2024-2025学年福建省厦门五中九年级（下）月考数学试卷（4月份）-自定义类型

这是一份2024-2025学年福建省厦门五中九年级（下）月考数学试卷（4月份）-自定义类型，共12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.-4的相反数是（ ）
A. 2B. 4C. -4D. ±4
2.如图所示的几何体的主视图是（ ）
A.
B.
C.
D.
3.来自元翔厦门空港的数据显示，厦门机场2025年春运保障航班架次创历年新高，共保障旅客343.9万人次，将3439000用科学记数法表示为（ ）
A. 3.439×106B. 3.439×107C. 0.3439×107D. 34.39×105
4.下列各式计算中，正确的是（ ）
A. a2+a2=a4B. 3a2-2a2=1C. 3a2•2a3=6a5D. 2a6÷a3=2a2
5.用数轴上的点表示下列各数，其中与原点距离最大的是（ ）
A. -3B. 2C. D.
6.今年我国国民经济开局良好，市场销售稳定增长，社会消费增长较快，第一季度社会消费品零售总额120327亿元，比去年第一季度增长4.7%，求去年第一季度社会消费品零售总额.若将去年第一季度社会消费品零售总额设为x亿元，则符合题意的方程是（ ）
A. （1+4.7%）x=120327B. （1-4.7%）x=120327
C. D.
7.哥德巴赫提出“每个大于2的偶数都可以表示为两个质数之和”的猜想，我国数学家陈景润在哥德巴赫猜想的研究中取得了世界领先的成果.在质数2，3，5中，随机选取两个不同的数，其和是偶数的概率是（ ）
A. B. C. D.
8.如图，⊙O是△ABC的外接圆，∠A=72°.过点O作BC的垂线交于点D，连接BD，则∠D的度数为（ ）
A. 64°
B. 54°
C. 46°
D. 36°
9.如图，衣夹简化的示意图中夹臂AC，BD可分别绕点M，N旋转，此时夹嘴闭合（即C，D两点重合），AM=BN=15mm,CM=DN=20mm,MN=8mm.当夹子完全张开时（即A，B两点重合），能夹衣物的最大厚度是（ ）
A. B. 16mmC. 14mmD.
10.如图，矩形OABC的对角线OB与反比例函数y=（x＞0）相交于点D，且，则矩形OABC的面积为（ ）
A. 50
B. 25
C. 15
D.
二、填空题：本题共6小题，每小题4分，共24分。
11.因式分解：4m2-4= ______.
12.将一副三角板按如图所示的位置摆放在直尺上，则∠1的度数为______.
13.若m是无理数，且3＜m＜4，请写出一个符合条件的m：______.
14.学校为了解学生的安全防范意识，随机抽取了12名学生进行相关知识测试，将测试成绩整理得到如图所示的条形统计图，则这12名学生测试成绩的中位数是______.（单位：分）
15.已知蓄电池的电压为定值，使用蓄电池时，电流I（单位：A）与电阻R（单位：Ω）是反比例函数关系，它的图象如图所示，如果以此蓄电池为电源的用电器，其限制电流不能超过10A，那么用电器可变电阻R应控制的范围是______．
16.抛物线y=ax2+bx+c（a≠0）经过A（x1，y1），B（x2，y2），C（t,n），D（2-t,n）四点，且-3＜x1＜-1，若存在正数m,使得当m＜x2＜m+1时，总有y1≠y2成立，则正数m的取值范围是______.
三、解答题：本题共9小题，共86分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题9分)
（1）计算：；
（2）解不等式组：.
18.(本小题9分)
先化简再求值：，其中.
19.(本小题9分)
如图，在▱ABCD中，E，G，H，F分别是AB，BC，CD，DA上的点，且BE=DH，AF=CG．求证：EF=HG．
20.(本小题9分)
一个不透明的盒子里装有4张书签，分别描绘“春”，“夏”，“秋”，“冬”四个季节，书签除图案外都相同，并将4张书签充分搅匀.

（1）若从盒子中任意抽取1张书签，恰好抽到“夏”的概率为______；
（2）若从盒子中任意抽取2张书签，求抽取的书签恰好1张为“春”，1张为“秋”的概率.（请用画树状图或列表的方法说明理由）
21.(本小题9分)
随着某市“灯光秀”展演活动的惊艳开演，该市的游客量逐日递增.某校数学学习小组通过调查了解到，演出地点附近的商铺通过售卖A、B两种品牌的饮料进行盈利.该商铺于“灯光秀”活动前夕购进A品牌饮料20箱，B品牌饮料10箱，一共花费2000元：且购买一箱B品牌饮料比购买一箱A品牌饮料多花20元.
（1）问购买一箱A品牌、一箱B品牌的饮料各需多少元？
（2）由于游客量逐步地增加，该商铺决定再次购进A、B两种品牌饮料共20箱，恰逢厂家对两种品牌饮料的售价进行调整，A品牌饮料售价比第一次购买时提高了5%，B品牌饮料按第一次购买时售价的9折出售.如果该商铺此次购买A、B两种品牌饮料的总费用不超过1350元，那么该商铺此次最多可购买多少箱B品牌饮料？
22.(本小题9分)
如图，在Rt△ABC中，CD是斜边AB上的中线，BE∥DC交AC的延长线于点E.
（1）请用无刻度的直尺和圆规在线段BE上求作点M，使得（保留作图痕迹，不写作法）.
（2）在（1）的条件下，若AE=6，BC=4，求四边形CDBM的周长.
23.(本小题9分)
关于x的一元二次方程x2+mx-1=0，当m=1时，该方程的正根称为黄金分割数.宽与长的比是黄金分割数的矩形叫做黄金矩形，希腊的巴特农神庙采用的就是黄金矩形的设计；我国著名数学家华罗庚的优选法中也应用到了黄金分割数.
（1）求黄金分割数；
（2）已知实数a,b满足：a2+ma=1，b2-2mb=4，且b≠-2a,求ab的值；
（3）已知两个不相等的实数p,q满足：p2+np-1=q,q2+nq-1=p,求pq-n的值.
24.(本小题9分)
在光伏发电系统运行时，太阳能板（如图1）与水平地面的夹角会对太阳辐射的接收产生直接影响.某地区工作人员对日平均太阳辐射量y（单位：kW•h•10-1•m-2•d-1）和太阳能板与水平地面的夹角x°（0≤x≤90）进行统计，绘制了如图2所示的散点图，已知该散点图可用二次函数刻画.

（1）求y关于x的函数表达式；
（2）该地区太阳能板与水平地面的夹角为多少度时，日平均太阳辐射量最大？
（3）图3是该地区太阳能板安装后的示意图（此时，太阳能板与水平地面的夹角使得日平均太阳辐射量最大），∠AGD为太阳能板AB与水平地面GD的夹角，CD为支撑杆.已知AB=2m,C是AB的中点，CD⊥GD.在GD延长线上选取一点M，在D，M两点间选取一点E，测得EM=4m,在M，E两点处分别用测角仪测得太阳能板顶端A的仰角为30°，45°，该测角仪支架的高为1m.求支撑杆CD的长.（精确到0.1m,参考数据：，）
25.(本小题14分)
如图1，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠A=α（0°＜α≤45°），D是线段AC上的动点（不与点A，C重合），将线段CD绕点D顺时针旋转2α得到线段DE，连接BE，CE.过点E作EF⊥BE交AC的延长线于点F.
（1）若BE=CE，求∠ABE的大小（用含.α的代数式表示）；
（2）求证：AD=FD；
（3）如图2，当B，E，D三点共线时，若CF=18，AB=40，求CD的长.
​
1.【答案】B
2.【答案】B
3.【答案】A
4.【答案】C
5.【答案】D
6.【答案】A
7.【答案】B
8.【答案】B
9.【答案】A
10.【答案】B
11.【答案】4（m+1）（m-1）
12.【答案】105°
13.【答案】π（答案不唯一）
14.【答案】90
15.【答案】
16.【答案】0＜m≤2或m≥5．
17.【答案】-5；
-2＜x＜3
18.【答案】；．
19.【答案】证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB=CD，∠A=∠C，
∵BE=DH，
∴AB-BE=CD-DH，
即AE=CH，
在△AEF和△CHG中，
，
∴△AEF≌△CHG（SAS），
∴EF=HG．
20.【答案】
21.【答案】解：（1）设购买一箱A品牌的饮料需要a元，购买一箱B品牌的饮料需要b元，
由题意可得：，
解得，
答：购买一箱A品牌的饮料需要60元，购买一箱B品牌的饮料需要80元；
（2）设购买x箱B品牌饮料，则购买（20-x）箱A品牌饮料，
由题意可得：60（1+5%）（20-x）+80×0.9x≤1350，
解得x≤10，
∵x为整数，
∴x的最大值为10，
答：该商铺此次最多可购买10箱B品牌饮料．
22.【答案】如图，点M即为所求，

根据作图可得∠ECM=∠A，
∴CM∥AB，
∴；
10
23.【答案】解：（1）由题意，将m=1代入x2+mx-1=0得，x2+x-1=0，
∴x1，2==．
∵黄金分割数大于0，
∴黄金分割数为．
（2）∵b2-2mb=4，
∴b2-2mb-4=0．
∴（-）2+m•（-）-1=0．
又b≠-2a,
∴a,-是一元二次方程x2+mx-1=0的两个根．
∴a•（-）=-1．
∴ab=2．
（3）由题意，令p2+np-1=q①，q2+nq-1=p②，
∴①+②得，（p2+q2）+n（p+q）-2=p+q,
（p+q）2-2pq+n（p+q）-2=p+q.
又①-②得，（p2-q2）+n（p-q）=-（p-q），
∵p,q为两个不相等的实数，
∴p-q≠0，
∴（p+q）+n=-1．
∴p+q=-n-1．
又（p+q）2-2pq+n（p+q）-2=p+q.
∴（-n-1）2-2pq+n（-n-1）-2=-n-1．
∴n2+2n+1-2pq-n2-n-2=-n-1．
∴pq=n.
∴pq-n=0．
24.【答案】解：（1）设y关于x的函数表达式为y=ax2+bx+c,
将（0，40），（10，45），（30，49）代入，
得，
解得，
∴；
（2）根据函数解析式得函数对称轴，
故太阳能板与水平地面的夹角为30度时，日平均太阳辐射量最大；
（3），
延长NF与过点A作AH⊥GM的线交于点H，令FH=a,

∴AH=a,AN=2AH=2a,
∴，
∵HN=HF+FN=4+a,
∴，
∴，
∴，
延长AN交GM与J点，
∵∠AJG=∠AGJ，
∴AJ=AG，
∵，
∴，
∴，
∴．
25.【答案】（1）解：在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠A=α，
∴∠ABC=90°-∠A=90°-α，
∴∠ABC=90°-α，
∵将线段CD绕点D顺时针旋转2α得到线段DE，
∴DC=DE，∠CDE=2α，
∴∠DEC=∠DCE=×（180°-2α）=90°-α，
∴∠BCE=90°-∠DCE=90°-（90°-α）=α，
∵BE=CE，
∴∠CBE=∠BCE=α，
∴∠ABE=∠ABC-∠CBE=90°-α-α=90°-2α，
∴∠ABE=90°-2α；
（2）证明：延长FE至点H，使FE=EH，连接BH，HA，延长CF至点G，使AC=CG，连接BG，

∵EF⊥BE，∠ACB=90°，
∴BE垂直平分FH，BC垂直平分AG，
∴BF=BH，BG=BA，
∴∠BFH=∠BHF，∠BGC=∠BAC=α，
∴∠GBA=180°-∠BGC-∠BAC=180°-2α，
以BF为直径作⊙O，
∵EF⊥BE，∠ACB=90°，
∴∠BEF=∠BCF=90°，
∴点E，F在⊙O上，
由（1）知，∠BCE=α，∠CDE=2α，
∵∠BFE=∠BCE=α，
∴∠BFH=∠BHF=α，
∴∠FBH=180°-∠BFH-∠BHF=180°-2α=∠GBA，
∴∠GBF=∠ABH，
在△GBF与△ABH中，
，
∴△GBF≌△ABH（SAS），
∴∠BGF=∠BAH=α，
∴∠FAH=∠BAC+∠BAH=α+α=2α=∠CDE，
∴DE∥AH，
∴，
∴AD=FD；
（3）解：设CD=a,
∵B，E，D三点共线，CF=18，AB=40，
由（2）知，AD=FD，
∴AD=FD=FC+CD=18+α，
∵将线段CD绕点D顺时针旋转2α得到线段DE，∠A=α，
∴DC=DE=α，∠CDE=2α，
∴∠ABD=∠CDE-∠A=2α-α=α=∠A，
∴DB=DA=18+α，
∴DB=DF，
∴∠DBF=∠DFB，
∴∠ABF=∠DBF+∠ABD=∠DFB+∠A，
∵∠ABF+∠DFB+∠A=180°，
∴∠ABF=90°，
∵∠BCF=∠BCA=90°，
∴∠FBC=90°-∠ABC=∠A，
∴△BCF∽△ACB，
∴，
∴BC2=CF•AC=18（18+a+a）=18（18+2a），
∴BC2=AB2-AC2=402-（18+a+a）2=402-（18+2a）2，
解得a=7或a=-34（不合题意舍去），
∴CD的长为7．