2023-2024学年湖北省武汉光谷未来学校九年级上册月考数学试题（含解析）

这是一份2023-2024学年湖北省武汉光谷未来学校九年级上册月考数学试题（含解析），共22页。试卷主要包含了 18 学科，事件，如图，四边形是的内接四边形，等内容，欢迎下载使用。

一． 选择题（共10小题）
1．事件：“在只装有2个红球和6个黑球的袋子里，摸出一个白球”是（ ）
A．不确定事件B．随机事件C．必然事件D．不可能事件
2．中国“二十四节气”已被正式列入联合国教科文组织人类非物质文化遗产代表作品录，下列四幅作品分别代表“立春”、“谷雨”、“白露”、“大雪”，其中是中心对称图形的是（ ）
A．B．C．D．
3．用配方法解一元二次方程，配方后得到的方程是（ ）
A．B．C．D．
4．如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，∠B＝30°，BC＝4cm，以点C为圆心，以3cm的长为半径作圆，则⊙C与AB的位置关系是（ ）
A．相交B．相切C．相离D．相切或相离
5．某种品牌的手机经过四、五月份连续两次降价，每部售价由元降到了元，设平均每月降低的百分率为x，根据题意列出的方程是（ ）
A．B．
C．D．
6．已知，是一元二次方程的两个实数根，则代数式的值等于（ ）
A．7B．8C．9D．10
7．如图所示，把绕点按逆时针方向旋转得到，若点恰好是边的中点，，则点运动到点的位置时，所经过的路线长为（ ）
A．B．C．D．
8．若抛物线的对称轴是直线，且经过点，则使函数值成立的x的取值范围是（ ）
A．B．或C．D．或
9．如图，四边形是的内接四边形，．若，，则下列等式成立的是（ ）
A．B．C．D．
10．若对于任意非零实数，抛物线总不经过点，则符合条件的点（ ）
A．有且只有1个B．有且只有2个C．有且只有3个D．有无穷多个
二． 填空题（共6小题）
11．在平面直角坐标系中，点关于原点对称的点的坐标是 .
12．用一条长40cm的绳子围成一个面积为64cm2的矩形．设矩形的一边长为xcm，则可列方程为 ．
13．如图所示，三角形ABC中，AC＝6cm，BC＝8cm，AB＝10cm，则它的内切圆半径为 cm．
14．现有四张完全相同的刮刮卡，涂层下面的文字分别是“我”、“爱”、“中”、“国”．小亮从中随机抽取两张并刮开，则这两张刮刮卡上的文字恰好是“爱”和“国”的概率是 ．
15．二次函数的大致图象如图所示，顶点坐标为，下列结论：①；②；③若方程有两个根和，且，则；④的最小值为．其中正确结论的是 ．
16．如图，在等边中，，过点作交的平分线于点，点为上的一点，点为上的一点，，连接，则的最小值是 ．
三． 解答题（共8小题）
17．若是方程的一个根，求的值和方程的另一个根．
18．如图，等腰中，，将绕点A逆时针旋转得到，连接，，它们交于点M．
(1)求证：；
(2)若，求的度数．
19．我国数学家陈景润在哥德巴赫猜想的研究中取得了世界领先的成果，哥德巴赫猜想是“每个大于2的偶数都可以表示为两个素数的和”，例如．桌面上有4张正面分别标有数字5，6，7，8的不透明卡片，它们除数字外其余均相同，现将它们背面向上洗匀．（注：只有1和它本身两个因数且大于1的正整数叫做素数．）
(1)求随机翻开一张卡片，正面数字是素数的概率．
(2)先随机翻开一张卡片记录上面的数字，再从余下的3张中随机翻开一张记录上面的数字，请用列表或画树状图，求翻到两个数之和为偶数的概率．
20．如图，已知AD是⊙O的直径，B、C为圆上的点，OE⊥AB、BC⊥AD，垂足分别为E、F．
(1)求证：2OE=CD；
(2)若∠BAD+∠EOF=150°，AD=4，求阴影部分的面积．
21．如图是由小正方形构成的网格，每个小正方形的顶点叫做格点． 仅用无刻度的直尺在给定网格中按要求画图（画图过程用虚线表示，画图结果用实线表示）．
(1)在图1中为格点三角形，经过两个格点，交于点．
①画弦，使；
②画出圆心；
(2)在图2中，为上两点，其中为格点，点为与网格线交点．
①将弦绕点逆时针方向旋转到（与对应，与对应），画线段；
②连接，画弦，使平分．
22．如图1所示的某种发石车是古代一种远程攻击的武器，将发石车置于山坡底部处，以点为原点，水平方向为轴方向，建立如图所示的平面直角坐标系，将发射出去的石块当作一个点看，其飞行路线可以近似看作抛物线的一部分，山坡上有一堵防御墙，其竖直截面为，墙宽米，与轴平行，点与点的水平距离为米、垂直距离为米．
(1)若发射石块在空中飞行的最大高度为米，
①求抛物线的解析式；
②试通过计算说明石块能否飞越防御墙；
(2)若要使石块恰好落在防御墙顶部上（包括端点、），求的取值范围，
23．点为外一点，．
(1)如图1，，求证：；
(2)如图2，若，求证：；
(3)如图3，若___________．
24．如图1，抛物线与轴相交于点，直线与轴相交于点，与抛物线有公共点．
(1)求证：直线与抛物线只有唯一的公共点；
(2)过点作轴于点，连接，证明：；
(3)如图2，直线交新抛物线于两点，连接交轴于点． 若，说明直线必过定点，并求此定点的坐标．
参考答案与解析
1．D
【分析】根据必然事件、不可能事件、随机事件的概念逐项判定即可．
【详解】解：“在只装有2个红球和8个黑球的袋子里，摸出一个白球”是不可能事件，
故选D．
【点睛】本题考查了随机事件，解本题的关键是掌握：必然事件指在一定条件下一定发生的事件；不可能事件是指在一定条件下，一定不发生的事件；;不确定事件即随机事件是指在一定条件下，可能发生也可能不发生的事件．
2．D
【分析】根据中心对称图形的定义：把一个图形绕着某一个点旋转，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形，这个点就是它的对称中心，进行逐一判断即可．
【详解】解：选项D能找到这样的一个点，使图形绕某一点旋转后与原来的图形重合，所以是中心对称图形；
选项A、B、C均不能找到这样的一个点，使图形绕某一点旋转后与原来的图形重合，所以不是中心对称图形，
故选：D．
【点睛】本题主要考查了中心对称图形，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转度后与原图重合．
3．D
【分析】方程两边同时加上一次项系数一半的平方即计算即可．
【详解】∵，
∴，
∴，
∴，
故选D．
【点睛】本题考查了配方法，熟练掌握配方法的基本步骤是解题的关键．
4．A
【分析】过点C作于D，先根据直角三角形的性质求出CD，再根据直线与圆的位置关系判断即可.
【详解】解：过点C作于D，如图，
∵，BC=4cm，
∴cm，
∵，
∴以点C为圆心，以3cm的长为半径作圆，则⊙C与AB的位置关系是相交；
故选：A.
【点睛】本题考查了含30°的直角三角形的性质和直线与圆的位置关系，属于基础题目，熟练掌握直线与圆位置关系的判定是关键.
5．D
【分析】根据原售价降低率）得出两次降价后的价格，然后即可列出方程．
【详解】解：设平均每月降低的百分率为x，
依题意得：，
故选：D
【点睛】此题考查由实际问题抽象出一元二次方程，解题关键在于理解题意列出方程.
6．A
【分析】结合一元二次方程根的定义，以及根与系数的关系求解即可．
【详解】解：∵，是一元二次方程的两个实数根，
∴，，
∴，
∴，
故选：A．
【点睛】本题考查一元二次方程根的定义，以及根与系数的关系，一元二次方程有两个实数根，，则，，掌握以上公式是解题关键．
7．A
【分析】本题考查了旋转的性质，等边三角形的判定与性质，弧长的求解，含角直角三角形的性质，解题的关键是正确求得和．
【详解】解：由旋转的性质可得，，，
∵为的中点，
∴
∴，即为等边三角形，
∴，
∴，
∴，
由勾股定理可得：
∴点运动到点的位置时，所经过的路线长为
故选：A
8．D
【分析】根据抛物线的对称性可得抛物线与x轴的另一交点为，再由，结合函数图象即可求得．
【详解】解：∵抛物线的对称轴是直线，且经过点，
∴抛物线与x轴的另一个交点为，
∵，
∴使函数值成立的x的取值范围是或．
故选：D．
【点睛】本题主要考查了二次函数的图象和性质，熟练掌握二次函数的图象和性质是解题的关键．
9．B
【分析】如图设交于．首先证明是，，推出，再利用相似三角形的性质解决问题即可．
【详解】解：如图设交于．
，
，
，
，
，
，
，
，，
，
，
，，
，
，
故选：B．
【点睛】本题考查圆内接四边形，圆周角定理，相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
10．C
【分析】本题考查了二次函数图像上点的坐标特征，解题的关键是明确题意，利用二次函数的性质进行求解，根据题意可以得到相应的不等式，然后化简，根据题意求解即可．
【详解】解：对于任意非零实数，抛物线总不经过点，
则
即
∵任意非零实数
∴或或
点坐标为，，
则符合条件的点有且仅有三个，
故选：C
11．
【分析】根据关于原点对称的点的坐标特点“横、纵坐标都互为相反数”，即可解答．
【详解】点关于原点对称的点的坐标是．
故答案为：．
【点睛】本题考查关于原点对称的点的坐标特点．掌握关于原点对称的点的横、纵坐标都互为相反数是解题关键．
12．
【详解】矩形的一边长为xcm，则另一边长为，
因为矩形的面积为64cm2，
所以，．
故答案为：．
13．2
【分析】首先根据圆切线的性质得出四边形DCEO是正方形，然后利用切线长定理得出内切圆半径和三角形边长的关系，列出方程组求解即可．
【详解】解：如图所示：△ABC中，AC=6，BC=8，AB=10，
∵62+82=102，即AC2+BC2=AB2，
∴△ABC是直角三角形，
设△ABC内切圆的半径为R，切点分别为D、E、F，
∵CD=CE，BE=BF，AF=AD，
∵OD⊥AC，OE⊥BC，
∴四边形ODCE是正方形，即CD=CE=R，
∴AC-CD=AB-BF，即6-R=10-BF①
BC-CE=AB-AF，即8-R=BF②，
①②联立得，R=2．
故答案为：2．
【点睛】此题考查了直角三角形内切圆半径，切线长定理的运用，解题的关键是作出半径构造出正方形找到半径和三角形边长的关系．
14．
【分析】根据题意画出树状图，进行求解即可．
【详解】解：画树状图如下：
共有12种等可能的结果，其中这两张刮刮卡上的文字恰好是“爱”和“国”的结果有2种，
∴这两张刮刮卡上的文字恰好是“爱”和“国”的概率是：，
故答案为：．
【点睛】此题考查了树状图法求概率，熟练掌握方法是解题的关键．
15．②③④
【分析】根据抛物线图象判断参数符号判断①，由顶点坐标可得b=4a、c=-5a，进而判断②；根据抛物线与x轴的交点坐标为（-5，0）和（1，0），可判断③；再把b=4a、c=-5a代入，根据二次函数的性质，可判断④，即可．
【详解】解：观察图象得：抛物线的开口向上，对称轴在y轴的左侧，交y轴的负半轴，
∴a>0，b>0，c<0，
∴abc<0，故①错误；
∵顶点坐标为，
∴，
∴，
∴抛物线的解析式为，
∴，故②正确；
当y=0时，，
解得：或1，
即抛物线与x轴的交点坐标为（-5，0）和（1，0），
∵方程有两个根和，且，
∴，故③正确；
∵，
∴，
∴当时， 有最小值，最小值为，故④正确．
∴正确结论的是②③④．
故答案为：②③④
【点睛】本题主要考查图象与二次函数系数之间的关系，利用数形结合思想解答是解题的关键．
16．
【分析】过点D作，取，连接，，过点作于点M，过点作，交的延长线于点N，延长交于点H，证明，得出，说明，得出当、、三点共线时，最小，即最小，且最小值为，利用勾股定理，矩形的判定和性质，求出结果即可．
【详解】解：过点D作，取，连接，，过点作于点M，过点作，交的延长线于点N，延长交于点H，如图所示：
∵为等边三角形，
∴，，
∵平分，
∴，
∵，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴当、、三点共线时，最小，即最小，且最小值为，
∵，
∴，
根据勾股定理得：，
∵，
∴，
∵，
∴，
根据勾股定理得：，
∵，，
∴，
根据勾股定理得：，
即，
解得：，负值舍去，
∴，
∵，
∴四边形为矩形，
∴，，
∴，，
∴．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了矩形的判定和性质，勾股定理，直角三角形的性质，三角形全等的判定和性质，等边三角形的性质，解题的关键是作出辅助线，熟练掌握相关三角形的判定，证明．
17．的值为，方程的另一个根为．
【分析】本题考查了一元二次方程的根，以及一元二次方程的求解，解题的关键是将代入方程中，正确求得，进而求解．
【详解】解：是方程的一个根，
则，解得，
则方程为：，
即，
解得，，
即的值为，方程的另一个根为．
18．(1)见解析
(2)50°
【分析】(1)根据题意和旋转的性质，可证得，据此即可证得；
(2)根据全等三角形的性质及三角形内角和定理，即可求得．
【详解】（1）证明：∵绕点A逆时针旋转得到，
∴，，，
∴，即，
∵，
∴，
在与中，

∴，
∴；
（2）解：，
∴
∵，
∴．
【点睛】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定与性质，熟练掌握和运用全等三角形的判定与性质是解决本题的关键．
19．(1)
(2)
【分析】（1）直接利用概率公式求解即可；
（2）利用列表法或树状图法得出所有可能及满足题意的可能，然后利用概率公式求解即可．
【详解】（1）解：5，6，7，8中素数有5和7，
正面数字是素数的概率为；
（2）列表如下：
共有12种结果，其中两个数之和为偶数有4种，
∴．
【点睛】题目主要考查利用列表法或树状图法求概率及概率公式，熟练掌握列表法或树状图法是解题关键．
20．(1)见解析
(2)2π-
【分析】（1）连接BD，先证，，再根据垂径定理，证得，最后通过等量代换证得结论．
（2）将代入∠BAD+∠EOF=150°，结合，解得，，由，分别求得、、，计算即可．
【详解】（1）证明：连接BD，
∵AD是⊙O的直径，B为圆上的点，
∴，
∵OE⊥AB，
∴，
∴，
∴，
∵AD是⊙O的直径，即O为AD的中点，
∴E为AB的中点，
∴．
∵AD是⊙O的直径，B、C为圆上的点， BC⊥AD，
∴，
∴，即．
（2）解：∵，
又∵∠BAD+∠EOF=150°，
∴，即．
∵，
∴，
∴，．
如图，连接BD，
∵AD=4，AD是⊙O的直径，，
∴．
同理，，，，
∴，．
∵AD是⊙O的直径，B、C为圆上的点， BC⊥AD，
∴．
∵AD=4，，
∴．
，
，
，
∴．
【点睛】本题考查了垂径定理，中位线的判定及性质，扇形相关的阴影面积计算，综合运用以上知识是解题的关键．
21．(1)①见解析；②见解析
(2)①见解析；②见解析
【分析】（1）①如图所示，取格点F，连接交于点E，点E即为所求；②如图所示，连接交格线于点O，点O即为所求；
（2）①如图所示，取格点E以及与格线的交点F，连接，则即为所求；②如图所示，取格点W以及与格线的交点M，连接并延长交于G，连接，则即为所求．
【详解】（1）解：①如图所示，取格点F，连接交于点E，点E即为所求；
由网格的特点可知，则；
②如图所示，连接交格线于点O，点O即为所求；
由90度角所对的弦是直径可得是的直径，由点O在线段的垂直平分线上可知点O即为所求；
（2）解：①如图所示，取格点E以及与格线的交点F，连接，则即为所求；
由网格的特点可知，则点E即为所求；
由网格的特点可得，
再由可证明，则，
易证明，进而可证明，即，则点F即为所求；
②如图所示，取格点W以及与格线的交点M，连接并延长交于G，连接，则即为所求；
易证明，则，
由圆内接四边形对角互补可得，
由平角的定义可得，
∴，
∴，
∴，
∴，即平分．
【点睛】本题主要考查了圆周角定理，弧，弦与圆周角之间的关系，等腰三角形的判定，全等三角形的性质与判定，画旋转图形，确定圆心的位置等等，熟知圆的相关知识是解题的关键．
22．(1)；②石块能飞越防御墙；
(2)
【分析】（1）①根据题意得抛物线解析式为：，待定系数法求解析式即可求解；
②根据题意，得出，将代入解析式计算，即可求解．
（2）依题意得出，进而根据以及原点分别待定系数法求解析式即可求解．
【详解】（1）解：①∵发射石块在空中飞行的最大高度为米，
∴抛物线解析式为：，
将点代入得，，
解得：，
∴抛物线解析式为，
∴，
②∵点与点的水平距离为米、垂直距离为米．
∴，
当时，，
∴石块能飞越防御墙；
（2）∵，，
∴
当经过点，时，
，解得：.
当经过点，时，
，解得：
∴要使石块恰好落在防御墙顶部上（包括端点、），的取值范围为
【点睛】本题考查了二次函数的实际应用，熟练掌握待定系数法求解析式是解题的关键．
23．(1)见解析
(2)见解析
(3)
【分析】（1）通过证明，即可求证；
（2）延长交于，连接，通过证明，即可求证；
（3）过在的上方作，，连接，，利用前面的结论以及勾股定理求解即可．
【详解】（1）证明：，
∴，
又∵，
∴
∴
（2）证明：延长交于，连接，如下图：
∵
∴，
又∵
∴
∴
又∵
∴
又∵
∴
∴，，
∴
∴；
（3）解：过在的上方作，，连接，，如下图：
则，
设，交于点，
由（1）可得，则，
∴
又∵
∴，
∴，
∴，
由勾股定理可得：，，
．
【点睛】本题考查了三角形综合题，考查了全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的性质，平行线的性质，勾股定理，正确作出辅助线是解题的关键．
24．(1)见解析
(2)见解析
(3)直线恒过定点
【分析】（1）联立直线和抛物线，得到，求解即可；
（2）连接，根据题意求得点和的坐标，根据解析式求得两点坐标，得到线段的长度，从而得到，得到，即可求证；
（3）设，，联立直线和抛物线，利用根与系数的关系得到两根之和和两根之积，表示出、的解析式，得到两点坐标，再根据，得到的关系，即可求解．
【详解】（1）证明：联立直线和抛物线可得
，即
解得，即直线与抛物线只有唯一的公共点；
（2）证明：连接，如下图：
将代入可得，，即
由题意可得，
将代入可得，即
将代入可得或，即
则，，，
∴，，即
又∵
∴，
∴
∴；
（3）解：设，，联立直线和抛物线可得
，可得
由根与系数的关系可得：，，
将代入可得
解得或
即
设直线为，将、代入，解得
即，可得，
同理可得，
∵
∴，即
可得，化简可得：，即
将代入可得，，即
即直线恒过定点．
【点睛】此题考查了二次函数与几何的综合，涉及了待定系数法求解析式，一元二次方程判别式与根的关系，根与系数的关系，相似三角形的判定与性质，因式分解法求解一元二次方程，综合性比较强，难度较大，解题的关键是熟练掌握一元二次方程的有关知识，注意计算．
5
6
7
8
5
11
12
13
6
11
13
14
7
12
13
15
8
13
14
15