浙江省2024年秋季九年级第一次月考数学检测卷 含解析

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浙江省2024年秋季九年级第一次月考数学检测卷
满分120分 时间120分钟
题号 选择题 填空题 解答题
得分
一．选择题（共10小题，满分30分，每小题3分）
1．下列函数是二次函数的是（　　）
A．y＝x2+x B． C． D．
2．抛物线y＝﹣3（x+2）2+1的顶点坐标是（　　）
A．（2，1） B．（﹣2，﹣1） C．（﹣2，1） D．（2，﹣1）
3．一个不透明的袋子中装有3个黄球、1个白球、4个红球和2个黑球，这些球除颜色外都相同，搅匀后从中任意摸出1个球，摸到（　　）球的可能性最大．
A．黄 B．白 C．红 D．黑
4．在Rt△ABC中，∠C＝90°，BC＝3，AC＝4，D为AB的中点．以A为圆心，r为半径作⊙A，若B、C、D三点中只有一点在⊙A内，则⊙A的半径r的取值范围是（　　）
A．2.5＜r≤4 B．2.5＜r＜4 C．2.5≤r≤4 D．2.5≤r＜4
5．如图，△ABC顶点A、B、C均在⊙O上，∠BAC+∠BOC＝84°，则∠BOC为（　　）
A．56° B．60° C．62° D．28°
6．如图，在3×3的正方形网格的格点上摆放了两枚棋子，第三枚棋子随机摆放在其他格点上（每个格点处最多摆放一枚），这三枚棋子所在格点恰好是等腰三角形顶点的概率为（　　）
A． B． C． D．
7．在同一平面直角坐标系中，一次函数y＝kx+b和二次函数y＝b（x+k）2的大致图象是（　　）
A． B．
C． D．
8．如图，将一根长30cm的铁丝弯成一个长方形（铁丝正好全部用完且无损耗），设这个长方形的一边长为x（cm），它的面积为y（cm2），则y与x之间的函数关系式为（　　）
A．y＝﹣x2+30x B．y＝﹣x2+15x C．y＝x2﹣30x D．y＝﹣2x2+15
9．如图，在△ABC中，AB＝AC，以AC为直径的⊙O与AB，BC分别交于点D，E，连接AE，DE，若∠BED＝45°，AB＝2，则阴影部分的面积为（　　）
A． B． C． D．π
10．已知二次函数y＝ax2+bx+c（a＜0）的图象与x轴交于不同两点，与y轴的交点在y轴正半轴，它的对称轴为直线x＝1，有以下结论：①abc＜0，②2a+b＝0，③抛物线上有两点P（x1，y1）和Q（x2，y2），若x1＜1＜x2，且x1+x2＞2，则y1＞y2，④设x1，x2是方程ax2+bx+c＝0的两根，若am2+bm+c＝p，则p（m﹣x1）（m﹣x2）≤0，其中正确的结论是（　　）
A．①②③ B．①②④ C．②③④ D．①②③④
二．填空题（共6小题，满分18分，每小题3分）
11．若y＝（m﹣2）x|m|+1是关于x的二次函数，则m＝　 　．
12．若二次函数y＝ax2的图象开口向上，则a的取值范围是 　 　．
13．如图，将△OAB绕点O逆时针旋转80°，得到△OCD，若∠A＝2∠D＝100°，则∠α的度数　 　．
14．在一个不透明的袋子里装有若干个红球和12个黄球，这些球除颜色不同外其余均相同，每次从袋子中摸出一个球记录下颜色后再放回，经过很多次重复试验，发现摸到黄球的频率稳定在0.75，则袋中红球有　 　个．
15．陕西某民间灯会活动中，主题灯组上有一幅不完整的正多边形图案，如图，AB与BC为该正多边形的一组相邻边，小丽量得∠BAC＝15°，则这个正多边形的边数为 　 　．
16．如图，在平面直角坐标系中，点A、E在抛物线y＝ax2上，过点A、E分别作y轴的垂线，交抛物线于点B、F，分别过点E、F作x轴的垂线交线段AB于两点C、D．当点E（2，4），四边形CDFE为正方形时，则线段AB的长为 　 　．
三．解答题（共8小题，满分72分）
17．（6分）如图，四边形ABCD内接于⊙O，AB为⊙O的直径，∠ABD＝20°，求∠C的度数．
18．（6分）在一个不透明的袋子中装有4个红球和8个黄球，这些球除颜色外都相同，将袋子中的球充分摇匀后，随机摸出一个球．
（1）摸出的球是黄球的概率是 　 　；
（2）若往口袋中再放进去6个同样的红球或黄球，为了使摸出红球和黄球的概率相同，求放入的这6个球中红球的个数？
19．（8分）石拱桥是我国古代人民勤劳和智慧的结晶（如图1），如图2是根据某石拱桥的实物图画出的几何图形，桥的主桥拱是圆弧形，表示为．桥的跨度（弧所对的弦长）AB＝20m，设AB所在圆的圆心为O，半径OC⊥AB，垂足为D．拱高（弧的中点到弦的距离）CD＝4m．求这座石拱桥主桥拱的半径．
20．（8分）如图，△ADE由△ABC绕点A按逆时针方向旋转90°得到，且点B的对应点D恰好落在BC的延长线上，AD，EC相交于点P．
（1）求∠BDE的度数；
（2）F是EC延长线上的点，且∠CDF＝∠DAC．判断DF和PF的数量关系，并证明．
21．（10分）已知二次函数．
（1）求证：不论n取何值时，抛物线的顶点始终在一条直线上．
（2）若点A（b+2，a），B（6n+b﹣4，a）都在二次函数图象上，求证：．
22．（10分）“燃情冰雪，一起向未来”，北京冬奥会于2022年2月4日如约而至，某商家看准商机，进行冬奥会吉祥物“冰墩墩”纪念品的销售，每个纪念品进价40元．规定销售单价不低于44元，且不高于60元．销售期间发现，当销售单价定为44元时，每天可售出300个，由于销售火爆，商家决定提价销售．经市场调研发现，销售单价每上涨1元，每天销量减少10个．
（1）求当每个纪念品的销售单价是多少元时，商家每天获利2640元；
（2）将纪念品的销售单价定为多少元时，商家每天销售纪念品获得的利润w元最大？最大利润是多少元？
23．（12分）如图，△ABC中，AB＝AC，以AB为直径的⊙O交AC，BC分别于点E，D两点，连接ED，BE．
（1）求证：＝．
（2）若BC＝6．AB＝5，求BE的长．
24．（12分）如图，已知二次函数y＝ax2+2x+c的图象与x轴交于A，B两点．A点坐标为（﹣1，0），与y轴交于点C（0，3），点M为抛物线顶点，点E为AB中点．
（1）求二次函数的表达式；
（2）在直线BC上方的抛物线上存在点Q，使得∠QCB＝2∠ABC，求点Q的坐标；
（3）已知D，F为抛物线上不与A，B重合的相异两点，若直线AD，BF交于点P，则无论D，F在抛物线上如何运动，当D，E，F三点共线时，试判断△ABP的面积是否为定值，若是，请求出定值：若不是，请说明理由．
参考答案
一．选择题（共10小题，满分30分，每小题3分）
1．【分析】根据二次函数的定义；形如y＝ax2+bx+c（a，b，c为常数且a≠0），逐一判断即可解答．
【解答】解：A、y＝x2+x，是二次函数，故A符合题意；
B、，不是二次函数，故B不符合题意；
C、，不是二次函数，故C不符合题意；
D、，不是二次函数，故D不符合题意；
故选：A．
2．【分析】根据二次函数的性质，由顶点式直接得出顶点坐标即可．
【解答】解：∵抛物线y＝﹣3（x+2）2+1，
∴当x+2＝0时，y＝1，
∴抛物线y＝﹣3（x+2）2+1的顶点坐标是（﹣2，1），
故选：C．
3．【分析】哪种颜色的球最多，摸到哪种球的可能性就最大，据此求解即可．
【解答】解：∵红球数量最多，
∴摸到红球的可能性最大，
故选：C．
4．【分析】由勾股定理可求得AB的长，进而得到AD的长．再根据题意画出简单示意图，由图形可知当r的长度为AD和AC长度之间时，B、C、D三点中只有点D在⊙A内，据此即可解答
【解答】解：∵在Rt△ABC中，BC＝3，AC＝4，
∴，
∵D为AB的中点，
∴．
由图可知，当⊙A的半径时，点D在⊙A上，
当⊙A的半径r＝AC＝4时，点C在⊙A上，点D在圆内，
当⊙A的半径r＝AB＝5时，点B在⊙A上，点C、D在圆内，
当⊙A的半径满足时，点D在⊙A内，
当⊙A的半径满足4＜r≤5时，点C、D在⊙A内，
当⊙A的半径满足r＞5时，点B、C、D在⊙A内，
∴若B、C、D三点中只有一点在⊙A内，则⊙A的半径r的取值范围是．
故选：A．
5．【分析】根据同弧所对的圆周角等于圆心角的一半即可求解．
【解答】解：由圆周角定理可知：，
∵∠BAC+∠BOC＝84°，
∴，
解得∠BOC＝56°，
故选：A．
6．【分析】利用概率公式求解可得．
【解答】解：由图知第三枚棋子可摆放的位置共有14种，其中这三枚棋子所在格点恰好是等腰三角形顶点的有8种，
∴这三枚棋子所在格点恰好是等腰三角形顶点的概率为＝，
故选：C．
7．【分析】分当k＞0，b＞0时，当k＞0，b＜0时，当k＜0，b＞0时，当k＜0，b＜0时，四种情况讨论即可．
【解答】解：对于一次函数y＝kx+b和二次函数y＝b（x+k）2的图象，
①当k＞0，b＞0时，一次函数y＝kx+b的图象过第一、二、三象限，二次函数y＝b（x+k）2的图象开口向上，对称轴在y轴左侧，没有选项符合题意；
②当k＞0，b＜0时，一次函数y＝kx+b的图象过第一、三、四象限，二次函数y＝b（x+k）2的图象开口向下，对称轴在y轴左侧，没有选项符合题意；
③当k＜0，b＞0时，一次函数y＝kx+b的图象过第一、二、四象限，二次函数y＝b（x+k）2的图象开口向上，对称轴在y轴右侧，选项B符合题意；
④当k＜0，b＜0时，一次函数y＝kx+b的图象过第二、三、四象限，二次函数y＝b（x+k）2的图象开口向下，对称轴在y轴右侧，没有选项符合题意；
故选：B．
8．【分析】根据铁丝的长度及弯成的长方形的一边长，可得出与该边相邻的一边长为（15﹣x）cm，利用长方形的面积公式，即可找出y与x之间的函数关系式．
【解答】解：∵铁丝的长度为30cm，且弯成的长方形的一边长为x cm，
∴与该边相邻的一边长为＝（15﹣x）cm．
根据题意得：y＝x（15﹣x），
即y＝﹣x2+15x．
故选：B．
9．【分析】根据直径所对的圆周角是直角得到∠AEC＝90°，再根据等腰三角形三线合一得出点E是BC的中点，从而得出OE是△ABC的中位线，于是OE∥AB，根据同底等高得到△AOD和△AED的面积相等，从而阴影部分的面积转化为扇形AOD的面积，根据扇形面积公式计算出扇形AOD的面积即可得出阴影部分的面积．
【解答】解：连接OE，OD，
∵AC为⊙O的直径，
∴∠AEC＝90°，
∵AB＝AC，
∴BE＝CE，
即点E是BC的中点，
∵点O是AC的中点，
∴OE是△ABC的中位线，
∴OE∥AB，
∴S△AOD＝S△AED，
∴S阴影＝S扇形OAD，
∵∠AEC＝90°，
∴∠AEB＝90°，
∵∠BED＝45°，
∴∠AED＝45°，
∴∠AOD＝90°，
∴，
∴，
故选：A．
10．【分析】由抛物线与y轴的交点判断c与0的关系，然后根据对称轴判断b与0的关系，可判断①；根据对称轴公式可判断②；根据抛物线的增减性可判断③；根据抛物线与x轴交点情况分三种情况进行讨论，可判断④．
【解答】解：∵二次函数y＝ax2+bx+c（a＜0）的图象与y轴的交点在y轴正半轴，
∴c＞0，
∵对称轴为直线x＝1，
∴，即b＝﹣2a，
∵a＜0，
∴b＞0，
∴abc＜0，故结论①正确；
由①知：b＝﹣2a，
∴2a+b＝0，故结论②正确；
∵a＜0，
∴二次函数y＝ax2+bx+c的图象开口向下，
∴抛物线上的点离对称轴越远其函数值就越小，
∵点P（x1，y1）和Q（x2，y2）在抛物线上，且x1＜1＜x2，x1+x2＞2，
∴x2﹣1＞1﹣x1，即x2到1的距离大于x1到1的距离，
∴y1＞y2，故结论③正确；
∵二次函数y＝ax2+bx+c（a＜0）的图象与x轴交于不同两点，设左边交点的横坐标为x1，右边交点的横坐标为x2，即x1＜x2，如图所示，
若m＜x1，则p＜0，m﹣x1＜0，m﹣x2＜0，
∴p（m﹣x1）（m﹣x2）＜0，
若x1≤m＜x2，则p≥0，m﹣x1≥0，m﹣x2＜0，
∴p（m﹣x1）（m﹣x2）≤0，
若m≥x2，则p≤0，m﹣x1＞0，m﹣x2≥0，
∴p（m﹣x1）（m﹣x2）≤0，
综上所述，p（m﹣x1）（m﹣x2）≤0，故结论④正确，
∴正确的结论是①②③④．
故选：D．
二．填空题（共6小题，满分18分，每小题3分）
11．【分析】根据定义解答即可．
【解答】解：∵函数y＝（m﹣2）x|m|+1是二次函数，
∴，
解得：m＝﹣2，
故答案为：﹣2．
12．【分析】由二次函数y＝ax2的图象开口向上，即可得到a的取值范围．
【解答】解：∵二次函数y＝ax2的图象开口向上，
∴a＞0，
故答案为：a＞0．
13．【分析】由旋转的性质可得∠D＝∠B＝50°，∠DOB＝80°，由三角形内角和定理可求∠AOB＝180°﹣∠A﹣∠B＝30°，即可求解．
【解答】解：∵∠A＝2∠D＝100°，
∴∠D＝50°，
∵将△OAB绕点O逆时针旋转80°，得到△OCD，
∴∠D＝∠B＝50°，∠DOB＝80°，
∴∠AOB＝180°﹣∠A﹣∠B＝30°，
∴∠α＝∠DOB﹣∠AOB＝50°，
故答案为：50°．
14．【分析】设袋中红球有x个，根据题意用黄球数除以红球和黄球的总数等于黄球的频率列出等式即可求出答案．
【解答】解：设袋中红球有x个，根据题意，得：
，
解得：x＝4，
经检验，x＝4是方程的解．
∴袋中红球有4个．
故答案为：4．
15．【分析】由题意知，AB＝BC，则∠BCA＝∠BAC＝15°，可求∠B＝150°，设这个正多边形的边数为n，依题意得，150°n＝180°（n﹣2），计算求解即可．
【解答】解：由题意知，AB＝BC，
∴∠BCA＝∠BAC＝15°，
∴∠B＝180°﹣∠BCA﹣∠BAC＝150°，
设这个正多边形的边数为n，
依题意得，150°n＝180°（n﹣2），
解得，n＝12，
故答案为：十二．
16．【分析】先根据点E坐标求出抛物线的解析式，再求出点F坐标，进而得出正方形的边长，然后可求出点C的纵坐标，即为点A的纵坐标，最后求出A，B两点的横坐标便可解决问题．
【解答】解：由题知，
因为点E（2，4），且点E在抛物线上，
所以a×22＝4，得a＝1，
故抛物线的解析式为y＝x2．
又EF⊥y轴，
则根据抛物线的对称轴可知，
点F的坐标为（﹣2，4）．
所以EF＝2﹣（﹣2）＝4，
即正方形CDFE的边长为4．
所以yc＝4+4＝8，即yA＝8．
将yA＝8代入y＝x2得，
x＝±．
所以．
故AB＝．
故答案为：．
三．解答题（共8小题，满分72分）
17．【分析】由圆周角定理得到∠ADB＝90°，求出∠A＝90°﹣20°＝70°，由圆内接四边形的性质推出∠A+∠C＝180°，即可得到∠C＝110°．
【解答】解：∵AB是圆的直径，
∴∠ADB＝90°，
∵∠ABD＝20°，
∴∠A＝90°﹣20°＝70°，
∵四边形ABCD是圆内接四边形，
∴∠A+∠C＝180°，
∴∠C＝110°．
18．【分析】（1）直接由概率公式求解即可；
（2）设放入红球x个，则黄球为（6﹣x）个，根据摸出两种球的概率相同，列出方程求解即可．
【解答】解：（1）∵在一个不透明的袋子中装有4个红球和8个黄球，这些球除颜色外都相同，
∴摸出每一球的可能性相同，
∴摸出黄球的概率是．
故答案为：．
（2）设放入红球x个，则黄球为（6﹣x）个，
由题意可得：，解得：x＝5．
答：放入的这6个球中红球的个数为5．
19．【分析】设主桥拱半径为R，在Rt△OBD中，根据勾股定理列出R的方程便可求得结果．
【解答】解：连接OB，
∵OC⊥AB，
∴AD＝BD，
设主桥拱半径为R，由题意可知AB＝20，CD＝4，
∴BD＝AB＝10，
OD＝OC﹣CD＝R﹣4，
∵∠ODB＝90°，
∴OD2+BD2＝OB2，
∴（R﹣4）2+102＝R2，
解得R＝14.5，
答：这座石拱桥主桥拱的半径为14.5m．
20．【分析】（1）根据旋转的性质可得AB＝AD，∠BAD＝90°，∠ADE＝∠B＝45°，从而得出答案；
（2）利用三角形的外角等于不相邻的两个内角和即可说明∠FPD＝∠FDP，从而DF＝PF．
【解答】解：（1）由旋转的性质可知，AB＝AD，∠BAD＝90°，
在Rt△ABD中，∠B＝∠ADB＝45°，
∴∠ADE＝∠B＝45°，
∴∠BDE＝∠ADB+∠ADE＝90°．
（2）DF＝PF．理由如下：
由旋转的性质可知，AC＝AE，∠CAE＝90°，
在Rt△ACE中，∠ACE＝∠AEC＝45°，
∵∠CDF＝∠CAD，∠ACE＝∠ADB＝45°，
∴∠ADB+∠CDF＝∠ACE+∠CAD，
即∠FPD＝∠FDP，
∴DF＝PF．
21．【分析】（1）由二次函数解析式得出顶点坐标为（3n，4﹣2n），设x＝3n，y＝4﹣2n，则，即可得解；
（2）由二次函数的性质得出b＝1，从而得出A（3，a），再将A（3，a）代入二次函数解析式即可得出答案．
【解答】证明：（1）由二次函数知，抛物线顶点坐标为（3n，4﹣2n），
设x＝3n，，则，
∴抛物线的顶点始终在直线上；
（2）由题可得（b+2）+（6n+b﹣4）＝6n，则b＝1，
∴A（3，a），
把A（3，a）代入＝得，
∴．
22．【分析】（1）设每件纪念品销售价上涨x元，可得：（x+44﹣40）（300﹣10x）＝2640，即可解得当每个纪念品的销售单价是52元时，商家每天获利2640元；
（2）w＝（x+44﹣40）（300﹣10x）＝﹣10（x﹣13）2+2890，由二次函数性质可得当纪念品的销售单价定为57元时，商家每天销售纪念品获得的利润w最大，最大利润是2890元．
【解答】解：（1）设每件纪念品销售价上涨x元，
根据题意得：（x+44﹣40）（300﹣10x）＝2640，
整理得：x2﹣26x+144＝0，
∴（x﹣8）（x﹣18）＝0，
解得：x1＝8，x2＝18，
∵销售单价不高于60元，
∴x＝8，
答：当每个纪念品的销售单价是52元时，商家每天获利2640元；
（2）根据题意得：
w＝（x+44﹣40）（300﹣10x）
＝﹣10x2+260x+1200
＝﹣10（x﹣13）2+2890，
∵﹣10＜0，二次函数图象开口向下，对称轴为直线x＝13，
∴当x＝13时，w最大，最大值为2890，
∵13+44＝57＜60，
∴当纪念品的销售单价定为57元时，商家每天销售纪念品获得的利润w最大，最大利润是2890元．
23．【分析】（1）连接AD，根据圆周角定理得到AD⊥BC，根据等腰三角形的性质得到CD＝BD，根据弦、弧、圆心角的关系定理证明结论；
（2）连接OD交BE于H，作OF⊥BD于F，根据勾股定理求出AD，根据三角形中位线定理求出OF，根据三角形的面积公式求出BH，根据垂径定理解答．
【解答】（1）证明方法一：连接AD，
∵AB为⊙O的直径，
∴AD⊥BC，
∵AB＝AC，
∴CD＝BD，
∵A、E、D、B四点共圆，
∴∠CED＝∠ABC，
∵AB＝AC，
∴∠ACB＝∠ABC，
∴∠ACB＝∠CED，
∴DE＝DC，
∴DE＝BD，
∴＝；
方法二：如图②，连接AD，
∵AB为⊙O的直径，
∴AD⊥BC，
∵AB＝AC，
∴∠EAD＝∠BAD，
∴＝；
（2）解：连接OD交BE于H，作OF⊥BD于F，
BD＝BC＝3，AB＝5，
又勾股定理得，AD＝＝4，
∵AD⊥BC，OF⊥BD，
∴OF∥AD，又OA＝OB，
∴OF＝AD＝2，
则××BH＝×3×2，
解得，BH＝，
∵＝，
∴BE＝2BH＝．
24．【分析】（1）待定系数法求解析式，即可求解；
（2）根据题意得出∠QCB＝90°，过点C作CQ⊥BC交抛物线于点Q，过点Q作QG⊥y轴于点G，则△GCQ是等腰直角三角形，根据CG＝QG，建立方程，解方程，即可求解；
（3）设D（x1，y1），F（x2，y2），设DF的解析式y＝k（x﹣1），联立抛物线解析式，可得x1+x2＝2﹣k，x1x3＝﹣3﹣k，根据题意，设直线AD解析式为y＝k1（x+1），直线BF的解析式为y＝k2（x﹣3），求得P到x轴的距离是定值，即可求解．
【解答】解：（1）将A（﹣1，0），C（0，3）代入y＝ax2+2x+c，
得，
解得：，
∴抛物线解析式为y＝﹣x2+2x+3；
（2）对于y＝﹣x2+2x+3，令y＝0，则﹣x2+2x+3＝0
解得：x1＝﹣1，x2＝3
∴B（3，0），
∴OB＝OC＝3，
∴△OBC是等腰直角三角形，
∴∠ABC＝45°，
∵∠QCB＝2∠ABC，
∴∠QCB＝90°，
如图所示，过点C作CQ⊥BC交抛物线于点Q，过点Q作QG⊥y轴于点G，
∴∠GCQ＝90°﹣∠ABC＝45°，
∴△GCQ是等腰直角三角形，
∴CG＝QG，
设Q（q，﹣q2+2q+3），则G（0，﹣q2+2q+3），
∴CG＝﹣q2+2q，GQ＝q，
∴﹣q2+2q＝q，
解得：q＝0（舍去）或q＝1，
∴Q（1，4）；
（3）△ABP的面积为定值8．
理由：
如图：
设D（x1，y1），F（x2，y2），
∵点E为AB中点，A（﹣1，0），B（3，0）
∴E（1，0），
∵D，E，F三点共线，
∴可设直线DF的解析式y＝kx+b，
代入E（1，0）得b＝﹣k，
∴直线DF的解析式y＝kx﹣k＝k（x﹣1），
联立，
得﹣x2+（2﹣k）x+（3+k）＝0，
∴x1+x2＝2﹣k，x1x2＝﹣3﹣k，
∵A（﹣1，0），B（3，0），
同理直线AD解析式为y＝k1（x+1），直线BF解析式为y＝k2（x﹣3），
联立，
解得：，
∴，
∵直线AD解析式y1＝k1（x+1），直线BF解析式为y2＝k2（x﹣3），
∴k1＝，k2＝，
∵D（x1，y1），F（x2，y2），
∴y1＝k（x1﹣1），y2＝k（x2﹣1），
∴，
，
∴，
，
∴
＝
＝
＝8，
∴△ABP的面积为．