福建省莆田市莆田一中2026-2027学年人教版九年级月考数学复习卷

人教版福建省莆田市2026-2027学年莆田一中九年级月考复习卷 一、单选题 1．下列方程中，属于一元二次方程的是（   ） A． B． C． D． 2．抛物线的顶点坐标是（    ） A． B． C． D． 3．如果b＞0，c＞0，那么二次函数y＝ax2+bx+c的图象大致是（　　） A． B． C． D． 4．已知、是关于的方程的两个实数根，若，则等于（    ） A． B． C．或 D．或 5．如果m、n是一元二次方程的两个实数根，那么多项式的值是（　　） A．2023 B．2027 C．2028 D．2029 6．二次函数y＝2（x﹣3）2﹣6（　　） A．最小值为﹣6 B．最大值为﹣6 C．最小值为3 D．最大值为3 7．用配方法解方程x2+10x+9=0，下列变形正确的是（　　） A．（x+5）2=16 B．（x+10）2=91 C．（x﹣5）2=34 D．（x+10）2=109 8．欧几里得的《原本》记载，形如的方程的图解法是：画，使，，，再在斜边上截取．则该方程的一个正根是（    ） A．的长 B．的长 C．的长 D．的长 9．如图，在中，，点从点出发沿边向点以的速度移动，同时点从点出发沿边向点以的速度移动．当一个点先到达终点时，另一个点也停止运动．当的面积为时，运动时间为（     ） A． B． C． D． 10．新定义：若关于的一元二次方程有两个不相等的实数根，且其中一个根为另一个根的倍，则称这样的一元二次方程为“倍根方程”．若关于的一元二次方程是“倍根方程”，则代数式的值为（     ） A．或 B．或 C．或 D．或 二、填空题 11．若是关于的二次函数，则的值为______． 12．方程的解是___________． 13．如图，正方形的边长为4，以正方形对角线交点为原点建立平面直角坐标系，作出函数yx2与yx2的图象，则阴影部分的面积是_____． 14．若方程有两个不相等的实数根，则k的取值范围是____________． 15．将抛物线先向右平移4个单位长度，再向下平移3个单位长度后，所得抛物线的解析式为：___________． 16．已知，二次函数图像如图所示，则下列结论正确的是___________． ①；②；③；④（其中，m为任意实数）；⑤ 三、解答题 17．用公式法解方程： 18．已知抛物线经过点． (1)求此抛物线的解析式． (2)判断点是否在此抛物线上． 19．已知一元二次方程． (1)若是方程的一个根，求的值． (2)若方程有两个相同的实数根，且，求b的值． 20．如图，已知抛物线的顶点为，抛物线与轴交于点，与轴交于，两点（左右）． (1)求此抛物线的解析式： (2)为抛物线第一象限内的点，求当面积最大时点坐标． 21．已知关于x的一元二次方程x2－6x＋m＋4＝0有两个实数根x1，x2. (1)求m的取值范围； (2)若x1，x2满足3x1＝|x2|＋2，求m的值． 22．交警部门提醒市民：“出门头盔戴，放心平安归”，某电动车用品批发店准备在2月和3月分两次购入甲、乙两款头盔．2月购入了第一批，购入甲款头盔的数量是购入乙款头盔数量的2倍还多50，甲、乙两种头盔的购入单价分别为40元和60元，共用去资金23000元． (1)求第一批购入甲、乙两款头盔的数量； (2)3月恰逢开学季，随着家长接送孩子，头盔需求量增加．甲款头盔单价有所上涨（涨价金额为正数，涨幅不超过）．批发店决定，若甲款头盔的单价每上涨1元，则购入数量就比第一批甲款头盔的数量减少2个．因乙款头盔单价与第一批相同，所以乙款头盔的购入数量在第一批乙款头盔数量的基础上增加，最终花费的总资金比第一批增加了3100元，求甲款头盔的单价上涨了多少元？ 23．某小区要围建一个矩形露天电动车停放区，停放区的一侧依靠一段长度为的小区外墙，其余三边使用金属护栏搭建．在平行于外墙的这一侧护栏上预留两扇出入口，每扇出入口宽度都是，已知金属护栏总长，设垂直于外墙的一边长度为．若该电动车停放区的占地面积为，求的值． 24．阅读材料： 黄金分割定义：点把线段分成两条线段和，如果，那么称线段被点黄金分割，点叫做线段的黄金分割点，比值称为黄金比．一条线段上存在两个黄金分割点．主持人主持节目时，站在舞台的黄金分割点位置，视觉效果最好．舞台总长20米． (1)主持人站在距离点较远处的黄金分割点，求； (2)舞台上还有另外一个黄金分割点，则的长为______米； (3)若舞台长为，求两个黄金分割点之间距离．（用含的代数式表示） 25．在平面直角坐标系中，抛物线（为常数）与x轴交于A、B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C． (1)当时，直接写出A，B，C三点的坐标； (2)在（1）的条件下，如图1，连接，点E是第四象限内抛物线上的动点，过点E作于点F，轴交直线BC于点G，求面积的最大值； (3)如图2，当时，在直线l：上是否存在点Q，使得为直角三角形且这样的Q点有且只有3个？若存在，请求出此时k的值，并求出所有的Q点坐标：若不存在，请说明理由． 试卷第1页（共3页） 试卷第1页（共3页） 学科网（北京）股份有限公司 《人教版福建省莆田市2026-2027学年莆田一中九年级月考复习卷》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 A B D A D A A B B B 1．A 【分析】本题考查了一元二次方程的定义，理解并掌握一元二次方程的定义是关键． 含有一个未知数，未知数的最高次数为2次的整式方程即为一元二次方程，由此即可求解． 【详解】解：A、含有一个未知数，未知数的最高次数为2次，是整式方程，故是一元二次方程，符合题意； B、含有一个未知数，未知数的最高次数为2次，不是整式方程，故不是一元二次方程，不符合题意； C、含有两个未知数，故不是一元二次方程，不符合题意； D、当时，原式为，故不是一元二次方程，不符合题意； 故选：A 2．B 【分析】本题考查二次函数的顶点，理解二次函数的顶点式是解题关键． 题目中已给顶点式，直接读取即可． 【详解】由题可知，顶点坐标为： 故选：B． 3．D 【分析】观察函数图象，根据二次函数的性质逐项判断即可． 【详解】A、根据图象可知，a＞0，又b＞0，∴＜0，而这与图象矛盾； B、根据图象可知，a＜0，又b＞0，∴＞0，而这与图象矛盾； C、∵c＞0，∴与y轴相交于正半轴，这与图象矛盾； D、根据图象可知，c＞0，a＜0，又b＞0，所以＞0，符合题意． 故选D． 【点睛】本题考查了二次函数图象与系数间的关系，解答此题，要将题干和各选项结合起来，根据二次函数的性质推出矛盾，舍去错误结论，选出正确答案． 4．A 【分析】先根据一元二次方程有两个实根，要求判别式非负，再利用完全平方公式将变形，结合根与系数的关系列方程求解，最后根据判别式范围舍去不符合的解即可． 【详解】解：∵方程有两个实数根， ∴判别式 即 解得： 由根与系数的关系，得， ∵，且 ∴ 整理得 解得或 ∵，，舍去，符合要求 ∴． 5．D 【分析】先利用一元二次方程解的定义得到，，再用m表示出，则原式化简为，接着利用根与系数的关系得到m+n＝，mn＝，然后利用整体代入的方法计算． 【详解】解：∵m、n是一元二次方程的两个实数根， ∴，， ∴，， ∴， ∴ ＝ ＝， ∵m、n是一元二次方程的两个实数根， ∴m+n＝，mn＝， ∴原式＝ ＝2029． 故选：D． 【点睛】本题考查了根与系数的关系：若，是一元二次方程（a≠0）的两根，则．也考查了一元二次方程的解． 6．A 【分析】根据题中所给二次函数的顶点式和图象开口方向即可解答. 【详解】根据二次函数解析式y＝2（x－3）2－6可知它的开口方向向上，故应该有最小值，它的顶点是（3,﹣6），故最小值是﹣6.故选A. 【点睛】本题主要考查二次函数的图像和性质，正确理解二次函数的顶点式是解题关键. 7．A 【详解】x2+10x+9=0， （x+5）2=-9+25， （x+5）2=16． 故选：A． 8．B 【分析】可以利用求根公式求出方程的根，根据勾股定理求出AB的长，进而求得AD的长，即可发现结论． 【详解】用求根公式求得： ∵ ∴ ∴ AD的长就是方程的正根． 故选：B． 【点睛】本题考查解一元二次方程及勾股定理等，熟练掌握公式法解一元二次方程是解题的关键． 9．B 【分析】设运动时间为，表示出的长，根据三角形的面积公式建立方程求出t的值，利用勾股定理求出的长，进而求出t的取值范围即可得到答案． 【详解】解：设运动时间为， 由题意得，， ∴， ∵的面积为，且， ∴， ∴， 整理得， 解得或； 在中，由勾股定理得， ∵， ∴， ∴， ∴运动时间为． 10．B 【分析】通过因式分解求解一元二次方程的两个根，再根据“倍根方程”的定义分两种情况讨论根的关系，最终求解得到的值． 【详解】解：， ， 解得，． 关于的一元二次方程是“倍根方程”， 分两种情况：①当时，即，此时， ②当时，即，此时． 综上所述，代数式的值为或． 11． 【分析】本题主要考查二次函数的定义，形如（，，是常数，且）的函数叫做二次函数． 【详解】解：根据题意可知，且，所以． 故答案为： 12．0或1 【详解】解： 或 ∴，． ∴方程的解是0或1. 13．8 【分析】根据题意，观察图形可得图中的阴影部分的面积是图中正方形面积的一半，而正方形面积为16，由此可以求出阴影部分的面积． 【详解】解：∵函数yx2与yx2的图象关于x轴对称， ∴图中的阴影部分的面积是图中正方形面积的一半， 而边长为4的正方形面积为16， 所以图中的阴影部分的面积是8． 故答案为8． 【点睛】本题考查的是关于x轴对称的二次函数解析式的特点，解答此题的关键是根据函数解析式判断出两函数图象的特点，再根据正方形的面积即可解答． 14．k＜9且k≠0． 【分析】根据一元二次方程的定义和判别式的意义得到k≠0且Δ＝（-6）2−4×k×1＞0，然后求出两不等式的公共部分即可． 【详解】解：根据题意得k≠0且Δ＝（-6）2−4×k×1＞0， 解得：k＜9且k≠0． ∴k的取值范围是k＜9且k≠0， 故答案为：k＜9且k≠0． 【点睛】本题考查了根的判别式：一元二次方程ax2＋bx＋c＝0（a≠0）的根与Δ＝b2−4ac有如下关系：当Δ＞0时，方程有两个不相等的实数根；当Δ＝0时，方程有两个相等的实数根；当Δ＜0时，方程无实数根． 15． 【详解】解：将抛物线先向右平移4个单位长度，再向下平移3个单位长度后， 所得抛物线的解析式为：． 16．①②③⑤ 【分析】①由图像知，，根据对称轴在抛物线的右侧可得；②根据对称轴即可得；③据图像观察时的函数值，判断其与的大小即可；④比较时和时的函数值大小，注意此时是任意实数，可以等于1；⑤将式子移项，利用平方差公式展开得，观察出将时和时的函数值代入相乘判断正负即可． 【详解】由图像知，， 对称轴在抛物线的右侧， ，，①说法正确； ，，②说法正确； 由图像知，当时，，③说法正确； 当时，，当时，，为任意实数， ，即，④说法错误； 由图像知，当时，，当时，， ，即，⑤说法正确． 【点睛】判断④时，为任意实数，容易漏掉当时，两式相等的情况． 17． 【分析】先确定，再求出，然后根据求根公式解答即可． 【详解】解：， ， ∵， ∴， ∴，． 18．(1) (2)不在抛物线上 【分析】（1）将点代入待定系数法求解析式，即可求解； （2）将代入（1）的解析式即可求解． 【详解】（1）解：将点代入 得   解得 ∴抛物线的函数解析式为， （2）当时，， ∴点不在此抛物线上． 【点睛】本题考查了待定系数法求二次函数解析式，二次函数的性质，求得二次函数解析式是解题的关键． 19．(1) (2)或 【分析】（1）把代入，化简即可得到答案； （2）由得到，代入根的判别式，化简得，解关于b的方程即可证得结论． 【详解】（1）解：∵若是方程的一个根， ∴， ∴， ∵， ∴； （2）解：∵， ∴， ∵方程有两个相同的实数根， ∴， 解得， ∴b的值为或． 20．(1) (2) 【分析】（1）根据题意设抛物线顶点式，利用点，即可求出抛物线表达式． （2）设点，求出抛物线与轴交点坐标，求出直线表达式，表示出点坐标，表示出，根据三角形面积的最大值计算即可． 【详解】（1）解：∵抛物线的顶点为， 设抛物线的顶点式解析式为， ∵抛物线经过点， ∴， ， ， ∴抛物线的顶点式解析式为， ∴抛物线的解析式为． （2）解：由（1）可知抛物线解析式为 设点， ∵点为抛物线第一象限内的点， ∴， 过点作轴垂线，交于点，如图， ∵抛物线与轴交于，两点， ∴，即， 解得：，， ∵左右， ∴点坐标为， 设直线表达式为， ， 解得， ∴， ∴点， ∴， 观察图形可知， ，， ∴， 即， 抛物线对称轴为，符合， ∴在当时，面积取得最大值， 此时点， ∴当面积最大时P点坐标为． 21．（1）m≤5．（2）4. 【分析】（1）根据方程的系数结合根的判别式，即可得出△=20-4m≥0，解之即可得出结论； （2）由根与系数的关系可得x1+x2=6①、x1•x2=m+4②，分x2≥0和x2＜0可找出3x1=x2+2③或3x1=-x2+2④，联立①③或①④求出x1、x2的值，进而可求出m的值． 【详解】解：（1）∵关于x的一元二次方程x2-6x+m+4=0有两个实数根x1，x2， ∴△=（-6）2-4（m+4）=20-4m≥0， 解得：m≤5， ∴m的取值范围为m≤5． （2）∵关于x的一元二次方程x2-6x+m+4=0有两个实数根x1，x2， ∴x1+x2=6①，x1•x2=m+4②． ∵3x1=|x2|+2， 当x2≥0时，有3x1=x2+2③， 联立①③解得：x1=2，x2=4， ∴8=m+4，m=4； 当x2＜0时，有3x1=-x2+2④， 联立①④解得：x1=-2，x2=8（不合题意，舍去）． ∴符合条件的m的值为4． 【点睛】本题考查一元二次方程根的判别式，一元二次方程根与系数关系．（1）根据方程的系数结合根的判别式，找出△=20-4m≥0；（2）分x2≥0和x2＜0两种情况求出x1、x2的值． 22．(1)第一批购入甲款头盔350个，购入乙款头盔150个 (2)甲款头盔的单价上涨了5元 【分析】（1）设第一批购入乙款头盔的数量为x个，则第一批购入甲款头盔的数量为个.，根据费用和为元建立一元一次方程求解； （2）设甲款头盔的单价上涨了元，根据题意建立一元二次方程求解即可． 【详解】（1）解：设第一批购入乙款头盔的数量为x个，则第一批购入甲款头盔的数量为个.， 由题意得， 解得， 则甲款头盔的数量为， 答：第一批购入甲款头盔350个，购入乙款头盔150个； （2）解：设甲款头盔的单价上涨了元， 由题意得，， 整理得，， 解得或， 由题意得，， ∴舍去， 答：甲款头盔的单价上涨了5元． 23． 【分析】利用平行于墙的边长不能超过墙长列出限制条件，再根据面积为列方程求解． 【详解】解：由题意可知，垂直于外墙的边长． 金属护栏总长为 ，且平行于外墙的一侧预留两个 宽的门． 所以平行于墙的边长为 ∴， 解得， 由该电动车停放区的占地面积为， 可得， 整理得 解得 因为 必须满足 ，所以 不符合题意，舍去． 所以， 所以当该电动车停放区的占地面积为时， 的值为 ． 24．(1)米 (2) (3) 【分析】（1）由黄金分割的定义得到，据此求解即可； （2）同理可得米，求出的长，再根据线段的和差关系可得答案； （3）同（2）求解即可． 【详解】（1）解：由题意得，， ∵米， ∴米； （2）解：同理可得米， ∴米， ∴米； （3）解：设舞台的长为L，点G为靠近F点的黄金分割点，点H为靠近E点的黄金分割点， ∴， ∴， ∴， ∴． 25．(1)； (2)； (3)，Q坐标为：，（0，1）或． 【分析】（1）把代入，分别令，即可求出A、B、C的坐标； （2）设点E的坐标为：，利用直线的表达式用t表示点G的坐标， 用含t的式子表示，求出最大值，再利用等腰直角三角形面积公式用表示，确定点取最大值时面积最大． （3）以为直径的圆与直线l相切时，直线上存在唯一一点，使得，即可求出满足条件的k，以及此时点Q的坐标，再分别求出满足和时点Q的坐标即可． 【详解】（1）当， 当时， ， 由得： 或， ； （2）直线的表达式为：， 设点E的坐标为：， 则G的坐标为：， ， 由题意知是以为斜边的等腰直角三角形 ， 当取最大值时，有最大值； （3）以为直径，作， 当直线与相切时， 此时在直线上存在唯一一点，使得，且切点为， 连接，如图 令代入， 解得：或， ， 设直线l与轴交于点C，交x轴于点E， 把代入， ， 令代入 ， ， ，，， ， ， ， ， ， ， ， 与相切， 由切线长定理可知：， ， 由勾股定理可求得：， ， ． 当直线l与相交时， 若在直线上存在唯一一点，使得， 则直线l必过点B，即E与B重合如图所示： ，， ， （舍去）， 综上可知：， ∴直线l表达式为：， ， 作， 则， ∴ ， ， ，， ， ∴Q的坐标为：， 当时， Q与点C重合，Q坐标为（0，1）， 当时， 把代入，得， Q坐标为：， 综上可知：，Q坐标为：，（0，1）或． 【点睛】本题主要考查了求二次函数表达式，求抛物线与坐标轴的交点坐标，求等腰直角三角形面积的最值，二次函数与直角三角形的几何综合题，切线长定理、圆周角定理，灵活运用转化思想是解决问题的关键． 答案第1页（共2页） 答案第1页（共2页） 学科网（北京）股份有限公司 $