2024-2025学年河南省周口市太康县新星学校尖刀班九年级（上）月考数学冲刺试卷（一）（含答案）

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这是一份2024-2025学年河南省周口市太康县新星学校尖刀班九年级（上）月考数学冲刺试卷（一）（含答案），共14页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.下列图形既是轴对称图形又是中心对称图形的是( )
A. B. C. D.
2.根据下列表格中的对应值，可以判断关于x的一元二次方程ax2+bx+c=0的一个解x的范围是( )
A. 03.如图，二次函数y=ax2+bx+c(a≠0)的图象与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C，且OA=OC；则下列结论：
①abc<0；②b2−4ac4a>0；③ac−b+1=0；④OA⋅OB=−ca.其中正确的结论( )
A. ①②③B. ①②④C. ①③④D. ②③④
4.已知函数y=(k−3)x2+2x+1的图象与x轴有交点，则k的取值范围是( )
A. k<4B. k≤4C. k<4且k≠3D. k≤4且k≠3
5.如图，在宽为20m，长为32m的矩形地面上修筑同样宽的道路(图中阴影部分)，余下的部分种上草坪．要使草坪的面积为540m2，求道路的宽．如果设小路宽为xm，根据题意，所列方程正确的是( )
A. (32+x)(20+x)=540B. (32−x)(20−x)=540
C. (32+x)(20−x)=540D. (32−x)(20+x)=54
6.如果a>0，抛物线y=ax2+bx+c的顶点在第二象限，则方程ax2+bx+c=0的实根情况是( )
A. 有两个不等的实数根B. 有两个相等的实数根
C. 无实数根D. 以上三种均有可能
7.已知关于x的一元二次方程(k−1)x2−2x+2=0有两个不相等的实数根，则k的取值范围值是( )
A. k<32B. k≤32C. k<32且k≠1D. k≤32且k≠1
8.如图，Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠ABC=30°，AC=2，△ABC绕点C顺时针旋转得△A1B1C，当A1落在AB边上时，连接B1B，取BB1的中点D，连接A1D，则A1D的长度是( )
A. 7B. 2 2C. 3D. 2 3
9.已知抛物线y=(x−x1)(x−x2)+1(x1A. x110.如图，在Rt△ABC和Rt△ABD中，∠ADB=∠ACB=90°，∠BAC=30°，AB=4，AD=2 2，连接DC，将Rt△ABC绕点B顺时针旋转一周，则线段DC长的取值范围是( )
A. 2≤DC≤4B. 2 2≤DC≤4
C. 2 2−2≤DC≤2 2D. 2 2−2≤DC≤2 2+2
二、填空题：本题共5小题，每小题3分，共15分。
11.对于实数p，q，我们用符号min{p,q}表示p，q两数中较小的数，如min{1,2}=1，因此，min{− 2,− 3}= ；若min{(x−1)2,x2}=1，则x= ．
12.若二次函数y=x2−2x−3的图象上有且只有三个点到x轴的距离等于m，则m的值为．
13.小徐在一次训练中，掷出的实心球飞行高度y(米)与水平距离x(米)之间的关系大致满足二次函数y=−110x2+45x+2，则小徐此次的实心球成绩为______米.
14.已知二次函数y=ax2+bx+c(a≠0)的图象如图所示，有下列结论：①abc>0；②2a−b>0；③4a−2b+c<0；④(a+c)215.如图，点A(1,0)，点B(5,0)，线段AB绕点A逆时针旋转60°得到线段AC，连接BC，再把△ABC绕点A逆时针旋转75°得到△AB1C1，点C的对应点为点C1，则点C1的坐标是______．
三、解答题：本题共8小题，共64分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
16.(本小题8分)
阅读下面的例题，
范例：解方程x2−|x|−2=0，
解：(1)当x≥0时，原方程化为x2−x−2=0，解得：x1=2，x2=−1(不合题意，舍去)．
(2)当x<0时，原方程化为x2+x−2=0，解得：x1=−2，x2=1(不合题意，舍去)．
∴原方程的根是x1=2，x2=−2
请参照例题解方程x2−|x−1|−1=0．
17.(本小题8分)
如图，将二次函数y=x2−4位于x的下方的图象沿x轴翻折，再得到一个新函数的图象(图中的实线)．

(1)当x=−3时，新函数值为______，当x=1时，新函数值为______；
(2)当x= ______时，新函数有最小值；
(3)当新函数中函数y随x的增大而增大时，自变量x的范围是______；
(4)直线y=a与新函数图象有两个公共点时，a的取值范围______．
18.(本小题8分)
如图，一个锐角等于60°的菱形ABCD，将一个60°的∠MAN的顶点与该菱形顶点A重合，以A为旋转中心，按顺时针方向旋转这个60°的∠MAN，使它的两边分别交CB、DC或它们的延长线于点E，F．
(1)如图1，当BE=DF时，AE与AF的数量关系是______；
(2)旋转∠MAN，如图2，当BE≠DF时，(1)的结论是否成立？若成立，加以证明；若不成立，请说明理由；
(3)若菱形ABCD的边长为4，BE=1，请直接写出AF的长．
19.(本小题8分)
阅读下列材料，完成相应任务．
材料一：十六世纪的法国数学家弗朗索瓦⋅韦达发现了一元二次方程的根与系数之间的关系，可表述为”当判别式△≥0时，关于x的一元二次方程ax2+bx+e=0(a≠0)的两个根x1，x2有如下关系：x1+x2=−ba，x1x2=ca“此关系通常被称为“韦达定理”．
材料二：若x1，x2是一元二次方程2x2+4x−1=0的两个根，求x12+x22的值．
解：∵x1，x2是一元二次方程2x2+4x−1=0的两个根，
∴x1+x2=−42=−2，x1x2=−12．
∴x12+x22=(x1+x2)2−2x1x2=(−2)2−2×(−12)=5．
任务：
(1)材料理解：若一元二次方程x2+2x−1=0的两个实数根为x1，x2，则x1+x2= ______，x1x2= ______．
(2)拓展应用：已知关于x的方程x2+(2m−1)x+m2=0有两个实数根．
①求m的取值范围；
②若此方程的两根分别为α，β，且aβ+α+β=9，求m的值．
20.(本小题8分)
某学校九年级的一场篮球比赛中，如图队员甲正在投篮，已知球出手时离地面高209 m，与篮圈中心的水平距离为7m，当球出手后水平距离为4m时到达最大高度4m，设篮球运行轨迹为抛物线，篮圈距地面3m．
(1)建立如图所示的平面直角坐标系，问此球能否准确投中？
(2)此时，若对方队员乙在甲前1m处跳起盖帽拦截，已知乙的最大摸高为3.1m，那么他能否获得成功？
21.(本小题8分)
综合与实践
问题情境：
如图①，点E为正方形ABCD内一点，∠AEB=90°，将Rt△ABE绕点B按顺时针方向旋转90°，得到△CBE′(点A的对应点为点C).延长AE交CE′于点F，连接DE．
猜想证明：
(1)试判断四边形BE′FE的形状，并说明理由；
(2)如图②，若DA=DE，请猜想线段CF与FE′的数量关系并加以证明；
解决问题：
(3)如图①，若AB=15，CF=3，请直接写出DE的长．
22.(本小题8分)
如图，抛物线y=14x2+bx+c经过点B(−2,0)和点C(0,−2)，与x轴交于点A．
(1)求抛物线的解析式；
(2)点M是第四象限内抛物线上的动点，求四边形AOCM的面积的最大值和此时点M的坐标；
(3)点P(0,n)是y轴上的一个动点，将线段OB绕点P顺时针旋转90°，得到线段O′B′，若线段O′B′与抛物线有一个公共点，结合函数图象，请直接写出n的取值范围．
23.(本小题8分)
已知△ABC是等腰三角形，AB=AC.阅读下列过程，回答第2、3两问．
(1)特殊情形：如图1，E是AC上一点，当AD=AE时，有DB=EC．
(2)发现探究：如图2，E是三角形ABC内一点，当AD=AE，且∠DAE=∠BAC时，则(1)中的结论还成立吗？若成立，请给予证明；若不成立，请说明理由．
(3)拓展运用：如图3，E是三角形ABC内一点，∠BAC=60°，且EA=3，EC=4，EB=5，则∠AEC=______度．
参考答案
1.B
2.C
3.C
4.B
5.B
6.C
7.C
8.A
9.A
10.D
11.− 3；2或−1．
12.4
13.10
14.①③④
15.(1−2 2,2 2)
16.解：x2−|x−1|−1=0，
(1)当x≥1时，原方程化为x2−x=0，解得：x1=1，x2=0(不合题意，舍去)．
(2)当x<1时，原方程化为x2+x−2=0，解得：x1=−2，x2=1(不合题意，舍去)．
故原方程的根是x1=1，x2=−2．
17.(1)5； 3；
(2)−2或2；
(3)−22；
(4)a>4或a=0．
18.(1)AE=AF；
(2)仍然成立，
理由如下：如图2，连接AC，
∵四边形ABCD是菱形，∠B=60°，
∴AB=BC=AD=CD，∠B=∠D=60°，
∴△ABC是等边三角形，△ACD是等边三角形，
∴AB=AC，∠ACD=∠B=60°=∠BAC，
∵∠MAN=60°=∠BAC，
∴∠BAE=∠CAF，
∴△BAE≌△CAF(ASA)，
∴AE=AF；
(3)当点E在BC上时，如图2−1，过点A作AH⊥BC于H，
∵△ABC是等边三角形，AH⊥BC，
∴AB=BC=AC=4，BH=HC=2，
∴AH= AB2−BH2= 16−4=2 3，
∵EH=BH−BE=2−1=1，
∴AE= AH2+EH2= 12+1= 13，
∴AF=AE= 13；
当点E在BC的延长线上时，如图3，过点A作AH⊥BC于H，
∵△ABC是等边三角形，AH⊥BC，
∴AB=BC=AC=4，BH=HC=2，
∴AH= AB2−BH2= 16−4=2 3，
∵EH=BH+BE=2+1=3，
∴AE= AH2+EH2= 12+9= 21，
∴AF=AE= 21，
综上所述：AF的长为 13或 21．
19.(1)−2，−1；
(2)①∵关于x的方程x2+(2m−1)x+m2=0有两个实数根，
∴Δ=(2m−1)2−4×1×m2=−4m+1≥0，
解得m≤14；
②∵关于x的方程x2+(2m−1)x+m2=0的两根分别为α，β，
∴α+β=1−2m，αβ=m2，
∵aβ+α+β=9，
∴1−2m+m2=9，即m2−2m−8=0，
解得m1=−2，m2=4，
由①知m≤14，
∴m=−2．
20.解：(1)根据题意，球出手点、最高点和篮圈的坐标分别为：
A(0,209)B(4,4)C(7,3)
设二次函数解析式为y=a(x−ℎ)2+k
代入A、B点坐标，得
y=−19(x−4)2+4①
将C点坐标代入①式得左边=右边
即C点在抛物线上
∴一定能投中；
(2)将x=1代入①得y=3
∵3.1>3
∴盖帽能获得成功．
21.解：(1)四边形BE′FE是正方形，
理由如下：
∵将Rt△ABE绕点B按顺时针方向旋转90°，
∴∠AEB=∠CE′B=90°，BE=BE′，∠EBE′=90°，
又∵∠BEF=90°，
∴四边形BE′FE是矩形，
又∵BE=BE′，
∴矩形BE′FE是正方形；
(2)CF=FE′；
理由如下：如图②，过点D作DH⊥AE于H，
∵DA=DE，DH⊥AE，
∴AH=12AE，
∴∠ADH+∠DAH=90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=AB，∠DAB=90°，
∴∠DAH+∠EAB=90°，
∴∠ADH=∠EAB，
又∵AD=AB，∠AHD=∠AEB=90°，
∴△ADH≌△BAE(AAS)，
∴AH=BE=12AE，
∵将Rt△ABE绕点B按顺时针方向旋转90°，
∴AE=CE′，
∵四边形BE′FE是正方形，
∴BE=FE′，
∴FE′=12CE′，
∴CF=FE′；
(3)3 17．
22.解：(1)∵抛物线y=14x2+bx+c经过点B(−2,0)、点C(0,−2)，
∴1−2b+c=0c=−2，
解得b=−12c=−2，
∴抛物线的解析式为y=14x2−12x−2．
(2)如图1，连接OM，作MN⊥x轴于点N，设M(x,14x2−12x−2)，则N(x,0)，
当y=0时，由14x2−12x−2=0，得x1=−2，x2=4，
∴A(4,0)，
∴OA=4，OC=2，
∵点M在第四象限内抛物线上，
∴MN=−14x2−12x−2，
∴S四边形AOCM=S△MOC+S△MOA=12×2×x+12×4×(−14x2+12x+2)，
即S四边形AOCM=−12x2+2x+4=−12(x−2)2+6，
∴当x=2时，四边形AOCM的面积最大，最大值为6，此时M(2,−2)．
(3)∵将线段OB绕点P(0,n)顺时针旋转90°，得到线段O′B′，
∴O′(−n,n)，B′(−n,n+2)，
当n>0时，如图2，
当点O′(−n,n)在抛物线y=14x2−12x−2上，则n=14n2+12n−2，
解得n1=4，n2=−2(不符合题意，舍去)，
当点B′(−n,n+2)在抛物线y=14x2−12x−2上，则n+2=14n2+12n−2，
解得n1=1+ 17，n2=1− 17(不符合题意，舍去)，
∴当4≤n≤1+ 17时，线段O′B′与抛物线有一个公共点；
当n<0时，如图3，
当点B′(−n,n+2)在抛物线y=14x2−12x−2上，则n+2=14n2+12n−2，
解得n1=1− 17，n2=1+ 17(不符合题意，舍去)，
当点O′(−n,n)在抛物线y=14x2−12x−2上，则n=14n2+12n−2，
解得n1=−2，n2=4(不符合题意，舍去)，
∴当1− 17≤n≤−2时，线段O′B′与抛物线有一个公共点，
综上所述，n的取值范围是4≤n≤1+ 17或1− 17≤n≤−2．
23.(1)解：∵△ABC是等腰三角形，AB=AC，
∵AD=AE，
∴AB−AD=AC−AE，
即DB=EC；
(2)解：DB=EC，理由如下：
∵∠DAE=∠BAC，
∴∠DAE−∠BAE=∠BAC−∠BAE，
即∠DAB=∠EAC，
在△DAB与△EAC中，
AD=AE∠DAB=∠EACAB=AC，
∴△DAB≌△EAC(SAS)，
∴DB=EC；
(3)解：将△CEA绕点C旋转60°得△CPB，连接PE，
∴△CPB≌△CEA，
∴CE=CP=4，BP=AE=3，∠PCE=60°，
∴∠CEP=∠CPE=60°，
∴EP=PC=EC=4，
在△PEB中，PE2=42=16，BE2=52=25，PB2=32=9，
∵PE2+PB2=BE2，
∴△PEB是直角三角形，
∴∠EPB=90°，
∴∠CPB=90°+60°=150°，
又∵△CPB≌△CEA，
∴∠BPC=∠CEA=150°．
x
0
0.5
1
1.5
2
ax2+bx+c
−15
−8.75
−2
5.25
13

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