福建省厦门双十中学九年级上学期12月月考数学试卷（解析版）-A4

这是一份福建省厦门双十中学九年级上学期12月月考数学试卷（解析版）-A4，共26页。试卷主要包含了全卷分三个部分，共25题；等内容，欢迎下载使用。
考生注意：
1．全卷分三个部分，共25题；
2．答案一律写在答题卡上，否则不能得分．
一、选择题（共8小题，每小题4分，共32分．在每小题给出的四个选项中，只有一项符合要求）
1. 的绝对值是（ ）
A. B. 2C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查了绝对值，熟练掌握绝对值的定义是解决本题的关键；
根据正数的绝对值是它本身，负数的绝对值是其相反数，0的绝对值是0，即可解答．
【详解】解：∵，
∴，
故选：B．
2. 数学世界奇妙无穷，其中曲线是微分几何的研究对象之一，下列数学曲线是中心对称图形的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据中心对称图形的概念判断．把一个图形绕某一点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形．
【详解】解：选项A、B、D都不能找到这样的一个点，使图形绕某一点旋转180°后与原来的图形重合，所以不是中心对称图形，选项C能找到这样的一个点，使图形绕某一点旋转180°后与原来的图形重合，所以是中心对称图形，
故选：C．
【点睛】本题考查的是中心对称图形的概念．中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与自身重合．
3. 正多边形的中心角为，则正多边形的边数是（ ）
A. 4B. 6C. 8D.
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查正多边形与圆，根据中心角的度数等于除以边数，进行求解即可．
【详解】∵正多边形的中心角为，
∴这个多边形的边数是，
∴正多边形的边数是8．
故选：C．
4. 如图，内接于，是的直径，连接，，则的度数是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查同弧所对的圆周角相等、直径所对的圆周角等于90°．
由CD是的直径，得，而，则，于是得到问题的答案．
【详解】解：是的直径，
，
，
，
故选：D．
5. 如图，一块含角的直角三角板绕点顺时针旋转到，当在一条直线上时，三角板的旋转角度为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】本题考查了旋转的性质，解答的关键是掌握对应点与旋转中心的连线所成的夹角就是旋转角．根据对应点与旋转中心的连线所成的夹角就是旋转角即可解答．
【详解】点与点为对应点，
为旋转角度，
且，
三角板的旋转角度为，
故选：A．
6. 如图是某地下停车场的平面示意图，停车场的长为，宽为．停车场内车道的宽都相等，若停车位的占地面积为，求车道的宽度（单位：）．设停车场内车道的宽度为，根据题意所列方程为（ ）

A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查根据实际问题列一元二次方程，将两个停车位合在一起，可以得到一个大的长方形，用含x的式子表示出该长方形的长和宽，根据停车位的占地面积为列方程即可．
【详解】解：设停车场内车道的宽度为，
将两个停车位合在一起，则长为，宽为，
因此，
故选B．
7. 如图，中，弦的长为，点在上，，．所在的平面内有一点，若，则点与的位置关系是（ ）
A. 点在上B. 点在内C. 点在外D. 无法确定
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查了垂径定理，圆周角定理，点与圆的位置关系，锐角三角函数，掌握圆的相关性质是解题关键．由垂径定理可得，由圆周角定理可得，再结合特殊角的正弦值，求出的半径，即可得到答案．
【详解】解：如图，令与的交点为，
半径，为弦，且，
，
，
在中，，，，
，
，即的半径为4，
，
点在外，
故选：C．
8. 把多个用电器连接在同一个插线板上，同时使用一段时间后，插线板的电源线会明显发热，存在安全隐患．数学兴趣小组对这种现象进行研究，得到时长一定时，插线板电源线中的电流I与使用电器的总功率P的函数图象（如图1），插线板电源线产生的热量Q与I的函数图象（如图2）．下列结论中错误的是（ ）
A. 当时， B. Q随I的增大而增大
C. I每增加1A，Q的增加量相同D. P越大，插线板电源线产生的热量Q越多
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查了函数的图象，准确从图中获取信息，并逐项判定即可．
【详解】解∶根据图1知：当时，，故选项A正确，但不符合题意；
根据图2知：Q随I的增大而增大，故选项B正确，但不符合题意；
根据图2知：Q随I的增大而增大，但前小半段增加的幅度小，后面增加的幅度大，故选项C错误，符合题意；
根据图1知：I随P的增大而增大，又Q随I的增大而增大，则P越大，插线板电源线产生的热量Q越多，故选项D正确，但不符合题意；
故选：C．
二、填空题（本大题共8小题，每小题4分，共32分）．
9. 在平面直角坐标系中，点关于原点对称的点的坐标是__________．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了中心对称，关于原点对称的两点，其横、纵坐标均互为相反数，熟记相关结论即可．
【详解】解：由题意得：点关于原点对称的点的坐标是，
故答案为：
10. 已知二次函数的表达式为，则该二次函数的对称轴为___________．
【答案】直线
【解析】
【分析】根据二次函数对称轴的公式，直接代入求解即可．
【详解】解：∵，
∴该二次函数的对称轴为直线，
故答案为：直线．
【点睛】本题主要考查了二次函数的对称轴，解题的关键是熟练掌握二次函数的对称轴为直线．
11. 若关于的方程的一个根是，则的值为______．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查的是一元二次方程的根即方程的解的定义，掌握方程的解的定义是解答此题的关键．一元二次方程的根就是一元二次方程的解，就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．把x=1代入原方程就可以得到一个关于的方程，解这个方程即可求出的值．
【详解】把x=1代入方程得到，
解得．
故答案为．
12. 如图，四边形ABCD内接于圆，E为CD延长线上一点， 图中与∠ADE相等的角是 _________ ．
【答案】∠ABC
【解析】
【分析】根据圆内接四边形的性质可得，再由题意可得，由等式的性质即可得出结果．
【详解】解：∵四边形ABCD内接于圆，
∴，
∵E为CD延长线上一点，
∴，
∴，
故答案为：．
【点睛】题目主要考查圆内接四边形的性质，熟练掌握这个性质是解题关键．
13. 如图，与的相切于点，点是上的一点，连接，，交于点，若，则的度数是______．
【答案】##36度
【解析】
【分析】本题主要考查圆内的角度求解，等腰三角形的性质，解题的关键是熟知切线的性质．根据切线的性质可得，再由等腰三角形的性质可得，从而得出的度数，最后由三角形内角和求值即可．
【详解】与的相切于点，
，
，，
，
，
在中，
，
故答案为：．
14. 如图，正六边形的边长为2，以A为圆心，的长为半径画弧，得，则的长度为_____．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查的是正六边形的性质和弧长的计算、等腰三角形的性质、勾股定理，掌握扇形面积公式是解题的关键．
由正六边形的边长为2，可得，，进而求出，，过作于，由等腰三角形的性质和含直角三角形的性质得到，，在中，由勾股定理求得，得到，根据扇形的弧长公式即可得到结论．
【详解】解：正六边形的边长为2，
，，
，
，
过作于，
，，
在中，，
，
同理可证，，
，
的长度为
故答案为：．
15. 同学们学习了线段的黄金分割之后，曾老师提出了一个新的定义：点C是线段AB上一点，若＝kn，则称点C为线段AB的“近A，n阶黄金分割点”．例如：若＝k2，则称点C为线段AB的“近A，2阶黄金分割点”；若＝k3，则称点C为线段AB的“近A，3阶黄金分割点”．若点C为线段AB的“近A，6阶黄金分割点”时，k6＝___．
【答案】
【解析】
【分析】根据题意先列出点C为线段AB的“近A，6阶黄金分割点”时，，然后表示出，，从而代入得到关于的分式方程，求解并检验即可．
【详解】解：由题意，点C为线段AB的“近A，6阶黄金分割点”时，，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
即：，
整理得：，
解得：或，
经检验，或是上述分式方程的解，
∵，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题考查比例线段的拓展应用，理解题中的新定义，准确根据线段比例列出相应方程并求解是解题关键．
16. 如图，正方形中，，动点E从点A出发向点D运动，同时动点F从点D出发向点C运动，点E、F运动的速度相同，当它们到达各自终点时停止运动，运动过程中线段、相交于点P，M是线段上任意一点，则的最小值为_____．

【答案】
【解析】
【分析】证明，再作出点D关于的对称点，从而可知当点P、M、在一条直线上时，路径最短，当点E与点D重合，点F与点C重合时，和均最短，即最短，然后由正方形的性质和轴对称图形的性质可知：，，最后由勾股定理即可求得的长，从而可求得的最小值.
【详解】如图，

根据运动可知：，
正方形中，，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
如图，作点D关于的对称点，连接，

由轴对称的性质可知：，，
∴，
过点P作垂直于C，垂足为G，
∵，动点E从点A出发向点D运动，到D点停止运动，同时动点F从点D出发向点C运动，到C点停止运动，
∴可知P的轨迹为以为直径的四分之一圆弧，当点E与点D重合，点F与点C重合时，和均最短，
∴此时最短．
∵四边形为正方形，
∴，．
∴．
在中，由勾股定理得：．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查的是最短路径问题，由轴对称图形的性质和正方形的性质确定出点P的位置是解题的关键．
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. 解方程：．
【答案】，
【解析】
【分析】本题考查了解一元二次方程，熟练掌握解一元二次方程的方法是解题的关键．
先移项，利用配方法，即可求解．
【详解】解：
，
解得：，．
18. 先化简，再求值，求：，当时的值．
【答案】；
【解析】
【分析】本题考查的是分式的化简求值，分母有理化，先根据分式混合运算的法则把原式进行化简，再把a的值代入进行计算即可．
【详解】解：
；
当时，原式．
19. 已知关于的一元二次方程有两个相等的实数根，求证：是非负数．
【答案】见解析
【解析】
【分析】本题考查根的判别式，根据方程有两个相等的实数根，得到，进而得到，代入，得到，即可得证．
【详解】证明：∵关于的一元二次方程有两个相等的实数根，
∴，
∴，
∴，
∴是非负数．
20. 在平面内，给定不在同一条直线上的三点，如图所示，点到点的距离均等于(为常数)，到点的距离等于的所有点组成图形．
（1）画出图形；(要求：尺规作图，不写作法，保留作图痕迹)
（2）连接点与的中点，点在的延长线上，连接，，．依题意补全图形，并求直线与图形的公共点个数．
【答案】（1）见解析 （2）个
【解析】
【分析】本题考查了圆的性质，垂径定理，切线的性质与判定；
（1）点到、、的距离均等于则、、三点共圆，可得图形是圆心为，半径为的圆；
（2）先求得，得到，加上为半径，得出CE为切线，即可得出结论；
小问1详解】
解：点到、、的距离均等于，
，
、、三点共圆，
到点的距离等于的所有点都在圆心为，半径为的圆上，
图形是圆心为，半径为的圆，如图
【小问2详解】
直线CE与图形的公共点个数为个，
连接、，如图，
在四边形中，，
，
，点为AB中点，
，
，
，
，
，
又为半径，
为切线，
直线CE与图形公共点个数为个．
21. 如图，是的外接圆，D是直径上一点，的平分线交于点E，交于另一点F，．
（1）求证：；
（2）设，垂足为M，若，求的长．
【答案】（1）见解析 （2）
【解析】
【分析】本题主要考查了等腰三角形的性质，圆周角定理，勾股定理等知识，掌握这些性质以及定理是解题的关键．
（1）由等边对等角得出，由同弧所对的圆周角相等得出，由对顶角相等得出，等量代换得出，由角平分线的定义可得出，由直径所对的圆周角等于可得出，即可得出，即；
（2）由（1）知，，根据等边对等角得出，根据等腰三角形三线合一的性质可得出，的值，进一步求出，，再利用勾股定理即可求出．
【小问1详解】
证明：∵，
∴，
又与都是所对的圆周角，
∴，
∵，
∴，
∵平分，
∴，
∵是直径，
∴，
∴，
故，
即．
【小问2详解】
解：由（1）知，，
∴，
又，，
∴，，
∴圆的半径，
∴，
在中，，
∴，
即的长为．
22
【答案】任务1：；任务2：两根支撑柱之间的水平距离为6米；任务3：“脚手架”三根支杆，，的长度之和的最大值为米．
【解析】
【分析】本题考查的是二次函数的应用，解题关键求出函数的解析式．
任务1：由题意可得出顶点的坐标，设出抛物线解析式为，然后再把点的坐标代入即可求出；
任务2：根据任务1中解析式可得出当时对应的值，两个值相减即可得出水平距离；
任务3：设点坐标为，列出关于的解析式，由函数的性质求最大值即可．
【详解】解：任务1：四边形是矩形，
（米，
点，点，
根据题意和图象可得，顶点的坐标为，
可设抛物线的解析式为：，
把点代入解析式可得：，
解得：，
抛物线的解析式为：；
任务2：当时，，
解得，
（米，
两根支撑柱之间的水平距离为6米；
任务3：设点坐标为，、、的长度之和为米，
则，，
，
，
当时，有最大值，最大值为，
“脚手架”三根支杆，，的长度之和的最大值为米．
23. 在中，，，为平面内一点．
（1）当在线段上时，将线段绕点顺时针旋转至，连接，请你在图1中完成作图，试判断与的位置关系并证明；
（2）在（1）的条件下，连接交于，过点作的垂线交延长线于点，试判断线段与的数量关系并证明；
（3）如图2，点位于上方，且，的面积为9，直接写出的长度．
【答案】（1）证明见解析
（2），证明见解析
（3）
【解析】
【分析】（1）由题意即可完成作图；连接，证明得，即可得；
（2）在线段上截取，连接，先证明，则,再证明，则，证明完成；
（3）过点A作交于N，连接，证明，得，由的面积为9，即可求得结果．
【小问1详解】
补充作图如下：
与的位置关系为，
连接，如图，
，，
由旋转性质得：，
，
，
在与中，
，
∴，
，
，
．
【小问2详解】
，证明如下：
如图，在线段上截取，连接，
，，
，
由（1）知，
，
由（1）知，
在和中，
，
，
，，
，
，
，
，
，，
，
．
【小问3详解】
如图，过点A作交于N，连接，
则，
，
，
，
，
，
，
在与中，
，，
，
的面积为9，
，
即，
．
【点睛】本题是全等三角形的综合，考查了等腰三角形的判定与性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质，旋转的性质等知识，证明全等是本题的关键．
24. 已知抛物线 与x轴交于、B两点，顶点为P，与y轴交于C点，且的面积为6．
（1）求抛物线的对称轴和解析式；
（2）平移这条抛物线，平移后的抛物线交y轴于E，顶点Q在原抛物线上，当四边形是平行四边形时，求平移后抛物线的表达式；
（3）若过定点K2,1的直线交抛物线于M、N两点（N在M点右侧），过N点的直线 与抛物线交于点 G， 求证： 直线必过定点．
【答案】（1）直线,
（2）
（3）见解析
【解析】
【分析】（1）抛物线的对称轴为直线，可得，根据的面积可得点的坐标，据此即可求解；
（2）设点，由平行四边形的性质可得，据此即可求解；
（3）设，可求出直线的解析式；根据直线过定点K2,1可得；结合题意可求出点，即可进一步求出直线的解析式，即可求解；
【小问1详解】
解：由题意得：抛物线的对称轴为直线
∵，
∴
令，则
∴
∵的面积为6．
∴，
解得：
∴，
将代入得：，
解得：，
∴
【小问2详解】
解：∵，
∴
设点，
∵四边形是平行四边形，
∴且
∴，即：
∵顶点Q在原抛物线上，
∴，
解得：
∴
∴平移后抛物线的表达式为：
【小问3详解】
解：设，设直线的解析式为：，
则，
解得：，
∴直线解析式为：，
∵直线过定点
∴
得：
∵直线 过N点，
∴，，
∴
令，
解得：
∴
设直线的解析式为：，
则，
解得：，
∴直线的解析式为：，
∵，
∴直线的解析式为：，
当时，，
∴直线必过定点
【点睛】本题考查了二次函数与一次函数的综合问题，涉及了函数解析式的求解，平行四边形的性质，函数的平移等知识点，掌握待定系数法是解题关键．
25. 中，，是外接圆上的一点，且点是所对的弧的中点．
（1）如图1，过点作于点，
①连接，则的度数为______；
②若，，求外接圆的半径；
（2）如图2，连接，过点的直线交于点，交该外接圆于点，交的延长线于点；的延长线交于点．若，，求证：．
【答案】（1）①；②
（2）见解析
【解析】
【分析】（1）①根据直角所对的圆周角是直角可得是直径，进而可得，根据点是所对的弧的中点得出，即可求解；
②过点作于点，证明得出，，进而得出四边形是正方形，求得，进而根据勾股定理，求得，即可求解；
（2）过点作于点，过点作于点，同（1）得出四边形是正方形，根据正方形的性质可得，结合已知，得出，根据等边对等角可得，进而得出是直径，即可得出是圆心，即可得证．
【小问1详解】
解：①∵，是外接圆上的一点，
∴是直径，，
又∵点是所对弧的中点
∴
∴
故答案为：．
②如图所示，过点作于点，
∵，
∴，
又∵
∴四边形是矩形，
∵四边形是圆内接四边形，
∴，
又∵
∴，
又∵
∴
∴，，
∴四边形是正方形，
∴
∴
在中，
∵是直径，
∴外接圆的半径为
【小问2详解】
解：如图所示，过点作于点，过点作于点，
由（1）可得四边形是正方形，
∵，
即
∵
∴，
∵，
∴
∴
∴
∴是直径，
又∵是直径，
∴是圆心，
∴．
设计“脚手架”支杆的长度
材料1
为培养学生劳动实践能力，某学校在校西南角开辟出一块劳动实践基地．如图是其中蔬菜大棚的横截面，它由抛物线和矩形构成．已知矩形的长米，宽米，抛物线最高点到地面的距离为7米．
材料2
冬季到来，为防止大雪对大棚造成损坏，学校决定在大棚两侧安装两根垂直于地面且关于轴对称的支撑柱和，如图所示．
材料3
为了进一步固定大棚，准备在两根支撑柱上架横梁．搭建成一个矩形“脚手架”，如图所示．
问题解决
任务1
确定大棚形状
按如图所示建立平面直角坐标系，求抛物线的函数表达式．
任务2
尝试计算间距
若两根支撑柱的高度均为6米，求两根支撑柱，之间的水平距离．
任务3
确定搭建方案
为了进一步固定大棚，准备在两根支撑柱上架横梁．搭建成一个矩形“脚手架”，求出“脚手架”三根支杆的长度之和的最大值．