精品解析：福建省厦门市第三中学2024-2025学年九年级上学期12月月考数学试卷

2024—2025学年（上）厦门三中九年级第二阶段测试 数学 （试卷满分：150分；考试时间：120分钟） 一、选择题（本大题有10小题，每小题4分，共40分，每小题的四个选项中，只有一个选项正确） 1. 若⊙O的半径为6，点P在⊙O内，则OP的长可能是（  ） A. 5                                            B. 6                                            C. 7                                            D. 8 【答案】A 【解析】 【详解】点在圆内，点到圆心的距离小于半径， 又因为圆的半径为6， 所以OP的长小于6， 因为5＜6，所以选项A符合题意， 故选A 2. 如图，点A，B，C，D在上，则图中一定与相等的角是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查了圆周角定理，熟练掌握圆周角定理是解题的关键．根据同弧所对的圆周角相等解答即可． 【详解】∵所对应的弧为， ∴， 故选：A． 3. 方程的根是（ ） A. B. C. ， D. ， 【答案】C 【解析】 【分析】此题考查了解一元二次方程．利用因式分解法解方程即可得到答案． 【详解】解：∵ ∴或， 解得，． 故选：C 4. 如图，把绕点C逆时针旋转得到，则以下四个角中是旋转角的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据旋转角定义，对应点与旋转中心连线所夹的角是旋转角，可得旋转角为∠ACD，∠BCE即可． 【详解】解：∵把绕点C逆时针旋转得到， ∴旋转角为∠ACD，∠BCE． 故选择C． 【点睛】本题考查图形旋转性质，旋转角，掌握图形旋转性质旋转中心，旋转方向，旋转角度是解题关键． 5. 哥德巴赫提出“每个大于2的偶数都可以表示为两个质数之和”的猜想，我国数学家陈景润在哥德巴赫猜想的研究中取得了世界领先的成果．在质数2，3，5中，随机选取两个不同的数，其和是偶数的概率是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】此题考查了树状图或列表法求概率，根据题意画出树状图，求和后利用概率公式计算即可． 【详解】解：画树状图如下： 由树状图可知，共有6种不同情况，和是偶数的共有2种情况，故和是偶数的概率是 ， 故选：B 6. 如图，已知点在上，，直线与相切，切点为，且为的中点，则等于（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查了切线的性质，三角形内角和以及等腰三角形的性质，根据C为的中点，三角形内角和可求出，再根据切线的性质即可求解． 【详解】∵，为的中点， ∴ ∵ ∴ ∵直线与相切， ∴， ∴ 故选：A． 7. 某区为了解初中生体质健康水平，在全区进行初中生体质健康的随机抽测，结果如下表，根据抽测结果，下列对该区初中生体质健康合格的概率的估计，最合理的是（ ） 累计抽测的学生数n 100 200 300 400 500 600 700 800 900 1000 体质健康合格的学生数与n的比值 0.85 0.9 0.93 0.9 0.89 0.9 0.91 0.91 0.92 0.92 A. 0.92 B. 0.905 C. 0.903 D. 0.9 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查利用频率估算概率，根据表格中的数据，结合概率是频率的稳定值，且试验次数越多，越趋近稳定值，进行判断即可． 【详解】解：由表格可知，该区初中生体质健康合格的概率约为； 故选：A． 8. 如图，点F在正五边形的内部，为等边三角形，则等于（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据多边形内角和公式可求出∠ABC的度数，根据正五边形的性质可得AB=BC，根据等边三角形的性质可得∠ABF=∠AFB=60°，AB=BF，可得BF=BC，根据角的和差关系可得出∠FBC的度数，根据等腰三角形的性质可求出∠BFC的度数，根据角的和差关系即可得答案． 【详解】∵是正五边形， ∴∠ABC==108°，AB=BC， ∵为等边三角形， ∴∠ABF=∠AFB=60°，AB=BF， ∴BF=BC，∠FBC=∠ABC-∠ABF=48°， ∴∠BFC==66°， ∴=∠AFB+∠BFC=126°， 故选：C． 【点睛】本题考查多边形内角和、等腰三角形的性质、等边三角形的性质，熟练掌握多边形内角和公式是解题关键． 9. 二次函数的顶点为，图象与轴负半轴交于点，则一元二次方程的正数解的范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题主要考查了二次函数图象和性质，由二次函数的顶点为，求出对称轴为，设图象与轴负半轴交点坐标，与轴正半轴交点坐标为，根据图象可知，则，解出不等式组即可，掌握知识点的应用是解题的关键． 【详解】解：∵二次函数的顶点为， ∴对称轴为， 设图象与轴负半轴交点坐标，与轴正半轴交点坐标为， 根据图象可知， ∴， ∴ ∴，解得：， 即正数解的范围是：， 故选：． 10. 我国古代数学家赵爽在其所著的《勾股圆方图注》中记载了关于一元二次方程的几何解法．以方程即为例：构造图1中四个小矩形的面积各为14，大正方形的面积是，其中它又等于四个矩形的面积加上中间小正方形的面积，即，可得，那么对于一元二次方程可以构造图2来解，已知图2由4个面积为3的相同矩形构成，中间围成的正方形面积为4，那么此方程的系数a，b分别是（　　） A. ， B. ， C. ， D. ， 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意把x2+ax+b=0，变形为x（x+a）=-b，根据图2由4个面积为3的相同矩形构成，中间围成的正方形面积为4，即可得到答案． 【详解】解：∵x2+ax+b=0， ∴x（x+a）=-b， ∴四个小矩形的面积各为-b，大正方形的面积是（x+x+a）2， 其中它又等于四个矩形的面积加上中间小正方形的面积，即4×（-b）+a2， ∵图2由4个面积为3的相同矩形构成，中间围成的正方形面积为4， ∴-b=3，a2=4， 解得：b=-3，a=±2， 故选：B． 【点睛】本题考查了一元二次方程的应用，勾股定理的证明，能知道系数a，b与各图形面积的关系是解题的关键． 二、填空题（本大题有6小题，每小题4分，共24分） 11. 二次函数的对称轴是______． 【答案】直线 【解析】 【分析】此题考查了二次函数的性质．根据二次函数的性质进行解答即可． 【详解】解：二次函数的对称轴是直线， 故答案为：直线 12. 已知是方程的解，则m的值为____________． 【答案】4 【解析】 【分析】直接把代入方程，即可求出的值． 【详解】由题意得： 把代入方程中， 则，， ， 故答案为：． 【点睛】本题考查了一元二次方程的解，解题的关键是掌握一元二次方程的解的定义，正确求出的值． 13. 如图，点A、B、C、D在上，点E在上，，请在图中找出一个角的度数为的是________． 【答案】 【解析】 【分析】根据圆的内接四边形的性质即可得解． 【详解】解：∵点A、B、C、D在上， ∴四边形内接于， ∴， 故答案为：． 【点睛】本题考查了圆内接四边形的性质，解题的关键是掌握圆内接四边形对角互补． 14. 如图，AB是⊙O的直径，点C是⊙O上的一点，若BC=6，AB=10，OD⊥BC于点D，则OD的长为______． 【答案】4 【解析】 【分析】根据垂径定理求得BD，然后根据勾股定理求得即可． 【详解】解：∵OD⊥BC， ∴BD=CD=BC=3， ∵OB=AB=5， ∴在Rt△OBD中，OD==4． 故答案为4． 【点睛】本题考查垂径定理及其勾股定理，熟记定理并灵活应用是本题的解题关键． 15. 如图，在中，，将绕点A顺时针旋转得到，延长交的延长线于点，则的长为______． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了旋转的性质，含角的直角三角形的性质，等腰三角形的判定和性质，掌握旋转的性质，等腰三角形的判定和性质是解题的关键． 如图所示，过点作于点，则，根据旋转的性质可得，在中，可得，，由等腰三角形的性质可得，，，则有，是等腰直角三角形，由勾股定理可得，即可求解． 【详解】解：如图所示，过点作于点，则， ∵将绕点A顺时针旋转得到， ∴，， 在中，， ∴，， 在中，， ∴， ∴， ∴，， ∴，且， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∴， 故答案为： ． 16. 点，在抛物线上，且满足，，，则的取值范围是_______． 【答案】或 【解析】 【分析】本题考查了二次函数综合，解题的关键是通过得到；由，可得，再解不等式组即可． 【详解】解：，， ， ， ， ， 或， 解得：或， 故答案为：或 三、解答题（本大题有9大题，共86分） 17. 解方程 【答案】 【解析】 【分析】方程常数项移到右边，两边加上1，左边化为完全平方式，右边合并，开方转化为两个一元一次方程来求解． 【详解】解：移项得：， 配方得：，即， 开方得：， ． 【点睛】本题考查了一元二次方程求解，解题的关键是掌握配方法解一元二次方程． 18. 化简，求值：，其中． 【答案】， 【解析】 【分析】此题考查了分式的化简求值、二次根式的混合运算．计算括号内分式的减法，再计算分式的除法，得到分式的化简结果，再把字母的值代入计算即可． 【详解】解： ， 当时， 原式 ． 19. 新能源汽车节能、环保，越来越受消费者喜爱，我国新能源汽车近几年出口量逐年增加，年出口量为万台，年出口量增加到万台．求年到年新能源汽车出口量的年平均增长率是多少？ 【答案】 【解析】 【分析】本题主要考查了一元二次方程的实际应用，设年到年新能源汽车出口量的年平均增长率是x，则年出口量为万台，年出口量为万台，据此列出方程求解即可． 【详解】解：设年到年新能源汽车出口量的年平均增长率是x， 由题意得，， 解得或（舍去）， 答：年到年新能源汽车出口量的年平均增长率是． 20. 如图，每个小正方形的边长均为1，方格纸中画有，、、均在小正方形的顶点上． （1）将绕点逆时针旋转得到，画出； （2）在（1）的旋转过程中，求点运动的路径的长度． 【答案】（1）图见解析 （2） 【解析】 【分析】本题考查图形的旋转，求弧长： （1）根据旋转的性质，画出即可； （2）根据旋转，得到点运动的路径为的长，利用弧长公式进行计算即可． 【小问1详解】 解：如图，即为所求； 【小问2详解】 解：由勾股定理，得：， ∴点运动的路径的长度为． 21. 如图，在中，，．以为直径画，交边于点D．弧的长为．求证：是的切线． 【答案】见解析 【解析】 【分析】本题考查切线的判定，圆周角定理，弧长公式等知识．连接，根据弧长公式求出，根据圆周角定理得到，根据三角形内角和定理证明即可． 【详解】证明：如图，连接， ∵以为直径画，交边于点D，． ∴圆的半径. 设， ∵弧的长为． 解得. 即 ∵ ∵， ∴， 即 又∵为直径， ∴是的切线． 22. 一个不透明的袋中装有1个红球、2个黑球，它们除颜色不同外其余都相同． （1）若从袋中随机摸出一球，求该球是红球的概率； （2）先往袋中加入1个红球或黑球（它们与袋中的球大小、质地完全一样），再从袋中依次抽取两球（不放回），若要使得抽取的这两球颜色相同的概率较大，则应往袋中加入红球还是黑球？请利用树状图或列表法说明理由． 【答案】（1） （2） 解：当往袋中加入1个红球时，列表如下： 红1 红2 黑1 黑2 红1 —— （红1，红2） （红1，黑1） （红1，黑2） 红2 （红2，红1） —— （红2，黑1） （红2，黑2） 黑1 （黑1，红1） （黑1，红2） —— （黑1，黑2） 黑2 （黑2，红1） （黑2，红2） （黑2，黑1） —— 共有12种等可能的结果，其中抽取的这两球颜色相同的结果有4种， 抽取的这两球颜色相同的概率为； 当往袋中加入 1个黑球时，列表如下： 红 黑1 黑2 黑3 红 —— （红，黑1） （红，黑2） （红，黑3） 黑1 （黑1，红） —— （黑1，黑2） （黑1，黑3） 黑2 （黑2，红） （黑2，黑1） —— （黑2，黑3） 黑3 （黑3，红） （黑3，黑1） （黑3，黑2） —— 共有12种等可能的结果，其中抽取的这两球颜色相同的结果有6种， 抽取的这两球颜色相同的概率为， ， 应往袋中加入黑球． 【解析】 【分析】本题考查列表法与树状图法、概率公式，熟练掌握列表法与树状图法以及概率公式是解答本题的关键． （1）直接利用概率公式可得答案； （2）当往袋中加入1个红球时，列表可得出所有等可能的结果数以及抽取的这两球颜色相同的结果数，再利用概率公式可得此时抽取的这两球颜色相同的概率，当往袋中加入1个黑球时，列表可得出所有等可能的结果数以及抽取的这两球颜色相同的结果数，再利用概率公式可得此时抽取的这两球颜色相同的概率，作比较即可． 【小问1详解】 解：由题意得，该球是红球的概率为； 【小问2详解】 略 23. 根据以下的素材，制定方案，设计出面积最大的花圃： 素材：有一堵长米（）的围墙，利用这堵墙和长为的篱笆围成矩形花圃，设花圃面积为y，甲、乙、丙三人讨论如何设计一个面积最大的花圃． 素材：甲的设计方案，利用墙面作为矩形花圃的一边（如图），求解决过程如下： 设平行于墙面的篱笆长为米，则垂直于墙面的篱笆长为米 依题意得： ∵函数开口向下，对称轴为直线 ∴当时，随的增大而增大 ∴时，的最大值为 素材：受甲的方案的启发，乙、丙各自有了新的设计方案．乙的方案：利用全部围墙作为矩形一边的一部分（如图）；丙的方案，利用部分围墙作为矩形一边的一部分（如图） 设墙左端篱笆长为米，解决下列问题： 任务：当时，对于乙的方案，则可知 （用含的代数式表示），花圃面积 （用含的代数式表示），求该方案对应的花圃面积的最大值． 任务：对于丙的方案，设所用墙的长度为米（），求该方案对应的花圃面积的最大值． 任务：比较甲、乙、丙三种方案，判断哪种方案设计出的花圃面积更大？并说明理由． 【答案】任务：；，该方案对应的花圃面积的最大值为平方米 任务：平方米 任务：乙方案设计出的花圃面积更大，理由见解析 【解析】 【分析】任务：根据题意分别表示，，即可得花圃面积为 ，，故当时，的最大值为； 任务：根据题意分别表示，，即可得花圃面积为 ，，故当时，花圃面积取最大值； 任务：根据，可得丙方案的最大值一定小于乙方案的最大值，排除丙方案， 设的最大值函数为，的最大值函数为，令，得，根据，可得与仅有一个交点，因为当时，，在取值范围内，的最大值函数图象在的最大值函数图象的上方，故乙方案设计出的花圃面积更大． 【详解】解：任务：∵，， ∴， 又∵篱笆总长为，， ∴， ∵乙的方案：利用全部围墙作为矩形一边的一部分， ∴，， ∴， ∴花圃面积， 即， ∵函数开口向下，对称轴为直线， ∴时，最大值， 故答案为：；，该方案对应的花圃面积的最大值为平方米； 任务：∵，， ∴， 又∵篱笆总长为，， ∴， ∵丙的方案，利用部分围墙作为矩形一边的一部分， ∴，， ∴， ∴花圃面积， 即， ∵函数开口向下，对称轴为直线， ∴当时，花圃面积取最大值平方米； 任务：∵甲方案：的最大值为； 乙方案：，， ，， ， ∴花圃面积， 即， ∴当时，的最大值； 丙方案：最大值； ∵， ∴丙方案的最大值一定小于乙方案的最大值， ∴排除丙方案， 设的最大值函数为，的最大值函数为， 令，则， 即， ∴， ∴与仅有一个交点， ∵当时，， ∴在取值范围内，的最大值函数图象在的最大值函数图象的上方， ∴乙方案设计出的花圃面积更大． 【点睛】本题考查了二次函数的实际应用，二次函数的图象和性质，二次函数的最值问题，列代数式，一元二次方程的应用，熟练掌握以上知识是解题的关键． 24. 如图，已知点D是外接圆上的一点，于G，连接AD，过点B作直线交AC于E，交于F，若点F是弧CD的中点，连接OG，OD，CD． （1）求证：； （2）若，试探究与之间的数量关系，并证明． 【答案】（1）见解析；（2）∠GOD与∠ADC之间的数量关系为2∠GOD+∠ADC=240°，证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据平行线性质及圆周角性质直接得出结论； （2）作OM⊥DC于点M，连接OC．先证明∠ACB=∠CBF=∠DBF=30°，再根据AG与GE的关系推出DG=OD，然后可得出结论． 【详解】（1）证明：， ， ， ； （2）与之间的数量关系为：． 理由如下： 作于点M，连接OC、DF、CF， ， ， 为CD中点， ， ， 于G， ， ， ，， ，， ， ， 设，则， ，，， ，，， ， ， ， ， 即． 【点睛】本题主要考查了三角形的外接圆及其性质、圆中各种角度的相互转化、含30°的直角三角形的性质、勾股定理等知识点，判断出∠ACB=∠CBF=∠DBF=30°以及证明DG=OD是解答的关键． 25. 在平面直角坐标系中，已知直线与轴交于点，轴交于点，点在线段上，以点为顶点的抛物线M：经过点，点不与点重合． （1）求点，的坐标； （2）求，的值； （3）平移抛物线至，点，分别平移至点，，连接，且轴，如果点在轴上，且新抛物线过点，求抛物线的函数解析式． 【答案】（1） （2）， （3）或 【解析】 【分析】本题考查了求一次函数与坐标轴的交点坐标，求抛物线的解析式，涉及平移的性质，二次函数的图象性质等，解题的关键是根据的平移性质求出和的值． （1）根据题意，分别将，代入直线即可求得； （2）设，得到抛物线的顶点式为，将代入可求得，进而可得到抛物线解析式为，即可求得，； （3）根据题意，设，，根据平移的性质可得点，点向下平移的距离相同，列式求得，，然后得到抛物线解析式为：，将代入可得，即可得到答案． 【小问1详解】 解：（1）在中，令得：， ， 令得：， ； 【小问2详解】 解：设，设抛物线的解析式为：， 抛物线经过点， 将代入得：， ， ，即 ， 将 代入， 整理得：， ，； 【小问3详解】 解：如图： 轴，点在轴上， 设，，则点纵坐标为， 点，分别平移至点，， 点，点向下平移的距离相同， ， 解得：， 由（2）知 ， ， 抛物线的函数解析式为：， 将代入可得：， 抛物线的函数解析式为：或． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024—2025学年（上）厦门三中九年级第二阶段测试 数学 （试卷满分：150分；考试时间：120分钟） 一、选择题（本大题有10小题，每小题4分，共40分，每小题的四个选项中，只有一个选项正确） 1. 若⊙O的半径为6，点P在⊙O内，则OP的长可能是（  ） A. 5                                            B. 6                                            C. 7                                            D. 8 2. 如图，点A，B，C，D在上，则图中一定与相等的角是（ ） A. B. C. D. 3. 方程的根是（ ） A. B. C. ， D. ， 4. 如图，把绕点C逆时针旋转得到，则以下四个角中是旋转角的是（ ） A. B. C. D. 5. 哥德巴赫提出“每个大于2的偶数都可以表示为两个质数之和”的猜想，我国数学家陈景润在哥德巴赫猜想的研究中取得了世界领先的成果．在质数2，3，5中，随机选取两个不同的数，其和是偶数的概率是（ ） A. B. C. D. 6. 如图，已知点在上，，直线与相切，切点为，且为的中点，则等于（ ） A. B. C. D. 7. 某区为了解初中生体质健康水平，在全区进行初中生体质健康的随机抽测，结果如下表，根据抽测结果，下列对该区初中生体质健康合格的概率的估计，最合理的是（ ） 累计抽测的学生数n 100 200 300 400 500 600 700 800 900 1000 体质健康合格的学生数与n的比值 0.85 0.9 0.93 0.9 0.89 0.9 0.91 0.91 0.92 0.92 A. 0.92 B. 0.905 C. 0.903 D. 0.9 8. 如图，点F在正五边形的内部，为等边三角形，则等于（ ） A. B. C. D. 9. 二次函数的顶点为，图象与轴负半轴交于点，则一元二次方程的正数解的范围是（ ） A. B. C. D. 10. 我国古代数学家赵爽在其所著的《勾股圆方图注》中记载了关于一元二次方程的几何解法．以方程即为例：构造图1中四个小矩形的面积各为14，大正方形的面积是，其中它又等于四个矩形的面积加上中间小正方形的面积，即，可得，那么对于一元二次方程可以构造图2来解，已知图2由4个面积为3的相同矩形构成，中间围成的正方形面积为4，那么此方程的系数a，b分别是（　　） A. ， B. ， C. ， D. ， 二、填空题（本大题有6小题，每小题4分，共24分） 11. 二次函数的对称轴是______． 12. 已知是方程的解，则m的值为____________． 13. 如图，点A、B、C、D在上，点E在上，，请在图中找出一个角的度数为的是________． 14. 如图，AB是⊙O的直径，点C是⊙O上的一点，若BC=6，AB=10，OD⊥BC于点D，则OD的长为______． 15. 如图，在中，，将绕点A顺时针旋转得到，延长交的延长线于点，则的长为______． 16. 点，在抛物线上，且满足，，，则的取值范围是_______． 三、解答题（本大题有9大题，共86分） 17. 解方程 18. 化简，求值：，其中． 19. 新能源汽车节能、环保，越来越受消费者喜爱，我国新能源汽车近几年出口量逐年增加，年出口量为万台，年出口量增加到万台．求年到年新能源汽车出口量的年平均增长率是多少？ 20. 如图，每个小正方形的边长均为1，方格纸中画有，、、均在小正方形的顶点上． （1）将绕点逆时针旋转得到，画出； （2）在（1）的旋转过程中，求点运动的路径的长度． 21. 如图，在中，，．以为直径画，交边于点D．弧的长为．求证：是的切线． 22. 一个不透明的袋中装有1个红球、2个黑球，它们除颜色不同外其余都相同． （1）若从袋中随机摸出一球，求该球是红球的概率； （2）先往袋中加入1个红球或黑球（它们与袋中的球大小、质地完全一样），再从袋中依次抽取两球（不放回），若要使得抽取的这两球颜色相同的概率较大，则应往袋中加入红球还是黑球？请利用树状图或列表法说明理由． 23. 根据以下的素材，制定方案，设计出面积最大的花圃： 素材：有一堵长米（）的围墙，利用这堵墙和长为的篱笆围成矩形花圃，设花圃面积为y，甲、乙、丙三人讨论如何设计一个面积最大的花圃． 素材：甲的设计方案，利用墙面作为矩形花圃的一边（如图），求解决过程如下： 设平行于墙面的篱笆长为米，则垂直于墙面的篱笆长为米 依题意得： ∵函数开口向下，对称轴为直线 ∴当时，随的增大而增大 ∴时，的最大值为 素材：受甲的方案的启发，乙、丙各自有了新的设计方案．乙的方案：利用全部围墙作为矩形一边的一部分（如图）；丙的方案，利用部分围墙作为矩形一边的一部分（如图） 设墙左端篱笆长为米，解决下列问题： 任务：当时，对于乙的方案，则可知 （用含的代数式表示），花圃面积 （用含的代数式表示），求该方案对应的花圃面积的最大值． 任务：对于丙的方案，设所用墙的长度为米（），求该方案对应的花圃面积的最大值． 任务：比较甲、乙、丙三种方案，判断哪种方案设计出的花圃面积更大？并说明理由． 24. 如图，已知点D是外接圆上的一点，于G，连接AD，过点B作直线交AC于E，交于F，若点F是弧CD的中点，连接OG，OD，CD． （1）求证：； （2）若，试探究与之间的数量关系，并证明． 25. 在平面直角坐标系中，已知直线与轴交于点，轴交于点，点在线段上，以点为顶点的抛物线M：经过点，点不与点重合． （1）求点，的坐标； （2）求，的值； （3）平移抛物线至，点，分别平移至点，，连接，且轴，如果点在轴上，且新抛物线过点，求抛物线的函数解析式． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $