47，吉林省延边州敦化市2023-2024学年上学期九年级第三次月考数学试题

这是一份47，吉林省延边州敦化市2023-2024学年上学期九年级第三次月考数学试题，共24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。

1. 下列图案不是中心对称图形的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据中心对称图形的定义逐项判断即可解答．
【详解】解：A．由中心对称图形的定义可得，该选项图案是中心对称图形，故本选项不符合题意；
B．由中心对称图形的定义可得，该选项图案不是中心对称图形，故本选项符合题意；
C．由中心对称图形的定义可得，该选项图案是中心对称图形，故本选项不符合题意；
D．由中心对称图形的定义可得，该选项图案是中心对称图形，故本选项不符合题意．
故选：B．
【点睛】本题主要考查了中心对称图形的定义，熟练掌握在平面内，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是解题的关键．
2. 二次函数的图象与轴的交点坐标为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】将代入函数解析式，求出相应的的值，即可．
【详解】解：当时，，
∴二次函数的图象与轴的交点坐标为．
故选：D．
【点睛】本题考查了二次函数与坐标轴的交点问题，解本题的关键是明确二次函数与轴的交点，就是求时对应的函数值．
3. 已知⊙O的半径为5，若OP=6，则点P与⊙O的位置关系是（ ）
A. 点P在⊙O内B. 点P在⊙O外C. 点P在⊙O上D. 无法判断
【答案】B
【解析】
【分析】比较OP与半径的大小即可判断.
【详解】，，
，
点P在外，
故选B．
【点睛】本题考查点与圆的位置关系，记住：点与圆的位置关系有3种设的半径为r，点P到圆心的距离，则有：点P在圆外；点P在圆上；点P在圆内.
4. 下列事件是随机事件的是（ ）
A. （其中a，b都是实数）B. 经过有信号灯的十字路口，遇见绿灯
C. 挪一枚骰子，向上一面的点数是7D. 任意画一个三角形，其内角和是
【答案】B
【解析】
【分析】根据必然事件、随机事件及不可能事件的意义判断即可．
【详解】解：A．（其中a，b都是实数）是不可能事件，故A不符合题意；
B．经过有信号灯的十字路口，遇见绿灯是随机事件，故B符合题意；
C．挪一枚骰子，向上一面的点数是7是不可能事件，故C不符合题意；
D．任意画一个三角形，其内角和是是必然事件，故D不符合题意；
故选：B．
【点睛】本题考查必然事件、随机事件和不可能事件的概念、三角形的内角和定理，熟练掌握相关概念是解题的关键．
5. 已知方程□，在□中添加一个合适的数字，使该方程有两个不相等的实数根，则添加的数字可以是（ ）
A. 0B. 1C. 2D. 3
【答案】B
【解析】
【分析】设□中的数字为a，然后根据一元二次方程根的判别式可进行求解．
【详解】解：设□中的数字为a，则方程为，根据题意得：
，
解得：，
∵，
∴符合题意的有1；
故选B．
【点睛】本题主要考查一元二次方程根的判别式，熟练掌握一元二次方程根的判别式是解题的关键．
6. 如图，在中，是直径，弦的长为5，点D在圆上，且， 则的半径为（ ）
A. B. 5C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】连接,由题意易得，在中解三角形求解．
【详解】连接,
在中，是直径，
，
在中，
，，
故选：B．
【点睛】本题主要考查圆周角定理及含直角三角形的性质；熟练掌握圆周角定理及含直角三角形的性质是解题的关键．
二、填空题（每小题3分，共24分）
7. 二次函数的最小值是___________．
【答案】
【解析】
【分析】根据二次函数的性质即可求解．
【详解】解：∵，开口向上，顶点坐标为，
∴二次函数的最小值是，
故答案为：．
【点睛】本题考查了二次函数的性质，熟练掌握二次函数的性质是解题的关键．
8. 若点与点关于原点对称，则__________．
【答案】
【解析】
【分析】本题主要考查了关于原点对称点的坐标的特征；根据关于原点对称的点，横纵坐标互为相反数解答即可．
【详解】解：∵点与点关于原点对称，
∴，
故答案为：．
9. 如图，正六边形ABCDEF内接于，若正六边形的边长为1，则的半径是______．
【答案】1
【解析】
【分析】本题主要考查了正多边形与圆，等边三角形的性质与判定，首先求出，进而证明为等边三角形，问题即可解决．
【详解】解：如图，连接、，
∵正六边形是的内接正六边形，
∴，且，
为等边三角形，
，即的半径为1．
故答案为：1．
10. 一元二次方程的二次项系数和常数项的乘积为________．
【答案】
【解析】
【分析】本题主要考查一元二次方程的定义，先把一元二次方程化为一般式，进而即可求解．
【详解】解：把一元二次方程化为一般式为：，
∴二次项系数为，常数项为，
∴它们的乘积为：；
故答案为．
11. 将点绕原点顺时针旋转后坐标变为___________．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了坐标与图形变化-旋转；建立平面直角坐标系，然后根据旋转的性质找出点的对应位置，再写出坐标即可．
【详解】解：如图，点绕原点顺时针旋转后坐标变为．
故答案为：．
12. 一个不透明盒子里装有120个红、黄两种颜色的小球，这些球除颜色外其他完全相同，每次摸球前先将盒子里的球摇匀任意摸出一个球记下颜包后再放回盒子，通过大量重复摸球试验后发现，摸到黄球的频率稳定在0.4，那么估计盒子中红球的个数为_____．
【答案】72
【解析】
【分析】根据利用频率估计概率得摸到黄球的频率稳定在0.4，进而可估计摸到黄球的概率，根据概率公式列方程求解可得.
【详解】设盒子中红球的个数为x，
根据题意，得：，
解得：x＝72，
即盒子中红球的个数为72，
故答案为72．
【点睛】本题考查了利用频率估计概率：大量重复实验时，事件发生的频率在某个固定位置左右摆动，并且摆动的幅度越来越小，根据这个频率稳定性定理，可以用频率的集中趋势来估计概率，这个固定的近似值就是这个事件的概率.当实验的所有可能结果不是有限个或结果个数很多，或各种可能结果发生的可能性不相等时，一般通过统计频率来估计概率.
13. 如图，在中，是两条直径，弦，若所对圆心角的度数是，则______．
【答案】##110度
【解析】
【分析】本题主要考查了弧与圆心角之间的关系，平行线的性质，等边对等角，连接，则，根据等边对等角和平行线的性质推出，则由平角的定义可得．
【详解】解：如图所示，连接，
∵所对圆心角的度数是
∴，
∵，
∵，
∵，
∴，
∴，
故答案为：．
14. 如图，当一喷灌架为一农田喷水时，喷灌架喷射出的水流可以近似地看成抛物线，则该喷灌架喷出的水可到达的最远距离______米．

【答案】11
【解析】
【分析】求出抛物线与x轴的交点A的坐标即可解答．
【详解】解：对于，令，则，
解得：，（舍），
∴，
∴米．
故答案为：11．
【点睛】本题考查二次函数实际应用．求出抛物线与x轴的交点A的坐标是解题关键．
三、解答题（每小题5分，共20分）
15. 解方程：x2+10x+9＝0．
【答案】x1＝﹣1，x2＝﹣9
【解析】
【分析】利用因式分解法进行解答即可.
【详解】解：方程分解得：（x+1）（x+9）＝0，
可得x+1＝0或x+9＝0，
解得：x1＝﹣1，x2＝﹣9．
【点睛】本题考查了一元二次方程的因式分解法，正确的因式分解是解答本题的关键.
16. 已知抛物线的图象经过点，求抛物线的解析式．
【答案】
【解析】
【分析】本题主要考查了待定系数法求二次函数解析式，直接把点A的坐标代入解析式中进行求解即可．
【详解】解：∵抛物线的图象经过点，
∴，
∴，
∴抛物线解析式为．
17. 如图，，是的半径，弦于点，，若，求劣弧的长．
【答案】
【解析】
【分析】先根据垂径定理得，，由平行线的性质得，证明，得，证明是等边三角形，可求得，根据弧长公式求解即可．
【详解】连接．

∵弦，
∴，
∴．
∵，
∴．
在与中，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
∴，
∴劣弧的长为．
【点睛】本题考查垂径定理、全等三角形判定与性质、等边三角形的判定与性质、弧长的计算，熟练掌握弧长公式是解题关键．
18. 有四张正面分别标有数字﹣2，0，2，3的不透明卡片，它们除数字外其余全部相同，现将它们背面朝上洗均匀．
（1）随机抽出一张卡片，则抽到数字绝对值为2的卡片概率为 ；
（2）随机抽出一张卡片，记下数字后放回并搅匀，再随机抽出一张卡片，请用列表或画树状图的方法，求两次抽出的卡片上的数字之和是0的概率．
【答案】（1）；（2）．
【解析】
【分析】（1）直接根据概率公式求解即可；
（2）根据题意画树状图得出所有等可能的情况数，找出两次数字和为0的情况数，然后根据概率公式即可得出答案．
【详解】解：（1）随机抽出一张卡片，则抽到数字绝对值为2的卡片概率为，
故答案为：；
（2）画树状图如图：

共有12个等可能的结果，两次抽出的卡片上的数字之和是0的结果有3个，
∴两次抽出的卡片上的数字之和是0的概率为．
【点睛】此题考查的是用列表法或树状图法求概率．列表法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，适合于两步完成的事件；树状图法适合两步或两步以上完成的事件．用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．
四、解答题（每小题7分，共28分）
19. 如图，绕点旋转后能与重合．

（1），，求的长；
（2）延长交于点，，求的度数．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】本题主要考查了旋转的性质、三角形外角的性质，熟练掌握旋转的性质、三角形外角的性质是解题的关键．
（1）根据旋转得，计算即可；
（2）根据旋转的性质得到，，再根据三角形外角的性质得，，推出即可．
【小问1详解】
解：由旋转的性质可得，
∴；
【小问2详解】
解：由旋转的性质可得，，
∵，，
∴．
20. 如图，“田”字正方形网格中有9个黑点，请按下列要求画图．（要求：点与点之间的连线用实线表示）
（1）在图①中，经过其中5个黑点画图形，使整个图形是一个轴对称图形．
（2）在图②中，经过其中7个黑点画图形，使整个图形是一个中心对称图形．
【答案】（1）见解析 （2）见解析
【解析】
【分析】（1）如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴，这时，我们也可以说这个图形关于这条直线成轴对称．依此画出图形即可；
（2）把一个图形绕着某个点旋转180°，如果它能够与另一个图形重合，那么就说这两个图形关于这个点对称或中心对称，这个点叫做对称中心，这两个图形中对应点叫做关于中心的对称点．依此画出图形即可．
【小问1详解】
解：如图所示（答案不唯一）．
【小问2详解】
如图所示（答案不唯一）.
【点睛】此题考查了利用旋转设计图案，利用轴对称设计图案，轴对称图形与中心对称图形的定义，正确理解定义是关键．
21. 如图，抛物线与x轴交于A，B两点（点A在点B左侧），与y轴交于点，抛物线的顶点．

（1）求抛物线对应的函数表达式以及A，B两点的坐标．
（2）作轴交抛物线于点E，连接，，求的面积．
【答案】（1）抛物线对应的函数表达式为，，
（2）
【解析】
【分析】（1）根据抛物线顶点，则抛物线对应的函数表达式可设为．将点代入，可得，进行计算得，即可得；
（2）根据点得当时，，进行计算得点，可得
，，即可得．
【小问1详解】
解：∵抛物线的顶点，
∴抛物线对应的函数表达式可设为．
将点代入，可得，
，
解得，
∴抛物线对应的函数表达式为．
令，则，
解得，，
∴点，．
【小问2详解】
解：∵点，
∴当时，，
，
，
解得，，
∴点，
，，
．
【点睛】本题考查了二次函数的图象与性质，三角形的面积，解题的关键是掌握这些知识点．
22. 如图，P为外一点，，是⊙O的切线，A、B为切点，点C在上，连接、、．

（1）求证：；
（2）连接，若，的半径为5，，的长．
【答案】（1）证明见解析
（2）10
【解析】
【分析】（1）过作于，得到，根据切线的性质得到，根据余角的性质得到，根据等腰三角形的性质即可得到结论；
（2）连接，延长交于，根据切线的性质得到，，根据矩形的性质得到，，根据勾股定理即可得到结论．
【小问1详解】
证明：过作于，如图所示：
∴，
∴，
∵是的切线，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴；
【小问2详解】
解：连接，延长交于，如图所示：

∵，是的切线，
∴，，
∵，
∴，
∴四边形是矩形，
∴，，
∵，，
∴，
∴，
∴，，
∵，
∴，
解得：．
【点睛】本题考查了切线的性质，切线长定理，勾股定理，等腰三角形的性质，矩形的判定和性质，正确地作出辅助线是解题的关键．
五、解答题（每小题8分，共16分）
23. 如图，在中，，延长到点D，以为直径作，交的延长线于点E，延长到点F，使．
（1）求证；是的切线；
（2）若，求扇形的面积（结果保留π）．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】本题考查了切线的判定，等腰三角形的性质，求扇形面积：
（1）连接，根据得，再根据，，从而得到，即可证明结论；
（2）求出，再利用扇形面积计算公式求解即可．
【小问1详解】
证明：连接，

∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
在中，，
∴，
∴，即，
∵点E在上，
∴是的切线；
【小问2详解】
解： 在四边形中，，
∴，
∵，
∴，
∴扇形的面积为．
24. 如图①，如图，在正方形中，点为边上一点，连接，点为的中点，过点作于点，连接，．
观察猜想：
（1）与的数量关系是_____________；
和的数量关系是_____________；
探究发现：
（2）将图①中的绕点逆时针旋转，使点恰好落在上，此时点F还是的中点．线段绕点旋转得到线段，连接，，，如图②所示，探究和的数量关系，并说明理由．

【答案】（1），；（2），理由见解析．
【解析】
【分析】（）①根据直角三角形斜边上的中线的性质得到，由等边对等角得到，则由三角形外角的性质得到，同理可得，据此可得结论；②由①可得；
（）首先证明得到 ，再证明即可证明．
【详解】解：①∵四边形是正方形，
∴，
∵点是的中点，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵点为的中点，
∴，
∴
∴，
∴；
故答案为：
②由①得，
故答案为：；
（），理由如下：
∵四边形是正方形，
∴，，，
∵线段绕点旋转得到线段，
∴，
∵点为的中点，
∴，
在和中,，
，
∴，
∴，，
∴，
由图中的绕点逆时针旋转，使点恰好落在上，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
在和中，
∴，
∴．
【点睛】此题考查了正方形的性质，直角三角形斜边上的中线、等腰三角形的性质、三角形外角的性质、旋转的性质以及全等三角形的判定与性质，熟练掌握相关性质是解答此题的关键．
六、解答题（每小题10分，共20分）
25. 在中，，，动点从点出发，在线段上以每秒个单位长度的速度向点运动，到达点停止运动，设运动时间为秒．
（1）求的面积；
（2）如图①，过点作、交于点、若与的面积和是的面积的，求的值；
（3）如图②、点在射线上，且，以线段为边向上方作正方形．在运动过程中，若设正方形与重叠部分的面积为，求的值．
【答案】（1）
（2），
（3）t的值为或．
【解析】
【分析】本题考查了一元二次方程的应用；
（1）根据三角形的面积公式求出的面积，
（2）根据题意可得，，然后再与的面积和是的面积的，列出方程、解方程即可解答；
（3）根据不同时间段分三种情况进行解答即可．
【小问1详解】
中，，，
∴，
【小问2详解】
，，
与的面积和，
与的面积和是的面积的，
，
解得，；
【小问3详解】
，，
，
①如图，当时，，
解得： ， 不合题意，舍去，
②如图，当时，
解得： 不合题意，舍去， 不合题意，舍去，
③如图，当时， ，
解得： ， 不合题意，舍去，
综上，的值为或时，重叠面积为．
26. 在平面直角坐标系中，点O为坐标原点，抛物线经过点和，点P在抛物线上，且点P的横坐标为m．
（1）求该抛物线的函数表达式．
（2）若时，，则n的取值范围是______．
（3）点M的横坐标为，且轴，将线段绕点P逆时针旋转得到线段，以为邻边作正方形．
①当抛物线的对称轴平分正方形的面积时，求m的值．
②设正方形的对称中心为点R，当点R位于抛物线的对称轴左侧时，点R到抛物线对称轴的距离与点R到x轴的距离相等时，直接写出m的值．
【答案】（1）
（2）
（3）①②或
【解析】
【分析】（1）用待定系数法求解即可；
（2）先将解析式配成顶点式，求出顶点，求出函数值等于对应的x的值，再结合图像求解即可；
（3）①根据图像得出对称轴即直线是线段的垂直平分线，从而得出，从而得解；
②根据点P的坐标得出点M的坐标，继而求出点Q、点R的坐标，再根据点R到抛物线对称轴的距离与点R到x轴的距离相等列出方程，求解即可．
【小问1详解】
解：将点和代入得：
解得：
∴该抛物线的函数表达式为：
【小问2详解】
，
对称轴为直线，顶点为，
令，解得：
画图如下：

∵若时，，
∴由图可知：，
故答案为：；
【小问3详解】
①先画出图形如下图所示：

∵抛物线的对称轴平分正方形的面积，平分正方形的面积的直线要过它的对称中心，且轴
∴对称轴即直线是线段的垂直平分线，
又∵P的横坐标为m，点M的横坐标为，
∴
解得：，即m的值为；
②画图如下：

∵P的横坐标为m，点M的横坐标为，
∴的横坐标是
∵点R位于抛物线的对称轴左侧，对称轴为直线
∴，即，
又∵点P在抛物线上，
∴，
∴
又∵线段绕点P逆时针旋转得到点，
∴，即
由正方形的性质可知：R是的中点，
∴，
∴点R到抛物线对称轴的距离为，点R到x轴的距离为，
又∵点R到抛物线对称轴的距离与点R到x轴的距离相等，
∴，
解得：，
即m的值为或．
【点睛】本题考查正方形的性质，二次函数的图象与性质，旋转的性质，待定系数法求二次函数解析式等知识，运用数形结合思想是解题的关键．由于无论还是，用m表示的点的坐标都一致，因此可以不用分类讨论．