2024-2025学年福建省福州市鼓楼区杨桥中学九年级（上）月考数学试卷（10月份）（含答案）

这是一份2024-2025学年福建省福州市鼓楼区杨桥中学九年级（上）月考数学试卷（10月份）（含答案），共13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。

一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.如图，圆锥的底面半径r为6cm，高ℎ为8cm，则圆锥的侧面积为( )
A. 30πcm2
B. 48πcm2
C. 60πcm2
D. 80πcm2
2.P为⊙O内一点，OP=3，⊙O半径为5，则经过P点的最短弦长为( )
A. 5B. 6C. 8D. 10
3.甲、乙两人各自掷一个普通的正方体骰子，如果两者之和为偶数，甲得1分；如果两者之和为奇数，乙得1分，此游戏( )
A. 是公平的B. 对乙有利C. 对甲有利D. 以上都不对
4.如图，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，BE是⊙O的直径，连接AE.若∠BCD=2∠BAD，则∠DAE的度数是( )
A. 30°
B. 35°
C. 45°
D. 60°
5.已知二次函数y=ax2+bx+c的图象上部分点的横坐标x与纵坐标y的对应值如下表：
那么关于它的图象，下列判断正确的是( )
A. 开口向上B. 与x轴的另一个交点是(3,0)
C. 与y轴交于负半轴D. 在直线x=1的左侧y随x的增大而减小
6.如图，在平面直角坐标系xOy中，⊙P的半径为2，点P的坐标为(−3,0)，若将⊙P沿x轴向右平移，使得点(0,1)落在⊙P上，则⊙P向右平移的距离为( )
A. 1
B. 5
C. 3− 3或3+ 3
D. 1或5
7.抛物线y=a(x−ℎ)2+1经过A(−1,0)，B(3,0).则关于x的一元二次方程a(x−ℎ−1)2+1=0的解是( )
A. −1或3B. 1或−3C. 0或4D. −2或2
8.如图，已知Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=6，BC=4，将△ABC绕直角顶点C顺时针旋转90°得到△DEC.若点F是DE的中点，连接AF，则AF=( )
A. 4
B. 5
C. 4 2
D. 6
9.定义：如果一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)满足a+b+c=0，那么我们称这个方程为“凤凰”方程．已知ax2+bx+c=0(a≠0)是“凤凰”方程，且有两个相等的实数根，则下列结论正确的是( )
A. a=cB. a=bC. b=cD. a=b=c
10.已知点A(m,n)在抛物线y=a(x−ℎ)2+k的图象上，且当1−ts；当x≤1−t或x≥5+t时，y≤s时，若k−n=|16a|，则m的值为( )
A. 1B. 3C. −1或7D. 3或7
二、填空题：本题共6小题，每小题4分，共24分。
11.如图，在△ABC中，∠CAB=65°，将△ABC在平面内绕点A旋转到△AB′C′的位置，使CC′//AB，则旋转角的度数为______度．
12.圆锥的母线长为3，底面圆的半径为2，则这个圆锥的全面积为______．
13.一个不透明的袋子中装有若干个大小相同的白球，现取8个与白球除颜色外完全相同的黑球放入袋子中，摇匀之后，随机摸出一个球，记下颜色并放回，经过大量重复试验后，发现摸出黑球的频率稳定在0.1附近，则估计袋子中原有白球约__________个．
14.学校组织秋游，安排给九年级3辆车，小明和小慧都可以从这3辆车中任选一辆搭乘．则小明和小慧同车的概率为______．
15.如图，圆锥侧面展开得到扇形，此扇形半径CA=6，圆心角∠ACB=120°，则此圆锥高OC的长度是______．
16.如图，抛物线y=ax2与直线y=bx+c的两个交点坐标分别为A(−3,4)，B(1,1)，则关于x的方程ax2−bx−c=0的解为______．
三、解答题：本题共9小题，共72分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题8分)
先化简，再求值.(3a+1−a+1)÷a−2a+1，其中a= 2−2．
18.(本小题8分)
某超市经销某品牌的两种包装的产品，进价与售价如下表：
已知购进50袋礼盒装的总价与购进300袋独享装的总价相同：
(1)求礼盒装和独享装每袋的进价；
(2)若超市用4000元购进了两种包装的该产品，其中礼盒装的数量不超过独享装的4倍，在两种包装的产品全部售完的情况下，求总利润的最大值．
19.(本小题8分)
2021年2月1日教育部办公厅《关于加强中小学生手机管理工作的通知》中明确“中小学生原则上不得将个人手机带入校园”，为此某学校开展了一项“你能否有效管控手机”调查，并从调查表中随机抽取200名学生的样本，数据列表如下：
(1)请补全列表，若在抽取的男生中，随机抽取1名，求抽到不能管控的学生的概率；
(2)若学生确因需要带手机进入校园需向学校有关部门报告，该校为做好这部分学生的手机管理工作，学校团委从能管控的学生中按样本中的比例抽取了4名学生组成一个团队.从该团队中选取2名同学作个人经验介绍，求选取的2人中恰有一名女生的概率．
20.(本小题8分)
已知抛物线y=x2−(2m−1)x+m2−m．
(1)求证：此抛物线与x轴必有两个不同的交点；
(2)若此抛物线与直线y=x−3m+3的一个交点在y轴上，求m的值．
21.(本小题8分)
如图，有长为24m的篱笆，现一面利用墙(墙的最大可用长度a为10m)，设花圃的宽AB为x m，面积为S m2．
(1)求S与x的函数关系式及x值的取值范围；
(2)要围成面积为45m2的花圃，AB的长是多少米？
(3)当AB的长是多少米时，围成的花圃的面积最大？(结果保留两位小数)
22.(本小题8分)
如图，在△ABC中，AB=AC，以AB为直径作⊙O交BC于点D，过点D作AC的垂线交AC于点E，交AB的延长线于点F．
(1)求证：DE与⊙O相切；
(2)若CD=BF，AE=3，求DF的长．
23.(本小题8分)
如图，AB是⊙O的直径，点F是△ABC的内心，连接CF并延长交⊙O于D，连接BD并延长至E，使得BD=DE，连接AE．
(1)求证：FD=BD；
(2)求证：AE是⊙O的切线．
24.(本小题8分)
如图1，在等腰Rt△ABC中，∠A=90°，点D、E分别在边AB、AC上，AD=AE，连接DC，点M、P、N分别为DE、DC、BC的中点．

(1)观察猜想：
图1中，线段PM与PN的数量关系是______，位置关系是______；
(2)探究证明：把△ADE绕点A逆时针方向旋转到图2的位置，连接MN，BD，判断△PMN的形状，并说明理由；
(3)拓展延伸：把△ADE绕点A在平面内自由旋转，若AD=4，AB=10，求△PMN面积的最大值．
25.(本小题8分)
在平面直角坐标系中，抛物线C1：y=x2−2mx−m(m为常数)的顶点为M，与y轴交于点N．
(1)若点P(−12,a)在抛物线C1上，求a的值；
(2)当点M到x轴的距离是14时，求m的值；
(3)在(2)的条件下，且m取有理数时，将抛物线C1绕点M旋转180°得到抛物线C2，设C2与x轴交于A、B两点(点A在点B的左侧)，求AB长度．
参考答案
1.C
2.C
3.C
4.A
5.B
6.C
7.C
8.B
9.A
10.C
11.50
12.10π
13.72
14.13
15.4 2
16.x1=−3，x2=1．
17.解：原式=3−(a+1)(a−1)a+1⋅a+1a−2=−(a+2)(a−2)a+1⋅a+1a−2=−(a+2)=−2−a，
当a= 2−2时，原式=− 2．
18.解：(1)由题意可得，
50(a+40)=300a，
解得a=8，
∴a+40=48，
答：礼盒装每袋的进价为48元，独享装每袋的进价为8元；
(2)设礼盒装购进x袋，则独享装购进4000−48x8袋，利润为w元，
由题意可得：w=(78−48)x+(10−8)(4000−48x8)=18x+1000，
∴w随x的增大而增大，
∵礼盒装的数量不超过独享装的4倍，
∴x≤4000−48x8×4，
解得x≤80，
∵x为整数，
∴当x=80时，w取得最大值，此时w=2440，
答：总利润的最大值是2440元．
19.(1)80 60 40
20.(1)证明：令y=0得：x2−(2m−1)x+m2−m=0，
∵△=(2m−1)2−4(m2−m)×1
=(4m2−4m+1)−(4m2−4m)
=1>0，
∴方程有两个不等的实数根，
∴原抛物线与x轴有两个不同的交点；
(2)解：令x=0，根据题意有：m2−m=−3m+3，
解得m=−3或1．
21.解：(1)由题意，得：BC=24−3x，
∴S=AB⋅BC=x(24−3x)=−3x2+24x；
∵0即0<24−3x≤10，
解得：143≤x<8，
∴x值的取值范围为：143≤x<8；
(2)当S=45时，
即−3x2+24x=45，
解得：x1=3，x2=5，
∴x=5，
即AB的长是5米；
(3)S=−3x2+24x=−3(x−4)2+48，
∵a=−3<0，抛物线开口向下，
∴抛物线上的点离对称轴越远，函数值越小，
∵143≤x<8，
∴当x=143时，S取的最大值−3×(143−4)2+48=1403=46.67(m2),
∴当AB的长是143m时，围成的花圃面积最大46.67m2．
22.(1)证明：如图，连接OD，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ADB=90°，
∴AD⊥BC，
又∵AB=AC，
∴∠1=∠2，
∵OA=OD，
∴∠2=∠ADO，
∴∠1=∠ADO，
∴OD/​/AC，
∵DE⊥AC，
∴∠ODF=∠AED=90°，
∴OD⊥ED，
∵点D在⊙O上，
∴DE与⊙O相切；
(2)解：∵AB=AC，AD⊥BC，
∴∠1=∠2，CD=BD，
∵CD=BF，
∴BF=BD，
∴∠3=∠F，
∴∠4=∠3+∠F=2∠3，
∵OB=OD，
∴∠ODB=∠4=2∠3，
∵∠ODF=90°，即2∠3+∠3=90°，
∴∠3=∠F=30°，∠4=∠ODB=60°，
∵∠ADB=90°，
∴∠2=∠1=30°，
∴∠2=∠F，
∴DF=AD，
∵∠1=30°，∠AED=90°，
∴AD=2ED，
∵AE2+DE2=AD2，AE=3，
∴AD=2 3，
∴DF=2 3．
23.(1)证明：连接BF，
∵F是△ABC的内心，
∴∠BCF=∠ACF，∠CBF=∠ABF．
∵∠BFD=∠BCF+∠CBF，∠DBF=∠ABF+∠DBA，∠DBA=∠ACF=∠BCF，
∴∠DBF=∠BFD．
∴FD=BD；
(2)证明：连接OD．
∴OA=OB．
∵BD=DE，
∴OD是△BAE的中位线，
∴OD/​/AE，
∵∠BCD=∠ACD，
∴BD=AD，
∵OD是半径，
∴OD⊥AB．
∴EA⊥AB，
∴EA是⊙O的切线．
24.(1)PM=PN，PM⊥PN
(2)△PMN是等腰直角三角形，理由如下：
由旋转知，∠BAD=∠CAE，
∵AB=AC，AD=AE，
在△ABD和△ACE中
AB=AC∠BAD=∠CAEAD=AE
∴△ABD≌△ACE(SAS)，
∴∠ABD=∠ACE，BD=CE，
利用三角形的中位线得，PN=12BD，PM=12CE，
∴PM=PN，
∴△PMN是等腰三角形，
同(1)的方法得，PM/​/CE，
∴∠DPM=∠DCE，
同(1)的方法得，PN/​/BD，
∴∠PNC=∠DBC，
∵∠DPN=∠DCB+∠PNC=∠DCB+∠DBC，
∴∠MPN=∠DPM+∠DPN=∠DCE+∠DCB+∠DBC
=∠BCE+∠DBC=∠ACB+∠ACE+∠DBC
=∠ACB+∠ABD+∠DBC=∠ACB+∠ABC，
∵∠BAC=90°，
∴∠ACB+∠ABC=90°，
∴∠MPN=90°，
∴△PMN是等腰直角三角形；
(3)由(2)知，△PMN是等腰直角三角形，PM=PN=12BD，
∴BD最大时，△PMN面积最大，
∴点D在BA的延长线上，
∴BD=AB+AD=14，
∴PM=7，
∴S△PMN最大=12PM2=12×72=492．
25.解：(1)∵点P(−12,a)在抛物线C1：y=x2−2mx−m上，
∴a=(−12)2−2m×(−12)−m=14；
(2)∵y=x2−2mx−m=(x−m)2−m2−m，
∴|−m2−m|=14，
∴−m2−m=14，或−m2−m=−14，
解得m=−12或m=−1+ 22或m=−1− 22；
(3)存在，理由如下，
依题意，m为有理数，
∴m=−12，抛物线解析式为y=x2+x+12=(x+12)2+14，
令x=0，则y=12，
∴N(0,12)，
∵抛物线C1绕点M旋转180°得到抛物线C2，C2与x轴交于A、B两点(点A在点B的左侧)，
∴C2与C1大小形状相同，顶点坐标相同为(−12,14)，开口向下，
∴C2解析式为y=−(x+12)2+14=−x2−x，
令y=−x2−x=0，解得：x1=−1，x2=0，
∴A(−1,0)，B(0,0)，
∴AB=1． x
…
−1
0
1
2
…
y
…
0
3
4
3
…
类别
价格
礼盒装
独享装
进价(元/袋)
a+40
a
售价(元/袋)
78
10
性别
能管控
不能管控
总计
男
20
______
100
女
______
______
100
总计
80
120
200