福建省福州市鼓楼区教育学院附属中学2023-2024学年九年级上学期月考数学试题（解析版）-A4

这是一份福建省福州市鼓楼区教育学院附属中学2023-2024学年九年级上学期月考数学试题（解析版）-A4，共23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. 下列是中心对称图形但不是轴对称图形的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】轴对称图形:平面内，一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够完全重合的图形; 中心对称图形：在平面内，把一个图形绕着某个点旋转180°，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，这个点叫做它的对称中心．根据中心对称图形和轴对称图形的概念对各选项分析判断即可得解.
【详解】解：A选项：是中心对称图形但不是轴对称图形，故本选项符合题意；
B选项：是中心对称图形，也是轴对称图形，故本选项不符合题意；
C选项：不是中心对称图形，也不是轴对称图形，故本选项不符合题意；
D选项：不是中心对称图形，也不是轴对称图形，故本选项不符合题意．
故选A.
【点睛】本题考查了中心对称图形与轴对称图形的概念，轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后两部分重合．
2. 在平面直角坐标系中，点M（1，﹣2）与点N关于原点对称，则点N的坐标为（ ）
A. （﹣2， 1）B. （1，﹣2）C. （2，-1）D. （-1，2）
【答案】D
【解析】
【详解】解：点M（1，﹣2）与点N关于原点对称，
点N的坐标为
故选D.
【点睛】本题考查关于原点对称的点坐标特征：横坐标和纵坐标都互为相反数.
3. 用配方法解一元二次方程，可将方程配方为
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】试题解析：

故选：A.
4. 如图，将Rt△ABC绕其直角顶点C按顺时针方向旋转90°后得到Rt△DEC，连接AD，若∠B＝55°，则∠ADE等于( )
A. 5°B. 10°C. 15°D. 20°
【答案】B
【解析】
【分析】根据旋转的性质可得AC=CD，∠CED=∠B，再判断出△ACD是等腰直角三角形，然后根据等腰直角三角形的性质求出∠CAD=45°，然后根据三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和列式计算即可得解．
【详解】解：∵Rt△ABC绕其直角顶点C按顺时针方向旋转90°后得到Rt△DEC，
∴AC=CD，∠CED=∠B=55°，
∴△ACD是等腰直角三角形，
∴∠CAD=45°，
由三角形的外角性质得，∠ADE=∠CED-∠CAD=55°-45°=10°．
故选：B．
【点睛】本题考查旋转的性质，等腰直角三角形的判定与性质，三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和的性质，解题关键是熟记各性质并准确识图．
5. 如图所示，点A，B，P为上的点，若，且，则等于（ ）

A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由平行线的内错角相等，易求得的度数，然后可根据同弧所对的圆周角和圆心角的关系求出的度数．
【详解】解：∵，
∴；
∴；
故选：C．
【点睛】此题主要考查了平行线的性质及圆周角定理的应用，熟练掌握相关性质定理是解决问题的关键．
6. 下列抛物线的顶点坐标为(4，－3)的是
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】试题解析：C. 的顶点坐标为(4，－3).
故选C.
点睛：抛物线对称轴为直线顶点坐标为
7. 下列语句中不正确的有
①平分弦的直径垂直于弦 ②圆是轴对称图形，任何一条直径都是它的对称轴 ③长度相等的两条弧是等弧
A. 3个B. 2个
C. 1个D. 以上都不对
【答案】A
【解析】
【详解】①平分弦的直径垂直于弦; 错误(弦不是直径). ②圆是轴对称图形，任何一条直径都是它的对称轴,错误（直径所在直线）. ③长度相等的两条弧是等弧;错误（同圆等圆中）.
故选A.
点睛：
垂径定理是:垂直与弦的直径平分这条弦,并且平分这条弦所对的两段弧.
推论一:平分弦(不是直径)的直径垂直与这条弦,并且平分这条弦所对的两段弧.
推论二:弦的垂直平分线经过圆心,并且平分这条弦所对的弧.
推论三:平分弦所对的一条弧的直径垂直平分这条弦,并且平分这条弦所对的另一条弧.
推论四:在同圆或者等圆中,两条平行弦所夹的弧相等.
(证明时的理论依据就是上面的五条定理).
8. 已知关于的方程的一个根为，则实数的值为
A. 1B. ﹣1C. 2D. ﹣2
【答案】A
【解析】
【分析】利用方程解的定义就可以得到关于的方程，从而求得的值．
【详解】解：关于的方程的一个根为，
，
解得．
故选：A．
【点睛】本题主要考查了方程的解的定义．解题的关键是能够使方程左右两边相等的未知数的值．即用这个数代替未知数所得式子仍然成立．
9. 如图，是等边的外接圆，点是弧上的点，且，则的度数为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据等边三角形的性质得到∠ACB=∠ABC=∠BAC=60°，根据圆周角定理得到∠BCD=∠BAD=40°，进而可求出∠ACD的度数．
【详解】解：∵△ABC是等边三角形，
∴∠ACB=∠ABC=∠BAC=60°，
∵∠CAD=20°，
∴∠BAD=∠BAC-∠CAD=40°，
∵，
∴∠BCD=∠BAD=40°，
∴∠ACD=∠ACB+∠BCD=100°，
故选：D．
【点睛】本题考查的是三角形的外接圆和外心、圆周角定理、等边三角形的性质，熟练掌握等边三角形的性质和圆周角定理是解决问题的关键．
10. 平面直角坐标系中，抛物线与直线上有三个不同的点，，，如果，那么和的关系是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意可知，，，为直线与抛物线和直线的交点；设，在抛物线上，在直线上，根据二次函数与一元二次方程的关系可得，根据一次函数的性质可得，据此即可求得答案．
【详解】根据题意可知，，，为直线与抛物线和直线的交点．
设，在抛物线上，在直线上．
根据题意，得
．
移项，得
．
可得
．
根据题意，得
．
可得
．
则
．
可得
．
故选：C．
【点睛】本题主要考查二次函数、一次函数，牢记二次函数与一元二次方程的关系是解题的关键．
二、填空题（本大题共6小题，每空4分，共24分）
11. 若是关于的一元二次方程，则________．
【答案】1
【解析】
【分析】根据一元二次方程的定义，从而列出关于m的关系式，求出答案.
【详解】根据题意可知：m＋1≠0且｜m｜＋1＝2，解得：m＝1，故答案为m＝1.
【点睛】本题主要考查了一元二次方程的定义，解本题的要点在于知道一元二次方程中二次项系数不能为0.
12. 已知圆锥的母线长为，底面半径为，则此圆锥的侧面积为________．
【答案】
【解析】
【分析】先求出圆锥的底面周长，即可得到圆锥侧面展开图的扇形弧长，再利用扇形面积公式即可求解．
【详解】解：圆锥的底面周长是，
∴圆锥的侧面积为．
故答案为：
【点睛】本题考查了圆锥侧面积的求法，熟知圆锥的侧面展开图是半径为母线，弧长为底面圆的周长的扇形是解题的关键．
13. 如图，在中，，在同一平面内，现将绕点旋转，使得点落在点，点落在点，如果，那么______．
【答案】##度
【解析】
【分析】本题考查了旋转的性质，等腰三角形的性质以及三角形内角和定理；先根据平行线的性质，由得，再根据旋转的性质得，，于是根据等腰三角形的性质有，然后利用三角形内角和定理可计算出，从而得到的度数．
【详解】解：∵，
∴，
∵现将绕点旋转，使得点落在点，点落在点，，
∴，，
在中，∵，
∴，
∴，
∴．
故答案为：．
14. 若关于的一元二次方程的两实数根互为相反数，则的值为__________．
【答案】
【解析】
【分析】设两个实数根为，，可得，据此即可求得答案．
【详解】设两个实数根为，．
根据题意，得
．
解得
．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查一元二次方程，牢记一元二次方程根与系数的关系是解题的关键．
15. 如图，在中，，以上一点为圆心，为半径的圆与相切于点，若，则半径为______ ．

【答案】2
【解析】
【分析】直接利用切线的性质得出，进而利用等腰三角形的性质结合勾股定理得出的半径．
【详解】解：连接，

为半径的圆与相切于点
，
，
，
，
，
，
，
，
，
设，则，
故，
解得：，
则的半径为：．
故答案为：．
【点睛】此题主要考查了切线的性质以及等腰三角形的性质以及勾股定理等知识，正确得出的度数是解题关键．
16. 如图，在RtACB中，∠ACB＝90°，AB＝4，∠BAC＝60°，D是边AC上的一个动点，连接BD，作CE⊥BD于点E，连接AE，则AE长的最小值为_________．
【答案】##
【解析】
【分析】取中点，连接、．易得点在以点F为圆心，长为半径的圆周上运动，当点、、在同一直线上时，最短．据此计算即可．
【详解】解：如图，取中点，连接、．
，
∴，
点在以点F为圆心，长为半径的圆周上运动，
∴当点、、在同一直线上时，最短．
∵∠ACB＝90°，∠BAC＝60°，
∴∠ABC＝∠ACB－∠BAC＝30°，
又∵AB＝4，
，
，
，
，
，
即的最小值为．
故答案为：．
【点睛】本题考查了线段最小值，正确理解圆外一点到圆上的最短距离等于点与圆心连线与圆的交点到点到这点的线段长是解题的关键，也考查了含30°的直角三角形的性质以及勾股定理的应用．
三、解答题（本大题共9小题，共86分）
17. 解方程（1） （2）
【答案】(1) ;(2)
【解析】
【分析】（1）运用因式分解法求解方程即可；
（2）运用因式分解法求解方程即可．
【详解】（1）

或

（2）

或
【点睛】一元二次方程的常用解法：直接开方法，配方法，公式法，因式分解法.根据题目选择合适的方法．
18. 已知关于的方程 ．
（1）求证：方程一定有两个实数根；
（2）若方程的两个实数根都是整数，求正整数k的值．
【答案】（1）证明见解析；（2）正整数k=1或3．
【解析】
【分析】（1）证明根的判别式不小于0即可；
（2）根据公式法求出方程的两根,用k表示出方程的根，再根据方程的两个实数根都是整数，进而求出k的值．
【详解】解：（1）证明：
，
∴方程一定有两个实数根.
（2）解：，
，
，
，
∵方程的两个实数根都是整数，
∴正整数1或3．
19. 我国快递行业迅速发展，经调查，某快递公司今年2月份投递快递总件数为20万件，4月份投递快递总件数33.8万件，假设该公司每月投递快递总件数的增长率相同．
（1）求该公司投递快递总件数的月增长率；
（2）若该公司每月投递快递总件数的增长率保持不变，那么5月份投递快递总件数是否达到45万件？
【答案】（1）该公司投递快递总件数的月增长率为；
（2）若该公司每月投递快递总件数的增长率保持不变，那么5月份投递快递总件数不能达到45万件．
【解析】
【分析】（1）设该公司投递快递总件数的月增长率为x，利用4月快递总件数=2月快递总件数，即可得出一元二次方程，解方程取正值即可得出结论；
（2）已求得每月的增长率，利用5月快递总件数=4月快递总件数，求解出具体数值并与45万件比较得出结论．
【小问1详解】
设该公司投递快递总件数的月增长率为x，
依题意得：，
或
，（不符合题意，舍去）
即增长率为，
答：该公司投递快递总件数的月增长率为
【小问2详解】
4月份投递快递总件数33.8万件，月增长率为，则5月份投递快递总件数为：
，
因为，即5月份投递快递总件数不能达到45万件，
答：若该公司每月投递快递总件数的增长率保持不变，那么5月份投递快递总件数不能达到45万件．
【点睛】本题主要考查了一元二次方程应用题中的平均增长率问题，如何正确根据题意列出一元二次方程是解题的关键．
20. 如图所示，在⊙O中直径AB垂直于弦CD，垂足为E，若BE=2cm，CD=6cm．求⊙O的半径．
【答案】 cm
【解析】
【分析】连接OD，设半径为r，由垂径定理求得DE的长，在RT△OED中，根据勾股定理列出方程，解方程求得r即可.
【详解】解: 连接OD，设半径为r，
∵AB⊥CD，CD=6cm，
∴CE=DE=3cm，
∵BE=2cm，
∴OE=r-2，
∴在Rt△OED中，r²=3²+(r-2)²，
解得：r= ，
即⊙O的半径为 cm．
【点睛】本题考查垂径定理、勾股定理，熟练掌握垂径定理是解答的关键．
21. 如图，在中，D是边上一点，．
（1）请用尺规作图法作绕点A旋转后得到，使旋转后的边与边重合，（保留作图痕迹，不写作法）
（2）连接，若，求证：
【答案】（1）见详情；
（2）见详情．
【解析】
【分析】（1）根据旋转的性质对应边相等对应角相等，先作，再在截取即可得到答案；
（2）根据题意得到是等边三角形得到，结合得，，从而得到，即可得到是等边三角形即可得到证明．
【小问1详解】
解：以为角的一边作，再在截取，连接，如图所示：
【小问2详解】
证明：连接 ，
∵ ，，
∴是等边三角形，
∴，
∵绕点A旋转后得到的，
∴，
∴，，
∴，
∴是等边三角形，
∴．
【点睛】本题主要考查旋转作图及等边三角形的判定及性质，解题的关键是掌握旋转的性质及判定等边三角形．
22. 某商场试销一种成本为每件60元的服装，规定试销期间销售单价不低于成本单价，且获利不得高于50%，经试销发现，销售量y(件)与销售单价x(元)的关系符合一次函数y＝－x＋140．
(1) 直接写出销售单价x的取值范围；
(2) 若销售该服装获得利润为W元，试写出利润W与销售单价x之间的关系式；销售单价为多少元时，可获得最大利润，最大利润是多少元；
(3) 若获得利润不低于1200元，试确定销售单价x的范围．
【答案】（1）60≤x≤90；（2）当销售单价定为90元时，可获得最大利润，最大利润是1500元；（3）80≤x≤90．
【解析】
【分析】（1）由题意可知销售单价x的取值范围为：大于等于成本，小于等于成本×（1+50%）；
（2）根据利润=（售价-成本）×销售量列出函数关系式；
（3）令函数关系式W=1200，解得x，然后进行讨论．
【详解】解：（1）∵销售单价不低于成本单价，且获利不得高于50%
∴60≤x≤60（1+50%）
解得：60≤x≤90；
（2）W=（x-60）（-x+140），
=-x2+200x-8400，
=-（x-100）2+1600，
抛物线的开口向下，∴当x＜100时，W随x的增大而增大，
而60≤x≤90，∴当x=90时，W=-（90-100）2+1600=1500．
∴当销售单价定为90元时，可获得最大利润，最大利润是1500元．
（3）由W=1200，得1200=-x2+200x-8400，
整理得，x2-200x+9600=0，
解得，x1=80，x2=120，
可知要使获得利润不低于1200元，销售单价应在80元到120元之间，
而60≤x≤90，
所以，销售单价x的范围是80≤x≤90．
【点睛】本题主要考查二次函数的应用，根据利润=（售价-成本）×销售量列出函数关系式，求最值，运用二次函数解决实际问题，比较简单．
23. 如图，是的内接三角形，，经过圆心O交于点E，连接，．
（1）判断直线与的位置关系，并说明理由；
（2）若，求图中阴影部分的面积．
【答案】（1）直线与相切，理由见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）连接，根据圆周角定理得到，连接，根据等边三角形的性质得到，根据切线的判定定理即可得到结论；
（2）根据圆周角定理得到，解直角三角形得到，根据扇形和三角形的面积公式即可得到结论．
【小问1详解】
解：直线与相切，
理由：如图，连接，
∵，
∴，
连接，
∵，
∴是等边三角形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵是的半径，
∴直线与相切；
【小问2详解】
解：如（1）中图，
∵是的直径，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴图中阴影部分的面积．
【点睛】本题考查了直线与圆的位置关系，等边三角形的判定和性质，解直角三角形，扇形面积的计算，正确地作出辅助线是解题的关键．
24. 在正方形中，点是直线上一点，连接，将线段绕点顺时针旋转90°，得到线段，连接．
（1）如图1，若点在线段的延长线上，过点作交于点，交对角线于点，连接．
①请根据题意补全图形（不需要用尺规作图）；
②若，求的度数；
③求证：.
（2）若点在延长线上，直线写出、、三条线段的数量关系______．
【答案】（1）①见解析；②；③见解析
（2）或
【解析】
【分析】（1）①根据题意补全图形即可；
②根据正方形及旋转的性质得出，结合图形即可得出结果；
③根据旋转及正方形的性质得出，再由全等三角形的判定和性质得出，，结合图形及等量代换即可证明；
（2）分两种情况：①当点P在线段上时；②当点P在线段的延长线上时；分别作出图形及辅助线，利用正方形及旋转的性质、勾股定理解三角形、全等三角形的判定和性质求解即可．
【小问1详解】
解：①补全图形如图所示：
②四边形是正方形，
∴，
由旋转的性质得：，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∴；
③证明：如图所示：
∵线段绕点P顺时针旋转90°得到线段，
∴，
∵四边形是正方形，
∴，
于H，
∴，
∴，，
∴，
即，
∴，
∴，
，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴；
【小问2详解】
分两种情况：
①当点P在线段上时：，理由如下：
在上截取，连接，则等腰直角三角形，
∴，，∵，
∴，
由旋转的性质得：，，
∴，
又，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴；
②当点P在线段的延长线上时，，理由如下：
在上截取，连接，如图所示：
则是等腰直角三角形，
，
四边形是正方形，
∴，，，
∴，
由旋转性质得：，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴
故答案为：或．
【点睛】本题是四边形综合题目，考查了旋转变换、正方形的检质、全等三角形的判断和性质、等腰直角三角形的判定与性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考常考题型．
25. 在平面直角坐标系中，抛物线交轴于点，点，（点在点的左侧），点是抛物线上一点．
（1）若，时，用含的式子表示；
（2）若，，，的外接圆为，求点的坐标和弧的长；
（3）在（1）的条件下，若有最小值，求此时的抛物线解折式
【答案】（1）

（2）E点坐标为，弧长为

（3）
【解析】
【分析】（1）将，代入，计算求解即可；
（2）将与代入，得到，然后将解析式因式分解，得到点坐标分别为；如图，在直角坐标系中作，连接；点为中点，坐标为；点为中点，坐标为，，，有，，，，，得的值，进而可求出点坐标；，知，，AE= ，根据求解即可；
（3），知，， 最小时，有，解得值，故可得值，进而可得出抛物线解析式．
【小问1详解】
解：将与代入
得
∴用含的式子表示为．
【小问2详解】
解：将与代入
得
∴
∴点坐标分别为
如图，作，连接
∴，
∴点为中点，坐标为即；点为中点，坐标为即
∵
∴
∴
∴
∵，，
∴
∴点坐标
∵
∴
∴
∴AE=
∴的坐标为，的长为．
【小问3详解】
解：由题意知
∵，
∴
∵最小时，有解得
∴
∴．
【点睛】本题考查了代数式，待定系数法求二次函数解析式，二次函数最值，三角形相似的判定与性质，三角形的外接圆，弧长等知识．解题的关键与难点在于对知识的熟练掌握并能灵活运用．