2025年人教新课标九年级数学下册月考试卷含答案

…………○…………内…………○…○…………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年人教新课标九年级数学下册月考试卷含答案考试试卷考试范围：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、我们常用“y随x的增大而增大（或减小）”来表示两个变量之间的变化关系．有这样一个情境：如图，小王从点A经过路灯C的正下方沿直线走到点B，他与路灯C的距离y随他与点A之间的距离x的变化而变化．下列函数中y与x之间的变化关系，最有可能与上述情境类似的是（）A.y=xB.y=x+3C.y=D.y=（x-3）2+32、，则a的相反数是（）A.B.C.D.3、已知：如图，l1∥l2；∠1=50°，则∠2的度数是（）

A.135°

B.130°

C.50°

D.40°

4、（2002•广州）抛物线y=x2-4x+5的顶点坐标是（）

A.（-2；-1）

B.（-2；-1）

C.（2；1）

D.（2；-1）

5、若一组数据x1、x2、x3、x4、x5的平均数为2，标准差为，那么另一组数据2x1-1，2x2-1，2x3-1，2x4-1，2x5-1的平均数与标准差分别是（）A.2，B.2，C.3，D.3，6、若关于x的一元二次方程的常数项为0，则m的值()A.1B.2C.1或2D.0评卷人得分二、填空题(共5题，共10分)7、当k____时，方程x2-2x+k=0有两个不相等的实数根．8、如图，在四边形ABCD

中，隆脧ABC=90鈭�AB=3BC=4CD=10DA=55

则下列结论：垄脵AC隆脥BD垄脷AC隆脥CD垄脹tan隆脧DAC=2垄脺

四边形ABCD

的面积为31垄脻BD=241.

正确的是______．9、学校组织校外实践活动，安排给九年级三辆车，小明与小红都可以从这三辆车中任选一辆搭乘，小明与小红同车的概率是______．10、△ABC与△A′B′C′位似，位似中心为O，若OA′：OA=1：3，BC=2cm，则B′C′=____．11、计算：-2×3=____．评卷人得分三、判断题(共9题，共18分)12、一个三角形的各边长扩大为原来的9倍，这个三角形的面积也扩大为原来的9倍．____（判断对错）13、20增加它的后再减少，结果仍为20．____．（判断对错）14、如果一个三角形的周长为35cm，且其中两边都等于第三边的2倍，那么这个三角形的最短边为7____．15、等腰三角形底边中点到两腰的距离相等16、在直角三角形中，任意给出两条边的长可以求第三边的长17、零是整数但不是正数．____（判断对错）18、过一点A的圆的圆心可以是平面上任何点．____（判断对错）19、边数不同的多边形一定不相似．____．（判断对错）20、数轴上表示数0的点叫做原点．（____）评卷人得分四、多选题(共3题，共6分)21、（2016秋•西城区校级期中）如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，∠B=30°，AD平分∠CAB交BC于D，DE⊥AB于E．若DE=1cm，则BC=（）cm．A.2B.3C.4D.522、若直角三角形两条直角边的边长分别为cm和cm，那么此直角三角形斜边长是（）A.3cmB.3cmC.9cmD.27cm23、点A（-2，-3）所在象限是（）A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限评卷人得分五、其他(共3题，共27分)24、目前甲型H1N1流感病毒在全球已有蔓延趋势；世界卫生组织要求各国严加防控，截止到11月底，我省确诊病例已达2000余人，防控形势非常严峻．

（1）若不加控制，设平均一个患者每轮会传染x人，那么一轮后被感染人数共有____人．

（2）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，每轮感染中平均一位患者会感染几个人？

（3）在（2）条件下，三轮感染后，被感染的人数会不会超过700人？请说明理由．25、某书城开展学生优惠购书活动，凡一次性购书不超过200元的一律九折优惠，超过200元的，其中200元按九折算，超过200元的部分按八折算．某学生第一次去购书付款72元，第二次又去购书享受了八折优惠，他查看了所买书的定价，发现两次共节省了34元，则该学生第二次购书实际付款____元．26、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____．评卷人得分六、综合题(共3题，共6分)27、如图所示；已知直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠C=∠D=90°，以AB为直径的⊙O与CD相切于P，若AD=m，BC=n，CD=a．求证：

（1）PC、PD是关于x的方程：x2-ax+mn=0的两根；

（2）a2=4mn．28、（1）学习心得：小刚同学在学习完“圆”这一章内容后；感觉到有一些几何问题，如果添加辅助圆，运用圆的知识解决，可以使问题变得非常容易．

例如：如图1，在△ABC中，AB=AC，∠BAC=80°，D是△ABC外一点，且AD=AC，求∠BDC的度数．若以点A为圆心，AB为半径作辅助圆⊙A，则点C、D必在⊙A上，∠BAC是⊙A的圆心角，而∠BDC是圆周角，从而可容易得到∠BDC=____．

（2）问题解决：

如图；在四边形ABCD中，∠BAD=∠BCD=90°，∠BDC=25°，求∠BAC的度数．

（3）问题拓展：

抛物线与y轴交于点A；顶点为B，对称轴BC与x轴交于点C，点P在抛物线上，直线PQ∥BC交x轴于点Q，连接BQ．

①若含45°角的直线三角板如图所示放置；其中，一个顶点与C重合，直角顶点D在BQ上，另一顶点E在PQ上，求Q的坐标；

②若含30°角的直角三角板一个顶点与点C重合，直角顶点D在BQ上，另一个顶点E在PQ上，求点P的坐标．29、在平面直角坐标系中，点O是坐标原点，A（0，6），B（2；0），且∠OBA=60°，将△OAB沿直线AB翻折，得到△CAB，点O与点C对应．

（1）动点F从O出发；以2个单位/每秒速度沿折线O-A-C向终点C运动，设△FOB的面积为S（S≠0），点F的运动时间为t秒，求S与t的函数关系式；

（2）在（1）的条件下，过点B作x轴垂线，交AC于点E，在点F的运动过程中，当t为何值时，△BEF是以BE为腰的等腰三角形？参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、D【分析】【分析】根据从A到路灯的正下方前他与路灯的距离逐渐减少，经过路灯后他与路灯的距离逐渐增加，可得答案．【解析】【解答】解：由题意；得。

从A到路灯的正下方前他与路灯的距离逐渐减少；经过路灯后他与路灯的距离逐渐增加．

A；y随x的增加而增加；与题意不符，故A错误；

B；y随x的增加而增加；与题意不符，故B错误；

C；y随x的增加而减少；与题意不符，故C错误；

D；当x＜3时；y随x的增加而减少；当x＞3时，y随x的增加而增加，故D正确；

故选：D．2、D【分析】【分析】先计算出a的值，然后求出a的相反数即可得出答案．【解析】【解答】解：a=--+=-；

∴a的相反数为．

故选D．3、B【分析】

∵l1∥l2；∠1=50°；

∴∠2=180°-∠1=180°-50°=130°；

故选B．

【解析】【答案】两直线平行；同旁内角互补，据此进行解答．

4、C【分析】

∵y=x2-4x+5

=x2-4x+4-4+5

=（x-2）2+1

∴抛物线y=x2-4x+5的顶点坐标是（2；1）．

故选C．

【解析】【答案】此题既可以利用抛物线顶点坐标公式确定顶点坐标；也可以利用配方法确定顶点坐标．

5、C【分析】【分析】根据标准差的概念计算．先表示出数据x1、x2、x3、x4、x5的平均数，方差；然后表示新数据的平均数和方差，通过代数式的变形即可求得新数据的平均数和方差．【解析】【解答】解：由题意知，原数据的平均数=（x1+x2++x5）=2；

方差S2=[（x1-2）2+（x2-2）2++（x5-2）2]=（）2=；

另一组数据的平均数2=[2x1-1+2x2-1++x5-1]=[2（x1+x2++xn）-5]

=×2（x1+x2++x5）-1

=2-1=4-1=3；

方差S22=[（2x1-1-3）2+（2x2-1-3）2++（2x5-1-3）2]={4[（x1-2）2+（x2-2）2++（x5-2）2]}=4S2=；

即方标准差=．

故选C．6、B【分析】试题分析：由题意，得：m2-3m+2=0①，m-1≠0②，解①得：m=2或1；解②得：m≠1，∴m=2．考点：一元二次方程的定义.【解析】【答案】B.二、填空题(共5题，共10分)7、略

【分析】【分析】根据△＞0列出不等式求解即可．【解析】【解答】解：∵方程有两个不相等的实数根；

∴△=b2-4ac=（-2）2-4×1×k＞0；

解得k＜1．

故答案为：＜1．8、略

【分析】解：隆脽隆脧ABC=90鈭�AB=3BC=4

隆脿AC=AB2+BC2=5

在鈻�ACD

中，隆脽CD=10DA=55

隆脿AC2+CD2=25+100=125=DA2

隆脿隆脧ACD=90鈭�

即AC隆脥CD

故垄脵

错误，垄脷

正确；

在Rt鈻�ACD

中，tan隆脧DAC=CDAC=105=2

故垄脹

正确；

S脣脛卤脽脨脦ABCD=S鈻�ABC+S鈻�ACD

=12AB?BC+12AC?CD

=12隆脕3隆脕4+12隆脕5隆脕10

=31

故垄脺

正确；

作DM隆脥BC

交BC

延长线于M

如图所示：

则隆脧M=90鈭�

隆脿隆脧DCM+隆脧CDM=90鈭�

隆脽隆脧ABC=90鈭�AB=3BC=4

隆脿AC2=AB2+BC2=25

隆脽CD=10AD=55

隆脿AC2+CD2=AD2

隆脿鈻�ACD

是直角三角形，隆脧ACD=90鈭�

隆脿隆脧ACB+隆脧DCM=90鈭�

隆脿隆脧ACB=隆脧CDM

隆脽隆脧ABC=隆脧M=90鈭�

隆脿鈻�ABC

∽鈻�CMD

隆脿ABCM=12

隆脿CM=2AB=6DM=2BC=8

隆脿BM=BC+CM=10

隆脿BD=BM2+DM2=241

故垄脻

正确；

故答案为：垄脷垄脹垄脺垄脻

．

根据勾股定理及其逆定理可得AC2+CD2=DA2

知隆脧ACD=90鈭�

即AC隆脥CD

故垄脵

错误，垄脷

正确；根据正切函数的定义可判断垄脹

根据四边形ABCD

的面积为S鈻�ABC+S鈻�ACD

可判断垄脺

作DM隆脥BC

交BC

延长线于M

连接AC

由勾股定理得出AC2=AB2+BC2=25

求出AC2+CD2=AD2

由勾股定理的逆定理得出鈻�ACD

是直角三角形，隆脧ACD=90鈭�

证出隆脧ACB=隆脧CDM

得出鈻�ABC

∽鈻�CMD

由相似三角形的对应边成比例求出CM=2AB=6DM=2BC=8

得出BM=BC+CM=10

再由勾股定理求出BD

即可判断垄脻

．

本题考查了相似三角形的判定与性质、勾股定理、勾股定理的逆定理；熟练掌握相似三角形的判定与性质，证明由勾股定理的逆定理证出鈻�ACD

是直角三角形是解决问题的关键．【解析】垄脷垄脹垄脺垄脻

9、【分析】解：用A；B，C分别表示给九年级的三辆车；

画树状图得：

∵共有9种等可能的结果；小明与小红同车的有3种情况；

∴小明与小红同车的概率是：=．

故答案为：．

首先用A；B，C分别表示给九年级的三辆车，然后根据题意画树状图，再由树状图求得所有等可能的结果与小明与小红同车的情况，然后利用概率公式求解即可求得答案．

此题考查了列表法或树状图法求概率．用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．【解析】10、略

【分析】

∵△ABC与△A′B′C′位似；OA′：OA=1：3；

∴B′C′：BC═1：3；

∵BC=2cm；

∴B′C′=（cm）．

故答案为：cm．

【解析】【答案】由△ABC与△A′B′C′位似；OA′：OA=1：3，即可得B′C′：BC═1：3，继而求得答案．

11、略

【分析】

-2×3=-（2×3）=-6．

【解析】【答案】根据有理数乘法法则计算．

三、判断题(共9题，共18分)12、×【分析】【分析】根据相似多边形的面积的比等于相似比的平方解答．【解析】【解答】解：∵相似三角形的边长的比等于相似比；面积的比等于相似比的平方；

∴一个三角形的各边长扩大为原来的9倍；这个三角形的面积也扩大为原来的9倍，错误．

故答案为：×．13、×【分析】【分析】根据题意列出算式，计算得到结果，即可做出判断．【解析】【解答】解：根据题意得：20×（1+）×（1-）=；

则20增加它的后再减少；结果仍为20（×）．

故答案为：×14、√【分析】【分析】设第三边为xcm，根据三角形的面积列出方程求解即可作出判断．【解析】【解答】解：设第三边为xcm；则另两边为2xcm；2xcm；

根据题意得；x+2x+2x=35；

解得x=7；

即这个三角形的最短边为7cm．

故答案为：√．15、√【分析】【解析】试题分析：根据等腰三角形的轴对称性即可判断.等腰三角形底边中点到两腰的距离相等，本题正确.考点：等腰【解析】【答案】对16、√【分析】【解析】试题分析：根据直角三角形的勾股定理即可判断.根据勾股定理可知，在直角三角形中，任意给出两条边的长可以求第三边的长，故本题正确.考点：直角三角形的性质【解析】【答案】对17、√【分析】【分析】整数包括正整数、0、负整数，但是0既不是正数，也不是负数，据此判断即可．【解析】【解答】解：∵零是整数但不是正数；

∴题中说法正确．

故答案为：√．18、×【分析】【分析】根据圆心不能为点A进行判断．【解析】【解答】解：过一点A的圆的圆心可以是平面上任何点（A点除外）．

故答案为×．19、√【分析】【分析】利用相似多边形的定义及性质解题．【解析】【解答】解：∵相似多边形的对应边的比相等；且对应角相等；

∴边数不同的多边形一定不相似；正确；

故答案为：√20、√【分析】【分析】根据数轴的定义，规定了唯一的原点，唯一的正方向和唯一的单位长度的直线，从原点出发朝正方向的射线上的点对应正数，相反方向的射线上的点对应负数，原点对应零．【解析】【解答】解：根据数轴的定义及性质；数轴上表示数0的点叫做原点．

故答案为：√．四、多选题(共3题，共6分)21、A|B【分析】【分析】根据角平分线性质求出CD的长，根据含30度角的直角三角形性质求出BD，代入BC=BD+CD求出即可．【解析】【解答】解：∵AD平分∠CAB；∠C=90°，DE⊥AB于E；

∴CD=DE=1cm；

∵∠B=30°；DE⊥AB于E；

∴BD=2DE=2cm；

∴BC=BD+CD=3cm；

故选B．22、A|B【分析】【分析】利用勾股定理进行计算即可求解．【解析】【解答】解：由勾股定理得：此直角三角形斜边长==3；

故选：B．23、C|D【分析】【分析】应先判断出所求的点的横纵坐标的符号，进而判断点A所在的象限．【解析】【解答】解：因为点A（-2；-3）的横坐标是负数，纵坐标是负数，符合点在第三象限的条件，所以点A在第三象限．

故选C．五、其他(共3题，共27分)24、略

【分析】【分析】（1）我省确诊病例已达2000余人；平均一个患者每轮会传染x人，那么一轮后被感染人数共有2000x人；

（2）可设每轮感染中平均一位患者会感染x个人；则第一轮后共有1+x人感染，两轮后有1+x+x（1+x）人感染，列出方程求解即可；

（3）由（2）得出x的值，看81x大不大于700，可得出结果．【解析】【解答】解：（1）由题意可知：一轮后被感染人数共有2000x人；

（2）设每轮感染中平均一位患者会感染x个人；

则由题意知：1+x+x（1+x）=81

整理得：x2+2x-80=0；

解得x1=8，x2=-10（舍去）

即每轮感染中平均一位患者会感染8个人；

（3）会超过．

由（2）知；每轮感染中平均一位患者会感染9个人；

则三轮感染后；被感染的人数为81×9=729人．

729＞700，故会超过700人．25、略

【分析】【分析】先求出第一次购书时的实际定价，再根据第二次购书节省的钱数列出方程，再求解即可．【解析】【解答】解：第一次购书付款72元；享受了九折优惠，实际定价为72÷0.9=80元，省去了8元钱．

依题意；第二次节省了26元．

设第二次所购书的定价为x元．（x-200）×0.8+200×0.9=x-26；

解得x=230．

故第二次购书实际付款为230-26=204元．26、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=81．六、综合题(共3题，共6分)27、略

【分析】【分析】（1）首先利用切线的判定得出；△PAD∽△BPC进而求出PD•PC=m•n，即可得出答案；

（2）利用CD=PD+PC，PD=PC，CD=a，即可得出PC=，则PC2=，进而利用PC2=PC•PD，PD•PC=m•n，求出即可．【解析】【解答】证明：（1）连结OP．∵CD切⊙O于P；∴OP⊥CD；

∵AD⊥CD；BC⊥CD，∴AD∥OP∥BC．

又∵OA=OB；∴PC=PD；

∵CD=a；∴PC+PD=CD=a；

连结PA；PB；∵AB是⊙O的直径，∴∠APB=90°，∴∠APD+∠BPC=90°；

∵∠D=90°；∴∠APD+∠PAD=90°，∴∠PAD=∠BPC；

又∵∠D=∠C=90°；∴△PAD∽△BPC；

∴=；∴PD•PC=AD•BC．

∵AD=m；BC=n，∴PD•PC=m•n；

故PC、PD是关于x的方程x2-ax+mn=0的两根．

（2）∵CD=PD+PC；PD=PC，CD=a；

∴PC=，∴PC2=；

又PC2=PC•PD；PD•PC=m•n；

∴=mn，∴a2=4mn．28、略

【分析】【分析】（1）利用同弦所对的圆周角是所对圆心角的一半求解．

（2）由A；B、C、D共圆；得出∠BDC=∠BAC；

（3）①先求出抛物线顶点的坐标；再由点D；C、Q、E共圆，得出∠CQB=∠OED=45°，求出CQ，再求点Q的坐标．

②分两种情况，Ⅰ、当30°的角的顶点与点C重合时，Ⅱ、当60°的角的顶点与点C重合时，运用点D、C、Q、E共圆，求出CQ即点P的横坐标，再代入抛物线求出点P的纵坐标，即可求出点P的坐标．【解析】【解答】解：（1）∵AB=AC；AD=AC；

∴以点A为圆心；点B；C、D必在⊙A上；

∵∠BAC是⊙A的圆心角；而∠BDC是圆周角；

∴∠BDC=∠BAC=40°；

（2）如图2；

∵∠BAD=∠BCD=90°；

∴点A；B、C、D共圆；

∴∠BDC=∠BAC；

∵∠BDC=25°；

∴∠BAC=25°；

（3）①如图3

∵点B为抛物线的顶点；

∴点B的坐标为（1；3）；

∵45°角的直角三角板如图所示放置；其中，一个顶点与C重合，直角顶点D在BQ上，另一顶点E在PQ上；

∴点D；C、Q、E共圆；

∴∠CQB=∠CED=45°；

∴CQ=BC=3；

∴OQ=4；

∴点Q的坐标为（4；0）；

②如图4；

Ⅰ；当30°的角的顶点与点C重合时；

∵直角三角板30°角的顶点与点C重合；直角顶点D在BQ上，另一个顶点E在PQ上。

∴点D；C、Q、E共圆；

∴∠CQB=∠CED=60°；

∴CQ=BC=；

∴OQ=1+；

∴把1+代入得y=；

∴点P的坐标是