云南省昭通市巧家县大寨中学2023-2024学年九年级下学期4月月考数学试题（原卷版+解析版）

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（全卷三个大题，共27个小题，共8页；满分100分，考试时间120分钟）
注意事项：
1．本卷为试题卷，考生必须在答题卡上解题作答，答案应书写在答题卡的相应位置上，在试题卷、草稿纸上作答无效．
2．考试结束后，请将试题卷和答题卡一并交回．
一、选择题（本大题共15小题，每小题只有一个正确选项，每小题2分，共30分）
1. 的绝对值是（ ）
A. 2024B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】本题考查求一个数的绝对值，根据负数的绝对值是它的相反数，即可得出结果．
【详解】解：的绝对值是2024．
故选：A．
2. 下图是由一个长方体和一个圆柱组成的几何体，它的俯视图是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据从上面看得到的图形是俯视图即可解答．
【详解】解：从上面看下边是一个矩形，矩形的上边是一个圆，
故选：D．
【点睛】本题考查了简单组合体的三视图，掌握从上面看得到的图形是俯视图是解答本题的关键．
3. 下列各式运算正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据同底数幂的乘法，同底数幂的除法，幂的乘方，合并同类项，逐项分析判断即可求解．
【详解】解：A. ，故该选项正确，符合题意；
B. ，故该选项不正确，不符合题意；
C. ，故该选项不正确，不符合题意；
D. ，故该选项不正确，不符合题意；
故选：A．
【点睛】本题考查了同底数幂的乘法，同底数幂的除法，幂的乘方，合并同类项，熟练掌握以上运算法则是解题的关键．
4. 党的二十大报告指出，我国建成世界上规模最大的教育体系、社会保障体系、医疗卫生体系，教育普及水平实现历史性跨越，基本养老保险覆盖十亿四千万人，基本医疗保险参保率稳定在百分之九十五、将数据1040000000用科学记数法表示为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】科学记数法的表示形式为的形式，其中，为整数．确定的值时，要看把原数变成时，小数点移动了多少位，的绝对值与小数点移动的位数相同．
【详解】解：，
故选：C．
【点睛】此题主要考查了科学记数法的表示方法．科学记数法的表示形式为的形式，其中，为整数，表示时关键要正确确定的值以及的值．
5. 将一副直角三角板按如图所示的方式放置，使用角的三角板的直角边和含角的三角板的直角边垂直，则∠1的度数为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由三角板的特征可得∠B=45°，∠E=30°，∠EFD=90°，利用三角形的外角的性质及对顶角的性质可求解∠AGE的度数，再利用三角形外角的性质可求解∠1的度数．
【详解】解：由题意得△ABC，△DEF为直角三角形，∠B=45°，∠E=30°，∠EFD=90°，
∴∠AGE=∠BGF=45°，
∵∠1=∠E+∠AGE，
∴∠1=30°+45°=75°，
故选：D．
【点睛】本题主要考查三角形外角的性质，等腰直角三角形，求解∠AGE的度数是解题的关键．
6. 已知，则与最接近的整数为（ ）
A. 2B. 3C. 4D. 5
【答案】B
【解析】
【分析】根据二次根式的混合运算进行计算，进而估算无理数的大小即可求解．
【详解】解：
∵，
∴,
∴与最接近的整数为，
故选：B．
【点睛】本题考查了二次根式的混合运算，无理数的估算，熟练掌握二次根式的运算法则是解题的关键．
7. 代数式x，，，x2﹣，，中，属于分式的有（ ）
A. 2个B. 3个C. 4个D. 5个
【答案】B
【解析】
【分析】看分母中是否含有字母，如果含有字母则是分式，如果不含字母则不是，根据此依据逐个判断即可．
【详解】分母中含有字母的是，，，
∴分式有3个，
故选：B．
【点睛】本题考查分式的定义，能够准确判断代数式是否为分式是解题的关键．
8. 如图，一条公路的转弯处是一段圆弧（），点是这段弧所在圆的圆心，为上一点，于．若，，则的长为（ ）

A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据垂径定理求出长度，再根据勾股定理求出半径长度，最后利用弧长公式即可求出答案.
【详解】解： ，点是这段弧所在圆的圆心，
，，
，，
，
.
，，
.
设，则，
在中，，
，
.
，
，
.
故选：B.
【点睛】本题考查了圆的垂径定理，弧长公式，解题的关键在于通过勾股定理求出半径长度，从而求出所求弧长所对应的圆心角度数.
9. 将抛物线y=2x2向左平移1个单位,再向上平移3个单位得到的抛物线,其解析式是( )
A. y=2(x+1)2+3B. y=2(x－1)2－3C. y=2(x+1)2－3D. y=2(x－1)2+3
【答案】A
【解析】
【分析】根据抛物线平移不改变a的值求解此题．
【详解】原抛物线的顶点为（0，0），向左平移1个单位，再向上平移3个单位，那么新抛物线的顶点为（-1，3）．
可设新抛物线的解析式为y=2（x-h）2+k，代入得：y=2（x+1）2+3．
故选：A．
10. “杂交水稻之父”袁隆平培育的超级杂交稻在全世界推广种植．某种植户为了考察所种植的杂交水稻苗的长势，从稻田中随机抽取9株水稻苗，测得苗高（单位：cm）分别是：22，23，24，23，24，25，26，23，25．则这组数据的众数和中位数分别是（ ）
A. 24，25B. 23，23C. 23，24D. 24，24
【答案】C
【解析】
【分析】根据众数和中位数的定义即可得．
【详解】解：因为23出现的次数最多，
所以这组数据的众数是23，
将这组数据按从小到大进行排序为，
则这组数据的中位数是24，
故选：C．
【点睛】本题考查了众数和中位数，熟记定义是解题关键．
11. 如图，正六边形内接于⊙，若⊙的周长等于，则正六边形的边长为（ ）
A. B. C. 3D.
【答案】C
【解析】
【分析】连接OB，OC，由⊙O的周长等于6π，可得⊙O的半径，又由圆的内接多边形的性质，即可求得答案．
【详解】解：连接OB，OC，
∵⊙O的周长等于6π，
∴⊙O的半径为：3，
∵∠BOC360°＝60°，
∵OB＝OC，
∴△OBC是等边三角形，
∴BC＝OB＝3，
∴它的内接正六边形ABCDEF的边长为3，
故选：C．
【点睛】此题考查了正多边形与圆的性质．此题难度适中，注意掌握数形结合思想的应用．
12. 在平面直角坐标系中，点A在y轴的正半轴上，平行于x轴，点B，C的横坐标都是3，，点D在上，且其横坐标为1，若反比例函数（）的图像经过点B，D，则k的值是（ ）
A. 1B. 2C. 3D.
【答案】C
【解析】
【分析】设，则根据反比例函数的性质，列出等式计算即可．
【详解】设，
∵点B，C的横坐标都是3，，平行于x轴，点D在上，且其横坐标为1，
∴，
∴，
解得，
∴，
∴，
故选C．
【点睛】本题考查了反比例函数解析式的确定，熟练掌握ｋ的意义，反比例函数的性质是解题的关键．
13. 如图，在中，分别以点A和点C为圆心，大于的长为半径作弧（弧所在圆的半径都相等），两弧相交于M，N两点，直线分别与边相交于点D，E，连接．若，则的长为（ ）

A. 9B. 8C. 7D. 6
【答案】D
【解析】
【分析】由作图可知直线为边的垂直平分线，再由得到，则可知三点在以为圆心直径的圆上，进而得到，由勾股定理求出即可．
【详解】解：由作图可知，直线为边的垂直平分线，
∵
∴，
∵，
∴，
∴三点在以为圆心直径的圆上，
∴，
∵，
∴
∴．
故选：D．
【点睛】本题考查了线段垂直平分线的尺规作图和性质，圆的基本性质和勾股定理，解答关键是熟练掌握常用尺规作图的作图痕迹，由作图过程得到新的结论．
14. 的三边长a，b，c满足，则是（ ）
A. 等腰三角形B. 直角三角形C. 锐角三角形D. 等腰直角三角形
【答案】D
【解析】
【分析】由等式可分别得到关于a、b、c的等式，从而分别计算得到a、b、c的值，再由的关系，可推导得到为直角三角形．
【详解】解∵
又∵
∴，
∴
解得 ，
∴，且，
∴为等腰直角三角形，
故选：D．
【点睛】本题考查了非负性和勾股定理逆定理的知识，求解的关键是熟练掌握非负数的和为0，每一个非负数均为0，和勾股定理逆定理．
15. 如图是一种轨道示意图，其中和均为半圆，点M，A，C，N依次在同一直线上，且．现有两个机器人（看成点）分别从M，N两点同时出发，沿着轨道以大小相同速度匀速移动，其路线分别为和．若移动时间为x，两个机器人之间距离为y，则y与x关系的图象大致是（ ）

A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】设圆的半径为R，根据机器人移动时最开始的距离为，之后同时到达点A，C，两个机器人之间的距离y越来越小，当两个机器人分别沿和移动时，此时两个机器人之间的距离是直径，当机器人分别沿和移动时，此时两个机器人之间的距离越来越大．
【详解】解：由题意可得：机器人（看成点）分别从M，N两点同时出发，
设圆的半径为R，
∴两个机器人最初的距离是，
∵两个人机器人速度相同，
∴分别同时到达点A，C，
∴两个机器人之间的距离y越来越小，故排除A，C；
当两个机器人分别沿和移动时，此时两个机器人之间的距离是直径，保持不变，
当机器人分别沿和移动时，此时两个机器人之间的距离越来越大，故排除C，
故选：D．
【点睛】本题考查动点函数图像，找到运动时的特殊点用排除法是关键．
二、填空题（本大题共4小题，每小题2分，共8分）
16. 若式子有意义，则x的取值范围是_______．
【答案】且##且
【解析】
【分析】根据分母不为零，二次根式的被开方数是非负数，列出不等式计算即可．
【详解】∵式子有意义，
∴且，
∴且，
故答案为：且．
【点睛】本题考查了分母不为零，二次根式的被开方数是非负数，熟练掌握二次根式和分式有意义的条件是解题的关键．
17. 若x+y=3，xy=2，则x2y+xy2的值是_____．
【答案】6
【解析】
【详解】∵x+y=3，xy=2，
∴x2y+xy2=xy（x+y）=2×3=6．
18. 如图，是的直径，，则__________．
【答案】##40度
【解析】
【分析】本题主要考查圆周角的相关性质，熟练掌握直径所对圆周角为直角是解题的关键．根据圆周角定理可进行求解．
【详解】解析：是的直径，
，
，
，
，
，
．
故答案为：．
19. 用火柴棍拼成如下图案，其中第①个图案由4个小等边三角形围成1个小菱形，第②个图案由6个小等边三角形围成2个小菱形，……，若按此规律拼下去，则第n个图案需要火柴棍的根数为__________（用含n的式子表示）．

【答案】##
【解析】
【分析】当时，有个三角形；当时，有个三角形；当时，有个三角形；第n个图案有个三角形，每个三角形用三根计算即可．
【详解】解：当时，有个三角形；
当时，有个三角形；
当时，有个三角形；
第n个图案有个三角形，
每个三角形用三根，
故第n个图案需要火柴棍的根数为．
故答案为：．
【点睛】本题考查了整式的加减的数字规律问题，熟练掌握规律的探索方法是解题的关键．
三、解答题（本大题共8小题，共62分）
20. 先化简，再求值：，其中．
【答案】，
【解析】
【分析】先根据分式的混合运算法则化简，然后再将代入计算即可解答．
【详解】解：
．
当时，
原式．
【点睛】本题主要考查了分式的基本性质及其运算、分母有理化，正确的化简分式是解答本题的关键．
21. 计算：（3.14﹣π）0+|﹣1|+（）﹣1﹣．
【答案】2-
【解析】
【分析】分别根据二次根式的性质、负整数指数幂、零指数幂的计算法则计算出各数，再根据实数混合运算的法则进行计算即可．
【详解】解：（3.14﹣π）0+|﹣1|+（）﹣1﹣
=1+-1+2-2
=2-．
【点睛】本题考查的是实数的运算，熟知二次根式的性质、负整数指数幂、零指数幂的计算法则是解答此题的关键．
22. 如图，D是的边上一点，，交于E点，．
（1）求证：；
（2）若，，求的长．
【答案】（1）见解析 （2）1
【解析】
【分析】本题主要考查了全等三角形的判定与性质．选择合适的判定方法是解题的关键．
（1）利用角角边定理判定即可；
（2）利用全等三角形对应边相等可得的长，用即可得出结论．
【小问1详解】
证明：∵，
，．
在和中，
，
．
【小问2详解】
解：∵，
．
．
23. 某学校拟举办“双减”背景下的初中数学活动型作业成果展示现场会，为了解学生最喜爱的项目，现随机抽取若干名学生进行调查，并将调查结果绘制成如下两幅不完整的统计图：
根据以上信息，解答下列问题：
（1）参与此次抽样调查的学生人数是_________人，补全统计图①（要求在条形图上方注明人数）；
（2）图②中扇形的圆心角度数为__________度；
（3）若参加成果展示活动的学生共有1200人，估计其中最喜爱“测量”项目的学生人数是多少？
【答案】（1）120，补全统计图见解析
（2）90 （3）估计最喜爱“测量”项目的学生人数约为300人
【解析】
【分析】（1）从两个统计图中可得样本中选择“B．七巧板”的有36人，占调查人数的，根据即可求出答案，进而补全条形统计图；
（2）求出扇形C所占的百分比，即可求出相应的圆心角的度数；
（3）求出样本中参与“A．测量”所占的百分比，进而估计总体中“A．测量”的百分比，求出相应人数即可；
【小问1详解】
调查学生总数为（人），
选择“E．数学园地设计”的有（人），
补全统计图如下：
故答案为：120
【小问2详解】
；
故答案为：90
【小问3详解】
（人），
答：参加成果展示活动的1200名学生中，最喜爱“测量”项目的学生大约有300人．
【点睛】本题考查扇形统计图、条形统计图，理解条形统计图、扇形统计图中数量之间的关系是正确解答的前提．
24. 在四张背面完全相同的纸牌A、B、C、D，其中正面分别画有四个不同的几何图形（如图），小华将这4张纸牌背面朝上洗匀后摸出一张，放回洗匀后再摸一张．
（1）用树状图（或列表法）表示两次摸牌所有可能出现的结果（纸牌可用A、B、C、D表示）；
（2）求摸出两张纸牌牌面上所画几何图形，既是轴对称图形又是中心对称图形的概率．
【答案】(1)详见解析；（2）．
【解析】
【详解】试题分析：（1）首先根据题意画出树状图，然后由树状图求得所有等可能的结果；
（2）由既是轴对称图形又是中心对称图形的有4种情况，直接利用概率公式求解即可求得答案．
试题解析：解（1）画树状图得：
则共有16种等可能的结果；
（2）∵既是中心对称又是轴对称图形的只有B、C，
∴既是轴对称图形又是中心对称图形的有4种情况，
∴既是轴对称图形又是中心对称图形的概率为：．
考点：列表法可树状图法．
25. 某学校为美化学校环境，打造绿色校园，决定用篱笆围成一个一面靠墙（墙足够长）的矩形花园，用一道篱笆把花园分为A，B两块（如图所示），花园里种满牡丹和芍药，学校已定购篱笆120米．
（1）设计一个使花园面积最大的方案，并求出其最大面积；
（2）在花园面积最大的条件下，A，B两块内分别种植牡丹和芍药，每平方米种植2株，知牡丹每株售价25元，芍药每株售价15元，学校计划购买费用不超过5万元，求最多可以购买多少株牡丹？
【答案】（1）长为60米，宽为20米时，有最大面积，且最大面积为1200平方米
（2）最多可以购买1400株牡丹
【解析】
【分析】（1）设长为x米，面积为y平方米，则宽为米，可以得到y与x的函数关系式，配成顶点式求出函数的最大值即可；
（2）设种植牡丹的面积为a平方米，则种植芍药的面积为平方米，由题意列出不等式求得种植牡丹面积的最大值，即可解答．
【小问1详解】
解：设长为x米，面积为y平方米，则宽为米，
∴，
∴当时，y有最大值是1200，
此时，宽为（米）
答：长为60米，宽为20米时，有最大面积，且最大面积为1200平方米．
【小问2详解】
解：设种植牡丹的面积为a平方米，则种植芍药的面积为平方米，
由题意可得
解得：，
即牡丹最多种植700平方米，
（株），
答：最多可以购买1400株牡丹．
【点睛】本题考查二次函数的应用、一元一次不等式的应用，解题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件．
26. 如图，与等边的边，分别交于点，，是直径，过点作于点．
（1）求证：是的切线；
（2）连接，当是的切线时，求的半径与等边的边长之间的数量关系．
【答案】（1）见详解；（2）
【解析】
【分析】（1）连接OD，由题意易得∠A=∠B=60°，则有△AOD为等边三角形，进而可得OD∥BC，然后可得∠CFD=∠FDO=90°，最后问题可求证；
（2）连接DE，由（1）及题意易得，∠FDE=60°，则有△FDE是等边三角形，进而可得DE=DF，然后易得△CDF≌△AED，则有AE=CD=2r，最后问题可求解．
详解】（1）证明：连接OD，如图所示：
∵等边，
∴∠A=∠B=60°，
∵，
∴△AOD为等边三角形，
∴，
∴OD∥BC，
∵，
∴∠CFD=∠FDO=90°，
∵OD是半径，
∴是的切线；
（2）解：连接DE，如图所示：
由（1）可得是的切线，∠FDO=90°，△AOD为等边三角形，
∴，
∴，
∵是的切线，
∴，
∴△FDE是等边三角形，
∴DE=DF，
∵，是直径，
∴，
∴△CDF≌△AED（AAS），
∴AE=CD=2r，
∴，
∵，
∴．
【点睛】本题主要考查切线判定定理、切线长定理及等边三角形的判定与性质，熟练掌握切线的判定定理、切线长定理及等边三角形的判定与性质是解题的关键．
27. 已知：直线与轴、轴分别交于、两点，点为直线上一动点，连接，为锐角，在上方以为边作正方形，连接，设．
（1）如图1，当点在线段上时，判断与的位置关系，并说明理由；
（2）直接写出点的坐标（用含的式子表示）；
（3）若，经过点的抛物线顶点为，且有，的面积为．当时，求抛物线的解析式．
【答案】（1）BE⊥AB，理由见解析；（2）（）或（）；（3）或．
【解析】
【分析】（1）先求出点A、B的坐标，则可判断△AOB是等腰直角三角形，然后结合正方形的旋转可证明△AOC≌△BOE（SAS），可得∠OBE=∠OAC=45°，进而可得结论；
（2）①当点C在第一象限时，作辅助线如图1（见解析），根据正方形的性质可证△MOC≌△NEO，可得CM=ON，OM=EN，由（1）的结论可得AC=BE=t，然后解等腰直角△ACM，可求出，进而可得答案；②当点C在第四象限时，如图所示作C´H⊥OA于点H，作E´F⊥x轴于点F，根据正方形的性质可证△HOC´≌△FE´O，可得HC´=OF，OH=E´F，然后同（1）中证明△AOC´≌△BOE´得到AC´=BE´=t，然后解等腰直角△AC´H，可求出，，E´F=OH= OA+AH=进而可得答案；
（3）由抛物线过点A结合已知条件可求出抛物线的对称轴是直线x=2，根据点C位置分两种情况，点C在x轴上方与下方，然后由（2）可求出当时，可求k=1或，进一步即可求出点P的纵坐标，从而可得顶点P的坐标，于是问题可求解．
【详解】解：（1）BE⊥AB，理由如下：
对于直线y=-x+1，当x=0时，y=1，当y=0时，x=1，
∴B（0，1），A（1，0），
∴OA=OB=1，
∴∠OBA=∠OAB=45°，
∵四边形OCDE是正方形，
∴OC=OE，∠COE=90°，
∵∠AOB=90°，
∴∠AOC=∠BOE，
∴△AOC≌△BOE（SAS），
∴∠OBE=∠OAC=45°，
∴∠EBC=∠EBO+∠OBA=45°+45°=90°，
即BE⊥AB；
（2）①当点C在第一象限时，作CM⊥OA于点M，作EN⊥x轴于点N，如图1，则∠CMO=∠ENO=90°，
∵∠EON+∠NEO=∠EON+∠COM=90°，
∴∠NEO=∠COM，
又∵OC=OE，
∴△MOC≌△NEO，
∴CM=ON，OM=EN，
在△ACM中，∠CMA=90°，∠MAC=45°，AC=BE=t，
∴，
∴，
∵点E在第二象限，
∴点E的坐标是（）；
②当点C第四象限时，如图所示作C´H⊥OA于点H，作E´F⊥x轴于点F
∵∠E´OF+∠FE´O=∠E´OF+∠C´OH=90°，
∴∠FE´O =∠C´OH，
又∵OC´=OE´，
∴△HOC´≌△FE´O，
∴HC´=OF，OH=E´F，
然后同（1）中证明△AOC´≌△BOE´
∴AC´=BE´=t，
在等腰直角△AC´H，∠C´HA=90°，∠HAC´=45°，AC´=BE´=t，
可求出
∴
∵E´F=OH= OA+AH=
∴点E的坐标是（）；
（3）∵抛物线过点A（1，0），
∴a+b+c=0，
∵，
∴消去c可得b=-4a，
∴抛物线的对称轴是直线x=2，
根据点C的位置分两种情况
点C在x轴上方，
如图，
当时，由（2）可得，
∵∠CAM=45°，
∴，
∴，
∴点C（），
∴，即k=1，
∴△POA的面积为，
即，
解得，
∵a＞0，
∴顶点P纵坐标是-1，
∴点P（2，-1），
设，
把点A（1，0）代入，可求得a=1，
∴抛物线的解析式是．
点C在x轴下方，
如图，
当时，由（2）可得，
∵∠CAM=45°
∴，
∴，
∴点C（）
∴，即k=，
∴△POA的面积为，
即，
解得，
∵a＞0，
∴顶点P的纵坐标是-3，
∴点P（2，-3），
设，
把点A（1，0）代入，可求得a=3，
∴抛物线的解析式是．
∴抛物线的解析式或．
【点睛】本题主要考查了待定系数法求二次函数的解析式、三角函数、正方形的性质、全等三角形的判定和性质、一次函数的性质以及等腰直角三角形的判定和性质等知识，具有一定的难度，熟练掌握相关知识、灵活应用数形结合的思想是解题的关键．