2024年沪教版九年级数学上册月考试卷含答案

…………○…………内…………○…………装…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………第=page22页，总=sectionpages22页第=page11页，总=sectionpages11页2024年沪教版九年级数学上册月考试卷含答案考试试卷考试范围：全部知识点；考试时间：120分钟学校：______姓名：______班级：______考号：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共7题，共14分)1、直角三角形斜边c与一直角边a是连续自然数；那么另一直角边的平方是（）

A.c+a

B.c-a

C.ca

D.

2、下午4点30分，时针与分针夹角为（）度．A.75B.60C.45D.303、下面计算正确的是（）A.2-1=-2B.C.（m•n3）2=m•n6D.m6÷m2=m44、如图，⊙O的半径为20，A是⊙O上一点．以OA为对角线作矩形OBAC，且OC=12．延长BC，与⊙O分别交于D，E两点，则CE-BD的值等于（）A.B.C.D.5、sinα表示的是（）A.一个角B.一个角的度数C.线段的长度D.一个比值6、如图；在等腰梯形ABCD中，AD∥BC，对角线AC⊥BD于点O，AE⊥BC，DF⊥BC，垂足分别为E；F，AD=4，BC=8，则AE+EF等于（）

A.9

B.10

C.11

D.12

7、一元二次方程x（x+3）=x+3的解是（）

A.x=0

B.x=1

C.x1=-3，x2=0

D.x1=-3，x2=1

评卷人得分二、填空题(共6题，共12分)8、如图，表示△AOB为O为位似中心，扩大到△COD，各点坐标分别为：A（1，2），B（3，0），D（4，0），则点C坐标为____．

9、在不透明口袋内有形状.

大小.

质地完全一样的5

个小球，其中红球3

个，白球2

个，随机抽取一个小球是红球的概率是______．10、若分式x2鈭�1x+1

的值为0

则实数x

的值为______．11、____．（填“＞”、“＜”或“=”）12、【题文】（2011•重庆）在半径为的圆中，45°的圆心角所对的弧长等于_________13、如图，在△ABC中，点D，E分别在AB，AC上，DE∥BC，若=，DB=2，则AD的长为____．评卷人得分三、判断题(共6题，共12分)14、等边三角形都相似．____．（判断对错）15、2条直角边分别相等的2个直角三角形全等____（判断对错）16、四边形ABCD中，∠A=∠B，∠C=∠D，则四边形ABCD是平行四边形．____（判断对错）17、数轴上表示数0的点叫做原点．（____）18、已知y与x成反比例，又知当x=2时，y=3，则y与x的函数关系式是y=19、数轴上表示数0的点叫做原点．（____）评卷人得分四、作图题(共4题，共28分)20、如图；在平面直角坐标系中，△ABC的三个顶点都在格点上；

（1）画出△ABC关于x轴对称的△A1B1C1．

（2）画出△ABC绕原点O旋转180°后的△A2B2C2．21、如图；已知平行四边形ABCD．

（1）用直尺和圆规作出∠ADC的平分线DE；交AB于点E，（保留作图痕迹，不要求写作法）；

（2）求证：AD=AE．22、在如图所示的正方形网格中；每个小正方形的边长为1，格点三角形（顶点是网格线交点的三角形）ABC的顶点A，B，C的坐标分别为（-3，2），（0，4），（0，2）．

（1）请在如图所示的网格平面内作出平面直角坐标系；

（2）将△ABC以点C为旋转中心旋转180°，画出旋转后对应的△A1B1C；

（3）若将△A1B1C绕某一点M旋转可以得到△A2B2C2，请画出旋转中心，并写出旋转中心M的坐标．23、在如图所示的方格纸中，画出图形中的△ABC向右平移2格后的△A′B′C′，然后再画出将△A′B′C′向上平移2格后的△A″B″C″．评卷人得分五、多选题(共3题，共30分)24、已知二次函数y=ax2+bx+c（a≠0）的图象如图所示，（1）a＜0（2）b＞0

（3）c＜0（4）b2-4ac＞0（5）a+b+c＞0（6）4a+2b+c＞0；

其中判断正确的有（）个．A.3B.4C.5D.625、将抛物线y=（x-2）2-8向左平移3个单位，再向上平移5个单位，得到抛物线的表达式为（）A.y=（x+1）2-13B.y=（x-5）2-3C.y=（x-5）2-13D.y=（x+1）2-326、若不等式x＜a只有5个正整数解，则a的取值范围为（）A.5＜a＜6B.5≤a≤6C.5≤a＜6D.5＜a≤6评卷人得分六、综合题(共3题，共30分)27、已知抛物线m的顶点为（1；0），且经过点（0，1）．

（1）求该抛物线对应的函数的解析式；

（2）将该抛物线向下平移m个单位；设得到的抛物线的顶点为A，与x轴的两个交点为B；C（点B在点C的左侧），若△ABC为等边三角形．

①求m的值；

②设点A关于x轴的对称点为点D，在抛物线上是否存在点P，使得以点P、C、B、D为顶点构成的四边形是菱形？若存在，请写出点P的坐标；若不存在，请说明理由．28、如图，已知C、D是双曲线y=在第一象限分支上的两点，直线CD分别交x轴、y轴于A、B两点．设C（x1，y1）、D（x2，y2），连接OC、OD（O是坐标有点），若∠BOC=∠AOD=α，且tanα=，OC=．

（1）求C；D的坐标和m的值；

（2）双曲线上是否存在一点P，使得△POC和△POD的面积相等？若存在，给出证明，若不存在，说明理由．29、阅读理解。

规定：某人接受指令“[A；a]”（0°＜|A|＜360°）的行动结果为在原地旋转A后，再向正前方沿直线行走a米，A为正时按逆时针方向，A为负时为顺时针方向，以现在甲所在位置作为坐标原点，以其面向的正东方向为x轴正方向建立平面直角坐标系．

（1）若他接到指令是[150°，2]，他完成后的位置是____，若他接到的指令是[-45°，2]，他完成后的位置是____；（用平面直角坐标表示）

（2）若他完成一次指令后的位置是（0，-3），则他接到的指令是[____]或[____]；

（3）若甲、乙均站在原点，都面向正东，乙按指令[-240°，6]走到指定位置，甲按指令[A，3]走到指定位置，发现他在乙的正南方向，则A为____（A＞0°）．参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、A【分析】

由题意知；a；c为连续的自然数；

则有c-a=1；

∵c为斜边；

∴b2=c2-a2=（c+a）（c-a）；

∵c-a=1；

∴b2=c+a．

故选A．

【解析】【答案】由题意知，a、c是连续自然数，即c-a=1，根据b2=c2-a2即可求解．

2、C【分析】【分析】根据时针与分针相距的份数乘以每份的度数，可得答案．【解析】【解答】解：4点30分，时针与分针相距1+=份；

4点30分，时针与分针30×=45°；

故选：C．3、D【分析】解：A、2-1=故A错；

B、=2；故B错；

C、（m•n3）2=m2n6；故C错；

D、m6÷m2=m4；故D对．

故选D．

a-p=算术平方根只有一个积的乘方；等于把积中的每一个因式分别乘方，再把所得的幂相乘．

同底数幂的除法法则为：底数不变；指数相减．

相应的关于整式乘除法的法则和一些相关的知识点需熟练掌握且区分清楚，才不容易出错．【解析】【答案】D4、B【分析】【分析】连接OE，作ON⊥DE，由垂径定理得EN=DN，在Rt△AOB中利用勾股定理求出OB的长，利用三角形的面积公式求出ON的长，在Rt△OCN中，利用勾股定理求出CN的长，进而可得出BN的长，由CE-BD=（EN-CN）-（DN-BN）=BN-CN即可得出结论．【解析】【解答】解：如图；连接OE，作ON⊥DE；

∴EN=DN；

∵在Rt△AOB中；OA=20，AB=OC=12；

∴OB===16，

∴ON===；

在Rt△OCN中；

CN==；

∵BN=BC-CN=20-=；

∴CE-BD=（EN-CN）-（DN-BN）=BN-CN=-=；

故选B．5、D【分析】【分析】根据三角函数的定义解答．【解析】【解答】解：sinα表示三角函数值；是个比值．

故选D．6、B【分析】

过D点作AC的平行线；交BC的延长线于G点；

∵AD∥BC；

∴四边形ADGC为平行四边形；

∴DG=AC；

∵AC⊥BD；

∴DG⊥BD；

∵等腰梯形ABCD；

∴AC=BD；

∴DG=BD；

∴△DBG为等腰直角三角形；

∴∠G=∠ACE=45°；

∴△AEC是等腰直角三角形；

∴AE=CE=EF+=6；

∴FC=6-4=2；

∵EF=AD=4；

∴AE+EF=6+4=10．

故选B．

【解析】【答案】作辅助线：延长BC至G；使DG∥AC，由AD∥BC，可知四边形ADGC为平行四边形，所以DG=AC，而等腰梯形中两对角线相等，所以DG=BD，而DF⊥BG，则△AEC为等腰直角三角形，从而得到FC=FG-AD=2，则EF=BC-2FC=8-2FC=4，所以AE+EF=6+4=10．

7、D【分析】

方程x（x+3）=x+3；

移项得：x（x+3）-（x+3）=0；

分解因式得：（x+3）（x-1）=0；

可得：x+3=0或x-1=0；

解得：x1=-3，x2=1．

故选D

【解析】【答案】将方程右边的多项式看做一个整体；移项到方程左边，提取x+3后化为积的形式，然后利用两数相乘积为0，两因式中至少有一个为0转化为两个一元一次方程，求出一次方程的解即可得到原方程的解．

二、填空题(共6题，共12分)8、略

【分析】

∵△AOB与△COD是位似图形；

OB=3；OD=4，所以其位似比为3：4．

∵点A的坐标为A（1；2）；

所以点C的坐标为（）．

故答案为：（）．

【解析】【答案】由图中数据可得两个三角形的位似比；进而由点A的坐标，结合位似比即可得出点C的坐标．

9、略

【分析】解：隆脽

共有5

个小球；其中红球3

个，白球2

个；

隆脿

随机抽取一个小球是红球的概率是35

故答案为：35

．

用红球的个数除以总球的个数；即可得出答案．

本题考查了概率的知识.

用到的知识点为：概率=

所求情况数与总情况数之比．【解析】35

10、1【分析】解：由题意；得。

x2鈭�1=0

且x+1鈮�0

解得；x=1

．

故填：1

．

分式的值等于零：分子等于零；且分母不等于零．

本题考查了分式的值为零的条件.

分式的值为0

的条件是：(1)

分子为0(2)

分母不为0.

两个条件需同时具备，缺一不可.

据此可以解答本题．【解析】1

11、略

【分析】∵5＞4，∴＞2。∴﹣1＞2﹣1，即﹣1＞1。∴【解析】【答案】＞。12、略

【分析】【解析】45°的圆心角所对的弧长==1．

故答案为1．【解析】【答案】113、4【分析】【分析】根据平行线分线段成比例定理得出比例式，代入求出即可．【解析】【解答】解：∵DE∥BC；

∴=；

∵=；DB=2；

∴=；

解得：AD=4；

故答案为：4．三、判断题(共6题，共12分)14、√【分析】【分析】根据等边三角形的性质得到所有等边三角形的内角都相等，于是根据有两组角对应相等的两个三角形相似可判断等边三角形都相似．【解析】【解答】解：等边三角形都相似．

故答案为√．15、√【分析】【分析】利用“SAS”进行判断．【解析】【解答】解：命题“2条直角边分别相等的2个直角三角形全等”是真命题．

故答案为√．16、×【分析】【分析】根据平行四边形的判定方法：两组对角分别相等的四边形是平行四边形可得答案．【解析】【解答】解：根据平行四边形的判定方法可得∠A=∠B；∠C=∠D，则四边形ABCD不一定是平行四边形，例如等腰梯形ABCD中；

∠A=∠B；∠C=∠D；

故答案为：×．17、√【分析】【分析】根据数轴的定义，规定了唯一的原点，唯一的正方向和唯一的单位长度的直线，从原点出发朝正方向的射线上的点对应正数，相反方向的射线上的点对应负数，原点对应零．【解析】【解答】解：根据数轴的定义及性质；数轴上表示数0的点叫做原点．

故答案为：√．18、√【分析】【解析】试题分析：设y与x的函数关系式是再把x=2时，y=3代入即可求得结果.设y与x的函数关系式是当x=2，y=3时，则y与x的函数关系式是y=故本题正确.考点：待定系数法求反比例函数关系式【解析】【答案】对19、√【分析】【分析】根据数轴的定义，规定了唯一的原点，唯一的正方向和唯一的单位长度的直线，从原点出发朝正方向的射线上的点对应正数，相反方向的射线上的点对应负数，原点对应零．【解析】【解答】解：根据数轴的定义及性质；数轴上表示数0的点叫做原点．

故答案为：√．四、作图题(共4题，共28分)20、略

【分析】【分析】（1）利用关于x轴对称的点的坐标特征写出点A、B、C的对称点A1、B1、C1的坐标，然后描点即可得到△A1B1C1；

（2）利用关于原点对称的点的坐标特征写出点A、B、C的对称点A2、B2、C2的坐标，然后描点即可得到△A2B2C2．【解析】【解答】解：（1）如图，△A1B1C1为所作；

（2）如图，△A2B2C2为所作．

21、略

【分析】【分析】（1）以D为圆心，以任意长为半径画弧，交DC和AD于两点，分别以这两点为圆心，以大于这两点之间的距离为半径画弧；两弧交于一点，过这点作AE即可；

（2）根据平行四边形性质得到AB∥CD，得到∠2=∠3，推出∠1=∠3，即可得到答案．【解析】【解答】（1）答：如图

（2）证明：∵▱ABCD；

∴AB∥DC；

∴∠2=∠3；

∵∠1=∠2；

∴∠1=∠3；

∴AE=AD．22、略

【分析】【分析】（1）以点C向下2个单位为坐标原点建立平面直角坐标系即可；

（2）根据网格结构找出点A1、B1的位置；再与点C顺次连接即可；

（3）根据旋转的性质，连接对应点A1A2、B1B2、CC2，交点即为旋转中心M．【解析】【解答】解：（1）建立平面直角坐标系如图所示；

（2）△A1B1C如图所示；

（3）点M（2；-1）．

23、略

【分析】【分析】把△ABC的各顶点向右平移2格，顺次连接各顶点即为△A′B′C′；再向上平移4个单位，顺次连接各顶点即为△A″B″C″．【解析】【解答】解：五、多选题(共3题，共30分)24、B|C【分析】【分析】采用形数结合的方法解题．根据抛物线的开口方向，对称轴，与x、y轴的交点通过推算进行判断．【解析】【解答】解：①∵二次函数y=ax2+bx+c的图象的开口方向是向下；∴a＜0；故本选项正确；

②根据对称轴在y轴的右侧，ab的符号相反，得出b＞0；故本选项正确；

③二次函数y=ax2+bx+c的图象与y轴交于负半轴；∴c＜0；故本选项正确；

④∵二次函数y=ax2+bx+c的图象与x轴有两个不同的交点，∴△=b2-4ac＞0；故本选项不正确；

⑤当x=1时，a+b+c＞0；故本选项正确。

⑥∵根据图象知，当x=2时，y＜0，即4a+2b+c＜0；故本选项不正确；

综上所述；正确结论共4个；

故选B．25、B|D【分析】【分析】根据“上加下减，左加右减”的原则进行解答即可．【解析】【解答】解：由“左加右减”的原则可知，将抛物线y=（x-2）2-8向左平移3个单位所得直线的解析式为：y=（x-5）2-8；

由“上加下减”的原则可知，将抛物线y=（x-5）2-8向上平移5个单位所得抛物线的解析式为：y=（x-5）2-3．

故选：B．26、A|D【分析】【分析】根据题意可以得到a的取值范围，本题得以解决．【解析】【解答】解：∵不等式x＜a只有5个正整数解；

∴a的取值范围是：5＜a＜6；

故选A．六、综合题(共3题，共30分)27、略

【分析】【分析】（1）根据抛物线的顶点坐标及函数经过点（0；1），利用待定系数法求解即可．

（2）①先写出平移后的函数解析式；然后得出A；B、C三点的坐标，过点A作AH⊥BC于H，根据△ABC为等边三角形，可得出关于m的方程，解出即可；

②求出点D坐标，分两种情况进行讨论，①PD为对角线，②PD为边，根据菱形的性质求解即可．【解析】【解答】解：（1）由题意可得：；

解得：

∴抛物线对应的函数的解析式为y=x2-2x+1．

（2）①如图1：

将y=x2-2x+1向下平移m个单位得：y=x2-2x+1-m=（x-1）2-m；

可知A（1，-m），B（1-，0），C（1+，0），BC=2．

过点A作AH⊥BC于H；

∵由△ABC为等边三角形；

∴BH=HC=BC；∠CAH=30°；

∴AH=，即；

由m＞0；

解得：m=3．

②在抛物线上存在点P；能使四边形CBDP为菱形．理由如下：

∵点D与点A关于x轴对称；

∴D（1；3）；

情况一：如图2；

当DP为对角线时；显然点P在点A位置上时，符合题意；

故此时点P坐标为（1；-3）；

情况二：当DP为边时要使四边形CBDP为菱形；需DP∥BC，DP=BC，如图3；

由点D的坐标为（1，3），DP=BC=2，可知点P的横坐标为1+2；

当x=1+2时，y=x2-2x+1-m=x2-2x-2=9≠3；

故不存在这样的点P．

综上可得，存在使四边形CBDP为菱形的点P，坐标为（1，-3）．28、略

【分析】【分析】（1）过点C作CG⊥x轴于G，在直角△OCG中，已知tanα=，OC=，就可以求出CG，OQ的长，就得到C点的坐标．根据待定系数法得到反比例函数的解析式．过D作DH⊥x轴于H，则DH=y2，OH=x2，在Rt△ODH中，tanα=，∴，即y2=3x2，由x2y2=3解得DH的长；进而求出OH，得到D点的坐标．

（2）双曲线上存在点P，使得S△POC=S△POD，这个点就是∠COD的平分线与双曲线的交点，易证△POC≌△POD，则S△POC=S△POD【解析】【解答】解：（1）过点C作CG⊥x轴于G；

则CG=y1，OG=x1；

在Rt△OCG中；∠GCO=∠BOC=α；

∵tanα=；

∴=；

即y1=3x1；

又∵OC=；

∴x12+y12=10，

即x12+（3x1）2=10；

解得：x1=1或x1=-1（不合题意舍去）

∴x1=1，y1=3；

∴点C的坐标为C（1；3）．

又∵点C在双曲线上；可得：m=3；

过D作DH⊥x轴于H，则DH=y2，OH=x2

在Rt△ODH中，tanα=；

∴；

即x2=3y2；

又∵x2y2=3；

∴y2=1或y2=-1（不合舍去）；

∴x2=3，y2=1；

∴点D的坐标为D（3；1）；

（2）双曲线上存