精品解析：福建省福州市台江区福州华伦中学2024-2025学年九年级上学期11月月考数学试题

2023-2024学年梦之队九年级（上） 周测试卷 一、选择题（每小题4分，共40分） 1. 中国“二十四节气”已被正式列入联合国教科文组织人类非物质文化遗产代表作品录，下列四幅作品分别代表“立春”“谷雨”“白露”“大雪”，其中是中心对称图形的是（ ） A. B. C. D. 2. 以下事件属于必然事件的是（ ） A. 水中捞月 B. 守株待兔 C. 大海捞针 D. 旭日东升 3. 已知的半径为，，则点P与的位置关系是（　　） A. 点P在圆内 B. 点P在圆上 C. 点P在圆外 D. 无法确定 4. 将抛物线向右平移3个单位长度得到的抛物线是（ ） A. B. C. D. 5. 若是关于的一元二次方程的一个解，则的值为（ ） A. B. C. D. 6. 小区新增了一家快递店，第一天揽件200件，第三天揽件242件，设该快递店揽件日平均增长率为，根据题意，下面所列方程正确的是（ ） A. B. C. D. 7. 点在函数图像上，下列说法中错误的是( ) A. 它的图象分布在二、四象限 B. 当时，的值随的增大而增大 C. 当时，的值随的增大而减小 D. 它的图象过点 8. 如图，四边形内接于是的直径，连接，若，则的度数是（ ） A. B. C. D. 9. 如图，在中，点，分别在，上，，，且，，则的长为（ ） A. B. 4 C. 5 D. 10. 我国古代数学家赵爽（公元世纪）在其所著的《勾股圆方田注》中记载过一元二次方程（正根）的几何解法．以方程即为例说明，记数的方法是：构造如图面积是的大正方形．同时它又等于四个矩形的面积加上中间小正方形的面积，即，因此．则在下列四个构图中，能正确说明方程解法的构图是（ ） A. B. C. D. 二、填空题（每小题4分，共24分） 11. 在平面直角坐标系中，点关于原点的对称点的坐标为_______． 12. 若关于x的一元二次方程有两个相等的实数根，则k的值为________． 13. 已知二次函数的图象经过点，且顶点坐标为，则此二次函数的解析式为______． 14. 如图，某幅画的总面积为，该幅画平铺在地面上被墨汁污染了一部分，向画内随机投掷骰子（假设骰子落在画内的每一点都是等可能的），经过大量重复投掷试验，发现骰子落在画内被污染部分上的频率稳定在常数0.6附近，由此可估计画上被污染部分的面积约为__________． 15. 如图，矩形中．点，分别在，边上．且．若四边形四边形，，，则的长为________． 16. 如图，在中，，，是边上一点，且．是延长线上一点，连接交于，若，则的长度为______． 三、解答题（本题共9小题，共86分） 17. 解方程：． 18. 如图，中，分别为边，上的点，若，，，．求证：． 19. 用描点法在如图中作出函数的图象，并结合图象填空： （1）当时，的取值范围是______； （2）当时，的取值范围是______． 20. 杭州第19届亚运会吉祥物“江南忆”，具体指A．琮琮、B．宸宸、C．莲莲．如图是三张吉祥物的不透明卡片（卡片除内容外，其余均相同）．将这三张卡片背面朝上洗匀放好，小李同学从这三张卡片中随机抽取一张后，再从剩余的两张卡片中随机抽取一张，请用树状图法或列表法，求两次抽到卡片恰好是琮琮和宸宸的概率． 21. （1）如图1，在中，，，则的外接圆的半径为______； （2）操作实践：如图2，用无刻度直尺与圆规在矩形的内部作出一点，使得，（不写作法，保留作图痕迹）． 22. 如图，点O为圆心，为半圆的直径，在上取一点C，延长至点D，连接，过点A作交的延长线于点E． （1）求证：是的切线； （2）若的半径为3，求的长． 23. 已知关于的一元二次方程开展探究． （1）若时，实数，满足，，且，求的值； （2）若两个不相等的实数，满足，，求的值． 24. 在平面直角坐标系中，设二次函数（m是常数）． （1）若函数图像经过点，求函数图像的顶点坐标； （2）若函数图像经过点，，求证：； （3）已知函数图像经过点，若对于任意的，都有成立，求m的取值范围． 25. 【问题提出】当你进入博物馆的展览厅时，你知道站在何处观赏最理想？ 【数学眼光】如图①，设墙壁上的展品最高处点距离地面米，最低处点距离地面米，观赏者的眼睛点距离地面米，当过，，三点的圆与过点的水平线相切于点时，视角最大，站在此处观赏最理想． 【数学思维】小明同学想这是为什么呢？如图②，他在过点的水平线上任取异于点的点，连接交于点，连接，． （1）按照小明的思路，求证：； 【问题解决】 （2）如图③，若墙壁上的展品最高处的点距地面3米，最低处的点距地面1.8米，最大视角为，求此时观赏者站在距墙壁多远的地方最理想，并求出观赏者的眼睛点与地面的距离？ （3）如图③，设墙壁上的展品最高处的点距地面米，最低处的点距地面米，观赏者的眼睛点距地面米，直接写出最佳观赏距离的长．（用含，，的代数式表示） 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2023-2024学年梦之队九年级（上） 周测试卷 一、选择题（每小题4分，共40分） 1. 中国“二十四节气”已被正式列入联合国教科文组织人类非物质文化遗产代表作品录，下列四幅作品分别代表“立春”“谷雨”“白露”“大雪”，其中是中心对称图形的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查了中心对称图形的概念：如果一个图形绕着某个定点旋转后能与原图重合，这样的图形叫做中心对称图形．解题关键是熟记中心对称图形的概念．根据中心对称图形的概念即可求解． 【详解】解：A、选项中的图形不是中心对称图形，故本选项不符合题意； B、选项中的图形不是中心对称图形，故本选项不符合题意； C、选项中的图形不是中心对称图形，故本选项不符合题意； D、选项中的图形是中心对称图形，故本选项符合题意． 故选：D． 2. 以下事件属于必然事件的是（ ） A. 水中捞月 B. 守株待兔 C. 大海捞针 D. 旭日东升 【答案】D 【解析】 【分析】本题主要考查事件的分类问题，理解必然事件的概念，必然事件，在一定的条件下重复进行试验时，有的事件在每次试验中必然会发生，这样的事件叫必然发生的事件，简称必然事件，和不可能事件统称为确定事件，由此即可求解． 【详解】解：根据必然事件的定义，“旭日东升”是每天必然发生的事件， 故选：D． 3. 已知的半径为，，则点P与的位置关系是（　　） A. 点P在圆内 B. 点P在圆上 C. 点P在圆外 D. 无法确定 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查了点与圆的位置关系，熟练掌握点与圆的位置关系的判断方法是解题关键． 将点到圆心的距离（即的长度）与的半径进行比较即可得． 【详解】解：∵的半径为，，且， ∴点在内， 故选：A． 4. 将抛物线向右平移3个单位长度得到的抛物线是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据抛物线的平移规律：上加下减，左加右减解答即可． 【详解】解：抛物线向右平移3个单位长度得到的抛物线是． 故选：C 【点睛】本题考查了二次函数图象的平移，理解平移规律是解题的关键． 5. 若是关于的一元二次方程的一个解，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查了一元二次方程的解，把方程的解代入方程，即可求出的值， 掌握一元二次方程的解的定义是解题的关键． 【详解】解：∵是方程的解， ∴， 故选： ． 6. 小区新增了一家快递店，第一天揽件200件，第三天揽件242件，设该快递店揽件日平均增长率为，根据题意，下面所列方程正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】平均增长率为x，关系式为：第三天揽件量＝第一天揽件量×（1＋平均增长率）2，把相关数值代入即可． 【详解】解：由题意得：第一天揽件200件，第三天揽件242件， ∴可列方程为：， 故选：A． 【点睛】此题考查一元二次方程的应用，得到三天的揽件量关系式是解决本题的突破点，难度一般． 7. 点在函数图像上，下列说法中错误的是( ) A. 它的图象分布在二、四象限 B. 当时，的值随的增大而增大 C. 当时，的值随的增大而减小 D. 它的图象过点 【答案】C 【解析】 【分析】此题主要考查了反比例函数的图象性质，先把点代入，求得，根据反比例函数的性质：当，双曲线的两支分别位于第二、第四象限，在每一象限内随的增大而增大，图象既是轴对称图形又是中心对称图形进行判断即可． 【详解】解：把点代入，得 ， 解得：， ∴， A、∵，∴的图象分布在二、四象限，原说法正确，故此选项不符合题意； B、∵，∴当时，的值随的增大而增大，原说法正确，故此选项不符合题意； C、∵，∴当时，的值随的增大而增大，原说法错误，故此选项符合题意； D、∵把代入，得，∴它的图象过点，原说法正确，故此选项不符合题意； 故选：C． 8. 如图，四边形内接于是的直径，连接，若，则的度数是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】首先利用圆内接四边形的性质和的度数求得的度数，然后利用直径所对的圆周角是直角确定，然后利用直角三角形的两个锐角互余求得答案即可． 【详解】解：连， ∵四边形内接与，， ∴， ∵为直径， ∴， ∴， 故选：B． 【点睛】本题考查了圆内接四边形的性质及圆周角定理的知识，解题的关键是了解圆内接四边形的对角互补． 9. 如图，在中，点，分别在，上，，，且，，则的长为（ ） A. B. 4 C. 5 D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据，可得，从而得到，可证明，即可求解． 【详解】解：∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵，， ∴，解得：， ∴． 故选：C 【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定和性质，熟练掌握相似三角形的判定和性质是解题的关键． 10. 我国古代数学家赵爽（公元世纪）在其所著的《勾股圆方田注》中记载过一元二次方程（正根）的几何解法．以方程即为例说明，记数的方法是：构造如图面积是的大正方形．同时它又等于四个矩形的面积加上中间小正方形的面积，即，因此．则在下列四个构图中，能正确说明方程解法的构图是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查了一元二次方程的几何解法，将方程变形为两数乘积等于常数的形式，构造大正方形，使其面积等于四个矩形面积与中间小正方形的面积之和，据此分析各选项即可，采用数形结合的思想是解此题的关键． 【详解】解：方程，即的拼图如图所示： ， 中间小正方形的边长为，其面积为，四个矩形的面积为，大正方形的面积为：， 结合大正方形的面积等于四个矩形的面积加上中间小正方形的面积，可得，因此， 故选：C． 二、填空题（每小题4分，共24分） 11. 在平面直角坐标系中，点关于原点的对称点的坐标为_______． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了关于原点对称的点的坐标，根据关于原点对称的点，横坐标与纵坐标都互为相反数列式求解即可． 【详解】解：点关于原点的对称点的坐标为 故答案为：． 12. 若关于x的一元二次方程有两个相等的实数根，则k的值为________． 【答案】2 【解析】 【分析】本题考查根据一元二次方程根的情况求参数．一元二次方程有两个不相等的实数根，则；有两个相等的实数根，则；没有实数根，则．据此即可求解． 【详解】解：由题意得：， 解得： 故答案为：2 13. 已知二次函数的图象经过点，且顶点坐标为，则此二次函数的解析式为______． 【答案】 【解析】 【分析】本题主要考查了用待定系数法求二次函数的解析式， 根据二次函数的顶点坐标为，设二次函数的解析式为，把代入解析式即可得出a的值，进而可得出函数的解析式． 【详解】解：∵二次函数的顶点坐标为， ∴设二次函数的解析式为：， ∵二次函数的图象经过点， ∴， 解得：， ∴二次函数的解析式为：， 故答案为：． 14. 如图，某幅画的总面积为，该幅画平铺在地面上被墨汁污染了一部分，向画内随机投掷骰子（假设骰子落在画内的每一点都是等可能的），经过大量重复投掷试验，发现骰子落在画内被污染部分上的频率稳定在常数0.6附近，由此可估计画上被污染部分的面积约为__________． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查的是利用频率估计概率．因为骰子落在画内被污染部分上的频率稳定在常数0.6附近，可估计画上被污染部分的面积约占整幅画面积的，由此计算即可． 【详解】∵骰子落在画内被污染部分上的频率稳定在常数0.6附近， ∴可估计画上被污染部分的面积约占整幅画面积的， 即画上被污染部分的面积约为． 故答案为： 15. 如图，矩形中．点，分别在，边上．且．若四边形四边形，，，则的长为________． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了相似多边形的性质，矩形的性质，根据矩形的性质可得，再根据垂直定义可得，从而可得四边形和四边形都是矩形，然后利用矩形的性质可得：，再利用相似多边形的性质进行计算，即可解答． 【详解】解：四边形是矩形， ， ， ， 四边形和四边形都是矩形， ， 四边形四边形， 解得： 故答案为：． 16. 如图，在中，，，是边上一点，且．是延长线上一点，连接交于，若，则的长度为______． 【答案】## 【解析】 【分析】作于，根据等腰三角形的性质以及等腰三角形三线合一的性质得出，，利用勾股定理求得，证得，求得，证得，求得，根据即可求解． 【详解】解：作于， ，， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ，， ， ， ， ， ， ，， ， ， ， ， ， 故答案为：． 【点睛】题考查了等腰三角形的性质，勾股定理的应用，三角形相似的判定和性质，正确应用性质定理是解题的关键． 三、解答题（本题共9小题，共86分） 17. 解方程：． 【答案】，． 【解析】 【分析】本题考查的是利用公式法解一元二次方程．先计算，再利用求根公式求解即可． 【详解】解：∵， ∴，，， ， ∴， ∴，． 18. 如图，中，分别为边，上的点，若，，，．求证：． 【答案】见解析 【解析】 【分析】本题主要考查了三角形相似的判定和性质．证明，得出即可． 【详解】证明：∵，，，， ∴， ∵， ∴， ∴． 19. 用描点法在如图中作出函数的图象，并结合图象填空： （1）当时，的取值范围是______； （2）当时，的取值范围是______． 【答案】（1） （2）． 【解析】 【分析】本题主要考查了反比例函数的增减性，解题的关键在于熟知反比例函数的性质． （1）列表，描点，连线作出函数的图象，根据图象求解即可； （2）根据反比例函数的增减性结合图象进行求解即可． 【小问1详解】 解：列表 1 2 3 4 3 4 6 12 描点，连线作出函数的图象，如图， 观察图象，当时，的取值范围是； 故答案为：； 【小问2详解】 解：当时，， 解得， 观察图象，当时，的取值范围是． 20. 杭州第19届亚运会吉祥物“江南忆”，具体指A．琮琮、B．宸宸、C．莲莲．如图是三张吉祥物的不透明卡片（卡片除内容外，其余均相同）．将这三张卡片背面朝上洗匀放好，小李同学从这三张卡片中随机抽取一张后，再从剩余的两张卡片中随机抽取一张，请用树状图法或列表法，求两次抽到卡片恰好是琮琮和宸宸的概率． 【答案】 【解析】 【分析】此题考查的是用树状图法求概率．树状图法适合两步或两步以上完成的事件．用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．画树状图，共有6种等可能的结果，两次抽到卡片恰好是琮琮和宸宸的结果有2种，再由概率公式求解即可． 【详解】解：画树状图如下： 共有6种等可能的结果，其中两次抽到卡片恰好是琮琮和宸宸有2种结果， 所以两次抽取的卡片上恰好是琮琮和宸宸的概率为． 21. （1）如图1，在中，，，则的外接圆的半径为______； （2）操作实践：如图2，用无刻度直尺与圆规在矩形的内部作出一点，使得，（不写作法，保留作图痕迹）． 【答案】（1）6；（2）见解析 【解析】 【分析】本题考查了圆周角定理、作图-复杂作图、等边三角形的性质等知识，解题的关键是灵活应用圆周角等于同弧所对的圆心角的一半解决问题， （1）连接，只要证明是等边三角形即可； （2）如图2中，作的垂直平分线，交于点O，以O为圆心，为半径作圆，交的垂直平分线于点P，则点P为所求． 【详解】解：（1）如图1中，连接． ∵，， ∴， ∵， ∴是等边三角形， ∴， 故答案为：6； （2）如图2中，作的垂直平分线，交于点O； 以O为圆心，为半径作圆，交的垂直平分线于点P， 则点P为所求． ． 22. 如图，点O为圆心，为半圆的直径，在上取一点C，延长至点D，连接，过点A作交的延长线于点E． （1）求证：是的切线； （2）若的半径为3，求的长． 【答案】（1）见解析 （2）6 【解析】 【分析】本题考查了切线的判定，切线长定理，勾股定理等知识，解题的关键是： （1）连接，如图，根据圆周角定理得到，即，根据等边对等角得出，结合已知可得到，根据切线的判定定理得到答案； （2）根据切线的判定和切线长定理得到，在中，根据勾股定理得到，在中，根据勾股定理即可得出结论． 【小问1详解】 证明：连接，如图， ∵为直径， ∴， ∴， ∵， ∴， 又， ∴， 即， ∵是的半径， ∴是的切线； 【小问2详解】 解：∵， ∴是的切线， 又是的切线， ∴， 在中，，，， ∴， 设，则， 在中，，， ∴， ∴， 解得， 即． 23. 已知关于的一元二次方程开展探究． （1）若时，实数，满足，，且，求的值； （2）若两个不相等的实数，满足，，求的值． 【答案】（1）； （2）． 【解析】 【分析】本题考查的是一元二次方程根与系数的关系，解题的关键是掌握根与系数的关系，灵活运用所学知识解决问题． （1）依据题意，将变形为，从而可以看作，是一元二次方程的两个根，进而可以得解； （2）依据题意，将已知两式相加减后得到，两个关系式，从而求得，进而可以得解． 【小问1详解】 解：∵， ∴， 又∵，， ∴，是一元二次方程的两个根， 则， ∴； 【小问2详解】 解：∵，， ∴， 即， ∴， 又∵， ∴，即， ∴． ∵，为两个不相等的实数， ∴， 则， ∴． 又∵， ∴， 即． 24. 在平面直角坐标系中，设二次函数（m是常数）． （1）若函数图像经过点，求函数图像的顶点坐标； （2）若函数图像经过点，，求证：； （3）已知函数图像经过点，若对于任意的，都有成立，求m的取值范围． 【答案】（1）抛物线的顶点坐标为 （2）证明： 函数图象经过点，， ，， ， ， ； （3）或 【解析】 【分析】本题考查了二次函数的图象与系数的关系、二次函数图象上的点的坐标特点、二次函数的增减性，熟练掌握二次函数图象上的点的坐标特点及二次函数的性质是解题的关键． （1）先求出二次函数解析式，由配方法可求出顶点坐标； （2）将已知两点代入求出，，再表示出，即可求解； （3）分两种情况，当时，当时，再根据对称性将所有点转化到对称轴的同一侧，根据增减性分析，解不等式（组）即可． 【小问1详解】 解：函数图象经过点， ， 解得， ， 抛物线的顶点坐标为； 【小问2详解】 略 【小问3详解】 解：， 二次函数图象开口向上，对称轴为直线，则点在对称轴右侧， 对于任意的，都有成立， 存在如下情况：设函数图象经过点，，． 情况1，如图1，当时， 则关于对称轴的对称点的横坐标为， ∴，且， ∴有，解得； 情况2，如图2， 当时， ∵点关于对称轴对称的点的横坐标为， ∴，且， 可得，解得：， 综上所述，或． 25. 【问题提出】当你进入博物馆的展览厅时，你知道站在何处观赏最理想？ 【数学眼光】如图①，设墙壁上的展品最高处点距离地面米，最低处点距离地面米，观赏者的眼睛点距离地面米，当过，，三点的圆与过点的水平线相切于点时，视角最大，站在此处观赏最理想． 【数学思维】小明同学想这是为什么呢？如图②，他在过点的水平线上任取异于点的点，连接交于点，连接，． （1）按照小明的思路，求证：； 【问题解决】 （2）如图③，若墙壁上的展品最高处的点距地面3米，最低处的点距地面1.8米，最大视角为，求此时观赏者站在距墙壁多远的地方最理想，并求出观赏者的眼睛点与地面的距离？ （3）如图③，设墙壁上的展品最高处的点距地面米，最低处的点距地面米，观赏者的眼睛点距地面米，直接写出最佳观赏距离的长．（用含，，的代数式表示） 【答案】（1）见解析；（2）观赏者站在距离墙壁米处最理想，观赏者的眼睛点C距地面的距离为1.2米；（3） 【解析】 【分析】（1）由圆周角定理得，再由三角形外角定理得，所以； （2）连接，，，，作于点，利用圆周角定理得到，证明为等边三角形，推出米，结合等边三角形性质得到米，再证明四边形为矩形，利用矩形的性质求解，即可解题； （3）根据等腰三角形性质结合题意得到，由（2）同理可知，四边形为矩形，结合矩形性质得到，再结合勾股定理求解，即可解题． 【详解】解：（1）， ， ， ； （2）连接，，，，作于点， 由题知，米，， ， ， 为等边三角形， 米， ， 米， 米， ， 四边形为矩形， 米， 米， 距地面的距离为（米)， 即观赏者站在距离墙壁米处最理想，观赏者的眼睛点C距地面的距离为1.2米； （3）展品最高处的点A距地面a米，最低处的点B距地面b米，观赏者的眼睛点C距地面m米， 米， ，， 米， 米， 由（2）同理可知，四边形为矩形， 米， ． 【点睛】本题考查了圆周角定理，三角形的外角性质，切线的性质，矩形的判定和性质，勾股定理，等边三角形性质和判定，等腰三角形性质等知识点，解题的关键是熟练综合运用相关性质和定理． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $