2023-2024学年江苏省镇江市润州区九年级上册12月月考数学试题（含解析）

这是一份2023-2024学年江苏省镇江市润州区九年级上册12月月考数学试题（含解析），共22页。试卷主要包含了如图，点均在上，，则的度数为，下列说法中，正确的是等内容，欢迎下载使用。

一．选择题（共6小题，共18分）
1．下列函数中，表示y是x的二次函数的是（ ）
A．B．C．D．
2．如图，点均在上，，则的度数为（ ）
A．B．C．D．
3．下列说法中，正确的是（ ）
A．长度相等的弧是等弧B．在同圆或等圆中，弦相等则所对的弧相等
C．优弧一定比劣弧长D．在同圆或等圆中，圆心角相等则所对的弦相等
4．二次函数y=﹣x2﹣2x+1配方后，结果正确的是（ ）
A．B．
C．D．
5．某商店今年1月份的销售额是2万元，3月份的销售额是4.5万元，从1月份到3月份，该店销售额平均每月的增长率是（ ）
A．20%B．25%C．50%D．62.5%
6．如图，抛物线的顶点坐标为，那么下列结论中：①；②；③；④；⑤方程有四个根，则这四个根的和为4．正确的个数为（ ）
A．2个B．3个C．4个D．5个
二．填空题（共12小题，共24分）
7．抛物线的顶点坐标是 ．
8．若圆锥的底面半径长2cm，母线长3cm，则该圆锥的侧面积为 （结果保留）．
9．设的半径为R，圆心O到直线的距离为d，若d，R是方程的两根，则直线Z与相切时，m的值为 ．
10．如图，在⊙O中，CD是直径，弦ABCD，垂足为E，连接BC，若AB=cm，，则圆O的半径为 cm．
11．已知m、n是一元二次方程的两个实数根，则代数式的值等于 ．
12．如图，在的内接四边形中，是直径，，，则 ．
13．将抛物线向右平移1个单位，再向上平移2个单位后所得到的抛物线的解析式为 .
14．圆的内接正十二边形一条边所对的圆周角是 ．
15．如图，直线和抛物线都经过点A（1，0），B（3，2），则求不等式的解集 ．
16．如图，以AB为直径的半圆沿弦BC折叠后，AB与相交于点D．若＝，则∠B＝ °．
17．已知：抛物线．当时，的最小值为，则 ．
18．对于任意两实数，用表示其中较大的数，例如．如图在平面直角坐标系中，已知点，半径为1，圆心在直线上运动，若对于上任意点，都有，则圆心的横坐标的取值范围是 ．
三．解答题（共9小题，共78分）
19．解方程：
(1)；
(2)；
(3)．
20．已知方程是关于的一元二次方程．
求证：方程总有两个实根．
若方程的两根异号且都为整数，求满足条件的的整数值．
21．如图，⊙是的外接圆，半径为8，直线与⊙相切，切点为，，与间的距离为14．
(1)仅用无刻度的直尺，画出一条弦，使这条弦将分成面积相等的两部分（保留作图痕迹，不写画法）．
(2)求弦的长．
22．已知二次函数．
(1)完成下表，并在方格纸中画该函数的图像；
(2)根据图像，完成下列填空：
①当时，随的增大而______；
②当时，的取值范围是______．
23．某商店准备销售一种多功能文件夹，计划从厂家以每个8元的价格进货，经过市场调研发现，当每个文件夹的售价为10元时，月均销量为100个，售价每增长1元，月均销量就相应减少10个．
(1)若使这种文件夹的月均销量不低于50个，每个文件夹售价应不高于多少元？
(2)在（1）的条件下，当这种文件夹销售单价为多少元时，销售利润是320元．
24．如图，在Rt△ABC中，∠BAC=90°，点D为BC边的中点，以AD为直径作⊙O，分别与AB，AC交于点E，F，过点E作EG⊥BC于G．
（1）求证：EG是⊙O的切线；
（2）若AF=6，⊙O的半径为5，求BE的长．
25．如图，在矩形ABCD中，AB=6cm，BC=12cm，点P从点A出发沿着AB以每秒1cm的速度向点B移动；同时点Q从点B出发沿着BC以每秒2cm的速度向点C运动．设△DPQ的面积为S，运动时间为t秒．
（1）用含t的代数式表示出BP的长为 cm，CQ的长为 cm；
（2）写出S与t之间的函数关系式；
（3）当△DPQ的面积最小时，请判断线段PQ与对角线AC的关系，并说明理由．
26．（1）如图①，点，，在上，点在外，比较与的大小，并说明理由；

（2）如图②，点，，在上，点在内，比较与的大小，并说明理由；

（3）利用上述两题解答获得的经验，解决如下问题：
在平面直角坐标系中，如图③，已知点，，点在轴上，试求当度数最大时点的坐标.

27．如图，抛物线的顶点为，对称轴是直线，与轴的交点为和．将抛物线绕点逆时针方向旋转，点为点旋转后的对应点，旋转后的抛物线与轴相交于两点．
(1)写出点的坐标及求抛物线的解析式；
(2)求证：三点在同一直线上；
(3)设点是旋转后抛物线上之间的一动点．是否存在一点，使四边形的面积最大？如果存在，请求出四边形的面积；如果不存在，请说明理由．
参考答案与解析
1．B
【分析】根据二次函数的一般形式：形如（a，b，c为常数且），逐一判断即可解答．
【详解】解：A、，不是二次函数，故不符合题意；
B、，是二次函数，故符合题意；
C、，不是二次函数，故不符合题意；
D、，不是二次函数，故不符合题意；
故选：B．
【点睛】本题考查了二次函数的定义，熟练掌握二次函数的一般形式是解题的关键．
2．B
【分析】本题主要考查了圆周角定理，理解并掌握圆周角定理是解题关键．圆周角定理：一条弧所对圆周角等于它所对圆心角的一半，直接利用圆周角定理计算即可．
【详解】解：∵，
∴．
故选：B．
3．D
【分析】根据圆心角，弧，弦之间的关系一一判断即可．
【详解】A项，在同圆或等圆中，长度相等的弧是等弧，故原说法错误，本项不符合题意；
B项，在同圆或等圆中，弦所对的弧有优弧或劣弧，两弧不一定相等，故原说法错误，本项不符合题意；
C项，在同圆或等圆中，优弧一定比劣弧长，故原说法错误，本项不符合题意；
D项，在同圆或等圆中，圆心角相等则所对的弦相等，说法正确，本项符合题意；
故选：D．
【点睛】本题考查圆心角，弧，弦之间的关系，解题的关键是掌握圆心角，弧，弦之间的关系．
4．A
【分析】根据配方法把二次函数的一般式化为顶点式即可．
【详解】​y=-x2-2x+1=-（x2+2x+1）+2=-（x+1）2+2，
故选A．
【点睛】本题考查了二次函数的三种形式，掌握用配方法把一般式化为顶点式是解题的关键．
5．C
【详解】设该店销售额平均每月的增长率为x，则二月份销售额为2（1+x）万元，三月份销售额为2（1+x）2万元，
由题意可得：2（1+x）2=4.5，
解得：x1=0.5=50%，x2=﹣2.5（不合题意舍去），
答即该店销售额平均每月的增长率为50%；
故选C．
6．C
【分析】本题考查了二次函数与一元二次方程、二次函数的图象及性质、二次函数的图象与系数的关系，根据抛物线的开口方向及与轴的交点得，，再根据抛物线的对称轴得，则可判断①；利用抛物线的对称轴可判断②；根据抛物线与轴有两个交点可判断③；令，是方程的两个根，由图象得，，根据得，进而可判断④；方程整理得：或，令，是的根据，，是的根，根据抛物线的对称性得，，则可判断⑤；
会运用抛物线的开口方向、与坐标轴的交点及对称轴的位置确定系数的符号，理解二次函数与一元二次方程之间的转换，根的判别式的熟练运用及二次函数的性质是解题的关键．
【详解】解：由图得，抛物线与轴交于正半轴，开口方向向下，
，，
抛物线的对称轴为，
，
，故①错误；
抛物线的对称轴为，
，即，故②正确；
抛物线与轴有两个交点，
，故③正确；
令，是方程的两个根，由图象得，，
由，
，
，
，
，
，故④正确；
方程整理得：或，
方程有四个根，
令，是的根，，是的根，
且抛物线的对称轴为，
，即，
，即，
，故⑤正确；
则正确的个数为4个，
故选C．
7．
【分析】根据二次函数的性质求解即可．
【详解】解：的顶点坐标是．
故答案为：．
【点睛】本题考查了二次函数(a，h，k为常数，)的性质，熟练掌握二次函数的性质是解答本题的关键．是抛物线的顶点式，a决定抛物线的形状和开口方向，其顶点是，对称轴是y轴．
8．
【分析】根据圆锥的侧面积公式，把相应数值代入即可求解．
【详解】解：．
故答案为：．
【点睛】本题考查了圆锥侧面积的计算，解题的关键是牢记圆锥的侧面积的计算公式．
9．9
【分析】根据切线的性质可得，再由一元二次方程根的判别式，即可求解．
【详解】解：∵直线Z与相切，
∴，
∵d，R是方程的两根，
∴方程有两个相等的实根，
，
解得： ．
故答案为：9．
【点睛】本题主要考查了切线的性质，一元二次方程根的判别式，熟练掌握切线的性质，一元二次方程根的判别式是解题的关键．
10．2
【详解】解：如图，连接OB
∵
∴
∵在⊙O中，CD是直径，弦ABCD
∴AE=BE，且△OBE是等腰直角三角形
∵AB=cm
∴BE=cm
∴OB=2 cm
故答案为：2．
【点睛】本题考查了垂径定理：平分弦的直径平分这条弦，并且平分弦所对的两条弧．也考查了圆周角定理和等腰直角三角形的性质，熟练掌握运用这些性质定理是解题关键．
11．
【分析】根据一元二次方程的根与系数的关系和一元二次方程解的定义得到，再把原式变形为，由此代值计算即可．
【详解】解：∵m、n是一元二次方程的两个实数根，
∴，
∴，
∴
，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了一元二次方程的根与系数的关系，一元二次方程解的定义，正确将原式变形为是解题的关键．
12．40
【分析】首先根据“圆的内接四边形的对角互补”可得，然后结合等腰三角形的性质和三角形内角和定理可得，然后根据“两直线平行，同位角相等”，即可获得答案．
【详解】解：∵四边形是的内接四边形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴．
故答案为：40．
【点睛】本题主要考查了圆内接四边形的性质、等腰三角形的性质、三角形内角和定理、平行线的性质等知识，利用圆内接四边形的性质得出是解题关键．
13．
【分析】根据二次函数图像的平移规律即可解答．
【详解】解：将抛物线向右平移1个单位，再向上平移2个单位后，得到的新的抛物线的解析式为：．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了二次函数图像的平移变换，掌握函数图像的平移规律“左加右减，上加下减”是解答本题的关键．
14．15或165##165或15
【分析】本题主要考查了正多边形的性质、圆周角定理等知识，分两种情况讨论是解答本题的关键．求出一条边所对的圆心角的度数，再根据圆周角和圆心角的关系解答即可．
【详解】解：圆内接正十二边形的边所对的圆心角和，
根据圆周角等于同弧所对圆心角的一半，
圆的内接正十二边形一条边所对的圆周角的度数是或．
故答案为15°或165．
故答案为：15或165．
15．
【详解】试题分析：根据两函数的交点坐标，即可求出不等式的解集．
解：∵直线和抛物线都经过点A（1，0），B（3，2），
∴两函数的交点坐标为（1，0），（3，2），
∴由图象可知，不等式的解集为.
故答案为.
16．18
【分析】根据题意连接OC，首先证明＝，即可推出∠ AOC＝×180°＝36°解决问题.
【详解】解：如图，连接OC．
∵＝，＝，
∴＝，
∴＝，
∴∠AOC＝×180°＝36°，
∵OC＝OB，
∴∠OCB＝∠B，
∵∠AOC＝∠B+∠OCB，
∴∠B＝18°.
故答案是：18.
【点睛】本题考查圆周角定理以及翻折变换等知识，正确的作出辅助线是解题的关键，注意掌握折叠是一种对称变换，它属于轴对称，折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等．
17．或4
【分析】本题主要考查了二次函数的图像与性质、二次函数最值问题，解题关键是分和两种情况进行讨论．根据抛物线的解析式，首先确定该抛物线的对称轴，根据二次函数的图像与性质可知当时，在，函数有最小值；当时，在中，当时，函数有最小值，即可获得答案．
【详解】解：由抛物线可知，
该抛物线的对称轴为，
当时，在，函数有最小值，
∵的最小值为，
∴，
∴；
当时，在中，当时，函数有最小值，
∴，解得；
综上所述，或4．
故答案为：或4．
18．或
【分析】本题主要考查了坐标与图形、勾股定理、点与圆的位置关系等知识，解题关键是运用数形结合和分类讨论的思想分析问题．当点在轴右侧时，连接，作轴于点，结合题意和勾股定理求得的取值范围，然后同理计算当点在轴左侧时，满足条件的点的横坐标的范围即可．
【详解】解：当点在轴右侧时，连接，作轴于点，
∵对于上任意一点，均有，
∴当时，，
∴，
∴此时，
当时，，
∴，
∴此时，
∴满足条件的点的横坐标的范围为，
同理可知，当点在轴左侧时，
满足条件的点的横坐标的范围为．
故答案为：或．
19．(1)，
(2)，
(3)，
【分析】本题主要考查了解一元二次方程，解题关键是熟练掌握解一元二次方程的常用方法：直接开方法、配方法、公式法、因式分解法．
（1）运用直接开方法解该方程即可；
（2）将原方程整理为，然后用因式分解法求解即可；
（3）运用公式法求解该方程即可．
【详解】（1）解：，
，
，
∴，；
（2）解：，
，
，
∴，；
（3）解：，
∵，，，
∴，
∴，
∴，．
20．(1)见解析 （2），
【分析】（1）由已知得，，可得结论；（2）由公式法得，，方程的两根异号且都为整数，满足条件的的整数值为，．
【详解】证明：由已知，，
，
故方程总有两个实根．
解：由可得，
，，
∵方程的两根异号且都为整数，
∴满足条件的的整数值为，．
【点睛】本题考核知识点：根判别式，解一元二次方程. 解题关键点：熟记根判别式，运用公式法解一元二次方程.
21．(1)答案见解析
(2)
【分析】（1）连接并延长交于，连接并延长交于，则弦即为所求；
（2）连接，根据切线的性质得，则根据平行线的性质得，根据垂径定理可得，然后在中利用勾股定理计算出的值，然后利用求解即可．
【详解】（1）解：如下图，即为所求；
（2）连接OC，如图，
∵直线与相切，切点为，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴在中，，
∴．
【点睛】本题主要考查了切线的性质、垂径定理、勾股定理、平行线的性质等知识，理解并掌握切线的性质、垂径定理是解题关键．
22．(1)，0，函数的图像见详解
(2)增大；
【分析】本题主要考查了二次函数的图像与性质、描点法绘制函数图像等知识，解题关键是熟练掌握二次函数的图像与性质．
（1）分别计算出时，时的函数值，再在平面直角坐标系中描点，最后用平滑的曲线连接起来即可；
（2）①根据图像即可解答；②根据图像，找出抛物线位于轴下方的图像对应的自变量取值范围即可．
【详解】（1）解：对于二次函数，
当时，，
当时，．
故答案为：，0；
画出函数图形如下图所示：
（2）①由图可知，当时，随的增大而增大；
故答案为：增大；
②由表可知，抛物线与轴相交于点，，
由图可知，当时，的取值范围是．
故答案为：．
23．(1)每个文件夹售价应不高于15元；
(2)当这种文件夹销售单价为12元时，销售利润是320元．
【分析】本题主要考查了一元二次方程的应用，一元一次不等式的应用，明确题意，准确得到数量关系是解题的关键．
（1）设每个个文件夹的售价为x元，则月均销量为个，根据“这种文件夹的月均销量不低于50个，”列出不等式，即可求解；
（2）根据“销售利润是320元”列出方程，即可求解．
【详解】（1）解：设每个文件夹的售价为x元，则月均销量为个，
依题意，得：，解得：，
答：每个文件夹售价应不高于15元；
（2）解：依题意，得：，
整理，得：，
解得：，．
∵，
∴不符合题意，
故，
答：当这种文件夹销售单价为12元时，销售利润是320元．
24．（1）见解析；（2）8
【分析】（1）先判断出EF是⊙O的直径，进而判断出OE∥BC，即可得出结论；
（2）先根据勾股定理求出AE，再判断出BE=AE，即可得出结论．
【详解】（1）证明：如图，连接EF，
∵∠BAC=90°，
∴EF是⊙O的直径，
∴OA=OE，
∴∠BAD=∠AEO，
∵点D是Rt△ABC的斜边BC的中点，
∴AD=BD，
∴∠B=∠BAD，
∴∠AEO=∠B，
∴OE∥BC，
∵EG⊥BC，
∴OE⊥EG，
∵点E在⊙O上，
∴EG是⊙O的切线；
（2）∵⊙O的半径为5，
∴EF=2OE=10，
在Rt△AEF中，AF=6，
根据勾股定理得， ，
由（1）知OE∥BC，
∵OA=OD，
∴BE=AE=8．
【点睛】此题主要考查了圆的有关性质，切线的判定，直角三角形斜边的中线是斜边的一半，勾股定理，能判断出EF∥BC是解本题的关键．
25．（1）(6-t)，(12-2t)；（2）S=t2-6t+36；（3）PQ∥AC，理由见解析
【分析】（1）由题意可得出答案；
（2）根据△PQD的面积=矩形ABCD的面积-△APD的面积-△PBQ的面积-△CDQ的面积可得出答案；
（3）由二次函数的性质及中位线定理可得出答案．
【详解】解：（1）根据题意得：AP=t(cm)，BQ=2t(cm)，
则BP=(6-t)cm，CQ=(12-2t)cm，
故答案为：(6-t)，(12-2t)；
（2）∵BP=6-t(cm)，CQ=12-2t(cm)，
∴△PQD的面积=矩形ABCD的面积-△APD的面积-△PBQ的面积-△CDQ的面积
=12×6-×12t-×2t×(6-t)-×6(12-2t)
=t2-6t+36，
∴S=t2-6t+36；
（3）∵S=t2-6t+36=(t-3)2+27，且1＞0，
∴当t=3时，S最小；
即经过3s时，△PQD的面积最小，此时，PQ∥AC．
理由：∵t=3，
∴AP=PB=3(cm)，CQ=BQ=6(cm)，
∴PQ∥AC．
．
【点睛】本题考查了矩形的性质，二次函数的最值，中位线定理，熟练掌握二次函数的性质是解题的关键．
26．（1）；理由详见解析；（2）；理由详见解析；（3），
【分析】（1）根据圆周角定理：在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半，构建圆周角，然后利用三角形外角性质比较即可；
（2）根据圆周角定理：在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半，构建圆周角，然后利用三角形外角性质比较即可；
（3）根据圆周角定理，结合（1）（2）的结论首先确定圆心的位置，然后即可得出点P的坐标.
【详解】（1）交于点，连接，如图所示：

中
又
∴
（2）延长交于点，连接，如图所示：

中
又
∴
（3）由（1）（2）结论可知，当OP=2.5时，∠MPN最大，如图所示：

∴OM=2.5，MH=1.5
∴
∴，
【点睛】本题考查了圆周角定理、三角形的外角性质的综合应用，熟练掌握，即可解题.
27．(1)，
(2)见详解
(3)存在点使得四边形的面积最大，面积最大值为
【分析】（1）根据抛物线的对称性即可写出的坐标，然后利用待定系数法求出抛物线解析式即可；
（2）首先求得点的坐标，根据旋转的性质求出、的坐标，设直线的解析式为，利用待定系数法解得直线的解析式，根据以此函数图象上点的坐标特征确定点在直线上，即可得到结论；
（3）连接，由于是定值，则要使四边形的面积最大，只要最大，将绕点顺时针旋转，则点与点重合，点与点重合，点与点重合，，利用旋转变换得出点的坐标，点的坐标为，设直线的解析式为，求得直线的解析式，再设直线上有一点，易得，故有当时，，可得，点的坐标为，结合，然后计算出四边形的面积即可．
【详解】（1）解：根据题意，点与点关于直线对称，
∴，
将点，代入抛物线，
可得，解得，
∴该抛物线的解析式为；
（2）将代入抛物线，
可得，即，
根据旋转的性质可得，点的坐标为，
∴点的坐标为，
设直线的解析式为，
将点，代入，
可得，解得，
∴直线的解析式为，
将代入，可得，
即直线经过点，
∴三点在同一直线上；
（3）存在点使得四边形的面积最大，
连接，如下图，
∵是定值，
∴要使四边形的面积最大，只要最大即可，
将绕点顺时针旋转，则点与点重合，点与点重合，点与点重合，
∵点与点均在抛物线上，
∴，
设点的坐标为，
设直线的解析式为，
则有，解得，
∴直线的解析式为，
设直线上有一点，
则，
∴当时，，
若时，，
∴，
∴点的坐标为，
∵点的坐标为，点的坐标为，
∴，
∴四边形的面积，
∴存在点使得四边形的面积最大，面积最大值为．
【点睛】本题主要考查了坐标与图形、二次函数的图像与性质、待定系数法求一次函数与二次函数解析式、一次函数与二次函数综合应用、旋转的性质等知识，综合运行相关知识是解题关键．
…
0
1
2
3
…
…
0
…