黑龙江省绥化市明水县第二中学2022-2023学年九年级下学期月考数学试题（解析版）

这是一份黑龙江省绥化市明水县第二中学2022-2023学年九年级下学期月考数学试题（解析版），共23页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

2022-2023学年度第二学期初四数学第一次月考测试题
一、选择题（每个小题3分，共36分）
1. 某粒子的直径为米，这个数用科学记数法表示为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】用科学记数法表示绝对值小于1的数，将原数化为的形式，其中，n为整数，n的值等于把原数变为a时小数点移动的位数．
【详解】解：用科学记数法表示为，
故选：B．
【点睛】本题主要考查了用科学记数法表示绝对值小于1的数，解题的关键是掌握用科学记数法表示绝对值小于1的数的方法：将原数化为的形式，其中，n为整数，n的值等于把原数变为a时小数点移动的位数．
2. 下列汽车标志中，是中心对称图形但不是轴对称图形的有（ ）个

A. 2 B. 3 C. 4 D. 5
【答案】A
【解析】
【分析】根据轴对称图形和中心对称图形的定义，逐个进行判断即可．轴对称图形：一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够完全重合的图形；中心对称图形：在平面内，把一个图形绕着某个点旋转，如果旋转后的图形能与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形．
【详解】解：第一个：既是轴对称图形，也是中心对称图形，不符合题意；
第二个：不是轴对称图形，是中心对称图形，符合题意；
第三个：是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意；
第四个：是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意；
第五个：不是轴对称图形，是中心对称图形，符合题意；
综上：是中心对称图形但不是轴对称图形的有第二个和第五个图形，共两个，
故选：A．
【点睛】本题主要考查了轴对称图形和中心对称图形的定义，解题的关键是掌握轴对称图形：一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够完全重合的图形；中心对称图形：在平面内，把一个图形绕着某个点旋转，如果旋转后的图形能与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形．
3. 下列运算正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】A.，故本选项错误；
B.，故本选项错误；
C. ，故本选项错误；
D. ，故本选项正确；
故选D.
点睛：本题主要考查数与式的计算.而辩别各选项的计算是否正确主要是看对公式、运算法则的掌握情况.比如选项A考查的是完全平方公式与平方差公式，选项B考查的是同底数幂的乘法，选项C考查的是算术平方根，选项D考查的是立方根，只有熟练掌握数与式的计算方法及涉及的公式并准确应用，此类题才能准确而快速的进行解答.
4. 若式子有意义，则实数的m的取值范围是（ ）
A. 且 B. 且 C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据二次根式和分式有意义的条件进行解答即可．
【详解】解：∵式子有意义，
∴，
解得：且，故A正确．
故选：A．
【点睛】本题主要考查了分式和二次根式有意义的条件，解题的关键是熟练掌握分式的分母不等于零，二次根式的被开方数为非负数．
5. 两个长方体按图示方式摆放，其主视图是（ ）

A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】依据从该几何体的正面看到的图形，即可得到主视图．
【详解】解：由图可得，几何体的主视图是：
.
故选：C.
【点睛】此题考查了三视图的作图，主视图、左视图、俯视图是分别从物体正面、左面和上面看所得到的图形．
6. 下列命题，错误的是（　　）
A. 有一个锐角和斜边对应相等的两个直角三角形全等
B. 如果∠A和∠B是对顶角，那么∠A＝∠B
C. 等腰三角形两腰上的高相等
D. 三角形三边垂直平分线的交点到三角形三边的距离相等
【答案】D
【解析】
【分析】利用全等三角形的判定、对顶角的性质、等腰三角形的性质及垂直平分线的性质分别判断后即可确定正确的选项.
【详解】解：A、有一个锐角和斜边对应相等的两个直角三角形全等，正确，不符合题意；
B、如果∠A和∠B是对顶角，那么∠A＝∠B，正确，不符合题意；
C、等腰三角形两腰上的高相等，正确，不符合题意；
D、三角形三边垂直平分线的交点到三角形三顶点的距离相等，故原命题错误，符合题意．
故选：D．
【点睛】考查了命题与定理的知识，解题的关键是了解全等三角形的判定、对顶角的性质、等腰三角形的性质及垂直平分线的性质，属于基础性知识，比较简单．
7. “五·一”江北水城文化旅游节期间，几名同学包租一辆面包车前去旅游，面包车的租价为180元，出发时又增加了两名同学，结果每个同学比原来少摊了3元钱车费，设原来参加游览的同学共人，则所列方程为（　　）
A B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】设原来参加游览的同学共人，则原有的几名同学每人分担的车费为：元，出发时每名同学分担的车费为：，根据每个同学比原来少分摊了3元车费即可得到等量关系．
【详解】解：设原来参加游览的同学共人，
根据题意可得：，
故选：D．
【点睛】本题主要考查了分式方程的应用，解题的关键是首先弄清楚题意，根据关键描述语，找到合适的等量关系．
8. 已知函数的图象与x轴有交点．则的取值范围是( )
A. k<4 B. k≤4 C. k<4且k≠3 D. k≤4且k≠3
【答案】B
【解析】
【分析】根据函数图像与x轴交点的特点可知，的判别式Δ≥0，即可求解；
【详解】若此函数与x轴有交点，则，Δ≥0，即4-4(k-3)≥0，解得：k≤4，当k=3时，此函数为一次函数，题目要求仍然成立，
故选：B．
【点睛】本题主要考查函数图像与x轴交点的特点，掌握相关知识是解题的关键．
9. 母亲节来临，小明去花店为妈妈准备节日礼物．已知康乃馨每支2元，百合每支3元．小明将30元钱全部用于购买这两种花（两种花都买），小明的购买方案共有（　　）
A. 3种 B. 4种 C. 5种 D. 6种
【答案】B
【解析】
【分析】设可以购买x支康乃馨，y支百合，根据总价＝单价×数量，即可得出关于x，y的二元一次方程，结合x，y均为正整数即可得出小明有4种购买方案．
【详解】解：设可以购买x支康乃馨，y支百合，
依题意，得：2x+3y＝30，
∴y＝10﹣x．
∵x，y均为正整数，
∴，，，，
∴小明有4种购买方案．
故选：B．
【点睛】本题考查了二元一次方程应用中的整数解问题，找准等量关系，正确列出二元一次方程是解题的关键．
10. 我国正在逐步进入人口老龄化社会，某市老龄化社会研究机构经过抽样调查，发现当地老年人的日常休闲方式主要有，，，，五种类型，抽样调查的统计结果如下表，则下列说法不正确的是（ ）
休闲类型
休闲方式
人数

老年大学


老年合唱队


老年舞蹈队


太极拳


其它方式


A. 当地老年人选择型休闲方式的人数最少
B. 当地老年人选择型休闲方式的频率是
C 估计当地万名老年人中约有万人选择型休闲方式
D. 这次抽样调查的样本容量是
【答案】C
【解析】
【分析】首先直接通过表格数据即可得出选择A型休闲方式的人数最少，然后利用频率定义、样本估计总体与样本容量的概念逐一判断即可.
【详解】A：选择A型休闲方式的人数为50，与其他方式相比最少，故选项正确；
B：选择B型休闲方式的频率是，故选项正确；
C：当地选择C型休闲方式的老人大约人数为：万万，故选项错误；
D：样本容量为，故选项正确；
故选：C.
【点睛】本题主要考查了频率定义、样本估计总体与样本容量的概念，熟练掌握相关概念是解题关键.
11. 如图，正方形的边长为4，点E、F分别为、的中点，点P是对角线上的动点，则四边形周长的最小值为（ ）

A. 4 B. C. 8 D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据中点的定义得出，作点E关于的对称点，连接交于点P，连接，此时取得最小值，证明四边形为矩形，则，即可求解．
【详解】解：∵正方形边长为4，点E、F分别为、的中点，
∴，
作点E关于的对称点，连接交于点P，连接，此时取得最小值，
∵点E和点关于的对称，
∴，，
∵点E为的中点，四边形为正方形，
∴点为中点，
∴，
∵，
∴四边形为矩形，
∴，
∴四边形周长的最小值为，
故选：C．

【点睛】本题考查正方形的性质、轴对称与最值问题等知识，掌握相关知识，正确画出辅助线是解题关键．
12. 如图，在正方形中，是边上的一点，，，将正方形边沿折叠到，延长交于点，连接，，如下4个结论：；②为中点；③；④．其中正确结论的有（ ）

A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个
【答案】D
【解析】
【分析】①正确．证明∠GCF=∠GCB，∠ECD=∠ECF即可；②正确．可以证明BG=GA=FG；③正确．证明AF⊥BF，CG⊥BF即可；④正确．证明EF:EG=2:5，求出△AFE的面积即可．
【详解】解：如图，连接BF．

∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD=BC=CD，∠GAE=∠CBG=∠CDE=∠BCD=90°，
由翻折可知：CD=CF，∠CDE=∠CFE=∠CFG=90°，DE=EF=4，∠DCE=∠ECF，
∵∠CFG=∠CBG=90°，CG=CG，CB=CF，
∴Rt△CGB≌Rt△CGF（HL），
∴BG=FG，∠GCF=∠GCB，
设BG=FG =x，
∴∠ECG=∠ECF+∠GCF=（∠DCF+∠BCF）=45°，故①正确，
在Rt△EAG中，∵EG2=EA2+AG2，
∴(4+x)2=82+(12-x)2，
∴x=6，
∵AB=AD=AE+ED=12，
∴AG=BG=6，
∴G为AB中点，故②正确，
∵GF=GA=GB，
∴∠AFB=90°，
∴AF⊥BF，
∵CB=CF，GB=GF，
∴CG是线段BF的垂直平分线，即CG⊥BF，
∴AF∥CG，故③正确，
∵S△AEG=×6×8=24，EF:FG =4:6=2:3，
∴EF:EG=2:5，
∴S△AFE=×24=，故④正确，
故选：D．
【点睛】本题考查了翻折变换，正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识，解题时常常设要求的线段长为x，然后根据折叠和轴对称的性质用含x的代数式表示其他线段的长度，选择适当的直角三角形，运用勾股定理列出方程求出答案．
二、填空题（本题共10个小题，每小题3分，共30分）
13. 一个不透明的口袋中共有2个白色球、5个黄色球、3个绿色球，这些球除颜色外都相同．从口袋中随机摸出一个球这个球是白色球的概率是______．
【答案】##0.2
【解析】
分析】根据概率公式，求出白球个数与总球数之比即可．
【详解】解：根据题意可得：
（个），
一共有10个球，其中白球有2个，则摸出白球的概率．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了根据概率公式求概率，解题的关键是掌握概率=所求情况数与总情况数之比．
14. 因式分解：______．
【答案】
【解析】
【分析】先提公因式，再利用平方差公式解题即可．
【详解】解：
故答案为：．
【点睛】本题考查利用提公因式、平方差公式进行因式分解，是重要考点，掌握相关知识是解题关键．
15. 化简的结果为__．
【答案】x-1
【解析】
【分析】根据分式的混合运算，可先算括号里面的，再把除化为乘法，约分即可．
【详解】解：
＝
＝
＝
故答案为：x-1．
【点睛】本题考查分式的混合运算，掌握运算法则正确计算是解题关键．
16. 用半径为50，圆心角为120°的扇形纸片围成一个圆锥的侧面，则这个圆锥的底面半径为________．
【答案】
【解析】
【分析】先求出扇形的弧长，再根据圆的周长公式，即可求解．
【详解】∵扇形的弧长=，
∴圆锥的底面半径=÷2π=．
故答案是：．
【点睛】本题主要考查扇形的弧长公式，掌握圆锥的底面周长等于圆锥展开扇形的弧长，是解题的关键．
17. 等腰三角形一外角为110°，则其顶角的度数为___________．
【答案】70°或40°
【解析】
【分析】分两种情况讨论：当这个的外角是顶角的外角，当这个的外角是底角的外角，从而可得答案.
【详解】解：当这个的外角是顶角的外角，则等腰三角形的顶角是
当这个的外角是底角的外角，则等腰三角形的底角是
所以等腰三角形的顶角为
故答案为：70°或40°
【点睛】本题考查的是等腰三角形的性质，掌握“等腰三角形的两底角相等”是解本题的关键.
18. 已知，，是方程的两根，则的值为______．
【答案】13
【解析】
【分析】先将该方程化为一般式，根据一元二次方程根与系数关系得出，再根据即可求解．
【详解】解：将化为一般式为，
则，
∵，是方程的两根，
∴，
，
故答案为：13．
【点睛】本题主要考查了一元二次方程根与系数关系，完全平方公式的应用，解题的关键是掌握一元二次方程根与系数关系：．
19. 如图，正五边形内接于，P为上一点，连接，则的度数为____．

【答案】##36度
【解析】
【分析】连接，利用中心角的计算公式求出，再根据同弧所对的圆心角是圆周角的2倍，即可得解．
【详解】解：连接，正五边形内接于，

则：，
∴；
故答案为：．
【点睛】本题考查正多边与圆．熟练掌握求中心角的度数的公式，以及在同圆或等圆中，同弧所对的圆心角是圆周角的2倍，是解题的关键．
20. 将抛物线先向上平移2个单位长度，再向左平移3个单位长度，得到的抛物线的解析式为______．
【答案】
【解析】
【分析】根据抛物线先向上平移2个单位，得到括号外加2；再向左平移3个单位，得到括号内加3．即可得到答案．
【详解】解：将抛物线先向上平移2个单位长度，得：；
再向左平移3个单位长度，得：
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了二次函数图象的平移．解决问题的关键是熟练掌握平移变化的规律：左加右减，上加下减．
21. 如图，点A在反比例函数y＝（k≠0）的图象上，点B在x轴的负半轴上，直线AB与y轴交于点C，若＝，AOB的面积为18，则k的值为___．

【答案】12
【解析】
【分析】过点A作AD⊥y轴于D，则AD∥OC，由线段的比例关系求得△AOD的面积，再根据反比例函数的k的几何意义得结果．
【详解】解：过点A作AD⊥x轴于D，则AD∥OC，
∴＝，

∵△AOB的面积为18，
∴△AOD的面积＝6，
根据反比例函数k的几何意义得，
|k|＝6，
∴|k|＝12，
∵k＞0，
∴k＝12．
故答案为：12．
【点睛】本题考查了平行线分线段成比例定理，反比例函数k的几何意义，构造平行线求指定三角形的面积是解题的关键．
22. 如图：由一些点组成形如三角形的图形，每条边（包括两个顶点）有n(n>1)个顶点，第n个图形总的点数S是____（用含n的代数表示）

【答案】3n-3
【解析】
【分析】根据已知的图形中点的个数得出变化规律：点的总个数=3×（每边上点的个数-1），据此可得．
【详解】∵当n=2时，s=3×（2-1）=3，
当n=3时，s=3×（3-1）=6，
当n=4时，s=3×（4-1）=9，
当n=5时，s=3×（5-1）=12，
……
∴每个图形总的点数s用n可表示为s=3（n-1）=3n-3，
故答案为3n-3.
【点睛】此题主要考查了图形的变化类，根据已知的图形中点数的变化得出规律是解题关键．
三、解答题
23. 已知：．

（1）尺规作图：用直尺和圆规作出内切圆的圆心O；（只保留作图痕迹，不写作法和证明）
（2）如果的周长为14，内切圆的半径为1.3，求的面积．
【答案】（1）作图见详解
（2）9.1
【解析】
【分析】（1）根据角平分线的性质可知角平分线的交点为三角形内切圆的圆心，故只要作出两个角的角平分线即可；
（2）利用割补法，连接OA，OB，OC，作OD⊥AB，OE⊥BC，OF⊥AC，这样将△ABC分成三个小三角形，这三个小三角形分别以△ABC的三边为底，高为内切圆的半径，利用提取公因式可将周长代入，进而求出三角形的面积．
【小问1详解】
解：如下图所示，O为所求作点，
【小问2详解】
解：如图所示，连接OA，OB，OC，作OD⊥AB，OE⊥BC，OF⊥AC，

∵内切圆的半径为1.3，
∴OD=OF=OE=1.3，
∵三角形ABC的周长为14，
∴AB+BC+AC=14，
则

故三角形ABC的面积为9.1．
【点睛】本题考查三角形的内切圆，角平分线的性质，割补法求几何图形的面积，能够将角平分线的性质与三角形的内切圆相结合是解决本题的关键．
24. 如图，正方形网格中的每一个小正方形的边上都是1个单位长度，四边形的四个顶点都在格点上，O为边的中点，把四边形绕点O旋转，请解答下列问题：

（1）作出四边形旋转后的四边形；
（2）求点C在旋转过程中所经过的路径长；
（3）求的值．
【答案】（1）见解析 （2）
（3）
【解析】
【分析】（1）先描出点A、B、C、D绕点0旋转后的对应点，再依次连接即可；
（2）点C旋转过程所经过的路径是一段弧线，根据弧长公式即可计算；
（3）连接，根据勾股定理逆定理，得出为直角三角形，即，再根据正切的定义，即看解答．
小问1详解】
解：如图：四边形即为所求，
【小问2详解】
解：连接，
根据勾股定理可得：，
∵点C绕点O旋转得到点，
∴点C经过的路径长．
【小问3详解】
解：连接，
根据勾股定理可得：，
∵，
∴为直角三角形，即，
∴．
【点睛】本题考查作图—旋转变换，弧长公式，勾股定理及勾股定理逆定理，求角的正切值．利用数形结合的思想，熟练掌握旋转作图方法和步骤，勾股定理和及勾股定理逆定理，以及正切的定义是解题关键．
25. 某公园为引导游客观光游览公园的景点，在主要路口设置了导览指示牌．某校“综合与实践”活动小组想要测量此指示牌的高度，他们绘制了该指示牌支架侧面的截面图如图所示，并测得，，，，四边形为矩形，且．请帮助该小组求出指示牌最高点到地面的距离（结果精确到．参考数据：，，，）．

【答案】
【解析】
【分析】过点作于点，交直线于点；过点B作于点，于点，此时构造出两个矩形和，根据矩形的性质可得，，，进而求得的度数，在，中，利于三角函数即可求得，的长度，最终求得AH的值即为指示牌最高点到地面的距离．
【详解】解：过点作于点，交直线于点；
过点作于点，于点；


则四边形和四边形均为矩形．
∴，，，
∴．
∴．
在中，，，
∴．
在中，，，
∴．
∴．
∴．
答：指示牌最高点到地面的距离为．
【点睛】本题考查了解直角三角形的应用，构造所给角度以及相关角所在的直角三角形是解决问题的难点，利用和三角函数求值得到相应线段的长度是解决问题的关键．
26. 如图，在中，，点是的中点，以为直径的与边交于点，连接．

（1）判断直线与位置关系，并说明理由；
（2）若，，求的直径．
【答案】（1）见解析
（2）

【解析】
【分析】（1）连接DO，根据直角三角形斜边上的中线性质，由∠BDC＝90°，E为BC的中点得到DE＝CE＝BE，则利用等腰三角形的性质得∠EDC＝∠ECD，∠ODC＝∠OCD，由于∠OCD＋∠DCE＝∠ACB＝90°，得出∠EDC＋∠ODC＝90°，即∠EDO＝90°，于是根据切线的判定定理即可得到DE与⊙O相切；
（2）先根据勾股定理求出长，再证明，根据相似三角形的性质列比例式求解，即可得到结果．
【小问1详解】
DE是⊙O的切线，理由如下：
证明：连接DO，如图，

∵∠BDC＝90°，E为BC的中点，
∴DE＝CE＝BE，
∴∠EDC＝∠ECD，
又∵OD＝OC，
∴∠ODC＝∠OCD，
而∠OCD＋∠DCE＝∠ACB＝90°，
∴∠EDC＋∠ODC＝90°，
即∠EDO＝90°，
∴DE⊥OD，
∴DE与⊙O相切；
【小问2详解】
由（1）得，∠CDB＝90°，
∵CE＝EB，
∴DE＝BC，
∴BC＝10，
∴，
∵∠BCA＝∠BDC＝90°，∠B＝∠B，
∴△BCA∽△BDC，
∴ ，
∴，
∴，
∴⊙O直径的长为．
【点睛】本题考查了切线的判定定理，直角三角形斜边上的中线性质和相似三角形的判定与性质，以及等腰三角形的性质，解题的关键是根据条件作出辅助线．
27. 如图，E为正方形的边上一点，交的延长线于点F，的延长线与的延长线交于G，连接．

（1）求证：；
（2）若，求证；
（3）在（2）问条件下，求的值．
【答案】（1）见解析 （2）见解析
（3）
【解析】
【分析】（1）根据正方形的性质，证明，得出即可；
（2）证明，得出，即，根据，即可证明结论；
（3）设，则，，根据勾股定理得出，根据解析（2）的结论得出，根据勾股定理求出，得出，最后根据三角函数的定义求出结果即可．
【小问1详解】
证明：∵四边形为正方形，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴；
【小问2详解】
证明：∵，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴；
【小问3详解】
解：设，则，，
∴，
根据解析（2）可知，，
∴，
∴，
，
∴．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质，三角形全等的判定和性质，三角形相似的判定和性质，勾股定理，求三角函数值，解题的关键是数形结合，熟练掌握相关的性质和判定．
28. 如图，在边长为10的菱形ABCD中，对角线BD＝16，对角线AC，BD相交于点G，点O是直线BD上的动点，OE⊥AB于E，OF⊥AD于F.
(1)求对角线AC的长及菱形ABCD的面积．
(2)如图①，当点O在对角线BD上运动时，OE＋OF的值是否发生变化？请说明理由．
(3)如图②，当点O在对角线BD的延长线上时，OE＋OF的值是否发生变化？若不变，请说明理由；若变化，请探究OE，OF之间的数量关系．

【答案】（1）12；96（2）答案见解析（3）答案见解析．
【解析】
【分析】（1）根据菱形的对角线互相垂直平分求出BG，再利用勾股定理列式求出AG，然后根据AC=2AG计算即可得解；再根据菱形的面积等于对角线乘积的一半列式计算即可得解；
（2）连接AO，根据S△ABD=S△ABO+S△ADO列式计算即可得解；
（3）连接AO，根据S△ABD=S△ABO-S△ADO列式整理即可得解．
【详解】解：(1)在菱形ABCD中，AG＝CG，AC⊥BD，BG＝BD＝×16＝8，
由勾股定理得AG＝，
所以AC＝2AG＝2×6＝12．
所以菱形ABCD的面积＝AC·BD＝×12×16＝96．
(2)不发生变化．理由如下：如图①，连接AO，则S△ABD＝S△ABO＋S△AOD，
所以BD·AG＝AB·OE＋AD·OF，
即×16×6＝×10·OE＋×10·OF．
解得OE＋OF＝9.6，是定值，不变．

(3)发生变化．如图②，连接AO，则S△ABD＝S△ABO－S△AOD，
所以BD·AG＝AB·OE－AD·OF．
即×16×6＝×10·OE－×10·OF．
解得OE－OF＝9.6，是定值，不变．
所以OE＋OF的值发生变化，OE，OF之间的数量关系为OE－OF＝9.6．
【点睛】本题主要考查了菱形的性质，主要利用了菱形的对角线互相垂直平分的性质，（2）（3）作辅助线构造出两个三角形是解题的关键．