浙江省杭州市文澜中学2024-2025学年九年级下学期第九次月考考试 数学试卷（含解析）

这是一份浙江省杭州市文澜中学2024-2025学年九年级下学期第九次月考考试 数学试卷（含解析），共25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. 如图表示某天我国城市的最低气温，这些城市中气温最高是（ ）
A. 武汉B. 广州C. 北京D. 哈尔滨
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查有理数比较大小的实际应用，比较4个数的大小关系，即可得出结果．
【详解】解：∵，
∴气温最高是广州，
故选B．
2. 如图是一个由6个相同的正方体组成的立体图形，它的主视图是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据三视图中的主视图定义，从前往后看，得到的平面图形即为主视图．
【详解】解：从正面看到的平面图形是3列小正方形，从左至右第1列有1个，第2列有2个，第3列有2个，
故选：D．
【点睛】本题主要考查了组合体的三视图，解题的关键是根据主视图的概念由立体图形得到相应的平面图形．
3. 截止近日，电影《哪吒之魔童闹海》全球票房累计约达15400000000元，数据15400000000用科学记数法可表示为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】此题考查了科学记数法．科学记数法的表示形式为的形式，其中，n为整数．确定n的值时，要看把原数变成a时，小数点移动了多少位，n的绝对值与小数点移动的位数相同，据此求解即可．
【详解】解：数据15400000000用科学记数法可表示为．
故选：C．
4. 下列运算正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查了合并同类项，同底数幂的除法，积的乘方，平方差公式，解题的关键在于正确掌握相关运算法则．
根据合并同类项，同底数幂的除法，积的乘方，平方差公式计算各项并判断，即可解题．
【详解】解：A. ，选项计算错误，不符合题意；
B. ，选项计算错误，不符合题意；
C. ，选项计算错误，不符合题意；
D. ，选项计算正确，符合题意；
故选：D．
5. 如图，在平面直角坐标系中，的顶点为，，．以点为位似中心，在第三象限内作与的位似比为的位似图形，则点的坐标为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据关于以原点为位似中心的点的坐标关系，点的坐标就是把点的坐标乘以，据此计算即可．
【详解】解：∵点O为位似中心，的位似图形为，位似比为，
而，
∴，即．
故选：B．
【点睛】本题考查了位似变换：在平面直角坐标系中，如果位似变换是以原点为位似中心，相似比为k，那么位似图形对应点坐标的比等于k或．
6. 如图，点A，B，C在上，垂直平分于点．现测得，则圆的半径为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】本题考查勾股定理和垂径定理，关键是利用垂径定理解答．
连接，利用垂径定理解答即可．
【详解】连结，如图，设半径为，
∵垂直平分于点，
∴，，
∴，
∴点O，D，C三点共线，
，
，
在中，
，即
解得：，
则圆的半径为．
故答案为：A．
7. 《九章算术》中的算筹图是竖排的，现在改为横排，图中各行从左到右列出的算筹数分别表示未知数x，y的系数与相应的常数项，把图1所示的算筹图用我们现在所熟悉的方程组形式表示出来，就是，在图2所示的算筹图中有一个图形被墨水覆盖了，若图2所表示的方程组中x的值为3，则被墨水所覆盖的图形为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查了二元一次方程组的解法及实际应用，根据，结合图1可判断出：（1）前面两列为方程的左边，后两列表示一个数，为方程的右边；（2）“|”表示1，“—”表示10；根据图2中第一个方程求出x，y的值代入第二个代数式求值是解题关键．
【详解】根据题意，可知图2中第一个方程是．已知，代入即可解得．
第2个方程等号的左边是，将，代入，得．
被墨水所覆盖图形为，
故选C．
8. 如图在平行四边形中，按以下步骤作图：①以点B为圆心，以适当长为半径作弧，分别交，于点M，N；②分别以M，N为圆心，以大于的长为半径作弧，两弧在内交于点；③作射线，交于点E，交延长线于点.若，，下列结论错误的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先由作图可知为的角平分线，则可判断A正确；利用平行线证明，从而得到，再利用平行四边形的性质得到，则可判断B正确；再证明，利用平行线分线段成比例定理可得，则可判断C正确；证明，根据相似三角形的性质可得，则可判定D错误．本题考查角平分线的尺规作图、平行四边形的性质、等腰三角形的判定以及相似三角形的判定与性质的综合．熟练掌握以上知识是解题的关键．
【详解】解：由作图可知为的角平分线，
∴，
故选项A正确；
∵四边形是平行四边形，
∴，，，，
∵，
，
，
，
，
，
，
故选项B正确；
，
，
又，，
，
，
，
，
故选项C正确；
，，
，
，
故选项D错误．
故选：D
9. 已知点，两点在反比例函数的图象上．则下列判断正确的是（ ）
A. 若，则B. 若，则可能小于0也可能大于0
C. 若，点，在同一象限，则D. 若，点，在不同象限，则
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查了反比例函数的图象和性质，掌握数形结合思想成为解题的关键．根据题意，判断和，该反比例函数的增减性，确定的取值范围，即可求解；
【详解】A、若，则随的增大而减小，不知道的值在哪个象限，无法判断，故A错误；
B．若，点，两点可以在同一象限，也可以不在同一象限，则可能小于0也可能大于0，故B正确；
C．若，点，在同一象限，则随的增大而减小，所以，故C错误；
D．若，点，在不同象限，则，故D错误；
故选：B
10. 如图，在等腰直角三角形中，是上一点，，连接，，交的垂线于点．连接，交于，若设，在的运动过程中，下列代数式的值不变的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查了相似三角形的性质与判定，等腰直角三角形的性质，勾股定理，掌握相似三角形的性质与判定是解题的关键．
过点作于点，证明得出，进而逐项分析判断，即可求解．
【详解】解：如图所示，过点作于点，
等腰直角三角形中，，
，
，
，
，
即，
解得：，
，，都不是定值，故A、B、C选项不符合题意；
是定值，故D选项符合题意；
故选：D．
二、填空题（本大题有6个小题，每小题3分，共18分）
11. 因式分解：___________．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查平方差——因式分解，熟练掌握公式是解答本题的关键．利用平方差公式即可求解．
【详解】解：，
故答案为：．
12. 计算：______.
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了分式的减法．先通分再约分即可得出答案．
【详解】解：
．
故答案为：．
13. 某校运会百米预赛用抽签方式确定赛道，8条赛道的编号分别为1到8．若小张第一个抽签，她随机抽取一签，则抽到6号赛道的概率是______．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查求概率，直接利用概率公式进行计算即可．
【详解】解：共有8种等可能的结果，其中抽到6号赛道的结果只有1种，
∴；
故答案为：．
14. 如图，AB是⊙O的直径，点D在AB的延长线上，过点D作⊙O的切线，切点为C，若∠A=25°，则∠D=___________．
【答案】40°
【解析】
【分析】连接OC，由题意易得∠OCD=90°，∠DOC=50°，然后根据直角三角形的性质可求解．
【详解】解：连接OC，如图所示：
∵CD是⊙O的切线，
∴OC⊥CD，
∴∠OCD=90°，
∵OA=OC，
∴∠A=∠OCA，
∵∠A=25°，
∴∠DOC=2∠A=50°，
∴∠D=90°-50°=40°；
故答案为40°．
【点睛】本题主要考查圆的切线性质定理，熟练掌握切线性质定理是解题的关键．
15. 如图，在等边三角形中，D为边上一点，E为边上一点，且，若，则的面积为______．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了等边三角形的性质，相似三角形的判定和性质，解直角三角形，掌握相似三角形的判定和性质是解题关键．
设的边长为，利用等边三角形的性质，证明，利用对应边成比例求解即可得到的边长，进而求出的长．过点作于点，在中，通过解直角三角形求出，从而根据三角形的面积公式即可求解．
【详解】解：设的边长为，则，
，
，
∵是等边三角形，
，
，
，
，
，
又，
，
，
，
解得：，
经检验，是原方程的解，
即的边长为 8 ，
，
过点作于点，
∴在中，，
，
故答案为：．
16. 如图，在正方形纸片中，点E是的中点.将沿折叠，使点A落在点F处，连结.
（1）延长交于点G，则______；
（2）若再将沿折叠，此时点的对应点恰好落在上.若记和重叠部分的面积为，正方形的面积为，则______.
【答案】 ① ②.
【解析】
【分析】（1）设，则正方形长为，再证，然后根据相似三角形对应边成比例计算出的长度，由、，得到四边形是平行四边形，根据平行四边形的性质可得，然后代入计算即可；
（2）先证可得，故，进而得到四边形是平行四边形，四边形是平行四边形，故，从而可知四边形是平行四边形，又根据折叠可知，所以四边形是矩形，设，则，再根据平行线等分线段成比例定理，计算出，进而计算出，最后求比即可．
【详解】解：（1）设，则正方形长为，
∴，
由折叠可知：，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴四边形平行四边形，
∴，
∴．
（2）解：设与于点M，与于点N，
由(1)可知四边形平行四边形，
∴，
∵E是中点，，
∴G是中点，
∴，
由折叠可知：，
∴，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∴，
又∵，
∴四边形是平行四边形，
∴，
∴四边形是平行四边形，
由折叠可知： ，
∴四边形是矩形，
设，则，
由（1）可知：，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质、折叠的性质、平行四边形的判定与性质、矩形的判定与性质、相似三角形的判定与性质等知识点，综合运用所学知识成为解答本题的关键．
三、解答题（本大题有8个小题，共72分，17－18题，每题4分；19题，8分；20－21题，每题10分；22、23、24题，每题12分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）
17. 计算：．
【答案】4
【解析】
【分析】本题考查了实数的混合运算，零指数幂的意义，熟练掌握运算法则是解答本题的关键．先算绝对值、算术平方根、零指数幂，再算加减即可．
【详解】解：原式
．
18. 解不等式组：.
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了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，，
∴不等式组的解是：．
19. 《少年急救官生命教育安全课》以视频课的形式开播.某校为了解学生观看视频课的时长，随机抽取了部分学生观看视频课的时长t（单位：h）作为样本，将收集的数据整理后分为A，B，C，D，E五个组别，绘制成如下不完整的统计图表.
各组观看视频课时长频数分布表
各组观看视频课的时长扇形统计图
请根据以上信息回答下列问题：
（1）本次调查的学生人数有______人.
（2）扇形统计图中C组所在扇形的圆心角的度数是______.
（3）若该校有1800名学生，估计该校学生观看视频课时长超过的人数.
【答案】（1）
（2）
（3）估计该校学生观看视频课时长超过的人数为人．
【解析】
【分析】此题考查了扇形统计图，频数分布表，读懂统计图，看懂分布表，从不同的统计表和统计图中得到必要的信息是解题的关键．
（）根据组的频数和占比即可求解；
（）先求得组的人数，再利用扇形的知识计算求解可得到结论；
（）利用样本估计总体计算即可．
【小问1详解】
解：∵组占，频数为，
∴本次调查的样本容量是，
故答案为：；
【小问2详解】
解：组的数据有（人）；
∴扇形统计图中组所在扇形的圆心角的度数是，
故答案为：；
【小问3详解】
解：（人），
答：估计该校学生观看视频课时长超过的人数为人．
20. 如图，在中，，点，分别为边、的中点，连接，，过点作交的延长线于点，连接．
（1）求证：四边形是平行四边形；
（2）若，，求的长．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）由点、分别为边、的中点得，再由平行四边形的判定即可得出结论；
（2）由点、分别为边、的中点得，再由平行四边形的性质得，进而由锐角三角函数定义得，然后由勾股定理求解即可．
【小问1详解】
点、分别为边、中点，
．
又，
四边形是平行四边形．
【小问2详解】
点、分别为边、的中点，，
．
四边形是平行四边形，
．
，
，
，
，
，
在中，，
的长为．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定与性质、三角形中位线定理、锐角三角函数定义以及勾股定理等知识，熟练掌握平行四边形的判定与性质是解题的关键．
21. 如图是某种固定式遮阳棚的实物图，某校数学兴趣小组对其进行实际测量，绘制了其横截面示意图，并得到以下数据：遮阳篷长为米，与水平面的夹角为，且靠墙端离地高为米．
（1）求遮阳棚外端点离地面高度；
（2）若在某天的日照时间内，此处太阳光线与地面的夹角范围为至之间（包含和），求日照时间内阴影的最小值与最大值．（结果精确到，参考数据：，，）
【答案】（1）遮阳棚外端点离地面的高度是米；
（2）阴影的最小值为米，最大值为米．
【解析】
【分析】本题考查的知识点是解直角三角形、矩形的判定与性质，解题关键是熟练掌握解直角三角形．
（1）过作于点，由即可求得，再由即可得解；
（2）过作于点，由求出，证明四边形是矩形后可得，，再由的夹角范围即可求出阴影的最小值与最大值．
【小问1详解】
解：过作于点，
，米，
米，
米．
遮阳棚外端点离地面的高度为米．
【小问2详解】
解：过作于点，
，
米，
，，，
四边形是矩形，
米，米，
当时，米，
此时米，
当时，米，
此时米，
阴影的最小值为米，最大值为米．
22. 万物复苏，生机盎然，正是踏春好时节．“向晖中学”组织部分同学乘车前往市的“工业遗址文化乐园”开展研学活动．活动当天，学生乘坐甲、乙两车从学校出发驶往乐园．已知学校到乐园的路程是千米，甲车在途中加油用时小时，加油后继续前行并与乙车同时到达乐园．甲、乙两车离学校的路程千米与行驶时间小时的部分函数图象如图．
（1）求乙车离学校的路程千米与行驶时间小时的函数表达式；
（2）求甲车加油后的速度是多少千米小时？
（3）当甲、乙两车之间的路程相差千米时，求行驶的时间．（请直接写出答案）
【答案】（1）
（2）千米/小时；
（3）小时或或小时
【解析】
【分析】本题考查了一次函数的应用，一元一次方程的应用，看到函数图象是解题的关键．
（）设，利用待定系数法解答即可求解；
（）由（）可得乙车到达市需要小时，进而可求出甲车加油后的速度；
（）求出甲车加油前的速度，再分两车出发后相距千米，甲车加油时与乙车相距千米和甲车加油后与乙车相距千米三种情况，分别列出方程解答即可求解；
【小问1详解】
解：设，把代入得：，
解得，
∴乙车离学校的路程千米与行驶时间小时的函数表达式为；
【小问2详解】
解：把代入，得，
解得，
∴乙车到达市需要小时，
∴甲车加油后的速度为千米/小时；
【小问3详解】
解：甲车加油前的速度为千米/小时，
当两车出发后相距千米时，则，
解得；
当甲车加油时与乙车相距千米时，则或，
解得或；
当甲车加油后与乙车相距千米时，则，
解得；
综上，当甲、乙两车之间的路程相差千米时，行驶的时间为小时或或小时．
23. 二次函数的图象经过点，点．
（1）若，求抛物线的顶点坐标；
（2）若存在实数，使得，且，求的取值范围；
（3）当时，随着增大，先减小再增大，的最大值与的最小值的和为，求的值．
【答案】（1）顶点坐标
（2）
（3）的值是或
【解析】
【分析】本题考查了二次函数的性质，熟练掌握二次函数的性质是解题的关键；
（1）当时，把二次函数化为顶点式即可；
（2）先计算，用表示，进而可得，分别代入得出关于的不等式组，解不等式即可；
（3）根据当时，的值增大，的值先减小再增大，可得点抛物线对称轴的左侧，点抛物线对称轴的右侧．当时，的最小值是．然后分两种情况讨论的最大值，由该二次函数的最大值与最小值的和为，列出方程求解．
【小问1详解】
解：若，
则，顶点坐标；
【小问2详解】
解：把代入得：，
把代入得：．
，
，
，
，
；
【小问3详解】
解：∵二次函数的对称轴为，
当时，随着的值增大，的值先减小再增大，
∴点在抛物线对称轴的左侧，
点在抛物线对称轴的右侧．
∴当时，的最小值是．
若，即的最大值是，
，
解得：（舍去）．
若，即的最大值是，
，
解得：（舍去）．
综上，的值是或．
24. 如图，是的两条弦，于点，连结交于点，连结，设．
（1）______（用含的代数式表示）；
（2）若，
①当时，求的值；
②若，，求的值．
【答案】（1）
（2）①，②.
【解析】
【分析】本题考查了圆周角定理，垂径定理，勾股定理，解直角三角形、相似三角形的判定和性质，熟悉圆的有关性质，利用平行线、圆周角定理、同角的余角相等等定理证明角相等是解决问题的关键．
（1）如图所示，连接，根据圆周角定理得到，根据等边对等角得到，由三角形内角和定理即可求解；
（2）①连接；利用平行线和圆周角倒角证明，得，再利用得出结论，②由（1）可得：，进而可证明，得出，同理①可得：，，设，，则，，利用双勾股定理模型可得，求出：，即可得出结论.
【小问1详解】
解：如图1，所示，连接，
∵所对的圆周角为，所对的圆心角为，
∴，
∵，
∴，
故答案为：；
【小问2详解】
解：①如图， 连接，
∵，，
∴，，
由（1）得，
∴
∵，
∴，
∴，
∴，即，
∴，
∵，
∴，
∴.
②如图，如图， 连接，
由（1）可得：，
又∵，
∴
∴，
同理①可得：，，
设，，则，，
∵，
∴，
∴，
解得：，即
∴.组别
频数
A
5
B
12
C
D
15
E
8