天津市红桥区上学期九年级12月月考数学试卷【含答案详解】

九年级数学本试卷分为第Ⅰ卷（选择题）、第Ⅱ卷（非选择题）两部分．第Ⅰ卷为第1页至第3页，第Ⅱ卷为第4页至第8页．试卷满分120分．考试时间100分钟．答卷前，请你务必将自己的姓名、考生号、考点校、考场号、座位号填写在“答题纸”上．答题时，务必将答案涂写在“答题纸”上，答案答在试卷上无效．考试结束后，将本试卷和“答题纸”一并交回．祝你考试顺利！第Ⅰ卷一、选择题（本大题共12小题，每小题3分，共36分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1.下列图形中，可以看作是中心对称图形的是（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】本题主要考查中心对称图形；根据中心对称图形的定义，把图形绕着某一点旋转以后能与原图形重合的图形，即为所求．【详解】解：可以看作是中心对称图形的是：A．故选：A．2.二次函数的顶点坐标是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】本题主要考查了二次函数顶点式的性质，掌握函数的顶点坐标为是解题的关键．直接利用二次函数顶点式的性质解答即可．【详解】解：∵二次函数为顶点形式，∴顶点坐标为．故选：D．3.方程的两个根为（）A.， B.，C.， D.，【答案】D【解析】【分析】本题考查了因式分解法解一元二次方程，关键是熟练应用因式分解的方法；通过因式分解法求解二次方程，利用乘积为零的性质得出根．【详解】解：∵，∴，∴或，即或．故选：D．4.若半径为的与直线没有公共点，则圆心到直线的距离可以是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】本题主要考查直线与圆位置关系，掌握直线与圆无公共点时，两者相离，圆心到直线的距离大于半径是解题的关键．根据直线与圆的位置关系求解即可．【详解】解：∵与直线l无公共点，∴直线l与相离，∴圆心O到直线l的距离半径，选项中只有，即选项A符合题意．故选：A．5.若关于x的一元二次方程的一个根是，则k的值为（）．A.2 B. C.2或 D.【答案】C【解析】【分析】本题考查了一元二次方程解的定义，把代入，据此解答即可．【详解】解：把代入，得：，解得，，故选：C．6.如图，在打印图片之前，为确定打印区域，需设置纸张四周的页边距，即纸张的边线到打印区域的距离．若纸张长，宽，考虑到整体的美观性，要求各页边距相等，并使打印区域的面积占纸张总面积的．若设应设置的页边距为，根据题意可列方程为（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】本题主要考查了一元二次方程的实际应用，弄清题意、找到等量关系是解题的关键．根据“打印区域的面积占纸张总面积的”列出方程即可．【详解】解：设应设置的页边距为，则打印区域的长为，宽为，∴打印区域的面积为，∵打印区域的面积占纸张总面积的，∴．故选D．7.若一个圆的内接正六边形的边长为，则它的边心距的大小在（）A.1和2之间 B.2和3之间C.3和4之间 D.4和5之间【答案】B【解析】【分析】本题考查圆内接正六边形的性质与边心距的计算，利用圆内接正六边形的性质，将边心距转化为直角三角形的边长计算是解题关键．正六边形的边长等于外接圆半径，边心距可通过等边三角形的高公式计算，得到，再估算其值范围．【详解】解：设圆内接正六边形的边长为，其外接圆半径为，边心距为，则根据圆内接正六边形的性质，有，∵边心距是中心到边的距离，即等边三角形的高，∴根据等边三角形的高公式，，∵，，且，∴，即边心距在2和3之间．故选：B．8.如图，点、、在上，，则的度数是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】本题考查圆周角定理，根据圆周角定理，求出的度数，等边对等角求出的度数即可．【详解】解：∵点、、在上，，∴，，∴；故选B．9.如图，为的直径，直线与相切于点E，若，则的大小为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】本题重点考查了圆的切线性质，等腰三角形的性质，熟练掌握相关性质是问题求解的关键．连接，直线与相切于点E，得到，进而求得，根据等腰三角形等边对等角得到，完成求解．【详解】解：连接，如图，∵直线与相切于点E，∴，∴，∴，∵，∴．故选：C．10.如图，在中，，将以点为中心逆时针旋转得到，点，的对应点分别为，，交于点．当点落在边上时，的大小为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】本题主要考查了旋转的性质、三角形内角和定理，根据旋转的性质可知，，可知是等腰三角形，根据等腰三角形的两个底角相等，可得：，根据三角形内角和定理可以求出，由旋转可知，根据全等三角形的性质可知，利用三角形内角和定理可以求出．【详解】解：由旋转可知，，，在中，，，由旋转可知，，在中，．故选：B．11.如图，是的直径，为上一点，以点为圆心，适当长为半径画弧，交于点，交于点；再分别以点，为圆心，大于的长为半径画弧，两弧（所在圆的半径相等）在的内部相交于点；作射线，与相交于点．若，，则线段的长为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】本题考查的是圆周角定理及推论、勾股定理，熟练掌握圆的性质是解题关键，连接，得出，求出，再证明，即可求出结论．【详解】解：连接，是的直径，，，，，，由作图知，平分，，，，，故选：C．12.在中，，点在上，．动点从点出发，以每秒1个单位长度的速度沿边、边向终点匀速运动．以为边作正方形，设点运动的时间为，正方形的面积为．当点从点运动到点的过程中，正方形如图①所示；当点从点运动到点时，是关于的二次函数，其图象如图②所示．有下列结论：①当时，；②当点在线段上时，；③．其中，正确结论的个数为（）A.0 B.1 C.2 D.3【答案】A【解析】【分析】先由函数图象可得当点P运动到B点时，，由此求出，当时，，再利用勾股定理求出，最后根据正方形面积公式求出S，据此可判断①；当点P在上时，由图2可知，对应的二次函数的顶点坐标为，可S关于的函数解析式为，利用待定系数法求出，据此可判断②；求出当时的值，可得的长，再利用勾股定理求出的长，据此可判断③【详解】解：由图2可知当点P运动到B点时，，在中，由勾股定理得，∴，由题意得当时，点P的运动路程为1，即此时点P在上，，在中，由勾股定理得，∴，∴当时，，故①正确；当点P在上时，由图2可知，对应的二次函数的顶点坐标为，设S关于函数解析式为，把代入解析式，得：，解得，∴S关于的函数解析式为，故②错误；在中，当时，即：，解得或，∴，在中，由勾股定理得，∴，故③错误；综上所述，正确的有1个，故选：A．【点睛】本题主要考查了二次函数与图形运动问题，待定系数法求函数解析式，勾股定理等，正确理解题意利用数形结合的思想求解是解题的关键．第Ⅱ卷注意事项：1．用黑色字迹的签字笔将答案写在“答题纸”上（作图可用2B铅笔）．2．本卷共13题，共84分．二、填空题（本大题共6小题，每小题3分，共18分）13.在平面直角坐标系中，点关于原点的对称点坐标为__________．【答案】【解析】【分析】本题考查了关于原点对称的点的坐标．根据关于原点对称的点的坐标性质，横坐标和纵坐标均互为相反数，进行作答即可．【详解】解：点关于原点的对称点坐标为，故答案为：．14.已知，是关于的一元二次方程的两个根，若，则的值为________．【答案】【解析】【分析】本题考查一元二次方程根与系数的关系．若一元二次方程的两个根为，则．熟记相关结论即可．【详解】解：由题意得：，；∵，即，解得；∴，故答案为：15.如图，四边形内接于，连接，若，，则大小为________（度）．【答案】110【解析】【分析】本题考查了同弧或等弧所对圆周角相等，圆内接四边形对角互补等知识．根据得到，进而求出，根据圆内接四边形性质即可求出．【详解】解：∵，∴，∵，∴，∵四边形为圆内接四边形，∴．故答案为：11016.若点，都在抛物线（，为常数）上，且，则的值可以是________（写出一个即可）．【答案】4（答案不唯一）【解析】【分析】本题考查二次函数的图象和性质，把点，代入函数解析式，根据，求出的范围即可．【详解】解：∵点，都在抛物线（，为常数）上，，∴，∴，故的值可以是4；故答案为：4（答案不唯一）．17.如图，在正方形中，对角线，相交于点．（Ⅰ）的大小为________（度）；（Ⅱ）点在线段上，点在边上，若，，则线段的长为________．【答案】①.②.2【解析】【分析】本题考查正方形的性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理等知识，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题的关键．（Ⅰ）由正方形的性质可知是等腰直角三角形，即可由等腰直角三角形的性质求解；（Ⅱ）设与相交于G，先证明，得，从而求得，再证明，得，设，则，，进而得，，即可求得，然后由求解．【详解】解：（Ⅰ）∵正方形中，对角线，相交于点，∴，，∴∴是等腰直角三角形，∴，故答案为：45．（Ⅱ）设与相交于G，如图，∵，∴，∴由（Ⅰ）知，∴，∴，∴，∴，∴，∵，∴，∵正方形中，对角线，相交于点，∴，，∵，∴∵∴∴∴设，则，，∴，，∴，解得：，∵正方形，∴，∴．故答案为：2．18.如图，在每个小正方形的边长为1的网格中，点，均在格点上，点在网格线上．（1）线段的长为________；（2）直线与的外接圆相切于点．点在的延长线上，满足．请用无刻度的直尺，在如图所示的网格中，画出点，并简要说明点的位置是如何找到的（不要求证明）________．【答案】①.②.取格点D，连接；取圆与网格线的交点E和F，连接与相交于点O；取与网格线的交点G，连接并延长，与的延长线相交于点H；连接并延长，与的延长线相交于点M，则点M即为所求．【解析】【分析】本题主要考查了勾股定理、圆周角定理、切线的性质、等腰三角形的性质等知识点，灵活运用相关知识是解题的关键．（1）直接运用勾股定理求解即可；（2）根据圆周角定理、切线的性质、等腰三角形的性质作图即可．【详解】解：（1）．（2）如图，取格点D，连接；取圆与网格线的交点E和F，连接与相交于点O；取与网格线的交点G，连接并延长，与的延长线相交于点H；连接并延长，与的延长线相交于点M，则点M即为所求．证明：如图：连接，取格点D，连接；取圆与网格线的交点E和F，连接与相交于点O；则，∵直线与的外接圆相切于点，∴，即，∵G是的中点，∴，∴，是的垂直平分线，∴，∵，∴，∴，∵是的垂直平分线，∴，∴，∴.三、解答题（本大题共7小题，共66分．解答应写出文字说明、演算步骤或推理过程）19.解不等式组请结合题意填空，完成本题的解答．（1）解不等式①，得________________；（2）解不等式②，得________________；（3）把不等式①和②的解集在数轴上表示出来：（4）原不等式组的解集为________________．【答案】（1）（2）（3）图见解析（4）【解析】【分析】本题考查求不等式组的解集，用数轴表示不等式的解集，正确的求出每一个不等式的解集，是解题的关键：（1）移项，合并，系数化为1，进行求解即可；（2）移项，合并，系数化为1，进行求解即可；（3）定边界，定方向，在数轴上表示不等式的解集即可；（4）根据不等式组的解集的确定方法，求解即可．【小问1详解】解：解不等式①，得；【小问2详解】解不等式②，得；【小问3详解】在数轴上表示解集如图：【小问4详解】由数轴可知，原不等式组解集为：．20.解下列一元二次方程．（1）；（2）．【答案】（1），；（2）【解析】【分析】本题考查了解一元二次方程，解题的关键是掌握一元二次方程的解法：直接开平方法，配方法，公式法，因式分解法等．（1）利用因式分解法解一元二次方程即可；（2）把方程整理为一元二次方程的一般形式，再用公式法解一元二次方程即可．【小问1详解】解：，，或，，；【小问2详解】原方程化为．可得．∴方程有两个不等的实数根．有．即.21.已知为的直径，点，在上，．（1）如图①，若，求和的大小；（2）如图②，若，的半径为2，求弦的长．【答案】（1），；（2）【解析】【分析】本题考查了圆周角定理，垂径定理，全等三角形的判定和性质，勾股定理．（1）根据圆周角定理得到，即，根据垂径定理得到，，根据圆周角定理作答即可；（2）根据垂径定理得到，，根据得到，证明，得到，，根据勾股定理计算即可．【小问1详解】解：∵，∴，∴，∵，∴，，∴，；【小问2详解】解：如图，∵，∴，，∵，∴，即，∴，，∴，∴．22.如图，在中，，O是边上一点，以点O为圆心、长为半径的与相切于点D，与相交于点E．（1）如图①，若，求的大小；（2）如图②，若E为的中点，，求线段的长．【答案】（1）（2）【解析】【分析】本题考查的是切线的性质、三角形外角的性质及平行线分线段成比例定理，（1）连接，结合切线性质得出，证明，求出，即可求出结论；（2）先求出，根据平行得出，即可求出．【小问1详解】解：连接，与相切于点D，，，，，，，，，，，，，，；【小问2详解】解：连接，∵E为的中点，，，由（1）知，，，，，即，解得：．23.高速公路上正在行驶的甲车，发现前方处沿同一方向行驶的乙车后，开始减速，减速后甲车行驶的速度v（单位：）、路程s（单位：）与时间（单位：）的关系分别可以用一次函数和二次函数表示，其图象分别如图①和图②所示．（1）分别求减速后甲车行驶的速度v、路程s关于时间x的解析式；（2）当甲车减速至时，它行驶的路程是多少？（3）若乙车以的速度匀速行驶，两车何时相距最近，最近距离是多少？【答案】（1），（2）当甲车减速至时，它行驶的路程是（3）8秒时两车相距最近，最近距离是【解析】【分析】本题主要考查了二次函数与一次函数的实际应用，解题时要熟练掌握并能理解题意，读懂函数图象，求出表达式是关键．（1）根据图象，利用待定系数法分别求出一次函数和二次函数解析式即可；（2）依据题意，把代入一次函数解析式求出t，再把t的值代入二次函数解析式求出s即可；（3）分析得出当时，两车之间距离最小，代入计算即可．【小问1详解】解：由图可知：二次函数图象经过原点，设二次函数表达式为，一次函数表达式为，∵二次函数经过，∴，∴，∴二次函数表达式为；∵一次函数经过，∴，∴，∴一次函数表达式为．【小问2详解】解：由题意，∵，∴当时，，解得，∵，∴当时，．∴当甲车减速至时，它行驶的路程是【小问3详解】解：∵当时，甲车的速度为，∴当时，两车之间的距离逐渐变大，当时，两车之间的距离逐渐变小，∴当时，两车之间距离最小，将代入中，得，将代入中，得，此时两车之间的距离为：，∴8秒时两车相距最近，最近距离是．24.在平面直角坐标系中，为原点，四边形是菱形，点，点，在第一象限，且．（1）如图①，点的坐标为________，点的坐标为________；（2）如图②，以点为中心，逆时针旋转菱形，得菱形，点，，的对应点分别为，，．当点落在轴上时，与相交于点，连接．①求点的坐标和线段的长；②边上一点旋转后的对应点为，当取得最小值时，求点的坐标（直接写出结果即可）．【答案】（1）；（2）①，；②【解析】【分析】（1）由菱形边长和角度，用三角函数求坐标即可；（2）根据旋转后在轴，确定旋转角，求坐标，联立直线求点，计算；②用轴对称找到最短路径的点，求值即可．【小问1详解】解：菱形中，，．点：由三角函数得；点：因，横坐标为，纵坐标与相同，故．故答案为：，．【小问2详解】解：①延长交x轴于点E，∵四边形是菱形，∴，，∵，旋转后与轴重合，根据菱形的性质，∴轴，∵，∴，∵∴，∴，∴，∴，；∵，，∴，②如图所示，作点关于直线的对称点，再连接与直线的交点就是．根据对称性.点在上，旋转后对应点是，根据旋转的性质：（旋转前后对应线段相等）．∴，当三点共线时，即，∵，∴．∵与互相垂直，∴设解析式为，将代入直线，解得，联立，解得交点，∵为和的中点，∴，解析式为：，联立直线和解析式，解得∴取得最小值，此时．【点睛】本题考查菱形性质、图形旋转的坐标变换、垂径定理及最短路径问题