上海市向明初级中学2024-2025学年九年级下学期 数学5月考试卷（含解析）

这是一份上海市向明初级中学2024-2025学年九年级下学期 数学5月考试卷（含解析），共29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. 下列计算中，结果正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】本题考查了负整数指数幂，完全平方公式，算术平方根，积的乘方，据此逐项分析计算，即可求解．
【详解】解：A. ，故该选项正确，符合题意；
B. ，故该选项不正确，不符合题意；
C. ，故该选项不正确，不符合题意；
D. ，故该选项不正确，不符合题意；
故选：A．
2. 实数a，b，c在数轴上对应点的位置如图所示，下列式子正确的是（ ）

A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据数轴可得，，再根据逐项判定即可．
【详解】由数轴可知，
∴，故A选项错误；
∴，故B选项错误；
∴，故C选项正确；
∴，故D选项错误；
故选：C．
【点睛】本题考查实数与数轴，根据进行判断是解题关键．
3. 下列方程中，有实数根的方程是（ ）
A. x4+16＝0B. x3+9＝0C. D. +3＝0
【答案】B
【解析】
【分析】利用乘方的意义可对A进行判断；通过解无理方程可对B、C进行判断；通过算术平方根的概念可对D进行判断．
【详解】解：A、x4≥0，x4+16＞0，方程x4+16＝0没有实数解；
B、移项得，x3＝﹣9，两边开立方得，x＝，故方程的解为x＝；
C、∵分子1≠0，∴，原方程没有实数解；
D、∵≥0，∴，原方程没有实数解．
故选：B．
【点睛】本题考查了乘方的意义、立方根的意义、算术平方根的意义、分式的值为零的条件，熟练掌握各知识点是解答本题的关键．
4. 小明在处理一组数据“12，12，28，35，■”时，不小心将其中一个数据污染了，只记得该数据在30~40之间．则“■”在范围内无论为何值都不影响这组数据的（ ）
A. 平均数B. 众数C. 中位数D. 方差
【答案】C
【解析】
【分析】此题考查数据平均数、众数、中位数方差的计算方法，根据中位数的定义求解可得．
【详解】解：依题意“■”该数据在30~40之间，则这组数据的中位数为，
∴“■”在范围内无论为何值都不影响这组数据的中位数．
故选：C．
5. 扇文化是中华优秀传统文化的组成部分，在我国有着深厚的底蕴．如图，某折扇张开的角度为时，扇面面积为、该折扇张开的角度为时，扇面面积为，若，则与关系的图象大致是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查正比例函数的应用，扇形的面积，设该扇面所在圆的半径为，根据扇形的面积公式表示出，进一步得出，再代入即可得出结论．掌握扇形的面积公式是解题的关键．
【详解】解：设该扇面所在圆的半径为，
，
∴，
∵该折扇张开角度为时，扇面面积为，
∴，
∴，
∴是的正比例函数，
∵，
∴它的图像是过原点的一条射线．
故选：C．
6. 如图，在四边形中，，，交于点O．添加一个条件使这个四边形成为一种特殊的平行四边形，则以下说法错误的有（ ）个．
①添加“”，则四边形是菱形
②添加“”，则四边形是矩形
③添加“”，则四边形是菱形
④添加“”，则四边形是正方形
A. 0个B. 1个C. 2个D. 3个
【答案】B
【解析】
【分析】本题主要考查了特殊平行四边形的判定，线段垂直平分线的性质和判定，全等三角形的性质和判定，
先说明是的垂直平分线，可得，再证明，可得判断①；当时，无法证明四边形是矩形，说明②即可；然后证明四边形是平行四边形，再根据，可得四边形是菱形，判断③；接下来结合已知说明，可得四边形是菱形，进而得出菱形是正方形，判断④ 即可．
【详解】解：∵，
∴是的垂直平分线，
∴．
当时，．
∵，
∴，
∴，
∴四边形是菱形．故①正确；
当时，无法证明四边形是矩形，所以②不正确；
当时 ，
∵，
∴四边形是平行四边形．
∵，
∴四边形是菱形．所以③正确；
当时，，
∴，
由①得四边形是菱形，
∵，
∴菱形是正方形．所以④正确．
综上所述，错误的有1个．
故选：B．
二、填空题
7 分解因式：______．
【答案】
【解析】
【分析】本题主要考查因式分解，原式提取后，再运用平方差公式 进行因式分解即可．
【详解】解：
，
故答案为：．
8. 计算：______．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了异分母分式加法，熟练掌握运算法则是解题的关键．先通分，变为同分母分式，再进行加法运算，注意分式的加减运算的结果必须是最简分式或整式．
【详解】解：原式
故答案为：．
9. 已知，则______．
【答案】2
【解析】
【分析】本题主要考查了二次根式有意义的条件及解一元一次不等式组，根据算术平方根的非负性得出，求出，再由，，即可解答．
【详解】解: 已知，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴．
故答案为：2．
10. 如果关于的一元二次方程有实数根，那么实数的取值范围是___________．
【答案】且
【解析】
【分析】本题主要考查了一元二次方程根判别式，一元二次方程的定义，解题的关键是熟练掌握当时，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．
根据一元二次方程有实数根，得到，解不等式求出的取值范围，注意即可．
【详解】解：化为一般式为：，
∵关于的一元二次方程有实数根，
∴，
解得：，
∴且，
故答案为：且．
11. 如果一次函数的图像经过点，那么y随x的增大而______（填“增大”或“减小”）
【答案】增大
【解析】
【分析】本题主要考查一次函数解析式，一次函数图象与性质，将点代入，可求出k值，再利用一次函数的性质（当时y的值随x值的增大而增大，当时，y的值随x值的增大而减小）即可得出结论．
【详解】解：∵一次函数的图像经过点，
∴，
解得：，
∴，
∴y随x值的增大而增大，
故答案为：增大．
12. 如图，电路图上有四个开关A，B，C，D和一个小灯泡，闭合开关D或同时闭合开关A，B，C，都可使小奵泡发光．现随机从A，B，C，D中抽取一个字母（每个字母被抽到的可能性相等）并闭合对应开关，则小灯泡发光的概率为__________．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查用概率公式计算事件发生的概率，熟练掌握概率公式：是解题的关键．
所有可能的结果共有4种可能，而让小灯泡发光的只有抽到D，一种可能，由概率公式即可求解．
【详解】解：小灯泡发光的概率为．
故答案为：．
13. 如图，边长为的正六边形内接于，则它的内切圆半径为_____．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了正多边形的性质，等边三角形的判定与性质，勾股定理，熟练掌握以上知识点是解答本题的关键．
过点作，垂足为点，根据正六边形的性质得，再结合，证明出是正三角形，又，所以，最后根据即可求解．
【详解】解：如图，连接，，过点作，垂足为点，
六边形是正六边形，点是它的中心，
，
，
是正三角形，
，
，
在中，，，
，即内切圆半径为，
故答案为：．
14. 生物学研究表明，植物光合作用速率越高，单位时间内合成的有机物越多，为了解甲、乙两个品种大豆的光合作用速率，科研人员从甲、乙两个品种的大豆中各选五株，在同等实验条件下，测量它们的光合作用速率（单位：μml·m-2·s-1），结果统计如下：
则两个大豆品种中光合作用速率更稳定的是_______（填“甲”或“乙”）．
【答案】乙
【解析】
【分析】本题主要考查方差，熟练掌握方差是解题的关键；
分别求出甲，乙的方差，可根据“方差越小越稳定”进行求解即可．
【详解】解：∵，
，
∴，
∴乙更稳定．
故答案为乙．
15. 如图，在中，点D在边AB上，，，，设，，那么______．（用向量，的式子表示）
【答案】
【解析】
【分析】本题考查相似三角形的判定与性质，向量的线性运算，求得是银题的关键．
先证明，得，从而求得，继而求得，即，再根据求解即可．
【详解】解：∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
故答案为：．
16. 如图，在矩形中，E，F是边上两点，且，连接，，与相交于点G，连接．若，，则的值为______．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了矩形的性质，等腰三角形的判定及性质，勾股定理，正弦函数等；过作，为垂足，由线段的长度得，由等腰三角形的性质得，由勾股定理得，由正弦函数的定义即可求解；掌握矩形的性质，等腰三角形的判定及性质，能熟练利用勾股定理，正弦函数进行求解是解题的关键．
【详解】解：过作，为垂足，
，，
，
，
，
四边形是矩形，
，
，
同理可求：，
，
，
，
，
，
，
故答案：．
17. 如图，已知是平行四边形的边上一点，将沿直线折叠，点落在平行四边形内的点处，且，如果，，的正弦值为，那么的长为______．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了折叠的性质，平行四边形的性质，三角函数等，如图，过点作于，过点作于，交于，可证四边形是矩形，可得，，利用勾股定理求出的长，再由勾股定理即可求出的长，添加恰当的辅助线是解题的关键．
【详解】解：如图，过点作于，过点作于，交于，
∵四边形是平行四边形，
∴，，，，
∵，，，
∴，，
∴，
∴四边形是矩形，
∴，，
∵，
∴，
∴，，
∵将沿直线折叠，
∴，，
∵，，
∴，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
故答案为：.
18. 如图，在梯形中，，，，，，点在边上，以为半径的交边于点，当四边形是一个等腰梯形，且与有公共点时，则的半径长的取值范围是______．
【答案】
【解析】
【分析】作交于，过点作于点，设，则，所以，证明四边形是平行四边形，则，即，再证明，所以，即，求出，则，然后根据圆与圆的关系即可求解．
【详解】解：如图，作交于，过点作于点，
设，
∴，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形，
∴，即，
∵四边形是等腰梯形，
∴，，
∴，，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，即，
解得：，
即，
∴，
当两圆外切时， ，即（舍去），
当两圆内切时，，即（舍去），，
即两圆相交时，，
∴与有公共点时，的半径长的取值范围，
故答案为：．
【点睛】本题考查了梯形的性质，圆与圆的关系，垂径定理，平行四边形的性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质，正确的作出辅助线是解题的关键．
三、解答题
19. 计算：．
【答案】
【解析】
【分析】本题主要考查实数的混合运算，原式根据实数混合运算顺序逐步进行计算即可．
【详解】解：
．
20. 解方程组：
【答案】或
【解析】
【分析】将原方程组转化为两个二元一次方程组，然后解方程组即可.
【详解】解：
由②得：，
∴或，
由①③得
得：，
解得：，
把代入③得：，
∴方程解为；
由①④得
得：，
解得：，
把代入得：，
∴方程解为；
综上所述：原方程解为：或
【点睛】本题考查了二元二次方程组的解法．把原二元二次方程组降幂，转化为二元一次方程组是解题的关键．
21. 如图已知⊙O经过A、B两点，AB＝6，C是的中点，联结OC交弦AB于点D，CD＝1．
（1）求圆⊙O的半径；
（2）过点B、点O分别作AO、AB的平行线，交于点G，E是⊙O上一点，联结EG交⊙O于点F，当EF＝AB，求sin∠OGE的值．
【答案】（1）⊙的半径为5；（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意和垂径定理，可知∠ODA＝90°，AD＝3，设OA＝r，则OD＝r﹣1，然后根据勾股定理即可得到r的长；
（2）根据AB＝EF，可知OD＝OH，然后平行四边形的判定和性质，可以得到OG的长，从而可以求得sin∠OGE的值．
【详解】解：（1）∵AB＝6，C是的中点，CD＝1，
∴OC⊥AB且OC平分AB，
∴AD＝3，∠ODA＝90°，
设OA＝r，则OD＝r﹣1，
∴r2＝32+（r﹣1）2，
解得，r＝5，
即圆⊙O的半径为5；
（2）作OH⊥EF于点H，
∵AB＝EF，OD＝r﹣1＝4，
∴OH＝OD＝4，∠OHG＝90°，
∵OA∥BG，OG∥AB，
∴四边形OABG是平行四边形，
∴OG＝AB，
∵AB＝6，
∴OG＝6，
∴sin∠OGH＝，
即sin∠OGE＝．
【点睛】本题考查圆周角定理、圆心角、弧、弦的关系、勾股定理、垂径定理，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
22. 当直接证明一个命题为真命题有困难时，我们可以先假设求证的结论不成立，然后利用命题的条件或有关的结论，通过推理导出矛盾，从而得出假设不成立，即所证明的结论正确，这种证明方法称为反证法．反证法是数学中一种常用的证明方法，它的一般证明思路是：第一步：假设求证的结论不成立；
第二步：基于假设进行逻辑推理，
第三步：推导出与条件、公理、定理等相矛盾的结果，
第四步：从而假设不成立，求证的结论正确．
（1）阅读正文并解答下列问题：
如图1，已知在中，，求证：．
证明：假设，
①若，
如图2，在内部作，交于点D．
∵，
∴；
∴，
∵
即：，
这与已知相矛盾，
∴假设不成立：
②若，
···
综上，．
请你补充②中所缺失的部分
（2）用反证法证明命题：“三角形的三个内角中，至少有一个内角小于或等于．”第一步应先假设______．
（3）如图，在中，均不相等，点D、E、F分别是的中点．求证：用反证法证明：线段与不垂直．
【答案】（1）见解析 （2）三角形的三个内角中，三个内角都大于
（3）见解析
【解析】
【分析】本题主要考查了反证法，菱形的性质与判定，三角形中位线定理等等，熟知反证法是解题的关键．
（1）若，则，这与已知相矛盾，据此证明即可；
（2）反证法第一步应假设结论不成立，即应假设三角形的三个内角中，三个内角都大于；
（3）假设线段与垂直，根据三角形中位线定理得到，则四边形是平行四边形，线段与垂直，则四边形是菱形，可得，进而得到，这与均不相等矛盾，据此可证明结论．
【小问1详解】
解：若，则，这与已知相矛盾，
∴假设不成立：
综上，．
【小问2详解】
解：用反证法证明命题：“三角形的三个内角中，至少有一个内角小于或等于．”第一步应先假设三角形的三个内角中，三个内角都大于；
【小问3详解】
证明：假设线段与垂直，
∵点D、E、F分别是的中点，
∴都是的中位线，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∵线段与垂直，
∴四边形是菱形，
∴，
∴，这与均不相等矛盾，
∴假设不成立，
∴线段与不垂直．
23. 如图，在中，为上一点，为上一点，作平行四边形，边交于点，满足，联结．
（1）求证：．
（2）联结交于点，若，求证：四边形是等腰梯形．
【答案】（1）见详解 （2）见详解
【解析】
【分析】本题考查了相似三角形的判定与性质，平行四边形的性质，等腰梯形的判定，等角对等边，正确掌握相关性质内容是解题的关键．
（1）先由平行四边形的性质得，结合，则，因为，证明，即可作答．
（2）先由平行四边形的性质得，证明，故，则，因为，得，因为，证明，则，所以，得四边形是梯形，结合由（1）得，，所以，即，证明四边形是等腰梯形．
【小问1详解】
证明：∵四边形是平行四边形，
∴
∵，
∴，
即，
∵，
∴，
∴，
【小问2详解】
解：联结,如图所示：
∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴四边形是梯形，
∴，
由（1）得，
∴，
则，
由（1）得，
∴，
∴，
则，
即，
∴四边形是等腰梯形．
24. 如图，在平面直角坐标系中，抛物线与x轴负半轴交于点A、与x轴正半轴交于点B，与轴正半轴交于点C，已知．
（1）求b、c的值；
（2）将抛物线平移，平移后得到新抛物线与y轴负半轴交于点P．
①如果平移后的新抛物线经过点，且原点O到它的对称轴的距离等于的长度，求平移后新抛物线的解析式；
②在原抛物线对称轴右侧部分上取一点E，使得，记点E在新抛物线上的对应点为F，如果点F在的延长线上，且，求平移后的新抛物线的顶点坐标．
【答案】（1）
（2）①；②
【解析】
【分析】（1）由题意得，，根据，可知，，再利用待定系数法即可求解；
（2）①设平移后的解析式为，且经过，可得；由题意可知，其在轴负半轴，则，可得，，平移后的对称轴为直线，根据切线的性质可知，求出，即可求解；
②连接交轴于，由（1）可知原抛物线的解析式为，根据，结合解直角三角形求得，即，进而求得，直线的解析式为，可得，过点作，则轴，结合解直角三角形可知，新抛物线是由原抛物线向右平移个单位长度，再向下平移个单位长度，即，新抛物线解析式为：，由题意知，代入解析式求得的值，即可求得解析式，进而可得顶点坐标．
【小问1详解】
解：在中，当时，，
∴，
∵点C在y轴正半轴上，
∴，
∴，
∵，
∴，，
将，代入，得：，
解得：；
【小问2详解】
解：①设平移后的抛物线解析式为，
∵平移后的抛物线经过，
∴，
∴；
在中，当时，，即，
又∵在轴负半轴，
∴，即，
∴，，
平移后的抛物线对称轴为直线，
∵原点O到新抛物线的对称轴的距离等于的长度，
∴，即，
解得：，
∴，
∴平移后新抛物线的解析式；
②连接交轴于，
由（1）可知原抛物线的解析式为，
∵，
∴，则，
∵，则，
∴，即，
设直线的解析式为，代入，，得：，
解得：，
∴直线的解析式为，
联立，解得：或，
∴，
过点作轴，过点E作于G，
∴，
设，则，
∴新抛物线是由原抛物线向右平移个单位长度，再向下平移个单位长度得到的，
∴新抛物线解析式为：，
又∵，
∴，
∴，
解得：，（舍去），
∴平移后的新抛物线解析式为：，
∴新抛物线的顶点坐标为．
【点睛】本题主要考查了二次函数综合，二次函数图象的平移问题，解直角三角形，待定系数法求函数解析式等等，利用数形结合的思想求解是解题的关键．
25. 如图，在梯形中，，，点边上一动点，作，垂足在边上，以点为圆心为半径画圆，交线段于点．
（1）求梯形的面积；
（2）分别连接和，当与相似时，以点为圆心，为半径的与相交，试求的半径的取值范围；
（3）将劣弧沿直线翻折交于点，试通过计算说明线段和的比值为定值，并求出此定值．
【答案】（1）
（2）
（3）线段和的比值为定值，为
【解析】
【分析】本题主要考查圆的综合问题，解题的关键是掌握等腰梯形的性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的性质及与圆有关的位置关系等知识点．
（1）作，由等腰梯形性质知、，据此利用梯形面积公式即可解答；
（2）知，从而可设，则、，由得，据此求得的值，从而得出圆的半径，再根据两圆间的位置关系求解可得；
（3）在圆上取点关于的对称点，连接，作、，先证得，由、、知、，据此得出、及，继而表示出、的长，从而出答案．
【小问1详解】
解：如图，作于点，连接，
梯形中，，且，
，
，
梯形的面积为；
【小问2详解】
解：根据（1）中可得
设、、，
，
，
四边形是梯形，且，
，
当时，
，，
，
，
，即，
解得：（经检验，舍去），
则，即圆的半径为，
圆与圆相交，且，
，
；
当时，
，即，为负值，不成立；
综上，；
【小问3详解】
解：如图，在圆上取点关于的对称点，连接，作于，于，
则、、、，
，
，
，
，
，
，
，
由（1）知、、，
、，
、，
，
，，
，
故线段和的比值为定值，为．
品种
第一株
第二株
第三株
第四株
第五株
平均数
甲
32
30
25
18
20
25
乙
28
25
26
24
22
25