精品解析：广西南宁市第三中学青秀校区2026-2027学年九年级上学期数学素养练习一

九年级数学素养练习一 一、选择题（本大题共12小题，每小题3分，共36分） 1. 下列各曲线中表示是的函数的是（ ） A. B. C. D. 2. 下列方程是一元二次方程的是（ ） A. B. C. D. 3. 已知二次函数的图象过点，则它必过的另一点是（ ） A. B. C. D. 4. 一元二次方程的一次项系数是（ ） A. 1 B. 2 C. D. 0 5. 对于抛物线，下列说法正确的是（ ） A. 抛物线的开口向下 B. 抛物线的顶点坐标为 C. 抛物线的对称轴为直线 D. 当时，随的增大而减小 6. 已知函数的图象如图，那么关于x的方程的根的情况是（ ） A. 无实数根 B. 有两个相等实数根 C. 有两个同号不等实数根 D. 有两个异号实数根 7. 若关于的方程有实数根，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 8. 在同一坐标系中，函数与的图像的大致位置可能是（ ） A. B. C. D. 9. 已知点都在函数上，则（ ） A. B. C. D. 10. 如图，是某庭院的平面示意图，小院的长为，宽为．院内从入口到出口的石板路宽度均相等，若水池的占地面积为，求石板路的宽度．设石板路的宽度为，根据题意所列方程为（ ） A. B. C. D. 11. 已知方程的两根分别是和，则代数式的值为（ ） A. 0 B. C. D. 12. 如图，在菱形中，，为的中点，点沿对角线从点向点运动，连接，．设，，图是点运动时随变化的关系图像，其中右端点的纵坐标为，则图像最低点的坐标为（） A. B. C. D. 二、填空题（本大题共4小题，每小题3分，共12分） 13. 要使二次根式有意义，则实数x的取值范围是_________． 14. 如图，根据函数图象可得关于的不等式的解集是___________． 15. 二次函数的顶点坐标是______________． 16. 已知二次函数的图象如图所示，线段轴，交抛物线于A、B两点，且点A的横坐标为2，则的长度为___________． 三、解答题（本大题共7小题，共72分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤） 17. 计算、解方程 （1）计算：； （2）用适当的方法解方程：． 18. 解：， 二次项系数化为，得，……第一步 移项，得，……第二步 配方，得，既，……第三步 由此，可得，……．第四步 所以，．……．第五步 （1）任务一：小华同学的解答过程是从第___________步开始出错的，错误的原因是___________． （2）任务二：请写出该方程的正确解答过程． 19. 智能科技点亮生活，某商场计划启用导航机器人，为往来顾客提供指引服务，工作人员现对甲、乙两款导航模型进行10轮性能测试，得到如下成功率数据（单位：）： 甲模型：60，70，75，85，90，90，90，95，95，100； 乙模型：70，75，80，80，80，85，85，90，90，100． 两组数据的平均数、四分位数和方差如表所示： 平均数 最小值 最大值 方差 甲模型 85 60 75 90 95 100 乙模型 83.5 70 82.5 90 100 65.25 根据以上信息回答下列问题： （1）_______，_______； （2）请补全乙模型测试准确率的箱线图； （3）结合以上数据，请从甲、乙两个模型中选拔一个部署到智能安防系统，并说明理由． 20. 随着“绿色出行，低碳生活”理念的普及，新能源汽车正逐渐成为人们喜爱的交通工具．新能源汽车多数采用电能作为动力来源，不需要燃烧汽油，这样就减少二氧化碳气体的排放，从而达到保护环境的目的．在国家积极政策的鼓励下，新能源汽车的市场需求逐年上升． （1）某品牌新能源汽车1月份销售量为3万辆，随着消费人群的不断增多，该品牌新能源汽车的销售量逐月递增，3月份的销售量达到5.07万辆车．求从1月份到3月份该品牌新能源汽车销售量的月平均增长率； （2）某汽车销售公司抢占先机，购进一批新能源汽车进行销售，该公司选择一款进价为15万元/辆的新能源汽车，经销一段时间后发现；当该款汽车售价定为25万元/辆时，平均每周售出8辆；售价每降低0.5万元，平均每周多售出1辆，若该店计划下调售价使平均每周的销售利润为96万元．为了推广新能源汽车，此次销售尽量让利于顾客，求下调后每辆汽车的售价． 21. 已知：二次函数，y与x的一些对应值如表： x … 0 1 2 4 … … m 3 n 3 … （1）根据表格中的数据，确定二次函数解析式为 ； （2）表格中空白处的值 ， ； （3）用五点作图法，在给定坐标系里画出二次函数的图象，并回答：顶点坐标为 ，对称轴方程为 ； （4）当时，，则t的取值范围为 ． 22. 阅读材料：我国古代数学家赵爽所作《勾股圆方图注》利用弦图的面积关系，形成了求解一元二次方程的古法．以方程为例，变形得，如图1，取四个全等矩形，邻边为x和，每个矩形面积为15．把这四个矩形按弦图拼接，外围构成一个大正方形，内部出现小正方形．由面积关系：大正方形面积四个矩形面积中间小正方形面积，即，解得正数解． 【应知必会】 （1）如图2，结合材料中的弦图解法，对方程变形得，拼接图形后，下列说法正确的有________（多选） A．所用矩形的长为，宽为x B．中间小正方形的边长为3，面积为9 C．外围大正方形的边长为 D．四个矩形的总面积为10 【实战演练】 （2）如图3，四个全等矩形按弦图拼接，已知大正方形的周长为20，中间小正方形边长为1．设矩形较短边长为x，列出形如的方程，则________，________． 【拓展拔高】 （3）如图4，四个全等矩形按弦图拼接，外围形成一个大正方形，内部围成一个小正方形．已知大正方形面积与内部小正方形面积之和为104，若将每个矩形的长与宽同时增加2，则单个矩形的面积比原来增加24．求原矩形两条边的长度． 23. 在平面直角坐标系中，已知抛物线． （1）当时，求抛物线顶点坐标； （2）在（1）的条件下，把二次函数的图象向左平移1个单位，得到新的二次函数图象，当时，求新的二次函数的最大值与最小值； （3）已知和是抛物线上两点，若对于，，都有，求的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 九年级数学素养练习一 一、选择题（本大题共12小题，每小题3分，共36分） 1. 下列各曲线中表示是的函数的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据函数的定义逐个分析判断即可． 【详解】解：观察图象可知，选项A、B、D，存在的值，有2个值与之对应，故不是的函数，即A、B、D不符合题意； 选项C，对于的每一个取值，都有唯一确定的值与之对应，故是的函数，符合题意． 2. 下列方程是一元二次方程的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】只含有一个未知数，且未知数的最高次数为的整式方程叫做一元二次方程． 【详解】解：A、化简得，整理为，不是一元二次方程； B、分母含未知数，是分式方程，不是一元二次方程； C、是一元二次方程； D、含两个未知数，不是一元二次方程． 3. 已知二次函数的图象过点，则它必过的另一点是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】二次函数的图象关于y轴对称，利用二次函数的对称性即可解答． 【详解】解：根据题意可得二次函数的图象关于y轴对称， ∵图象过点， ∴点关于y轴的对称点也在函数图象上． 4. 一元二次方程的一次项系数是（ ） A. 1 B. 2 C. D. 0 【答案】B 【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，其中，是二次项，是二次项系数；是一次项，是一次项系数；是常数项”，熟记一元二次方程的一般形式是解题关键．根据一元二次方程的一般形式求解即可得． 【详解】解：一元二次方程的一次项系数是2， 故选：B． 5. 对于抛物线，下列说法正确的是（ ） A. 抛物线的开口向下 B. 抛物线的顶点坐标为 C. 抛物线的对称轴为直线 D. 当时，随的增大而减小 【答案】B 【解析】 【分析】根据顶点式的特点，分别判断开口方向、顶点坐标、对称轴和增减性即可． 【详解】解：∵抛物线解析式为， ∴， ∴抛物线开口向上，故错误； 顶点坐标为，故正确； 对称轴为直线，故错误； ∵抛物线开口向上，对称轴为直线， ∴当时，随的增大而增大，故错误． 6. 已知函数的图象如图，那么关于x的方程的根的情况是（ ） A. 无实数根 B. 有两个相等实数根 C. 有两个同号不等实数根 D. 有两个异号实数根 【答案】C 【解析】 【分析】根据的图象与有两个交点，且交点的横坐标都在y轴右侧可得出答案． 【详解】解：由函数图象可得：的图象与有两个交点，且交点的横坐标都在y轴右侧， ∴关于x的方程即有两个同号不等实数根， 7. 若关于的方程有实数根，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查一元二次方程根的判别式，根据一元二次方程根的情况确定其判别式，即可求解． 【详解】解：∵ 方程有实数根， ∴ ， 即，解得． 8. 在同一坐标系中，函数与的图像的大致位置可能是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据a的符号判断一次函数与二次函数的图像所经过的象限，然后作出选择即可； 本题考查了一次函数和二次函数的图像，熟练掌握一次函数和二次函数的系数与图像的关系是解题的关键． 【详解】解：当，二次函数的图像的开口方向是向上；一次函数的图象经过第一、二、三象限； 当，二次函数的图像的开口方向是向下；一次函数的图像经过第二、三、四象限； 只有选项B符合条件， 故选：B． 9. 已知点都在函数上，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查了二次函数图象上点的坐标特征，熟记函数图象上的点的坐标满足函数关系式并准确求出三个函数值是解题的关键．根据函数图象上的点的坐标满足函数关系，分别求出、、，然后解答即可． 【详解】解：∵点都在函数上， ∴，，， ∴． 故选：B． 10. 如图，是某庭院的平面示意图，小院的长为，宽为．院内从入口到出口的石板路宽度均相等，若水池的占地面积为，求石板路的宽度．设石板路的宽度为，根据题意所列方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】设石板路的宽度为，则水池拼合后的总宽度应为原宽减去石板路的宽度，即，水池拼合后的总长度应为原长减去石板路的总宽度，即，再根据长方形的面积公式列出方程即可． 【详解】解：设石板路的宽度为，则水池拼合后的总宽度应为原宽减去石板路的宽度，即，水池拼合后的总长度应为原长减去石板路的总宽度，即， ∵水池的占地面积为， ∴． 11. 已知方程的两根分别是和，则代数式的值为（ ） A. 0 B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先利用根的定义对所求代数式降次化简，再利用根与系数的关系整体代入计算即可. 【详解】∵和是方程的根， ∴，， ∴， ∴. 12. 如图，在菱形中，，为的中点，点沿对角线从点向点运动，连接，．设，，图是点运动时随变化的关系图像，其中右端点的纵坐标为，则图像最低点的坐标为（） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】首先利用菱形右端点条件求出菱形的边长，再根据菱形的对称性将转化为，当点B、F、E三点共线时，y取得最小值，即y的最小值为线段的长度；证明是等边三角形，进而可得，，由勾股定理可解得，即图像最低点P的纵坐标为；证明为含有30度角的直角三角形，根据含30度角的直角三角形的性质以及勾股定理解得，的长度，进而可得答案． 【详解】解：如下图，连接，连接交于点O， ∵四边形是菱形，， ∴，，， ∴， ∴， 当点F运动到点C时，， ∵图像右端点Q的纵坐标为3， ∴， ∵E为的中点， ∴， ∴，解得， ∴，， ∵四边形是菱形， ∴点D与点B关于对称， ∴， ∴， 当点B、F、E三点共线时，如下图，y取得最小值，即最小值为线段的长， ∵， ∴是等边三角形， ∴， ∵E为的中点， ∴，， 在中，， ∴图像最低点P的纵坐标为， ∵，， ∴， 又∵， ∴，即， 在中，由勾股定理可得， ∴， ∴，解得（负值舍去）， ∴， ∴图像最低点P的坐标为． 二、填空题（本大题共4小题，每小题3分，共12分） 13. 要使二次根式有意义，则实数x的取值范围是_________． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了二次根式有意义的条件，解题的关键是明确二次根式中被开方数是非负数． 根据二次根式有意义的条件，被开方数需大于等于零，列出不等式求解即可． 【详解】解：∵二次根式有意义， ∴， 解得：． 所以的取值范围是． 故答案为：． 14. 如图，根据函数图象可得关于的不等式的解集是___________． 【答案】 【解析】 【分析】将原不等式变形为，即寻找直线的图象在直线的图象上方（含交点）时对应的自变量的取值范围． 【详解】解：由图象可知，直线与直线的交点横坐标为． 不等式可变形为， 即求直线在直线上方或相交时的取值范围． 观察图象可知， 当时，直线的图象在直线的图象上方或重合． 不等式的解集是． 15. 二次函数的顶点坐标是______________． 【答案】 【解析】 【分析】本题主要考查了二次函数顶点式的性质，熟练掌握二次函数的顶点式的性质是解题的关键． 根据二次函数的顶点式，直接读出顶点坐标即可． 【详解】解：由题意得，二次函数的顶点坐标为， 故答案为：． 16. 已知二次函数的图象如图所示，线段轴，交抛物线于A、B两点，且点A的横坐标为2，则的长度为___________． 【答案】4 【解析】 【分析】先求出二次函数对称轴为y轴，再推出A、B关于y轴对称，进而求出点B的横坐标即可得到答案． 【详解】解：∵二次函数解析式为， ∴二次函数对称轴为y轴， ∵线段轴，且A、B在二次函数图象上， ∴A、B关于y轴对称， ∵点A的横坐标为2， ∴点B的横坐标为， ∴， 故答案为：4． 【点睛】本题主要考查了二次函数的对称性，根据二次函数的对称性求出点B的横坐标是解题的关键． 三、解答题（本大题共7小题，共72分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤） 17. 计算、解方程 （1）计算：； （2）用适当的方法解方程：． 【答案】（1） （2） ， 【解析】 【分析】（1）利用二次根式的乘除运算法则计算，再合并同类二次根式即可； （2）利用提公因式因式分解法求解． 【小问1详解】 解： ； 【小问2详解】 解：，提公因式得， 可得或， 解得，． 18. 解：， 二次项系数化为，得，……第一步 移项，得，……第二步 配方，得，既，……第三步 由此，可得，……．第四步 所以，．……．第五步 （1）任务一：小华同学的解答过程是从第___________步开始出错的，错误的原因是___________． （2）任务二：请写出该方程的正确解答过程． 【答案】（1）三；配方配错了，两边应该同时加上，而不是； （2）， 【解析】 【分析】（）按照配方法解一元二次方程的步骤进行判断即可； （）按照配方法解一元二次方程的正确步骤进行解答即可． 此题考查了配方法解一元二次方程，熟练掌握配方法解方程是解题的关键． 【小问1详解】 三，配方配错了，两边应该同时加上，而不是． 故答案为：三；配方配错了，两边应该同时加上，而不是； 【小问2详解】 ， 二次项系数化为1，得， 移项，得， 配方，得， 即， 由此，可得， 所以，． 19. 智能科技点亮生活，某商场计划启用导航机器人，为往来顾客提供指引服务，工作人员现对甲、乙两款导航模型进行10轮性能测试，得到如下成功率数据（单位：）： 甲模型：60，70，75，85，90，90，90，95，95，100； 乙模型：70，75，80，80，80，85，85，90，90，100． 两组数据的平均数、四分位数和方差如表所示： 平均数 最小值 最大值 方差 甲模型 85 60 75 90 95 100 乙模型 83.5 70 82.5 90 100 65.25 根据以上信息回答下列问题： （1）_______，_______； （2）请补全乙模型测试准确率的箱线图； （3）结合以上数据，请从甲、乙两个模型中选拔一个部署到智能安防系统，并说明理由． 【答案】（1）80，145 （2）解：补全乙模型测试准确率的箱线图如图所示： （3）解：选择乙模型，理由如下：两模型平均数相近，但乙模型的方差较小，由箱线图看箱体更小，所以波动更小，更稳定； 选择甲模型，理由如下：甲模型的平均数略高，上四分位数和中位数都较高，整体高分较多． 【解析】 【分析】（1）利用方差公式和下四分位的求解方法即可解答； （2）由表格数据画箱线图即可解； （3）根据表格中的平均数、方差、四分位数和箱线图等做出决策． 【小问1详解】 解：由题意，； 将乙模型的测试数据从小到大排列为：70，75，80，80，80，85，85，90，90，100，共10个数， 方法一：前半部分数据为70，75，80，80，80，有5个数据，最中间数据是第3个数据为80，则，即； 方法二：的位置为，不是整数，取第3个数据，则，即； 【小问2详解】 解：略； 【小问3详解】 解：略． 20. 随着“绿色出行，低碳生活”理念的普及，新能源汽车正逐渐成为人们喜爱的交通工具．新能源汽车多数采用电能作为动力来源，不需要燃烧汽油，这样就减少二氧化碳气体的排放，从而达到保护环境的目的．在国家积极政策的鼓励下，新能源汽车的市场需求逐年上升． （1）某品牌新能源汽车1月份销售量为3万辆，随着消费人群的不断增多，该品牌新能源汽车的销售量逐月递增，3月份的销售量达到5.07万辆车．求从1月份到3月份该品牌新能源汽车销售量的月平均增长率； （2）某汽车销售公司抢占先机，购进一批新能源汽车进行销售，该公司选择一款进价为15万元/辆的新能源汽车，经销一段时间后发现；当该款汽车售价定为25万元/辆时，平均每周售出8辆；售价每降低0.5万元，平均每周多售出1辆，若该店计划下调售价使平均每周的销售利润为96万元．为了推广新能源汽车，此次销售尽量让利于顾客，求下调后每辆汽车的售价． 【答案】（1） （2）21万元 【解析】 【分析】本题主要考查一元二次方程的应用，理解题意，找出数量关系是解题的关键． （1）从1月份到3月份该品牌新能源汽车销售量的月平均增长率为，由题意易得，进而求解即可； （2）设下调后每辆汽车的售价为万元，由题意易得，进而求解即可． 【小问1详解】 解：设从1月份到3月份该品牌新能源汽车销售量的月平均增长率为，由题意得： ， 解得：（舍去）， 答：从1月份到3月份该品牌新能源汽车销售量的月平均增长率为． 【小问2详解】 解：设下调后每辆汽车的售价为万元，由题意得： ， 整理得：， 解得：， ∵要尽量让利于顾客， ∴； 答：下调后每辆汽车的售价为万元． 21. 已知：二次函数，y与x的一些对应值如表： x … 0 1 2 4 … … m 3 n 3 … （1）根据表格中的数据，确定二次函数解析式为 ； （2）表格中空白处的值 ， ； （3）用五点作图法，在给定坐标系里画出二次函数的图象，并回答：顶点坐标为 ，对称轴方程为 ； （4）当时，，则t的取值范围为 ． 【答案】（1） （2）8；0 （3）图象如图所示： ； （4） 【解析】 【分析】（1）运用待定系数法求解二次函数的解析式，即可作答． （2）理解题意，把，分别代入，求出的值； （3）用五点作图法即可，再化为顶点式，即可作答． （4）运用数形结合思想进行分析，即可作答． 【小问1详解】 解：依题意，把分别代入， 得， 解得， ∴． 【小问2详解】 解：依题意，把代入， 得，即； 把代入， 得，即； 【小问3详解】 解：图略， ∴顶点坐标为，对称轴方程为． 【小问4详解】 解：观察（3）的函数图象： 当时，则 ∵当时，， ∴结合函数图象，得 22. 阅读材料：我国古代数学家赵爽所作《勾股圆方图注》利用弦图的面积关系，形成了求解一元二次方程的古法．以方程为例，变形得，如图1，取四个全等矩形，邻边为x和，每个矩形面积为15．把这四个矩形按弦图拼接，外围构成一个大正方形，内部出现小正方形．由面积关系：大正方形面积四个矩形面积中间小正方形面积，即，解得正数解． 【应知必会】 （1）如图2，结合材料中的弦图解法，对方程变形得，拼接图形后，下列说法正确的有________（多选） A．所用矩形的长为，宽为x B．中间小正方形的边长为3，面积为9 C．外围大正方形的边长为 D．四个矩形的总面积为10 【实战演练】 （2）如图3，四个全等矩形按弦图拼接，已知大正方形的周长为20，中间小正方形边长为1．设矩形较短边长为x，列出形如的方程，则________，________． 【拓展拔高】 （3）如图4，四个全等矩形按弦图拼接，外围形成一个大正方形，内部围成一个小正方形．已知大正方形面积与内部小正方形面积之和为104，若将每个矩形的长与宽同时增加2，则单个矩形的面积比原来增加24．求原矩形两条边的长度． 【答案】（1）ABC （2）1；6 （3）原矩形的长和宽分别为6和4 【解析】 【分析】（1）根据方程变形及题意，结合图形依次判断即可； （2）根据题意得出矩形较长边长为：，大正方形的边长为：，然后建立方程求解得出，再结合题意代入求解即可； （3）设矩形较短边长为m，较长边长为n，得出大正方形的边长为，内部小正方形的边长为，然后建立方程得出，再将每个矩形的长与宽同时增加2，则单个矩形的面积比原来增加24．确定，联立求解即可得出结果． 【小问1详解】 解：根据题意：方程变形得， A．所用矩形的长为，宽为x，正确，符合题意； B．中间小正方形的边长为，面积为，正确，符合题意； C．外围大正方形的边长为，正确，符合题意； D．四个矩形的总面积为，选项错误，不符合题意； 【小问2详解】 解：∵中间小正方形边长为1．设矩形较短边长为x， ∴矩形较长边长为：， ∴大正方形的边长为：， ∵大正方形的周长为20， ∴， 解得：， ∴， ∴形如的方程为， 即； 【小问3详解】 解：设矩形较短边长为m，较长边长为n， ∴大正方形的边长为，内部小正方形的边长为， ∵大正方形面积与内部小正方形面积之和为104， ∴①， ∵将每个矩形的长与宽同时增加2，则单个矩形的面积比原来增加24． ∴②， 联立①②， 解得：， ∴原矩形的长和宽分别为6和4． 23. 在平面直角坐标系中，已知抛物线． （1）当时，求抛物线顶点坐标； （2）在（1）的条件下，把二次函数的图象向左平移1个单位，得到新的二次函数图象，当时，求新的二次函数的最大值与最小值； （3）已知和是抛物线上两点，若对于，，都有，求的取值范围． 【答案】（1） （2）， （3）或 【解析】 【分析】本题考查二次根式的图象和性质，二次函数图象的平移，熟练运用数形结合和分类讨论思想是解题的关键． （1）将代入解析式，再将解析式变形为顶点式，即可得出顶点坐标； （2）根据平移方式求出平移后的解析式，求出对称轴，根据x的取值范围可得y的最值； （3）先求出对称轴为：直线，再分和两种情况，根据抛物线的增减性分别求解即可． 【小问1详解】 解：当时，抛物线的解析式为， ， 该抛物线的顶点为； 【小问2详解】 解：由题意知，抛物线的解析式， 当抛物线向左平移1个单位，抛物线的解析式为， 即， 抛物线开口向上，对称轴为直线， 当时， 时，二次函数有最大值，最大值为：， 时二次函数有最小值，最大值为：； 【小问3详解】 解：抛物线的对称轴为：直线， 当时，抛物线开口向上，对称轴右侧，y随x的增大而增大， 若对于，，都有， 则， ∴， ∴； 当时，抛物线开口向下，对称轴右侧，y随x的增大而减小， 对称轴为：直线， ∴在抛物线上的对称点为， 若对于，，都有， 则， 的取值范围为：或． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $