2025年牛津上海版九年級數(shù)學(xué)下冊月考試卷

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年牛津上海版九年級數(shù)學(xué)下冊月考試卷409考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學(xué)校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四五六總分得分評卷人得分一、選擇題(共7題，共14分)1、下列幾何體：

其中；左視圖是平行四邊形的有（）

A.4個。

B.3個。

C.2個。

D.1個。

2、已知：如圖：在?ABCD中，CE⊥AB，E為垂足，如果∠A=125°，則∠BCE的度數(shù)是（）A.25°B.30°C.35°D.55°3、將二次函數(shù)化為的形式，下列結(jié)果正確的是[（）]A.B.C.D.4、甲、乙、丙、丁四名射擊運動員參加射擊預(yù)選賽，他們射擊成績的平均環(huán)數(shù)及方差如下表所示：。甲乙丙丁11.1若要選出一個成績較好且狀態(tài)穩(wěn)定的運動員去參賽，那么應(yīng)選運動員（）A.甲B.乙C.丙D.丁5、【題文】如下圖，兩圓相交于A，B兩點，小圓經(jīng)過大圓的圓心O，點C，D分別在兩圓上，若則的度數(shù)為。

A.B.C.D.6、已知關(guān)于x的方程x2-kx-6=0的一個根為-2，則實數(shù)k的值為（）A.1B.-1C.2D.-27、剪紙是中華傳統(tǒng)文化中的一項瑰寶；下列剪紙圖案中是軸對稱圖形的共有（）

A.0個B.1個C.2個D.3個評卷人得分二、填空題(共8題，共16分)8、如圖是用棋子擺成的圖案，擺第1個圖案需要7枚棋子，擺第2個圖案需要19枚棋子，擺第3個圖案需要37枚棋子，按照這樣的方式擺下去，則擺第6個圖案需要____枚棋子．

9、如圖，△ABC為一鐵板零件，AB=AC=15厘米，底邊BC=24厘米，則做成這樣的10個零件共需____平方厘米的材料．10、某鋼廠第一季度生產(chǎn)a噸鋼，以后每季度比上一季度增產(chǎn)x%，則第三季度生產(chǎn)____．11、某縣城2009年底商品房均價為2000元/m2，經(jīng)過2010年第1季度和第2季度的漲價，商品房均價達3600元/m2，設(shè)每季度平均增長率為x，則可列方程為：____．12、（2014?江漢區(qū)二模）如圖，在四邊形ABCD中，E、F分別是AB、AD的中點，若EF=2，BC=5，CD=3，則tanC=____．13、某步行街擺放有若干盆甲、乙、丙三種造型的盆景．甲種盆景由15朵紅花、24朵黃花和25朵紫花搭配而成，乙種盆景由10朵紅花和12朵黃花搭配而成，丙種盆景由10朵紅花、18朵黃花和25朵紫花搭配而成．這些盆景一共用了2900朵紅花，3750朵紫花，則黃花一共用了____朵．14、（2009?青浦區(qū)一模）如果拋物線y=x2-4x+4是由拋物線y=x2經(jīng)過平移得到的，那么平移的距離是____．15、計算：＝評卷人得分三、判斷題(共8題，共16分)16、三角形一定有內(nèi)切圓____．（判斷對錯）17、同一平面內(nèi)，過一點有且只有一條直線與已知直線平行和垂直____（判斷對錯）．18、一條直線有無數(shù)條平行線．（____）19、如果一個三角形的兩個角分別為60和72，另一個三角形有兩個角分別為60°和48°，那么這兩個三角形可能不相似．____．（判斷對錯）20、等邊三角形都相似．____．（判斷對錯）21、（-4）+（-5）=-9____（判斷對錯）22、兩個全等三角形的對應(yīng)邊的比值為1．____．（判斷對錯）23、一組對邊平行，另一組對邊相等的四邊形是平行四邊形．____．（判斷對錯）評卷人得分四、計算題(共1題，共4分)24、如圖，已知，⊙O的半徑為3cm，過直徑BA延長線上一點P作直線分別交⊙O于點C，D，若C是PD的中點，且PC=2PA，求PA的長．評卷人得分五、證明題(共3題，共9分)25、（1）如圖1；過正方形ABCD內(nèi)部任意一點O作兩條互相垂直的直線，分別交AD；BC于點E、F，交AB、CD于點G、H，證明：EF=GH；

（2）當(dāng)點O在正方形ABCD的邊上或外部時，過點O作兩條互相垂直的直線，被正方形相對的兩邊（或它們的延長線）截得的兩條線段還相等嗎？圖2是其中一種情形，試就該圖形對你的結(jié)論加以證明．26、如圖所示，已知在△ABC中，AB與AC的垂直平分線分別交AB于點D，交AC于點E，它們相交于點F，求證：BF=FC．27、求證：（2x-3）（2x+1）（x2-1）+1是一個完全平方式．評卷人得分六、綜合題(共4題，共32分)28、如圖1；AC為⊙O的直徑，過點C的切線與弦AB的延長線交于點D，OE為半徑，OE⊥AB于點H，連接CE；CB．

（1）求證：∠COE=2∠DCE；

（2）若AB=8；EH=2，求CE的長；

（3）在（2）的條件下，如圖2，作∠ECB的外角平分線交⊙O于點M，過M作MN⊥CE于點N，求CN的長．29、圖1是只有一組對角為直角的四邊形（我們規(guī)定這一類四邊形的集合為M）；連接它的兩個非直角頂點的線段叫做這個四邊形的“直徑”（相當(dāng)于經(jīng)過這個四邊形的四個頂點的圓的直徑）．

（1）識圖：如圖1，四邊形ABCD的直徑是線段____；

（2）判斷：如圖2；在坐標系中（網(wǎng)格小方格的單位長為1）的四邊形EFGH是否為M中的四邊形？給出簡要說明；

（3）思考；操作并解決問題：在圖2中找到一個點P；使四邊形EFPH為M中的四邊形，并且這個四邊形用一條直線分割成兩塊后可以拼成一個正方形．要求：寫出點P的坐標、畫出分割線，并說明理由．

30、如圖a，在平面直角坐標系xOy中，半徑為1的⊙O1的圓心為坐標原點；一塊直角三角板ABC的斜邊AB在x軸上，A（-6，0），B（-5，0），∠BAC=30°，該三角板沿x軸正方向以每秒1個長度單位的速度運動，設(shè)運動時間為t

（1）當(dāng)AC邊所在直線與⊙O1相切時；求t的值；

（2）當(dāng)頂點C恰好在⊙O1上時；求t的值；

（3）如圖b，⊙O2的圓心為坐標原點，半徑為，點T是第一象限內(nèi)的動點，以T為頂點作矩形TP1QP2，使得點P1、P2在⊙O1上，點Q在⊙O2的內(nèi)部；直接寫出線段OT的取值范圍．

31、已知：如圖，把矩形OCBA放置于直角坐標系中，OC=3，BC=2，取AB的中點M；連接MC，把△MBC沿x軸的負方向平移OC的長度后得到△DAO．

（1）試直接寫出點D的坐標；

（2）已知點B與點D在經(jīng)過原點的拋物線上；點P在第一象限內(nèi)的該拋物線上移動，過點P作PQ⊥x軸于點Q，連接OP．

①若以O(shè)；P、Q為頂點的三角形與△DAO相似；試求出點P的坐標；

②試問在拋物線的對稱軸上是否存在一點T，使得|TO-TB|的值最大？參考答案一、選擇題(共7題，共14分)1、B【分析】

圓柱的左視圖是長方形；長方形是一個特殊的平行四邊形；

圓錐的左視圖是三角形；

棱柱的左視圖是長方形；長方形是一個特殊的平行四邊形；

長方體的左視圖是長方形；長方形是一個特殊的平行四邊形；

故左視圖是平行四邊形的有3個；

故選：B．

【解析】【答案】左視圖是從幾何體的左面看所得到的圖形．

2、C【分析】【分析】根據(jù)平行四邊形鄰角互補求出∠B，再根據(jù)直角三角形兩銳角互余列式計算即可得解．【解析】【解答】解：在?ABCD中；∵∠A=125°；

∴∠B=180°-∠A=180°-125°=55°；

∵CE⊥AB；

∴∠BEC=90°；

∴∠BCE=90°-∠B=90°-55°=35°．

故選C．3、D【分析】試題分析：故選D.考點：二次函數(shù)的三種形式．【解析】【答案】D.4、B【分析】試題分析：先比較平均數(shù),乙丙的平均成績好且相等,再比較方差,方差越小越穩(wěn)定，即可解答．故選B考點:平均數(shù)和方差【解析】【答案】B5、B【分析】【解析】連接OA；OB，根據(jù)圓內(nèi)接四邊形的內(nèi)對角互補，可得出∠AOB=80°，再根據(jù)圓周角定理可求得∠ACB的度數(shù)．

解：如圖：連接OA；OB，∵四邊形AOBD是圓內(nèi)接四邊形；

∴∠AOB+∠D=180°；

∵∠ADB=100°；

∴∠AOB=80°；

∴∠ACB=40°．

故答案為B．

點評：本題考查了圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)以及圓周角定理，圓內(nèi)接四邊形的內(nèi)對角互補．【解析】【答案】B6、A【分析】【分析】根據(jù)一元二次方程的根的定義、一元二次方程的定義求解．【解析】【解答】解：∵x=-2是方程的根，由一元二次方程的根的定義，可得（-2）2+2k-6=0；

解此方程得到k=1．

故選A．7、D【分析】【分析】根據(jù)軸對稱圖形的概念求解即可．【解析】【解答】解：第一個圖形是軸對稱圖形；

第二個圖形是軸對稱圖形；

第三個圖形是軸對稱圖形；

第四個圖形不是軸對稱圖形；

故一共有三個剪紙圖案是軸對稱圖形．

故選D．二、填空題(共8題，共16分)8、略

【分析】【分析】依次解出n=1，2，3，，圖案需要的棋子枚數(shù)．再根據(jù)規(guī)律以此類推，可得出第n個圖案需要的棋子枚數(shù)，進一步代入求得答案即可．【解析】【解答】解：∵n=1時；總數(shù)是6+1=7；

n=2時；總數(shù)為6×（1+2）+1=19；

n=3時；總數(shù)為6×（1+2+3）+1=37枚；

；

∴n=n時，有6×（1+2+3+n）+1=6×+1=3n2+3n+1枚．

∴n=6時；總數(shù)為6×（1+2+3+6）+1=127枚．

故答案為：127．9、略

【分析】【分析】三角形ABC為等腰三角形．過A向BC作垂線，交于點D，點D為BC中點，根據(jù)勾股定理可求出AD的長度，從而可得出三角形ABC的面積，進而可求出10個這樣三角形的面積．【解析】【解答】解：如圖：

AD⊥BC；由于ABC為等腰三角形，則D為BC中點，所以BD=12；

根據(jù)勾股定理得AD==9；

所以三角形ABC的面積為S==108；

所以10個這樣的零件共需要的材料面積為：1080平方厘米．10、略

【分析】【分析】本題是增長率問題，一般形式為a（1+x）2=b，a為起始時間的有關(guān)數(shù)量，b為終止時間的有關(guān)數(shù)量．【解析】【解答】解：依題意，可知：第三季度生產(chǎn)鋼的噸數(shù)為：a（1+x%）2．11、略

【分析】

設(shè)每季度的平均增長率為x．

根據(jù)題意可得：2000（1+x）2=3600．

故答案為：2000（1+x）2=3600．

【解析】【答案】根據(jù)題意，可設(shè)每季度的平均增長率為x，則到2010年第2季度房價為2000（1+x）（1+x），由商品房均價達3600元/m2；列出一元二次方程即可．

12、略

【分析】【分析】根據(jù)中位線的性質(zhì)得出EF∥BD，且等于BD，進而得出△BDC是直角三角形，求出即可．【解析】【解答】解：連接BD；

∵E；F分別是AB、AD的中點；

∴EF∥BD，且等于BD；

∴BD=4；

∵BD=4；BC=5，CD=3；

∴△BDC是直角三角形；

∴tanC==；

故答案為：13、略

【分析】

設(shè)步行街擺放有甲；乙、丙三種造型的盆景分別有x盆、y盆、z盆．

由題意，有

由①得；3x+2y+2z=580；

即x+2y+2（x+z）=580③；

由②得；x+z=150④；

把④代入③；得x+2y=280；

∴2y=280-x⑤；

由④得z=150-x⑥．

∴4x+2y+3z=4x+（280-x）+3（150-x）=730；

∴黃花一共用了：24x+12y+18z=6（4x+2y+3z）=6×730=4380．

故黃花一共用了4380朵．

【解析】【答案】題中有兩個等量關(guān)系：甲種盆景所用紅花的朵數(shù)+乙種盆景所用紅花的朵數(shù)+丙種盆景所用紅花的朵數(shù)=2900朵；甲種盆景所用紫花的朵數(shù)+丙種盆景所用紫花的朵數(shù)=3750朵．據(jù)此可列出方程組，設(shè)步行街擺放有甲；乙、丙三種造型的盆景分別有x盆、y盆、z盆，用含x的代數(shù)式分別表示y、z，即可求出黃花一共用的朵數(shù)．

14、略

【分析】

原拋物線的頂點為（0；0），新拋物線的頂點為（2，0）；

∴平移的距離為|2-0|=2．

【解析】【答案】易得兩拋物線的頂點；看兩頂點之間的距離即可．

15、略

【分析】原式=【解析】【答案】三、判斷題(共8題，共16分)16、√【分析】【分析】根據(jù)三角形的內(nèi)切圓與內(nèi)心的作法容易得出結(jié)論．【解析】【解答】解：∵三角形的三條角平分線交于一點；這個點即為三角形的內(nèi)心，過這個點作一邊的垂線段，以這個點為圓心，垂線段長為半徑的圓即三角形的內(nèi)切圓；

∴三角形一定有內(nèi)切圓；

故答案為：√．17、×【分析】【分析】根據(jù)平行公理和垂線的性質(zhì)解答．【解析】【解答】解：同一平面內(nèi)；過直線外一點有且只有一條直線與已知直線平行和垂直是正確的．

故答案為：×．18、√【分析】【分析】根據(jù)平行線的定義：在同一平面內(nèi)，不相交的兩條直線叫平行線即可作出判斷．【解析】【解答】解：由平行線的定義可知；一條直線有無數(shù)條平行線是正確的．

故答案為：√．19、×【分析】【分析】先利用三角形內(nèi)角和計算出兩個角分別為60°和72°的三角形第三個內(nèi)角為48°，于是根據(jù)有兩組角對應(yīng)相等的兩個三角形相似可判斷兩個角分別為60°和72°的三角形與有兩個角分別為60°和48°的三角形相似．【解析】【解答】解：一個三角形的兩個角分別為60°和72°；則第三個角為48°，而另一個三角形有兩個角分別為60°和48°，所以這兩個三角形相似．

故答案為×．20、√【分析】【分析】根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)得到所有等邊三角形的內(nèi)角都相等，于是根據(jù)有兩組角對應(yīng)相等的兩個三角形相似可判斷等邊三角形都相似．【解析】【解答】解：等邊三角形都相似．

故答案為√．21、√【分析】【分析】根據(jù)同號相加，取相同符號，并把絕對值相加即可求解．【解析】【解答】解：（-4）+（-5）

=-（4+5）

=-9．

故答案為：√．22、√【分析】【分析】根據(jù)①全等三角形的對應(yīng)邊相等，②全等三角形的對應(yīng)角相等可得出答案．【解析】【解答】解：∵全等三角形的對應(yīng)邊相等。

∴兩個全等三角形的對應(yīng)邊的比值為1．

故答案為：√．23、×【分析】【分析】根據(jù)平行四邊形的判定定理進行分析即可．【解析】【解答】解：一組對邊平行；另一組對邊相等的四邊形是平行四邊形，說法錯誤，例如等腰梯形，也符合一組對邊平行，另一組對邊相等．

故答案為：×．四、計算題(共1題，共4分)24、略

【分析】【分析】設(shè)PA=x，則PB=PA+AB=x+6，PC=2x，由C是PD的中點得到PD=2PC=4x，在根據(jù)切割線定理得到2x?4x=x?（x+6），然后解方程即可得到PA的長．【解析】【解答】解：設(shè)PA=x；則PB=PA+AB=x+6，PC=2x；

∵C是PD的中點；

∴PD=2PC=4x；

∴PC?PD=PA?PB；

∴2x?4x=x?（x+6）；

整理得7x2-6x=0，解得x1=0（舍去），x2=；

∴PA的長為．五、證明題(共3題，共9分)25、略

【分析】【分析】（1）過E作EK⊥BC于K；過H作HT⊥AB于T，證明△EKF≌△HTG即可；

（2）過正方形內(nèi)任意一點P作m、n的平行線，利用（1）的結(jié)論即可證明．【解析】【解答】解：（1）過E作EK⊥BC于K；過H作HT⊥AB于T；

在△EKF和△HTG中；EK=HT=BC=AD；

∠HTG=∠EKF=90°；∠THG=∠KEF；

∴△EKF≌△HTG；

∴EF=GH．

（2）EF=GH．

過正方形內(nèi)任意一點P作m；n的平行線；

∴GH=QR；EF=MN；

QK⊥CD；MT⊥BC；

在△QRK和△MNT中；MT=QK；

∠MTN=∠QKR；∠TMN=∠KQR；

∴△QRK≌△MNT；∴QR=MN；

即EF=GH．26、略

【分析】【分析】連接AF，由線段垂直平分線的性質(zhì)可證明AF=BF，AF=CF，則可得BF=FC．【解析】【解答】證明：

如圖；連接AF；

∵DF是線段AB的垂直平分線；

∴AF=BF；

同理可得AF=FC；

∴BF=FC．27、略

【分析】【分析】原式第一項變形后，結(jié)合計算，再利用完全平方公式化簡即可得證．【解析】【解答】證明：原式=（2x-3）（2x+1）（x+1）（x-1）+1

=[（2x-3）（x+1）][（2x+1）（x-1）]+1

=（2x2-x-3）（2x2-x-1）+1

=（2x2-x）2-4（2x2-x）+4

=（2x2-x-2）2；

則（2x-3）（2x+1）（x2-1）+1是一個完全平方式．六、綜合題(共4題，共32分)28、略

【分析】【分析】（1）如圖1；連結(jié)AE，根據(jù)切線的性質(zhì)得AC⊥CD，則∠ACE+∠DCE=90°，再根據(jù)圓周角定理，由AC為⊙O的直徑得到∠AEC=90°，則利用等角的余角相等得∠DCE=∠CAE，而∠OAE=∠OEA，∠COE=∠OAE+∠OEA，則∠COE=2∠OAE，所以∠COE=2∠DCE；

（2）如圖1，過點C作CK⊥OE，交EO的延長線于點K，根據(jù)垂徑定理可得AH=BH=4．設(shè)⊙O的半徑為r，則OA=r，OH=r-2．在Rt△AHO中根據(jù)勾股定理可求出r=5．易證△OKC≌△OHA；從而可得OK=OH=3，KC=HA=4，則有KE=3+5=8．在Rt△CKE中，根據(jù)勾股定理就可求出CE的長；

（3）如圖2，在NE上取一點G，使得MG=MC，連接MB、ME，根據(jù)圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)可得∠MCB+∠MEB=180°，結(jié)合∠MCB+∠FCM=180°可得∠FCM=∠MEB．易證∠MEB=∠FCM=∠MCE=∠MBE，從而可得MB=ME，∠BME=180°-2∠MBE．在等腰△MCG中根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)可得CN=GN=CG，∠MCG=∠MGC，從而可得∠CMG=180°-2∠MCG，即可得到∠CMG=∠BME，從而有∠CMB=∠GME，進而可證到△CMB≌△GME，則有BC=EG=6，就可求出CG值，即可得到CN的值．【解析】【解答】解：（1）連結(jié)AE；如圖1；

∵CD為⊙O的切線；

∴AC⊥CD；

∴∠ACE+∠DCE=90°；

∵AC為⊙O的直徑；

∴∠AEC=90°；

∴∠ACE+∠CAE=90°；

∴∠DCE=∠CAE；

∵OA=OE；

∴∠OAE=∠OEA；

∵∠COE=∠OAE+∠OEA；

∴∠COE=2∠OAE；

∴∠COE=2∠DCE；

（2）如圖1；過點C作CK⊥OE，交EO的延長線于點K；

∵OH⊥AB，∴AH=BH=AB=4．

設(shè)⊙O的半徑為r，則OA=r，OH=r-2．

在Rt△AHO中；根據(jù)勾股定理可得：

r2=42+（r-2）2；

解得r=5．

在△OKC和△OHA中；

；

∴△OKC≌△OHA；

∴OK=OH=3；KC=HA=4；

∴KE=3+5=8．

在Rt△CKE中，根據(jù)勾股定理可得：EC2=KC2+KE2=16+64=80；

∴EC=4；

（3）如圖2；在NE上取一點G，使得MG=MC，連接MB；ME；

根據(jù)圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)可得∠MCB+∠MEB=180°．

∵∠MCB+∠FCM=180°；∴∠FCM=∠MEB．

∵∠MCE=∠FCM；∠MCE=∠MBE；

∴∠MEB=∠FCM=∠MCE=∠MBE；

∴MB=ME；∠BME=180°-2∠MBE．

∵MG=MC；MN⊥GC；

∴CN=GN=CG；∠MCG=∠MGC；

∴∠CMG=180°-2∠MCG；

∴∠CMG=∠BME；

∴∠CMB=∠GME．

在△CMB和△GME中；

；

∴△CMB≌△GME；

∴BC=EG=6；

∴CG=EC-EG=4-6；

∴CN=CG=2-3．29、略

【分析】【分析】（1）根據(jù)圓周角定理得出直徑為BD即可；

（2）首先利用網(wǎng)格求出線段長；得出△HMG∽△GNF，進而得出，∠HGF=90°，即可得出答案；

（3）利用正方形的性質(zhì)以及全等三角形的判定與性質(zhì)分析得出即可．【解析】【解答】解：（1）根據(jù)圓周角定理得出：

四邊形ABCD的直徑是線段BD；

（2）如圖2；四邊形EFGH為M中的四邊形；

理由：∵HM=2；MG=4，NG=4，NF=8；

∴==；

∵∠HMG=∠GNF；

∴△HMG∽△GNF；

∴∠NFG=∠MGH；

∵∠NFG+∠NGF=90°；

∴∠MGH+∠FGN=90°；

∴∠HGF=90°；

又∵∠FEM=90°；∠EHG≠90°；

∴四邊形EFGH為M中的四邊形；

（3）如圖2所示：P點坐標為：（7；7），沿紅色直線分割即可得出兩部分，可以組成正方形；

∵在△PSH和△PWF中。

∴△PSH≌△PWF（SAS）；

∴PF=PH；

故可以組成邊長為7的正方形．

故答案為：BD．30、略

【分析】【分析】（1）畫出圖形求出點A運動的路程即可．

（2）有兩種情形；畫出圖形求出點A運動的路程即可．

（3）如圖4中，當(dāng)P1Q與⊙O2相切于點Q時，連接OP1，求出OT，如圖5中，當(dāng)Q與O重合時，四邊形OP2TP1是正方形，求出此時是OT，由此即可解決問題．【解析】【解答】解：（1）如圖1中；直線AC與⊙O相切于點T；

在RT△AOT中；∵∠ATO=90°，OT=1，∠TAO=30°；

∴AO=2OT=2；

∴t=6-2=4秒．

（2）①如圖2中；連接CO，作CM⊥OA垂足為M．

∵在RT△ABC中；AB=1，∠CAB=30°；

∴BC=，AC=；

∵?AB?CM=?AC?CB；

∴CM==，AM=；

在RT△COM中，OM===；

∴AO=AM+OM=+；

∴t=6-（+）=．

②如圖3中，由①可知，OA=OM-AM=-；

∴t=6+（-）.

綜上所述t=時；點C在⊙上．

（3）如圖4中，當(dāng)P1Q與⊙O2相切于點Q時，連接OP1；

∵∠OQP1=∠OP2T=90°；

∴O、Q、P2共線；

在RT△OQP1中，QP1==；

∵四邊形TP1QP2