2023-2024学年广东省惠州市大亚湾六校联考九年级上册第三次月考数学试题（含解析）

这是一份2023-2024学年广东省惠州市大亚湾六校联考九年级上册第三次月考数学试题（含解析），共20页。

2.答案写在答题卷上，在试卷上作答无效．
3.用黑色字迹钢笔或签字笔按各题要求写在答题卷上，不能用铅笔和红色字迹的笔．
一、选择题（本大题共10个小题，每小题3分，共30分）
1．下列国产新能源汽车标志，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
A．B．C．D．
2．平面内，已知的半径为，则点与的位置关系是（ ）
A．点在上B．点在内C．点在外D．不能确定
3．用配方法解一元二次方程时，此方程可变形为（ ）
A．B．C．D．
4．用反证法证明“中至少有两个锐角”，第一步应为（ ）
A．假设中至多有一个锐角B．假设中有一个直角
C．假设中有两个直角D．假设中有两个锐角
5．下列关于抛物线的说法不正确的是（ ）
A．抛物线开口向上B．抛物线的顶点是（1，3）
C．抛物线与y轴的交点是（0，3）D．当x>1时，y随x的增大而增大
6．关于x的一元二次方程有两个不相等的实数根，则实数m的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
7．如图，将绕点C旋转得到，点A对应点D，点B对应点E，点B刚好落在边上，，则（ ）
A．B．C．D．
8．如图，点A、B、C、D为一个正多边形的顶点，点O为正多边形的中心，若，则这个正多边形的边数为（ ）
A．10B．12C．15D．20
9．筒车是我国古代发明的一种水利灌溉工具，彰显了我国古代劳动人民的智慧，图1，点M表示筒车的一个盛水桶．如图2，当筒车工作时，盛水桶的运行路径是以轴心O为圆心，为半径的圆，且圆心在水面上方．若圆被水面截得的弦长为，则筒车工作时，盛水桶在水面以下的最大深度为（ ）
A．1米B．2米C．3米D．4米
10．二次函数中两个变量的x与y的3组对应值：点在该函数图象上．若当时，，给出下列3个结论：①；②；③．上述结论中，所有正确结论的序号是（ ）
A．①②B．②③C．①③D．①②③
二、填空题（本大题共5小题，每小题3分，共15分）
11．如图，圆锥的母线长为，底面圆半径为，则该圆锥的侧面积为 ．
12．根据物理学规律，如果不考虑空气阻力，以 的速度将小球沿与地面成角的方向击出，小球的飞行高度h（单位：m）与飞行时间t（单位：s）之间的函数关系是：，则小球运动中的最大高度是 m．
13．如图，将边长为为3厘米的正方形绕点C按顺时针方向旋转，得到正方形，与交于H，则的长是 厘米．
14．关于x的一元二次方程有两个不相等的实数根，则抛物线的顶点在第 象限．
15．在20世纪70年代，我国著名数学家华罗庚教授将黄金分割法作为一种“优选法”，在全国大规模推广，取得了很大成果．如图，利用黄金分割法，所做将矩形窗框分为上下两部分，其中E为边的黄金分割点，即．已知为2米，则线段的长为 米．
三、解答题（一）（本大题共3小题，16题10分，第17，18题各7分，共24分）
16．（1）解方程：
（2）已知关于x的一元二次方程的一个根为3，求实数m的值及另一个根．
17．如图，利用一面墙（墙的长度不限），另三边用20米长的篱笆围成一个矩形场地．若围成矩形场地的面积为50米2，求矩形场地的长和宽．
18．综合与实践
将两个全等的的和，其中，按如图1方式放置，与交于点O．
(1)通过观察和测量，猜想的数量关系为 ；与的位置关系是 ；
(2)将绕点C逆时针旋转至图2所示的位置，（1）中的猜想是否还成立，若成立，请证明；不成立，请说明理由．
四、解答题（二）（本大题共3小题，每小题9分，共27分）
19．如图，已知抛物线与直线：交于两点，顶点为D．
(1)请根据图象直接写出时x的取值范围；
(2)将绕点A顺时针旋转后，点B落到点C的位置，将抛物线沿y轴平移后经过点C，求平移后所得抛物线的解析式．
20．如图所示，它是一个三角点阵，从上向下数有无数多行，其中第一行有1个点，第二行有2个点……，第行有个点，……
(1)第一行有1个点，前两行点数和是3，前三行点数和是6，请问前四行的点数和是 ，前行的点数和是 ；
(2)探究发现，120是前 行的点数和；
(3)三角点阵中前行的点数和能是600吗？如果能请求出；如果不能，试用一元二次方程说明理由．
21．如图，在中，，的角平分线交边于点D．
(1)以边上一点O为圆心，过A，D两点作（不写作法，保留作图痕迹）；
(2)判断直线与的位置关系，并说明理由；
(3)若（1）中的与船边的另一个交点为E，， ，求的弧长（结果保留根号和π）．
五、解答题（三）（本大题共2小题，每小题12分，共24分）
22．综合探究
（一）新知学习：
人教版数学九年级上教材第119页《探究四点共圆的条件》发现，圆内接四边形的判断定理：如果四边形对角互补，那么这个四边新内接于圆（即如果四边形EFGH的对角互补，那么四边形的四个顶点E、F、G、H都在同个圆上）．
（二）问题解决：
已知的半径为2，是的直径，P是上任意一点，过点P分别作的垂线，垂足分别为N，M．
(1)若直径（如图1），在点P（不与B、C重合）从B运动到C的过程中，的长是否为定值，若是，请并求出其定值；若不是，请说明理由．
(2)若直径与相交成角，当点P（不与B、C重合）从B点运动到C的过程中（如图2），证明的长为定值．
(3)试问当直径与相交成多少度角时，的长取最大值，并写出其最大值．
23．综合运用
如图，在平面直角坐标系中，已知抛物线与轴交于、两点，与轴交于点，连接．
(1)求抛物线的解析式与顶点坐标；
(2)如图1，在对称轴上是否存在一点，使，若存在，请求出点的坐标；若不存在，请说明理由；
(3)如图2，若点是抛物线上的一个动点，且，请直接写出点的横坐标．
参考答案与解析
1．C
【分析】根据轴对称图形和中心对称图形的概念，对选项逐个判断即可．
【详解】解：A、图形是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意；
B、图形既不是轴对称图形，又不是中心对称图形，不符合题意；
C、图形既是轴对称图形，又是中心对称图形，符合题意；
D、图形是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意；
故选：C
【点睛】此题考查了轴对称图形和中心对称图形的概念，解题的关键是掌握轴对称图形和中心对称图形的概念，若一个图形沿着一条直线折叠后两部分能完全重合，这样的图形就叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴；一个平面图形，绕一点旋转，与自身完全重合，此平面图形为中心对称图形．
2．C
【分析】若点到圆心的距离大于半径，则点在圆外，若点到圆心的距离等于半径，则点在圆上，若点到圆心的距离小于半径，则点在圆内，根据原理进行判断即可得到答案．
【详解】解： 的半径为，
而＜
点在外，
故选：
【点睛】本题考查的是点与圆的位置关系，掌握点与圆的位置关系的判断是解题的关键．
3．C
【分析】此题考查了配方法解一元二次方程，配方法的一般步骤：（1）把常数项移到等号的右边；（2）把二次项的系数化为1；（3）等式两边同时加上一次项系数一半的平方．选择用配方法解一元二次方程时，最好使方程的二次项的系数为1，一次项的系数是2的倍数．
【详解】解：，
∴，
∴，
故选C．
4．A
【分析】本题考查的是反证法的应用，根据反证法的步骤中，第一步是假设结论不成立，反面成立解答．
【详解】解：用反证法证明“中至少有两个锐角”，第一步应假设中最多有一个锐角，
故选：A．
5．C
【分析】利用二次函数的性质一一判断即可；
【详解】解：二次函数=x²-2x+4，
∵a=1＞0，
∴抛物线开口向上;顶点坐标为（1，3）;对称轴是直线x=1，当x>1时，y随x的增大而增大;抛物线与y轴的交点是（0，4）,
故A，B，D正确，
故选：C．
【点睛】本题考查了二次函数的性质，解题的关键是根据二次函数的性质逐一对照四个选项即可得出结论．
6．A
【分析】根据一元二次方程的根的判别式，建立关于m的不等式，求出m的取值范围即可．
【详解】解：∵关于x的一元二次方程x2-5x+m=0有两个不相等的实数根，
∴△=b2-4ac=（-5）2-4×1×m＞0，
∴．
故选：A．
【点睛】本题考查了根的判别式，一元二次方程根的情况与判别式△的关系：（1）△＞0⇔方程有两个不相等的实数根；（2）△=0⇔方程有两个相等的实数根；（3）△＜0⇔方程没有实数根．
7．C
【分析】本题主要考查了旋转的性质，三角形外角的性质，等边对等角，先根据旋转的性质得到，，再由等边对等角得到，利用三角形外角的性质得到，由此可得答案．
【详解】解：由旋转的性质可得，，
∴，
∵，
∴，
∴，
故选C．
8．A
【分析】作正多边形的外接圆，根据圆周角定理得到，根据中心角的定义即可求解．
【详解】解：如图，作正多边形的外接圆，
∵，
∴，
∴这个正多边形的边数为．
故选：A．
【点睛】此题主要考查正多边形的性质，解题的关键是熟知圆周角定理．
9．B
【分析】过点作半径于，如图，由垂径定理得到，再利用勾股定理计算出，然后即可计算出的长．
【详解】解：过点作半径于，如图，
∴，
在中， ，
∴，
∴筒车工作时，盛水桶在水面以下的最大深度为．
故选：B．
【点睛】本题考查了垂径定理，垂直于弦的直径平分弦，并且平分弦所对的两条弧，能熟练运用垂径定理是解题的关键．
10．D
【分析】本题主要考查二次函数的图象及性质，由表格数据可知，该二次函数对称轴为：，当时，由，得，则，可判断①，由且，可判断②；将代入得，得，可判断③．
【详解】解：由表格数据可知，该二次函数对称轴为，
若时，如图，

∵，
∴，则与条件矛盾，
∴，故①正确，
如图：

∵，
∴，且，
∴，
∴，故②正确；
将代入得，
此时，
∴，故③正确；
综上①②③正确．
故选D．
11．
【分析】根据圆锥的侧面积计算公式求解即可．
【详解】解：∵圆锥的母线长是10cm，底面圆半径为
∴圆锥的侧面积：S=（cm2），
故答案为：．
【点睛】本题考查了圆锥的计算，解题的关键是正确地进行圆锥与扇形的转化．
12．
【分析】根据二次函数的性质配方找出顶点坐标，即可得到答案．
【详解】解：由题意可得，
，
小球运动中的最大高度是m，
故答案为．
【点睛】本题考查二次函数性质的实际应用，解题的关键是配方化成顶点式．
13．
【分析】如图所示，连接，由正方形的性质得到，，由旋转的性质得到，则，利用证明得到，则厘米．
【详解】解：如图所示，连接，
∵四边形和四边形都是正方形，
∴，，
由旋转的性质可得，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，由勾股定理得，
∴厘米，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质，旋转的性质，勾股定理，全等三角形的性质与判定，含30度角的直角三角形的性质，正确作出辅助线构造全等三角形是解题的关键．
14．三
【分析】根据对称轴公式求出顶点横坐标，再根据开口向上及有两个交点即可得到顶点纵坐标与0的关系，即可得到答案．
【详解】解：由题意可得，
顶点横坐标为：，
∵，
∴抛物线开口向上，
∵一元二次方程有两个不相等的实数根，
∴抛物线与x轴有两个交点，
顶点纵坐标：，
∴抛物线顶点在第三象限，
故答案为：三．
【点睛】本题考查二次函数与一元二次方程之间的关系及二次函数顶点公式，解题的关键是根据开口方向及与x轴交点确定顶点纵坐标与0的关系．
15．##
【分析】根据点E是AB的黄金分割点，可得，代入数值得出答案．
【详解】∵点E是AB的黄金分割点，
∴．
∵AB=2米，
∴米．
故答案为：（）．
【点睛】本题主要考查了黄金分割的应用，掌握黄金比是解题的关键．
16．（1）；（2），另一个根为1
【分析】本题主要考查了解一元二次方程，一元二次方程根与系数的关系，对于一元二次方程，若是该方程的两个实数根，则．
（1）先移项，然后利用因式分解法解方程即可；
（2）设方程的另一个根为t，利用根与系数的关系得到，解方程即可得到答案．
【详解】解：（1）∵，
∴，
∴，
∴或，
解得；
（2）设方程的另一个根为t，
∵关于x的一元二次方程的一个根为3，另一个根为t，
∴，
∴，
∴．
17．矩形的长为10m，宽为5m．
【分析】设所围矩形平行于墙的一边长为x米，则另一边长为（20﹣x）米，根据矩形面积的计算方法列出方程求解．
【详解】设矩形与墙平行的一边长为xm，
则另一边长为（20﹣x）m．
根据题意，得（20﹣x）x＝50，
解方程，得＝10，．
当x＝10时，（20﹣x）＝5．
答：矩形的长为10m，宽为5m．
【点睛】本题考查了一元二次方程的应用．解题关键是要读懂题目的意思，根据题目给出的条件，找出合适的等量关系，列出方程，再求解
18．(1)，
(2)成立，理由见解析
【分析】本题主要考查了旋转的性质，等腰三角形的性质及全等三角形的证明及性质．
（1）由，推出，可求得；再得到点O是三边垂线的交点，即可得出；
（2）根据题意证明，根据全等三角形性质推理得出，然后根据等腰三角形的顶角平分线的性质即可得出答案．
【详解】（1）解：，．
证明：∵，
∴，
∴；
∵，
∴点O是三边垂线的交点，
∴；
故答案为：，；
（2）解：成立，
证明：由题意可知：，
∴，
∴，
∴，
在和中，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴在等腰中，是顶角的平分线，
∴．
19．(1)或
(2)
【分析】本题主要考查了二次函数与不等式之间的关系，二次函数图象的平移问题，待定系数法求二次函数解析式等等，熟知二次函数的相关知识是解题的关键．
（1）根据函数图象找到二次函数图象在一次函数图象上方时自变量的取值范围即可得到答案；
（2）先根据旋转方式求出点C的坐标，再把原抛物线解析式化为顶点式，进而设出平移的后的解析式，再把点C的坐标代入平移后的解析式求解即可．
【详解】（1）解：由函数图象可知，当二次函数图象在一次函数图象上方时，自变量的取值范围为或，
∴当时，x的取值范围或；
（2）解：设将绕点A顺时针旋转后的对应图形为，
∵，
∴，
由旋转的性质可得，
∴点C的坐标为，
∵原抛物线解析式为，
∴可设平移后的抛物线解析式为，
把点代入中得：，
∴，
∴平移后的抛物线解析式为
20．(1)10；
(2)15
(3)三角形点阵中前行的点数和不能是600，理由见解析
【分析】本题考查了与实数相关的规律题，一元二次方程，用代数式表示数；通过所给图形列出正确代数式是解决问题的关键．
（1）由于第一行有个点，第二行有个点…第行有个点，
则前四行共有个点，
前行共有＝个点．
（2）令=，的值即为所求．
（3）令，整理为，
通过判别式判断值是否为整数，进而判断点数能不能为．
【详解】（1）由于第一行有个点，第二行有个点…第行有个点，
则前四行共有 个点，
前行共有个点，
可以把第一行和最后一行点加起来是，
第二行和倒数第二行加起来是，
以此类推，一共有行，
所以前行共有=个点．
故前四行点数和为；前行点数和为．
（2）根据题意可得：，
整理得，
求得．
（3）根据题意可得：，
整理得，．
，
而，即．
不是一个完全平方数，即方程的两根均为无理数．
三角形点阵中前行的点数和不能是600．
21．(1)见解析
(2)与的切线．理由见解析；
(3)．
【分析】本题主要考查作圆，切线的判定与性质以及弧长的计算．
（1）作的垂直平分线交于点O，则点O即为的圆心；
（2）根据题意得：O点为圆心，由的角平分线交边于D，由圆的性质可证得，又由，则问题得证；
（2）设的半径为r．则在中，利用勾股定理列出关于r的方程，通过解方程即可求得r的值；然后计算弧长即可．
【详解】（1）如图，作的垂直平分线交于点O，O为圆心，为半径作圆．
（2）与的切线．
连接．
平分
∵∠C=90°，
即，
是的半径，
是的切线．
（3）设的半径为r，则，
在中，，
．
即，
∴，
∴的弧长为．
22．(1)的长为定值，该定值为2；
(2)见解析
(3)当直径与相交成角时，取得最大值2．
【分析】（1）如图1，易证四边形是矩形，则有，问题得以解决；
（2）设四边形的外接圆为，连接并延长，交于点，连接，如图3，根据圆周角定理可得，，在中运用三角函数可得：，从而可得，由此即可解决问题；
（3）由（2）中已得结论可知，当时，最大，问题得以解决．
【详解】（1）如图1，
，即，
，
四边形是矩形，
，
的长为定值，该定值为2；
（2）设四边形的外接圆为，连接并延长，
交于点，连接，如图3，

则有，，
在中，，
，
，
是定值．
（3）由（2）得．
当直径与相交成角时，，取得最大值2．
【点睛】本题主要考查了圆周角定理、在同圆中弧与圆心角的关系、矩形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、三角函数、角平分线的性质等知识，推出是解决本题的关键．
23．(1)抛物线解析式为，顶点的坐标为．
(2)存在，．
(3)点的横坐标为．
【分析】（1）本小问将点代入解析式，解二元一次方程组，即可解题．
（2）本小问由可知，点与构成以为底边的等腰三角形，所以点在的垂直平分线上，根据题干条件与等腰三角形性质“三线合一”求该垂直平分线的解析式，点就是垂直平分线与抛物线对称轴的交点，利用对称轴即可求得点坐标．
（3）本小问因为，可利用“同弧所对的圆周角等于圆心角一半”，建立以为底边的等腰直角三角形，以等腰直角三角形的顶点为圆心，以为半径画圆与抛物线的交点就是点，再利用勾股定理表示两点间的距离建立方程，即可求解．
【详解】（1）解：抛物线与轴交于、两点，
，解得，
抛物线解析式为，
将解析式变为顶点式为，则抛物线的顶点为，
综上所述，抛物线解析式为，顶点的坐标为．
（2）
存在，理由如下：
作于点，并延长，
，
，为等腰三角形，
，
抛物线解析式为，
，有，
，有，
，
，即直线过点，
点为中点．
，
设直线的解析式为，有，解得，故直线的解析式为，
在抛物线的对称轴上，且抛物线对称轴为，
把代入中，有，
．
（3）解：点的横坐标为，如图所示：
在对称轴上取点，使得为的等腰直角三角形，再以为半径作交抛物线于，两点，则．
是的中点，且由坐标可知，
．
，且，
设，有．
即有，
，
，
令，有，解得，，
即或，解得（舍去），（舍去），，．
如图轴下方抛物线，不存在点使得，
综上所述，点的横坐标为．
【点睛】本题考查用待定系数法求二次函数解析式、等腰三角形性质、利用一次函数求交点、勾股定理和同弧所对的圆周角等于圆心角一半求点的坐标，掌握利用勾股定理求两点间距离是解题的关键．
x
……
3
7
……
y
……
m
m
……