精品解析：福建省福清京师学校2024-2025学年九年级上学期第一次月考数学试题

福清京师学校2024－2025学年度第一学期 九年级数学9月份月考卷 （全卷共4页，三大题，共25小题；考试时间：120分钟；满分：150分） 友情提示：所有答案都必须填涂在答题卡相应的位置上，答在本试卷上一律无效． 一、选择题（每小题4分，共40分） 1. 许多数学符号蕴含着对称美，下列数学符号中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ） A. B. C. D. 2. 一元二次方程 的二次项系数和常数项分别是（ ） A. 3和 B. 3和 C. 3和1 D. 和 3. 抛物线的顶点坐标是（　　　） A. B. C. D. 4. 若一元二次方程x2+x－2=0的解为x1、x2，则x1•x2的值是（ ） A. 1 B. —1 C. 2 D. —2 5. 抛物线的对称轴是（ ） A. 直线 B. 直线 C. 直线 D. 直线 6. 一元二次方程x2﹣4x+2=0根的情况是（   ） A. 没有实数根 B. 只有一个实数根 C. 有两个相等的实数根 D. 有两个不相等的实数根 7. 某厂家2022年2月份生产口罩产量为180万只，4月份生产口罩的产量为461万只，设从2月份到4月份该厂家口罩产量的平均月增长率为x，根据题意可得方程（　　） A. B. C. D. 8. 绕点O逆时针旋转后得到，若，则的度数是（ ） A. B. C. D. 9. 将抛物线向左平移2个单位长度，再向下平移3个单位长度，得到的抛物线的函数表达式为（ ） A. B. C. D. 10. 已知，为抛物线上的两个不同点，若，则的取值范围为（ ） A. B. 或 C. D. 二、填空题（每小题4分，共24分） 11. 点关于原点对称点的坐标为__________． 12. 关于x的一元二次方程 的一个根是0，则a的值为_________． 13. 某一型号飞机着陆后滑行的距离y（单位：m）与滑行时间x（单位：s）之间的函数关系式是y=60x﹣1.5x2，该型号飞机着陆后滑行_m才能停下来． 14. 抛物线的部分图象如图所示，对称轴是直线，且经过点要使，则的取值范围______． 15. 如图，在平面直角坐标系中，点A在抛物线上运动，过点A作轴于点C，以AC为对角线作矩形ABCD，连接BD，则对角线BD的最小值为______． 16. 如图，边长的等边中，点为上一点，且，点为边上的一个动点，点绕点顺时针旋转得到点，则的最小值为______． 三、解答题（共86分） 17. 解方程： 18. 已知关于的一元二次方程．求证：无论为何值，方程总有实数根． 19. 已知抛物线的顶点坐标（2，3）且过点（3，4），求抛物线的解析式． 20. 如图，在平面直角坐标系中，的顶点的坐标为． （1）画出，使得与关于原点对称，并写出的坐标； （2）以为旋转中心，将逆时针旋转得到，画出并写出的坐标． 21. 如图，在中，点E在边上，，将线段绕A点旋转到的位置，使得，连接，与交于点G． （1）求证：； （2）若，求的度数． 22. 如图所示，某施工队准备在一面长为米的旧墙旁边建一个矩形储料场，新建墙的总长为米，设的长为米． （1）若要使矩形的面积为平方米，求的长为多少米？ （2）当边的长为多少米时，矩形的面积最大？最大面积是多少？ 23. 如图，已知，．将绕点A顺时针旋转得到，其中点B的对应点D落在AC边上． （1）用无刻度的直尺和圆规作出； （2）连接BD，CE，当时，判断线段CE，BD，CD之间的数量关系，并说明理由． 24. （1）如图1，在正方形网格纸中，的三个顶点都在格点上，把绕着点A顺时针旋转，点B的对应点是，点C的对应点为，连接，则______． （2）如图2，在等边内有一点P，且，，，若把绕着点B逆时针旋转得到，求的度数和的长． （3）如图3，把（2）中的“在等边内有一点P”改为：“在等腰直角三角形内有一点P”，且，，，，求的度数． 25. 已知：抛物线 （1）若此抛物线与直线只有一个公共点且经过点． ①求此抛物线的解析式； ②以轴上的点为中心，作该抛物线关于点对称的抛物线，若这两条抛物线交于，（点在点的右侧），求线段的长； （2）设定，将此抛物线向上平移个单位（），此时与轴交于点，若当时，，求证：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 福清京师学校2024－2025学年度第一学期 九年级数学9月份月考卷 （全卷共4页，三大题，共25小题；考试时间：120分钟；满分：150分） 友情提示：所有答案都必须填涂在答题卡相应的位置上，答在本试卷上一律无效． 一、选择题（每小题4分，共40分） 1. 许多数学符号蕴含着对称美，下列数学符号中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解． 【详解】A、不是轴对称图形，是中心对称图形，故此选项不符合题意； B、是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不符合题意； C、是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不符合题意； D、是轴对称图形，是中心对称图形，故此选项符合题意； 故选：D． 【点睛】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，旋转后两部分重合． 2. 一元二次方程 的二次项系数和常数项分别是（ ） A. 3和 B. 3和 C. 3和1 D. 和 【答案】B 【解析】 【分析】找出方程的二次项系数和常数项即可． 【详解】解：方程的二次项系数和常数项分别为3和， 故选：B． 【点睛】此题考查了一元二次方程的一般形式，一元二次方程的一般形式是：（a，b，c是常数且）特别要注意的条件．这是在做题过程中容易忽视的知识点．在一般形式中叫二次项，叫一次项，c是常数项．其中a，b，c分别叫二次项系数，一次项系数，常数项． 3. 抛物线的顶点坐标是（　　　） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据题目中抛物线的顶点式，可以直接写出它的顶点坐标，本题得以解决． 【详解】∵抛物线解析式为，∴二次函数图象的顶点坐标是. 故选A． 【点睛】本题考查二次函数的性质，解答本题的关键是明确题意，利用二次函数的性质解答． 4. 若一元二次方程x2+x－2=0的解为x1、x2，则x1•x2的值是（ ） A. 1 B. —1 C. 2 D. —2 【答案】D 【解析】 【详解】试题解析：根据题意得x1•x2==-2． 故选：D． 5. 抛物线的对称轴是（ ） A. 直线 B. 直线 C. 直线 D. 直线 【答案】B 【解析】 【分析】用对称轴公式，直接求出对称轴． 【详解】解：∵， ∴对称轴是直线． 故选：B． 【点睛】本题主要考查二次函数对称轴的求法，掌握二次函数的性质是解题的关键． 6. 一元二次方程x2﹣4x+2=0根的情况是（   ） A. 没有实数根 B. 只有一个实数根 C. 有两个相等的实数根 D. 有两个不相等的实数根 【答案】D 【解析】 【详解】试题解析：∵△=b2−4ac=42−4×1×2=8>0， ∴有两个不相等的实数根； 故选D. 7. 某厂家2022年2月份生产口罩产量为180万只，4月份生产口罩的产量为461万只，设从2月份到4月份该厂家口罩产量的平均月增长率为x，根据题意可得方程（　　） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用4月份该厂家口罩产量月份该厂家口罩产量从2月份到4月份该厂家口罩产量的平均月增长率，即可得出关于x的一元二次方程，此题得解． 【详解】解：根据题意得， 故选：B． 【点睛】本题考查了由实际问题抽象出一元二次方程，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键． 8. 绕点O逆时针旋转后得到，若，则的度数是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据旋转的性质可得，结合，即可求的度数． 【详解】解：∵绕点O逆时针旋转65°得到， ∴， ∵， ∴， 故选C． 【点睛】本题考查旋转的性质，旋转角的含义，掌握旋转角的含义是解本题的关键． 9. 将抛物线向左平移2个单位长度，再向下平移3个单位长度，得到的抛物线的函数表达式为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先确定抛物线y=x2的顶点坐标为（0，0），再根据点平移的规律得到点（0，0）平移后所得对应点的坐标为（-2，-3），然后根据顶点式写出平移后的抛物线解析式． 【详解】抛物线y=x2的顶点坐标为（0，0），把点（0，0）向左平移2个单位，再向下平移3个单位长度所得对应点的坐标为（-2，-3）， 所以平移后的抛物线解析式为y=（x+2）2-3． 故选：A． 10. 已知，为抛物线上的两个不同点，若，则的取值范围为（ ） A. B. 或 C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先根据抛物线的解析式，求出对称轴，再根据函数的开口方向和对称轴即可分析函数的增减性，即可进行解答． 【详解】解：∵， 抛物线开口向上，对称轴为直线， ∵，为抛物线上的两个不同点，且满足， 点到对称轴的距离大于点到对称轴的距离， ，即， 解得或． 故选：B． 【点睛】本题主要考查了二次函数的图形和性质，解题的关键是熟练掌握二次函数的相关内容．二次函数，对称轴为直线；当时，函数开口向上，当时，函数开口向下． 二、填空题（每小题4分，共24分） 11. 点关于原点对称点的坐标为__________． 【答案】 【解析】 【分析】根据两点关于原点对称：横坐标与纵坐标互为相反数即可求解． 【详解】解：∵点与点关于原点对称， ∴， 故答案为：． 【点睛】本题考查点的坐标的规律，熟练掌握关于原点对称的两点坐标的横坐标与纵坐标互为相反数是解题的关键． 12. 关于x的一元二次方程 的一个根是0，则a的值为_________． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了一元二次方程的解：能使一元二次方程左右两边相等的未知数的值是一元二次方程的解．把 代入求解即可． 【详解】解：把 代入，得 ∴ ∴ ∵ ∴ ∴ 故答案为： 13. 某一型号飞机着陆后滑行的距离y（单位：m）与滑行时间x（单位：s）之间的函数关系式是y=60x﹣1.5x2，该型号飞机着陆后滑行_m才能停下来． 【答案】600 【解析】 【详解】解：∵﹣1.5＜0， ∴函数有最大值． ∴， 即飞机着陆后滑行600米才能停止， 故答案为：600． 14. 抛物线的部分图象如图所示，对称轴是直线，且经过点要使，则的取值范围______． 【答案】 【解析】 【分析】设图象经过轴的另一个交点为，可得，从而可求，由函数图象在轴的下方时即可求解． 【详解】解：设图象经过轴的另一个交点为， 对称轴是直线，且经过点， ， 解得：， 当时，对应的函数图象在轴的下方， 此时， 故答案：． 【点睛】本题考查了利用二次函数图象解不等式，求二次函数图象与坐标轴交点坐标，掌握解法是解题的关键． 15. 如图，在平面直角坐标系中，点A在抛物线上运动，过点A作轴于点C，以AC为对角线作矩形ABCD，连接BD，则对角线BD的最小值为______． 【答案】8 【解析】 【分析】先依据配方法确定出抛物线的最小值，依据矩形的对角线相等可得到，然后确定出AC的最小值即可. 【详解】(x-3)2+8， 抛物线的顶点坐标为． 的最小值为8． 的最小值为8． 故答案为8． 【点睛】本题主要考查的是矩形性质，配方法求二次函数的最值，求得AC的最小值是解题的关键． 16. 如图，边长的等边中，点为上一点，且，点为边上的一个动点，点绕点顺时针旋转得到点，则的最小值为______． 【答案】 【解析】 【分析】由“”可证，可得，可证，即点在过点平行于的直线上运动，则当时，有最小值，由直角三角形的性质可求解． 【详解】解：如图，在上截取，连接，， 是等边三角形， ，， ， 是等边三角形， ，， ， 点绕点顺时针旋转得到点， ，， ， 在和中， ， ， ， ， ， 点在过点平行于的直线上运动， 当时，有最小值， 此时， ， ，， ， 故答案为：． 【点睛】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，平行线的判定和性质，勾股定理等知识，确定点的运动轨迹是解题的关键． 三、解答题（共86分） 17. 解方程： 【答案】， 【解析】 【分析】本题主要考查因式分解法解一元二次方程，熟练掌握该知识点是解题关键． 利用因式分解法解一元二次方程即可． 【详解】解： ， 18. 已知关于的一元二次方程．求证：无论为何值，方程总有实数根． 【答案】 证明：∵， ∴无论为何值，方程总有实数根． 【解析】 【分析】本题考查了一元二次方程根的判别式，求出的表达式，再判定符号即可求证，掌握一元二次方程根的判别式与一元二次方程根的关系：当时方程总有两个不相等的实数根，当时方程总有两个相等的实数根，当时方程无实数根是解题的关键． 【详解】略 19. 已知抛物线的顶点坐标（2，3）且过点（3，4），求抛物线的解析式． 【答案】y＝（x﹣2）2+3 【解析】 【分析】已知了抛物线的顶点坐标，可用顶点式设抛物线的解析式，然后将点（3，4）代入抛物线的解析式中，即可求得待定系数法的值，也就求出了抛物线的解析式． 【详解】解：设抛物线的解析式为：y＝a（x﹣2）2+3， ∵（3，4）在抛物线y＝a（x﹣2）2+3上， ∴a（3﹣2）2+3＝4， ∴解得：a＝1， ∴此抛物线的解析式：y＝（x﹣2）2+3． 【点睛】本题考查了抛物线的基本性质及用待定系数法求函数的解析式，比较简单． 20. 如图，在平面直角坐标系中，的顶点的坐标为． （1）画出，使得与关于原点对称，并写出的坐标； （2）以为旋转中心，将逆时针旋转得到，画出并写出的坐标． 【答案】（1） 如图，即为所求． （2） 如图，即为所求． 【解析】 【分析】（1）根据中心对称的性质找到的对称点，顺次连接得到，根据坐标系写出点的坐标即可求解； （2）根据中心对称的性质找到的对称点，顺次连接得到，根据坐标系写出点的坐标即可求解． 【小问1详解】 【小问2详解】 ． 【点睛】本题考查了旋转作图，画中心对称图形，写出点的坐标，熟练掌握旋转的性质，中心对称的性质是解题的关键． 21. 如图，在中，点E在边上，，将线段绕A点旋转到的位置，使得，连接，与交于点G． （1）求证：； （2）若，求的度数． 【答案】（1） 证明：∵将线段绕点旋转到的位置， ∴， ∵， ∴， 即， 在和中， ， ∴， ∴； （2） 【解析】 【分析】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，三角形内角和定理以及三角形外角的性质，证明是解题的关键． (1)由旋转的性质可得，利用证明，根据全等三角形的对应边相等即可得出； (2)根据等腰三角形的性质以及三角形内角和定理求出，那么．由，得出，再根据三角形外角的性质即可求出，进而即可求解． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵，， ∴， ∵是的外角， ∴， ∴的度数为． 22. 如图所示，某施工队准备在一面长为米的旧墙旁边建一个矩形储料场，新建墙的总长为米，设的长为米． （1）若要使矩形的面积为平方米，求的长为多少米？ （2）当边的长为多少米时，矩形的面积最大？最大面积是多少？ 【答案】（1）的长为米时，矩形的面积为平方米 （2）当长为米，矩形的面积最大，最大面积是平方米 【解析】 【分析】对于（1）设米，则米，根据矩形的面积列出一元二次方程，解方程即可； 对于（2），设矩形的面积为平方米，根据矩形的面积公式列出二次函数解析式，再根据函数的性质求最值． 【小问1详解】 设米，则（米），根据题意得：， 解得：，， ∵， ， 的长为米时，矩形的面积为平方米； 【小问2详解】 设矩形的面积为平方米， 根据题意得：， ，抛物线开口向下，对称轴为直线， 当时，随的增大而增大. ∵， 当时，最大，最大值为， 当长为米，矩形的面积最大，最大面积是平方米． 【点睛】本题主要考查了二次函数的应用，一元二次方程的应用，解题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件，列出相应的方程和函数关系式． 23. 如图，已知，．将绕点A顺时针旋转得到，其中点B的对应点D落在AC边上． （1）用无刻度的直尺和圆规作出； （2）连接BD，CE，当时，判断线段CE，BD，CD之间的数量关系，并说明理由． 【答案】（1） 正确画出图形，如下： 所以，图中为所求作的三角形． （2）， 理由是：由旋转的性质可知，，， ∵， ∴是等边三角形． ∴，． ∴， ∴是等边三角形． ∴． ∵， ∴． 【解析】 【分析】(1)作线段AD=AB，以点A为圆心，AC为半径画弧，以D为圆心，BC长为半径画弧，两弧交于点E，连接AE，DE， 图中为所求作的三角形．(方法不唯一) (2) 根据由旋转的性质可知，，，可以得出是等边三角形．所以，还可以得出是等边三角形，得到．根据，得到． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【点睛】本题考查了旋转尺规作图，作一条线段等于已知线段，作一个角等于已知角，以及旋转的性质，等边三角形的性质等，熟悉旋转的性质是解题的关键． 24. （1）如图1，在正方形网格纸中，的三个顶点都在格点上，把绕着点A顺时针旋转，点B的对应点是，点C的对应点为，连接，则______． （2）如图2，在等边内有一点P，且，，，若把绕着点B逆时针旋转得到，求的度数和的长． （3）如图3，把（2）中的“在等边内有一点P”改为：“在等腰直角三角形内有一点P”，且，，，，求的度数． 【答案】（1）；（2），（3） 【解析】 【分析】（1）只要证明是等腰直角三角形即可； （2）根据等边三角形的性质得到，根据旋转的性质得到，，，，推出是等边三角形，得到，．根据勾股定理的逆定理得到是直角三角形，于是得到结论； （3）如图3，将绕点逆时针旋转，根据旋转的性质和勾股定理即可得到结论． 【详解】解：（1）将绕点按顺时针方向旋转， ，， ； 故答案为：； （2）是等边三角形， ， 将绕点逆时针旋转得出，如图2， ，，，， 又， 是等边三角形， ，． ，， ， ， 是直角三角形，， ； （3）将绕点逆时针旋转，得到，连接， 则，， 故，， ，，， ， 是直角三角形， ，即． 【点睛】本题考查几何变换综合题、旋转的性质，等边三角形的判定和性质、等腰三角形的判定和性质、勾股定理、解题的关键是学会用旋转法添加辅助线，属于中考压轴题． 25. 已知：抛物线 （1）若此抛物线与直线只有一个公共点且经过点． ①求此抛物线的解析式； ②以轴上的点为中心，作该抛物线关于点对称的抛物线，若这两条抛物线交于，（点在点的右侧），求线段的长； （2）设定，将此抛物线向上平移个单位（），此时与轴交于点，若当时，，求证：． 【答案】（1）①，② （2） 证明：平移后的抛物线为 ∵经过， ∴ 即 又∵当 ∴对称轴 ∵ ∴ 则 ∴ 【解析】 【分析】（1）①由抛物线经过得，抛物线与直线只有一个公共点得方程有两个相等的实数根，即得，可得的值，便可得抛物线的解析式； ②顶点为关于对称点的坐标是，关于点中心对称的新抛物线，联立新抛物线和原抛物线的方程组求、坐标，即可得到答案； （2）平移后的抛物线为，又经过，可得，当时，，则对称轴，便可得到证明． 【小问1详解】 ①∵抛物线经过 ∴，即 又∵抛物线与直线 只有一个公共点 ∴，即 有两个相等的实数根 即 ∴ 则 ∴此抛物线的解析式为 ②∵抛物线 ∴顶点为 则顶点关于对称点的坐标是 ∴关于点 中心对称的新抛物线为 由解得， 又∵点在点的右边 ∴， 则由勾股定理可得 【小问2详解】 略 【点睛】本题考查二次函数的图象及性质；掌握二次函数图象旋转、平移时改变位置，而的绝对值不变是解题的关键． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $