2023-2024学年云南师大实验中学昆明湖校区九年级（上）月考数学试卷（10月份）(含解析）

这是一份2023-2024学年云南师大实验中学昆明湖校区九年级（上）月考数学试卷（10月份）(含解析），共19页。试卷主要包含了选择题，填空题，计算题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.我国民间，流传着许多含有吉祥意义的文字图案，表示对幸福生活的向往，良辰佳节的祝贺．比如下列图案分别表示“福”、“禄”、“寿”、“喜”，其中是轴对称图形，但不是中心对称图形的是( )
A. B. C. D.
2.在一个不透明的布袋中装有红色，白色玻璃球共40个，除颜色外其他完全相同．小明通过多次摸球试验后发现，其中摸到红色球的频率稳定在15%左右，则口袋中红色球可能有( )
A. 4个B. 6个C. 34个D. 36个
3.已知⊙O的半径是3cm，则⊙O中最长的弦长是( )
A. 3cmB. 6cmC. 1.5cmD. 3cm
4.下列事件是随机事件的是( )
A. 任意画一个三角形，该三角形的内角和为180°
B. 从分别写有2，4，6的三张卡片中随机抽出一张，卡片上的数字能被2整除
C. 购买一张福利彩票就中奖
D. 从装有4个红球和2个黄球的袋中，随机抽取一个是白球
5.某玩具店销售某款玩具，单价为20元，为扩大销售，该玩具店连续两次对该款玩具进行降价促销，已知降价后的单价为12.8元，且两次降价的百分比均为x，则可列方程为( )
A. 12.8(1−x)2=20B. 20(1−x)2=12.8
C. 20(1−x)2=20−12.8D. 20(1−2x)=12.8
6.如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠B=60°，BC=1，△A′B′C由△ABC绕点C顺时针旋转得到，其中点A′与点A、点B′与点B是对应点，连接AB′，且A、B′、A′在同一条直线上，则AA′的长为( )
A. 3
B. 2 3
C. 4
D. 4 3
7.对于二次函数y=−4(x+6)2−5的图象，下列说法正确的是( )
A. 图象与y轴交点的坐标是(0,5)B. 对称轴是直线x=6
C. 顶点坐标为(−6,5)D. 当x<−6时，y随x的增大而增大
8.如图，AB是⊙O的直径，点C，D在⊙O上，AB⊥CD，若∠OCD=20°，则∠ABD的度数是( )
A. 20°
B. 35°
C. 55°
D. 70°
9.数a，b在数轴上的位置如图所示，则关于x的一元二次方程ax2+bx−1=0的根的情况是( )
A. 有两个相等的实数根B. 有两个不相等的实数根
C. 没有实数根D. 只有一个实数根
10.如图，假设篱笆(虚线部分)的长度为14m，则所围成矩形ABCD的最大面积是( )
A. 50m2B. 49m2C. 46m2D. 48m2
11.如图所示，在平面直角坐标系中，A(0,0)，B(2,0)，△AP1B是等腰直角三角形且∠P1=90°，把△AP1B绕点B顺时针旋转180°，得到△BP2C，把△BP2C绕点C顺时针旋转180°，得到△CP3D，依此类推，得到的等腰直角三角形的直角顶点P2023的坐标为( )
A. (2023,−1)B. (2023,1)C. (4045,−1)D. (4045,1)
12.如图，点O是△ABC的内心，也是△DBC的外心.若∠A=84°，则∠D的度数( )
A. 42°
B. 66°
C. 76°
D. 82°
二、填空题：本题共4小题，每小题2分，共8分。
13.点A(−3,1)关于原点对称的点的坐标为______．
14.如图，在△ABC中，CA=BC=2，∠C=90°，以点C为圆心，CA为半径，画圆弧AB得到扇形CAB，则图中阴影部分的面积是______．
15.若函数y=(a+2)x|a|+x−1是二次函数，则a的值是______．
16.如图，OM为半圆的直径，观察图中的尺规作图痕迹，若∠FMO=50°，则∠OCF的度数为 ．
三、计算题：本大题共1小题，共6分。
17.解方程：x2−2x−1=0．
四、解答题：本题共7小题，共50分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
18.(本小题6分)
已知m为方程x2+3x−2022=0的根，求m3+2m2−2025m+2022的值．
19.(本小题7分)
已知△ABC在平面直角坐标系中的位置如图所示．
(1)画出△ABC绕点C按顺时针方向旋转90°后的△A′B′C，并写出A′，B′坐标；
(2)在(1)的条件下，请直接写出点B旋转到点B′所经过的路线长______(结果保留π)．
20.(本小题7分)
甲、乙两人玩转盘游戏，规则如下：如图是两个可以自由转动的转盘A，B，A转，盘中数字1所对扇形区域的圆心角为90°，B转盘被分成面积相等的三个扇形，依次转动转盘A，B，当转盘停止后，若指针指向的两个区域的数字之和大于5，则甲获胜；否则乙获胜；如果落在分割线上，则需要重新转动转盘．
(1)转动转盘A，指向的数字为1的概率是______；
(2)试用列表或画树状图的方法说明游戏是否公平.若公平，请说明理由；若不公平，谁获胜的可能性更大？
21.(本小题7分)
心理学家研究发现，通常情况下，学生从接受一个新知识开始30min内，对新知识的接受能力y与学习知识所用的连续时间x(min)之间满足函数关系：y=−110x2+bx+c，其图象如图所示．
(1)求学生对新知识的接受能力y与学习知识所用的连续时间x(min)之间的函数关系式；
(2)若王老师在讲一个新的知识时，重难点的部分需要讲12min，为了使学生尽可能地有效接受知识，王老师应将重难点放在什么时候讲最好？
22.(本小题7分)
已知：如图，AB为⊙O的直径，AB=AC，⊙O交BC于D，DE⊥AC于E．
(1)请判断DE与⊙O的位置关系，并证明；
(2)连接AD，若⊙O的半径为52，AD=3，求DE的长．
23.(本小题8分)
已知抛物线y=ax2−2ax−3(a≠0)经过点A(−1,0)，与y轴交于点B．
(1)求抛物线的函数表达式和顶点坐标；
(2)若抛物线上有一动点P(x,y)，当点P到y轴的距离不大于2时，n≤y≤m，求m−n的值；
24.(本小题8分)
在正方形ABCD中，两条对角线AC，BD相交于点O，点E和点F分别是BC、CD上的动点，且EO⊥FO，连接EF．

(1)如图1，若AC=4 2，BE=1，求线段EF的长；
(2)如图2，将∠EOF的顶点移到AO上任意一点O′处，∠EO′F绕点O′旋转，仍满足EO′⊥FO′，O′E交BC的延长线上一点E，射线O′F交CD的延长线上一点F，连接EF.求证：CF−CE= 2O′C．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查了中心对称图形与轴对称图形的概念，判断轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合，判断中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后两部分重合．
根据轴对称图形和中心对称图形的概念对各选项分析判断即可得解．
【解答】
解：A、不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故本选项错误；
B、是轴对称图形，也是中心对称图形，故本选项错误；
C、是轴对称图形，但不是中心对称图形，故本选项正确；
D、是轴对称图形，也是中心对称图形，故本选项错误．
故选C．
2.【答案】B
【解析】解：∵摸到红色球的频率稳定在15%左右，
∴口袋中红色球的频率为15%，故红球的个数为40×15%=6(个)．
故选：B．
大量反复试验下频率稳定值即概率，由频数=数据总数×频率计算即可．
本题考查利用频率估计概率．
3.【答案】B
【解析】解：∵圆的直径为圆中最长的弦，
∴⊙O中最长的弦长为2×3=6(cm)．
故选：B．
利用圆的直径为圆中最长的弦求解．
本题考查了圆的认识：熟练掌握与圆有关的概念( 弦、直径、半径、弧、半圆、优弧、劣弧、等圆、等弧等)．
4.【答案】C
【解析】解：A、任意画一个三角形，该三角形的内角和为180°是必然事件，不符合题意；
B、从分别写有2，4，6的三张卡片中随机抽出一张，卡片上的数字能被2整除是必然事件，不符合题意；
C、购买一张福利彩票就中奖是随机事件，符合题意；
D、从装有4个红球和2个黄球的袋中，随机抽取一个是白球是不可能事件，不符合题意；
故选：C．
根据事件发生的可能性大小判断即可．
本题考查的是必然事件、不可能事件、随机事件的概念．必然事件指在一定条件下，一定发生的事件．不可能事件是指在一定条件下，一定不发生的事件，不确定事件即随机事件是指在一定条件下，可能发生也可能不发生的事件．
5.【答案】B
【解析】解：依题意得：20(1−x)2=12.8，
故选：B．
利用经过两次降价后的价格=原价×(1−每次降价的百分比)2，即可得出关于x的一元二次方程，此题得解．
本题考查了由实际问题抽象出一元二次方程，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．
6.【答案】A
【解析】解：∵∠ACB=90°，∠B=60°，
∴∠BAC=30°，
∴AB=2BC=2×1=2，
∵△ABC绕点C顺时针旋转得到△A′B′C′，
∴A′B′=AB=2，B′C=BC=1，A′C=AC，∠A′=∠BAC=30°，∠A′B′C=∠B=60°，
∴△CAA′为等腰三角形，
∴∠CAA′=∠A′=30°，
∵A、B′、A′在同一条直线上，
∴∠A′B′C=∠B′AC+∠B′CA，
∴∠B′CA=60°−30°=30°，
∴B′A=B′C=1，
∴AA′=AB′+A′B′=2+1=3．
故选：A．
先利用互余计算出∠BAC=30°，再根据含30度的直角三角形三边的关系得到AB=2BC=2，接着根据旋转的性质得A′B′=AB=2，B′C=BC=1，A′C=AC，∠A′=∠BAC=30°，∠A′B′C=∠B=60°，于是可判断△CAA′为等腰三角形，所以∠CAA′=∠A′=30°，再利用三角形外角性质计算出∠B′CA=30°，可得B′A=B′C=1，然后利用AA′=AB′+A′B′进行计算．
本题考查了旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等；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．也考查了含30度的直角三角形三边的关系．
7.【答案】D
【解析】解：∵二次函数y=−4(x+6)2−5，
∴抛物线开口向下，对称轴为直线x=−6，顶点坐标为(−6,−5)，
∴当x<−6时，y随x的增大而增大，
令x=0，则y=−149，
∴图象与y轴得交点为(0,−149)，
故A、B、C选项错误；D选项正确．
故选：D．
根据二次函数顶点式的特点进行判断即可．
本题主要考查了二次函数的顶点式，解题的关键在于熟练掌握二次函数顶点式的特点．
8.【答案】B
【解析】解：∵∠OCD=20°，AB⊥CD，
∴∠AOC=180°−90°−20°=70°，
∵AB是⊙O的直径，CD是⊙O的弦，AB⊥CD，
∴AC=AD，
∴∠ABD=12∠AOC=35°，
故选：B．
根据三角形内角和定理求出∠AOC=70°，根据垂径定理得到AC=AD，再根据圆周角定理得到∠ABD=12∠AOC即可．
本题考查垂径定理和圆周角定理，掌握垂径定理是解题的关键．
9.【答案】B
【解析】解：由数轴上的点可得：b<0∴方程ax2+bx−1=0的根的判别式Δ=b2+4a>0，
则方程有两个不相等的实数根．
故选：B．
表示出根的判别式，判断其值的正负，即可确定出根的情况．
此题考查了根的判别式，以及实数与数轴，熟练掌握根的判别式的正负与根的情况是解本题的关键．
10.【答案】B
【解析】解：设AB=x m，则BC=(14−x)m，由题意得：
S矩形ABCD=x(14−x)=−x2+14x=−(x−7)2+49，
∵−1<0，
∴当x=7时，矩形ABCD的面积最大，最大值是49m2．
故选：B．
设AB=x m，则BC=(14−x)m，矩形ABCD的面积等于长乘以宽，列式得关于x的二次函数，用配方法写成顶点式，从而得解．
本题考查了二次函数在矩形面积问题中的应用，本题难度不大，属于中档题．
11.【答案】D
【解析】解：由题知，
过点P1作x轴的垂线，垂足为M，
因为△AP1B是等腰直角三角形且∠P1=90°，
所以P1M=12OB=OM，
又因为A(0,0)，B(2,0)，
所以P1M=OM=1，
则点P1的坐标为(1,1)；
因为△BP2C由△AP1B绕点B顺时针旋转180°得到，
所以点P2的坐标为(3,−1)；
依次类推，
点P3的坐标为(5,1)；
点P4的坐标为(7,−1)；
点P5的坐标为(9,1)；
…，
由此可见，点Pn(n为正整数)的横坐标为2n−1，当n为奇数时，其纵坐标为1；当n为偶数时，其纵坐标为−1；
当n=2023时，
2n−1=2×2023−1=4045，
因为2023是奇数，
所以P2023的坐标为(4045,1)．
故选：D．
依次求出点P1，P2，P3，…，的坐标，发现规律即可解决问题．
本题考查点的坐标变化规律，通过计算发现点Pi(i为正整数)坐标变化得规律是解题的关键．
12.【答案】B
【解析】解：如图，连接OB，OC，
∵点O是△ABC的内心，∠A=84°，
∴OB，OC是∠ABC，∠ACB的平分线，
∴∠OBC=12∠ABC，∠OCB=12∠ACB，
∴∠BOC=180°−∠OBC−∠OCB=180°−12(∠ABC+∠ACB)=180°−12(180°−∠A)=90°+12∠A=132°，
∵点O也是△DBC的外心，
∴∠D=12∠BOC=66°，
则∠D的度数为66°．
故选：B．
连接OB，OC，根据点O是△ABC的内心，∠A=84°，可得∠BOC=90°+12∠A=132°，再根据点O也是△DBC的外心，和圆周角定理即可解决问题．
本题考查了三角形的内切圆与内心，圆周角定理，三角形的外接圆与外心，解决本题的关键是掌握内心与外心的区别．
13.【答案】(3,−1)
【解析】解：点A(−3,1)关于原点对称的点的坐标为(3,−1)，
故答案为：(3,−1)．
根据两个点关于原点对称时，它们的坐标符号相反可得答案．
此题主要考查了关于原点对称的点的坐标，关键是掌握点的坐标的变化规律．
14.【答案】π−2
【解析】解：阴影部分的面积S=S扇形ACB−S△ACB=90π×22360−12×2×2=π−2．
故答案为：π−2．
利用阴影部分的面积=扇形ACB的面积−三角形ACB的面积即可求解．
本题考查了扇形的面积计算，明确阴影部分的面积=扇形ACB的面积−三角形ACB的面积是解此题的关键．
15.【答案】2
【解析】解：根据题意得a+2≠0且|a|=2，
解得a=2，
即a的值为2．
故答案为：2．
根据二次函数的定义得a+2≠0且|a|=2，然后解不等式和方程得到满足条件的a的值．
本题考查了二次函数的定义：正确理解二次函数的定义是解决问题的关键．
16.【答案】70°
【解析】【分析】
本题主要考查了作一条线段的垂直平分线以及垂径定理、圆周角的应用．弦的垂直平分线经过圆心，并且平分弦所对的两条弧，可得到∠MOE=∠BOE=12∠MOB，进而得出∠FOE的度数，从而得出结论．
【解答】
解：由作图痕迹可知，PQ垂直平分FM，
∴点E是FM的中点，
∴FE=EM，
∴∠MOE=∠BOE=12∠MOB，
∵OM是半圆的直径，
∴∠OFM=90°，
又∵∠FMO=50°，
∴∠MOB=40°，
∴∠FOE=20°，
∴∠OCF=70°．
故答案为：70°．
17.【答案】解：∵a=1，b=−2，c=−1，
∴Δ=b2−4ac=−22−4×1×(−1)=8>0，
∴x=−b± b2−4ac2a=−(−2)± 82×1=1± 2，
∴x1=1+ 2，x2=1− 2．
【解析】本题考查了解一元二次方程的方法−公式法．
原方程是一元二次方程的一般形式，先由系数求得根的判别式，再利用求根公式求解．
18.【答案】解：∵m是方程x2+3x−2022=0的一个根，
∴m2+3m−2022=0，
∴m2+3m=2022，
∴m3+2m2−2025m+2022
=m(m2+3m−2025)−m2+2022
=m(2022−2025)−m2+2022
=−3m−m2+2022
=−2022+2022
=0．
【解析】根据一元二次方程的解的定义得到m2+3m−2022=0，则m2+3m=2022，然后利用降次的方法对原式进行化简即可．
本题考查了一元二次方程的解：能使一元二次方程左右两边相等的未知数的值是一元二次方程的解．也考查了代数式的变形．
19.【答案】π
【解析】解：(1)如图，△A′B′C′为所作，A′(6,4)，B′(5,1)；
(2)由题得，BC=2，
如图，点B旋转到点B′所经过的路线长=90×π×2180=π．
故答案为：π；
(1)利用网格特点和旋转的性质，画出点A、B的对应点A′、B′即可得到△A′B′C′，根据平面直角坐标系写出点A′和B′的坐标即可；
(2)利用勾股定理列式求出AC，点A旋转到点A′所经过的路线是以C点为圆心，CA为半径，圆心角为90度的弧，于是可根据弧长公式计算点A旋转到点A′所经过的路线长；
本题考查了利用旋转变换作图，勾股定理，弧长公式，扇形面积公式，熟练掌握网格结构准确找出对应点的位置是解题的关键．
20.【答案】14
【解析】解：(1)∵A盘中数字1所对扇形区域的圆心角为90°，
∴A盘中数字1所对扇形区域占整体的90360=14，
∴转动转盘A，指向的数字为1的概率是14，
故答案为：14；
(2)如图，将A盘4等分，这样才是指向每个区域的可能性均等，用列表法表示所有等可能出现的结果如下：
共有12种等可能出现的结果，其中指针指向的两个区域的数字之和大于5，即甲获胜的有7种，
所以甲获胜的概率为712，乙获胜的概率为512，
所以这个游戏不公平，甲获胜的可能性较大．
(1)求出A盘中数字1所对扇形区域占整体的几分之几即可；
(2)用列表法表示所有可能出现的结果，再根据概率的定义进行计算即可．
本题考查列表法或树状图法，列举出所有等可能出现的结果是正确解答的前提．
21.【答案】解：(1)接受能力y与学习知识所用的连续时间x(min)之间的函数关系式为y=ax2+bx+c，
把(0,43)(6,55)代入y=ax2+bx+c得，
c=4336a+c=55，
解得b=135c=43，
∴y=−110x2+135x+43；
(2)∵y=−110x2+135x+43=−110(x−13)2+59.9，
∴当x=13时，接受能力y最强，
∵重难点的部分需要讲12min，
∴王老师应将重难点放在上课7min到19min的时候讲最好．
【解析】(1)接受能力y与学习知识所用的连续时间x(min)之间的函数关系式为y=−110x2+bx+c，，把(0,43)，(6,55)(代入y=ax2+bx+c得，解方程组即可得到结论；
(2)把y=−110x2+135x+43化为顶点式y=−110(x−13)2+59.9，即可得到结论．
本题考查了二次函数的应用，正确地求出二次函数的解析式是解题的关键．
22.【答案】解：(1)DE与⊙O相切，
证明：连接AD、OD，
∵AB为⊙O的直径，
∴∠BDA=90°，
∴AD⊥BC．
又∵AB=AC，
∴BD=DC，
又∵OB=OA，
∴OD是△ABC的中位线，
∴OD/​/AC．
又∵DE⊥AC，
∴DE⊥OD，
∴DE是⊙O的切线．
(2)若⊙O的半径为52，则AB=AC=5，
在Rt△ADC中，AD=3，AC=5，
∴DC= 52−32=4，
又∵12AC⋅DE=12AD⋅DC，
∴DE=AD⋅DCAC=3×45=125．
【解析】(1)要判断DE是⊙O的切线，只要证明DE垂直于过切点的半径，即DE⊥OD即可；
(2)在Rt△ADC中根据勾股定理求出DC，再根据等积法求出DE．
本题考查了切线的判定．要证某线是圆的切线，已知此线过圆上某点，连接圆心与这点(即为半径)，再证垂直即可．
23.【答案】解：(1)把A(−1,0)代入y=ax2−2ax−3得a+2a−3=0，
解得a=1，
∴抛物线解析式为y=x2−2x−3；
∵y=x2−2x−3=(x−1)2−4，
∴抛物线的顶点坐标为(1,−4)；
(2)∵点P(x,y)到y轴的距离不大于2，
∴−2≤x≤2，
∵x=−2时，y=x2−2x−3=5；x=2时，y=x2−2x−3=−3；x=1时，y有最小值−4，
∴当−2≤x≤2时，−4≤y≤5，
即n=−4，m=5，
∴m−n=5−(−4)=9．
【解析】(1)直接把A点坐标代入y=ax2−2ax−3中求出a，从而得到抛物线解析式，然后把一般式化为顶点式得到抛物线的顶点坐标；
(2)根据题意得到x的范围为−2≤x≤2，再分别计算出x=2和x=−2所对应的函数值，则根据二次函数的性质得到对应的y的范围，从而得到m、n的值，然后计算m−n的值．
本题考查了待定系数法求二次函数的解析式：在利用待定系数法求二次函数关系式时，要根据题目给定的条件，选择恰当的方法设出关系式，从而代入数值求解．也考查了二次函数的性质．
24.【答案】(1)解：∵四边形ABCD为正方形，
∴AB=BC=CD，∠ABC=90°=∠COB=∠COD，OC=OD，∠OCB=∠ODC=45°，
∴△ABC为等腰直角三角形，
∴AB=AC 2=4 2 2=4，
∵EO⊥FO，
∴∠EOF=90°，即∠COE+∠COF=90°，
∵∠DOF+∠COF=90°，
∴∠COE=∠DOF，
在△COE和△DOF中，
∠OCE=∠ODFOC=OD∠COE=∠DOF，
∴△COE≌△DOF(ASA)，
∴CE=DF，
∵BE=1，
∴CE=BC−CE=4−1=3，
∴DF=CE=3，CF=CD−DF=4−3=1，
在Rt△CEF中，EF= CE2+CF2= 32+12= 10；
(2)证明：过点O′作O′G//BD交CF于点G，

∵四边形ABCD为正方形，
∴AC⊥BD，∠OCD=∠ODC=45°，
∴O′G⊥AC，∠OCE=∠OCD+∠FCE=45°+90°=135°，
∵EO′⊥FO′，
∴∠EO′F=90°，∠FO′G+∠EO′G=90°，
∵∠CO′E+∠EO′G=90°，
∴∠FO′G=∠CO′E，
∵O′G//BD，
∴∠O′GC=∠ODC=45°，
∴△O′GC为等腰直角三角形，CG= 2O′C，
∠O′GF=180°−∠O′GC=180°−45°=135°，
∴O′G=O′C，∠O′GF=∠O′CE=135°，
在△O′GF和△O′CE中，
∠FO′G=∠EO′CO′G=O′C∠O′GF=∠O′CE，
∴△O′GF≌△O′CE(ASA)，
∴GF=CE，
∴CF−CE=CF−GF=CG= 2O′C．
【解析】(1)易求得正方形的边长为4，由同角加等角相等可得∠COE=∠DOF，进而利用ASA可证明△COE≌△DOF，得到CE=DF=3，在Rt△CEF中，利用勾股定理即可求解；
(2)过点O′作O′G//BD交CF于点G，则EO′⊥FO′，由同角加等角相等可得∠FO′G=∠CO′E，由平行线的性质可得∠O′GC=∠ODC=45°，进而得到△O′GC为等腰直角三角形O′G=O′C，∠O′GF=∠O′CE=135°，于是利用ASA证明△O′GF≌△O′CE，得到GF=CE，根据等量代换和等腰直角三角形的性质即可得CF−CE=CF−GF=CG= 2O′C．
本题主要考查正方形的性质、勾股定理、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质，解题关键是正确作出辅助线，构造全等三角形解决问题．