2025年教科新版九年级数学上册月考试卷

…………○…………内…………○…………装…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………第=page22页，总=sectionpages22页第=page11页，总=sectionpages11页2025年教科新版九年级数学上册月考试卷825考试试卷考试范围：全部知识点；考试时间：120分钟学校：______姓名：______班级：______考号：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共6题，共12分)1、在平面直角坐标系中，设A（-1，-2），B（4，-1），C（m，0），D（n，n）为四边形的四个顶点，当四边形ABCD的周长最短时，的值为（）A.-2B.-1C.-D.12、如图，已知点C是线段AB的黄金分割点，且BC＞AC．若S1表示以BC为边的正方形面积，S2表示长为AB、宽为AC的矩形面积，则S1与S2的大小关系为（）A.S1＞S2B.S1=S2C.S1＜S2D.不能确定3、某城市按以下规定收取每月煤气费：用煤气如果不超过60立方米，按每立方米0.8元收费；如果超过60立方米，超过部分按每立方米1.2元收费．已知某用户4月份的煤气使用量为75立方米，那么4月份该用户应交煤气费（）A.60元B.90元C.75元D.66元4、已知圆锥的底面半径为6，母线长为10，则此圆锥的侧面积为（π取3）（）A.30B.180C.240D.2885、下列运算正确的是：6、【题文】在以下几何图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（）A.等边三角形B.等腰梯形C.平行四边形D.圆评卷人得分二、填空题(共6题，共12分)7、如图，点A，B的坐标分别为（1，4）和（4，4），抛物线y=a（x﹣m）2+n的顶点在线段AB上运动，与x轴交于C、D两点（C在D的左侧），点C的横坐标最小值为﹣3，则点D的横坐标最大值为____．

8、直角边长为6和8的直角三角形的外接圆的半径为______，内切圆的半径为______．9、下表是二次函数y=ax2+bx+c(a鈮�0)

的自变量x

与函数值y

的对应关系，一元二次方程ax2+bx+c=310(a鈮�0)

的一个解x

的取值范围是____．。x

6.1

6.2

6.3

6.4

y=ax2+bx+c(a鈮�0)

鈭�0.3

鈭�0.1

0.2

0.4

10、已知x1、x2是方程x2-3x-2=0的两个实数根，则（x1+2）（x2+2）=____．11、通用公司生产的09款科鲁兹家庭轿车的车轮直径560mm，当车轮转动120度时，车中的乘客水平方向平移了__________mm．12、（2015•玉林）如图，等腰直角△ABC中，AC=BC，∠ACB=90°，点O分斜边AB为BO：OA=1：将△BOC绕C点顺时针方向旋转到△AQC的位置，则∠AQC=____．

评卷人得分三、判断题(共6题，共12分)13、因为的平方根是±，所以=±____14、如果A、B两点之间的距离是一个单位长度，那么这两点表示的数一定是两个相邻的整数（____）15、直径是弦，弦是直径．____．（判断对错）16、n边形的内角和为n•180°-360°．____（判断对错）17、任何负数都小于它的相反数．____（判断对错）18、分数中有有理数，也有无理数，如就是无理数．____（判断对错）评卷人得分四、其他(共3题，共6分)19、甲型H1N1流感病毒的传染性极强，某地因1人患了甲型H1N1流感没有及时隔离治疗，经过两轮传染后共有9人患了甲型H1N1流感，每轮传染中平均一个人传染了几个人？20、目前甲型H1N1流感病毒在全球已有蔓延趋势，世界卫生组织提出各国要严加防控，因为曾经有一种流感病毒，若一人患了流感，经过两轮传染后共有81人患流感．如果设每轮传染中平均一个人传染x个人，那么可列方程为____．21、2008年北京奥运会中国女子跳水大军又一次取得优异成绩，为祖国争夺了荣耀，在一次10m跳水的比赛中；某运动员向上跳起0.8m，最后以14m/s速度入水，如图所示．

（1）运动员从起跳后的最高点到入水用了____s，运动员平均每秒下落的速度变化量（）为____m/s．

（2）该运动员从起跳后的高出水面5m到入水面用了多长时间？（结果保留根号）评卷人得分五、证明题(共4题，共28分)22、已知如图，AD∥BC，E为DC上一点，∠1=∠2，∠3=∠4．求证：CE=ED．23、如图，已知P为锐角△ABC内一点，过P分别作BC，AC，AB的垂线，垂足分别为D，E，F，BM为∠ABC的平分线，MP的延长线交AB于点N．如果PD=PE+PF，求证：CN是∠ACB的平分线．24、在△ABC中；AB=BC，以AB为直径的⊙O与AC交于点D，过点D作DF⊥BC，交AB的延长线于E，垂足为F．

（Ⅰ）如图①；求证直线DE是⊙O的切线；

（Ⅱ）如图②；作DG⊥AB于H，交⊙O于G，若AB=5，AC=8，求DG的长．

25、如图，已知△ABC中，AB=BC=CA，D、E、F分别是AB、BC、CA的中点，G是BC上一点，△DGH是等边三角形．求证：EG=FH．评卷人得分六、综合题(共2题，共4分)26、如图，在直角坐标系xOy中，点P为函数y=x2在第一象限内的图象上的任一点，点A的坐标为（0，1），直线l过B（0，-1）且与x轴平行，过P作y轴的平行线分别交x轴，l于C，Q，连结AQ交x轴于H，直线PH交y轴于R，连结PA并延长交函数y=x2的图象于D．

（1）求证：H点为线段AQ的中点；

（2）求证：①四边形APQR为平行四边形；②平行四边形APQR为菱形；

（3）除P点外，直线PH与抛物线y=x2有无其它公共点？并说明理由；

（4）若直线PA的解析式为y=2x+1，抛物线y=x2的图象PD段上有一动点E，当动点E运动到何处时，△PDE面积最大，求此时点E的坐标．27、如图，过点P（2，）作x轴的平行线交y轴于点A，交双曲线于点N，作PM⊥AN交双曲线于点M；连接AM，若PN=4．

（1）求k的值；

（2）设直线MN解析式为y=ax+b，求不等式的解集．参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、A【分析】【分析】由于AB长为定值，四边形ABCD周长最短其实就是AD+DC+BC最小不妨作出B点关于x轴的对称点B'（4，1），A点关于直线y=x的对称点A'（-2，-1）再连接A'B'，该直线A'B'交x轴于C，交直线y=x于D，求出A′B′的解析式，把C、D点的坐标代入直线方程，求出m、n的值即可．【解析】【解答】解：如图所示；作B点关于x轴的对称点B'（4，1），A点关于直线y=x的对称点A'（-2，-1）再连接A'B'，该直线A'B'交x轴于C，交直线y=x于D；

设直线A′B′的解析式为y=kx+b（k≠0）；把点A'（-2，-1）；B'（4，1）代入得；

；

解得：；

故此函数的解析式为：y=x-；

分别把C（m，0），D（n，n）代入得，0=m-，n=n-；

即m=1，n=-；

∴=-2．

故选A．2、B【分析】【分析】根据黄金分割的定义得到BC2=AC•AB，再利用正方形和矩形的面积公式有S1=BC2，S2=AC•AB，即可得到S1=S2．【解析】【解答】解：∵C是线段AB的黄金分割点；且BC＞AC；

∴BC2=AC•AB；

∵S1表示以BC为边的正方形面积，S2表示长为AB；宽为AC的矩形面积；

∴S1=BC2，S2=AC•AB；

∴S1=S2．

故选：B．3、D【分析】【分析】利用收费标准直接分类计算得出答案即可．【解析】【解答】解：60×0.8+（75-60）×1.2

=48+18

=66（元）．

故选：D．4、B【分析】【分析】圆锥的侧面积=π×底面半径×母线长，把相关数值代入即可求解．【解析】【解答】解：∵圆锥的底面半径为6；母线长为10；

∴圆锥的侧面积=π×6×10=180．

故选B．5、A【分析】【解析】

A、本选项正确；B、故本选项错误；C、故本选项错误；D、故本选项错误；故选A。【解析】【答案】A6、D【分析】【解析】

试题分析：等边三角形,等腰梯形是轴对称图形,平行四边形是中心对称图形,圆既是轴对称图形又是中心对称图形.故选D.

考点：轴对称图形和中心对称图形.【解析】【答案】：D.二、填空题(共6题，共12分)7、8【分析】【解答】解：当点C横坐标为﹣3时；抛物线顶点为A（1，4），对称轴为x=1，此时D点横坐标为5，则CD=8；

当抛物线顶点为B（4；4）时，抛物线对称轴为x=4，且CD=8，故C（0，0），D（8，0）；

由于此时D点横坐标最大；

故点D的横坐标最大值为8；

故答案为：8．

【分析】当C点横坐标最小时；抛物线顶点必为A（1，4），根据此时抛物线的对称轴，可判断出CD间的距离；

当D点横坐标最大时，抛物线顶点为B（4，4），再根据此时抛物线的对称轴及CD的长，可判断出D点横坐标最大值．8、略

【分析】解：如图；∵AC=8，BC=6；

∴AB=10；

∴外接圆半径为5；

设内切圆的半径为r；

∴CE=CF=r；

∴AD=AF=8-r，BD=BE=6-r；

∴6-r+8-r=10；

解得r=2．

故答案为：5；2．

根据直角三角形外接圆的圆心是斜边的中点，由勾股定理求得斜边，设内切圆的半径为r，由切线长定理得6-r+8-r=10；求解即可．

本题考查了三角形的内切圆和内心，以及外心，注：直角三角形的外心是斜边的中点．【解析】5；29、6.3＜x＜6.4【分析】【分析】本题考查了用图象法求一元二次方程的近似根，解题的关键是找到y

由正变为负时，自变量的取值即可.

观察表格可知，y

随x

的值逐渐增大，ax22+bx+c

的值在6.2隆芦6.3

之间由负到正，故可判断ax22+bx+c=310

时；对应的x

的值在6.3隆芦6.4

之间．

【解答】解：由表格中的数据看出鈭�0.1

和0.2

更接近于0

故x

应取对应的范围6.3<x<6.4

．

故答案为6.3<x<6.4

．

【解析】6.3<x<6.4

10、略

【分析】

∵（x1+2）（x2+2）=x1•x2+2（x1+x2）+4①；

又∵x1、x2是方程x2-3x-2=0的两个实数根；

∴x1•x2=-2②；x1+x2=3③；

把②③代入①得：（x1+2）（x2+2）=x1•x2+2（x1+x2）+4=-2+2×3+4=8．

【解析】【答案】先将（x1+2）（x2+2）展开，得到关于x1+x2和x1•x2的式子，再根据根与系数的关系求出x1+x2和x1•x2的值；代入求值即可．

11、略

【分析】本题考查的是圆的相关计算。平移的距离是圆周的【解析】【答案】π12、105°【分析】【解答】解：连接OQ；

∵AC=BC；∠ACB=90°；

∴∠BAC=∠B=45°；

由旋转的性质可知：△AQC≌△BOC；

∴AQ=BO；CQ=CO，∠QAC=∠B=45°，∠ACQ=∠BCO；

∴∠OAQ=∠BAC+∠CAQ=90°；∠OCQ=∠OCA+∠ACQ=∠OCA+∠BCO=90°；

∴∠OQC=45°；

∵BO：OA=1：

设BO=1，OA=

∴AQ=则tan∠AQO==

∴∠AQO=60°；

∴∠AQC=105°．

三、判断题(共6题，共12分)13、×【分析】【分析】分别利用算术平方根、平方根定义计算即可判断对错．【解析】【解答】解：的平方根是±；

所以=．

故答案为：×．14、×【分析】【分析】根据题意，可通过举反例的方法即可得出答案．【解析】【解答】解：根据题意：可设A点位1.1；B点为2.1；

A；B两点之间的距离是一个单位长度；但这两点表示的数不是两个相邻的整数．

故答案为：×．15、×【分析】【分析】根据连接圆上任意两点的线段叫弦，经过圆心的弦叫直径可得答案．【解析】【解答】解：直径是弦；说法正确，弦是直径，说法错误；

故答案为：×．16、√【分析】【分析】根据多边形的内角和公式180°（n-2），进行变形即可．【解析】【解答】解：n边形的内角和为：180°（n-2）=180°n-360°；

故答案为：√．17、√【分析】【分析】根据负数的相反数是正数，负数＜正数即可求解．【解析】【解答】解：因为负数的相反数是正数；负数＜正数；

所以任何负数都小于它的相反数的说法正确．

故答案为：√．18、×【分析】【分析】根据无理数和有理数的定义判断即可．【解析】【解答】解：分数都是有理数，不是无理数，是有理数；

故答案为：×．四、其他(共3题，共6分)19、略

【分析】【分析】设每轮传染中平均一个人传染了x个人，开始有一个人患了甲型H1N1流感，第一轮的传染源就是这个人，他传染了x个人，第一轮后共有（1+x）人患了流感；第二轮传染中，这些人中的每个人又传染了x个人，第二轮后共有[1+x+x（1+x）]人患了流感，而此时这个人数是9，据此列出方程．【解析】【解答】解：设每轮传染中平均一个人传染了x个人．

依题意；得1+x+x（1+x）=9；

即（1+x）2=9；

解得x1=2，x2=-4（不合题意；舍去）．

答：每轮传染中平均一个人传染了2个人．20、略

【分析】【分析】本题可先列出一轮传染的人数，再根据一轮传染的人数写出二轮传染的人数的方程，令其等于81即可．【解析】【解答】解：设一轮过后传染的人数为1+x，则二轮传染的人数为：（1+x）（1+x）=（1+x）2=81．

故答案为：（1+x）2=81．21、略

【分析】【分析】（1）运动员从起跳后的最高点到入水用的时间为总路程÷平均速度=10.8÷（）==s，末速度为14m/s，初速度为0m/s，总的过程时间变化为s，则速度变化量为（14-0）÷=14×=m/s；

（2）可先计算出平均速度然后根据平均速度×时间=路程求解．【解析】【解答】解：（1）运动员从起跳后的最高点到入水用的时间为。

总路程÷平均速度=10.8÷（）==s；

末速度为14m/s，初速度为0m/s，总的过程时间变化为s；

则速度变化量为（14-0）÷=14×=m/s；

故填空答案：s，m/s．

（2）设从距水面5m到入水用t（s）．

t（s）后的速度为14m/s，t（s）前速度为（14-t）m/s．

则这段时间平均速度为m/s．

由平均速度×时间=路程；可得。

方程（14-t）t=5．

整理方程得245t2-54×14t+5×54=0；

解得t=；

即t1=（舍去），t2=≈0.41（s）．

答：从5m高到入水面用了s．五、证明题(共4题，共28分)22、略

【分析】【分析】由AD与BC平行，得到一对同旁内角互补，根据已知角相等，等量代换得到∠2+∠3为90°，进而确定出∠AEB为直角，在AB上取D，使AF=AD，利用SAS得到三角形AED与三角形AEF全等，利用全等三角形对应边相等，对应角相等得到DE=FE，∠AED=∠AEF，利用等角的余角相等得到∠CEB=∠FEB，再由∠3=∠4，及夹边相等，利用ASA得到三角形BCE与三角形BFE全等，利用全等三角形对应边相等得到EF=CE，等量代换即可得证．【解析】【解答】证明：∵AD∥BC；

∴∠DAB+∠CBA=90°；

∵∠1=∠2；∠3=∠4；

∴∠2+∠3=（∠DAB+∠CBA）=90°；

∴∠AEB=90°；

在AB上取一点F；使得AF=AD；

在△ADE和△AFE中；

；

∴△ADE≌△AFE（SAS）；

∴DE=FE；∠AED=∠AEF；

∵∠AEF+∠BEF=90°=∠AED+∠CEB；

∴∠BEF=∠BEC；

在△BEF和△BEC中；

；

∴△NEF≌△BEC（ASA）；

∴FE=CE；

则FE=CE=DE．23、略

【分析】【分析】如图，作MM1⊥BC于点M1，MM2⊥AB于点M2，NN1⊥BC于点N1，NN2⊥AC于点N2．设NP=λNM，利用平行线分线段成比例证明N1D=λN1M1．作NH⊥MM1，分别交MM1，PD于点H，H1，可得△NPH1∽△NMH，利用相似三角形的性质可得：λMM1+（1-λ）NN1．同理可证明PD=λMM1+（1-λ）NN1．再由已知条件即可证明CN是∠ACB的平分线．【解析】【解答】证明：如图，作MM1⊥BC于点M1，MM2⊥AB于点M2，NN1⊥BC于点N1，NN2⊥AC于点N2．

设NP=λNM，

∵NN1∥PD∥MM1；

∴N1D=λN1M1．

若NN1＜MM1，如图，作NH⊥MM1，分别交MM1，PD于点H，H1；

则△NPH1∽△NMH；

∴；

∴PH1=λMH；

∴PD=PH1+H1H=λMH+NN1=λ（MM1-NN1）+NN1=λMM1+（1-λ）NN1．

若NN1=MM1，则PD=NN1=MM1=λMM1+（1-λ）NN1．

若NN1＞MM1，

同理可证PD=λMM1+（1-λ）NN1．

∵PE∥NN2，∴；

∴PE=（1-λ）NN2．

∵PF∥MM2；

∴；

∴PF=λMM2．

又∵PD=PE+PF；

∴λMM1+（1-λ）NN1=λMM2+（1-λ）NN2．

又∵BM是∠ABC的平分线；

∴MM1=MM2；

∴（1-λ）NN1=（1-λ）NN2．

显然λ≠1；即1-λ≠0；

∴NN1=NN2；

∴CN是∠ACB的平分线．24、略

【分析】【分析】（Ⅰ）连接OD；由AB=BC，OA=OD，得到∠A=∠C，∠A=∠ADO，则∠C=∠ADO，得到OD∥BC；而DF⊥BC，则∠ODE=90°，根据切线的判定定理即可得到结论；

（Ⅱ）连接BD，AB是⊙O的直径，根据圆周角定理的推论得到∠ADB=90°．而AB=BC，则AD=DC=4．在Rt△ADB中，利用勾股定理可计算出BD=3，再利用等积法得到AB•DH=AD•DB，可计算出DH，然后根据垂径定理得到DG=2DH．【解析】【解答】（Ⅰ）证明：连接OD；如图；

∵AB=BC；

∴∠A=∠C．

∵OA=OD；

∴∠A=∠ADO．

∴∠C=∠ADO．

∴OD∥BC．

∵DF⊥BC；

∴∠ODE=90°．

∴直线DE是⊙O的切线；

（Ⅱ）解：连接DB；

∵AB是⊙O的直径；

∴∠ADB=90°．

∵AB=BC；

∴AD=DC．

∵AC=8；

∴AD=4．

在Rt△ADB中，BD===3；

∵DG⊥AB于H；

由三角形面积公式；得AB•DH=AD•DB．

∴DH==；

∵AB⊥DG；

∴DG=2DH=．25、略

【分析】【分析】连接DE、DF，根据三角形中位线定理及等边三角形的性质，可证明△DEG≌△DFH，即可得结论．【解析】【解答】证明连接DE；DF；（如图）

∵D；E、F是各边中点；

∴DE平行且等于AC，DF平行且等于BC；

∵AB=BC=CA；

∴∠A=∠B=∠C=60°；

∴DE=DF；∠EDF=∠DFA=∠C=60°

∵已知等边△DHG；

∴DG=DH；∠HDG=60°=∠EDF；

∴∠EDF-∠FDG=∠HDG-∠FDG；即∠1=∠2；

∴△DEG≌△DFH（SAS）；

∴FH=EG．六、综合题(共2题，共4分)26、略

【分析】【分析】（1）由A（0；1），B（0，-1）得到OA=OB，再由BQ∥x轴得到OH为△AOQ的中位线，所以AH=QH；

（2）①先利用PQ∥AB得到∠RAH=∠PQH；再根据“ASA”证明△AHR≌△QHP，则AR=PQ，而AR∥PQ，于是可判断四边形APQR为平行四边形；

②根据二次函数图象上点的坐标特征设P（m，m2），则PQ=m2+1，再利用两点间的距离公式计算出PA=m2+1；则PA=PQ，于是根据菱形的判定方法得到平行四边形APQR为菱形；

（3）先表示出H（，0），再利用待定系数法求出直线PH的解析式为y=x-m2，接着通过解方程组得直线PH与抛物线y=x2的交点坐标为（m，m2），此点P点，由此可判断除P点外，直线PH与抛物线y=x2没有其它公共点；

（4）作EF∥y轴交PD于F点，如图，通过解方程组得D（4-2，9-4），P（4+2，9+4）；

设E（t，t2），则F（t，2t+1），EF=2t+1-t2，则可根据三角形面积公式计算出S△PDE=S△PEF+S△DEF=-t2+4t+2，然后根据二次函数的性质求出S△PDE最大时t的值，则