2023-2024学年福建省福州市仓山区则徐中学九年级（上）月考数学试卷（10月份）（含解析）

这是一份2023-2024学年福建省福州市仓山区则徐中学九年级（上）月考数学试卷（10月份）（含解析），共18页。试卷主要包含了选择题，填空题，计算题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.一元二次方程2x2−3x+1=0的一次项系数为( )
A. −3B. 1C. 2D. 3
2.已知方程的一个根为−3，则方程x2+kx=3另一个解为( )
A. x=−1B. x=1C. x=2D. x=−2
3.若关于x的方程式x2−x+a=0有实数根，则a的值可以是( )
A. 2B. 1C. 0.5D. 0.25
4.抛物线y=3x2向右平移一个单位得到的抛物线是( )
A. y=3x2+1B. y=3x2−1C. y=3(x+1)2D. y=3(x−1)2
5.如图，将△ABC绕点A逆时针旋转角α(0°<α<180°)得到△ADE，点B的对应点D恰好落在BC边上，若DE⊥AC，∠CAD=25°，则旋转角α的度数是( )
A. 40°
B. 50°
C. 60°
D. 70°
6.受国际油价影响，今年我国汽油价格总体呈上升趋势．某地92号汽油价格三月底是6.2元/升，五月底是8.9元/升．设该地92号汽油价格这两个月平均每月的增长率为x，根据题意列出方程，正确的是( )
A. 6.2(1+x)2=8.9B. 8.9(1+x)2=6.2
C. 6.2(1+x2)=8.9D. 6.2(1+x)+6.2(1+x)2=8.9
7.在如图4×4的正方形网格中，△MNP绕某点旋转一定的角度，得到△M1N1P1，则其旋转中心可能是( )
A. 点AB. 点BC. 点CD. 点D
8.已知方程x2+2x−3=0的解是x1=1，x2=−3，则另一个方程(x+3)2+2(x+3)−3=0的解是( )
A. x1=2，x2=6B. x1=−2，x2=−6
C. x1=−1，x2=3D. x1=1，x2=−3
9.已知抛物线y=ax2+bx+c上部分点的横坐标x与纵坐标y的对应值如下表：
则以下结论正确的是( )
A. 抛物线y=ax2+bx+c的开口向下
B. 当x<3时，y随x的增大而增大
C. 方程ax2+bx+c=0的根为0和2
D. 当y>0时，x的取值范围是010.已知二次函数的图象如图所示，有下列5个结论：①abc>0；②b2>4ac；③2a−b=0；④4a+2b+c>0；⑤3a+c>0.其中正确的结论有( )
A. 1个
B. 2个
C. 3个
D. 4个
二、填空题：本题共6小题，每小题4分，共24分。
11.如图，Rt△ABC绕点A逆时针旋转n°(012.用配方法将二次函数y=x2+4x+2化为顶点式y=a(x−h)2+k的形式为______．
13.已知x=α，x=β是方程3x2+x−5=0的两个根，则α−αβ+β= ______．
14.已知点A(−4,y1)，B(1,y2)，C(2,y3)在y=2x2−4x+1的图象上，则y1，y2，y3的大小关系是______．
15.已知二次函数y=−x2+2x+3的图象如图所示，当y>0时，x的取值范围是______．
16.为了在校运会中取得更好的成绩，小丁积极训练，在某次试投中铅球所经过的路线是如图所示的抛物线的一部分.已知铅球出手处A距离地面的高度是1.68米，当铅球运行的水平距离为2米时，达到最大高度2米的B处，则小丁此次投掷的成绩是______米.
三、计算题：本大题共1小题，共8分。
17.如图，在△ABC中，AB=AC=5，BC=6，将△ABC绕点B逆时针旋转60°得到△A′BC′，连接A′C，求A′C的长．
四、解答题：本题共8小题，共78分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
18.(本小题8分)
用适当的方法解下列方程：
(1)3x2−5x+2=0；
(2)x(x−1)=x−1．
19.(本小题8分)
作图题．
(1)若将△ABC向右平移3个单位长度得到△A′B′C′，请在图上标出△A′B′C′；
(2)若将△ABC绕点C逆时针旋转90°得到△A″B″C″，请在图上标出△A″B″C″；
(3)通过旋转△ABC可以使其与△DEF重合，请用尺规作图确定旋转中心M(保留作图痕迹)，并标出M点．
20.(本小题8分)
对于抛物线y=x2−4x+3．
(1)它与y轴交点的坐标为______，顶点坐标为______；
(2)在坐标系中利用描点法画出此抛物线；
(3)结合图象直接回答：当021.(本小题8分)
已知关于x的一元二次方程x2−(m+3)2x+m+2=0．
(1)求证：方程总有两个实数根；
(2)若方程两个根的绝对值相等，求此时m的值．
22.(本小题10分)
如图，矩形ABCD中，BC=6，将矩形ABCD绕点C顺时针旋转得到矩形A′B′CD′.当点B′恰好落在边AD.上时，旋转角为α，连接BB′，若∠ABB′=15°，求旋转角α的大小及AB的长．
23.(本小题10分)
某农场计划建造一个矩形养殖场，为充分利用现有资源，该矩形养殖场一面靠墙(墙的长度为15m)，另外三面用栅栏围成，中间再用栅栏把它分成面积比为1：2的两个矩形，已知栅栏的总长度为24m，设较小矩形的宽为xm(如图)．
(1)若矩形养殖场的总面积为36m2，求此时x的值．
(2)当x为多少时，矩形养殖场的总面积最大？最大值为多少？
24.(本小题12分)
已知一个抛物线y=x2+bx+c的图象经过点(2,2)和(1,5)．
(1)求这个抛物线的解析式；
(2)求这个抛物线的对称轴和顶点坐标；
(3)若点M、N为抛物线上两点(M在N的左侧)，且到对称轴的距离分别为2个单位长度和3个单位长度，点Q为抛物线上M、N之间(不含M、N)的动点，请直接写出Q点纵坐标y0的取值范围．
25.(本小题14分)
已知二次函数y=x2+(m−2)x+m−4，其中m>2．
(1)当该函数的图象经过原点O(0,0)，求此时函数图象的顶点A的坐标；
(2)求证：二次函数y=x2+(m−2)x+m−4的顶点在第三象限；
(3)如图，在(1)的条件下，若平移该二次函数的图象，使其顶点在直线y=−x−2上运动，平移后所得函数的图象与y轴的负半轴的交点为B，求△AOB面积的最大值．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：一元二次方程2x2−3x+1=0的一次项系数为−3．
故选：A．
根据一般形式的定义求解即可．
此题考查了一元二次方程的一般形式，即ax2+bx+c=0(a≠0).其中a是二次项系数，b是一次项系数，c是常数项．
2.【答案】B
【解析】解：∵方程x2+kx=3即x2+kx−3=0，
∴x1x2=−3，
∵一个根为−3，
∴x2+kx=3另一个解为x=1，
故选：B．
根据一元二次方程根与系数的关系可得x1x2=−3，结合题意，即可求解．
本题考查了一元二次方程根与系数的关系：若x1，x2是一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)的两根，x1+x2=−ba，x1x2=ca，掌握一元二次方程根与系数的关系是解题的关键．
3.【答案】D
【解析】解：根据题意得△=(−1)2−4a≥0，
解得a≤14．
故选D．
根据判别式的意义得到△=(−1)2−4a≥0，然后解不等式，最后根据不等式的解集进行判断．
本题考查了一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)的根的判别式△=b2−4ac：当△>0，方程有两个不相等的实数根；当△=0，方程有两个相等的实数根；当△<0，方程没有实数根．
4.【答案】D
【解析】解：y=3x2的顶点坐标为(0,0)，把点(0,0)右平移一个单位所得对应点的坐标为(1,0)，所以平移后的抛物线解析式为y=3(x−1)2．
故选：D．
先确定抛物线y=3x2的顶点坐标为(0,0)，再利用点平移的坐标变换规律得到点(0,0)平移后对应点的坐标为(1,0)，然后根据顶点式写出平移后的抛物线的解析式．
本题考查了二次函数图象与几何变换：由于抛物线平移后的形状不变，故a不变，所以求平移后的抛物线解析式通常可利用两种方法：一是求出原抛物线上任意两点平移后的坐标，利用待定系数法求出解析式；二是只考虑平移后的顶点坐标，即可求出解析式．
5.【答案】B
【解析】解：根据题意，
∵DE⊥AC，∠CAD=25°，
∴∠ADE=90°−25°=65°，
由旋转的性质可得∠B=∠ADE，AB=AD，
∴∠ADB=∠B=65°，
∴∠BAD=180°−65°−65°=50°，
∴旋转角α的度数是50°；
故选：B．
先求出∠ADE的度数，然后由旋转的性质和等腰三角形的性质分析求解．
本题考查了旋转的性质，三角形的内角和定理，等腰三角形的性质，解题的关键是熟练掌握旋转的性质进行计算．
6.【答案】A
【解析】解：依题意得6.2(1+x)2=8.9，
故选：A．
利用该地92号汽油五月底的价格=该地92号汽油三月底的价格×(1+该地92号汽油价格这两个月平均每月的增长率)2，即可得出关于x的一元二次方程，此题得解．
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．
7.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查了学生的理解能力和观察图形的能力，重点掌握旋转的性质，注意：旋转时，对应顶点到旋转中心的距离应相等且旋转角也相等，对称中心在连接对应点线段的垂直平分线上．
连接PP1、NN1、MM1，分别作PP1、NN1、MM1的垂直平分线，看看三线都过哪个点，那个点就是旋转中心．
【解答】
解：∵△MNP绕某点旋转一定的角度，得到△M1N1P1，
∴连接PP1、NN1、MM1，
作PP1的垂直平分线过B、D、C，
作NN1的垂直平分线过B、A，
作MM1的垂直平分线过B，
∴三条线段的垂直平分线正好都过B，
即旋转中心是B．
故选：B．
8.【答案】B
【解析】解：∵方程x2+2x−3=0的解是x1=1，x2=−3，
∴方程(x+3)2+2(x+3)−3=0中x+3=1或x+3=−3，
解得：x=−2或−6，
即x1=−2，x2=−6，
故选：B．
根据已知方程的解得出x+3=1，x+3=−3，求出两个方程的解即可．
本题考查了解一元二次方程，能根据方程的解得出x+3=1和x+3=−3是解此题的关键．
9.【答案】C
【解析】【分析】
将表格内三点的坐标代入y=ax2+bx+c中求出抛物线的解析式，然后逐个判断即可．
【解答】
解：将(−1,3)，(0,0)，(1,−1)代入y=ax2+bx+c，
得{a−b+c=3c=0a+b+c=−1,
解得{a=1b=−2c=0,
∴抛物线的解析式为y=x2−2x．
A：∵a=1>0，∴抛物线y=ax2+bx+c的开口向上，故A错误，不符合题意；
B：∵抛物线的对称轴为直线x=1，且开口向上，∴x>1时，y随x的增大而增大，故B错误，不符合题意；
C：∵y=x2−2x=x(x−2)，∴当x=0或2时y=0，方程ax2+bx+c=0的根为0和2，故C正确，符合题意；
D：∵抛物线的开口向上，与x轴的交点坐标为(0,0)，(2,0)，∴当y>0时，x的取值范围是x<0或x>2时，故D错误，不符合题意．
故选：C．
【点睛】
本题考查待定系数法求二次函数解析式及二次函数的性质，利用待定系数法求出二次函数解析式是解题关键．
10.【答案】B
【解析】解：∵抛物线开口向下，
∴a<0，
∵抛物线对称轴为直线x=−b2a=1，
∴b=−2a>0，即b+2a=0，
∴③错误，
∵抛物线与y轴交点在x轴上方，
∴c>0，
∴abc<0，①错误．
∵抛物线与x轴有2个交点，
∴b2−4ac>0，即b2>4ac，
∴②正确．
由图象可得x=0时，y>0，
由抛物线对称轴为直线x=1可得x=2时，y>0，
∴4a+2b+c>0，④正确．
由图象可得x=−1时，y=a−b+c=3a+c<0，
∴⑤错误．
故选：B．
由抛物线开口方向，对称轴位置，抛物线与y轴交点位置可得abc符号及a与b的关系，由图象可得x=−1时y<0，x=2时y>0，
本题考查二次函数的性质，解题关键是掌握二次函数图象与系数的关系．
11.【答案】90
【解析】解：∵△ABC是直角三角形，
∴∠BAC=90°，
∵Rt△ABC绕点A逆时针旋转n°( 0∴旋转角是90°，
故答案为：90．
(1)根据旋转的性质，可得旋转角是90°．
本题主要考查了旋转的性质，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．
12.【答案】y=(x+2)2−2
【解析】解：y=x2+4x+4−2=(x+2)2−2，
故答案为：y=(x+2)2−2．
利用配方法加上一次项系数的一半的平方来凑完全平方式，把一般式转化为顶点式．
本题考查了将二次函数解析式化为顶点式，掌握配方法是解题的关键．
13.【答案】43
【解析】解：∵x=α，x=β是方程3x2+x−5=0的两个根，
∴α+β=−13,αβ=−53，
∴a−αβ+β=−13+53=43，
故答案为：43．
根据一元二次方程根与系数的关系，即可求解．
本题考查了一元二次方程根与系数的关系：若x1，x2是一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)的两根，x1+x2=−ba，x1x2=ca，掌握一元二次方程根与系数的关系是解题的关键．
14.【答案】y2【解析】解：∵y=2x2−4x+1=2(x−1)2−1，a=2>0，开口向上，对称轴为直线x=1，
∴离对称轴越近，函数值小，
|−4−1|=5，|1−1|=0，|2−1|=1，
∵0<1<5，
∴y2故答案为：y2根据解析式求得对称轴为直线x=1，开口向下，可知离对称轴越近，函数值大，分别计算几个点的横坐标与对称轴的距离，即可求解．
本题考查了二次函数图象的性质，掌握二次函数图象的性质是解题的关键．
15.【答案】−1【解析】解：当y=0时，−x2+2x+3=0，
解得：x1=−1，x2=3，
∴二次函数y=−x2+2x+3的图象与x轴的交点为(−1,0)，(3,0)，
由函数图象可得y>0的x的取值范围为：−1故答案为：−1解方程−x2+2x+3=0，得出抛物线与x轴的交点坐标，进而根据函数图象即可解答．
本题主要考查抛物线与x轴的交点、二次函数图象与性质，明确题意并掌握数形结合的思想是解答本题的关键．
16.【答案】7
【解析】解：建立坐标系，如图所示：
由题意得：A(0,1.68)，B(2,2)，点B为抛物线的顶点，
设抛物线的解析式为y=a(x−2)2+2，
把A(0,1.68)代入得：
4a+2=1.68，
解得a=−0.08，
∴y=−0.08(x−2)2+2，
令y=0，得−0.08(x−2)2+2=0，
解得x1=7，x2=−3(舍)，
∴小丁此次投掷的成绩是7米．
故答案为：7．
建立坐标系，设抛物线的解析式为y=a(x−2)2+2，由待定系数法求得抛物线的解析式，令y=0，得关于x的一元二次方程，求得方程的解并根据问题的实际意义作出取舍即可．
本题考查了二次函数在实际问题中的应用，正确建立平面直角坐标系、熟练掌握待定系数法及二次函数与一元二次方程的关系是解题的关键．
17.【答案】解：如图，连接CC′，AC交BC于点D，
∵△ABC绕点B逆时针旋转60°得到△A′BC′，
∴BC=BC′=6，∠CBC′=60°，A′B=AB=AC=A′C′=5，
∴△BCC′是等边三角形，
∴BC=C′C，
∵A′B=A′C′，
∴A′C是BC′的垂直平分线，
∴BD=12BC′=3，
在Rt△A′BD中，A′B=5，BD=3，根据勾股定理得，A′D=4，
在Rt△BCD中，∠CBD=60°，BC=6，
∴CD=BC⋅sin∠CBD=6×sin60°=3 3，
∴A′C=A′D+CD=4+3 3．
【解析】连接CC′，AC交BC于点D，利用旋转的性质得BC=BC′=6，∠CBC′=60°，A′B=AB=AC=A′C′=5，再判断出△BCC′是等边三角形，即可得到BC=C′C，进而判断出A′C是线段BC′的垂直平分线，最后用勾股定理即可．
本题考查了旋转的性质，主要考查了等边三角形的判定和性质，线段的垂直平分线的判定和性质，锐角三角函数，勾股定理，解本题的关键是判断出A′C是线段BC′的垂直平分线．
18.【答案】解：(1)3x2−5x+2=0，
∵a=3，b=−5，c=2，
∴Δ=b2−4ac=(−5)2−4×3×2=1>0，
∴x=−b± b2−4ac2a=5± 16，
∴x1=1，x2=23；
(2)x(x−1)=x−1，
移项得：x(x−1)−(x−1)=0，
因式分解得：(x−1)2=0，
∴x−1=0，
∴x1=x2=1．
【解析】(1)运用公式法进行求解即可；
(2)运用因式分解法求解即可．
本题考查了解一元二次方程，熟练掌握一元二次方程的几种解法是解本题的关键．
19.【答案】解：如图所示，△A′B′C′即为所求；
(2)如图所示，△A″B″C″即为所求；
(3)如图所示，点M即为所求
【解析】(1)根据平移的性质分别找到A′、B′、C′，连接A′B′，B′C′，A′C′即可得到答案；
(2)根据旋转的性质分别找到A″、B″、C″，连接A″C″，A″B″，B″C″即可得到答案；
(3)连接BE，CF，根据网格的特点找到BE，CF的垂直平分线的交点，即为所求．
本题考查平移，旋转及尺规作图作角平分线，解题的关键是掌握平移的性质、旋转的性质找到相应点．
20.【答案】(0,3) (2,−1) 0 1 2 3 4 3 0 −1 0 3 −1【解析】解：(1)当x=0时，y=x2−4x+3=3，则抛物线与y轴的交点坐标为(0,3)，
∵y=x2−4x+3=(x−2)2−1，
∴抛物线的顶点坐标为(2,1)，
故答案为：(0,3)，(2,−1)；
(2)列表：
描点、连线，如图，
(3)由(2)中的函数图象知，当0故答案为：−1(1)令x=0，即可求出函数与y轴的交点坐标，配方之后即可求出函数的顶点坐标；
(2)找到对称轴两侧的关键点及顶点坐标，即可画出函数图象；
(3)根据函数图象直接得到答案．
本题考查了抛物线与x轴的交点坐标，二次函数的图象与二次函数的画法，要对二次函数有一个明确的认识方可正确解答．
21.【答案】(1)证明：∵Δ=(m+3)2−4(m+2)=(m+1)2≥0，
∴方程总有两个实数根；
(2)解：∵x2−(m+3)2x+m+2=0，
∴(x−m−2)(x−1)=0，
∴x1=m+2，x2=1．
∵方程两个根的绝对值相等，
∴m+2=±1．
∴m=−3或−1．
【解析】(1)先根据题意求出Δ的值，再根据一元二次方程根的情况与根的判别式Δ的关系即可得出结论；
(2)利用因式分解法求得方程的解，然后根据题意列出关于m的方程，解方程即可得到结论．
本题考查了根的判别式，一元二次方程的解法，掌握判别式Δ与0的关系判定方程根的情况是解决本题的关键．
22.【答案】解：由旋转的性质得：CB=CB′，
∴∠CB′B=∠CBB′=75°，
∴∠BCB′=180°−75°−75°=30°，
即旋转角α为30°；
作B′E⊥BC于E，如图所示：

则AB=B′E=12CB′=3．
【解析】由三角形内角和定理得出∠BCB′=30°，即旋转角α为30°；作B′E⊥BC于E，由含30°角的直角三角形的性质即可得出答案．
本题考查了旋转的性质、矩形的性质、含30°角的直角三角形的判定与性质等知识；熟练掌握旋转的性质和矩形的性质是解题的关键．
23.【答案】解：(1)根据题意知：较大矩形的宽为2xm，长为24−x−2x3=(8−x) m，
∴(x+2x)(8−x)=36，
解得x=2或x=6，
经检验，x=6时，3x=18>15不符合题意，舍去，
∴x=2，
答：此时x的值为2；
(2)设矩形养殖场的总面积是ym2，
∵墙的长度为15m，
∴0根据题意得：y=(x+2x)(8−x)=−3x2+24x=−3(x−4)2+48，
∵−3<0，
∴当x=4时，y取最大值，最大值为48(m2)，
答：当x=4时，矩形养殖场的总面积最大，最大值为48m2．
【解析】(1)根据题意知：较大矩形的宽为2xm，长为24−x−2x3=(8−x) m，可得(x+2x)×(8−x)=36，解方程取符合题意的解，即可得x的值为2；
(2)设矩形养殖场的总面积是ym2，根据墙的长度为10，可得0本题考查一元二次方程和二次函数的应用，解题的关键是读懂题意，列出方程及函数关系式．
24.【答案】解：(1)将点(2,2)和(1,5)代入y=x2+bx+c，
∴4+2b+c=21+b+c=5，
解得b=−6c=10，
∴抛物线的解析式为y=x2−6x+10；
(2)∵y=x2−6x+10=(x−3)2+1，
∴抛物线的顶点为(3,1)，对称轴为直线x=3；
(3)∵抛物线的对称轴为直线x=3，
∴M(1,5)，N(6,10)，
∵点Q为抛物线上M、N之间(不含M、N)的动点，
∴1≤y0<10．
【解析】(1)用待定系数法求函数的解析式即可；
(2)由y=x2−6x+10=(x−3)2+1，可求对称轴和顶点坐标；
(3)根据题意分别求出M(1,5)，N(6,10)，即可得1≤y0<10．
本题考查二次函数的图象及性质，熟练掌握二次函数的图象及性质，求出M、N点坐标是解题的关键．
25.【答案】(1)解：把O(0,0)代入y=x2+(m−2)x+m−4得：m−4=0，解得m=4，
∴y=x2+2x=(x+1)2−1，
∴函数图象的顶点A的坐标为(−1,−1)；
(2)证明：由抛物线顶点坐标公式得y=x2+(m−2)x+m−4的顶点为
(2−m2,−m2+8m−204)，
∵m>2，
∴2−m<0，即2−m2<0，
∵−m2+8m−204=−14(m−4)2−1≤−1<0，
∴二次函数y=x2+(m−2)x+m−4的顶点在第三象限；
(3)解：设平移后图象对应的二次函数表达式为y=x2+bx+c，其顶点为(−b2,4c−b24)，
当x=0时，B(0,c)，
将(−b2,4c−b24)代入y=−x−2得：4c−b24=b2−2，
∴c=b2+2b−84，
∵B(0,c)在y轴的负半轴，
∴c<0，
∴OB=−c=−b2+2b−84，
过点A作AH⊥OB于H，如图：
∵A(−1,−1)，
∴AH=1，
S△AOB=12OB⋅AH=12×(−b2+2b−84)×1=−18b2−14b+1=−18(b+1)2+98，
∵−18<0，
∴当b=−1时，此时c<0，S△AOB取最大值，最大值为98，
答：△AOB面积的最大值是98．
【解析】本题考查二次函数综合应用，涉及待定系数法，三角形面积，二次函数图象上点坐标的特征等，解题的关键是掌握二次函数的性质及数形结合思想的应用．
(1)把O(0,0)代入y=x2+(m−2)x+m−4可得y=x2+2x=(x+1)2−1，即得函数图象的顶点A的坐标为(−1,−1)；
(2)由抛物线顶点坐标公式得y=x2+(m−2)x+m−4的顶点为(2−m2,−m2+8m−204)，根据m>2，2−m2<0，−m2+8m−204=−14(m−4)2−1≤−1<0，可知二次函数y=x2+(m−2)x+m−4的顶点在第三象限；
(3)设平移后图象对应的二次函数表达式为y=x2+bx+c，其顶点为(−b2,4c−b24)，将(−b2,4c−b24)代入y=−x−2得c=b2+2b−84，可得OB=−c=−b2+2b−84，过点A作AH⊥OB于H，有S△AOB=12OB⋅AH=12×(−b2+2b−84)×1=−18(b+1)2+98，由二次函数性质得△AOB面积的最大值是98．x
…
−1
0
1
2
3
…
y
…
3
0
−1
m
3
…
x
…
______
______
______
______
______
…
y
…
______
______
______
______
______
…
x
…
0
1
2
3
4
…
y
…
3
0
−1
0
3
…