精品解析：福建省龙岩紫金山实验学校2024-2025学年九年级上学期第一次月考数学试题

2024-2025学年第一学期龙岩市新罗区紫金山实验学校 九年级 数学 第一次作业设计 （满分：150分 时间：120分钟） 一.选择题．（共10小题，每小题4分，共40分） 1. 下列图形中，既是中心对称图形又是轴对称图形的是（ ） A. B. C. D. 2. 抛物线的顶点坐标是（ ） A. B. C. D. 3. 把方程化成一般形式，正确的是（ ）． A. B. C. D. 4. 将抛物线先向上平移2个单位长度，再向右平移3个单位长度后，得到的抛物线对应的函数解析式为（ ） A. B. C. D. 5. 根据下列表格的对应值，判断方程．（，、、为常数）一个解的范围是（ ） x A. B. C. D. 6. 某款汽车月份的售价为万元，月份的售价为万元，设该款汽车这两个月售价的月平均降价率是．可列方程正确的是（ ） A. B. C. D. 7. 设是抛物线上的三点，则的大小关系为（　　） A. B. C. D. 8. 已知关于x的方程的两实数根为，，若，则的值为（ ） A. 1 B. C. 3 D. 5 9. 如图，在，将绕点C按逆时针方向旋转得到，此时点恰好在边上，则点与点B之间的距离为（ ） A. 4 B. 2 C. 3 D. 10. 已知点，，，均在抛物线，其中，下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 二、填空题．（共6小题，每小题4分，共24分） 11. 在平面直角坐标系中，点关于原点对称的点的坐标是________． 12. 若函数是关于的二次函数，则的值为___________． 13. 一元二次方程的根是_____． 14. 如图，在中，，在同一平面内，将绕点A旋转到的位置，使得，则的度数为_____． 15. 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． 16. 如图，正方形中，，O是边的中点，点E是正方形内一动点，，连接，将线段绕点D逆时针旋转得，连接、．则线段长的最小值为_______． 三、解答题（本大题共9小题，共86分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤） 17. 解下列方程： （1）； （2）． 18. 已知关于的一元二次方程．求证：无论取何值时，方程总有两个不相等的实数根． 19. 已知：在平面直角坐标系中，的三个顶点的坐标分别为，，． （1）画出关于原点成中心对称的，并写出点的坐标； （2）画出将绕点按顺时针旋转所得的． 20. 如图，已知二次函数图象经过点和点． （1）求该二次函数的解析式； （2）结合函数图象，直接回答：当时，求x的取值范围： ． 21. 在中，，将边绕点顺时针旋转，得到线段，连接． （1）根据题意，将图形补充完整；（要求尺规作图，保留作图痕迹） （2）求的度数． 22. 某网店销售某款童装，每件售价60元，每星期可卖300件，为了促销，该网店决定降价销售．市场调查反映：每降价1元，每星期可多卖30件．已知该款童装每件成本价40元，设该款童装每件售价x元，每星期的销售量为y件． （1）求y与x之间的函数关系式； （2）当每件售价定为多少元时，每星期的销售利润最大，最大利润多少元？ 23. 【阅读理解】 我们将使得函数值为零的自变量的值称为函数的零点值，此时的点称为函数的零点．例如，对于函数，令，可得，我们就说1是函数的零点值，点是函数的零点． 【问题解决】 （1）求二次函数的零点值； （2）若二次函数两个零点都是整数，求出整数k的值． 24. 在中，，，是边上的中点，是直线右侧的一点，且，连接，过点作的垂线交射线于点． （1）点到的距离为______； （2）如图1，当点在的外部时． ①求证：： ②如图2，连接，当时，试探究与之间的数量关系； 25. 已知直线与抛物线有一个公共点，且． （1）求抛物线顶点的坐标（用含的代数式表示） （2）说明直线与抛物线有两个交点 （3）直线与抛物线的另一个交点记为，若，求线段长度的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024-2025学年第一学期龙岩市新罗区紫金山实验学校 九年级 数学 第一次作业设计 （满分：150分 时间：120分钟） 一.选择题．（共10小题，每小题4分，共40分） 1. 下列图形中，既是中心对称图形又是轴对称图形的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查了中心对称图形和轴对称图形，熟练掌握这些知识点是解题的关键．在平面内，把一个图形绕着某个点旋转，如果旋转后的图形能与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形，这个点叫做它的对称中心；在平面内，如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够完全重合，这样的图形叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴，根据这些概念逐一判断即可． 【详解】A：是轴对称图形，不是中心对称图形，故A错误； B：是中心对称图形，不是轴对称图形，故B错误； C：是中心对称图形，也是轴对称图形，故C正确； D：是轴对称图形，不是中心对称图形，故D错误． 故选：C． 2. 抛物线的顶点坐标是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据顶点式，顶点坐标是，可直接得到答案． 此题主要考查了求抛物线的顶点坐标，解题的关键是熟练掌握：顶点式，顶点坐标是． 【详解】解：顶点式，顶点坐标是， 抛物线的顶点坐标是． 故选：A． 3. 把方程化成一般形式，正确的是（ ）． A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查一元二次方程的一般形式，根据一元二次方程的一般形式，进行去括号、移项、合并同类项求解即可． 【详解】解：方程化成一般形式为， 故选：B． 4. 将抛物线先向上平移2个单位长度，再向右平移3个单位长度后，得到的抛物线对应的函数解析式为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查函数图象的平移，解题的关键是要熟练掌握函数的平移规律：“左加右减，上加下减”，根据函数图象平移规律即可得到答案． 【详解】解：将抛物线先向上平移2个单位长度，得到， 再向右平移3个单位长度，得到， 故选：B． 5. 根据下列表格的对应值，判断方程．（，、、为常数）一个解的范围是（ ） x A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据函数的图象与直线的交点就是方程的根，再根据函数的增减性即可判断方程一个解的范围． 【详解】解：函数的图象与直线的交点就是方程的根， 由表中数据可知：在与之间， ∴对应的x的值在与之间，即． 故选：D． 【点睛】本题考查了估算一元二次方程的近似解，掌握函数（，、、为常数）的图象与直线的交点与方程的根的关系是解题的关键所在． 6. 某款汽车月份的售价为万元，月份的售价为万元，设该款汽车这两个月售价的月平均降价率是．可列方程正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】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． 利用该款汽车月份的售价该款汽车月份的售价，即可列出关于的一元二次方程． 【详解】解：根据题意得：， 故选：C． 7. 设是抛物线上的三点，则的大小关系为（　　） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据二次函数的性质得到抛物线的开口向下，对称轴为直线，然后根据三个点离对称轴的远近判断函数值的大小． 【详解】解：抛物线的开口向下，对称轴为直线， 而离直线的距离最远，点离直线最近， ． 故选：D 【点睛】本题考查了二次函数图象上点的坐标特征：二次函数图象上点的坐标满足其解析式．也考查了二次函数的性质． 8. 已知关于x的方程的两实数根为，，若，则的值为（ ） A. 1 B. C. 3 D. 5 【答案】D 【解析】 【分析】本题主要考查了根与系数的关系的知识．根据根与系数的关系，得出和，再代入等式求得即可． 【详解】解：关于的方程的两实数根为，， ，， ， ， ， ． 故选：D． 9. 如图，在，将绕点C按逆时针方向旋转得到，此时点恰好在边上，则点与点B之间的距离为（ ） A. 4 B. 2 C. 3 D. 【答案】B 【解析】 【分析】由旋转的性质，可证都是等边三角形，由勾股定理求出的长即可． 【详解】解：如图，连接， ∵将绕点C按逆时针方向旋转得到， ∴， ∵， ∴是等边三角形，， ∴， ∴， ∴是等边三角形， ∴， 在中，， ∴， ∴， 故选：B． 【点睛】本题考查了旋转的性质，含度角的直角三角形的性质，等边三角形的性质与判定，找到旋转角是解题的关键． 10. 已知点，，，均在抛物线，其中，下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】D 【解析】 【分析】由抛物线解析式可得抛物线对称轴为直线，从而可得点为顶点，由抛物线开口向上可判断A，B选项，由点到对称轴的距离与函数值的关系可判断C，D． 【详解】解：∵， ∴抛物线对称轴为直线， 把代入，得， ∴为抛物线顶点，， 当时，抛物线开口向上，为函数最小值， ∴选项A，B不符合题意． 若，则抛物线开口向上，距离对称轴越近的点的纵坐标越小， ∴，选项C不符合题意，选项D符合题意． 故选：D． 【点睛】本题主要考查二次函数的性质，熟知由抛物线的开口方向和点到对称轴的距离大小决定对应值的大小是解题关键． 二、填空题．（共6小题，每小题4分，共24分） 11. 在平面直角坐标系中，点关于原点对称的点的坐标是________． 【答案】 【解析】 【分析】本题主要考查了关于原点对称的点的坐标．根据关于原点对称的点的横坐标互为相反数，纵坐标互为相反数，可得答案． 【详解】解：点关于原点对称的点的坐标是． 故答案为： 12. 若函数是关于的二次函数，则的值为___________． 【答案】 【解析】 【分析】根据二次函数的定义：形如为常数且，可得且，然后进行计算即可得到答案． 【详解】解：由题意得：且， 解得：或且， ， 故答案为：． 【点睛】本题考查对二次函数的定义的理解，熟练掌握二次函数的定义是解题的关键． 13. 一元二次方程的根是_____． 【答案】 【解析】 【分析】利用因式分解法把方程化为x-3=0或x-2=0，然后解两个一次方程即可． 【详解】解：或， 所以． 故答案为． 【点睛】本题考查了解一元二次方程-因式分解法：因式分解法就是利用因式分解求出方程的解的方法，这种方法简便易用，是解一元二次方程最常用的方法． 14. 如图，在中，，在同一平面内，将绕点A旋转到的位置，使得，则的度数为_____． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了旋转的性质，平行线的性质，等腰三角形的性质，掌握旋转的性质是本题的关键．由旋转的性质可得，由等腰三角形的性质可求，即可求解． 【详解】解：∵， ∴， ∵将绕点A旋转到的位置， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． 15. 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． 16. 如图，正方形中，，O是边的中点，点E是正方形内一动点，，连接，将线段绕点D逆时针旋转得，连接、．则线段长的最小值为_______． 【答案】 【解析】 【分析】连接DO，将线段DO绕点D逆时针旋转90°得DM，连接OF，FM，OM，证明△EDO≌△FDM ，可得FM=OE=2，由勾股定理可得OM= ，根据OF+MF≥OM，即可得出OF的最小值． 【详解】如图，连接DO，将线段DO绕点D逆时针旋转90°得DM，连接OF，FM，OM， ∵ ∠EDF= ∠ODM=90°， ∴ ∠EDO=∠FDM， 在△EDO与△FDM中， ∴ △EDO≌△FDM (SAS) ， ∴ FM=OE=2， ∵正方形ABCD中， AB=4，O是BC边的中点， ∴ OC=2， ∴ ∴ ∵OF+MF OM， ∴ ∴线段OF长的最小值为 故答案为： 【点睛】本题考查线段长度最短的问题，考查三角形的三边关系、勾股定理．正方形的性质，灵活的使用三角形的三边关系的不等式解决最值问题是难点也是常考点． 三、解答题（本大题共9小题，共86分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤） 17. 解下列方程： （1）； （2）． 【答案】（1），； （2），． 【解析】 【分析】（1）根据因式分解法即可求解； （2）先移项，使方程右边为零，然后将方程左边进行因式分解，使分解后的两个一次因式分别为零，即可解答． 【小问1详解】 解：∵， ∴， 则或， 解得，； 【小问2详解】 解：∵， ∴， 则或， 解得，． 【点睛】本题主要考查一元二次方程的解法，解题方法多样，关键在于熟练掌握解一元二次方程的步骤，第（2）题要特别注意先进行移项使方程右边为零． 18. 已知关于的一元二次方程．求证：无论取何值时，方程总有两个不相等的实数根． 【答案】 证明：∵，，， ∴． ∵， ∴． ∴无论取何值时，方程总有两个不相等的实数根． 【解析】 【分析】根据根的判别式判断即可． 【详解】略 【点睛】本题考查了根的判别式，解题的关键是：当时，方程有两个不相等的实数根． 19. 已知：在平面直角坐标系中，的三个顶点的坐标分别为，，． （1）画出关于原点成中心对称的，并写出点的坐标； （2）画出将绕点按顺时针旋转所得的． 【答案】 （1）如图所示，即为所求， 点的坐标为； （2）如图所示，即为所求． 【解析】 【分析】分别作出三顶点关于原点的对称点，再顺次连接即可得； 分别作出点、绕点按顺时针旋转所得的对应点，再顺次连接即可得． 【详解】（1）略 （2）略 【点睛】此题主要考查了图形的旋转变换，正确得出对应点位置是解题关键． 20. 如图，已知二次函数图象经过点和点． （1）求该二次函数的解析式； （2）结合函数图象，直接回答：当时，求x的取值范围： ． 【答案】（1）； （2）． 【解析】 【分析】本题考查了求二次函数解析式，根据二次函数图象求不等式解集． （1）将点和点代入求解即可； （2）直接根据图象作答即可． 【小问1详解】 将点和点代入得： ， 解得：， ∴； 【小问2详解】 由图象可知，当时，， 故答案为：． 21. 在中，，将边绕点顺时针旋转，得到线段，连接． （1）根据题意，将图形补充完整；（要求尺规作图，保留作图痕迹） （2）求的度数． 【答案】（1） 如图： （2）15° 【解析】 【分析】（1）证明是等边三角形，分别以C、B为圆心，的长为半径画圆弧，两段圆弧在下方的交点即是D点； （2）证明是等边三角形，是等腰三角形，求出，再根据三角形内角和定理即可求解． 本题考查了等边三角形的判定与性质、等腰三角形的性质、三角形的内角和定理，熟练掌握相关性质是解题的关键． 【小问1详解】 解：∵， ∴是等边三角形， 故分别以C、B为圆心，CB的长为半径画圆弧，两段圆弧在下方的交点即是D点， 【小问2详解】 解：由（1）可知，， ∴是等腰三角形，且顶角， ． 22. 某网店销售某款童装，每件售价60元，每星期可卖300件，为了促销，该网店决定降价销售．市场调查反映：每降价1元，每星期可多卖30件．已知该款童装每件成本价40元，设该款童装每件售价x元，每星期的销售量为y件． （1）求y与x之间的函数关系式； （2）当每件售价定为多少元时，每星期的销售利润最大，最大利润多少元？ 【答案】（1） （2）当每件售价定为55元时，每星期的销售利润最大，最大利润为6750元 【解析】 【分析】本题考查了一次函数的应用、二次函数的应用，熟练掌握二次函数的性质是解题关键． （1）根据每降价1元，每星期可多卖30件找出销量与售价之间的关系即可得； （2）设每星期的销售利润为元，根据利润（售价成本价）销量建立与之间的函数关系式，再利用二次函数的性质求解即可得． 【小问1详解】 解：由题意得：， 所以与之间的函数关系式是． 【小问2详解】 解：设每星期的销售利润为元， 由题意得： ， 由二次函数的性质可知，当时，取得最大值，最大值为6750， 答：当每件售价定为55元时，每星期的销售利润最大，最大利润为6750元． 23. 【阅读理解】 我们将使得函数值为零的自变量的值称为函数的零点值，此时的点称为函数的零点．例如，对于函数，令，可得，我们就说1是函数的零点值，点是函数的零点． 【问题解决】 （1）求二次函数的零点值； （2）若二次函数两个零点都是整数，求出整数k的值． 【答案】（1），3 （2）， 【解析】 【分析】（1）令，求解二次方程即可得到二次函数的零点值； （2）令，对得到的二次方程进行因式分解，求出两个根，根据两根是整数即可求出k的值． 本题考查了二次函数相关知识及一元二次方程，理解零点值的定义、掌握一元二次方程的解法是解题关键． 【小问1详解】 解：当时，解得或． ∴二次函数的零点值为和3． 【小问2详解】 解：当时，， 由题可知， ∴方程的根为或． ∵二次函数的两个零点都是整数， ∴是整数， ∴或， 又∵， ∴， ∴， ． ∴或． 24. 在中，，，是边上的中点，是直线右侧的一点，且，连接，过点作的垂线交射线于点． （1）点到的距离为______； （2）如图1，当点在的外部时． ①求证：： ②如图2，连接，当时，试探究与之间的数量关系； 【答案】（1） （2）①证明：连接，设交于点， 由（1）可知，，即， ∵， ∴， ∵，， ∴， ∵过点D作的垂线交射线于点F， ∴， ∴， ∴， ∴； ② 【解析】 【分析】（1）连，由等腰直角三角形可知，，利用直角三角形斜边中线等于斜边一半，求出的长即可； （2）①连接，设交于点，由（1）可知，，即，，利用互余可得，，证明，即可证得结论； ②延长和交于点，连接，根据手拉手模型证明，，可得，，再根据等腰三角形三线合一可得． 【小问1详解】 解：连接， ∵在中，，，D是边上的中点， ∴，，， ∴点C到的距离为， 故答案为：； 【小问2详解】 ①略 ②延长和交于点，连接， ∵，，， ∴，都是等腰直角三角形， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∵ ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴； 【点睛】本题考查了等腰直角三角形性质，直角三角形性质，全等三角形判定和性质，勾股定理等知识，属于中考压轴题，综合性强，难度大，对学生要求很高；解题关键是熟练利用“手拉手模型”合理添加辅助线构造全等三角形． 25. 已知直线与抛物线有一个公共点，且． （1）求抛物线顶点的坐标（用含的代数式表示） （2）说明直线与抛物线有两个交点 （3）直线与抛物线的另一个交点记为，若，求线段长度的取值范围． 【答案】（1） （2） ∵直线经过点， ∴，解得， 联立直线与抛物线解析式，消去可得， ∴， 由（1）知，且， ∴，， ∴， ∴方程有两个不相等的实数根， ∴直线与抛物线有两个交点； （3） 【解析】 【分析】（1）把点坐标代入抛物线解析式可得到与的关系，可用表示出抛物线解析式，化为顶点式可求得其顶点坐标； （2）由直线解析式可先求得的值，联立直线与抛物线解析式，消去，可得到关于的一元二次方程，再判断其判别式大于0即可； （3）由（2）的方程，可求得点坐标，利用勾股定理可求得，利用二次函数性质可求得长度的取值范围． 【小问1详解】 解：∵抛物线过点， ∴，即， ∴， ∴抛物线顶点的坐标为； 【小问2详解】 略． 【小问3详解】 联立直线与抛物线解析式，消去可得， 即：， ∴，解得或， 当时，， ∴点坐标为； 由勾股定理可得， ∵， ∴， ∴随的增大而减小， ∴当时，有最大值245，则有最大值， 当时，有最小值125，则有最小值， ∴线段长度的取值范围为． 【点睛】本题为二次函数的综合应用，涉及函数图象的交点、二次函数的性质、根的判别式、勾股定理等知识．在（1）中由的坐标得到与的关系是解题的关键，在（2）中联立两函数解析式，得到关于的一元二次方程是解题的关键，在（3）中求得点的坐标是解题的关键． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $