福建省泉州市培元中学九年级上学期月考试数学试题（解析版）-A4

这是一份福建省泉州市培元中学九年级上学期月考试数学试题（解析版）-A4，共23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（本题共10小题，每小题4分，共40分）
1. 下列计算正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查了二次根式的运算．根据二次根式的乘法、除法和二次根式的加法计算即可判断．
【详解】解：A、与不是同类二次根式，不能合并，本选项不符合题意；
B、，本选项不符合题意；
C、，本选项不符合题意；
D、，本选项符合题意；
故选：D．
2. 已知，那么的值是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】本题考查比例的知识，掌握比例的性质，即可解题．
【详解】解：，
设，，
则．
故选：A．
3. 把抛物线向上平移4个单位长度后，再向左平移2个单位长度，得到抛物线的解析式是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查了二次函数图象的平移．根据图象平移规律即可求解，掌握：“自变量加减左右移，函数值加减上下移”的平移规律是解题的关键．
【详解】解：抛物线先向上平移4个单位长度后，再向左平移2个单位长度得到抛物线的解析式是，即，
故选：D．
4. 下列命题正确的是（ ）
A. 相等圆心角所对的弧相等
B. 在同圆或等圆中，相等弦所对的圆周角相等
C. 三点确定一个圆
D. 等弧所对的弦相等
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查有关圆的基础知识．根据等弧的概念；由弧、弦和圆心角的关系；三点确定一个圆的条件，逐一判断即可．
【详解】解：A、在同圆或等圆中，相等的圆心角所对的弧相等，故原说法错误，本选项不符合题意；
B、在同圆或等圆中，相等弦所对的圆周角相等或互补，故原说法错误，本选项不符合题意；
C、不在同一直线上三点确定一个圆，故原说法错误，本选项不符合题意；
D、等弧所对的弦相等，正确，本选项符合题意；
故选：D．
5. 已知，则的值是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查了三角函数的定义．根据题意设，则，利用勾股定理求得的长，再利用正弦函数的定义求解即可．
【详解】解：∵，
∴设，则，
∴，
∴，
故选：C．
6. 用配方法解方程，配方正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】按照配方法解一元二次方程的方法和步骤，先移项，再在方程两边都加上一次项系数的一半的平方（二次项系数为1），整理化简即得答案．
【详解】解：方程即为，
在方程的两边都加上，得，
即．
故选：A．
【点睛】本题主要考查配方法解一元二次方程，掌握配方法解一元二次方程的的方法和步骤是解此题的关键．
7. 某商品原价200元，连续两次降价后售价为148元，下列所列方程正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查了由实际问题抽象出一元二次方程．由商品原价200元，降价后售价为，再降价后售价为，即可列出方程．
【详解】解：根据题意可得：
所列方程为：，
故选：B．
8. 如图，两条抛物线和，则，的大小关系为（ ）
A. B. C. D. 不能确定
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查二次函数的二次项系数与二次函数图象之间的关系，理解决定二次函数图象开口方向和决定其开口大小，即可解题．
【详解】解：和的图象开口向下，
，，
比开口大，
，
．
故选：B．
9. 如图，是切线，A、B为切点；点在上，且，则等于（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查了切线的性质、四边形的内角和定理以及圆周角定理．连接，根据圆周角定理求得，由切线的性质求出，再由四边形的内角和等于，即可得出答案．
【详解】解：连接，，
∴，
∵是切线，点A、B为切点，
∴，
∵，
∴，
故选：D．
10. 如图，已知菱形的边长为2，对角线相交于点O，点M，N分别是边上的动点，，连接.以下四个结论正确的是（ ）
①是等边三角形；②的最小值是；③当最小时；④当时，.
A. ①②③B. ①②④C. ①③④D. ①②③④
【答案】D
【解析】
【分析】①依据题意，利用菱形的性质及等边三角形的判定与性质，证出，然后证，AM=AN，即可证出．
②当MN最小值时，即AM为最小值，当时，AM值最小，利用勾股定理求出，即可得到MN的值．
③当MN最小时，点M、N分别为BC、CD中点，利用三角形中位线定理得到，用勾股定理求出，，而菱形ABCD的面积为：，即可得到答案．
④当时，可证，利用相似三角形对应边成比例可得，根据等量代换，最后得到答案．
【详解】解：如图：在菱形ABCD中，AB=BC=AD=CD，，OA=OC，
∵，
∴，与为等边三角形，
又，
，
∴，
在与中
∴，
∴AM=AN，
即为等边三角形，
故①正确；
∵，
当MN最小值时，即AM为最小值，当时，AM值最小，
∵，
∴
即，
故②正确；
当MN最小时，点M、N分别为BC、CD中点，
∴，
∴，
在中，
，
∴，
而菱形ABCD的面积为：，
∴，
故③正确，
当时，
∴
∴
∴
∴
故④正确；
故选：D．
【点睛】此题考查了菱形的性质与面积，等边三角形的判定与性质，全等三角形的判定，勾股定理，三角形中位线定理等相关内容，熟练掌握菱形的性质是解题关键．
二、填空题（本题共6小题，每小题4分，共24分）
11. 使式子有意义的的取值范围是___________．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了分式以及二次根式有意义的条件．根据分式有意义“分式的分母不能为0”；以及二次根式有意义的条件“二次根式的被开方数是非负数”进行解答即可．
【详解】解：由题意得，
解得，
故答案为：．
12. 已知是方程的两根，则代数式的值为___________．
【答案】7
【解析】
【分析】本题主要考查一元二次方程的解及根与系数的关系．把代入方程即可得到，利用根与系数的关系求得，再整体代入即可求解．
【详解】解：由题意得：，
∵为方程为的其中一个根，
∴，即，
则，
．
故答案为：7．
13. 孙明打算购买一箱油桃．此时水果店仅余三箱，价钱相同，但质量略有区别，分为级、级、级，其中级最好，级最差．挑选时，三箱油桃不同时拿出，只能一箱一箱的看，也不告知该箱的质量等级．孙明是先观察再确定，他不买第一箱油桃，而是仔细观察第一箱油桃的状况；如果第二箱油桃的质量比第一箱好，他就买第二箱油桃，如果第二箱的油桃不比第一箱好，他就买第三箱．那么孙明买到级的概率是___________．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了可能性大小的判断．根据三箱油桃质量不同，根据拿出的顺序不同，列举出所有可能，共有6种可能，再求得孙明买到的情况数，根据概率公式求解即可．
【详解】解：共有六种情况：
、、，、、，、、，、、，、、，、、；
孙明买到的情况有三种：、、，、、，、、，
∴孙明买到概率为：；
故答案为：．
14. 如图，在中，点分别在边上，且，，则四边形的面积为___________．
【答案】10
【解析】
【分析】本题考查平行线分线段成比例推论的逆定理“如果一条直线截三角形的两边(或两边的延长线)所得的对应线段成比例，那么这条直线平行于三角形的第三边”，相似三角形的判定和性质，先证，，再证，根据相似三角形面积比等于相似比的平方求出，再证，求出，即可求解．
【详解】解：中，，
，
；
同理，中，，
，
；
，，
，
，
，
，
，
，，
，
，
，
四边形的面积
故答案为：10．
15. 在平面直角坐标系中，点，以原点为圆心，为半径作．若在内，设线段的长度为，则的取值范围是___________．
【答案】
【解析】
【分析】本题主要考查了点与圆的位置关系，勾股定理，二次函数的最值问题，先求出，再利用勾股定理得到，根据二次函数的性质求出有最小值，再由点P在内得到，据此可得答案．
【详解】解：∵在平面直角坐标系中，点，
∴，
∵，
∴
，
∵，
∴当时，有最小值，即有最小值，
∵在内，
∴，
∴
故答案为：．
16. 抛物线经过点，且，则的最大值是___________．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了二次函数的图象与性质，根据交点确定不等式的解集，分式的求值．熟练掌握二次函数的图象与性质是解题的关键．
由题意知，，整理可得，令，求解的值，由二次函数的图象可知，当时，，根据，然后求最大值即可．
【详解】解：将代入得，，，
∴，
整理得，，
两边同时除以得，，
令，
解得，或，
由二次函数的图象可知，当时，，
∵，
∴当时，的值最大，最大值为，
故答案为： ．
三、解答题（本题共9小题，共86分）
17. 计算：
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了特殊角的三角函数值．代入特殊角的三角函数值，再根据实数的运算法则计算即可求解．
详解】解：
18 解方程：2（x+1）2=x+1．
【答案】x1=﹣1，x2=﹣．
【解析】
【分析】将x+1看作整体，进而利用提取公因式法分解因式解方程即可．
【详解】解：2（x+1）2=x+1
2（x+1）2﹣（x+1）=0，
（x+1）[2（x+1）﹣1]=0，
解得：x1=﹣1，x2=﹣．
【点睛】本题考查了解一元二次方程，熟练掌握解一元二次方程的常用方法(直接开平方法、配方法、公式法、因式分解法、换元法等)是解题关键．
19. 甲、乙玩转盘游戏时，把质地相同的两个转盘A、B平均分成2份和3份，并在每一份内标有数字如图．游戏规则：甲、乙两人分别同时转动两个转盘各一次，当转盘停止后，指针所在区域的数字之和为偶数时甲获胜；数字之和为奇数时乙获胜．若指针落在分界线上，则需要重新转动转盘．
（1）用画树状图或列表的方法，求甲获胜的概率；
（2）这个游戏对甲、乙双方公平吗？请判断并说明理由．
【答案】（1）甲获胜概率为；（2）不公平，理由见解析．
【解析】
【分析】（1）首先根据题意画出树状图，然后由树状图求得所有等可能的结果与数字之和为偶数情况，再利用概率公式即可求得答案；
（2）分别求得甲、乙两人获胜的概率，比较大小，即可得这个游戏规则对甲、乙双方是否公平．
【详解】解：（1）画树状图得：
共有6种等可能的结果，两数之和为偶数的有2种情况；
甲获胜的概率为：；
（2）不公平．
理由：数字之和为奇数的有4种情况，
（乙获胜），
（甲（乙，
这个游戏规则对甲、乙双方不公平．
【点睛】本题考查的是游戏公平性的判断，解题的关键是掌握判断游戏公平性就要计算每个事件的概率，概率相等就公平，否则就不公平．
20. 已知抛物线经过三点，求抛物线的解析式及其顶点坐标．
【答案】，
【解析】
【分析】本题考查求二次函数解析式，根据可设交点式，代入即可求得二次函数的解析式，将函数化为顶点式即可求得顶点坐标．
【详解】解：抛物线经过，
设抛物线的解析式为，
将代入，得，
解得，
，
当时，y取最大值，最大值为4，
解析式为，顶点坐标为．
21. 如图，四边形中，，连接，
（1）在的延长线上求作一点，使得，并连接；（保留作图痕迹，不写作法）
（2）若，求的长．
【答案】（1）见解析 （2）的长为2或6．
【解析】
【分析】本题考查了尺规作图，相似三角形的判定和性质．
（1）作交的延长线于点，过点作交的延长线于点，此时，；
（2）证明，推出，利用相似三角形的判定和性质求解即可．
【小问1详解】
解：如图，点即为所求作，
；
【小问2详解】
解：∵，而，
∴，
又∵，
∴，
∴，
设，则，
∴，整理得，
解得或，
∴的长为2或6．
22. 如图，用一段长为30米篱笆围成一个一边靠墙的矩形菜园，且在边处设计有1米宽的通道方便出入，设边所用的篱笆长为米．
（1）请写出与的函数关系式，若墙足够长，请求出菜园的最大面积；
（2）若墙的长为米，请求出菜园的最大面积（可用的式子表示）
【答案】（1）当边长为米时，菜园的面积最大为平方米；
（2）当时，菜园的面积最大为平方米，当时，菜园的面积最大为平方米．
【解析】
【分析】本题考查了二次函数的应用．
（1）设边的长为x米，菜园的面积为y平方米，则边的长为米，根据矩形的面积公式即可找出y关于x的函数关系式，再利用二次函数的性质即可解决最值问题；
（2）根据（1）的结论结合二次函数的性质可得出，在中，y值随x值的增大而增大，分和时两种情况讨论，即可求出y的最大值．
【小问1详解】
解：设边的长为x米，菜园的面积为y平方米，则边的长为米，
根据题意得：，
∵，
∴当时，y取最大值，最大值为．
答：当边长为米时，菜园的面积最大为平方米；
【小问2详解】
解：∵，
在中，y值随x值的增大而增大，
当时，y取最大值，最大值为，
当时，y取最大值，最大值为．
答：当时，菜园的面积最大为平方米，当时，菜园的面积最大为平方米．
23. 如图，内接于是直径，点在上，，过点作于，连接交于点．
（1）求证：；
（2）连接，设的面积为19，，求四边形的面积．
【答案】（1）见解析；
（2）
【解析】
【分析】本题考查圆的综合知识，三角形相似的判定及性质，平行线的性质．
（1）由是直径可得，由可得，又，从而得到，由得到，从而得证；
（2）易证，从而得到，即，
由得到．由，，从而得到，进而，根据三角形的面积公式可推出，因此．
【小问1详解】
∵是直径，
∴，
即，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴．
【小问2详解】
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴．
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴．
24. 若抛物线经过，与轴交另一点．
（1）求的值；
（2）如图1，当点是直线上的动点时，点，若直线平分，求点的坐标；
（3）当点在对称轴右侧的抛物线上运动时，交对称轴于点，且点、关于抛物线顶点对称，连结，若点到直线的距离为，试探究是否存在最大值，若存在，求出的最大值和此时点的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）
（2）点的坐标
（3）的最大值为，点N的坐标为．
【解析】
【分析】（1）将O0,0代入求解即可；
（2）首先根据题意求出，，然后过点O作交延长线于点M，过点O作交于点N，设，得到，，然后利用得到，然后代入求解即可；
（3）根据题意画出图形，然后根据直角三角形的性质得到当点F与点O重合时，取得最大值，即的长度，进而根据二次函数的性质和对称的性质求解即可．
【小问1详解】
∵抛物线经过O0,0，
∴，
解得；
【小问2详解】
∵
∴对称轴为
∵抛物线经过O0,0，
∴抛物线与x轴的另一个交点为
∴
∵B−2,0
∴，
如图所示，过点O作交延长线于点M，过点O作交于点N，
∵直线平分，
∴
∴
∵点是直线上的动点
∴设
∴，
∴
∴，即
∴
整理得，
解得，（舍去）
∴点的坐标；
【小问3详解】
如图所示，
∴为点到直线的距离，即，
∴在直角三角形中，，
∴当点F与点O重合时，取得最大值，即的长度，
∵，
∴，
∴的最大值为，
∴此时点P与点A重合，点M为的中点
∴
∵
∴顶点坐标为，
∵点、关于抛物线顶点对称，
∴点N的坐标为．
【点睛】本题考查待定系数法求二次函数解析式，轴对称的性质，勾股定理，角平分线的性质等知识，综合应用这些知识点是解题关键．
25. 如图，在梯形中，是对角线的中点，联结并延长交边或边于E．
（1）当点E在边上时，
①求证：；
②若，求的值；
（2）若，求的长．
【答案】（1）①见解析；②；（2）或
【解析】
【分析】（1）①根据已知条件、平行线性质以及直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可推导，，由此可得；
②若，那么在中，由．可得，作于H．设，那么．根据所对直角边是斜边的一半可知，由此可得的值．
（2）①当点E在上时，可得四边形是矩形，设，在和中，根据，列方程求解即可．
②当点E在上时，设，由，得，所以，所以；由得，所以，解出x的值即可．
【详解】（1）①由，得．
由，得．
因为是斜边上的中线，所以．所以．
所以．
所以．
②若，那么在中，由．可得．
作于H．设，那么．
在中，，所以．
所以．
所以．
（2）①如图5，当点E在上时，由是的中点，可得，
所以四边形是平行四边形．
又因为，所以四边形是矩形，
设，已知，所以．
已知，所以．
在和中，根据，列方程．
解得，或（ 舍去负值）．
②如图6，当点E在上时，设，已知，所以．
设，已知，那么．
一方面，由，得，所以，所以，
另一方面，由是公共角，得．
所以，所以．
等量代换，得．由，得．
将代入，整理，得．
解得，或（舍去负值）．