2022-2023学年福建省厦门十中九年级（下）月考数学试卷（4月份）（含解析）

这是一份2022-2023学年福建省厦门十中九年级（下）月考数学试卷（4月份）（含解析），共26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. 下列各数中比−2小的数是( )
A. −3B. |−4|C. 0D. −(−2)
2. 中国的领水面积约为370000km2，将数370000用科学记数法表示为( )
A. 37×104B. 3.7×104C. 0.37×106D. 3.7×105
3. 如图所示几何体的俯视图是( )
A.
B.
C.
D.
4. 下列计算的结果为a5的是( )
A. a3+a2B. a6−aC. (a3)2D. a3⋅a2
5. 某中学随机调查了15名学生，了解他们一周在校参加体育锻炼时间，列表如下：则这15名同学一周在校参加体育锻炼时间的中位数是( )
A. 6B. 7C. 5D. 2
6. 点O，A，B，C在数轴上的位置如图所示，O为原点，AC=1，OA=OB.若点C所表示的数为a，则点B所表示的数为( )
A. −a−1B. −a+1C. a+1D. a−1
7. 某次列车平均提速v km/h，用相同的时间，列车提速前行驶skm，提速后比提速前多行驶50km，则方程sx+v=s+50x所表达的等量关系是( )
A. 提速前列车行驶s km与提速后行驶(s+50)km的时间相等
B. 提速后列车每小时比提速前列车每小时多开v km
C. 提速后列车行驶(s+50)km的时间比提速前列车行驶s km多v h
D. 提速后列车用相同的时间可以比提速前多开50km
8. 如图，扇形OAB中，OB=3，∠AOB=100°，点C在OB上，连接AC，点O关于AC的对称点D刚好落在AB上，则BD的长是( )
A. π3
B. 2π3
C. π2
D. 3π2
9. 如图，直线y=−14x与双曲线y=kx(ky2，则|x1−x2|≥|x2−x3|
D. 若y1>y3≥y2，则|x1−x2|2a4(a−1)0)是二次函数图象上的两点，且S△AOB=12n−2t，当−1≤x≤m时，点A是该函数图象的最高点，求a的取值范围．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：A.−3−2，故本选项不符合题意；
C.0>−2，故本选项不符合题意；
D.−(−2)>−2，故本选项不符合题意；
故选：A．
先根据有理数大小比较法则比较大小，再得出答案即可．
本题考查了有理数大小比较，能熟记实数的大小比较法则是解此题的关键，注意：正数都大于0，负数都小于0，正数大于一切负数，两个负数比较大小，其绝对值大的反而小．
2.【答案】D
【解析】
【分析】
此题考查科学记数法表示绝对值较大的数，绝对值较大的数用科学记数法的表示形式为a×10n的形式，其中1≤|a|0时，抛物线开口向下，则当x越靠近3时，y的值越大，
∴当|x1−x2|≤|x3−x2|时，y2≥y1≥y3，
当|x1−x2|≥|x3−x2|时，y2≥y3≥y1，
当ay3≥y2时，y2是最小值，此时a|x2−x3|，故选项D正确，符合题意．
故选：D．
先将抛物线的解析式化为顶点式，然后得到函数的顶点即为点B，再由a的正负分情况讨论，得到y之间的大小关系．
本题主要考查二次函数的性质，熟知由抛物线的开口方向和点到对称轴的距离大小决定对应y值的大小是解题关键．
11.【答案】−2
【解析】解：2的相反数是−2．
故答案为：−2
根据相反数的定义可知．
主要考查相反数的定义：只有符号相反的两个数互为相反数．0的相反数是其本身．
12.【答案】2
【解析】解：多项式x2−2x+3的次数是2．
故答案为：2．
根据多项式中次数最高的项的次数叫做多项式的次数，即可得出答案．
本题考查多项式的概念，解题关键是掌握多项式的次数的概念．
13.【答案】1
【解析】解：由树状图可知，共有6种等可能的结果，分别为：(红球，红球)，(红球，白球)，(红球，黑球)，(白球，红球)，(白球，白球)，(白球，黑球)，
∴小明从两个口袋中各随机取出的1个球恰好是1个白球和1个黑球的结果共有1种．
故答案为：1．
由树状图可得出所有等可能的结果，即可得出小明从两个口袋中各随机取出的1个球恰好是1个白球和1个黑球的结果数．
本题考查列表法与树状图法，熟练掌握列表法与树状图法是解答本题的关键．
14.【答案】3.375
【解析】解：∵V=43πr3，
∴r=334Vπ，
∴d=2334Vπ=36Vπ，
∴3169V=36Vπ，
∴169V=6Vπ，
∴π=3.375．
故答案为：3.375．
根据球的体积公式求出r，再求出d，根据题意得3169V=36Vπ，从而得到π的值．
本题考查了立方根，根据球的体积公式求出直径d是解题的关键．
15.【答案】(115,−25)
【解析】解：如图，作AD⊥x轴于D，BE⊥x轴于E，
∵∠ADP=∠PEB=∠ADP=90°，
∴∠APD+∠BPE=∠PBE+∠BPE，
∴∠APD=∠PBE，
又PA=PB，
∴△APD≌△PBE(AAS)，
∴PE=AD，BE=PD，
设A(m,−2m+4)，
∴PD=|m−1|，AD=|−2m+4|，
∴OE=|5−2m|，
∴B(5−2m,1−m)，
∴OB2=OE2+BE2=(5−2m)2+(1−m)2=5(m−115)2+95，
∴当m=115时，OB的长度最小，
∴A(115,−25)，
故答案为(115,−25).
利用等腰直角三角形构造全等三角形，求出旋转后B点的坐标，然后根据勾股定理并利用二次函数的性质即可解决问题．
本题考查了一次函数图象上点的坐标特征，三角形全等，图形旋转变换，二次函数的性质，勾股定理等知识，综合性较强，把各个知识点合理串联起来是解题关键．
16.【答案】②④
【解析】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AC⊥BD，OA=OC=OB=OD，
∴∠BOC=90°，
∵BE=EC，
无法得出∠EAB=∠EAC，
∴不能得出∠AED=45°，故①错误，
连接AF．
∵PF⊥AE，
∴∠APF=∠ABF=90°，
∴A，P，B，F四点共圆，
∴∠AFP=∠ABP=45°，
∴∠PAF=∠PFA=45°，
∴PA=PF，故②正确，
∵OB=OD，EB=EC，
∴OE//CD，OE=12CD，
∴△OEK∽△CDK，
∴OKCK=OECD=12，
∴CK=2OK，故③错误；
∵△OEK∽△CDK，
∴S△OKES△CDK=(12)2，
∴S△OKE=14S△CDK，
∵OK：CK=1：2，
∴S△CDK=23S△OCD=23×14S正方形ABCD=23×14×62=6，
∴S△OKE=124×62=32，
∴四边形OPEK的面积=2S△OKE=3，故④正确；
故答案为：②④．
①错误．无法证明∠BAE=∠EAC=22.5°，即可解决问题；
②正确．利用四点共圆证明∠AFP=∠ABP=45°即可；
③错误．证明OE是△BCD的中位线，再证明△OEK∽△CDK便可得出结果；
④正确，由△OEK∽△CDK得出△OEK的面积与△CDK的面积的关系，再由△CDK的面积与正方形ABCD的面积关系求得△OEK的面积，最后求得四边形OPEK的面积便可．
本题考查正方形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，平行线分线段成比例定理，三角形的中位线定理等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考选择题中的压轴题．
17.【答案】解：(1)(−2)0+1 2− 9
=1+ 22−3
= 22−2；
(2)2x−y=3①x+y=−2②，
①+②得：3x=1，
解得：x=13，
把x=13代入②得：13+y=−2，
解得：y=−213，
∴原方程组的解为：x=13y=−213．
【解析】(1)先化简各式，然后再进行计算即可解答；
(2)利用加减消元法进行计算，即可解答．
本题考查了二次根式的混合运算，零指数幂，分母有理化，解二元一次方程组，准确熟练地进行计算是解题的关键．
18.【答案】证明：∵DF是△ABC的中位线，
∴DF//AB，
∴∠CDE=∠A，
在△CDE和△BAC中，
CD=BA∠CDE=∠ADE=AC，
∴△CDE≌△BAC(SAS)，
∴∠E=∠BAC．
【解析】根据三角形中位线定理得DF//AB，然后证明△CDE≌△BAC(SAS)，即可解决问题．
本题考查了全等三角形的判定和性质，三角形中位线定理，熟练掌握三角形全等的判定方法是解题的关键．
19.【答案】解：(1)3a−2>2a①4(a−1)2，
解不等式②得：a0，
∴(2a−k−1)2+4a(3+p)>0，
整理，得4a2−4a(k−p−2)+(1+k)2>0，
∵无论a取任意不为零的实数，总有4a2>0，(1+k)2≥0，
∴当k−p−2=0时，总有△>0，
∴可取p=1，k=3，
∴对于任意不为零的实数a，存在直线y=3x+1，始终与二次函数图象交于不同的两点；
(2)把A(−1,t)代入y=ax2+bx+t−1，可得b=a−1．
∵A(−1,t)，B(m,t−n)(m>0,n>0)，且S△AOB=12n−2t，t0，
∴t>t−n．
分两种情况：
①当a>0时，二次函数图象的顶点为最低点，
当−1≤x≤3时，点A是该函数图象的最高点，则yA≥yB，
分别把A(−1,t)，B(3,t−n)代入y=ax2+bx+t−1，
得t=a−b+t−1，t−n=9a+3b+t−1，
∵t>t−n，
∴a−b+t−1>9a+3b+t−1，
∴2a+b