2020-2021学年河南濮阳九年级下数学月考试卷详细答案与试题解析.pdf

2020-2021学年河南濮阳九年级下数学月考试卷一、选择题1.-2 0 2 0的倒数是（）A.-2020 B.-嬴 C.2020 D.剧2.分别观察下列几何体，其中主视图，左视图和俯视图完全相同的是（）A.A-圆 锥 BS.葭-）C.B7/E棱柱 D.L-3.下列采用的调查方式中，不合适的是（）A.了解马颊河的水质，采用抽样调查B.了解一批灯泡的使用寿命，采用全面调查C.了解濮阳市中学生睡眠时间，采用抽样调查D.了解某班同学的数学成绩，采用全面调查4.一副直角三角板如图放置，点C在FD的延长线上,4W B C的度数为（）F D CA.15 B.10 C.18圆柱。正方体AB/C F,ZF=Z.ACB=9 0 ,贝ijD.305.下列运算正确的是()A.3a2+2a=5a2 B.-8a7+4a=2a6 C.(2a2)3 8a6 D.4a3-3a2 12a66 .若二次函数丫=/-4%+3的图象经过4（一2,丫1）,B（l,y2），C（4,y3）三点，则为，y2的大小关系是（）A.yi 及 乃 B.y3 y2yi c.y2 y3 yi 0.乃%0),其他条件不变，则S四边开IO ABC=-；类比猜想：若直线y=a(a 0)交函数y=V(k 0)的图象于4,B两点，连接。4,I阳过点B作BC。/1 交轴于C,则S即超施Me=-一次小组合作探究课上，小明将两个正方形按如图1所示的位置摆放(点E,4,D在同一条直线上).(2)将正方形4EFG绕点4按逆时针方向旋转(如图2),(1)中的结论还成立吗？若能，请给出证明；若不能，请说明理由.(3)把图1中的正方形分别改写成矩形4EFG和矩形4B C D,且若=芸=j AE=2,A U 1 3AB=4,将矩形AEFG绕点2按顺时针方向旋转(如图3),连接DE,B C,小组发现：在试卷第6页，总23页旋转过程中，DE2+BG2的值是定值，请直接写出这个定值.参考答案与试题解析2020-2021学年河南濮阳九年级下数学月考试卷一、选择题1.【答案】B【考点】倒数【解析】本题考查了倒数，解题关键是掌握倒数的定义并会运用.根据倒数的定义来做即可.【解答】解：根据倒数的定义可得，-2020的倒数为-焉.2020故选B.2.【答案】D【考点】简单几何体的三视图【解析】分别得出圆锥体、圆柱体、三棱柱、正方体的三视图的形状，再判断即可.【解答】解：A,圆锥的主视图、左视图都是等腰三角形，而俯视图是圆，故不符合题意；B,圆柱体的主视图、左视图都是矩形，而俯视图是圆形，故不符合题意；C,三棱柱的主视图、左视图都是矩形，而俯视图是三角形，故不符合题意；D,正方体的三视图都是形状、大小相同的正方形，故符合题意.故选D.3.【答案】B【考点】全面调查与抽样调查【解析】无【解答】解：A,了解马颊河的水质，采用普查不太可能做到，所以采用抽样调查，故4合适；B,了解一批灯泡的使用寿命，不宜采用全面调查，因为调查带有破坏性，故B不合适;C,了解濮阳市中学生睡眠时间，工作量大，宜采用抽样调查，故C合适；D,了解某班同学的数学成绩，宜采用全面调查，故。合适.故选B.4.【答案】A【考点】试卷第8 页，总 23页平行线的性质【解析】此题暂无解析【解答】解：由题意可得：4EDF=45。，2LABC=30,AB/CF,/.ABD=/.EDF=45,乙DBC=45-30=15.故选45.【答案】C【考点】合并同类项幕的乘方与积的乘方单项式乘单项式单项式除以单项式【解析】无【解答】解：A,3a2与2a不是同类项，不能合并，故选项4 错误；B,-8 a7+4a=-2 a6,故选项B错误；C,（2。2）3=一 8。6,故选项C正确;D,4a2-3a2=12a4,故选项D错误.故选C.6.【答案】C【考点】二次函数图象上点的坐标特征【解析】由抛物线的对称轴及其开口方向得出离抛物线对称轴的水平距离越远，对应函数值越大，据此求解可得答案.【解答】解：抛物线y=/一 4x+3的对称轴为直线x=2,抛物线的开口向上，离抛物线对称轴的水平距离越远，对应函数值越大.-2,1,4到对称轴的水平距离分别为4,1,2,y2 y3 yi-故选c.7.【答案】D【考点】根的判别式【解析】分别求出每个方程判别式的值，根据判别式的值与方程的解的个数间的关系得出答案.【解答】解：A.此方程根的判别式4=b2 4ac=（-1）2 4 x l x =0,所以方程有两个相等的实数根，不符合题意；B.此方程根的判别式4=fe2-4ac=22-4 x 1 x 4=-12 0,所以方程没有实数根，不符合题意；C.此方程根的判别式 4=b2-4ac=（-1）2-4 x 1 x 2 =-7 0,所以方程有两个不相等的实数根，符合题意.故选D.8.【答案】B【考点】列表法与树状图法概率公式【解析】本题主要考查了概率的求法，解题的关键是掌握概率的求法，找准两点：全部情况的总数；符合条件的情况数目；二者的比值就是其发生的概率，要求学生具备一定的理解能力和综合分析能力.【解答】解：列表如下：由表可知，共有9种等可能结果，其中摸出的两个球颜色相同的有4种结果,黑黑红白（黑，白）（黑，白）（红，白）黑（黑，黑）（黑，黑）（红，黑）黑（黑，黑）（黑，黑）（红，黑），摸出的两个球颜色相同的概率为g.故选8.9.【答案】C【考点】由实际问题抽象出二元一次方程组【解析】设木条长x尺，绳子长y尺，根据绳子和木条长度间的关系，可得出关于X,y的二元一次方程组，此题得解.【解答】试卷第10页，总23页解：设木条长工尺，绳子长y尺，依题意，由用一根绳子去量一根木条，绳子还剩余4.5尺，可得 y=x+4.5；由将绳子对折再量木条，木条剩余1尺，可得久-1=0.5y.故方程组为：,=x+4-5，0.5y=x 1.故选c.10.【答案】A【考点】直角三角形斜边上的中线菱形的性质【解析】无【解答】解：四边形4BCD是菱形，OA=OC,OB=OD,AC 1 BD.：DH 1 AB,：.乙BHD=9Q,：.BD=2OH.：OH=2,BD=4.OA=3,，AC=6,菱形4BCC的面积为：=：x 6 x 4 =12.故选儿二、填空题【答案】-1 （答案不唯一）【考点】正数和负数的识别绝对值【解析】首先根据这个数的绝对值小于4,可得这个数的绝对值等于0,1,2或3；然后根据绝对值的含义和求法，求出这个数是多少即可.【解答】解：这个数的绝对值小于4,/.这个数的绝对值可以是0,1,2,3.V这个数是负数，/.这个负数可以是-1.故答案为：一1（答案不唯一）.【答案】-1%2【考点】在数轴上表示不等式的解集【解析】此题暂无解析【解答】解：根据数轴表示可得：故答案为：1%2.【答案】16【考点】平移的性质【解析】无【解答】解：由平移的性质可知OF=AC,AD=CF=2.：.四边形 4BFD的周长为 4B+BC+CF+FD+/Z4,即为：力BC的周长+24。=10+2 x 3 =16.故答案为：16.【答案】16【考点】菱形的性质三角形中位线定理勾股定理【解析】无【解答】解：连接B D,交4C于点0,如图，,/菱形4BCC的边长为17,点E,F分别是边CD,BC的中点，AB/CD,AB=BC=CD=DA=17,EF/BD.：AC,BD是菱形的对角线，AC=30,AC 1 BD,AO=CO=15,OB=OD,X V AB 11 CD,EF/BD,DE/BG,BD/EG.：DE/BG,BD/EG,.四边形BDEG是平行四边形，BD=EG.在4 C。中，,/OC 1 OD,CD=17,CO=15,OB=OD=8.试卷第12页，总23页BD=20D=16.EG=BD=16.故答案为：16.【答案】12【考点】勾股定理轴对称一一最短路线问题正方形的性质【解析】无【解答】解：连接ED交4C于一点F,连接B F,如图,四边形4BCD是正方形，点8与点。关于4 c对称.BF=DF,：.8尸5的周长=8尸+5尸+82=。+8 ,此时周长最小.正方形4BC0的边长为8,AD=AB=8,乙DAB=90./点后在48上且8岳=2,AE 6,DE=二 业 +4E2=io,ABFE 的周长=10+2=12.故答案为：12.三、解答题【答案】解：原 式=含+(岩+总)m mm2-9 m 3m m 3(m 4-3)(m 3)mm+3当 7 7 2 =-4时，原式=一 二=一1 4+3【考点】分式的化简求值【解析】根据分式的混合运算法则把原式化简，代入计算即可【解答】解：原式=含+(岩+总)m mm2 9 m-3m m 3(rn 4-3)(m 3)mim+39当m=-4 时，原式 4+3【答案】500,108(2)一般等级的人数=500-(150+200+50)=100(人).因此补充条形统计图如图所示.(3)该市大约在这次答题中成绩不合格的学生人数为:X 20000=2000(人).【考点】扇形统计图用样本估计总体条形统计图【解析】(2)根据条形图求出一般等级的人数.再补画长方条；(3)用样本估计总体；【解答】解：(1)由条形图知良好等级有200人，由扇形图知良好等级占九年级人数的40%,九年级人数=200+40%=500(人).由条形图知优秀等级有150人，因此 优秀 所占圆心角的度数为：黑 x36(T=1080.故答案为：500；108.(2)一般等级的人数=500-(150+200+50)=100(人).因此补充条形统计图如图所示.试卷第14页，总 23页数人一ri-不ft格f f,一般5良好H-H优秀(3)该市大约在这次答题中成绩不合格的学生人数为：X 20000=2000(人).500【答案】解：由题意，在Rt AABD与Rt ACBD中,AD=BD-tanZ.ABD 右 0.9BD,CD=BD-tanZ-CBD x 0.75BD,AC=AD-CD=0.15BD,又 AC=21,BD=140,J CD=0.75BD=105.答：山高CD约为105米.【考点】解直角三角形的应用-仰角俯角问题【解析】在RtzMBD与RMCBC中，由正切的定义分别用BD表示出4。与CD的长.进而求解.【解答】解：由题意，在RtZiABD与RtACBD中，AD=BD-XanZ-ABD 0.9BD,CD=BD-tan/CBD 0.75BD,：.AC=AD-CD=0.15BD,又 AC=21,BD=140,CD=0.75BD=105.答：山高CO约为105米.【答案】解：(1)设购买4种商品每件的进价为x元，购买B种商品每件的进价为y元，依题意，得gxj2y=210,解得；：30：答：购买4种商品每件的进价为50元，B种商品每件的进价为30元.(2)设购进4种商品a件.则50a+30(40-a)1560,解得a 18,又a 2 14,且a为整数，a=14,15,16,17,18.该商店有5种进货方案.【考点】解二元一次方程二元一次方程的应用由实际问题抽象出一元一次不等式【解析】(1)设4种商品每件的进价是x元，根据用2000元购进4种商品和用1200元购进B种商品的数量相同，列分式方程，解出可得结论；(2)设购买4种商品a件，根据用不超过1560元的资金购进4、B两种商品共40件，A种商品的数量不低于14件，列不等式组，即可求得结论.【解答】解：(1)设购买4种商品每件的进价为x元，购买B种商品每件的进价为y 元，依题意，得h x,Z y =210,解 蹴：30.答：购买4种商品每件的进价为50元，B种商品每件的进价为30元.(2)设购进4种商品a件.贝 ij50a+30(40-a)W 1560,解得a 18,又a 2 1 4,且a为整数，a=14,15,16,17,18.该商店有5种进货方案.【答案】(1)证明：连结O C,如图，CD与。相切于点C,Z.OCD=90,Z.ACD+/LACO=90,AD 1 DC,/.ADC=90,ACD+Z.D AC=90,:.Z-ACO=.DAC,v OA=OC,:.Z.OAC=Z.OCA,:.Z.DAC=Z-OAC,:，4 c是NLMB的角平分线.(2)解：1 4B是O O 的直径,/.ACB=90 f试卷第16页，总 23页 乙D=乙ACB=90,v Z-DAC=乙 BAC,Rt ADC Rt ACB,.AD _ AC AC AB9:.AC2=AD-AB=2 x 3 =6,AC=V6.菱形【考点】切线的性质角平分线的定义相似三角形的性质与判定菱形的判定【解析】左侧图片未给出解析左侧图片未给出解析【解答】(1)证明：连结O C,如图,CD与。相切于点C,ZOCD=90,/.Z.ACD+ACO=90,AD 1 DC,:.Z-ADC=90,乙4CD+/MC=90,:./-ACO=乙 CMC,v OA OC,Z.OAC=Z.OCA,:.Z.DAC=Z-OAC,:.4C是N/X4B的角平分线.(2)解：,4B是O。的直径,:.4 ACB=90,乙D=4ACB=90,v Z.DAC=4 B4C,Rt ADC Rt ACB,AD AC =，AC AB4c2=AD MB=2 x 3 =6,AC-V6.(3)解：连结E C,过点。作OF _ L 4。于点F,v“CD=乙 CDF=/.OFD=90,四边形OCDF是矩形，OC=DF=DE+EF=2DE,OC/AE,OC=AE,四边形0CE4是平行四边形，OA=OC,四边形0CE4是菱形.故答案为：菱形.【答案】解：(1);抛物线与y轴交于点(0,3a),c 3ci tV 对称轴为直线x=l,:.X =-=1,2a b=-2a.(2)抛物线过点(2,3),:.3=a x 22+2(-2a)+3a,a=1,b=2a=2,c=3a=3,抛物线的解析式为y=%2-2x+3.(3)v Z?(c+6)=-2a(3a+6)=-6 a2-12a=-6(a+I)2+6,当a=-1 时，b(c+6)的最大值为6,抛物线y=-/+2 x-3 =-(x-1)2-2,故抛物线的顶点坐标为(1,-2).【考点】二次函数图象与系数的关系二次函数的性质待定系数法求二次函数解析式二次函数综合题【解析】(1)根据抛物线与y轴的交点可以得到c与a 的关系，根据对称轴可以得到b与a 的关系；(2)将已知点的坐标代入函数关系式并结合上题求得的系数的关系得到a、b、c的值即可求得其解析式；试卷第18页，总 23页(3)b(c+6)=-2a(3a+6)=-6 a2-12a=-6(a+l)2+6,从而确定a 的值，确定二次函数的解析式后即可确定其顶点坐标.【解答】解:(1)抛物线与y轴交于点(0,3a),*c=3 a,对称轴为直线x=l,b=-2a.(2)v抛物线过点(2,3),3=a x 22+2(-2a)+3a,a=1,b=2a=2,c=3a=3,抛物线的解析式为y=%2-2x+3.(3)v b(c+6)=-2a(3a+6)=-6 a2 12a=-6(a+l)2+6,当a=一 1时，b(c+6)的最大值为6,/.抛物线y=-x2+2x 3=(x l)2-2,故抛物线的顶点坐标为(1,-2).【答案】解：(1)由表格可知，此函数关于y轴对称,x=2与x=-2 的y值相等，图象补充完整如图所示.函数图象关于y轴对称，当x 0 时，y随久增大而增大6,6,2k【考点】函数的图象反比例函数的性质待定系数法求反比例函数解析式反比例函数的应用【解析】根据表格来解答即可.根据函数的图象来解答即可.由图象的对称性和四边形的面积与k的关系即可得出答案.【解答】解：(1)由表格可知，此函数关于y轴对称,x=2与x=2的y值相等，图象补充完整如图所示.(2)由图可知，函数图象关于y轴对称；当x 0时，y随x增大而增大.故答案为：函数图象关于y轴对称；当x 0,*S 四边形OABC=2X3=6.由可知，S四边形OABC=6.由 可 得，S四边形OABC=2k=2k，故答案为：6；6；2k.【答案】BE=DG fBE 1 DG试卷第20页，总23页(2)成立.证明过程如下：延长DG交8E于H,交 于 P.v四边形4EFG是正方形，/.AE=AG,/-EAG=90,又,:四边形4BCD是正方形，AB=AD,Z-BAD=90,/.Z-EAB=Z-GAD,:.LEAB GAD(S/1S),.BE=DG,Z,ADG=乙ABE.v/.ADG+Z-APD=乙4BE+NBPH=90,A Z-DHE=90,BPFF 1 DG.(3)如图，设BE与DG交于Q,BE与4G交于点P,E AG=3,AD=6.v四边形AEFG和四边形/BCD为矩形，:、Z.EAG=Z.BAD f Z.EAB=Z.GADfEA AB-=-，AG AD*.EAB GAD,:.Z-BEA=Z.AGD.v A,E,G,Q四点共圆，乙 GQP=/.PAE=90,*GD J.EB.连接EG,BD,ED2+GB2=EQ2+QD2+GQ2+QB2=EG EG2+BD2=22+32+42+62=65.2+BD2,【考点】正方形的性质全等三角形的性质与判定旋转的性质矩形的性质勾股定理相似三角形的性质与判定【解析】(1)延长DG交BE于“，根据正方形的性质得到4E=AG,AB=AD,AEAB=GAD=9 0,证明 E A BWAG A D,根据全等三角形的性质得到BE=CG,Z.ADG=ZABE.,进而证明NDHE=90。，得到答案；(2)延长DG交BE于交AB于P,证明 A E BWAA G D,根据全等三角形的性质证明；(3)设BE与DG交于Q,BE与AG交于点P,连接EG,B D,证明 E A BSAGAD,得出BEA=A G D,则4 E,G,Q四点共圆，得出NGQP=NPAE=90。，连接EG,BD,由勾股定理可求出答案.【解答】解：(1)如图1,延长DG交BE于H.图1四边形4EFG和四边形/BCD都是正方形，AE=AGf AB=AD,Z.EAB=Z.GAD=90,EAB=GAD(SAS),BE DG,Z.ADG 乙ABE.ABE+AAEB=90,Z.ADG+Z.AEB=90,ADHE=9 0,即BE _LOG.故答案为：BE=DG；BE 1 DG.(2)成立.证明过程如下：延长CG交BE于H,交4B于P.西边形4EFG是正方形,试卷第22页，总23页 AE=AGf 4氏4G=90,又：四边形ABC。是正方形，AB=A Df Z.BAD=90,EAB=/.GAD,E A B =GAD(S1S),:.BE=DG,Z.ADG=Z-ABE.乙4DG+乙4PD=90,.乙 ABE+乙 BPH=90,Z.DHE=9 0 ,即BE ID G.(3)如图，设BE与DG交于Q,BE与4G交于点P,E AG=3,AD=6.四边形4EFG和四边形/BCD为矩形，:.Z.EAG=乙 BAD,:.Z.EAB=Z.GAD,EA _ AB -,AG AD*EAB s&GAD Z.BEA=Z.AGD.v 4,E,G,Q四点共圆，乙 GQP=/.PAE=90,:*GD.L EB.连接EG,BD,.ED2+GB2=EQ2+QD2+GQ2+QB2=EG2+BD2,EG2+BD2=22+32+42+62=65.