福建省厦门大学附属科技中学2024—2025学年上学期第二次月考九年级数学试卷（解析版）-A4

这是一份福建省厦门大学附属科技中学2024—2025学年上学期第二次月考九年级数学试卷（解析版）-A4，共24页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
数学试卷
考试时间：120分钟；满分：150分
一、单选题（本大题有10小题，每小题4分，共40分．）
1. 下列事件中，属于必然事件的是（）
A. 小明买彩票中奖
B. 任意抛掷一只纸杯，杯口朝下
C. 任意三角形的两边，其差小于第三边
D. 在一个没有红球的盒子里摸球，摸到了红球
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查了随机事件，理解事件的分类是解题的关键．根据随机事件，必然事件，不可能事件的概念求解．
【详解】解：A：小明买彩票中奖属于随机事件；
B：任意抛掷一只纸杯，杯口朝下属于随机事件；
C：任意三角形的两边之差都小于第三边，是必然事件；
D：在一个没有红球的盒子里摸到红球是不可能事件．
故选：C．
2. 下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】本题主要考查了中心对称图形与轴对称图形的概念，根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解即可，熟练掌握轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形沿对称轴折叠后可重合，中心对称图形是要寻找对称中心，图形绕对称中心旋转度后与自身重合是解决此题的关键．
【详解】A、该图形是中心对称图形，不是轴对称图形，故本选项不符合题意；
B、该图形既是轴对称图形又是中心对称图形，故本选项符合题意；
C、该图形既不是中心对称图形，也不是轴对称图形，故本选项不符合题意；
D、该图形是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不符合题意；
故选：B．
3. 若的半径为，，则点与的位置关系是（ ）
A. 点P在外B. 点P在上C. 点P在内D. 不能确定
【答案】A
【解析】
【分析】本题考查的是点与圆的位置关系：当点到圆心距离小于半径时，点在圆内；当点到圆心距离等于半径时，点在圆上；当点到圆心距离大于半径时，点在圆外．会判断点与直线的位置关系是解题的关键．根据点到圆心的距离即可得出答案．
【详解】解：点到圆心的距离大于圆的半径，
点在圆外．
故选：A．
4. 用配方法解方程，变形后的结果正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】本题主要考查了配方法解一元二次方程，根据解一元二次方程−配方法进行计算即可解答，熟练掌握二次项系数化为1，再移常数项，然后方程两边同时加上一次项系数一半的平方，从而得出配方的结果是解决此题的关键．
【详解】，
，
，
，
故选：C．
5. 如图，圆上依次有A，B，C，D四个点，交于点P，连接，则图中一定等于的角是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】本题主要考查了同弧所对的圆周角相等，根据同弧所对的圆周角相等可知，而随着D的位置变化，，，的大小都会发生变化，则，，这三个角与不一定相等，据此可得答案．
【详解】解：由同弧所对圆周角相等可知，
随着D的位置变化，，，的大小都会发生变化，则，，这三个角与不一定相等，
故选：D．
6. 关于x的一元二次方程有两个相等的实数根，则c的值是（ ）
A. B. 9C. D. 36
【答案】A
【解析】
【分析】本题主要考查一元二次方程根的判别式，解答关键是熟练掌握一元二次方程根的情况与根的判别式的关系：当时，方程有两个不相等的实数根；当时，方程有两个相等的实数根；当时，方程没有实数根．本题根据求解即可．
【详解】解：∵关于x的一元二次方程有两个相等的实数根，
∴，
解得，
故选：A．
7. 宾馆有60间房供游客居住，当每间房每天定价为170元时，宾馆会住满；当每间房每天的定价每增加10元时，就会空闲一间房，如果有游客居住，宾馆需对居住的每间房每天支出15元的费用，当房价定为多少元时，宾馆当天的利润为10890元？设房价定为元．则有（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】本题主要考查了由实际问题抽象出一元二次方程，根据利润＝房价的净利润×入住的房间数即可得解，解题的关键是理解题意找到题目蕴含的相等关系．
【详解】∵房价定为x元，宾馆需对居住的每间房每天支出15元的费用，
∴每间房的利润为元，
∵当每间房每天的定价每增加10元时，就会空闲一间房，
∴可住间房，
∵宾馆当天的利润为10890元，
∴．
故选：A．
8. 如图，直线与轴、轴分别交于、两点，，，把绕点顺时针旋转60°后得到，则点的坐标是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】本题主要考查了坐标与图形−旋转，勾股定理，直角三角形的性质等知识点，根据，，从而得到、的长度，然后根据旋转角是判断出轴，再写出点的坐标即可，熟练掌握旋转的性质，勾股定理是解决此题的关键．
【详解】解：∵，，
∴，
∴，
∵旋转角是，
∴，
∴轴，
∴点，
故选：B．
9. 二次函数的图象如图所示，则一次函数的图象不经过（ ）
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
【答案】D
【解析】
【分析】此题考查了二次函数与一次函数图象与系数的关系，熟练掌握二次函数及一次函数的图象与性质是解本题的关键．由二次函数解析式表示出顶点坐标，根据图形得到顶点在第四象限，求出m与n的正负，即可作出判断．
【详解】解：根据题意得：抛物线的顶点坐标为，且在第四象限，
∴，
∴，
则一次函数经过一、二、三象限，不经过第四象限．
故选：D．
10. 已知点，点，下列关于点与点的位置关系说法正确的是（ ）
A. 点在点的右边B. 点在点的左边
C. 点与点有可能重合D. 点与点的位置关系无法确定
【答案】D
【解析】
【分析】本题主要考查了平面直角坐标系中点的坐标特征，完全平方公式的应用等知识点，根据题意，点，点，两点纵坐标相等，是平行于x轴的一条直线上，点P与点Q根据横坐标大小即可确定左右的位置，再由作差法得到，这个式子正负即可确定结果，从而得到答案，熟练掌握其相关知识的灵活运用是解决此题的关键．
【详解】解：∵点，点，两点纵坐标相等，
∴是平行于x轴的一条直线上，点P与点Q根据横坐标大小即可确定左右的位置，
∵，
∴点P在点Q的左边或重合，
故选：D．
二、填空题（本大题有6小题，每小题4分，共24分）
11. 抛物线向左平移3个单位，所得的新抛物线的解析式为_____．
【答案】
【解析】
【分析】先确定抛物线的顶点坐标为，再利用平移的规律得到点平移后对应点的坐标为，然后根据顶点式写出平移后的抛物线解析式即可．
【详解】解：将抛物线向左平移3个单位得到：
，
故答案为：．
【点睛】本题考查了抛物线的平移变换，解题的关键是对顶点的坐标进行变换．
12. 一名职业篮球球员某次投篮训练结果记录如图所示，由此可估计这名球员投篮800次，投中的次数约为___________次．
【答案】600
【解析】
【分析】本题主要考查了利用频率估计概率的知识，根据统计图给出的数据得出这名篮球球员投中的概率，再乘以总次数即可得出答案，熟练掌握利用频率估计概率的知识是解决此题的关键．注
【详解】由统计图可知，随着投篮次数越来越大时，频率逐渐稳定到常数0.75附近，
∴这名篮球球员投中的概率为0.75，
∴投中的次数约为：（次），
故答案为：600．
13. 设、是方程的两个实数根，则的值为___________．
【答案】
【解析】
【分析】本题主要考查一元二次方程根与系数的关系，熟练掌握一元二次方程根与系数的关系是解题的关键．根据一元二次方程根与系数的关系可进行求解．
【详解】解：、是方程的两个实数根，
，，
，
，
故答案为：．
14. 我国魏晋时期数学家刘徽在《九章算术注》中提到著名的“割圆术”，即利用圆的内接正多边形逼近圆的方法来近似估算．“割圆术”孕育了微积分思想，他用这种思想得到了圆周率的近似值为3.1416，如图，的半径为1，运用“割圆术”，以圆内接正八边形面积近似估计的面积，可得的估计值为，若用圆内接正六边形近似估计的面积，可得的估计值为________．（结果保留根号）

【答案】##
【解析】
【分析】本题考查了正多边形与圆的综合，掌握等边三角形的判定及性质、含 30°角的直角三角形的特征是解题的关键．
连接、， 作于，利用正多边形的性质得，再根据等边三角形的判定及性质得进而可得，再利用割补法求得正六边形的面积，进而可求解．
【详解】解：连接、， 作于， 如图：

∵六边形是正六边形，
，
，
，
，
，
∴，
，
，
∴的估计值为
故答案为：．
15. 已知：二次函数在的范围内有最小值，则这个最小值是________．
【答案】
【解析】
【分析】此题考查了二次函数的性质，二次函数的最值，正确理解二次函数的性质是解题的关键．判断图象开口向下，顶点坐标为，结合，，可得当时，函数取最小值，再进一步可得答案.
【详解】解：∵，
∴图象开口向下，顶点坐标，
∵，，
∵当时，函数有最小值，
∴当时，函数取最小值，最小值为：；
故答案为：．
16. 如图，已知矩形，，，点是边上一点，且，将矩形绕顺时针旋转，得到矩形，点的对应点是点，点的对应点是点，点的对应点是点，连接．点是的中点，连接，在旋转过程中，线段的最大值为__________．
【答案】##
【解析】
【分析】如图，连接，交于点O，连接，，可证，得点M在以O为圆心，以为半径的圆上运动，，进而根据点到圆上的距离即可求解．
【详解】如图，连接，交于点O，连接，，过点O作于点T，连接，
∵是矩形，
∴，
∵点M是的中点，
∴是的中位线，
∴，
∴点M在以O为圆心，以为半径的圆上运动，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，，
∵，
∴，
在中，，
∴线段的最大值为，
故答案为：．
【点晴】本题主要考查了矩形的性质，三角形中位线，勾股定理，圆的性质，旋转，相似三角形的判定和性质等知识点，熟练掌握其性质，合理添加辅助线是解决此题的关键．
三、解答题（本大题有9小题，共86分）
17. 解方程：
（1）；
（2）．
【答案】（1），
（2），
【解析】
【分析】本题主要考查了配方法解一元二次方程，
（1）先移项，然后利用直接开平方法解方程即可；
（2）先移项，再配方，然后利用直接开平方法解方程即可；
熟练掌握配方法解一元二次方程的步骤是解决此题的关键．
【小问1详解】
，
，
∴或，
∴，；
【小问2详解】
，
，
，
，
，
∴或，
∴，．
18. 先化简，再求值：计算，其中．
【答案】，．
【解析】
【分析】本题主要考查了分式的化简求值和二次根式的运算等知识点，先计算括号内的，再将除法转化为乘法，最后约分即可化简原式，将x的值代入可得答案，熟练掌握分式运算和二次根式的运算是解题的关键．
【详解】
，
当时，原式．
19. 甲、乙两名同学分别从某月1号、2号、3号中随机选择一天外出游玩．
（1）甲选择1号的概率为______；
（2）用列表或树状图求甲、乙恰好选择相邻两天的概率．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】本题考查了简单事件的概率、树状图或列表法求概率；求出所有可能结果数是解题的关键；
（1）所有可能结果有3种，甲选择1号有1种，由概率公式即可求得概率；
（2）列表，由表即可得所有可能结果数，两人选择相邻两天的结果数，由概率公式即可求解．
【小问1详解】
解：甲选择任一天外出游玩有3种情况，甲选择1号游玩只有1种情况，
则甲选择1号的概率为；
故答案：；
【小问2详解】
解：列表如下：
由表知，所有可能结果数共有9种，两人选择相邻两天的结果数有4种，
∴甲、乙恰好选择相邻两天的概率为．
20. 如图，是直径，弦于点，过点作的垂线，交的延长线于点，垂足为点，连结．
（1）求证：；
（2）若，求的半径．
【答案】（1）详见解析
（2）3
【解析】
【分析】（1）根据直角三角形两个锐角互余得，再根据同弧所对得圆周角相等得，等量代换得，进而得出答案；
（2）连结，设的半径为，可表示出，根据等腰三角形的性质表示，进而得出，然后根据勾股定理可知，即可得出方程，求出解即可.
【小问1详解】
证明：，
.
，
，
，
，
；
【小问2详解】
解：如图，连结，设的半径为．则，
，
，
，
在中，，
，
解得（舍去），
的半径为3．
【点睛】本题主要考查了直角三角形的性质，垂径定理，同弧所对的圆周角相等，勾股定理，等腰三角形的性质和判定，勾股定理是求线段长的常用方法．
21. 如图，在中，，，将线段绕点逆时针旋转60°，得到线段，连接，．
（1）依题意补全图形；
（2）若，求线段的长．
【答案】（1）详见解析
（2）线段的长为
【解析】
【分析】（1）根据线段旋转的方法，得出，然后连接，即可得；
（2）根据角的直角三角形的性质和勾股定理可得，由旋转的性质可得是等边三角形，再利用勾股定理求解即可．
【小问1详解】
根据线段旋转方法，，如图所示即为所求；
【小问2详解】
∵，，，
∴，
∴，
∵线段绕点C逆时针旋转得到线段，
∴且，
∴是等边三角形，
∴，，
∴，
在中，，
∴线段的长为．
【点睛】本题主要考查了考查旋转图形的作法及性质，勾股定理，角的直角三角形的性质，等边三角形的性质等知识点，理解题意，作出图形，综合运用各个定理性质是解题关键．
22. 如图，某农场有两堵互相垂直的墙，长度分别为米和米，该农场打算借这两堵墙建一个长方形饲养场，其中和两边借助墙体且不超出墙体，其余部分用总长米的木栏围成，中间预留1米宽的通道，在和边上各留1米宽的门，设长米．
（1）求的长度（用含的代数式表示，并求出的取值范围）．
（2）若饲养场的面积为平方米，求的值．
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】本题主要考查一元二次方程的应用、一元一次不等组的求解，根据实际情境确定变量的取值范围，对方程解合理取舍是解题的关键．
（1）由得，即可得出答案；
（2）根据矩形的面积等于长宽建立方程，求解并检验即可．
【小问1详解】
解：由图可知，,
长米，
米，
，
，且，
．
【小问2详解】
解：饲养场的面积为平方米，
则，
即，
解得，
，
舍去，
．
23. 如图平面直角坐标系中，运动员通过助滑道后在点处起跳，经空中飞行后落在着陆坡上的点处，他在空中飞行的路线可以看作抛物线的一部分．从起跳到着陆的过程中，运动员到地面的竖直距离(单位：与他在水平方向上移动的距离(单位：近似满足二次函数关系．已知，落点到的水平距离是，到地面的竖直高度是．
（1）求与的函数表达式；
（2）进一步研究发现，运动员在空中飞行过程中，其水平方向移动的距离（）与飞行时间（秒）
具备一次函数关系，当他在起跳点腾空时，；当他在点着陆时，飞行时间为秒．
①求与的函数表达式；
②当运动员与着陆坡在竖直方向上的距离达到最大时，求出此时他飞行时间的值．
【答案】（1）；
（2）①；②。
【解析】
【分析】（1）将，代入，得，计算求解即可；
（2）①设，将，代入，得，计算求解，然后作答即可；②设直线的解析式为，将代入得，，计算求解可确定直线的解析式为，设运动员飞行过程中的某一位置为，如图，过作轴交于点，设，则，则，由，可得当时，最大，根据，计算求解即可．
【小问1详解】
解：由题意可得过点，，
将，代入，得，
解得，
∴与的函数关系式为；
【小问2详解】
①解：设，
将，代入，得，
解得，
∴；
②解：由题意得
设直线的解析式为，
将代入得，，
解得，，
∴直线的解析式为，
设运动员飞行过程中的某一位置为，如图，过作轴交于点，
设，则，
∴，
∵，
∴当时，最大，
∴，
解得．
【点睛】本题考查了二次函数的应用，一次函数的应用，二次函数的最值，一次函数解析式等知识．熟练掌握二次函数的应用，一次函数的应用，二次函数的最值，一次函数解析式是解题的关键．
24. 如图，为的外接圆，C是的中点，连接交于点D，延长至点E，使得平分．
（1）求证：直线是的切线．
（2）若的半径为5，，求的长．
（3）在（2）的前提下，点F在上，的内心G在边上，求的长．
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）
【解析】
【分析】（）连接，由是的中点，可推导出垂直平分，进而得到，由得到，又根据三角形外角性质可得，结合平分即可得到，即可求证；
（）由垂直平分得到，，利用勾股定理求出，得到的长，再利用勾股定理即可求出的长；
（）连接，由点为的内心，得到，，进而得到，，利用角的关系可得到，即可得到．
【小问1详解】
解：连接，
∵是的中点，
∴，
∴，
∵，
∴垂直平分，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵平分，
∴，
∴
，
，
，
，
∴，
∴直线是的切线；
小问2详解】
解：∵垂直平分，
∴，，
∴，
∴，
∴；
【小问3详解】
解：连接，
∵点为的内心，
∴，，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了切线的判定，线段垂直平分线的判定和性质，弧、弦、圆心角之间的关系，等腰三角形的性质，三角形的外角性质，圆周角定理，勾股定理，掌握这些性质定理是解题的关键．
25. 如图，抛物线与x轴交于点和，与y轴交于点C．连接和，点P在抛物线上运动，连接，和．
（1）求抛物线的解析式，并写出其顶点坐标；
（2）点P在抛物线上从点A运动到点C的过程中（点P与点A，C不重合），作点P关于x轴的对称点，连接，，记的面积为，记的面积为，若满足，求的面积；
（3）在（2）的条件下，试探究在y轴上是否存在一点Q，使得？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1），
（2）
（3）或
【解析】
【分析】本题主要考查了求二次函数的解析式、二次函数与几何的综合、三角函数等知识点，利用数形结合的思想把代数和几何图形结合起来成为解题的关键．
（1）先运用待定系数法求出函数表达式，然后再化成顶点式即可解答；
（2）由，同理可得：，然后求出点P的坐标，进而完成解答；
（3）当点Q在点C的上方时，则，用解直角三角形的方法求出，即可求解；点在点C下方时，同理可解．
【小问1详解】
解：将点和代入抛物线可得：
，解得：，
则抛物线的表达式为：，
∵，
∴该抛物线的顶点坐标为：．
【小问2详解】
解：∵，
∴点，
设点，则点，
设直线的解析式为：，
则，解得：，
∴直线的表达式为：，则点，
同理由点B、P的坐标得，直线PB的表达式为：，
如图：连接交于点E，设直线交y轴于点D，则点，
则，
同理可得：，
∴，解得：（舍去）或
∴点，
∴的面积为．
【小问3详解】
解：存在，理由如下：
由（2）知，；
由点C、P的坐标得，，
当点Q在点C的上方时，则，
由点C、P坐标得，，
如图：过点Q作于点H，
∵
∴，
设，
∴,即,解得：，
∴
∴，解得：；
∴，
∴，
∴，
∴即点；
当点在点C下方时，
同理可得：，
∴点；
综上，或．
1
2
3
1
1，1
1，2
1，3
2
1，2
2，2
2，3
3
1，3
2，3
3，3