精品解析：江西省上饶市鄱阳县第二中学2025-2026学年九年级上学期第一次月考数学试题

2025−2026学年鄱阳县第二中学 九年级（上）第一次月试卷 一．选择题（共6小题，满分18分，每小题3分） 1. 习近平总书记指出：发展新能源汽车是我国从汽车大国走向汽车强国的必由之路，当前随着新一轮科技革命和产业变革孕育兴起，新能源汽车产业正进入加速发展的新阶段，下列图案是我国的一些国产新能源车企的车标，图案既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（ ） A. B. C. D. 2. 将一元二次方程化为一般形式后，其二次项系数、一次项系数、常数项分别是（ ） A. 1，2，6 B. 1，，6 C. 1，， D. 1，2， 3. 在如图所示的方格纸中，每个小方格都是边长为1个单位的正方形，ABC的顶点都在格点上．若是由ABC绕点P按逆时针方向旋转得到，且各顶点仍在格点上，则旋转中心P的坐标是（ ） A. (0，0) B. (0，﹣1) C. (1，﹣1) D. (1，﹣2) 4. 将抛物线向右平移个单位，再向下平移个单位，所得抛物线为（ ） A. B. C. D. 5. 如图，在平面直角坐标系中，四边形为平行四边形，其中点，，，以点为圆心，的长为半径作弧，交于点，再把线段绕点逆时针旋转得到线段，则点的坐标为（ ） A. B. C. D. 6. 二次函数的图象如图所示，有如下结论：①；②；③；④（m为实数）．其中正确结论的个数是（ ） A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个 二．填空题（共6小题，满分18分，每小题3分） 7. 若点，关于原点对称，则______． 8. 二次函数的对称轴是直线_______． 9. 《算学宝鉴》全称《新集通证古今算学宝鉴》，王文素著,完成于明嘉靖三年,全书12本42卷，近50万字，代表了我国明代数学的最高水平．《算学宝鉴》中记载的用导数解高次方程的方法堪与牛顿媲美，且早于牛顿140年．《算学宝鉴》中记载了我国南宋数学家杨辉提出的一个问题：“直田积八百六十四步，之云阔不及长十二步，问长阔共几何？” 译文：一个矩形田地的面积等于864平方步，且它的宽比长少12步，问长与宽的和是多少步？如果设矩形田地的长为x步，可列方程为_____________． 10. 某次商品交易会上，所有参加会议的商家之间都签订了一份合同，共签订合同55份，_____商家参加了交易会． 11. 将一副三角板按图所示的方式叠放在一起，使直角的顶点重合于点，并能使点自由旋转，设，，则与之间的数量关系是__________． 12. 在中，，，点O是的中点，将绕点O向三角形外部旋转得到，当恰为等腰三角形时，的值为______ 三．解答题（共5小题，满分30分，每小题6分） 13. 解方程：； 14. 已知二次函数的图像经过，两点． （1）求和的值； （2）试判断点是否在此函数图像上？ 15. 已知关于x的一元二次方程x2-kx-2=0,求证：无论为何值，方程总有两个不相等的实数根． 16. 抛物线的对称轴是直线，且它的最低点在直线上，求： （1）函数解析式； （2）若抛物线与轴交点为、与轴交点为，求面积． 17. 如图，在平面直角坐标系中，的三个顶点分别是，，． （1）画出关于原点对称的，并直接写出点的对应点的坐标； （2）画出以点为旋转中心顺时针旋转的． 四．解答题（共3小题，满分24分，每小题8分） 18. 已知关于的一元二次方程． （1）求证：无论为何值，此方程总有一个根是定值； （2）若直角三角形的一边为，另两边恰好是这个方程的两根，求的值． 19. 如图，D是等边三角形内一点，将线段绕点A顺时针旋转，得到线段，连接，． （1）求证：； （2）连接，若，求的度数． 20. 二次函数的图象如图所示，抛物线顶点为，与轴、轴分别交于点和点． （1）求抛物线的函数表达式，并根据图象直接写出当时，的取值范围． （2）平移该二次函数的图象，使点恰好落在点的位置上，求平移后图象与坐标轴的交点． 五．解答题（共2小题，满分18分，每小题9分） 21. 如图，一个矩形养鸡场，一边靠墙（墙长为a米），另外三边用长为48米的篱笆围成． （1）①若，求养鸡场的面积的最大值； ②若，求养鸡场的面积的最大值． （2）若可围成的矩形养鸡场的面积的最大值为270平方米，求a的值． 22. 如图，点是矩形的对角线上的一点，且，，，点为直线上的一点，且于点，于点． （1）如图1，当点为线段中点时，易证：　 　； （2）如图2，当点为线段上的任意一点不与点、点重合时，其它条件不变，则中的结论是否仍然成立？若成立，请给予证明；若不成立，请说明理由． （3）如图3，当点为线段延长线上的任意一点时，其它条件不变，则与之间又具有怎样的数量关系？请证明你的猜想． 六．解答题（共1小题，满分12分，每小题12分） 23. 如图，抛物线与轴交于点，与y轴交于点，将抛物线沿轴翻折，然后向右平移1个单位，再向上平移1个单位，得到抛物线． （1）= ， ； （2）求的解析式； （3）在抛物线的第一象限内的图像上有一点，求的面积的最大值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025−2026学年鄱阳县第二中学 九年级（上）第一次月试卷 一．选择题（共6小题，满分18分，每小题3分） 1. 习近平总书记指出：发展新能源汽车是我国从汽车大国走向汽车强国的必由之路，当前随着新一轮科技革命和产业变革孕育兴起，新能源汽车产业正进入加速发展的新阶段，下列图案是我国的一些国产新能源车企的车标，图案既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查了轴对称图形和中心对称图形的概念，解题的关键是熟练掌握轴对称图形（沿一条直线对折后两部分完全重合）和中心对称图形（绕某点旋转后与原图形重合）的定义，并据此对每个选项的图形进行判断． 先明确轴对称图形和中心对称图形的定义；再依次判断每个选项的图形是否同时满足这两个定义；最后选出符合条件的选项． 【详解】解：A、图形沿一条直线对折后两部分完全重合，是轴对称图形，但绕某点旋转后不能与原图形重合，不是中心对称图形，此选项不符合题意； B、图形既不能沿一条直线对折后两部分完全重合，也不能绕某点旋转后与原图形重合，既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，此选项不符合题意； C、图形沿一条直线对折后两部分完全重合，是轴对称图形，但绕某点旋转后不能与原图形重合，不是中心对称图形，此选项不符合题意； D、图形既沿一条直线对折后两部分完全重合，又能绕某点旋转后与原图形重合，既是轴对称图形，又是中心对称图形，此选项符合题意； 故选：D． 2. 将一元二次方程化为一般形式后，其二次项系数、一次项系数、常数项分别是（ ） A. 1，2，6 B. 1，，6 C. 1，， D. 1，2， 【答案】C 【解析】 【分析】本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：（是常数，且）． 先将一元二次方程化为一般形式，即可得到答案． 【详解】解：一元二次方程的一般形式为， 二次项系数、一次项系数、常数项分别是， 故选：C． 3. 在如图所示的方格纸中，每个小方格都是边长为1个单位的正方形，ABC的顶点都在格点上．若是由ABC绕点P按逆时针方向旋转得到，且各顶点仍在格点上，则旋转中心P的坐标是（ ） A. (0，0) B. (0，﹣1) C. (1，﹣1) D. (1，﹣2) 【答案】D 【解析】 【分析】根据两组对应点所连线段的垂直平分线的交点即为旋转中心，可得结论． 【详解】解：观察图象可知，旋转中心P的坐标为(1,-2)． 故选D． 【点睛】本题考查了坐标与图形变化——旋转．解题的关键是理解两组对应点所连线段的垂直平分线的交点即为旋转中心． 4. 将抛物线向右平移个单位，再向下平移个单位，所得抛物线为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据“上加下减，左加右减”的原则进行解答即可． 【详解】由“左加右减”的原则可知，将抛物线向左平移个单位所得抛物线的解析式为：； 由“上加下减”的原则可知，将抛物线向下平移个单位所得抛物线的解析式为：， 故选：． 【点睛】此题考查了二次函数的图象与几何变换，熟知函数图象平移的法则是解题的关键． 5. 如图，在平面直角坐标系中，四边形为平行四边形，其中点，，，以点为圆心，的长为半径作弧，交于点，再把线段绕点逆时针旋转得到线段，则点的坐标为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查了全等三角形的判定与性质、坐标与图形、平行四边形的性质、旋转的性质，延长交轴于点，过点作轴于点，证明，得出，，即可得解． 【详解】解：如图，延长交轴于点，过点作轴于点， 由题意可得，轴，，， 由旋转的性质可得，， ∴， ∵，， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴，， ∴点的坐标为， 故选：A． 6. 二次函数的图象如图所示，有如下结论：①；②；③；④（m为实数）．其中正确结论的个数是（ ） A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个 【答案】D 【解析】 【分析】由抛物线的对称轴公式即可对②进行判断；由抛物线的开口方向可判断a，结合抛物线的对称轴可判断b，根据抛物线与y轴的交点可判断c，进而可判断①；由图象可得：当x=3时，y＞0，即9a+3b+c＞0，结合②的结论可判断③；由于当x=1时，二次函数y取最小值a+b+c，即（m为实数），进一步即可对④进行判断，从而可得答案． 【详解】解：∵抛物线的开口向上，∴a＞0， ∵抛物线的对称轴是直线x=1，∴， ∴b＜0，，故②正确； ∵抛物线与y轴交于负半轴，∴c＜0， ∴，故①正确； ∵当x=3时，y＞0，∴9a+3b+c＞0， ∵，∴， 整理即得：，故③正确； ∵当x=1时，二次函数y取最小值a+b+c， ∴（m为实数），即（m为实数），故④正确． 综上，正确结论的个数有4个． 故选：D． 【点睛】本题考查了二次函数的图象与性质、二次函数与其系数间的关系等知识，属于常考题型，熟练掌握二次函数的图象与性质是解题的关键． 二．填空题（共6小题，满分18分，每小题3分） 7. 若点，关于原点对称，则______． 【答案】3 【解析】 【分析】本题考查了原点对称的两个点的坐标特征，掌握关于原点对称的两个点，横坐标、纵坐标分别互为相反数是解题的关键．根据关于原点对称的两个点，横坐标、纵坐标分别互为相反数即可求解． 【详解】解：∵点，关于原点对称， ∴， ∴， 故答案为：3． 8. 二次函数的对称轴是直线_______． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查的是二次函数的性质，直接根据二次函数的对称轴方程求出二次函数的对称轴即可，熟知二次函数的对称轴方程是解答此题的关键． 【详解】∵二次函数中，， ∴对称轴为直线， 故答案为：． 9. 《算学宝鉴》全称《新集通证古今算学宝鉴》，王文素著,完成于明嘉靖三年,全书12本42卷，近50万字，代表了我国明代数学的最高水平．《算学宝鉴》中记载的用导数解高次方程的方法堪与牛顿媲美，且早于牛顿140年．《算学宝鉴》中记载了我国南宋数学家杨辉提出的一个问题：“直田积八百六十四步，之云阔不及长十二步，问长阔共几何？” 译文：一个矩形田地的面积等于864平方步，且它的宽比长少12步，问长与宽的和是多少步？如果设矩形田地的长为x步，可列方程为_____________． 【答案】x（x-12）=864． 【解析】 【分析】如果设矩形田地的长为x步，那么宽就应该是（x-12）步，根据面积为864，即可得出方程． 【详解】解：设矩形田地的长为x步，那么宽就应该是（x-12）步． 根据矩形面积=长×宽，得：x（x-12）=864． 故答案为：x（x-12）=864． 【点睛】本题为面积问题，掌握好面积公式即可进行正确解答；矩形面积=矩形的长×矩形的宽． 10. 某次商品交易会上，所有参加会议的商家之间都签订了一份合同，共签订合同55份，_____商家参加了交易会． 【答案】11 【解析】 【分析】设共有x个商家参加了交易会，利用签订合同的总数＝参加会议的商家数×（参加会议的商家数﹣1）÷2，即可得出关于x的一元二次方程，解之取其正值即可得出参加交易会的商家数． 【详解】解：设共有x个商家参加了交易会， 依题意得：x（x﹣1）＝55， 整理得：x2﹣x﹣110＝0， 解得：＝11，x2＝﹣10（不合题意，舍去）． 故答案为：11． 【点睛】本题考查了一元二次方程的应用，根据题意列出一元二次方程是解题的关键． 11. 将一副三角板按图所示的方式叠放在一起，使直角的顶点重合于点，并能使点自由旋转，设，，则与之间的数量关系是__________． 【答案】 【解析】 【分析】分重叠和不重叠两种情况讨论，由旋转的性质，即可求解． 【详解】如图， 由题意得：， ，， ． 如图， 由题意得：， ，， ， ． 综上所述，， 故答案为：． 【点睛】本题考查了旋转的性质，灵活运用旋转的性质是本题的关键． 12. 在中，，，点O是的中点，将绕点O向三角形外部旋转得到，当恰为等腰三角形时，的值为______ 【答案】或或 【解析】 【分析】本题考查旋转变换、全等三角形的判定和性质、直角三角形的性质等知识，解题的关键是学会分类讨论的思想思考问题.恰为等腰三角形时分三种情形①如图1中，当时，②如图2中，当时，③如图3中，当时，分别利用全等三角形的性质计算即可. 【详解】解：将绕点O向三角形外部旋转，即，，连接， ∵， ∴是直角三角形， ∵点O是的中点， ∴， ∴， ∴， 当恰为等腰三角形时，分为三种情形： ①如图1中，当时， 在与中， ∴， ∴， ∴； ②如图2中，当时， 同理：在与中， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴； ③如图3中，当时， 同理：在与中， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴. 故答案为或或. 三．解答题（共5小题，满分30分，每小题6分） 13. 解方程：； 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了解一元二次方程，熟练掌握直接开平方法，因式分解法，配方法和公式法是解题的关键． 利用因式分解法求解即可． 【详解】解：， 分解因式，得， ∴或， 解得． 14. 已知二次函数的图像经过，两点． （1）求和的值； （2）试判断点是否在此函数图像上？ 【答案】（1） （2）不在 【解析】 【分析】（1）已知了抛物线上两点的坐标，可将其代入抛物线中，通过联立方程组求得、的值； （2）将点坐标代入抛物线的解析式中，即可判断出点是否在抛物线的图象上． 【小问1详解】 解：把，两点代入二次函数得 ， 解得，； 【小问2详解】 解：由（1）得， 把代入，得， 点在不在此函数图象上． 【点睛】本题考查了用待定系数法求函数表达式的方法，掌握待定系数法求函数解析式的方法与步骤是解决问题的关键． 15. 已知关于x的一元二次方程x2-kx-2=0,求证：无论为何值，方程总有两个不相等的实数根． 【答案】 证明:在方程x2-kx-2=0中, △=k2+8≥8， ∴无论k为何值，方程总有两个不相等的实数根. 【解析】 【分析】根据方程各项的系数结合根的判别式即可得出△=k2+8≥8，由此可得出无论k为何值，方程总有两个不相等的实数根. 【详解】略 【点睛】本题考查了一元二次方程根的判别式的问题,当△＞0时,方程有两个不相等的实数根,当△=0时,方程有两个相等的实数根,当△＜0时,方程没有实数根,掌握△的求法是解题关键. 16. 抛物线的对称轴是直线，且它的最低点在直线上，求： （1）函数解析式； （2）若抛物线与轴交点为、与轴交点为，求面积． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）先根据对称轴公式求出的值，再利用直线求出抛物线的顶点坐标，代入二次函数解析式即可求出的值，从而完整的求出了函数解析式． （2）先由（1）中所求的解析式求出抛物线分别与，轴的交点坐标，确定、、的位置再根据三角形的面积公式求解． 【小问1详解】 解：抛物线的对称轴是直线 解得或 又图象有最低点，即开口向上 ，即 ， 即 把代入直线得 ， 即抛物线的顶点坐标是， 代入函数得 ， 函数解析式为； 【小问2详解】 当时，，即点的坐标是， 当时，，解得或， 即点、的坐标分别是，、， 则， ． 17. 如图，在平面直角坐标系中，的三个顶点分别是，，． （1）画出关于原点对称的，并直接写出点的对应点的坐标； （2）画出以点为旋转中心顺时针旋转的． 【答案】（1） 如图所示，即为所求，点的坐标； （2） 如图所示，即为所求． 【解析】 【分析】（1）分别作出三角形三个顶点关于原点对称的对应点，再顺次连接即可； （2）分别作出三角形两个顶点和以点为旋转中心顺时针旋转的对应点和，再顺次连接即可． 【小问1详解】 略． 【小问2详解】 略． 【点睛】本题主要考查了作图-旋转变换，坐标与图形的性质等知识，熟练掌握旋转变换的定义和性质，正确得出对应点的位置是解本题的关键． 四．解答题（共3小题，满分24分，每小题8分） 18. 已知关于的一元二次方程． （1）求证：无论为何值，此方程总有一个根是定值； （2）若直角三角形的一边为，另两边恰好是这个方程的两根，求的值． 【答案】（1） ∵， ∴， ∴，， ∴无论为何值，此方程总有一个根是定值； （2）或． 【解析】 【分析】（）先通过因式分解解方程，从而可得到两个因式的积为，从而可求解； （）由（）求出方程的两个根为，，，然后分两种情况讨论即可； 本题主要考查一元二次方程解法，勾股定理，分类思想，解题的关键是熟练掌握一元二次方程的解法及其应用． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 分两种情况： 当为直角边时，则，得， 又∵边长， ∴， 当为斜边时，则，得， 又∵边长， ∴， 综上所述，的值为或． 19. 如图，D是等边三角形内一点，将线段绕点A顺时针旋转，得到线段，连接，． （1）求证：； （2）连接，若，求的度数． 【答案】（1） 证明：∵是等边三角形， ∴，， 由旋转得，， ∴， 在和中， ， ∴． （2） 【解析】 【分析】本题考查了等边三角形判定与的性质，旋转的性质，全等三角形的判定与性质等知识，解题的关键是： （1）根据等边三角形的性质，旋转的性质，可得出，然后根据证明即可； （2）证明是等边三角形，得出，根据全等三角形的性质得出，最后根据角的和差求解即可． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：∵，， ∴是等边三角形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴的度数是． 20. 二次函数的图象如图所示，抛物线顶点为，与轴、轴分别交于点和点． （1）求抛物线的函数表达式，并根据图象直接写出当时，的取值范围． （2）平移该二次函数的图象，使点恰好落在点的位置上，求平移后图象与坐标轴的交点． 【答案】（1）；当时， （2）新抛物线与坐标轴的交点为，， 【解析】 【分析】本题考查抛物线与x轴的交点，二次函数的性质，平移变换等知识． （1）设抛物线的顶点式为，再由抛物线过，可求出，即可得函数解析式，根据抛物线轴对称性的特点可求出抛物线与x轴的另一交点，借助二次函数的图象求出时，x的取值范围即可； （2）由题意点C平移到A，抛物线向左平移2个单位，向上平移4个单位，由此可得抛物线的顶点坐标，进而可得解析式，然后求出平移后图象与坐标轴的交点． 【小问1详解】 解：设抛物线的顶点式为， 抛物线过， ， 解得． ，即． 关于直线的对称点为， 当时，； 【小问2详解】 解：平移后点落在处，可知抛物线向左平移2个单位，向上平移4个单位， 则新图象顶点为， 由顶点式，可得， 当时，； 当时，， 新抛物线与坐标轴的交点为，，． 五．解答题（共2小题，满分18分，每小题9分） 21. 如图，一个矩形养鸡场，一边靠墙（墙长为a米），另外三边用长为48米的篱笆围成． （1）①若，求养鸡场的面积的最大值； ②若，求养鸡场的面积的最大值． （2）若可围成的矩形养鸡场的面积的最大值为270平方米，求a的值． 【答案】（1）①288；②280；（2）18 【解析】 【分析】（1）设矩形的长为x米，则宽为米，由题意可知，矩形的面积为S，可得，从而得到当时，S随x的增大而增大，当时，S随x的增大而减小； ①时，可得，再利用二次函数的性质，即可求解； ②时，可得，再利用二次函数的性质，即可求解； （2）令得：，解出即可求解． 【详解】解：（1）设矩形的长为x米，则宽为米，由题意可知， ∴设矩形的面积为S，则 ， ∵，抛物线开口向下，对称轴为直线， ∴当时，S随x的增大而增大，当时，S随x的增大而减小； ①时，即； ∴当时，S有最大值，最大值为288平方米； ②时，即， ∴当时，面积的最大值为280（平方米）． （2）令得：， 解得或， 由可知，当时，， 由（1）知，此时矩形最大值在时取得，面积最大值为288平方米， 故舍去． ∴． 【点睛】本题主要考查了二次函数的应用，明确题意，准得到数量关系是解题的关键． 22. 如图，点是矩形的对角线上的一点，且，，，点为直线上的一点，且于点，于点． （1）如图1，当点为线段中点时，易证：　 　； （2）如图2，当点为线段上的任意一点不与点、点重合时，其它条件不变，则中的结论是否仍然成立？若成立，请给予证明；若不成立，请说明理由． （3）如图3，当点为线段延长线上的任意一点时，其它条件不变，则与之间又具有怎样的数量关系？请证明你的猜想． 【答案】（1） （2） 解：（1）中的结论仍然成立，理由如下： 过作于，连接，如图所示： 同（1）得：， ，，，且， ， 又， ， ； （3） 解：，理由如下： 过作交于，连接，如图所示： 同（1）得：， ，，，， ， 又， ． 【解析】 【分析】此题考查的是矩形的性质、勾股定理和三角形的面积， （1）连接，过点作于点．先由矩形的性质及勾股定理求出的长，再由三角形面积求出的长，然后通过等量代换即可求解； （2）连接，过点作于点．同（1）求出的长，然后通过等量代换即可求解； （3），解法同（2）． 【小问1详解】 解：当点为线段中点时，，理由如下： 过作于，连接，如图所示： 四边形是矩形， ，， ， ， ， ， 点为线段中点， ， ，，，且， ， 又， ， ， 故答案为：； 【小问2详解】 略 【小问3详解】 略 六．解答题（共1小题，满分12分，每小题12分） 23. 如图，抛物线与轴交于点，与y轴交于点，将抛物线沿轴翻折，然后向右平移1个单位，再向上平移1个单位，得到抛物线． （1）= ， ； （2）求的解析式； （3）在抛物线的第一象限内的图像上有一点，求的面积的最大值． 【答案】（1）5， （2） （3）6 【解析】 【分析】本题考查了二次函数的图象与性质，二次函数与几何变换，待定系数法求函数解析式，函数的最值等知识点． （1）把点代入即可求解； （2）先根据沿轴翻折，则值变为相反数求出翻折后的函数解析式，再由二次函数图象平移规律求解； （3）过点作轴于，,．设，则，由建立起面积关于的二次函数关系式，再由二次函数的性质求解． 【小问1详解】 解：把点代入， 得， ∴． ∴抛物线： 故答案为：5，； 【小问2详解】 解：由（1）问可知：抛物线：． 将抛物线沿轴翻折后得到，即翻折后的抛物线解析式为． ∵， ∴将其向右平移1个单位，再向上平移1个单位，得到抛物线：（或）． 【小问3详解】 解：如图，过点作轴于， ∵抛物线， ∴． ∵抛物线， 令，则， 解得或， ∴． 设， ∴， ∴ ． 即：． ∴当时，． ∴的面积的最大值是． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $