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2023-2024学年福建省福州市鼓楼区九年级上学期数学月考试题及答案.doc

发布时间：2024-04-01 发布人：admin 分类：说明书 资料大小：2.72M 资料格式：doc 举报 版权申诉
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    2023-2024 学年福建省福州市鼓楼区九年级上学期数学月考 试题及答案 一、单选题（每题 4 分，共 10 题） 1. 在平面直角坐标系中，点  P B.  A.  4,2 4,2 4, 2   关于原点的对称点的坐标为（ ） C.  4, 2    D.  2,4 【答案】B 【解析】 【分析】根据关于原点对称的点的特征：横纵坐标均为相反数，进行求解即可． 【详解】解：点  P 故选 B． 4, 2  关于原点的对称点的坐标为  4,2 ； 【点睛】本题考查坐标与中心对称．熟练掌握关于原点对称的点的特征：横纵坐标均为相反 数，是解题的关键． 2. 关于 x 的方程 (k 2  1 ) 2 x  (2 k A. k  且 1 4 【答案】D 1 k   B.  1 ) 1 4 k  且 1k  x   有实数根，则 k 的取值范围是 （ 1 0 ） C. k  1 4 D. k  1 4 【解析】 【分析】分两种情况讨论：① ( k  1) 2  ，为一元一次方程；② 0 ( k - 2 1) ¹ ，为一元二次 0 方程，根据根的判别式计算即可． 【详解】解：①当 ( k  1) 2  时 1k  ，此时方程为3 0 x   ，有实数根； 1 0 ②当 ( k - 2 1) ¹ 时 1k  ，此时方程为为一元二次方程， 0 ∵方程有实数根 ∴   (2 k 2  1)  4 ( k  2 )1  ，解得： 0 k  综上所述： k  1 4 故选：D 1 4
    【点睛】本题主要考查了一元二次方程 2 ax  bx c   0 （ ）根的判别式 0 a   b 2 4  ac ： 当 0  ，方程有两个不相等的实数根；当 Δ 0 ，方程有两个相等的实数根；当 Δ 0 ， 方程没有实数根．分两种情况讨论是解题的关键． 3. 某种音乐播放器 3MP 原来每只售价 400 元，经过连续两次降价后，现在每只售价为 256 元，设平均每次降价的百分比为 x，则可列方程为（ ） A.  400 1 x   256 B.  400 1 x 2  256 C.  256 1 x   400 D.  256 1 x 2  400 【答案】B 【解析】 【分析】根据原价、降价的百分比、售价的关系列方程即可． 【详解】解：第一次降价后的售价为 400 1 x 元，第二次降价后的售价为   400 1 x 元， 2  因此可列方程为：  400 1 x 2  256 ， 故选 B． 【点睛】本题考查列一元二次方程，解题的关键是正确理解题意，找准等量关系． 4. 关于二次函数 y   22 x 1  的图象，下列说法中，正确的是（ ）． A. 对称轴为直线 1x  B. 顶点坐标为 21 ， C. 可以由二次函数 y   22 x 的图象向左平移 1 个单位得到 D. 在 y 轴的左侧，图象上升，在 y 轴的右侧，图象下降 【答案】D 【解析】 【分析】根据二次函数图象的性质逐项判断即可． 【详解】解：A.二次函数 y   22 x  的对称轴为直线 0x  ，故 A 选项不符合题意； 1 B. 二次函数 y   22 x  的顶点坐标 1 0 1， ，故 B 选项不符合题意； C. 二次函数 y   22 x 1  的图像可以由二次函数 y   22 x 的图像向上平移 1 个单位得 到，故 C 选项不符合题意；
    D. 二次函数 y   22 x 1  的图像开口向下，在对称轴左侧，图像上升，在对称轴右侧，图 像下降，故 D 选项符合题意． 故答案 为：D． 【点睛】本题主要考查了二次函数图象的性质，理解二次函数图象与解析式系数的关系是解 答本题的关键． 5. 如图所示是一个中心对称图形，点 A 为对称中心．若 则 BB 的长为（ ） C  90  ， B  30  ， BC  ， 1 B. 3 3 C. 2 3 3 D. 4 3 3 A. 4 【答案】D 【解析】 【分析】根据中心对称图形的特点可知： AB   ，再根据含30 角的直角三角形的性质 AB 以及勾股定理求出 AB  2 3 3 ，问题随之得解． 【详解】根据中心对称图形的特点可知： AB   ， AB ∵ C  90  ， B  30 ∴在 Rt ABC△ 中， AC ∵在 Rt ABC△ 中， 2 AB   ， 1 2 AC  AB ， 2  2 BC ， BC  ， 1  2 1 ， （负值舍去）， ∴ 2 AB     1 2 解得： AB  ∴ AB   AB 2 AB    2 3 3 2 3  3 ， ∴ B  B  AB   AB  4 3 3 ， 故选：D．
    【点睛】本题主要考查了中心对称图形的特点，含30 角的直角三角形的性质以及勾股定理， 根据中心对称图形的特点得到 AB   ，是解答本题的关键． AB 6. 2022 年的卡塔尔世界杯受到广泛关注，在半决赛中，梅西的一脚射门将足球沿着抛物线 飞向球门，此时，足球距离地面的高度 h 与足球被踢出后经过的时间 t 之间的关系式为 h    ．已知足球被踢出 9s 时落地，那么足球到达距离地面最大高度时的时间 t 为 bt 2 t （ ） A. 3s 【答案】D 【解析】 B. 3.5s C. 4s D. 4.5s    ， 2 9 t t 【分析】根据题意可得当 9 t  时， 0h  ，再代入，可得到该函数解析式为 h 然后化为顶点式，即可求解． 【详解】解：根据题意得：当 9 t  时， 0h  ， ∴ 0   9 2  ， 9b 解得： 9b  ， ∴该函数解析式为 h    ， 2 9 t t ∵ h 2 9 t    t    t  4.5 2  20.25 ， ∴足球到达距离地面最大高度时的时间 t 为 4.5s ． 故选：D 【点睛】此题主要考查了二次函数的应用，关键是正确确定函数解析式，掌握函数函数图象 经过的点必能满足解析式． 7. 如图， O 的半径为5,M 是圆外一点，  MO  ， 6 OMB  30 ,  MB 交 O 于点 ,A B ， 则弦 AB 的长为（ ）
    A. 4 B. 6 C. 6 3 D. 8 【答案】D 【解析】 【 分 析 】 过 O 作 OC AB 于 C ， 连 接 OA ， 根 据 含 30 角 的 直 角 三 角 形 的 性 质 得 出 MO  ，根据勾股定理求出 AC ，再根据垂径定理得出 3 AB  2 AC ，最后求出答案 OC  1 2 即可． 【详解】解：过O 作 OC AB 于C ，连接OA ，则 OCA  90  ，  MO   OC  6 1 2 ，  OMA  30  ， MO  ， 3 在 RtOCA 中，由勾股定理得： AC   OC AB ， 2 OA OC  2  2 5  2 3  ， 4 BC AC AC AB 2  即   ，    ， 2 4 8 故选：D． 【点睛】本题考查了含 30 角的直角三角形的性质，勾股定理，垂径定理等知识点，解题的 关键是能熟记垂直于弦的直径平分弦． 8. 如图，O 是弧 AD 所在圆的圆心．已知点 B、C 将弧 AD 三等分，那么下列四个选项中不 正确的是（ ）
    A.  2 CD AC B. AC CD 2 C.  AOC   2 COD D. S 扇形 AOC 2 S 扇形 ． COD 【答案】B 【解析】 【分析】利用三等分点得到    AB BC CD   ，由此判断 A；根据 AB=BC=CD，得到 AB+BC>AC， 由此判断 B；根据  2 CD AC 即可判断 C；根据    AB BC CD  ，得到  S 扇形 AOB  S 扇形 BOC  S 扇形 ，由此判断 D． COD 【详解】解：连接 AB、BC，OB， ∵点 B、C 将弧 AD 三等分， ∴    AB BC CD  ，  ∴  2 CD AC ，故 A 选项正确； ∵    AB BC CD  ，  ∴AB=BC=CD， ∵AB+BC>AC， ∴AC<2CD，故 B 选项错误； ∵  2 CD AC ，
    ∴  AOC   2 COD ，故 C 选项正确； ∵    AB BC CD  ，  ∴∠AOB=∠BOC=∠COD， ∴ S 扇形 AOB  S 扇形 BOC  S 扇形 ， COD ∴ S 扇形 AOC 2 S 扇形 ，故 D 选项正确； COD 故选：B． 【点睛】此题考查了圆心角、弧、弦定理：在同圆或等圆中，圆心角、弧、弦中有一个量相 等，另两个量也对应相等． 9. 一面墙上有一个矩形门洞，其中宽为1.5 米，高为 2 米，现要将其改造成圆弧型门洞（如 图），则改造后圆弧型门洞的最大高度是（ ） B. 2.2 米 C. 2.15 米 D. 2.1 米 A. 2.25 米 【答案】A 【解析】 【分析】连接矩形门洞的对角线交于点 O，过点 O 作OD BE 于点 D，由圆周角定理得到 AB 为圆 O 的直径，勾股定理得到 AB  米，则圆的半径 2.5  1 2 AB  1.25 米，由中位线定理得 到 OD  1 2 BC  米，即可得到改造后门洞的最大高度 1.25 1 2.25    1 米． 【详解】解：如图所示，连接矩形门洞的对角线交于点 O，过点 O 作OD BE 于点 D， ∴点 O 为线段 AB 的中点， ∴ AB 为圆 O 的直径， ACB  90  ，
    ∵宽为1.5 米，高为 2 米， 2 2  （米）， 2.5 AB  1.25 （米）， 2 ∴ 1.5 AB   1 2 ∵OD BE ， ∴圆的半径  ∴点 D 为 BE 的中点， 又∵点 O 为线段 AB 的中点， ∴OD 是 BCE 的中位线， ∴ OD  BC  （米）， 1  1 2 则改造后门洞的最大高度 1.25 1 2.25    （米）； 故选：A． 【点睛】此题考查了垂径定理、勾股定理、圆周角定理、中位线定理、矩形 的性质等知识，求出圆的半径是解题的关键． 10. 已知抛物线 y  2 ax   bx c a   0  与 x 轴交于点 A(－1,0)，对称轴为直线 x=1，与 y 轴的交点 B 在(0,2)和(0,3)之间(包含这两个点)运动,有如下四个结论： ①抛物线与 x 轴的另一个交点是(3,0)； ②点  C x y ，   , 1 1 ,D x y 在抛物线上，且满足 1 x 2 2 x 2 1 y  ，则 1 y ； 2  ③常数项 c 的取值范围是 2 ④系数 a 的取值范围是 3c  ； 2 3 a 1     ． 上述结论中，所有正确结论的序号是（ ） B. ②③④ C. ①③ D. ①③④ A. ①②③ 【答案】D 【解析】 【分析】根据抛物线的对称性对①进行判断； 根据④的结论可知函数的开口方向，然后得到二次函数的增减性，即可对②进行判断； 根据抛物线与 y 轴的交点对 c 进行判断即可判断③； 由对称轴可得 b=-2a，由 x=-1 时，可得 a-b+c=0，则 c=-3a，又由③得到 c 的取值范围，进 而得到 a 的取值范围． 【详解】抛物线对称轴为 x=1，且与 x 轴交点为（-1，0），故与 x 轴的另一个交点为（3,0），
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