知二次函数（m为常数）．
（1）求证：不论m为任何实数，该函数的图象与x轴总有公共点；
（2）若该函数的图象与x轴交于两个不同的整数点（点的横纵坐标都是整数），且m为正整数，试确定此函数的表达式．
【答案】（1）见解析 （2）
【解析】
【分析】本题考查了抛物线与x轴的交点：把求二次函数（a，b，c是常数，a≠0）与x轴的交点坐标问题转化为解关于x的一元二次方程．
（1）先计算根的判别式的值得到，然后根据根的判别式的意义得到结论；
（2）解方程得，，再根据抛物线与x轴交于两个不同的整数点，且m为正整数，于是得到，从而得到抛物线解析式．
【小问1详解】
解：∵，
∴该函数的图象与x轴总有公共点；
【小问2详解】
解：令，则，
解得：，，
∵抛物线与x轴交于两个不同的整数点，且m为正整数，
∴，
∴抛物线对应的表达式为．
20. 已知和都是等腰直角三角形，．

（1）如图1，连，，试说明与的数量关系和位置关系．
（2）若将绕点顺时针旋转，如图2，当点恰好在AB边上时，求证：．
【答案】（1），
（2）见解析
【解析】
【分析】（1）由，得出，然后证明即可得出，，设交于点，如图所示，根据，即可得出；
（2）连接，由，得出，然后证明，得出，，再证，利用勾股定理求解即可．
【小问1详解】
证明：，
，
即，
和都是等腰直角三角形，
，，
在和中，
，
，
，；
设交于点，如图所示，

【小问2详解】
证明：连接，

，
，
即，
和都是等腰直角三角形，
，，
在和中，
，
，
，，
，
，
和都是等腰直角三角形，
，
，
∵，
．
【点睛】本题考查三角形全等判定与性质，图形旋转性质，等腰直角三角形性质，勾股定理，掌握三角形全等判定与性质，图形旋转性质，等腰直角三角形性质，勾股定理是解题关键．
21. 2022北京冬奥会期间，冰墩墩和雪容融受到人们的广泛喜爱．某网店以每套96元的价格购进了一批冰墩墩和雪容融，由于销售火爆，销售单价经过两次的调整，从每套150元上涨到每套216元，此时每天可售出16套冰墩墩和雪容融．
（1）若销售价格每次上涨的百分率相同，求每次上涨的百分率；
（2）预计冬奥会闭幕后需求会有所下降，需尽快将这批冰墩墩和雪容融售出，决定降价出售．经过市场调查发现：销售单价每降价5元，每天多卖出1套，当降价钱数m为多少元时每天的利润W(元)可达到最大，最大利润是多少？
（3）在（2）的条件下，要使每天的利润不低于1955元，求降价钱数m的取值范围．
【答案】（1）每次上涨的百分率为
（2）当降价钱数为20元时，每天的利润可达到最大，最大利润是2000元
（3）
【解析】
【分析】本题主要考查了一元二次方程的应用，二次函数的应用，明确题意，准确得到等量关系是解题的关键．
（1）设每次上涨的百分率为，根据“销售单价经过两次的调整，从每套150元上涨到每套216元”列出方程，即可求解；
（2）根据题意列出关于的函数关系式，再根据二次函数的性质，即可求解．
（3）根据利润解出，再根据函数的性质求出的取值范围．
【小问1详解】
解：设每次上涨的百分率为，根据题意得：，
解得：，（不合题意，舍去），
答：每次上涨的百分率为；
【小问2详解】
解：根据题意得：，
，
，
当时，最大，最大值为2000，
答：当降价钱数为20元时，每天的利润可达到最大，最大利润是2000元．
【小问3详解】
解：当时，，
解得：，，
要使，则，
即的取值范围是：．
22. 如图，为半的直径，弦的延长线与过点B的切线交于点D，E为的中点，连接．
（1）求证：是的切线；
（2）过点C作，垂足为点F，，求的半径．
【答案】（1）见解析 （2）
【解析】
【分析】本题主要考查了切线的性质及判定、圆周角定理、直角三角形斜边中线的性质及勾股定理，解题关键是熟练掌握证明切线的方法，能利用勾股定理结合方程思想求解半径．
（1）连接，通过证明得出即可；
（2）设，由勾股定理得，，列方程求出x的值，则．
【小问1详解】
证明：连接，
∵是的切线，
∴，
∵是直径，
∴，
∵中，E是的中点，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∵点C在圆上，
∴是的切线；
【小问2详解】
解：∵中， ，
∴，
设，
由勾股定理得：，，
∴，
∴，
解得，
则，
即的半径为．
23. 我们把方程(x- m)2+(y-n)2=r2称为圆心为(m，n)、半径长为r的圆的标准方程．例如，圆心为(1,-2)、半径长为3的圆的标准方程是(x- 1)2+(y+2)2=9．在平面直角坐标系中,圆C与轴交于点A．B．且点B的坐标为(8．0),与y轴相切于点D(0, 4)，过点A,B,D的抛物线的顶点为E．
(1)求圆C的标准方程；
(2)试判断直线AE与圆C的位置关系，并说明理由．

【答案】（1）；（2）相切，理由见解析
【解析】
【分析】（1）连接CD，CB，过C作CF⊥AB，分别表示出BF和CF，再在△BCF中利用勾股定理构造方程求解即可得到圆C半径以及点C坐标，从而得到标准方程；
（2）由（1）可得点A坐标，求出抛物线表达式，得到点E坐标，再求出直线AE的表达式，联立直线AE和圆C的表达式，通过判断方程根的个数即可得到两者交点个数，从而判断位置关系.
【详解】解：连接CD，CB，过C作CF⊥AB，
∵点D（0，4），B（8，0），设圆C半径为r，圆C与y轴切于点D，
则CD=BC=OF=r，CF=4，
∵CF⊥AB，
∴AF=BF=8-r，
在△BCF中，，
即，
解得：r=5，
∴CD=OF=5，即C（5，4），
∴圆C的标准方程为：；

（2）由（1）可得：BF=3=AF，则OA=OB-AB=2，
即A（2，0），
设抛物线表达式为：，将A，B，D坐标代入，
，解得：，
∴抛物线表达式为：，
∴可得点E（5，），
设直线AE表达式为：y=mx+n，将A和E代入，
可得：，解得：，
∴直线AE的表达式为：，
∵圆C的标准方程为，
联立，
解得：x=2，
故圆C与直线AE只有一个交点，横坐标为2，
即圆C与直线AE相切.
【点睛】本题考查了圆的新定义，二次函数，一次函数，切线的判定，垂径定理，有一定难度，解题的关键是利用转化思想，将求位置关系转化为方程根的个数问题.
24. 如图，在平面直角坐标系中，已知二次函数的图象与轴交于，两点（点在点的左侧），与轴交于点，连接．
（1）求此抛物线的表达式；
（2）若点是x轴上一点，当为等腰三角形时，求点的坐标；
（3）点是二次函数图象上的一个动点，请问是否存在点使？若存在，请求出点的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）
（2）或或或
（3）或
【解析】
【分析】（1）待定系数法求解析式即可求解；
（2）先利用勾股定理求出，再分当，当时，当时，三种情况讨论求解即可；
（3）分点在上方时和点在下方两种情况讨论求解即可．
【小问1详解】
解：将，代入，
得：
解得：
∴
【小问2详解】
解：∵，当时，
∴，
又∵，
∴，
当，则点P的坐标为或；
当时，∵，
∴，
∴点P的坐标为；
当时，设点P的坐标为，
∴，
∴，
解得，
∴点P坐标为；
综上所述，点P的坐标为或或；
【小问3详解】
解：当点在上方时，
∵，
∴，即轴，
∴点与点关于抛物线的对称轴对称，
∵抛物线解析式为，
∴抛物线的对称轴为直线；
∵，
∴；
当点在下方时，设交轴于点，
则，．
∵，
∴．
在中，，
∴，
解得：，
∴，
设直线的解析式为，
，
解得：，
∴直线的解析式为，
联立，得，
解得：舍去，，
∴．
综上所述，点的坐标为或；