精品解析：山东省临沂市莒南县临港实验中学2024-—2025学年九年级上学期10月月考数学试题

试卷类型：A 2024—2025学年度第一学期月考卷 数 学 注意事项： 1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题），共6页，满分120分，考试时间100分钟．答卷前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、准考证号、座号填写在试卷和答题卡规定的位置．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回． 2．答题注意事项见答题卡，答在本试卷上不得分． 第Ⅰ卷（选择题 共30分） 一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分）在每小题所给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 下列图形中既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（ ） A. B. C. D. 2. 下列方程中，有两个相等实数根的是（ ） A. B. C. D. 3. 已知n为实数，点在二次函数的图象上．若，，则（ ） A. B. C. 或 D. 4. 已知二次函数（为常数）的图象经过点，则的大小关系是（ ） A. B. C. D. 与的值有关 5. 如图，将绕点逆时针旋转，得到，若点在线段的延长线上，则的度数为（ ） A. B. C. D. 6. 若，则的个位数字是（ ） A. B. C. D. 7. 如图，在平面直角坐标系中，点A的坐标为，点C的坐标为．以为边作矩形，若将矩形绕点O顺时针旋转，得到矩形，则点的坐标为（ ） A. B. C. D. 8. 已知二次函数的图象上有两点A（x1，2023）和B（x2，2023），则当时，二次函数的值是（ ） A. 2020 B. 2021 C. 2022 D. 2023 9. 如图，和四边形DEFG分别是直角三角形和矩形，，cm，cm，于点B．若矩形DEFG从点B开始以每秒1cm的速度向右平移至点C，且矩形的边FG扫过的面积为S（），平移的时间为t（秒），则S与t之间的函数图象可能是（ ） A. B. C. D. 10. 如图，抛物线的对称轴是直线，与x轴交于A，B两点，且．给出下列4个结论：①；②；③；④若m为任意实数，则．其中正确的个数是（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 第Ⅱ卷（非选择题 共90分） 注意事项： 1．第Ⅱ卷分填空题和解答题． 2．第Ⅱ卷所有题目的答案，考生须用0.5毫米黑色签字笔答在答题卡规定的区域内，在试卷上答题不得分． 二、填空题（本大题共5小题，每小题3分，共15分） 11. 将抛物线先向上平移3个单位，再向左平移3个单位后，得到的抛物线解析式为______． 12. 已知点M（a，b）与点N（-2，3）关于原点中心对称，则M点的坐标为___________． 13. 二次函数中的和满足下表： …… 0 1 2 3 …… …… 0 m 0 …… 则的值为______. 14. 菱形的一条对角线长为，边的长是方程的一个根，则菱形的周长为____________． 15. 已知二次函数，将该二次函数在x轴上方的图象沿x轴翻折到x轴下方，图象的其余部分不变，得到一个新的函数图象（如图所示），当直线与新图象有3个交点时，m的值是______． 三、解答题（本大题共8小题，共75分） 16. 解下列方程 （1）； （2）． 17. 如图，三个顶点的坐标分别为，，． （1）请画出关于原点对称的； （2）请画出绕O顺时针旋转后的并写出点的坐标． 18. 学习了公式法后，老师向同学们提出了如下问题： ①将多项式因式分解： ① ②求多项式的最小值． ②由①，得，因为，所以．所以，当时，的值最小，且最小值为． 请你运用上述方法解决下列问题： （1）将多项式因式分解； （2）求多项式的最小值： 19. 如图，抛物线向右平移1个单位得到抛物线，回答下列问题： （1）抛物线的顶点坐标__________； （2）阴影部分的面积__________； （3）若再将抛物线绕原点旋转得到抛物线，求抛物线的解析式． 20. 某公司展销如图所示的长方形工艺品，该工艺品长，宽，中间镶有宽度相同的三条彩色图案． （1）若除去彩色图案剩余的面积共为，设彩色图案的宽度为acm，则可列方程为______；（要求用原数列方程，不要求化简） （2）已知该工艺品的成本是30元/件，物价局规定销售单价在35元至60元的范围内，如果以单价40元/件销售，那么每天可售出600件，另外每天除工艺品的成本外所需支付的各种费用是1000元，根据销售经验，如果将销售单价每上涨1元，每天就少售出10件，请问该公司每天把销售单价定为多少元时所获利润为9000元． 21. 如图，已知中，是边上的点，将绕点A旋转，得到． （1）当时，求证：； （2）在（1）的条件下，猜想：有怎样的数量关系？请写出，并说明理由． 22. 在平面直角坐标系中，抛物线与轴交于两点，与轴交于点，直线经过两点． （1）求抛物线的解析式； （2）将抛物线向下平移个单位，若与直线有两个交点，求的取值范围； （3）若点是第一象限抛物线上的一点，轴于，交直线于点，当，求点的横坐标的取值范围． 23. 已知和都是等腰直角三角形． （1）如图1：连，求证：； （2）若将绕点顺时针旋转， ①如图2，当点恰好在边上时，若，请求出线段的长； ②当点在同一条直线上时，若，请直接写出线段的长． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 试卷类型：A 2024—2025学年度第一学期月考卷 数 学 注意事项： 1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题），共6页，满分120分，考试时间100分钟．答卷前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、准考证号、座号填写在试卷和答题卡规定的位置．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回． 2．答题注意事项见答题卡，答在本试卷上不得分． 第Ⅰ卷（选择题 共30分） 一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分）在每小题所给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 下列图形中既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解． 此题主要考查了中心对称图形与轴对称图形的概念．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，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转度后与自身重合． 【详解】解：A．该图形既是轴对称图形，又是中心对称图形，故此选项符合题意； B．该图形是轴对称图形但不是中心对称图形，故此选项不合题意； C．该图形是中心对称图形但不是轴对称图形，故此选项不合题意； D．该图形是中心对称图形但不是轴对称图形，故此选项不合题意； 故选：A． 2. 下列方程中，有两个相等实数根的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查了一元二次方程的根，解一元二次方程，熟练掌握开平方法解方程是解题的关键． 分别对每一个选项运用直接开平方法进行解方程即可判断． 【详解】解：A、，故该方程无实数解，故本选项不符合题意； B、，解得：，故本选项符合题意； C、，，解得，故本选项不符合题意； D、，，解得，故本选项不符合题意． 故选：B． 3. 已知n为实数，点在二次函数的图象上．若，，则（ ） A. B. C. 或 D. 【答案】D 【解析】 【分析】依据题意，由二次函数为，又，从而令，则，故或，又二次函数的图象开口向下，故当时，对应的点在函数的图象上的轴上方的部分，进而可以得解．本题主要考查了二次函数的图象与性质，解题时要熟练掌握并能灵活运用是关键． 【详解】解：由题意，二次函数为， 又， 令，则． 或． 又二次函数的图象开口向下， 当时，对应的点在函数的图象上的轴上方的部分． ． 故选：． 4. 已知二次函数（为常数）的图象经过点，则的大小关系是（ ） A. B. C. D. 与的值有关 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查二次函数图象与系数的关系，熟知二次函数的图象和性质是解题的关键．根据所给函数解析式，可得出抛物线的对称轴为直线，再根据两点与对称轴的关系即可解决问题． 【详解】解：二次函数（为常数）的对称轴为直线． ， 两点关于二次函数的对称轴对称， ， 故选：C． 5. 如图，将绕点逆时针旋转，得到，若点在线段的延长线上，则的度数为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查了旋转的性质，等腰三角形的性质，由旋转的性质可得，，由等腰三角形的性质可求解是关键． 【详解】由旋转可得：，， ∴， 故选C． 6. 若，则的个位数字是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】把方程化为，整理得，在两次利用完全平方公式即可解答. 【详解】∵， ∴，整理得； ∴，整理得； ∴，整理得. 故选A. 【点睛】本题主要考查了完全平方公式的应用，解答本题的关键是把转变成． 7. 如图，在平面直角坐标系中，点A的坐标为，点C的坐标为．以为边作矩形，若将矩形绕点O顺时针旋转，得到矩形，则点的坐标为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题主要考查了坐标与图形变化—旋转，矩形的性质等等，先根据题意得到，再由矩形的性质可得，由旋转的性质可得，，据此可得答案． 【详解】解：∵点A的坐标为，点C的坐标为， ∴， ∵四边形是矩形， ∴， ∵将矩形绕点O顺时针旋转，得到矩形， ∴，， ∴轴， ∴点的坐标为， 故选：C． 8. 已知二次函数的图象上有两点A（x1，2023）和B（x2，2023），则当时，二次函数的值是（ ） A. 2020 B. 2021 C. 2022 D. 2023 【答案】C 【解析】 【分析】根据A、B两点纵坐标一样，且都在函数图像上，得出x1、x2是方程2020x2+2021x+2022=2023的两个根，由韦达定理得到，代入解析式即可得解． 【详解】解：∵二次函数的图象上有两点A（，2023）和B（，2023）， ∴、是方程的两个根， ∴， ∴当时，有：， 故选C． 【点睛】本题考查了二次函数与一元二次方程的关系、韦达定理；关键在于能发现题干所给条件的特点，会运用韦达定理． 9. 如图，和四边形DEFG分别是直角三角形和矩形，，cm，cm，于点B．若矩形DEFG从点B开始以每秒1cm的速度向右平移至点C，且矩形的边FG扫过的面积为S（），平移的时间为t（秒），则S与t之间的函数图象可能是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】求出A点之前和之后的面积表达式，发现都是二次函数，且之前是开口向上的二次函数，之后是开口向下的二次函数，再结合这两个函数图像得出答案． 【详解】在A点之前（），FG扫过的三角形面积为：= 在A点之后（），FG扫过的面积为： 所以它的函数图形应该是： t在0~时，，a＞0，所以图像是开口向上的抛物线； t在~5时，，所以图像是开口向下的抛物线． 故选A． 【点睛】本题考查二次函数在求面积中的应用，根据条件写出各个阶段的面积表达式即可大致判断图像得出正确选项． 10. 如图，抛物线的对称轴是直线，与x轴交于A，B两点，且．给出下列4个结论：①；②；③；④若m为任意实数，则．其中正确的个数是（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查了二次函数图象与性质，二次函数图象与系数的关系，二次函数图象上点的坐标特征，由图象可知，则可判断①符合题意；由抛物线的对称轴为直线，，可得，，得到点，点，当时，，即，可判断②符合题意；由抛物线的对称轴为直线，即，得到，进一步得到，可得，即可判断③符合题意；当时，函数有最大值，由，可得，则可判断④不符合题意，掌握二次函数图象与系数的关系是解题的关键． 【详解】解：观察图象，可知， ∴，故①符合题意； ∵该抛物线的对称轴为直线，， ∴，， ∴点，点， ∴当时，，即，故②符合题意； ∵抛物线的对称轴为直线，即， ， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴，故③符合题意； 当时，函数有最大值， 由，可得， 若m为任意实数，则，故④不符合题意， 综上，符合题意的有3个， 故选：C． 第Ⅱ卷（非选择题 共90分） 注意事项： 1．第Ⅱ卷分填空题和解答题． 2．第Ⅱ卷所有题目的答案，考生须用0.5毫米黑色签字笔答在答题卡规定的区域内，在试卷上答题不得分． 二、填空题（本大题共5小题，每小题3分，共15分） 11. 将抛物线先向上平移3个单位，再向左平移3个单位后，得到的抛物线解析式为______． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查二次函数图象的平移，掌握二次函数图象的平移规律“上加下减，左加右减”是解题关键．根据“上加下减，左加右减”求出新抛物线解析式，再改为一般式即可． 【详解】解：先将抛物线先向上平移3个单位，得到的新抛物线解析式为， 再向左平移3个单位后，得到的新抛物线解析式为． 故答案为： . 12. 已知点M（a，b）与点N（-2，3）关于原点中心对称，则M点的坐标为___________． 【答案】（2，-3）． 【解析】 【分析】根据关于原点对称的点横坐标互为相反数，纵坐标也互为相反数，即可求得． 【详解】∵点M（a，b）与点N（-2，3）关于原点中心对称 ∴a=2，b=-3 则M点的坐标为（2，-3） 故答案为：（2，-3） 【点睛】解题关键是理解并掌握关于原点对称的两个点的坐标符号相反． 13. 二次函数中的和满足下表： …… 0 1 2 3 …… …… 0 m 0 …… 则的值为______. 【答案】 【解析】 【分析】通过表格中的数据可以求出二次函数的表达式，再将代入函数解析式，求得的值． 【详解】将，，代入 得 解得 故 将，代入函数解析式 得 故的值为． 【点睛】本题主要考查了利用待定系数法求二次函数的解析式，解题关键是熟练掌握利用待定系数法求二次函数的解析式的步骤． 14. 菱形的一条对角线长为，边的长是方程的一个根，则菱形的周长为____________． 【答案】 【解析】 【分析】边AB的长是方程的一个根，解方程求得x的值，根据菱形的一条对角线长为8，根据三角形的三边关系可得出菱形的边长，即可求得菱形的周长． 【详解】∵解方程， 即， 得：， ∵对角线长为，不能构成三角形； ∴菱形的边长为． ∴菱形的周长为． 故答案为：． 【点睛】本题考查菱形的性质，由于菱形的对角线和两边组成了一个三角形，根据三角形三边的关系来判断出菱形的边长是多少，然后根据题目中的要求进行解答即可． 15. 已知二次函数，将该二次函数在x轴上方的图象沿x轴翻折到x轴下方，图象的其余部分不变，得到一个新的函数图象（如图所示），当直线与新图象有3个交点时，m的值是______． 【答案】或##或 【解析】 【分析】本题考查二次函数与一次函数交点问题，利用数形结合的思想是解题关键．如图，根据二次函数解析式可求出，，即得出新的函数解析式为，大致画出图象，利用图象可知当直线过点A时和当直线与相切时，直线与新图象有3个交点，据此求解即可． 【详解】解：对于， 令，则， 解得：，， ∴，， ∴新的函数解析式为． 如图， 当直线过点A时，与新图象有3个交点， ∴， 解得：； 当直线与相切时，直线与新图象有3个交点，即此时一元二次方程有两个相等的实数根， ∴， 解得：． 综上可知m的值是或． 故答案为：或． 三、解答题（本大题共8小题，共75分） 16. 解下列方程 （1）； （2）． 【答案】（1）， （2）， 【解析】 【分析】本题考查了解一元二次方程，熟练掌握解一元二次方程的方法是解题的关键． （1）根据配方法得到，解之即可； （2）根据因式分解法得到，解之即可． 【小问1详解】 解： 解得，． 【小问2详解】 解： 或 解得，． 17. 如图，三个顶点的坐标分别为，，． （1）请画出关于原点对称的； （2）请画出绕O顺时针旋转后的并写出点的坐标． 【答案】（1）如图所示：，即为所求； （2） 如图所示：，即为所求； 【解析】 【分析】本题考查的是中心对称的作图，旋转的作图，坐标与图形，利用旋转的性质作图是解本题的关键． （1）分别确定关于原点的对称点，再顺次连接，可得答案； （2）分别确定绕原点顺时针旋转后的对应点，再顺次连接，再根据的位置可得答案； 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 18. 学习了公式法后，老师向同学们提出了如下问题： ①将多项式因式分解： ① ②求多项式的最小值． ②由①，得，因为，所以．所以，当时，的值最小，且最小值为． 请你运用上述方法解决下列问题： （1）将多项式因式分解； （2）求多项式的最小值： 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】本题考查利用公式法因式分解、平方的非负性， （1）利用公式法先把多项式变形成完全平方公式进行因式分解，再利用平方差公式进行因式分解即可求解； （2）先利用题目中的方法进行因式分解可得，再根据平方的非负性求解即可． 【小问1详解】 解： ； 【小问2详解】 解：， ， ， ∴多项式的最小值． 19. 如图，抛物线向右平移1个单位得到抛物线，回答下列问题： （1）抛物线的顶点坐标__________； （2）阴影部分的面积__________； （3）若再将抛物线绕原点旋转得到抛物线，求抛物线的解析式． 【答案】（1） （2）2 （3） 【解析】 【分析】（1）根据抛物线的移动规律左加右减可直接得出抛物线的解析式，再根据的解析式求出顶点坐标即可； （2）根据平移的性质知，阴影部分的面积等于底高，列式计算即可； （3）先求出二次函数旋转后的开口方向和顶点坐标，从而得出抛物线的解析式． 【小问1详解】 解：解：∵抛物线向右平移1个单位得到的抛物线， ∴抛物线的解析式是，顶点坐标为． 故答案为：； 【小问2详解】 把阴影部分进行平移，可得到阴影部分的面积即为图中两个方格的面积； 故答案为：2； 【小问3详解】 由题意可得：抛物线的顶点与抛物线的顶点关于原成中心对称． 所以抛物线的顶点坐标为，于是可设抛物线的解析式为：． 由对称性或者抛物线开口大小不变方向改变得， 所以． 【点睛】此题考查了二次函数的图像与几何变化，用到的知识点是二次函数的图像和性质、顶点坐标，关键是掌握二次函数的移动规律和几何变换． 20. 某公司展销如图所示的长方形工艺品，该工艺品长，宽，中间镶有宽度相同的三条彩色图案． （1）若除去彩色图案剩余的面积共为，设彩色图案的宽度为acm，则可列方程为______；（要求用原数列方程，不要求化简） （2）已知该工艺品的成本是30元/件，物价局规定销售单价在35元至60元的范围内，如果以单价40元/件销售，那么每天可售出600件，另外每天除工艺品的成本外所需支付的各种费用是1000元，根据销售经验，如果将销售单价每上涨1元，每天就少售出10件，请问该公司每天把销售单价定为多少元时所获利润为9000元． 【答案】（1） （2）当售价定为50元时能达到利润9000元 【解析】 【分析】（1）设花边的宽度为，根据题意列式即可； （2）设每件工艺品售价为x元，即，根据题意直接列方程求解即可． 【小问1详解】 解：设花边的宽度为，根据题意得：， 故答案为：； 【小问2详解】 解：设每件工艺品售价为x元，即， 由题意得：， 化简：， 解得：，（不符合题意，舍去）， ∴售价为50元． 答：当售价定为50元时能达到利润9000元． 【点睛】本题主要考查一元二次方程的实际应用，关键是根据题意得到一元二次方程，然后进行求解即可． 21. 如图，已知中，是边上的点，将绕点A旋转，得到． （1）当时，求证：； （2）在（1）的条件下，猜想：有怎样的数量关系？请写出，并说明理由． 【答案】（1） 证明：由旋转性质得，， ， ， ， ， ， 在和中， ， ； （2） 解：，理由如下： ，且， ， 由（1）得，， ， 是直角三角形， ， 由（1）得，， 【解析】 【分析】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等腰直角三角形的性质； （1）利用旋转的性质得，再计算出，则利用“”可判断，所以； （2）由（1）知得到，再根据等腰直角三角形的性质得，则根据旋转的性质得，所以，于是根据勾股定理得，所以． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 22. 在平面直角坐标系中，抛物线与轴交于两点，与轴交于点，直线经过两点． （1）求抛物线的解析式； （2）将抛物线向下平移个单位，若与直线有两个交点，求的取值范围； （3）若点是第一象限抛物线上的一点，轴于，交直线于点，当，求点的横坐标的取值范围． 【答案】（1）； （2）； （3）或． 【解析】 【分析】()由待定系数法即可求解； ()由，即可求解； ()求出 ，即可求解． 【小问1详解】 解：对于， 当时，，当时，， ∴点的坐标分别为：，， 把，代入得， ， 解得：， ∴抛物线的表达式为：； 【小问2详解】 平移后的抛物线表达式为：， 联立并整理得：， ∵抛物线和直线有两个交点， ∴， 解得：， 即的取值范围为：； 【小问3详解】 设点，则点， 则， ∵， 即， 令， 则二次函数的对称轴的为直线， 当时，， 解得，， 当时，， 解得，， ∵ ∴或． 【点睛】此题考查了二次函数、一次函数及不等式的问题，解题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答． 23. 已知和都是等腰直角三角形． （1）如图1：连，求证：； （2）若将绕点顺时针旋转， ①如图2，当点恰好在边上时，若，请求出线段的长； ②当点在同一条直线上时，若，请直接写出线段的长． 【答案】（1） 证明：和都是等腰直角三角形， ，， ， ， ， 在和中， ， ， ； （2）①；②或 【解析】 【分析】本题考查了全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，勾股定理等知识，结合图形正确判断全等三角形是解题的关键． （1）先证，再根据证明即可； （2）①连接，同（1）可证，推出，，进而可证，再用勾股定理解即可； ②分“点N在线段上”和“点M在线段上”两种情况，画出图形，结合前面的结论，分别求解即可． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：①如图，连接， 和都是等腰直角三角形， ，， ， ． ， ， ， 在和中， ， ， ，， ， 在中，， ， ； ②分两种情况，当点N在线段上时，连接，过点O作于点H， 同（1）可得， 和都是等腰直角三角形，，， ，， ， ， ， ； 当点M在线段上时，连接，过点O作于点H， 同①可证， ， 和都是等腰直角三角形，，， ，， ， ， ， ． 综上可知，的长为或． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $