精品解析：福建省厦门市内厝中学2023—2024学年上学期九年级数学第二次月考试卷

2023—2024学年（上）内厝中学九年级第二次月考 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） 1. 下列各图中，是中心对称图形的是（　　） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据中心对称图形的定义：如果一个图形绕某一点旋转180°后能够与自身重合，那么这个图形就叫做中心对称图形，即可得到答案. 【详解】解：根据中心对称图形的定义，B是中心对称图形. 故选：B. 【点睛】本题考查中心对称图形的识别，理解中心对称图形的概念是解题的关键. 2. 用配方法解方程时，原方程应变形为（　　） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查了用配方法解一元二次方程，其步骤为：把常数项移到等号的右边；把二次项的系数化为；等式两边同时加上一次项系数一半的平方；把左边配成一个完全平方式，右边化为一个常数． 根据配方法解一元二次方程的步骤即可得到答案． 【详解】解： ， 故选：B ． 3. 一元二次方程x2﹣2x﹣5=0根的判别式的值是（　　） A. 24 B. 16 C. ﹣16 D. ﹣24 【答案】A 【解析】 【详解】a=1,b=-2,c=-5, ,所以选A. 4. 点P关于原点的对称点的坐标为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查了中心对称，掌握当一点关于原点对称时，其横纵坐标均取相反数是解题的关键．根据关于原点对称的点的坐标变换特点回答即可． 【详解】解：点关于原点的对称点的坐标为， 故选：D． 5. 抛物线的顶点坐标为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查了二次函数的性质．顶点式顶点坐标是，对称轴是直线；已知抛物线的顶点式，可直接写出顶点坐标． 【详解】解：由，根据顶点式的坐标特点可知,顶点坐标是， 故选：C． 6. 如图所示，在⊙O中，=，∠A=30°，则∠B=（ ） A. 150° B. 75° C. 60° D. 15° 【答案】B 【解析】 【详解】∵在⊙O中，=， ∴AB=AC， ∴△ABC是等腰三角形， ∴∠B=∠C；又∠A=30°， ∴∠B==75°（三角形内角和定理）． 故选B． 考点：圆心角、弧、弦的关系． 7. 有一人患了流感，经过两轮传染后共有81人患了流感，那么每轮传染中平均一个人传染人数为（ ） A. 8人 B. 9人 C. 10人 D. 11人 【答案】A 【解析】 【分析】本题主要考查了一元二次方程的实际应用．设每轮传染中平均一个人传染的人数为x人，根据“有一人患了流感，经过两轮传染后共有81人患了流感”列出方程求解即可． 【详解】解：设每轮传染中平均一个人传染的人数为x人， ， 整理得：， 解得：，（舍）， ∴每轮传染中平均一个人传染的人数为8人， 故选：A． 8. 已知的半径为，弦所对的圆周角等于，则弦的长为 （ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查了圆周角定理，等边三角形的判定和性质，掌握圆周角定理是关键． 根据圆周角定理得到圆心角为，根据等边三角形的判定和性质即可求解． 【详解】解：弦所对的圆周角等于，如图所示， ∴弦所对的圆心角等于， ∵， ∴是等边三角形， ∴， 故选：D ． 9. 已知抛物线和，其中a，b，c，n均为正数，且，则关于这两条抛物线，下列判断正确的是( ) A. 顶点的纵坐标相同 B. 对称轴相同 C. 与y轴的交点相同 D. 其中一条经过平移可以与另一条重合 【答案】B 【解析】 【分析】根据二次函数的性质直接进行排除选项即可． 【详解】解：由抛物线和，其中a，b，c，n均为正数，且，可得：这两个抛物线的对称轴分别为：直线和直线，故B正确； 顶点纵坐标分别为，，故A错误； 与y轴的交点分别为，，故C错误； 根据抛物线的平移方法可得不能经过平移得到另一条抛物线，故D错误； 故选B． 【点睛】本题主要考查二次函数的图像与性质，熟练掌握二次函数的图像与性质是解题的关键． 10. 已知甲、乙两个函数图象上的部分点的横坐标x与纵坐标y如表所示．若在实数范围内，甲、乙的函数值都随自变量的增大而减小，且两个图象只有一个交点，则关于这个交点的横坐标a，下列判断正确的是（　　） x ﹣2 0 2 4 y甲 5 4 3 2 y乙 6 5 3.5 0 A. a＜﹣2 B. ﹣2＜a＜0 C. 0＜a＜2 D. 2＜a＜4 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意描点画图即可确定两函数图象交点的位置，进而得出答案． 【详解】解：由表格中数据可得：函数甲应是一次函数，描点画图如下. 由图象可得：函数甲、乙有公共点，则交点的横坐标x的范围为2＜x＜4． 故选D． 【点睛】本题考查了函数的图象，根据表中数据描点画图得出两个函数图象的交点的位置是关键. 二、填空题（本大题有6小题，每小题4分，共24分） 11. 方程（x﹣1）（x+2）＝0的解是__． 【答案】x1＝1，x2＝﹣2 【解析】 【分析】根据两式相乘值为0，这两式中至少有一式值为0，降次为两个一元一次方程，即可求出方程的解． 【详解】解：∵（x﹣1）（x+2）＝0 ∴x﹣1＝0或x+2＝0， ∴x1＝1，x2＝﹣2． 故答案为：x1＝1，x2＝﹣2． 【点睛】本题主要考查了因式分解法解一元二次方程的知识，因式分解法解一元二次方程时，应使方程的左边为两个一次因式相乘，右边为0，再分别使各一次因式等于0即可求解． 12. 抛物线经过点和，则它的对称轴为_____________． 【答案】直线 【解析】 【分析】此题考查抛物线的对称性，根据抛物线经过的两点纵坐标相等，得对称轴为该两点横坐标和的一半，由此得到答案． 【详解】解：∵抛物线经过点和， ∴它的对称轴为直线， 故答案为：直线． 13. 已知扇形的圆心角为，半径为，则这个扇形的面积是__________． 【答案】## 【解析】 【详解】本题主要考查了扇形的面积公式．根据扇形的面积公式即可求解． 【分析】解：扇形的面积． 故答案是：． 14. 如图，在中，，，将绕点C顺时针旋转到，使点落在边上，则旋转角为_______度． 【答案】60 【解析】 【分析】本题考查旋转的性质，等边三角形的判定与性质，直角三角形两锐角互余，熟练掌握等边三角形的判定与性质是解题的关键． 证明为等边三角形，得到即可． 【详解】解：∵，， ∴， ∵绕点C顺时针旋转到，使得点恰好落在上， ∴，等于旋转角， ∴为等边三角形， ∴， 即旋转角度为． 故答案为：60． 15. 如图，AB为半圆O的直径，直线CE与半圆O相切于点C，点D是的中点，CB=4，四边形ABCD的面积为AC，则圆心O到直线CE的距离是_____． 【答案】． 【解析】 【详解】解：如图连接OD交AC于G，连接OC． ∴OD⊥AC， ∴AG=GC，∵OA=OB， ∴ ∵S四边形ADCB=S△ADC+S△ABC， ∴ ∴ ∵EC是切线， ∴OC⊥EC， ∴圆心O到直线CE的距离为 故答案 16. 中，，，，以C为圆心，r为半径作， （1）若线段与相离时，r的取值范围是_________； （2）若线段与只有一个交点时，r的取值范围是________． 【答案】 ①. ②. 或 【解析】 【分析】本题考查直线与圆的位置关系，勾股定理，解直角三角形等知识．利用正弦函数先求得，作于．利用勾股定理求出，再利用直角三角形的性质求出即可解答． 【详解】解：∵，，， ∴， ∴， 如图，作于． 在中，∵，，， ∴， ∴， （1）以点为圆心，为半径的圆与线段所在直线相离， ∴的取值范围为， （2）与线段只有一个公共点， ∴的取值范围为或， 故答案为：，或． 三、解答题（本大题有9小题，共86分） 17. 解方程：． 【答案】，． 【解析】 【分析】方程左边分解因式后，利用两数相乘积为0，两因式中至少有一个为0转化为两个一元一次方程来求解． 【详解】解：因式分解得：， ∴或， ∴，． 【点睛】本题考查了解一元二次方程，熟练掌握一元二次方程的解法是解本题的关键． 18. 先化简，再求值：，其中 【答案】， 【解析】 【分析】本题考查了分式的化简求值，分母有理化．原式分母因式分解，同时利用除法法则变形，约分得到最简结果，把x的值代入计算即可求出值． 【详解】解： ， 当时，原式． 19. 在平面直角坐标系中，已知点，， （1）请在图中画出线段，并画出线段绕点O顺时针旋转后的图形． （2）求点B走过的弧长． 【答案】（1）见解析 （2） 【解析】 【分析】本题考查了作图-旋转变换，弧长公式． （1）描点提到两点，连接得到线段，然后根据旋转的性质画出两点的对应点从而得到； （2）利用勾股定理求得的长，再利用弧长公式计算即可求解． 【小问1详解】 解：如图，即为所求： ； 【小问2详解】 解：∵， ∴， ∴点B走过的弧长为． 20. 已知抛物线的图象经过点，点 （1）求该二次函数的解析式； （2）将此抛物线向左平移3个单位，再向下平移1个单位，求平移后的抛物线的解析式． 【答案】（1）； （2）． 【解析】 【分析】本题考查了待定系数法求函数解析式，二次函数图象的平移． （1）利用待定系数法求解即可； （2）先配方成顶点式，再根据“左加右减，上加下减”求解即可． 【小问1详解】 解：∵抛物线的图象经过点，点， ∴， 解得， ∴该二次函数的解析式为； 【小问2详解】 解：∵， ∴将此抛物线向左平移3个单位，再向下平移1个单位， 平移后的抛物线的解析式为，即． 21. P是的弦延长线上的一点，点A在上，且是的切线，求证：． 【答案】见解析 【解析】 【分析】本题考查了圆周角定理及切线的性质．过点作直径，连接，根据圆周角定理可得，，推出，根据切线的性质求得，等量代换即可证明结论成立． 【详解】证明：过点作直径，连接， ∴，， ∴， ∵是的切线， ∴， ∴， ∴． 22. 某小区有一块长为a米，宽为b米矩形场地，计划在该场地上修筑宽都为2米的两条互相垂直的道路，余下的四块矩形小场地建成草坪． （1）如图，请写出道路的面积（用含a、b的代数式表示）； （2）已知，并且四块草坪的面积之和为，试求原来矩形场地的长与宽各为多少米？ 【答案】（1）这两条道路的面积分别是和； （2）原来矩形的长为28米，宽为14米． 【解析】 【分析】本题考查一元二次方程实际应用，理解题意并根据题意列方程求解是解题的关键． （1）由题意矩形场地的长为a米，宽为b米以及道路宽为2米即可得出每条道路的面积； （2）根据题意四块草坪的面积之和为这一等量关系建立方程进行分析计算即可． 【小问1详解】 解：由题意可知这两条道路的面积分别是和； 【小问2详解】 解：∵， ∴， 根据题意得：， 整理得， 解得：，（舍去）， ∴（米） 答：原来矩形的长为28米，宽为14米． 23. 如图，为的外接圆，为的直径，平分，，垂足为D． （1）求证：为的切线； （2）若，，求的半径． 【答案】（1）见解析 （2）的半径为． 【解析】 【分析】本题考查了切线的判定和性质．要证某线是圆的切线，已知此线过圆上某点，连接圆心与这点（即为半径），再证垂直即可．同时考查了三角函数的知识． （1）要证为的切线，连接，只证即可； （2）根据勾股定理求出的长，求得，从而根据三角函数的知识即可得出的半径． 【小问1详解】 证明：连接； ∵为的直径，平分，， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴为的切线； 【小问2详解】 解：∵，， ∴， ∴； ∵， ∴， ∴的半径为． 24. 已知锐角三角形ABC内接于⊙O，AD⊥BC，垂足为D． （1）如图1，，BD＝DC，求∠B的度数； （2）如图2，BE⊥AC，垂足为E，BE交AD于点F，过点B作BG∥AD交⊙O于点G，在AB边上取一点H，使得AH＝BG．求证：△AFH是等腰三角形． 【答案】（1）∠B=60°；（2）证明见解析． 【解析】 【分析】（1）先根据弧AB=弧BC可知AB=BC，再由AD⊥BC，BD=DC可知AD是线段BC的垂直平分线，故AB=AC，由此可知△ABC是等边三角形，故可得出结论； （2）连接GC，GA，根据BG⊥BC可知GC是⊙O的直径，故∠GAC=90°，由此可判断出四边形GBFA是平行四边形，由平行四边形的性质即可得出结论． 【详解】解：（1）∵弧AB=弧BC， ∴AB=BC． ∵AD⊥BC，BD=DC， ∴AD是线段BC的垂直平分线， ∴AB=AC， ∴△ABC等边三角形， ∴∠B=60°； （2）连接GC，GA， ∵BG⊥BC， ∴GC是⊙O的直径， ∴∠GAC=90°． ∵BE⊥AC， ∴∠BEC=∠GAC=90°， ∴AG∥BE． ∵AD⊥BC， ∴∠ADC=∠GBC=90°， ∴BG∥AD， ∴四边形GBFA是平行四边形， ∴BG=AF． ∵BG=AH， ∴AH=AF， ∴△AFH是等腰三角形． 【点睛】本题考查的是三角形的外接圆与外心，根据题意作出辅助线，构造出平行四边形，利用平行四边形的性质求解是解答此题的关键． 25. 如图，抛物线y=x2+bx－2与x轴交于A、B两点，与y轴交于C点，且A（一1，0）． ⑴求抛物线的解析式及顶点D的坐标； ⑵判断△ABC的形状，证明你的结论； ⑶点M(m，0)是x轴上的一个动点，当CM+DM的值最小时，求m的值． 【答案】（1）抛物线的解析式为y=x2-x-2 顶点D的坐标为 (, -). （2）△ABC是直角三角形，理由见解析； （3）. 【解析】 【分析】（1）把点A坐标代入抛物线即可得解析式，从而求得顶点坐标； （2）分别计算出三条边的长度，符合勾股定理可知其是直角三角形； （3）作出点C关于x轴的对称点C′，则C′（0，2），OC′=2，连接C′D交x轴于点M，根据轴对称性及两点之间线段最短可知，MC + MD的值最小． 【详解】解：（1）∵点A（-1，0）在抛物线y=x2 +bx-2上 ∴× (-1 )2 +b× (-1) –2 = 0 解得b = ∴抛物线的解析式为y=x2-x-2. y=x2-x-2 =(x2 -3x- 4 ) =(x-)2-, ∴顶点D的坐标为 (, -). （2）当x = 0时y = -2, ∴C（0，-2），OC = 2． 当y = 0时，x2-x-2 = 0， ∴x1 = -1, x2 = 4 ∴B (4,0) ∴OA =1, OB = 4, AB = 5. ∵AB2 = 25, AC2 =OA2 +OC2 = 5, BC2 =OC2 +OB2 = 20, ∴AC2 +BC2 =AB2. ∴△ABC是直角三角形. （3）作出点C关于x轴的对称点C′，则C′（0，2），OC′=2，连接C′D交x轴于点M，根据轴对称性及两点之间线段最短可知，MC +MD的值最小． 解法一：设抛物线的对称轴交x轴于点E. ∵ED∥y轴, ∴∠OC′M=∠EDM,∠C′OM=∠DEM ∴△C′OM∽△DEM. ∴ ∴，∴m=． 解法二：设直线C′D的解析式为y =kx +n , 则，解得n = 2，. ∴. ∴当y = 0时，， ∴. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2023—2024学年（上）内厝中学九年级第二次月考 数 学 （试卷满分：150分 考试时间：120分钟） 一、选择题（本大题有10小题，每小题4分，共40分） 1. 下列各图中，是中心对称图形的是（　　） A. B. C. D. 2. 用配方法解方程时，原方程应变形为（　　） A. B. C. D. 3. 一元二次方程x2﹣2x﹣5=0根判别式的值是（　　） A. 24 B. 16 C. ﹣16 D. ﹣24 4. 点P关于原点的对称点的坐标为（ ） A. B. C. D. 5. 抛物线顶点坐标为（ ） A. B. C. D. 6. 如图所示，在⊙O中，=，∠A=30°，则∠B=（ ） A. 150° B. 75° C. 60° D. 15° 7. 有一人患了流感，经过两轮传染后共有81人患了流感，那么每轮传染中平均一个人传染的人数为（ ） A. 8人 B. 9人 C. 10人 D. 11人 8. 已知的半径为，弦所对的圆周角等于，则弦的长为 （ ） A. B. C. D. 9. 已知抛物线和，其中a，b，c，n均为正数，且，则关于这两条抛物线，下列判断正确是( ) A. 顶点的纵坐标相同 B. 对称轴相同 C. 与y轴的交点相同 D. 其中一条经过平移可以与另一条重合 10. 已知甲、乙两个函数图象上的部分点的横坐标x与纵坐标y如表所示．若在实数范围内，甲、乙的函数值都随自变量的增大而减小，且两个图象只有一个交点，则关于这个交点的横坐标a，下列判断正确的是（　　） x ﹣2 0 2 4 y甲 5 4 3 2 y乙 6 5 3.5 0 A. a＜﹣2 B. ﹣2＜a＜0 C. 0＜a＜2 D. 2＜a＜4 二、填空题（本大题有6小题，每小题4分，共24分） 11. 方程（x﹣1）（x+2）＝0解是__． 12. 抛物线经过点和，则它的对称轴为_____________． 13. 已知扇形的圆心角为，半径为，则这个扇形的面积是__________． 14. 如图，在中，，，将绕点C顺时针旋转到，使点落在边上，则旋转角为_______度． 15. 如图，AB为半圆O的直径，直线CE与半圆O相切于点C，点D是的中点，CB=4，四边形ABCD的面积为AC，则圆心O到直线CE的距离是_____． 16. 中，，，，以C为圆心，r为半径作， （1）若线段与相离时，r的取值范围是_________； （2）若线段与只有一个交点时，r的取值范围是________． 三、解答题（本大题有9小题，共86分） 17. 解方程：． 18. 先化简，再求值：，其中 19. 在平面直角坐标系中，已知点，， （1）请在图中画出线段，并画出线段绕点O顺时针旋转后的图形． （2）求点B走过的弧长． 20. 已知抛物线的图象经过点，点 （1）求该二次函数的解析式； （2）将此抛物线向左平移3个单位，再向下平移1个单位，求平移后的抛物线的解析式． 21. P是的弦延长线上的一点，点A在上，且是的切线，求证：． 22. 某小区有一块长为a米，宽为b米矩形场地，计划在该场地上修筑宽都为2米的两条互相垂直的道路，余下的四块矩形小场地建成草坪． （1）如图，请写出道路的面积（用含a、b的代数式表示）； （2）已知，并且四块草坪的面积之和为，试求原来矩形场地的长与宽各为多少米？ 23. 如图，为的外接圆，为的直径，平分，，垂足为D． （1）求证：为的切线； （2）若，，求的半径． 24. 已知锐角三角形ABC内接于⊙O，AD⊥BC，垂足为D． （1）如图1，，BD＝DC，求∠B的度数； （2）如图2，BE⊥AC，垂足为E，BE交AD于点F，过点B作BG∥AD交⊙O于点G，在AB边上取一点H，使得AH＝BG．求证：△AFH是等腰三角形． 25. 如图，抛物线y=x2+bx－2与x轴交于A、B两点，与y轴交于C点，且A（一1，0）． ⑴求抛物线的解析式及顶点D的坐标； ⑵判断△ABC的形状，证明你的结论； ⑶点M(m，0)是x轴上的一个动点，当CM+DM的值最小时，求m的值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$