吉林省长春市第八十七中学2024-2025学年上学期九年级第三次月考数学试题（解析版）-A4

这是一份吉林省长春市第八十七中学2024-2025学年上学期九年级第三次月考数学试题（解析版）-A4，共27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。
一、选择题（共8道小题，每小题3分，共24分）
1. 若关于的函数是一次函数，则的值为（ ）
A. 3B. 2C. 1D. 0
【答案】B
【解析】
【分析】本题主要考查了一次函数的定义，一般地，形如y=kx+bk≠0，且k、b是常数的函数叫做一次函数．根据一次函数的定义进行求解即可．
【详解】解：∵关于x的函数是一次函数，
∴，
∴，
故选：B．
2. 在平面直角坐标系中，把抛物线向上平移3个单位长度，得到的抛物线的表达式（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查了二次函数图象的平移．根据二次函数图象的平移规律左加右减，上加下减求解作答即可．
【详解】解：由题意知，抛物线向上平移3个单位长度，得到的抛物线的表达式为，
故选：B．
3. 在中，，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据正弦：我们把锐角的对边与斜边的比叫做的正弦，记作进行计算即可．此题主要考查了锐角三角函数，关键是掌握正弦定义．
【详解】解：，，，
∴，
，
故选：A．
4. 如图，一枚运载火箭从地面L处发射，雷达站R与发射点L距离，当火箭到达A点时，雷达站测得仰角为，则这枚火箭此时的高度为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据正切定义即可求解．
【详解】解：在中，，，
∴
∴，
故选：D．
【点睛】本题考查了解直角三角形的应用，仰角问题，熟练掌握三角函数的定义是解题的关键．
5. 如图，在中，，，点D为斜边上的中点，则为（ ）

A. 10B. 3C. 5D. 4
【答案】C
【解析】
【分析】根据斜边上的中线等于斜边的一半即可得出结果．
【详解】解：∵，，点D为斜边上的中点，
∴；
故选C．
【点睛】本题考查直角三角形斜边上中线．熟练掌握斜边上的中线等于斜边的一半，是解题的关键．
6. 如图，小明在A时测得某树的影长为4米，B时又测得该树的影长为1米，若两次日照的光线互相垂直，则树的高度为（ ）米．
A. 2B. 4C. 6D. 8
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意，画出示意图，易得：△EDC∽△FDC，进而可得，即DC2＝ED•FD，代入数据可得答案．
【详解】解：根据题意，作△EFC，树高为CD，且∠ECF＝90°，ED＝1m，FD＝4m；
∵∠E+∠F＝90°，∠E+∠ECD＝90°，
∴∠ECD＝∠F，
∴△EDC∽△FDC，
∴，即DC2＝ED•FD＝1×4＝4，
解得CD＝2m．
故选A．
【点睛】
本题主要考查了相似三角形的应用，熟练掌握相似三角形的性质与判定条件是解题的关键．
7. 已知点，若抛物线与线段只有一个公共点，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】本题主要考查了二次函数图象与系数的关系，熟知二次函数的图象和性质及分类讨论思想是解题的关键．
由抛物线的表达式可得出抛物线的对称轴为y轴，与y轴的交点坐标为，再利用分类讨论的数学思想即可解答．
【详解】解：由题意可知：抛物线的对称轴为y轴，
当时，，
所以抛物线与y轴的交点坐标为，
当时，抛物线有最大值为0，则抛物线与线段没有交点；
当时，
∵抛物线与线段只有一个公共点，
∴当时，；
当时，，解得，
∴，
综上所述：．
故选：D．
8. 如图，正方形的顶点，在抛物线上，点在轴上．若，两点的横坐标分别为，，下列结论正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】本题主要考查了二次函数的图象与性质、正方形的性质、全等三角形的判定与性质，解题时要熟练掌握并能灵活运用是关键．依据题意，连接、交于点，过点作轴于点，过点作轴于点，先证明．可得，．再根据，．得，，由列出m、n得关系式即可求解．
【详解】解：如图，连接、交于点，过点作轴于点，过点作轴于点，
，
，
四边形是正方形， ，，
∴，
．
．
，．
点、的横坐标分别为、，
，．
∴，，
∵，
∴，
．
，
．
．
故选：B．
二、填空题（共6道小题，每小题3分，共18分）
9. 拋物线顶点坐标为________．
【答案】
【解析】
【分析】本题主要考查了二次函数的性质，根据题目中的函数解析式，即可得到该抛物线的顶点坐标， 熟练掌握二次函数的顶点式是解决此题的关键．
【详解】∵抛物线，
∴该抛物线的顶点坐标为，
故答案为：．
10. 若抛物线（是常数）与轴没有交点，则的取值范围是________．
【答案】
【解析】
【分析】本题主要考查了抛物线与x轴的交点问题，掌握抛物线与x轴没有交点与没有实数根是解题的关键．
由抛物线与x轴没有交点，运用根的判别式列出关于c的一元一次不等式求解即可．
【详解】解：∵抛物线与x轴没有交点，
∴没有实数根，
∴，．
故答案为：．
11. 如图，是的直径，是的弦，若，则________．
【答案】
【解析】
【分析】本题主要考查了圆周角定理．根据是的直径，得出，进而得出，最后根据圆周角定理，即可求解．
【详解】解：∵是的直径，
∴，
∵，
∴，
∴，
故答案为：．
12. 已知某大桥的桥拱可以用抛物线的一部分表示，其函数关系式为，当水面宽度为时，水面与桥拱顶的高度等于___．

【答案】##4米
【解析】
【分析】本题考查了二次函数的实际应用，根据题意把直接代入解析式计算即可得出答案．
【详解】解：根据题意可得点的横坐标为，
把代入得，
∴，
∴水面与桥拱顶的高度等于，
故答案为：．
13. 如图，的中线、交于点，点是的重心，点在边上，，那么______．
【答案】##13
【解析】
【分析】本题考查了三角形中线和重心的性质，相似三角形的判定和性质，由三角形中线性质可得，由重心的性质可得，再根据相似三角形的性质可得，进而即可求解，掌握重心的性质是解题的关键．
【详解】解：∵AD是的中线，
∴，
∵点是的重心，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
故答案为：．
14. 如图，二次函数的图象与轴交于，，其中．结合图象给出下列结论：①；②；③当时，随的增大而减小；④关于的一元二次方程的另一个根是；⑤的取值范围为．其中结论正确的是________．
【答案】②③④⑤
【解析】
【分析】本题考查的知识点是二次函数的图象与性质、抛物线与轴的交点问题、一元二次方程的根与系数的关系、二次函数与不等式的关系等知识．根据二次函数的图象与性质判断结论①②③正误；由二次函数与一元二次方程的关系判断结论④；利用结论④及题中条件可求得的取值范围，再由结论②可得取值范围，判断⑤是否正确．
【详解】解：由图可得：，对称轴，
，
，①错误；
由图得，图象经过点，将代入可得，
，②正确；
该函数图象与轴的另一个交点为，且，
对称轴，
该图象中，当时，随着的增大而减小，当时，随着的增大而增大，
当时，随着的增大而减小，
③正确；
该函数图象与轴的另一个交点为，
关于的一元二次方程的一个根为，
设另一个根为，
由根与系数的关系得，
，即关于的一元二次方程的另一个根是，
④正确；
，即，
解得，
即，
，
，
⑤正确．
综上，②③④⑤正确．
故答案为：②③④⑤．
三、解答题（共10道小题，共78分）
15. 计算：
（1）
（2）
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】本题主要考查了特殊角三角函数值的混合计算．
（1）代入特殊角三角函数值，再根据二次根式的加减混合运算法则求解即可；
（2）代入特殊角三角函数值，进一步计算即可求解．
【小问1详解】
解：
；
【小问2详解】
解：
．
16. 如图，二次函数经过点，．
（1）求该二次函数的解析式；
（2）利用图象的特点填空：
①当________时，方程；
②不等式的解集为________．
【答案】（1）；
（2）①1；②且
【解析】
【分析】本题考查了待定系数法求二次函数解析式和抛物线与轴的交点问题．
（1）利用待定系数法求解即可；
（2）①先利用配方法得到，则当时，有最小值；
②写出函数图象在轴下方所对应的自变量的范围，并且自变量不取顶点的横坐标．
【小问1详解】
解：∵二次函数经过点，，
∴，解得，
∴抛物线解析式为；
【小问2详解】
解：①，
当时，有最小值，
即时，方程，
故答案为：1；
②不等式的解集为且．
故答案：且．
17. 如图，在坐标系中，、、．
（1）经过、、三点的圆弧所在圆的圆心的坐标为________；
（2）这个圆的半径为：_______；
（3）直接判断点与的位置关系．点在________．（填“内”、“外”、“上”）
【答案】（1）
（2）
（3）外
【解析】
【分析】本题考查了三角形的外接圆与外心：三角形外接圆的圆心是三角形三边垂直平分线的交点，叫做三角形的外心，也考查了垂径定理和点与圆的位置关系．
（1）根据题意，的垂直平分线所在直线为，可知圆心M在直线为上，设，根据，可求出圆心M的坐标；
（2）由（1）求出，即可求圆的半径长；
（3）根据，即可判断D点的位置．
【小问1详解】
解：、，
的垂直平分线所在直线为，
圆心M在直线为，
设，
，
，
解得，
，
故答案为：；
【小问2详解】
解：，，
，
圆的半径长为，
故答案为：；
【小问3详解】
解：，，
，
，
点在外，
故答案为：外．
18. 如图，在矩形中，，，点在边上，，垂足为．
（1）求证：；
（2）若，则的值为________
【答案】（1）见解析 （2）
【解析】
【分析】本题主要考查了相似三角形的判定与性质，正切函数的定义和矩形的性质，利用图形中发现公共角、公共边等隐含条件证明相似三角形是解答本题的关键．
（1）先根据矩形的性质得，，，然后利用得到，最后结合，即可证明；
（2）先利用勾股定理得出，由得，可求出，然后证明，最后根据正切函数的定义求解即可．
【小问1详解】
证明：四边形为矩形，
，，，
∵，
，
，
，
，，
；
【小问2详解】
解：在中，，
，
∴，即，解得，
∵，，
∴，
四边形为矩形，
，
∴，
∴，
在中，
，，
∴，
故答案为：．
19. 图①是一款可调节椅背的沙发椅，它可以减轻使用者的脊椎压力．图②是它的侧面示意图，椅背，将椅背角度从调节到（即，）时，分别过点、作于点，于点，求水平方向增加的距离长．（结果精确到；参考数据：，，，）
【答案】水平方向增加的距离长为．
【解析】
【分析】本题考查了解直角三角形的应用．在与中，利用三角函数的定义列式计算即可求解．
【详解】解：由题意得：，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，，
在与中，
，
，
∴
．
答：水平方向增加的距离长为．
20. 如图，在中，，以为直径作，交于点，交于点，过点作于．
（1）求证：是的切线；
（2）若，的半径为5，则的长为________．
【答案】（1）见解析 （2）
【解析】
【分析】（1）如图，连接、，由是直径，可得，则，是的中位线，，由，可得，进而结论得证；
（2）由题意知，，由是等腰三角形，且，可得，由勾股定理得，利用等积法，计算求解即可．
【小问1详解】
证明：如图，连接、，
∵是直径，
∴，
又∵，
∴，
∵，
∴是的中位线，
∴，
∵，
∴，
∵是的半径，
∴是的切线；
【小问2详解】
解：∵的半径是5，
∴，
∵是等腰三角形，且，
∴，
由勾股定理得，
∵，即，
∴．
故答案为：．
【点睛】本题考查了直径所对的圆周角为直角，等腰三角形的性质，中位线定理，切线的判定，勾股定理等知识．正确引出辅助线解决问题是解题的关键．
21. 图①、图②、图③均是的正方形网格，每个小正方形的顶点称为格点，的顶点均在格点上．只用无刻度的直尺，在给定的网格中，按下列要求作图，保留作图痕迹．
（1）在图①中，画出中边上的中线．
（2）在图②中，在边上找到一点，连接，使．
（3）在图③中，在边上找到一点，连接，使．
【答案】（1）见解析 （2）见解析
（3）见解析
【解析】
【分析】（1）取的中点，连接即可．
（2）取格点，，使，，，连接交于点，则点即为所求．
（3）取格点，使，，取与网格线的交点，连接交于点，则点即为所求．
【小问1详解】
解：如图①，即为所求．
【小问2详解】
解：如图②，取格点，，使，，，连接交于点，连接，
则，
，
，
则点即为所求．
【小问3详解】
解：如图③，取格点，使，，取与网格线的交点，
则，
即，
连接交于点，
，
则点即为所求．
【点睛】本题考查作图—应用与设计作图、三角形的中线、相似三角形的判定和性质、解直角三角形等知识，熟练掌握相关知识点是解答本题的关键．
22. 【问题原型】如图①，在中，弦所对的圆心角，点在优弧上运动（点不与点、重合），连结、．
（1）任点运动过程中，当点在内部时，的度数是否发生变化？请通过计算说明理由．
（2）若，求弦的最大值．
【问题拓展】如图②，在中，，．若、分别是、的中点，则线段的最大值为________．
【答案】[问题原型]（1）（2）的最大值为[问题拓展]
【解析】
【分析】（1）根据圆周角定理可知；
（2）当为的直径时，最大，由是等腰直角三角形，求出的长，可知直径的长；
[问题拓展] 如图，画的外接圆，连接，，，首先利用求出，可知为直径时，最大，此时，再根据角形中位线定理即可解决问题．
【详解】[问题原型]
（1）的度数不发生变化，理由如下：
∵，，
∴；
（2）当为的直径时，最大，
在中，，
根据勾股定理，得，
∵，
∴，
∴，
即的最大值为；
[问题拓展]
如图，画的外接圆，连接，，，
则，，，
∴，
∴，
∵
∴，
∴，
∵M、N分别是、的中点，
∴是的中位线，
∴，
∴为直径时，最大，此时，
∴最大值为，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了圆周角定理，等腰三角形的性质，三角形中位线定理，勾股定理等知识， 明确直径是圆中最大的弦是解题的关键．
23. 如图，在中，，，，点P从点A出发，沿折线以每秒2个单位长度的速度向终点B匀速运动，点Q为线段的中点，点H在下方，，，设点P运动的时间为t（秒）．
（1）当点P在边上运动时，
①线段的长为_______．用含t的代数式表示）
②若与重叠部分为轴对称图形，求t的值．
（2）当点H落在边上时，求的长．
（3）取边的中点E，边的中点F，连结，当时，直接写出t的值．
【答案】（1）①；②；（2）的长为或；（3）或．
【解析】
【分析】（1）①表示出CP的长，即可得到线段PQ的长；
②若与重叠部分为轴对称图形，则△PQD△EQD，求得QE=AQ，根据PQ=QE，列方程求解即可；
（2）分点P在边AC上和在边BC上两种情况讨论，利用三角函数以及相似三角形的判定和性质求解即可；
（3）分点P在边AC上和在边BC上两种情况讨论，同理求解即可．
【详解】（1）①由题意得：AP=2t，
∴CP=AC- AP=4-2t，
∴PQ=CP=，
故答案为：；
②如图，设PH与AB相交于D，QH与AB相交于E，
∵∠HQP=∠ABC，∠ACB=∠HPQ=90°，
∴∠A=∠H，
∵∠ADP =∠HDE，
∴∠A+∠ADP =∠H+∠HDE，
∴∠HED=∠APD=90°，即∠QED=90°，
在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=4， BC=3，
∴AB=，
∴，
在Rt△AQE中，AQ=AP+PQ，
∴，
∴QE=AQ，
若与重叠部分为轴对称图形，则△PQD△EQD，
∴PQ=QE，
∴，
解得：；
（2）由（1）知∠ACB=90°，AC=4， BC=3，AB=，
∴，，
当点P在边AC上，即时，若点H落在边上，如图：
在Rt△PQH中，∠HQP=∠ABC，PQ，
，
∴QH=，
在Rt△AQH中，AQ=AP+PQ，
∴，
∴QH=AQ，
∴，
解得：，
∴AH=，
∴BH=5- AH=；
当点P在边BC上，即时，若点H落在边上，如图：
∵∠HQP=∠ABC，∠HPQ=90°，
∴PQ=PB，
同理，PQ==PB，而PB=AC+AB-2t，
∴，
解得：，
∴PB，
∵∠HPQ=90°，∠ACB=90°，
∴HP∥AC，
∴，即，
∴BH=；
综上，的长为或；
（3）当点P在边AC上时，延长QH交AB于N，过F作FM⊥AB于M，如图：
∵EF∥AB，且FM⊥AB，由（1）知QN⊥AB，
∴四边形EFMN是矩形，
∴EN=FM，
∵E是边QH的中点，F是边BC的中点，
∴，
同理求得：QN=AQ，QH=，，
∴QE=QH=，
∴EN=QN-QE=，
∴，
解得：；
当点P在边BC上时，
∵EF∥AB，
∴∠QFE=∠ABC，
∵∠HQP=∠ABC，
∴∠HQP=∠QFE，
∴EF=EQ=EH，
∵∠HPQ=90°，
∴点P与点F重合，如图：
∴，
解得：；
综上，t的值为或．
【点睛】本题考查了解直角三角形，相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是明确题意，画出图形，找出所求问题需要的条件．
24. 在平面直角坐标系中，抛物线经过点，其对称轴为直线，点在该抛物线上，其横坐标为．以点为对称中心，作正方形．使轴，且点的横坐标为1．
（1）求该抛物线对应的函数关系式．
（2）当点与点重合时，求抛物线的顶点到正方形垂直于轴的边的最短距离．
（3）当抛物线在正方形内部的部分对应的函数值随的增大而减小或随的增大而增大时，求的取值范围．
（4）当抛物线与正方形的边有且只有两个交点，且这两个交点的纵坐标之和为8时，直接写出的值．
【答案】（1）；
（2）8 （3）的取值范围是或或；
（4）．
【解析】
【分析】（1）利用待定系数法求解即可；
（2）由顶点式可得出抛物线的顶点坐标；再根据正方形的性质可分别得出正方形四个顶点的坐标，进而可得出结论；
（3）分情况讨论：当时，当时，当时，分别分情况讨论即可；
（4）分两类，抛物线与正方形的某一条边只有两个公共点，抛物线与一组邻边只有两个公共点，然后利用这两个公共点的纵坐标之和为8建立方程，求出的值．
【小问1详解】
解：∵抛物线经过点，其对称轴为直线，
，
，；
抛物线解析式为；
【小问2详解】
解：抛物线解析式为，
抛物线的顶点坐标为；
轴，即轴，点的横坐标为1，
点到轴的距离为1，
由正方形的性质可得，正方形的边长为2，
若点的坐标为，则，，，如图所示：
抛物线的顶点到正方形垂直于轴的边所在的直线的最短距离为；
【小问3详解】
解：当或时，抛物线在正方形内部的部分对应的函数值随的增大而增大；当抛物线在正方形内部的部分对应的函数值随的增大而减小，
的取值范围是或或；
【小问4详解】
解：点与顶点重合时，．此时、的纵坐标都为．以下分三种情况讨论．
第一种情况：点在第一象限，当时，正方形变小，交点、的纵坐标都小于，相加不会等于8，此种情况不合题意．
第二种情况：当且与交于、时，，
，
，
到的距离和到的距离相等，都是，
，
（舍掉）或，
；
第三种情况：，，两个交点的纵坐标的和不可能为8，此种情况不符合题意．
综上，．