江西省南昌市经济技术开发区2023-2024学年九年级上学期月考数学试题

这是一份江西省南昌市经济技术开发区2023-2024学年九年级上学期月考数学试题，共26页。试卷主要包含了考试结束后，答题纸交回等内容，欢迎下载使用。
说明：本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，全卷满分120分．考试用时120分钟．
注意事项：考生在答题前请认真阅读本注意事项及各题答题要求
1．答题前，请您务必将自己的姓名、考试证号用书写黑色字迹的0.5毫米签字笔填写在答题卡和答题纸上．
2．作答非选择题必须用书写黑色字迹的0.5毫米签字笔写在答题纸上的指定位置，在其它位置作答一律无效．作答选择题必须用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其它答案，请保持卡面清洁和答题纸清洁，不折叠、不破损．
3．考试结束后，答题纸交回．
一、选择题（本大题共6题，每小题3分，共计18分．在每小题列出的四个选项中只有一项是最符合题目要求的）
1. 如图所示图形中，是中心对称图形的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查中心对称图形的识别，掌握“中心对称图形是指一个图形绕某一点旋转后能够与原图形重合”是解题的关键，根据定义判断即可．
【详解】解：A.不是中心对称图形；
B.不是中心对称图形；
C.是中心对称图形；
D.不是中心对称图形；更多课件教案等低价滋源(一定远低于各大平台价格)请 家 威杏 MXSJ663 故选C．
2. 若分别是一元二次方程的两个根，则的值是（ ）．
A. 6B. C. 5D.
【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，若，为方程的两个根，则，与系数的关系式：，．直接根据根与系数的关系求解即可．
【详解】解：∵分别是一元二次方程的两个根，
∴，
∴．
故选A．
3. 把抛物线的图象向上平移2个单位，再向右平移3个单位，所得函数解析式为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据抛物线的平移规律：上加下减，左加右减，进行计算即可．本题考查二次函数图象的平移，熟练掌握平移规律：上加下减，左加右减，是解题的关键．
【详解】解：由题意得：；
故选D．
4. 据悉，尽管巴以冲突带来的地缘风险加深了市场对原油供应短缺的担忧，参考原油变化率仍处于负值区间．2023年10月24日，新一轮成品油调价窗口开启，零售限价或遇“二连跌”，若92#汽油连续两次降价后售价由8.1元降低至7.8元，下列所列方程正确的是（）
A. B.
C D.
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查由实际问题抽象出一元二次方程，解题的关键是明确题意，列出相应的方程．根据题意可以列出相应的方程，从而可以解答本题．
【详解】解：由题意可得，
故选：B．
5. 如图，绕点O顺时针旋转得到，若，当点C恰好在上时，则的度数是（ ）

A. 30°B. 40°C. 45°D. 55°
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查旋转的性质，等腰三角形判定和性质．旋转，得到，根据，求出的度数，等边对等角，求出的度数，进而得到的度数，利用平角的定义，求出的度数即可．掌握旋转的性质，是解题的关键．
【详解】解：∵绕点O顺时针旋转得到，
∴，
∵，
∴
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
故选：B．
6. 如图，在中，动弦与直径相交于点E 且总有 ，则 的值（ ）

A. 随着的增大而增大B. 随着的增大而减小
C. 随着的增大先增大后减小D. 保持不变
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查了垂径定理，以及勾股定理，作于点，连接，，则，设半径为，在直角三角形和中，利用勾股定理整理化简，是解决问题的关键．
【详解】解：作于点，连接，，则，

设半径为，
∵，则，
∴，
∴
∴的值保持不变．
故选：D．
二、填空题（本大题共6题，每小题3分，共计18分）
7. 已知是方程的解，则的值为 _____．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查一元二次方程的解：能使一元二次方程左右两边相等的未知数的值是一元二次方程的解．解题的关键是根据一元二次方程解的定义，把代入一元二次方程得，然后解方程即可．
【详解】解：∵是方程的解，
∴，
解得：，
即的值为．
故答案为：．
8. 点与点关于原点对称，则的值为______．
【答案】
【解析】
【分析】关于原点对称的点，横坐标与纵坐标都互为相反数．
【详解】解：由题意，得，
解得，，
故答案为：．
【点睛】本题考查了关于原点对称的点的坐标，解决本题的关键是掌握好对称点的坐标规律：关于x轴对称的点，横坐标相同，纵坐标互为相反数；关于y轴对称的点，纵坐标相同，横坐标互为相反数；关于原点对称的点，横坐标与纵坐标都互为相反数．
9. 如图，为的直径，为的弦，，则的度数为_______．
【答案】50°
【解析】
【分析】由同弧所对的圆周角相等可知，再由直径所对的圆周角为直角即可得到答案．
【详解】解：连接BD，
∵，
∴，
∵为的直径，
∴，
∴，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题考查了同弧所对的圆周角相等，直径所对的圆周角为直角，掌握基础知识是解题的关键．
10. 是方程的两根，则的值是___________
【答案】
【解析】
【分析】本题主要考查了一元二次方程的解、一元二次方程根与系数的关系．由方程的解得定义可得，再根据根与系数的关系可得，，然后对变形，然后整体代入即可解答．
【详解】解：已知、是方程两根，
，即；，，
．
故答案：．
11. 如图，在扇形中放置有三个全等的矩形方格，点O为扇形的圆心，格点A、B、C分别在扇形的两条半径和弧上，已知每个矩形方格的长和宽分别为和1，则阴影部分的面积为________．

【答案】
【解析】
【分析】连接，先求出长，再利用三角函数求出的度数，再根据阴影面积等于扇形的面积减去梯形面积即可得解．熟练掌握扇形面积公式和利用三角函数求出是解题的关键．
【详解】解：连接，

∵每个矩形方格的长和宽分别为和1，
∴，，
∴，
∴，，
∴阴影部分的面积为：，
故答案为：．
12. 已知等腰内接于半径为5的，已知圆心到的距离为3，则这个等腰中底边上的高可能是_________.
【答案】8或2或.
【解析】
【分析】分四种情况讨论：是底边，△ABC是锐角三角形、钝角三角形；是腰，△ABC是锐角三角形、钝角三角形；再分别利用勾股定理和垂径定理求解即可．
【详解】解：分情况讨论：
①当是底边，△ABC是锐角三角形时，连接并延长到于点，如图1，
∵，为外心，
∴，
在中，，，
∴，
∴
②当是底边，△ABC是钝角三角形时，连接交于点，如图2所示，
中，，，
∴，
∴，
③当腰，△ABC是锐角三角形时，连接并延长到于点，作于点，如图3所示，
在中，，，
∴，
∴，
设，在中，，
在中，，
∴，解得：，∴，，
④当是腰时，△ABC是钝角三角形时，连接交于点，作于点，如图4所示，
在中，，，
∴，
∵△ABC是钝角三角形，即∠ABC>90，
∴∠ABE=∠CBE>45，
∴∠CBE>∠BOD，
∴OD>BD，
而OD=3BD=4，
∴当是腰，△ABC是钝角三角形，这种情况不存在；
故答案为：8或2或．
【点睛】本题考查了垂径定理，勾股定理，利用了分类讨论的思想，熟练掌握垂径定理是解本题的关键．
三、解答题（本大题共5题，每小题6分，共计30分）
13. 解方程：
（1）；
（2）．
【答案】（1），
（2），
【解析】
【分析】本题考查了解一元二次方程，熟练掌握配方法及因式分解法是解题的关键．
（1）利用配方法可得解；
（2）利用因式分解法可得解．
【小问1详解】
解：移项，得：，
配方，得：，
开方得：，
解得：，．
【小问2详解】
移项，得：，
因式分解，得：，
即：或，
解得：，．
14. 通过配方，确定抛物线的顶点坐标，并直接写出当时，的取值范围．
【答案】；
【解析】
【分析】本题主要考查了二次函数的图象和性质，数据二次函数的增减性，将抛物线化为顶点式是解题的关键．
【详解】解：，
抛物线顶点坐标为，
∵，
∴当时，y取最大值1，
∵对称轴为直线，
∴时，最小值为，
∴当时，．
15. 如图所示，已知扇形的半径为，圆心角的度数为，若将此扇形围成一个圆锥侧面，求围成的圆锥的高以及圆锥的全面积．
【答案】高厘米，全面积为平方厘米
【解析】
【分析】本题考查圆锥展开图及扇形的弧长面积公式，勾股定理，根据圆锥展开图扇形弧长等于底面圆周长求出底面半径，结合勾股定理求出高，再根据面积公式求解即可得到答案；
【详解】解：由图形可得，
扇形的弧长，
∴圆锥的底面半径为，
∴圆锥的高为：．
∴圆锥全面积圆锥侧面积+圆锥底面积．
16. 如图，已知是的外接圆，，请仅用无刻度的直尺，按下列要求画图（保留画图痕迹）．
（1）在图1的上作点D，使为等腰直角三角形；
（2）在图2的上作点M，N，使四边形为正方形．
【答案】（1）见解析 （2）见解析
【解析】
【分析】（1）连接，并延长交于点D，连接，即可求解；
（2）连接，，并分别延长，交于点N，M，连接，，
【小问1详解】
解：画图如下：点D即为所求．
理由：如图，连接，并延长交于点D，连接，
∵是的直径，
∴，
∵，
∴为等腰直角三角形；
【小问2详解】
解：画图如下：正方形即为所求．
理由：如图，连接，，并分别延长，交于点N，M，连接，，
∵是的直径，
∴，
∴四边形是矩形，
∵，
∴为等腰直角三角形，
∴，
∴四边形是正方形．
【点睛】本题主要考查了复杂作图，圆周角定理，正方形的判定，熟练掌握圆周角定理是解题的关键．
17. 如图，是的弦，，，垂足分别为M、N，且．

（1）与相等吗？为什么？
（2）判断与是否相等，并说明理由．
【答案】（1），理由见解析
（2），理由见解析
【解析】
【分析】（1）根据垂直的定义得到，再由可证明，由此可得；
（2）如图所示，连接，证明得到，同理得到，由此即可得到结论．
【小问1详解】
解：，理由如下：
∵，，
∴，
∵，
∴，即，
∴；
【小问2详解】
解：，理由如下：
如图所示，连接，
在和中，
，
∴，
∴，
同理可证，
∴，
∴．
【点睛】本题主要考查了圆的基本形状，全等三角形的性质与判定，等角对等边等等，正确作出辅助线构造全等三角形是解题的关键．
四、解答题（本大题共3题，每小题8分，共计24分）
18. 定义：若一元二次方程满足．则称此方程为“蛟龙”方程．
（1）当时，判断此时“蛟龙”方程解的情况，并说明理由．
（2）若“蛟龙”方程有两个相等的实数根，请解出此方程．
【答案】（1）“蛟龙”方程有两个不相等的实数根，理由见解析
（2）或
【解析】
【分析】（1）根据“蛟龙”方程的定义得，故△，当时，，根据判别式的意义即可得出结论；
（2）根据“蛟龙”方程的定义得，根据判别式的意义得，求出，进而得到方程的解．
【小问1详解】
解：“蛟龙”方程有两个不相等的实数根，
理由如下：
一元二次方程为“蛟龙”方程，
，
，
，
“蛟龙”方程有两个不相等的实数根；
【小问2详解】
解: 方程为“蛟龙”方程，
，
方程 有两个相等的实数根，
，
或2，
当时，方程为，解得；
当时，方程为，解得．
“蛟龙”方程的解为0或．
【点睛】本题考查了根的判别式，解一元二次方程等知识，解题的关键是了解“蛟龙”方程的定义，难度不大．
19. 如图，点是正方形内的一点，连接，，．将绕点顺时针旋转到的位置．
（1）设的长为，的长为，求旋转到的过程中边所扫过区域（图中阴影部分）的面积．
（2）若，，，求的长．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）旋转到的过程中边所扫过区域（图1中阴影部分）的面积实际是大扇形与小扇形的面积差，且这两个扇形的圆心角同为，即可得到阴影部分的面积
（2）连接，证为等腰直角三角形，从而可在中，用勾股定理求得；
【小问1详解】
如图：
∵，，，
∴
【小问2详解】
如图2：连接，
根据旋转的性质可知：
，；
∴为等腰直角三角形，
∴，
∵，，
∴，
即A、P、共线，
∴，
在中，，，
∴
【点睛】本题是)面积问题和线段问题(旋转综合题)，考查正方形的性质，旋转的性质，扇形面积的计算，解题关键在于作辅助线
20. 商场将进货价为40元每件的某商品以50元售出，平均每月能售出700件，调查表明：售价在50元至100元范围内，这种商品的售价每上涨1元，其销售量就将减少10件，设商场决定每件商品的售价为元．
（1）该商场平均每月可售出 件商品（用含x的代数式表示）；
（2）商品售价定为多少元时，每月销售利润最大？
（3）该商场决定每销售一件商品就捐赠a元利润给希望工程，通过销售记录发现，每件商品销售价格大于85元时，扣除捐款后每天的利润随x增大而减小，求a的取值范围．
【答案】（1）
（2）80元 （3）
【解析】
【分析】本题考查了二次函数的应用，解题的关键是：
（1）根据某商品以50元售出，平均每月能售出700件，售价每上涨1元，其销售量就将减少10件，写出商品的销售量；
（2）根据每月销售利润每件商品的利润销售量列出函数解析式，再根据函数的性质求最值；
（3）根据每月销售利润（每件商品的利润销售量列出函数解析式，再根据每件商品销售价格大于85元时，扣除捐款后每天的利润随增大而减小，得出对称轴，解不等式得出的取值范围．
【小问1详解】
解：每件商品的售价为元，则每件商品的售价上涨了元，
商场平均每月可售出商品件，
故答案为：；
小问2详解】
设每月销售利润为元，
则，
，，
当时，有最大值，最大值为16000，
商品售价定为80元时，每月销售利润最大；
【小问3详解】
根据题意得：，
对称轴为直线，
，
当时，随的增大而减小，
每件商品销售价格大于85元时，扣除捐款后每天的利润随增大而减小，
，
解得，
又，
的取值范围为．
五、解答题（本大题共2题，每小题9分，共计18分）
21. 如图，是的直径，点是劣弧中点，与相交于点．连接，，与的延长线相交于点．
（1）求证：是的切线；
（2）求证：；
（3）若，，请直接写出 ．
【答案】（1）见解析；
（2）见解析； （3）．
【解析】
【分析】（1）连接，根据直径所对的圆周角是直角及等腰三角形转换得，即可证明结论；
（2）根据同弧或等弧所对的圆周角相等，以及平行线的判定和性质，推论转化即可证明结论；
（3）根据垂径定理得到点为的中点，设，则，利用勾股定理列方程计算得出，再利用中位线的性质即可求出的长．
【小问1详解】
连接，

∵是直径，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴是的切线；
【小问2详解】
∵点是中点，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴．
【小问3详解】
如图：设交于点H，

∵，，
∴，
∴；
设，则为，根据勾股定理，
，
解得：，
∴，
∵是的中位线，
∴．
故答案为：．
【点睛】此题考查了圆的切线的判定定理，直径所对的圆周角是直角，同弧或等弧所对的圆周角相等，垂径定理，勾股定理等知识，利用同弧或等弧所对的圆周角相等以及勾股定理列出方程，是解决问题的关键．
22. 将一副直角三角板如图1，摆放在直线MN上（直角三角板和直角三角板，，，，），保持三角板不动，将三角板绕点以每秒的速度顺时针旋转，旋转时间为秒，当与射线重合时停止旋转．
（1）如图2，当为的角平分线时，求此时t的值；
（2）当旋转至的内部时，求与的数量关系；
（3）在旋转过程中，当三角板的其中一边平行于三角板的某一边时，求此时t等于 （直接写出答案即可）．
【答案】（1）
（2）
（3）或或或
【解析】
【分析】（1）先计算的度数，再根据角平分线的定义和旋转的速度可得的值；
（2）分别表示与的度数，相减可得数量关系；
（3）分四种情况讨论：分别和三边平行，还有，计算旋转角并根据速度列方程可得结论．
【小问1详解】
解：如图2，，，
，
平分，
，
，
答：此时的值是；
【小问2详解】
当旋转至的内部时，如图3，与的数量关系是：；
理由是：由旋转得：，
，，
；
【小问3详解】
分四种情况：
①当时，如图4，，
；
②当时，如图5，则，
，
；
③当时，如图6，则，
，
；
④当时，如图7，
，
，
；
综上，的值是或或或．
故答案为：或或或．
【点睛】本题考查了平行线的性质，角平分线的定义，是典型的实际操作问题，将两个三角板按照题意进行摆放，旋转，清楚每一时刻各个角的度数是多少和各角之间的关系．
六、解答题（本大题共1题，每小题12分，共计12分）
23. 如图，在平面直角坐标系中，一次函数的图像与x轴交于点A，与y轴交于点B，二次函数的图像经过点A、B．

（1） ， ；
（2）若点M是第三象限内抛物线上的一动点，过点M作垂直于x轴，垂足为点C，交直线于点D，连接，当时：
①求点M的坐标；
②直线上是否存在点E，使为直角三角形？若存在，直接写出符合条件的所有点E的坐标；若不存在，请说明理由．
（3）抛物线上是否存在点N（不与点A、B重合），使得O、A、B、N四点共圆，如果存在求出点N的坐标，如果不存在，请说明理由．
【答案】（1）1，
（2）①；②存在，点的坐标为或或或
（3）不存在，理由见解析
【解析】
【分析】（1）先确定A、B的坐标，然后再运用待定系数法即可解答；
（2）①设，则，进而得到；再根据可得，然后据此列方程即可解答；②设，然后根据两点间距离公式表示出、、，然后分、、三种情况列方程求解即可；
（3）设抛物线上存在点使得四点共圆，中点为．过点作轴，轴，、交于点．然后求出，再说明，进而得到，最后应用勾股定理即可解答．
【小问1详解】
解：∵一次函数的图像与x轴交于点A，与y轴交于点B，
∴,
∵二次函数的图像经过点A、B，
∴，解得：．
故答案为：1，．
【小问2详解】
解：由（1）可知，二次函数表达式为，
①设，则
由题意可知，
则，
．
，
，解得（不符合题意，舍去），
当时，
∴；
②设，则，，,
当时，,
∴，即，解得：或，
∴点E的坐标为或；
当时，,
∴，即，解得：，
∴点E的坐标为；
当时，,
∴，即，解得：，
∴点E的坐标为；
综上，点E的坐标为或或或．
【小问3详解】
解：设抛物线上存在点使得四点共圆，中点为．
过点作轴，过点作轴，、交于点．

点，
，
是直径，点是圆心．
由于中，
，化简得，解得值为0或，
的坐标为或，此时点与点A，B重合，不符合题意，
故假设不成立，抛物线上不存在点使得四点共圆．
【点睛】本题主要考查了待定系数法、二次函数与几何的综合、勾股定理、圆周角定理、四点共圆等知识点，掌握数形结合思想和分类讨论思想是解答本题的关键．