精品解析：湖南省长沙市浏阳河中学 2024-2025学年九年级上学期12月月考数学试题

2024年下期浏阳河中学第二阶段性数学测试题 时量：120分钟　　　　制卷人：易祖辉 一、选择题：本大题共10小题，共30.0分． 1. 下列图形中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（　　） A. B. C. D. 2. 如图，四边形是的内接四边形，连接、，若，则的度数是（ ） A. B. C. D. 3. 如图，将绕点A顺时针旋转得到，点B的对应点D恰好落在边上，则的度数为（ ） A. B. C. D. 4. 一元二次方程的两根之和是（ ） A. 2023 B. 2024 C. D. 2022 5. 二次函数的最大值是（ ） A. 7 B. C. 17 D. 6. 若点，，在抛物线上，则，，的大小关系是（ ） A. B. C. D. 7. 如图，在中，，以点B为圆心，长为半径画圆弧，交边于点D，再分别以点为圆心，大于长为半径画圆弧，两圆弧相交于点E，作射线交于点F．若，，则的长为( ) A. B. C. D. 8. 在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=12，BC=5，将△ABC绕边AC所在直线旋转一周得到圆锥，则该圆锥的侧面积是 A. 25π B. 65π C. 90π D. 130π 9. 关于x的一元二次方程用配方法可变形为（ ） A. B. C. D. 10. 二次函数的图象如图所示，下列结论中：①；②；③；④，其中正确的个数是（　　） A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个 二、填空题：本大题共6小题，共18.0分． 11. 若，是一元二次方程的两个实数根，则的值为 _______． 12. 将抛物线向上平移4个单位长度，再向左平移2个单位长度，得到的抛物线的解析式是_____． 13. 如图，有一个底部呈球体的烧瓶，球的半径为5cm．若瓶内液体的深度，则截面圆中AB的长为________cm． 14. 已知Rt△ABC中，∠A=90°，AB=6，AC=8，则△ABC外接圆的半径=_____． 15. 如图，扇形OAB的圆心角为120°，半径为3，则该扇形的弧长为_____．（结果保留π） 16. 如图，的半径为1，直线的解析式为，点是直线上一动点，点是上一动点，则的最小值为________________． 三、计算题：本大题共1小题，共6.0分． 17. 解方程：． 四、解答题：本大题共8小题，共48.0分． 18. 如图，扇形纸扇完全打开后，外侧两竹条夹角为，的长为，扇面部分的长为，求扇面部分的面积S． 19. 扎西的爷爷用一段长30m的篱笆围成一个一边靠墙的矩形菜园，墙长为18m，这个矩形的长、宽各为多少时，菜园的面积最大，最大面积是多少？ 20. 如图，在平面直角坐标系中，各顶点的坐标分别为． （1）请在图中画出关于轴对称的； （2）写出点的坐标． 21. 如图，A、B、P、C是上的四个点，B、C在点O下方，且 （1）若，求证：是等边三角形； （2）若，的半径为5，求的长． 22. 已知关于x的方程x2+ax+a﹣2=0． （1）求证：不论a取何实数，该方程都有两个不相等的实数根； （2）若该方程的一个根为1，求a的值及该方程的另一根． 23. 某水果批发商场经销一种高档水果，如果每千克盈利10元，每天可售出500千克，经市场调查发现，在进货价不变的情况下，若每千克涨价1元，日销量减少20千克，现该商场要保证每天盈利6000元，同时又要使顾客得到实惠，那么每千克应涨价多少元？ 24. 如图，内接于在半径延长线上， （1）试判断直线与的位置关系，并说明理由； （2）若半径长为，求由弧，线段和所围成的阴影部分的面积． 25. 如图，抛物线与x轴交于点，，与y轴交于点为第一象限内抛物线上的一点，点D的坐标为． （1）求该抛物线的解析式； （2）求该抛物线的对称轴以及顶点坐标； （3）当时，求点P关于直线的对称点的坐标． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024年下期浏阳河中学第二阶段性数学测试题 时量：120分钟　　　　制卷人：易祖辉 一、选择题：本大题共10小题，共30.0分． 1. 下列图形中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（　　） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据轴对称图形（一个图形沿某条直线对折后，直线两旁的部分能够完全重合）与中心对称图形（一个图形绕某一点旋转180°后能与它自身重合）的概念求解． 【详解】解：A、是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项错误； B、不是轴对称图形，是中心对称图形，故此选项错误； C、是轴对称图形，也是中心对称图形，故此选项正确； D、是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项错误； 故选：C． 【点睛】本题主要考查轴对称图形和中心对称图形，掌握轴对称图形和中心对称图形的概念是解题的关键． 2. 如图，四边形是的内接四边形，连接、，若，则的度数是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用圆内接四边形的性质求出，再利用圆周角定理求解即可． 【详解】解：∵四边形内接于， ∴， ∴， ∴， 故选C． 【点睛】本题考查了圆内接四边形的知识，圆周角定理，解题的关键是了解圆内接四边形的对角互补，难度不大． 3. 如图，将绕点A顺时针旋转得到，点B的对应点D恰好落在边上，则的度数为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】此题考查了旋转变换的性质、等腰三角形的性质，掌握旋转的性质是解题的关键． 根据旋转的性质得到，，根据等腰三角形的性质得到，求得． 【详解】解：由旋转的性质可知，，， ， ， ， 故选：B． 4. 一元二次方程的两根之和是（ ） A. 2023 B. 2024 C. D. 2022 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查了一元二次方程根与系数的关系，根据若，是一元二次方程的两根时，，，进行解题即可． 【详解】解：一元二次方程，整理得：， ，， ， 故选：A． 5. 二次函数的最大值是（ ） A. 7 B. C. 17 D. 【答案】A 【解析】 【分析】先用配方法把二次函数的一般式化为顶点式，再根据函数的性质求函数最值． 【详解】解：∵， ∴顶点坐标为， ∴抛物线开口向下， ∴二次函数的最大值为7． 故选：A． 【点睛】本题考查了二次函数的最值，求出顶点坐标是解题的关键． 6. 若点，，在抛物线上，则，，的大小关系是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先求出函数的对称轴，再结合函数的开口方向和增减性，即可进行解答． 【详解】解：∵抛物线， ∴对称轴为直线， ∴点A到对称轴的距离为：， 点B到对称轴的距离为：， 点C到对称轴的距离为：， ∵， ∴函数开口向上， ∵， ∴． 故选：C． 【点睛】本题主要考查了二次函数的图象和性质，解题的关键是熟练掌握当函数开口向上时，离对称轴越远，函数值越大；当函数开口向下时，离对称轴越远，函数值越小． 7. 如图，在中，，以点B为圆心，长为半径画圆弧，交边于点D，再分别以点为圆心，大于长为半径画圆弧，两圆弧相交于点E，作射线交于点F．若，，则的长为( ) A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意可知是线段的垂直平分线，利用，可知，从而得到，从而利用计算即可． 【详解】解：依题意可知：， ∴是线段的垂直平分线， ∴， 又∵ ∴ ∴ ∵在中，，， ∴ ∴． 又∵，， ∴， ∴， ∴． 故选：D． 【点睛】本题考查垂直平分线的画法和判定，等腰直角三角形的性质，根据题意推断是线段的垂直平分线是解题的关键． 8. 在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=12，BC=5，将△ABC绕边AC所在直线旋转一周得到圆锥，则该圆锥的侧面积是 A. 25π B. 65π C. 90π D. 130π 【答案】B 【解析】 【详解】解：由已知得，母线长l=13，半径r为5， ∴圆锥的侧面积是s=πlr=13×5×π=65π． 故选B． 9. 关于x的一元二次方程用配方法可变形为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题主要考查了用配方法解一元二次方程，掌握配方法解一元二次方程是解题关键． 常数项移到方程的右边，两边再配上一次项系数的一半的平方，写成完全平方公式即可． 【详解】∵， ∴， ∴， ∴． 故选：C． 10. 二次函数的图象如图所示，下列结论中：①；②；③；④，其中正确的个数是（　　） A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个 【答案】B 【解析】 【分析】①根据图象与x轴有两个交点，即可判断；②根据图象的开口方向、对称轴、图象与y轴的交点即可判断；③由图象可知，，整理后即可做出判断；④当时，，当时，，利用平方差公式变形计算即可做出判断． 【详解】解：①由图象可知抛物线与x轴有两个交点， ∴有两个不相等的实数根， ∴， ∴， ∴ ∴①错误； ②∵抛物线开口向下， ∴， ∵抛物线对称轴在y轴右侧， ∴， ∴b与a异号，即， ∵抛物线与y轴交点在x轴上方， ∴， ∴， ∴②正确； ③由图象可知， ∵， ∴， ∴， ∴③错误， ④由图象可知，当时，， 当时，， ∴， ∴， ∴④正确， 综上，正确的是②④． 故选：B 【点睛】本题考查了二次函数图象和性质，二次函数图象与系数的关系，二次函数图象上点的坐标特征，解决本题的关键是综合运用二次函数的相关知识． 二、填空题：本大题共6小题，共18.0分． 11. 若，是一元二次方程的两个实数根，则的值为 _______． 【答案】 【解析】 【分析】本题主要考查根与系数的关系，掌握一元二次方程的两根之和等于，两根之积等于是解题的关键． 由根与系数的关系可直接求得的值． 【详解】解：，是一元二次方程的两个实数根， ． 故答案为：． 12. 将抛物线向上平移4个单位长度，再向左平移2个单位长度，得到的抛物线的解析式是_____． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了二次函数图象的平移，根据二次函数的图象的平移法则：左加右减，上加下减即可得出答案，熟练掌握二次函数的平移法则是解此题的关键． 【详解】解：将抛物线向上平移4个单位长度，再向左平移2个单位长度，得到的抛物线的解析式是，即， 故答案为：． 13. 如图，有一个底部呈球体的烧瓶，球的半径为5cm．若瓶内液体的深度，则截面圆中AB的长为________cm． 【答案】8 【解析】 【分析】由题意知，，利用勾股定理求长即可得． 【详解】解：∵， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． 【点睛】本题考查了垂径定理的应用和勾股定理的应用，熟练掌握垂径定理和勾股定理是解题的关键． 14. 已知Rt△ABC中，∠A=90°，AB=6，AC=8，则△ABC外接圆的半径=_____． 【答案】5 【解析】 【分析】先利用勾股定理求出BC的长度，再根据直角三角形外接圆半径等于斜边的一半即可得出答案． 【详解】∵∠A=90°，AB=6，AC=8， ∴ ， ∴△ABC外接圆的半径为 故答案为：5． 【点睛】本题主要考查勾股定理及直角三角形外接圆半径，掌握勾股定理及直角三角形外接圆半径等于斜边的一半是解题的关键． 15. 如图，扇形OAB的圆心角为120°，半径为3，则该扇形的弧长为_____．（结果保留π） 【答案】2π． 【解析】 【详解】∵扇形OAB的圆心角为120°，半径为3， ∴扇形的弧长==2π． 故答案是：2π 16. 如图，的半径为1，直线的解析式为，点是直线上一动点，点是上一动点，则的最小值为________________． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了一次函数与坐标轴的交点问题、等腰直角三角形的判定与性质、垂线段最短，先求出，，得到是等边三角形，作于，交于，此时的长度最小，为，求出，由此即可得解，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键． 【详解】解：在中，当时，，当时，，解得， ，， ， 是等边三角形， ， 如图，作于，交于， ， 此时的长度最小，为， 是等腰直角三角形， ， ， ， ， 的长度最小值为， 故答案为：． 三、计算题：本大题共1小题，共6.0分． 17. 解方程：． 【答案】， 【解析】 【分析】本题主要考查了解一元二次方程，利用公式法解方程即可． 【详解】解： ，，， ， ， ，． 四、解答题：本大题共8小题，共48.0分． 18. 如图，扇形纸扇完全打开后，外侧两竹条夹角为，的长为，扇面部分的长为，求扇面部分的面积S． 【答案】 【解析】 【分析】先求出，再根据扇面部分的面积等于大扇形面积减去小扇形面积，即可求解． 【详解】解：∵的长为，扇面部分的长为， ∴， ∴扇面部分的面积， 即扇面部分的面积是． 【点睛】本题主要考查了求扇形面积，根据题意得到扇面部分的面积等于大扇形面积减去小扇形面积是解题的关键． 19. 扎西的爷爷用一段长30m的篱笆围成一个一边靠墙的矩形菜园，墙长为18m，这个矩形的长、宽各为多少时，菜园的面积最大，最大面积是多少？ 【答案】当矩形的长为15m，宽为7.5m时，矩形菜园的面积最大，最大面积为112.5m2 【解析】 【详解】试题分析：设菜园宽为x，则长为36-2x，由面积公式写出y与x的函数关系式，然后利用二次函数的最值的知识可得出菜园的最大面积，及取得最大面积时矩形的长和宽． 设长为x米，宽为(30-x)/2米-,面积为y米2 当x=15时，y最大=112.5 答：最大面积是112.5米2． 考点：本题主要考查二次函数的应用 点评：关键在于找出等量关系列出方程求解，另外应注意配方法求最大值在实际中的应用． 20. 如图，在平面直角坐标系中，各顶点的坐标分别为． （1）请在图中画出关于轴对称的； （2）写出点的坐标． 【答案】（1） 解：如图所示，即为所求； （2），， 【解析】 【分析】（）根据轴对称的性质作图即可； （）根据所画图形即可求解； 本题考查了作轴对称图形，坐标与图形，掌握轴对称图形的性质是解题的关键． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 21. 如图，A、B、P、C是上的四个点，B、C在点O下方，且 （1）若，求证：是等边三角形； （2）若，的半径为5，求的长． 【答案】（1） 证明：∵， ∴， ∴， ∴是等边三角形； （2） 【解析】 【分析】本题主要考查了弧、弦、圆周角之间的关系，等边三角形的判定，垂径定理，勾股定理等等： （1）根据弧、弦、圆周角之间的关系可证明，据此根据等边三角形的判定定理即可得到结论； （2）过点A作于H，连接，根据三线合一定理和垂径定理可证明A、O、H三点共线，利用勾股定理求出的长，进而求出，最后根据勾股定理即可求出的长． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：如图所示，过点A作于H，连接， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴为的中点，， ∴， ∴A、O、H三点共线， 在中，由勾股定理得， ∴， ∴． 22. 已知关于x的方程x2+ax+a﹣2=0． （1）求证：不论a取何实数，该方程都有两个不相等的实数根； （2）若该方程的一个根为1，求a的值及该方程的另一根． 【答案】 （1）证明：∵△=a2﹣4（a﹣2）=a2﹣4a+8=a2﹣4a+4+4=（a﹣2）2+4>0， ∴不论a取何实数，该方程都有两个不相等的实数根． （2）a=，x1=﹣ 【解析】 【分析】（1）根据根的判别式即可求解； （2）将x=1代入方程x2+ax+a﹣2=0，求出a，再利用根与系数的关系求出方程的另一根． 【详解】解：（1）略 （2）将x=1代入方程x2+ax+a﹣2=0 得1+a+a﹣2=0， 解得a=； ∴方程为x2+x﹣=0， 即2x2+x﹣3=0， 设另一根为x1，则1×x1==﹣， ∴另一根x1=﹣． 【点睛】此题主要考查一元二次方程根的求解，解题的关键是熟知根的判别式与根与系数的关系． 23. 某水果批发商场经销一种高档水果，如果每千克盈利10元，每天可售出500千克，经市场调查发现，在进货价不变的情况下，若每千克涨价1元，日销量减少20千克，现该商场要保证每天盈利6000元，同时又要使顾客得到实惠，那么每千克应涨价多少元？ 【答案】元 【解析】 【分析】本题考查了一元二次方程的应用，根据题意列出方程是解题的关键． 设每千克水果应涨价元，依题意列方程得：，解方程得，要使顾客得到实惠，应取，即可得到答案． 【详解】解：设每千克水果应涨价元， 依题意列方程得： 整理，得 解这个方程，得 要使顾客得到实惠，应取， 答：每千克应涨价元． 24. 如图，内接于在半径延长线上， （1）试判断直线与的位置关系，并说明理由； （2）若半径长为，求由弧，线段和所围成的阴影部分的面积． 【答案】（1）相切，理由见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）先根据圆周角定理得到的度数，再有，即得是等边三角形，从而得到的度数，就可得到的度数，即可判断结果； （2）阴影部分的面积可用的面积减去扇形的面积即得． 【小问1详解】 解：直线与相切．理由如下： 在中，． 又， 是等边三角形， ． 又， ， ． 又是半径， 直线与相切． 【小问2详解】 解：由（1）得是直角三角形，， ∴ ， ， ． ． 又， ． 【点睛】本题主要考查了切线的判定，圆周角定理，勾股定理，求不规则图形面积，等边三角形的性质与判定，三角形内角和定理，含30度角的直角三角形的性质等等，熟知切线的判定定理，以及把不规则图形面积转换成求规则图形面积是解题的关键． 25. 如图，抛物线与x轴交于点，，与y轴交于点为第一象限内抛物线上的一点，点D的坐标为． （1）求该抛物线的解析式； （2）求该抛物线的对称轴以及顶点坐标； （3）当时，求点P关于直线的对称点的坐标． 【答案】（1） （2）直线， （3） 【解析】 【分析】本题主要考查了待定系数法求二次函数解析式，二次函数的性质，轴对称的性质等知识，解题的关键是： （1）由题意抛物线与x轴交于，，两点，利用待定系数法求出b，c的值，得出函数解析式即可； （2）利用配方法化为顶点式求得对称轴与顶点坐标即可； （3）先分别求出P、C的坐标，可得，轴，得出，则P关于是对称点在y轴上，即可求解． 【小问1详解】 解：∵抛物线与x轴交于点，， ∴， 解得， ∴； 【小问2详解】 解：∵ ， ∴对称轴为直线，顶点坐标为； 【小问3详解】 解：把代入，得， 解得，， ∵为第一象限内抛物线上的一点， ∴， ∴， 令，则， ∴， 又， ∴， ∴， ∵，， ∴轴，， ∴， ∴P关于是对称点在y轴上， ∴， ∴， ∴． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $