2023-2024学年黑龙江省哈尔滨市南岗区九年级上学期数学10月月考试题及答案

这是一份2023-2024学年黑龙江省哈尔滨市南岗区九年级上学期数学10月月考试题及答案，共26页。试卷主要包含了选择题，四象限，则的取值范围是，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题（每小题3分，共30分）
1. 的相反数是（ ）
A B. C. 6D.
【答案】A
【解析】
【分析】本题主要考查了相反数的定义，即只有符号不同的两个数称互为相反数，根据相反数的定义解答即可．
【详解】的相反数是．
故选：A．
2. 下列计算中正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查了合并同类项、幂的乘方、积的乘方与同底数幂的乘法，分别根据合并同类项、幂的乘方、积的乘方、同底数幂的乘法逐一进行运算，即可得到正确答案，掌握运算法则是解题的关键．
【详解】解：、与不是同类项，不能合并，该选项错误，不符合题意；
、，该选项错误，不符合题意；
、，该选项正确，符合题意；
、，该选项错误，不符合题意；
故选：．
3. 下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查了轴对称图形和中心对称图形，根据轴对称图形和中心对称图形的定义即可判断，掌握轴对称图形和中心对称图形的定义是解题的关键．
【详解】解：、不是轴对称图形，也不是中心对称图形，不合题意；
、轴对称图形又是中心对称图形，符合题意；
、是轴对称图形，但不是中心对称图形，不符合题意；
、不是轴对称图形，但是中心对称图形，不符合题意；
故选：．
4. 如图，该几何体由个小正方体组合而成，它的左视图是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】本题了考查了几何体的三视图，找出几何体从左边看到的图形即可求解，掌握物体的三视图的画法是解题的关键．
【详解】解：该几何体的左视图由两列，左边一列有个正方形，右边一列有个正方形，
故选：．
5. 方程的解为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查解分式方程，解题的关键是注意验根．先去分母，解整式方程，再对求出的根进行检验．
【详解】解：，
去分母，得：，
解得，
当时，，
经检验，是原分式方程的根，
故选：C．
6. 把抛物线 y＝－x 2 向右平移1个单位，然后向下平移3个单位，则平移后抛物线的表达式为（ ）．
A. y ＝－( x －1) 2 +3B. y ＝－( x +1) 2 +3
C. y ＝－( x －1) 2 －3D. y ＝－( x +1) 2 －3
【答案】C
【解析】
【分析】根据函数图像平移口诀“左加右减，上加下减”可得出答案.
【详解】把抛物线向右平移1个单位，然后向下平移3个单位可得：，
故选C.
【点睛】本题考查二次函数图像平移，熟记平移口诀，掌握函数图像平移方法是关键.
7. 若反比例函数图象位于第二、四象限，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】本题考查了反比例函数的性质，根据反比例函数的性质得，然后解不等式即可求解，掌握反比例函数的性质是解题的关键．
【详解】解：∵反比例函数图象位于第二、四象限，
∴，
解得，
故选：．
8. 一边靠墙（墙有足够长），其他三边用米长的篱笆围成一个矩形花园，这个花园的最大面积是（ ）平方米．
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查了二次函数的应用，设矩形垂直于墙的边长为米，面积为平方米，根据矩形的面积公式即可求出函数解析式，再利用配方法即可求出函数最值，解题的关键在于找出等量关系列出函数解析式．
【详解】解：设矩形垂直于墙的边长为米，面积为平方米，
根据题意得：，
∵，
∴当时，取最大值，最大值为，
故选：．
9. 如图，在中，，，，，则的长为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查了相似三角形的判定和性质，由得到，进而得到，代入已知数据即可求解，掌握相似三角形的判定和性质是截图的关键．
【详解】解：∵，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
解得，
故选：．
10. 已知二次函数的图象如图所示，下列四个结论：；；；，其中正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查了二次函数图象与系数的关系，由抛物线的开口方向判断与的关系，由抛物线与轴的交点判断与的关系，然后根据对称轴及抛物线与轴交点情况进行推理，进而对所得结论进行判断，掌握二次函数的图象和性质是解题的关键．
【详解】解：∵抛物线开口向下，
∴，
∵抛物线与轴的交点在轴正半轴上，
∴，
∵抛物线对称轴位于轴左侧，
∴，
∴，
∴，
∴，故正确；
又由图可知，，
∴，
∴，
∴，故正确；
∵抛物线与轴有两个的交点，
∴，故错误；
当时，由图象可知，对应的函数值，即，故错误；
∴正确，
故选：．
第Ⅱ卷 非选择题（60分）
二、填空题．（每小题3分，共30分）
11. 将数字用科学记数法可表示为______．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了科学记数法，根据科学记数法：（，为正整数），先确定的值，再根据小数点移动的数位确定的值即可解答，根据科学记数法确定和的值是解题的关键．
【详解】解：，
故答案为：．
12. 在函数中，自变量取值范固是______．
【答案】
【解析】
【分析】本题主要考查了函数自变量的取值范围，解决本题的关键是明确分母不能为．
【详解】解：由题可得，
解得：，
故答案为：．
13. 分解因式：______．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了因式分解，根据因式分解的步骤，先提取公因式2，再利用平方差公式继续分解即可得到答案，掌握因式分解的方法是解题的关键．
【详解】解：，
故答案为：．
14. 计算：______．
【答案】
【解析】
【分析】本题是对二次根式的加减运算的考查，先化简各二次根式，然后合并同类二次根式是解题的关键．
【详解】解：，
故答案为：．
15. 已知反比例函数的图象经过点，则的值为______．
【答案】
【解析】
【分析】本题主要考查反比例函数的图象与性质．根据题意将点代入解析式，即可进行求解．
【详解】解：∵反比例函数的图象经过点，
∴；
故答案为：．
16. 不等式组的解集是______．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查的是解一元一次不等式组．分别求出每一个不等式的解集，根据口诀“同大取大、同小取小、大小小大中间找、大大小小无解了”确定不等式组的解集．
【详解】解：解不等式，得：，
解不等式，得：，
则不等式组的解集为，
故答案为：．
17. 二次函数y=（x﹣4）2﹣5的最小值是____．
【答案】-5
【解析】
【分析】根据二次函数的性质解答即可．
【详解】解：∵二次函数，抛物线开口向上，顶点坐标为(4，-5)，
∴二次函数有最小值，最小值为-5，
故答案为：-5．
【点睛】本题考查二次函数的基本性质-最值问题，题目给出的是顶点式，若是一般式则需进行配方化为顶点式或者直接运用顶点公式．
18. 如图，一名学生推铅球，铅球行进高度（单位：）与水平距离（单位：）之间的关系是：，则铅球推出的距离______．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了二次函数与一元二次方程的应用，令，得到方程，解方程即可求解，掌握二次函数与轴交点坐标的含义解题的关键．
【详解】解：令，则，
解得，，
∴，
故答案为：．
19. 在中，为边上的高，，，则的度数是_____度．
【答案】或
【解析】
【分析】本题考查了直角三角形的性质，角的和差，分位于内部和外部两种情况讨论，进行运算即可求解，掌握分类讨论是解题的关键．
【详解】解：如图，当位于内部时，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴；
如图，当位于外部时，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴；
∴的度数是或，
故答案为：或．
20. 已知，，点为中点，，，若，，则__________．
【答案】
【解析】
【分析】延长AF交BC的延长线于点M，连接EM，则易得△ABM是等腰三角形，且AB=AM=2AE，根据 得EF×AM=BC×AC ，可得AE×EF=AC，平方得，分别在Rt△ABC和R t△AEF中，由勾股定理得： ， ，设，由此三式可得关于x一元二次方程，解方程即可求得x，从而可求得EF的长．
【详解】延长AF交BC的延长线于点M，连接EM，如图
∵∠ACB=∠ACM=90°，AC=AC ，
∴△ACB≌△ACM(ASA)
∴AB=AM，BC=MC
∴
∵E点是AB的中点
∴AB=2AE，
∴
∴EF×AM=BC×AC
即EF×AM=BC×AC
∴
即AE×EF=AC
∴
在Rt△ABC和R t△AEF中，由勾股定理得： ，
设，则
即
解得：x=4或x=9
即AE=2或AE=3
当AE=2时，由AF=1及EF⊥AF，得∠AEF=30°，则∠EAF=60°，∠BAC=30°；但此时AC=2，AB=2AE=4，由∠ACB=90°，得∠ABC=30°，则∠ACB=120°，这与△ABC为直角三角形矛盾
∴AE=3
∴
故答案为：．
【点睛】本题考查了全等三角形的判断与性质，勾股定理，三角形中线平分三角形的面积等知识，用到了等积思想，方程思想，关键和难点是构造全等三角形．
三、解答题（共60分，其中21、22题各7分，23、24题各8分，25、26、27题各10分）
21. 先化简，再求代数式的值，其中．
【答案】，．
【解析】
【分析】本题考查了分式的化简求值，先根据分式的混合运算顺序和运算法则化简原式，再根据特殊锐角三角函数值求得的值，代入计算即可得到结果，解题的关键是熟练掌握分式的运算法则．
【详解】解：，
∵，
∴把代入得，
原式，
，
，
，
．
22. 如图，在的方格纸中，每个小正方形的边长均为，在方格纸中有一条线段，点均在小正方形的顶点上，请按要求画图并计算：

（1）画，使得，，且点在小正方形的顶点上；
（2）以为一边画，点在小正方形的顶点上，且的面积为（）中所画面积的倍：
（3）连接，并直接写出线段的长．
【答案】（1）作图见解析；
（2）作图见解析； （3）．
【解析】
【分析】（）如图，即为所求，由勾股定理可得，，，所以，故为等腰直角三角形，，，所以，；
（）由题意可得，的面积为，故点向右取格作为底即可；
（）根据勾股定理即可求解；
本题考查了网格作图，勾股定理及其逆定理、平行四边形的判定与性质，掌握勾股定理及其逆定理的应用是解题的关键．
【小问1详解】
解：如图，即为所求；
【小问2详解】
解：如图，即为所求．

理由：由图可知，的底为，高为，
故面积为；
【小问3详解】
解：如图，连接，

由勾股定理得，．
23. 为了解学生课余爱好对篮球足球的喜欢程度，某校对八、九年级的部分学生进行了一次调查，调结果有三种情况：．喜爱篮球；．喜爱足球；．篮球足球都喜欢．学校体育组将调查数据进行了整理，并绘制了尚不完整的统计图如下，请根据相关信息，解答下列问题：
（1）本次活动共调查了多少名学生？
（2）计算并补全图一；
（3）若该校八、九年级学生共有名，请估计该校学生八、九年级喜欢足球的同学有多少名学生？
【答案】（1）；
（2）补图见解析； （3）．
【解析】
【分析】（）先求所占百分比，根据的人数除以其所占的百分比，即可求出调查的学生总数；
（）用总数减去的人数，得到的学生数，从而补全图一；
（）求出占的百分比，乘以即可得到结果；
本题考查了条形统计图和扇形统计图的综合运用，样本估计总体，读懂统计图，从不同的统计图中得到必要的信息是解题的关键．
【小问1详解】
解：本次活动共调查的学生人数为（名），
答：本次活动共调查了名学生；
【小问2详解】
解：的人数为：（名），
补全统计图，如图所示：
【小问3详解】
解：（名），
答：估计该校学生八、九年级喜欢足球的同学有名．
24. 如图，在ABC中，D为AB的中点，点E在AC上，F在DE的延长线上，DE＝EF，连接CF，CFAB．

（1）如图1，求证：四边形DBCF是平行四边形；
（2）如图2，若AB＝AC，请直接写出图中与线段CF相等的所有线段．
【答案】（1）见解析；（2）BD＝AD＝AE＝CE＝CF
【解析】
【分析】（1）先证△ADE≌△CFE（AAS），得AD＝CF，再证BD＝CF，即可得出结论；
（2）由（1）得：BD＝AD＝CF，AE＝CE，即可得出结论．
【详解】（1）证明：∵CF∥AB，
∴∠A＝∠ECF，
又∵∠AED＝∠CEF，DE＝FE，
∴△ADE≌△CFE（AAS），
∴AD＝CF，
∵D为AB的中点，
∴AD＝BD，
∴BD＝CF，且CF∥BD，
∴四边形DBCF是平行四边形；
（2）解：与线段CF相等的所有线段为AD、BD、AE、CE；理由如下：
由（1）得：BD＝AD＝CF，AE＝CE，
∵AB＝AC，
∴BD＝AD＝AE＝CE＝CF．
【点睛】本题主要考查平行四边形的性质与判定，熟练掌握平行四边形的性质与判定是解题的关键．
25. 某学校计划组织名师生参加哈尔滨冰雪节，感受冰雪艺术的魅力，出租公司现有甲、乙两种型号的客车可供租用，且每辆乙型客车的租金比每辆甲型客车少60元，若该校租用3辆甲种客车，4辆乙种客车，则需付租金1720元．
（1）该出租公司每辆甲、乙两型客车的租金各为多少元？
（2）若学校计划租用6辆客车，租车的总租金不超过1560元，那么最多租用甲型客车多少辆？
【答案】（1）该出租公司每辆甲型客车的租金为280元，则每辆乙型客车的租金为220元
（2）最多租用甲型客车4辆
【解析】
【分析】（1）设该出租公司每辆甲型客车的租金为，则每辆乙型客车的租金为元，根据题意建立方程求出其解就可以了；
（2）设租用甲型客车辆，则乙型客车辆，根据题意建立不等式求出其解就可以了．
【小问1详解】
解：设该出租公司每辆甲型客车的租金为，则每辆乙型客车的租金为元，
由题意得，解得：
乙型客车的租金为220元；
答：该出租公司每辆甲型客车的租金为280元，则每辆乙型客车的租金为220元；
【小问2详解】
解：设租用甲型客车辆，则乙型客车辆，
由题意得，解得，
最多租用甲型客车4辆．
【点睛】本题考查了列二元一次方程组解实际问题的运用及解法的运用，一元一次不等式的运用，再解答时求出甲、乙客车的租金是关键．
26. 如图，在正方形中，点E在边上，点F在边上，，连接，与对角线交于点O．
（1）如图1，求证：；
（2）如图2，过点A作于点H，交边于点K，求证：；
（3）如图3，在（2）的条件下，连接，若，，求的长．
【答案】（1）证明见解析，（2）证明见解析，（3）
【解析】
【分析】（1）证明△AOE≌△COF（AAS），即可解决问题．
（2）作BH∥EF交CD于H．证明四边形EFHB是平行四边形，△ABK≌△BCH（ASA），即可解决问题．
（3）延长CH交AB于P．首先证明PE：CF＝1：4，设PE＝a，则CF＝4a，DF＝BE＝2a，AB＝CD＝BC＝6a，推出PA＝PB，利用勾股定理求出a即可解决问题．
【详解】（1）证明：如图一中，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝CD，AB∥CD，
∴∠EAO＝∠FCO，
∵BE＝DF，
∴AE＝CF，
∵∠AOE＝∠COF，
∴△AOE≌△COF（AAS），
∴OE＝OF．
（2）证明：作BM∥EF交CD于M．
∵BE∥FM，EF∥BM，
∴四边形EFMB是平行四边形，
∴BE＝FM＝DF，
∵AK⊥EF，EF∥BM，
∴AK⊥BM，
∴∠MBC+∠ABM＝90°，∠ABM+∠BAK＝90°，
∴∠BAK＝∠MBC，
∵AB＝BC，∠ABK＝∠BCM＝90°，
∴△ABK≌△BCM（ASA），
∴BK＝CM，
∵BC＝CD，
∴CK＝DM＝2DF．
（3）解：连接并延长CH交AB于P，延长HF至L，使FL=HK，连接LC，
∵∠KHF=∠BCD=90°，
∴∠HKC+∠CFH=180°，
∵∠CFL+∠CFH=180°，
∴∠CFL=∠HKC,
∵EK∥AC，
∴＝，
∵BA＝BC，
∴BK＝BE＝DF，
∴KC＝CF，
∴△CKH≌△CFL，
∴∠HCK=∠FCL,HC=CL，
∵∠HCK+∠DCH=90°，
∴∠FCL +∠DCH=90°，即∠LCH=90°，
∵，
∴CH=6，
∵CK＝2DF＝2BE，
∴CK＝2BK，
∴＝＝，
∵△AOE≌△COF，
∴OA＝OC，
∴＝，
∴＝＝，
∵OE＝OF，
∵＝，
∵PE∥CF，
∴＝＝，
设PE＝a，则CF＝4a，DF＝BE＝2a，AB＝CD＝BC＝6a，
∴BP＝3a＝PA，
∵＝＝，CH＝6，
∴PH＝，
在Rt△BCP中，9a2+36a2＝，
∴a2＝，
∵a＞0，
∴a＝，
∴EK＝BE＝2a＝．
【点睛】本题属于四边形综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，平行线分线段成比例定理，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，学会添加常用辅助线，学会利用参数构建方程解决问题，属于中考压轴题．
27 如图，拋物线与轴交于点，交轴于点，连接，，直线经过点，与轴交于点，．
（1）求抛物线的解析式；
（2）点在第一象限抛物线上一点，点的横坐标为，连接，的面积为，求与的函数关系式（不用表示的取值范围）；
（3）在（）的条件下，当时，过点作的平行线交轴于点，交抛物线于点，连接，点为的中点，点为抛物线上一点，连接，交线段于点，若，求点的坐标．
【答案】（1）；
（2）；
（3）．
【解析】
【分析】（）根据已知条件分别求出点和点的坐标，利用待定系数法即可求解；
（）连接，过点作轴于，由的横坐标为得到，由，，得到，利用三角形面积公式即可求解；
（）利用待定系数法求出所在直线的解析式为，根据及可得到所在直线的解析式为，联立函数解析式得到点的坐标，根据坐标公式即可得到点的坐标为，设的坐标为，
根据及两点距离公式得到，解之即可得到
的坐标为，进而得到所在直线的解析式为，联立函数解析式即可得到点的坐标．
【小问1详解】
解：∵拋物线与轴交于点，
∴点的坐标为，
∴，
∵，
∴，
即，
∴，
∴点的坐标为，
∵直线与轴交于点，
∴点的坐标为，
∴，点的坐标为，
∵，
∴，
即，
∴，
∴点的坐标为，
把，代入得，
，
解得，
∴抛物线的解析式为；
【小问2详解】
解：连接，过点作轴于，
∵点的横坐标为，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴与的函数关系式为；
【小问3详解】
解：设所在直线的解析式为，把、代入得，
，
解得，
∴所在直线的解析式为，
∵，
∴，
∴点的坐标为，
∵，
∴设所在直线的解析式为，
把代入得，，
解得，
∴所在直线的解析式为，
联立函数解析式得，，
解得或，
∴点的坐标为，
∵点为的中点，，，
∴点的坐标为，
∴，
设的坐标为，
则，
∵，
∴，
整理得，，
解得（不合，舍去），，
∴坐标为，
设所在直线的解析式为，
把，代入得，
，
解得，
∴所在直线的解析式为，
联立函数解析式得，，
解得（不合，舍去），，
∴，
即点的横坐标为，
当时，，
∴点的坐标为．
【点睛】本题考查了二次函数与一次函数的交点问题，待定系数法求函数解析式，三角函数，勾股定理，根据待定系数法确定函数解析式是解题的关键．