湖北省武汉市新洲区邾城街2025届九年级上学期12月月考数学试卷(含解析)

这是一份湖北省武汉市新洲区邾城街2025届九年级上学期12月月考数学试卷(含解析)，共18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、（本题30分）选择题：
1．（3分）下列是一组1g设计的图案（不考虑颜色），下列图形不是中心对称图形的是（ ）
A．B．
C．D．
解：A、是中心对称图形，不符合题意；
B、不是中心对称图形，符合题意；
C、是中心对称图形，不符合题意；
D、是中心对称图形，不符合题意；
故选：B．
2．（3分）下列词语所描述的事件属于随机事件的是（ ）
A．水中捞月B．画饼充饥C．守株待兔D．水到渠成
解：A、水中捞月，是不可能事件，故不符合题意；
B、画饼充饥，是不可能事件，故不符合题意；
C、守株待兔，是随机事件，故符合题意；
D、水到渠成，是必然事件，故不符合题意；
故选：C．
3．（3分）已知x1，x2是一元二次方程x2+3x+1＝0的两根，且x1+x2+x1x2的值是（ ）
A．4B．﹣2C．2D．1
解：∵x1，x2是一元二次方程x2+3x+1＝0的两根，
∴x1+x2＝﹣3，x1x2＝1，
∴x1+x2+x1x2＝﹣3+1＝﹣2，
故选：B．
4．（3分）如图，PA，PB分别与⊙O相切于A，B两点，∠P＝70°，则∠C的度数为（ ）
A．55°B．60°C．65°D．70°
解：连接OA、OB，
∵直线PA、PB分别与⊙O相切于点A、B，
∴OA⊥PA，OB⊥PB，
∵∠P＝70°，
∴∠AOB＝110°，
∵C是⊙O上一点，
∴∠ACB＝55°．
故选：A．
5．（3分）将二次函数y＝（x+1）2﹣2的图象向左平移2个单位长度，再向上平移3个单位长度得到图象的二次函数解析式是（ ）
A．y＝（x﹣1）2﹣5B．y＝（x﹣1）2+1
C．y＝（x+3）2+1D．y＝（x+3）2﹣5
解：将二次函数y＝（x+1）2﹣2的图象先向左平移2个单位长度，再向上平移3个单位长度得到的函数解析式是y＝（x+1+2）2﹣2+3，即y＝（x+3）2+1．
故选：C．
6．（3分）假定鸟卵孵化后，雏鸟为雌鸟和雄鸟的概率相同．如果3枚鸟卵全部成功孵化，那么3只雏鸟中，恰好有两只雄鸟与1只雌鸟的概率是（ ）
A．B．C．D．
解：画树状图如下：
共有8种等可能的结果，其中恰好有两只雄鸟与1只雌鸟的结果有3种，
∴恰好有两只雄鸟与1只雌鸟的概率是，
故选：D．
7．（3分）如图，将△ABC绕点A逆时针旋转50°得到△ADE，若∠E＝70°且AD⊥BC于点F，则∠BAC的度数为（ ）
A．65°B．70°C．75°D．80°
解：∵将△ABC绕点A逆时针旋转50°得△ADE，
∴∠BAD＝50°，∠E＝∠ACB＝70°，
∵AD⊥BC，
∴∠DAC＝20°，
∴∠BAC＝∠BAD+∠DAC＝70°．
故选：B．
8．（3分）若A（﹣3，y1），B（﹣2，y2），C（2，y3）为二次函数y＝ax2+2ax+a（a＜0）的图象上的三点，则y1，y2，y3的大小关系是（ ）
A．y1＜y2＜y3B．y2＜y1＜y3C．y3＜y1＜y2D．y1＜y3＜y2
解：∵y＝ax2+2ax+a＝a（x+1）2，且a＜0，
∴二次函数y＝ax2+2ax+a（a＜0）的图象的对称轴为直线x＝﹣1，且开口向下，
∴距离对称轴越远的点，其函数值越小．
又∵|﹣3﹣（﹣1）|＝2，|﹣2﹣（﹣1）|＝1，|2﹣（﹣1）|＝3，且1＜2＜3，
∴y3＜y1＜y2．
故选：C．
9．（3分）已知⊙O的半径为3，P为⊙O所在平面内某直线l上一点，OP＝3，则过点P的直线PQ与⊙O的公共点个数为（ ）
A．1或2B．2C．0D．1
解：∵⊙O的半径为3，P为⊙O所在平面内某直线l上一点，OP＝3，
∴直线PQ与圆相切或相交，
故公共点的个数为1或2．
故选：A．
10．（3分）如图，⊙O的半径为4，弦AB的长为，点P为优弧AB上一动点，AC⊥AP交直线PB于点C，则△ABC的面积的最大值是（ ）
A．B．C．D．
解：如图，连接OA，OB，过点O作OD⊥AB于点D．
∵OD⊥AB，
∴AD＝DB＝2，∠AOD＝∠BOD，
∴sin∠AOD＝＝＝，
∴∠AOD＝∠BOD＝60°，
∴∠AOB＝120°，
∴∠P＝∠AOB＝60°，
∵AP⊥AC，
∴∠CAP＝90°，
∴∠C＝30°，
∴点C在O′为圆心，O′A为半径的圆上运动，
当点C′在AB的垂直平分线上时，△ABC的面积最大，
∵∠AO′B＝60°，O′A＝O′B，
∴△AO′B是等边三角形，
∴O′A＝O′C′＝AB＝4，O′D＝AD＝6，
∴C′D＝4+6，
∴△ABC面积的最大值＝×AB×C′D＝××（4+6）＝24+12．
故选：C．
二、填空题：（本大题共6小题，共18分）
11．（3分）已知3是一元二次方程x2＝p的一个根，则另一根是 ﹣3 ．
解：把x＝3代入x2＝p，得p＝32＝9．
则原方程为x2＝9，即x2﹣9＝0．
设方程的另一根为x，则3x＝﹣9．
所以x＝﹣3．
故答案为：﹣3．
12．（3分）在平面直角坐标系中，点（a+3，2）关于原点的对称点为（4，﹣b），则ab的值为 ﹣14 ．
解：∵点（a+3，2）关于原点的对称点为（4，﹣b），
∴a+3＝﹣4，﹣b＝﹣2，
解得：a＝﹣7，b＝2，
则ab的值为：﹣7×2＝﹣14．
故答案为：﹣14．
13．（3分）在一个不透明的口袋中装有4个红球和若干个白球，它们除颜色外完全相同，通过多次摸球试验后发现，摸到红球的频率稳定在0.25附近，则口袋中白球有 12 个．
解：设白球个数为x个，
∵摸到红球的频率稳定在0.25附近，
∴口袋中得到红球的概率为0.25，
∴＝0.25，
解得：x＝12，
故白球的个数为12个．
故答案为：12．
14．（3分）小明在手工制作课上，用面积为150πcm2，半径为25cm的扇形卡纸，围成一个圆锥侧面，则这个圆锥的底面半径长为 6 cm．
解：∵S＝lR，
∴l×25＝150π，
解得l＝12π，
设圆锥的底面半径为r cm，
∴2π•r＝12π，
∴r＝6，
∴这个圆锥的底面半径长为6cm．
故答案为：6．
15．（3分）已知开口向下的抛物线y＝ax2+bx+c与x轴交于点（﹣1，0），对称轴为直线x＝1．下列结论：①2a+b＝0；②abc＞0；③函数y＝ax2+bx+c的最大值为﹣4a；④t（at+b）+a≤0（t是一个常数）．其中结论正确的是 ①③④ （填序号）．
解：∵抛物线y＝ax2+bx+c的对称轴为直线x＝1，
∴，
∴b＝﹣2a，
即2a+b＝0，
故结论①正确，符合题意；
∵抛物线y＝ax2+bx+c的图象开口向下，
∴a＜0，
∵b＝﹣2a，
∴b＞0，
∵抛物线y＝ax2+bx+c开口向下，与x轴交于点（﹣1，0），对称轴为x＝1，抛物线y＝ax2+bx+c与y轴的交点位于y轴的正半轴，
∴c＞0，
∴abc＜0，
故结论②错误，不符合题意；
∵对称轴为x＝1，
∴当x＝1时，y有最大值a+b+c，
∵抛物线y＝ax2+bx+c与x轴交于点（﹣1，0），
∴a﹣b+c＝0，
∴c＝b﹣a，
又∵b＝﹣2a，
∴a+b+c＝﹣4a，
即函数的最大值为﹣4a，
故结论③正确，符合题意；
∵当x＝1时y有最大值a+b+c，
当x＝t时，y为at2+bt+c，
∴at2+bt+c≤a+b+c，
∴at2+bt+≤a+b，
又∵b＝﹣2a，
∴at2+bt+≤a﹣2a，
∴t（at+b）≤﹣a，
即t（at+b）+a≤0，
故结论④正确，符合题意，
综上所述，结论正确的为①③④．
故答案为：①③④．
16．（3分）如图，在平面直角坐标系中，点A（0，3），B（4，0），将线段AB绕点B顺时针旋转135°，则点A的对应点C的纵坐标是 （4+，） ．
解：∵A（0，3），B（4，0），
∴OA＝3，OB＝4，
把△OAB绕B点顺时针旋转135°得到△DCB，延长DC交x轴于E点，过C点作CH⊥x轴于H点，如图，
∴BD＝OB＝4，CD＝OA＝3，∠OBD＝135°，∠BDC＝∠AOB＝90°
∴∠DBE＝45°，
∴∠DEC＝45°，
在Rt△BDE中，DE＝DB＝4，BE＝BD＝4，
∴CE＝DE﹣DC＝4﹣3＝1，
在Rt△CHE中，∵∠CEH＝45°，
∴CH＝EH＝CE＝，
∴BH＝OB+BE﹣HE＝4+4﹣＝4+，
∴C点坐标为（4+，）．
故答案为：（4+，）．
三、解答题（本大题共8小题，共72分）
17．（8分）解方程：x2﹣3x+1＝0．
解：x2﹣3x+1＝0，
这里a＝1，b＝﹣3，c＝1，
∵b2﹣4ac＝（﹣3）2﹣4×1×1＝9﹣4＝5＞0，
∴x＝，
则x1＝，x2＝．
18．（8分）如图，在△ABC中，BA＝BC，∠ABC＝35°，将△ABC绕点B按逆时针方向旋转得到△DBE，连接AD，CE交于点F．
（1）求证：△ABD≌△CBE；
（2）求∠AFC的度数．
（1）证明：∵将△ABC绕点B按逆时针方向旋转得到△DBE，
∴BD＝BA，BE＝BC，∠ABD＝∠CBE，
∵BA＝BC，
∴BD＝BE，
在△ABD和△CBE中，
，
∴△ABD≌△CBE（SAS）．
（2）解：设AD交BC于点H，则∠AHC＝∠AFC+∠BCE＝∠ABC+∠BAD，
由（1）得△ABD≌△CBE，
∴∠BAD＝∠BCE，
∴∠AFC+∠BCE＝∠ABC+∠BCE，
∴∠AFC＝∠ABC＝35°，
∴∠AFC的度数是35°．
19．（8分）乘客通过无锡某地铁站入口时，有A．B、C三个闸口，假设乘客通过每个闸口的可能性相同，乘客可随机选择一个闸口通过．
（1）一名乘客通过此地铁闸口时，选择A闸口通过的概率为 ；
（2）当两名乘客通过此地铁闸口时，请用树状图或列表法求两名乘客选择不同闸口通过的概率．
解：（1）∵有A．B、C三个闸口，
∴一名乘客通过此地铁闸口时，选择A闸口通过的概率为；
故答案为：；
（2）根据题意画图如下：
共有9种等情况数，其中两名乘客选择不同闸口通过的有6种，
则两名乘客选择不同闸口通过的概率是＝．
20．（8分）如图，在边长为1的6×6的网格中，A，O是格点，以O为圆心，B、C是⊙O与网格线的交点．用无刻度的直尺在给定的网格中按要求依次完成画图并回答问题．
（1）在图（1）中，作弦CD，使CD＝AB；
（2）在图（2）中画弦CM，使弦CM平分∠ACB；再在弧BC上找一点G，使BG＝AB．
解：（1）如图所示，CD1＝AB＝CD2；
（2）如图所示，CM、BG即为所求；
CM作法提示：①找AB中点：构造平行四边形，连接与网格交点，则该直线与AB交点N即为AB中点；
②连接ON并延长，交⊙O于点M；
③连接CM，则CM即为所求．
21．（8分）如图，△ABC是⊙O的内接三角形，AC是⊙O的直径，点D为圆外一点，连接CD，BD，若∠CBD＝∠CAB．
（1）求证：BD是⊙O的切线；
（2）若CD⊥BD，且BD＝4，CD＝3，求弦AB的长度．
（1）证明：∵AB是⊙O的直径，
∴∠ABC＝90°，
∵OB＝OA，
∴∠OBA＝∠CAB，
∵∠CBD＝∠CAB，
∴∠CBD＝∠OBA，
∴∠OBD＝∠OBC+∠CBD＝∠OBC+∠OBA＝∠ABC＝90°，
∵OB是⊙O的半径，且BD⊥OB，
∴BD是⊙O的切线．
（2）解：作BE⊥AC于点E，
∵CD⊥BD，OB⊥BD，
∴CD∥OB，
∴∠DCB＝∠OBC，
∵OB＝OC，
∴∠ECB＝∠OBC，
∴∠ECB＝∠DCB，
∵∠BEC＝∠D＝90°，BC＝BC，
∴△BCE≌△BCD（AAS），
∴BE＝BD＝4，CE＝CD＝3，
∴BC＝＝＝5，
∴S△ABC＝×4AC＝×5AB，
∴AC＝AB，
∵BC＝＝＝AB＝5，
∴AB＝，
∴弦AB的长度是．
22．（10分）如图1，小明和小伙伴一起玩扔小石头游戏，我们把小石头的运动轨迹看成是抛物线的一部分．如图2所示，以点O为原点建立平面直角坐标系．已知小明扔小石头的出手点A在点O正上方2米的位置，小石头在与点O的水平距离为6米时达到最大高度5米，扔小石头的预期击中目标看作线段BC，其中点B在x轴上，离点O的水平距离为12米，点C在点B的正上方2米处．
（1）判断小明扔的小石头能否正好击中点C，并说明理由；
（2）求小石头运动轨迹所在抛物线的解析式；
（3）在竖直方向上，试求出小石头在运动过程中与直线OC的最大距离．
解：（1）小明扔的小石头能击中点C，理由如下：
∵根据题意，可得：抛物线的对称轴为直线x＝6，
又∵根据题意，可得：A（0，2），C（12，2），
∴点A和点C关于直线x＝6对称，
∴点C在抛物线上，
∴小明扔的小石头能击中点C；
（2）根据题意，可得：抛物线的顶点坐标为（6，5），
∴设抛物线的解析式为y＝a（x﹣6）2+5，
又∵点A（0，2）经过抛物线，
∴把A（0，2）的坐标代入解析式，可得：2＝36a+5，
解得：，
∴抛物线的解析式为，
又∵根据题意，可得：该抛物线的自变量的取值范围为0≤x≤12，
∴小石头运动轨迹所在抛物线的解析式为，
（3）如图，连接OC，设直线OC的解析式为y＝kx（k≠0），
把C（12，2）代入，可得：2＝12k，
解得：，
∴直线OC的解析式为，
设直线OC上方的抛物线上的一点P的坐标为，
过点P作PQ⊥x轴，交OC于点Q，则Q的坐标为，
∴，
∴当t＝5时，PQ有最大值，最大值为，
∴小石头在运动过程中与直线OC的最大竖直距离为．
23．（10分）如图，△ABC，△EDC是两个等腰直角三角形，其中∠ABC＝∠EDC＝90°，连接AE，取
AE的中点F，连接BF，DF．
（1）如图1，当B，C，D三个点共线时，请直接写出BF与DF的数量关系与位置关系；
（2）如图2，将△EDC绕点C逆时针旋转，当B，C，D三个点不共线时，试猜想BF与DF的数量关系与位置关系，并证明你的猜想；
（3）在（2）的条件下，若，，取AB的中点G，连接GF，试探究在△EDC绕点C旋转的过程中，请直接写出FG的最大值．
解：（1）BF与DF的数量关系为BF＝DF，位置关系为BF⊥DF．理由：
连接FC，如图，
∵△ABC，△EDC是两个等腰直角三角形，其中∠ABC＝∠EDC＝90°，
∴∠ACB＝∠CAB＝∠DCE＝∠DEC＝45°，
∴∠ACE＝180°﹣∠ACB﹣∠DCE＝90°，
∵F是AE的中点，
∴AF＝EF＝CF，
在△ABF和△CBF中，
，
∴△ABF≌△CBF（SSS），
∴∠ABF＝∠CBF＝ABC＝45°，∠AFB＝∠CFB．
同理可得△CDF≌△EDF，
∴∠CDF＝∠EDF＝CDE＝45°，∠CFD＝∠EFD，
∴∠CBF＝∠CDF，
∴BF＝DF．
∵∠AFB+∠CFB+∠CFD+∠EFD＝180°，
∴2∠CFB+2∠CFD＝180°，
∴∠CFB+∠CFD＝90°，
∴BF⊥DF．
（2）将△EDC绕点C逆时针旋转，当B，C，D三个点不共线时，BF与DF的数量关系为BF＝DF，位置关系为BF⊥DF．理由：
取AC的中点M，CE的中点N，连接BM，FM，DN，FN，如图，
∵△ABC，△EDC是两个等腰直角三角形，M为AC的中点，N为CE的中点，
∴BM⊥AC，BM＝AM＝CM＝AC，DN⊥EC，DN＝EN＝CN＝CE．
∵M为AC的中点，N为CE的中点，F是AE的中点，
∴FM∥CE，FM＝CE，FN∥AC，FN＝AC，
∴∠AMF＝∠ACE＝∠FNE，FM＝DN，FN＝BM，
∵∠BMF＝90°+∠AMF，∠FND＝90°+∠FNE，
∴∠BMF＝∠FND，
在△BMF和△FND中，
，
∴△BMF≌△FND（SAS），
∴BF＝DF，∠BFM＝∠FDN．
∵∠NFD+∠FDN+∠FNE+∠DNE＝180°，
∴∠NFD+∠FDN+∠FNE＝90°，
∴∠NFD+∠BFM+∠FNE＝90°．
∵FM∥EC，
∴∠FNE＝∠MFN，
∴∠NFD+∠BFM+∠MFN＝90°，
即∠BFD＝90°，
∴BF⊥DF．
（3）FG的最大值为4+．
连接BE，如图，
∵F是AE的中点，G是AB的中点，
∴FG＝BE，
∴当BE取得最大值时，FG取得最大值．
∵将△EDC绕点C逆时针旋转，
∴当点B，C，E三点在一条直线上时，BE取得最大值，此时FG的最大值＝BE．
如图，
∵△ABC是等腰直角三角形，AC＝8，
∴AB＝BC＝8，
∵CE＝9，
∴BE＝BC+CE＝8+9，
∴FG的最大值＝BE＝4+．
24．（12分）如图1，已知y＝ax2﹣bx﹣3a过点A（﹣3，0）和点C（0，3）．
（1）求此抛物线的解析式；
（2）在第一象限抛物线上是否存在一点P，使得∠PAB+∠BCO＝45°，请求出P点的坐标；
（3）如图2所示，对称轴交x轴于点M，顶点为点D，在第二象限抛物线上有一动点Q，直线AQ，BQ与对称轴分别相交于点E、F，当点Q运动时，试探究的值是否为一个定值，若是，求出该定值；若不是，说明理由．
解：（1）由题意得：，
解得：，
则抛物线的表达式为：y＝﹣x2﹣2x+3；
（2）设直线AP交y轴于点H，过点H作HN⊥AC于点N，
在Rt△OCB中，tan∠OCB＝，
由OC＝OA＝3知，∠ACH＝45°＝∠CAO，
∵∠HAO+∠CAO＝45°，∠PAB+∠BCO＝45°，
∴∠CAH＝∠OCB，则tan∠CAH＝tan∠OCB＝，
在△ACH中，∠ACH＝45°，tan∠CAH＝tan∠OCB＝，AC＝3，
故设NH＝x＝CN，则AH＝3x，CH＝x，
则AC＝4x＝3，则x＝，
则CH＝x＝，则点H（0，），
由点A、H的坐标得，直线AH的表达式为：y＝x+，
联立上式和抛物线的表达式得：﹣x2﹣2x+3＝x+，
解得：x＝﹣3（舍去）或，
即点P（，）；
（3）是定值，理由：
由抛物线的表达式知，点D（﹣1，4），即MD＝4，
设点Q（m，﹣m2﹣2m+3），
由点A、Q的坐标得，直线AQ的表达式为：y＝（1﹣m）（x+3），
则点E（﹣1，2﹣2m），
同理可得：点F（﹣1，2m+6），
则ME+MF＝2m+6+2﹣2m＝8，
则＝2为定值．