2026-2027学年人教版九年级数学上学期第一次月考模拟试卷01【天津专用】

**基本信息** 聚焦九年级数学核心知识，以新冠疫情传染、行程问题等现实情境为载体，分层考查运算能力、推理意识与模型意识，适配月考诊断需求。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择题|12/48|二次函数顶点与平移（2、5）、一元二次方程根的判别式（6）|结合视图（4）、旋转性质（9）考查空间观念| |填空题|6/24|新定义运算（13）、二次函数最值（18）|以概率（15）、函数与不等式关系（17）体现应用意识| |解答题|7/66|二次函数解析式与面积（20）、动态几何面积问题（24）|行程问题（23）考查模型意识，二次函数与直线交点（25）凸显推理能力|

2026-2027学年九年级数学第一学期月考模拟练习试卷01【天津专用】 一、选择题：本题共12小题，每小题4分，共48分．在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 计算结果是（ ） A. 12 B. C. 6 D. 2. 二次函数的图象的顶点坐标是（ ） A. B. C. D. 3. 在同一平面直角坐标系中，一次函数与二次函数的图象可能是（ ） A. B. C. D. 4. 如图，是一个由6个相同的正方体组成的立体图形，它的主视图是（ ） A. B. C. D. 5. 抛物线 可由抛物线 平移得到，那么平移的步骤是（ ） A. 右移 个单位长度，再下移 个单位长度 B. 右移 个单位长度，再上移 个单位长度 C. 左移 个单位长度，再下移 个单位长度 D. 左移 个单位长度，再上移 个单位长度 6. 若关于x的一元二次方程(k-1)x2＋4x＋1＝0有两个不相等的实数根，则k的取值范围是( ) A. k<5 B. k<5，且k≠1 C. k≤5，且k≠1 D. k>5 7. 2022年底，新冠疫情持续蔓延，若一人携带病毒未进行有效隔离，经过两轮传染后共有441人感染，设每轮传染中平均每个人传染了人，则根据题意可列出方程（ ） A. B. C. D. 8. 抛物线过三点，则大小关系是（ ） A. B. C. D. 9. 如图，已知，将绕点B顺时针旋转得到，连接和交于点P．则下列结论中正确的是（ ） A. B. 与不一定平行 C. 可以看作是平移而成的 D. 和都是等边三角形 10. 将抛物线向右平移1个单位，再向上平移5个单位后所得抛物线的解析式为（　　） A. B. C. D. 11. 如图，在中，，，，点从点开始沿边向点以的速度移动，同时另一个点从点开始沿以的速度移动，当的面积等于时，经过的时间是（ ） A. 或 B. C. D. 12. 从地面竖直向上抛出一小球，小球的高度（单位：）与小球的运动时间（单位：）之间的关系式是．有下列结论：①小球从抛出到落地需要；②小球运动时的高度小于运动时的高度；③小球运动中的高度可以是，其中正确结论的个数是（ ） A. 3 B. 2 C. 1 D. 0 二、填空题（共6小题，每小题4分，共24分） 13. 我们在实数范围内规定一种运算，“※”，规则为，根据这个规则，方程的解是________． 14. 二次函数顶点坐标_____． 15. 不透明的袋子里装有10个球，其中有7个黑色球和3个红色球，它们除颜色外其余均相同.从袋子中任意摸出一个球是黑色球的概率为___． 16. 已知，则的值为______． 17. 如图，抛物线与直线交于两点，则关于的不等式的解集为__________． 18. 当时，函数的最小值为4，则a的值为____________． 三、解答题（共7小题，共66分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．） 19. 用适当的方法解下列方程： （1）； （2）． 20. 已知二次函数的顶点坐标为A（1，9），且其图象经过点（﹣1，5） （1）求此二次函数的解析式； （2）若该函数图象与x轴的交点为B、C，求△ABC的面积． 21.如图，△ABC中，AB＝AC＝1，∠BAC＝45°，△AEF是由△ABC绕点A按顺时针方向旋转得到的，连接BE，CF相交于点D, （1）求证：BE＝CF ； （2）当四边形ACDE为菱形时，求BD的长． 22.已知关于x的方程x2+（2k﹣1）x+k2﹣1=0有两个实数根x1，x2． （1）求实数k的取值范围； （2）若x1，x2满足x12+x22=16+x1x2，求实数k的值． 23.已知甲、乙、丙三地依次在同一直线上，乙地离甲地，丙地离乙地．一艘游轮从甲地出发，途经乙地前往丙地．当游轮到达乙地时，一艘货轮沿着同样线路从甲地出发前往丙地．已知游轮的速度为，离开甲地的时间记为t（单位：），两艘轮船离甲地的距离y（单位：）关于t的图象如图所示（游轮在停靠前后的行驶速度不变）．货轮比游轮早到达丙地． 根据相关信息，解答下列问题： （1）填表： 游轮离开甲地的时间/h 6 13 16 22 24 游轮离甲地的距离/km 120 260 （2）填空： ①游轮在乙地停靠的时长为_______； ②货轮从甲地到丙地所用的时长为_______，行驶的速度为_______/； ③游轮从乙地出发时，两艘轮船的距离为_______． （3）当时，请直接写出游轮离甲地的距离y关于t的函数解析式． 24. 如图，在中，，点P从点A开始沿边向终点B以1的速度移动．与此同时，点Q从点B开始沿边向终点C以2的速度移动．点P、Q分别从点A，B同时出发，当点Q移动到点C时，两点停止移动．设移动时间为t．（） （1）填空：____________，____________（用含t的代数式表示）． （2）当t为何值时，的长为5？ （3）是否存在t的值，使得的面积为4？若存在请求出此时t的值；若不存在，请说明理由． 25.已知：如图，在平面直角坐标系中，二次函数的图象与x轴交于A、B两点，A点在原点的左侧，B点的坐标为，与y轴交于点，点P是直线下方的抛物线上一动点． （1）求这个二次函数的表达式； （2）过P点作y轴的平行线交直线于点E，求线段的最大值． 2026-2027学年九年级数学第一学期月考模拟练习试卷01【天津专用】 一、选择题：本题共12小题，每小题4分，共48分．在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 计算结果是（ ） A. 12 B. C. 6 D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据有理数减法运算法则进行计算即可． 【详解】解：，故C正确． 故选：C． 2. 二次函数的图象的顶点坐标是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据顶点式：的顶点坐标为即可得出结论． 【详解】解：二次函数的图象的顶点坐标是， 故选：C． 3. 在同一平面直角坐标系中，一次函数与二次函数的图象可能是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查的是一次函数图象与二次函数图象共存问题，根据一次函数与二次函数的图象与性质分析即可． 【详解】解：∵当时，， ∴一次函数的图象过定点，故A，C不符合题意； B、由二次函数的图象可得：，顶点在y轴的负半轴上，由一次函数的图象可得：，图象与y轴的正半轴相交，，故此选项符合题意； D、由二次函数的图象的开口可得： ，由一次函数的图象可得： ，的范围不一致，故此选项不符合题意 故选B． 4. 如图，是一个由6个相同的正方体组成的立体图形，它的主视图是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据三视图中的主视图定义，从前往后看，得到的平面图形即为主视图． 【详解】解：从正面看到的平面图形是2列小正方形，从左至右第1列有3个，第2列有1个， 故选：D． 5. 抛物线 可由抛物线 平移得到，那么平移的步骤是（ ） A. 右移 个单位长度，再下移 个单位长度 B. 右移 个单位长度，再上移 个单位长度 C. 左移 个单位长度，再下移 个单位长度 D. 左移 个单位长度，再上移 个单位长度 【答案】A 【解析】 【分析】根据二次函数图象的平移规律，可得答案． 【详解】解：抛物线 可由抛物线 右移个单位长度，再下移个单位长度得到， 故选：A． 6. 若关于x的一元二次方程(k-1)x2＋4x＋1＝0有两个不相等的实数根，则k的取值范围是( ) A. k<5 B. k<5，且k≠1 C. k≤5，且k≠1 D. k>5 【答案】B 【解析】 【详解】∵关于x的一元二次方程方程有两个不相等的实数根， ∴，即， 解得：k＜5且k≠1． 故选：B． 7. 2022年底，新冠疫情持续蔓延，若一人携带病毒未进行有效隔离，经过两轮传染后共有441人感染，设每轮传染中平均每个人传染了人，则根据题意可列出方程（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据两轮传染后共有441人列出方程求解即可． 【详解】解：第1轮传染后共有人感染， 第2轮传染后共有人感染， ∴， 故选：D． 8. 抛物线过三点，则大小关系是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查了比较抛物线上各点纵坐标的大小． 利用开口方向及点到对称轴的距离判断即可． 【详解】解：抛物线的顶点为，开口向上， ∴点离对称轴越远，纵坐标越大． 计算各点横坐标到对称轴的距离： 时，距离为， 时，距离为， 时，距离为， 距离由大到小为， ∴对应纵坐标． 故选A． 9. 如图，已知，将绕点B顺时针旋转得到，连接和交于点P．则下列结论中正确的是（ ） A. B. 与不一定平行 C. 可以看作是平移而成的 D. 和都是等边三角形 【答案】D 【解析】 【分析】设与相交于点F，根据旋转可得， ，从而可得，，，进而可得和都是等边三角形，然后利用等边三角形的性质可得，从而可得进而可得，再利用三角形内角和定理、以及对顶角相等可得最后根据，可得和不全等，从而利用平移的性质可得不可以看作是平移而成的，即可解答 【详解】解∶如图∶ 设与相交于点F， 由旋转得∶ ，． ，，． 和都是等边三角形， ． ． ，，， ． ， 和不全等． 不可以看作是平移而成的 故A、B、C不符合题意，D符合题意， 故选∶D ． 10. 将抛物线向右平移1个单位，再向上平移5个单位后所得抛物线的解析式为（　　） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据顶点式求出顶点坐标，再根据向右平移横坐标加，向上平移纵坐标加求出平移后的抛物线的顶点坐标，然后写出顶点式二次函数解析式即可． 【详解】∵， ∴原抛物线顶点坐标为（1，2）， ∵向右平移1个单位，再向上平移5个单位， ∴平移后的抛物线顶点坐标为（2，7）， ∴所得抛物线解析式为， 故选：A． 11. 如图，在中，，，，点从点开始沿边向点以的速度移动，同时另一个点从点开始沿以的速度移动，当的面积等于时，经过的时间是（ ） A. 或 B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题已知了 、 的速度，设秒后，的面积等于，根据路程 =速度时间，可用时间 表示出 和的长，然后根据直角三角形的面积公式，得出方程，求出未知数，然后看看解是否符合题意，将不合题意的舍去即可得出时间的值． 【详解】解：设秒后，的面积等于， 依题意得：， ∴， ∴，， 当时，，即不合题意，舍去． 所以10秒后，的面积等于． 故选B． 12. 从地面竖直向上抛出一小球，小球的高度（单位：）与小球的运动时间（单位：）之间的关系式是．有下列结论：①小球从抛出到落地需要；②小球运动时的高度小于运动时的高度；③小球运动中的高度可以是，其中正确结论的个数是（ ） A. 3 B. 2 C. 1 D. 0 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查了二次函数的图象与性质，熟练掌握二次函数的性质，化成顶点式的方法是解题的关键．①令，解出方程即可判断；②分别求出和时的值即可判断；③将关系式化成顶点式，得到函数最大值即可判断． 【详解】解：①当时，则 解得：， 小球从抛出到落地需要，故①正确； ②当时， 当时， 小球运动时的高度小于运动时的高度，故②正确； ③ 当时，取得最大值，最大值为45 小球运动中的高度不可以是，故③错误； 综上所述，其中正确结论个数为2个． 故选：B 二、填空题（共6小题，每小题4分，共24分） 13. 我们在实数范围内规定一种运算，“※”，规则为，根据这个规则，方程的解是________． 【答案】， 【解析】 【分析】利用题中的新定义将所求方程化为普通方程，整理为一般式，将方程左边的多项式分解因式，利用两数相乘积为0，两因式中至少有一个为0转化为两个一元一次方程，求出一次方程的解即可得到所求方程的解． 【详解】根据题中的新定义方程x※(x+2)=3化为x(x+2)=3， 整理为x2+2x−3=0，即(x−1)(x+3)=0， 可得x−1=0或x+3=0， 解得：x1=1，x2=−3. 故答案为，. 14. 二次函数顶点坐标_____． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了二次函数的顶点式，解题关键是运用了顶点式，得到顶点坐标是． 【详解】解：二次函数顶点坐标为， 故答案为：． 15. 不透明的袋子里装有10个球，其中有7个黑色球和3个红色球，它们除颜色外其余均相同.从袋子中任意摸出一个球是黑色球的概率为___． 【答案】 【解析】 【分析】从袋中任意摸出一个球共有10种等可能结果，其中是黑球的有7种结果，再根据概率公式求解即可得出答案． 【详解】从袋中任意摸出一个球共有10种等可能结果，其中是黑球的有7种结果， 所以从袋中任意摸出一个球是黑球的概率为 故答案为： ． 16. 已知，则的值为______． 【答案】 【解析】 【分析】此题考查了解一元二次方程，先把方程化为，然后通过因式分解法解方程并检验即可，掌握一元二次方程解法是解题的关键． 【详解】解：， ， 或， ∵， ∴， 故答案为：． 17. 如图，抛物线与直线交于两点，则关于的不等式的解集为__________． 【答案】或 【解析】 【分析】根据题意得出：当时，则，进而结合函数图象得出的取值范围． 【详解】解：根据题意得出： 当时，则， 由图象可得：关于的不等式的解集为：或， 故答案为：或． 18. 当时，函数的最小值为4，则a的值为____________． 【答案】 【解析】 【分析】利用二次函数图象上点的坐标特征找出当y＝4时x的值，结合当时函数有最小值4，即可得出关于a的一元一次方程，解之即可得出结论． 【详解】解：当时，有， 解得：． ∵， ∴抛物线开口向上，对称轴为直线x=1，顶点坐标为(1，0)， 当x<1时，y随x的增大而减少，当x>1时，y随x的增大而增大， ∵当时，函数有最小值4，分两种情况讨论： 若时，当x=a时，y的最小值是4， ∴ 若时，当x=a+1时，y的最小值是4， ∴， 解得a=-2， ∴ ， 故答案为：． 三、解答题（共7小题，共66分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．） 19. 用适当的方法解下列方程： （1）； （2）． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】本题主要考查了解一元二次方程，灵活的选择合适的方法是解题的关键． （1）根据因式分解法解一元二次方程，即可求解； （2）等式右边提出3，再移项，然后提出公因式，得因式乘积的形式，即可求解． 【小问1详解】 解： ∴或 解得：； 小问2详解】 解： 即 或 ． 20. 已知二次函数的顶点坐标为A（1，9），且其图象经过点（﹣1，5） （1）求此二次函数的解析式； （2）若该函数图象与x轴的交点为B、C，求△ABC的面积． 【答案】（1）y＝﹣（x﹣1）2+9；（2）△ABC的面积为27． 【解析】 【分析】（1）先利用待定系数法求出抛物线解析式； （2）通过解方程-（x-1）2+9=0得到B、C两点的坐标，然后根据三角形面积公式求解． 【详解】(1)设抛物线解析式为y=a(x−1)2+9， 把(−1,5)代入得a(−1−1)2+9=5， 解得a=−1， 所以抛物线解析式为y=−(x−1)2+9； (2)当y=0时,−(x−1)2+9=0， 解得x1=4,x2=−2， 所以B.C两点的坐标为(−2,0),(4,0)， 所以△ABC的面积 21.如图，△ABC中，AB＝AC＝1，∠BAC＝45°，△AEF是由△ABC绕点A按顺时针方向旋转得到的，连接BE，CF相交于点D, （1）求证：BE＝CF ； （2）当四边形ACDE为菱形时，求BD的长． 【答案】（1）证明见解析（2）-1 【解析】 【分析】（1）先由旋转的性质得AE=AB，AF=AC，∠EAF=∠BAC，则∠EAF+∠BAF=∠BAC+∠BAF，即∠EAB=∠FAC，利用AB=AC可得AE=AF，得出△ACF≌△ABE，从而得出BE=CF； （2）由菱形性质得到DE=AE=AC=AB=1，AC∥DE，根据等腰三角形的性质得∠AEB=∠ABE，根据平行线得性质得∠ABE=∠BAC=45°，所以∠AEB=∠ABE=45°，于是可判断△ABE为等腰直角三角形，所以BE=AC=，于是利用BD=BE﹣DE求解． 【详解】（1）∵△AEF是由△ABC绕点A按顺时针方向旋转得到的， ∴AE=AB，AF=AC，∠EAF=∠BAC， ∴∠EAF+∠BAF=∠BAC+∠BAF， 即∠EAB=∠FAC， 在△ACF和△ABE中， △ACF≌△ABE BE=CF. （2）∵四边形ACDE为菱形，AB=AC=1， ∴DE=AE=AC=AB=1，AC∥DE， ∴∠AEB=∠ABE，∠ABE=∠BAC=45°， ∴∠AEB=∠ABE=45°， ∴△ABE为等腰直角三角形， ∴BE=AC=， ∴BD=BE﹣DE=． 22.已知关于x的方程x2+（2k﹣1）x+k2﹣1=0有两个实数根x1，x2． （1）求实数k的取值范围； （2）若x1，x2满足x12+x22=16+x1x2，求实数k的值． 【答案】(1) k≤;(2)-2. 【解析】 【分析】（1）根据方程的系数结合根的判别式，即可得出△=﹣4k+5≥0，解之即可得出实数k的取值范围； （2）由根与系数的关系可得x1+x2=1﹣2k、x1x2=k2﹣1，将其代入x12+x22=（x1+x2）2﹣2x1x2=16+x1x2中，解之即可得出k的值． 【详解】（1）∵关于x的方程x2+（2k﹣1）x+k2﹣1=0有两个实数根x1，x2， ∴△=（2k﹣1）2﹣4（k2﹣1）=﹣4k+5≥0，解得：k≤， ∴实数k的取值范围为k≤． （2）∵关于x的方程x2+（2k﹣1）x+k2﹣1=0有两个实数根x1，x2， ∴x1+x2=1﹣2k，x1x2=k2﹣1． ∵x12+x22=（x1+x2）2﹣2x1x2=16+x1x2， ∴（1﹣2k）2﹣2×（k2﹣1）=16+（k2﹣1）， 即k2﹣4k﹣12=0， 解得：k=﹣2或k=6（不符合题意，舍去）． ∴实数k的值为﹣2． 23.已知甲、乙、丙三地依次在同一直线上，乙地离甲地，丙地离乙地．一艘游轮从甲地出发，途经乙地前往丙地．当游轮到达乙地时，一艘货轮沿着同样线路从甲地出发前往丙地．已知游轮的速度为，离开甲地的时间记为t（单位：），两艘轮船离甲地的距离y（单位：）关于t的图象如图所示（游轮在停靠前后的行驶速度不变）．货轮比游轮早到达丙地． 根据相关信息，解答下列问题： （1）填表： 游轮离开甲地的时间/h 6 13 16 22 24 游轮离甲地的距离/km 120 260 （2）填空： ①游轮在乙地停靠的时长为_______； ②货轮从甲地到丙地所用的时长为_______，行驶的速度为_______/； ③游轮从乙地出发时，两艘轮船的距离为_______． （3）当时，请直接写出游轮离甲地的距离y关于t的函数解析式． 【答案】（1）260，380，420 （2）①3；②；③110 （3） 【解析】 【分析】（1）根据题意和函数图象中的数据，可以将表格中的数据补充完整； （2）①根据题意和图象中的数据，可以计算出游轮在乙地停靠的时长；②根据题意和图象中的数据，可以计算出货轮从甲地到丙地所用的时长和行驶的速度；③根据题意和图象中的数据，可以计算出游轮从乙地出发时，两艘轮船相距的路程； （3）根据函数图象中的数据，可以写出游轮离甲地的路程y关于t的函数解析式． 【小问1详解】 解：由图象可知当游轮离开甲地13小时游轮离甲地的距离为， ∵游轮全程行驶（小时）， ∴游轮在乙地停留的时间为（小时）， ∴当游轮离开甲地22小时游轮离甲地的距离为， 由图象可知当游轮离开甲地24小时游轮离甲地的距离为， 填表如下： 游轮离开甲地的时间/h 6 13 16 22 24 游轮离甲地的距离/km 120 260 故答案为：，，； 【小问2详解】 解：①游轮在乙地停靠的时长为：， 故答案为：3； ②货轮从甲地到丙地的时间为：， 货轮从甲地到丙地的速度为：， 故答案为：，； ③游轮从乙地出发时，两艘轮船相距的路程为：， 故答案为：； 【小问3详解】 解：当时，， 当时，， 当时,设y关于t的函数解析式为， 由题意，得：， 解得， 即当时，y关于t的函数解析式为， 由上可得，y关于t的函数解析式为． 24. 如图，在中，，点P从点A开始沿边向终点B以1的速度移动．与此同时，点Q从点B开始沿边向终点C以2的速度移动．点P、Q分别从点A，B同时出发，当点Q移动到点C时，两点停止移动．设移动时间为t．（） （1）填空：____________，____________（用含t的代数式表示）． （2）当t为何值时，的长为5？ （3）是否存在t的值，使得的面积为4？若存在请求出此时t的值；若不存在，请说明理由． 【答案】（1） （2）当时 （3）存在， 【解析】 【分析】（1）由动点的运动起点、速度、方向可得，据此即可求解； （2）在中，利用勾股定理即可求解； （3）根据即可求解． 【小问1详解】 解：由题意得： ∴ 故答案为： 【小问2详解】 解：在中，由勾股定理得： ，解得： ∵ ∴当时，； 【小问3详解】 解：由题意得， 解得：（不合题意，舍去） ∴当，使得的面积为4cm2 25.已知：如图，在平面直角坐标系中，二次函数的图象与x轴交于A、B两点，A点在原点的左侧，B点的坐标为，与y轴交于点，点P是直线下方的抛物线上一动点． （1）求这个二次函数的表达式； （2）过P点作y轴的平行线交直线于点E，求线段的最大值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】本题主要考查了二次函数综合，求二次函数解析式，正确理解题意求出对应的函数解析式是解题的关键． （1）将两点坐标代入解析式即可求得抛物线解析式； （2）根据坐标求出所在直线解析式为，设，，进而求得，再根据二次函数的性质求解即可． 【小问1详解】 解：∵二次函数的图象经过点和点， ∴， ∴， ∴这个二次函数的表达式为． 【小问2详解】 解：∵点P是直线下方的抛物线上一动点， ∴设，， 设直线的解析式为， 将点和点代入得， ∴， ∴直线的解析式为． ∵过P点作y轴的平行线交直线于点E， ∴， ∴ ， ∵， ∴当时，有最大值为， ∴线段的最大值为． ( 1 ) 学科网（北京）股份有限公司 $