浙江省台州市三门县2023-2024学年九年级上学期第一次月考数学试题（含答案解析）

2023学年第一学期9年级数学阶段性练习一亲爱的考生：欢迎参加考试！请你认真审题，仔细答题，发挥最佳水平．答题时，请注意以下几点：1．全卷共4页，满分120分，考试时间120分钟．2．答案必须写在答题纸相应的位置上，写在试题卷、草稿纸上无效．3．答题前，请认真阅读答题纸上的“注意事项”，按规定答题．4．本次考试不得使用计算器．一．选择题（共30分，每个3分）1.下列标志中，可以看作是中心对称图形的是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根据中心对称图形的概念：把一个图形绕某一点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形．【详解】解：A、是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意；B、是中心对称图形，符合题意；C、轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意；D、是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意；故选B．【点睛】本题考查了中心对称图形的概念，解题的关键是掌握把一个图形绕某一点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形．2.抛物线的对称轴是（）A.直线 B.直线 C.直线 D.直线【答案】A【解析】【分析】二次函数的顶点式“”的顶点为，对称轴为，所以可根据题中给出的表达式直接得出结果．【详解】抛物线已经是顶点式，顶点坐标为为该抛物线的对称轴故选：A【点睛】本题考查了二次函数的顶点式与图象的关系，掌握如何利用顶点式找到函数图象的特征是解决本题的关键．3.已知的半径为，点在内，则的长可能是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】本题考查点与圆的位置关系，根据点在圆内，点到圆心的距离小于圆的半径进行判断．解题的关键是掌握点与圆的位置关系：设的半径为，点到圆心的距离，则有：点在圆外；点在圆上；点在圆内．【详解】解：∵的半径为，点在内，∴，即长可能是．故选：D．4.用配方法解一元二次方程时，下列变形正确的是（）．A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根据配方法的原理，凑成完全平方式即可.【详解】解：，，，故选D．【点睛】本题主要考查配方法的掌握，关键在于一次项的系数等于2倍的二次项系数和常数项的乘积.5.如图，在中，，则度数为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根据圆周角定理即可得出答案．【详解】解：∵，∴．故选：C．【点睛】本题主要考查了求圆周角的度数，掌握圆周角定理是解题的关键.即同弧所对的圆周角等于它所对的圆心角度数的一半．6.如图，在中，，，将三角形ABC绕点A按顺时针方向旋转到三角形的位置，使得点、、在一条直线上，那么旋转角等于（）A.145° B.130° C.135° D.125°【答案】B【解析】【分析】根据三角形内角和定理求出∠BAC的度数，根据旋转变换的性质求出∠BAC1=80°，得到∠CAC的度数即可．【详解】解：∵∠C=90°，∠B=40°，∴∠BAC=50°，由旋转的性质可知，∠B1AC1=∠BAC=50°，∴∠BAC1=80°，∴∠CAC1=130°，故选：B．【点睛】本题考查的是旋转变换的性质、三角形内角和定理的应用，旋转变换的性质：对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角，旋转前、后的图形全等．7.某渔具店销售一种鱼饵，每包成本价为元，经市场调研发现：售价为元时，每天可销售包，售价每上涨元，销量将减少包．如果想获利元，设这种鱼饵的售价上涨元，根据题意可列方程为（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】本题考查了一元二次方程的应用，设这种鱼饵的售价上涨元，根据题意，列出方程即可求解，根据题意，找到等量关系，列出方程是解题的关键．【详解】解：设这种鱼饵的售价上涨元，由题意可得，，故选：．8.如图，在中，弦和相交于点E，甲同学说：若，则．乙同学说：若，则．他们的说法中（）A.仅甲正确 B.仅乙正确C.甲、乙都正确 D.甲、乙都不正确【答案】C【解析】【分析】本题考查了弧、弦、圆心角、圆周角的关系．由弦等得到，可推出；连接，得到，推出；据此即可判断．【详解】证明：，，，即；甲同学说法正确；连接，∵，∴，∴；乙同学说法正确；综上，甲、乙的说法都正确，故选：C．9.已知函数，当0≤x≤m时，有最大值3，最小值2，则m的取值范围是（）A.m≥1 B.0≤m≤2 C.1≤m≤2 D.1≤m≤3【答案】C【解析】【分析】根据抛物线的图象及性质可知函数最小值为2，然后利用抛物线图象关于对称轴对称的性质判定即可．【详解】由题意可知抛物线对称轴为，开口向上，在对称轴左侧，对称轴左侧函数图象为单调递减，在对称轴左侧时有最大值3上有最大值3，最小值2，当时，，的取值范围必须大于或等于1，抛物线的图象关于对称，．．故选C．【点睛】本题考查了求二次函数最值的问题，解决本题的关键是根据对称轴求出顶点坐标．10.如图，△ABC中，∠A=30°，∠ACB=90°，BC=2，D是AB上的动点，将线段CD绕点C逆时针旋转90°，得到线段CE，连接BE，则BE的最小值是（）A.-1 B. C. D.2【答案】A【解析】【分析】过点C作CK⊥AB于点K，将线段CK绕点C逆时针旋转90°得到CH，连接HE,延长HE交AB的延长线于点J；通过证明△CKD≌△CHE(ASA)，进而证明所构建的四边形CKJH是正方形，所以当点E与点J重合时，BE的值最小，再通过在Rt△CBK中已知的边角条件，即可求出答案.【详解】解：如图,过点C作CK⊥AB于点K，将线段CK绕点C逆时针旋转90°得到CH，连接HE,延长HE交AB延长线于点J∵将线段CD绕点C逆时针旋转90°,得到线段CE∴∠DCE=∠KCH=90°∵∠ECH=∠KCH-∠KCE，∠DCK=∠DCE-∠KCE∴∠ECH=∠DCK又∵CD=CE，CK=CH∴在△CKD和△CHE中∴△CKD≌△CHE(ASA)∴∠CKD=∠H=90°，CH=CK∴∠CKJ=∠KCH=∠H=90°∴四边形CKJH是正方形∴CH=HJ=KJ=C'K∴点E在直线HJ上运动，当点E与点J重合时，BE的值最小∵∠A=30°∴∠ABC=60°在Rt△CBK中，BC=2∴CK=BCsin60°=，BK=BCcos60°=1∴KJ=CK=所以BJ=KJ-BK=BE的最小值为故选A．【点睛】本题主要考查了以线段旋转为载体的求线段最短问题，正方形的构建是快速解答本题的关键．二．填空题（共24分，每个4分）11.在平面直角坐标系中，若点与点关于原点对称，则点的坐标为______．【答案】【解析】【分析】根据关于原点对称的点的坐标特点，即可求得．【详解】解：在平面直角坐标系中，点与点关于原点对称，则点的坐标为．故答案为：．【点睛】本题考查了关于原点对称的点的坐标特点，熟练掌握和运用关于原点对称的点的坐标特点是解决本题的关键．12.若关于的一元二次方程有两个相等的实数根，则的值为__________．【答案】【解析】【分析】由方程有两个相等的实数根，根据根的判别式可得到关于m的方程，则可求得m的值．【详解】∵关于的一元二次方程有两个相等的实数根，∴，即，解得．故答案为：．【点睛】本题主要考查了一元二次方程的根的判别式以及解一元一次方程的知识，理解并正确运用一元二次方程的根的判别式是解题关键．13.将二次函数向左平移4个单位，向下平移2个单位，所得到的新函数关系式为______．【答案】【解析】【分析】根据函数图象平移的方法：左加右减，上加下减，可得答案．【详解】解：抛物线向左平移4个单位可得，再向下平移2个单位可得，故答案为：【点睛】本题考查二次函数图象的平移，准确掌握平移方法是解题的关键．14.如图，是由绕点O顺时针旋转后得到的图形，若点D恰好落在上，且，则的度数是________．【答案】##40度【解析】【分析】本题考查旋转性质，等腰三角形性质及判定，三角形内角和定理．根据题意可得是等腰三角形，，，利用等腰三角形性质可知，继而得到，再利用三角形内角和定理即可得到本题答案．【详解】解：∵是由绕点O顺时针旋转后得到的图形，∴，，∴等腰三角形，∵，∴，∴，，∴，故答案为：．15.二次函数图象经过点，且图象对称轴为直线，则方程的解为________．【答案】1或3【解析】【分析】本题考查根据二次函数图象确定相应方程根的情况，明确题意，运用二次函数的对称性是解题关键．由抛物线图象经过点，对称轴是直线，则抛物线一定经过点关于直线的对称点，从而可得答案．【详解】解：由二次函数图象可得，抛物线图象经过点，对称轴是直线，则抛物线一定经过点关于直线的对称点，当时，关于x的方程的两个解为：，．∴方程的解为，；故答案为：1或3．16.如图，四边形内接于以为直径的，平分，若四边形ABCD的面积是，则________．【答案】【解析】【分析】本题主要考查了圆周角定理和圆内接四边形的性质，全等三角形的性质和判定，关键在于运用转化思想，将四边形的面积转化为的面积．过A点作，交的延长线与点E，证明，从而得到四边形的面积等于的面积，然后证明出是等腰直角三角形，根据三角形的面积公式即可求出的长度．【详解】如图，过A点作，交的延长线与点E．∵为的直径∴∵平分∴∴∴∵∴∴又∵∴又∵在中，∴∴∴∴∴故答案为：．三．解答题（共66分，第17~20题毎题6分，笰21题8分，第22题10分，第23题，24每题12分，共66分）17.解方程：．【答案】或【解析】【分析】由十字相乘法即可求出答案．【详解】解：，，或，或．【点睛】本题考查了解一元二次方程，灵活运用解一元二次方程的方法是解题的关键．18.在如图所示的方格纸中建立平面直角坐标系，小正方形的边长为1，的三个顶点都格点上．（1）画出于原点对称的；（2）画出关于轴对称的；（3）求出的面积．【答案】（1）作图见解析（2）作图见解析（3）的面积是【解析】【分析】（1）根据中心对称变换的性质，找出对应点，即可求解，（2）根据轴对称变换的性质，找出对应点，即可求解，（3）根据割补法，即可求解，本题考查了作图，中心对称变换，轴对称变换，割补法求面积，解题的关键是：熟练掌握相关变换法则．【小问1详解】解：如图所示：即为所求，【小问2详解】解：如图所示：即为所求，【小问3详解】解：，故答案为：的面积是．19.已知抛物线．（1）求抛物线与y轴交点的坐标；（2）点P在抛物线上，且点P到y轴的距离为1，求点P的坐标．【答案】（1）（2）或【解析】【分析】本题主要考查了求二次函数与y轴的交点坐标，二次函数图象上的点的坐标特点：（1）求出当时，即可得到答案；（2）根据到y轴距离为横坐标的绝对值得到点P的横坐标为，据此求出当时和当时，y的值即可得到答案．【小问1详解】解：在中，当时，，∴抛物线与y轴交点的坐标为；【小问2详解】解：∵点P到y轴的距离为1，∴点P的横坐标为，在中，当时，，当时，，∴点P的坐标为或．20.“圆材埋壁”是我国古代著名数学著作《九章算术》中的问题：“今有圆材，埋在壁中，不知大小，以锯锯之，深一寸，锯道长一尺，问径几何？”用现在的数学语言可表达为：“如图，为的直径，弦于点E，寸，寸，则直径的长为多少？【答案】寸【解析】【分析】此题考查了学生对垂径定理的运用与掌握，注意利用圆的半径，弦的一半及弦心距所构成的直角三角形来解决实际问题，连接构成直角三角形，先根据垂径定理，由垂直得到点E为的中点，由可求出的长，再设出设圆O的半径的长为x，表示出，根据勾股定理建立关于x的方程，求出方程的解即可得到x的值，即为圆的半径，把求出的半径代入即可得到答案．【详解】解：连接，∵∴，设圆O的半径的长为x，则∵，∴，在直角三角形中，根据勾股定理得：，化简得：，即，解得：所以（寸）．21.2022北京冬奥会期间，冰墩墩和雪融融受到人们的广泛喜爱．由于销售火爆，某网店的销售单价经过两次的调整，从每套150元上涨到每套216元．（1）若销售价格每次上涨的百分率相同，求每次上涨的百分率为多少？（2）按同样的上涨百分率，预计第三次调价后的销售价为多少？【答案】（1）（2）元【解析】【分析】本题考查了一元二次方程的应用，明确题意，准确得到等量关系是解题关键．（1）设每次上涨的百分率为，由题意列方程并求解，可得答案；（2）由（1）可知每次上涨百分率为，再按照相同利率上调可得第三次调价后销售价．【小问1详解】解：设每次上涨的百分率为，根据题意得解得：（不合题意，舍去）故每次上涨百分率为【小问2详解】解：由（1）可知每次上涨百分率为则按同样的上涨百分率，预计第三次调价后的销售价为元22.如图，点M，N分别在正方形的边上，且．把绕点A顺时针旋转得到．（1）求证：．（2）若，求正方形的边长．【答案】（1）见解析（2）6【解析】【分析】本题考查旋转性质，全等三角形判定及性质，勾股定理，等腰三角形判定．（1）根据题意可知，再证明即可；（2）设，则，，由（1）中全等可得，再利用勾股定理即可得到本题答案．【小问1详解】解：由旋转的性质得，，∴，∴，∴点E，点B，点C三点共线，∵，∴，∴，∵，∴．【小问2详解】解：设，则，，∵，∴，∵，∴，∵，∴，∴，解得，或（舍弃），∴正方形的边长为6．23.二次函数的图象经过，两点．（1）当时，判断与的大小．（2）当时，求的取值范围．（3）若此函数图象还经过点，且b满足时，求的取值范围．【答案】（1）（2）（3）【解析】【分析】本题考查二次函数的图象和性质，掌握二次函数的性质，是解题的关键．（1）根据，用含的代数式表示，判断函数值大小即可；（2）将点，代入解析式，根据，列出不等式进行求解即可；（3）根据对称性，求出，将转化为二次函数求最值即可．【小问1详解】解：当时，，【小问2详解】，又；【小问3详解】二次函数的对称轴为直线，∵二次函数经过，两点，∴，∴，，∵，∴当，有最小值为2；当时，有最大值为．24.旋转与等腰直角三角形、正方形：把共顶点的一个等腰直角三角形和正方形中的一个绕一点旋转到一定位置，探究图形的几何性质，为我们提供一个动态的数学环境．已知等腰直角三角形ABC和正方形BDEF有一个公共的顶点B，AB＞BD．（1）如图1，AF与CD的数量关系为，位置关系为；（2）将正方形BDEF绕着点B顺时针旋转α角（0°＜α＜360°），①如图2，第（1）问的结论是否仍然成立？请说明理由．②若AB＝4，BD＝2，当正方形BDEF绕着点B顺时针旋转到点A、D、F三点共线时，连接CD，则CD的长度为；（在备用图中补全图形求解）③如图3，若BC＝2，AC＝4AD，当正方形BDEF绕着点B顺时针旋转，当点D在AC上时，延长CB交AF的延长线于点G，连接GE，则GE的长度为．【答案】（1）AF＝CD，AF⊥CD；（2）①成立，理由见解析；②2+2或2﹣2；③．【解析】【分析】（1）先证△ABF≌△CBD（SAS），得AF=CD，∠BAF=∠BCD，再证出∠CHF=90°，即可得出AF⊥CD；（2）①设AF交BC于点M，交CD于点N，证△ABF≌△CBD（SAS），得AF=CD，∠FAB=∠DCB，再证出∠CNM=∠ABM=90°，即可得出AF⊥CD；②分两种情况，连接BE交DF于O，求出DF=BE=BD=4，OB=OD=OF=DF=2，再由勾股定理求出AO=2，分别求出AF，即可得出答案；③过B作BH⊥AC于H，过E作EM⊥DA于M，EN⊥AF于N，则BH=AH=AC=2，∠BHD=∠DME=90°，证△DME≌△BHD（AAS），得DM=BH=2，EM=DH=1，再证矩形AMEN是正方形，得AN=EN=AM=1，然后证△BFG≌△BDA（ASA），得GF=AD=1，则AG=AF+GF=4，求出GN=AG-AN=3，由勾股定理即可得出答案．【详解】解：（1）AF与CD的数量关系为：AF＝CD，位置关系为：AF⊥CD，理由如下：延长AF交CD于H，如图1所示：∵等腰直角三角形ABC和正方形BDEF有一个公共的顶点B，∴AB＝CB，BF＝BD，∠ABF＝∠CBD＝90°，∴∠BAF+∠AFB＝90°，在△ABF和△CBD中，，∴△ABF≌△CBD（SAS），∴AF＝CD，∠BAF＝∠BCD，∵∠CFH＝∠AFB，∴∠BCD+∠CFH＝∠BAF+∠AFB＝90°，∴∠CHF＝90°，∴AF⊥CD；故答案为：AF＝CD，AF⊥CD；（2）①第（1）问的结论仍然成立，理由如下：设AF交BC于点M，交CD于点N，如图2所示：∵△ABC是等腰直角三角形，∴AB＝BC，∠ABC＝90°，∵四边形BDEF是正方形，∴BD＝BF，∠FBD＝90°，∴∠ABC+∠CBF＝∠FBD+∠CBF，即∠ABF＝∠DBC，∴△ABF≌△CBD（SAS），∴AF＝CD，∠FAB＝∠DCB，∵∠AMB＝∠NMC，∴∠CNM＝∠ABM＝90°，∴AF⊥CD；②分两种情况：a、如图4所示：连接BE交DF于O，∵四边形BDEF是正方形，∴BD＝DE＝EF，BE⊥DF，∠DEF＝90°，O