2022-2023学年福建省福州市鼓楼区文博中学九年级（上）开门考数学试卷（含解析）

这是一份2022-2023学年福建省福州市鼓楼区文博中学九年级（上）开门考数学试卷（含解析），共15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。
绝密★启用前2022-2023学年福建省福州市鼓楼区文博中学九年级（上）开门考数学试卷  一、选择题（本题共10小题，共40分）下列图形绕某点旋转后，不能与原来图形重合的是(    )A.  B.
C.  D. 下列关于的方程是一元二次方程的是(    )A.  B.
C.  D. 一元二次方程的根的情况是(    )A. 有两个不相等的实数根 B. 有两个相等的实数根
C. 没有实数根 D. 无法确定若关于的一元二次方程的一个根是，则的值为(    )A.  B.  C.  D. 抛物线的对称轴是(    )A. 轴 B. 直线 C. 直线 D. 直线抛物线的顶点坐标为(    )A.  B.  C.  D. 已知某等腰三角形的三边长都是方程的解，则此三角形的周长是(    )A. 或 B. 或 C. 或 D. 或或已知二次函数向左平移个单位，再向下平移个单位，得到二次函数，则和的值分别为(    )A. ， B. ， C. ， D. ，已知抛物线上有三点，，，则，，的大小关系为(    )A.  B.  C.  D. 二次函数的图象与一次函数在同一平面直角坐标系中的图象可能是(    )A.  B.
C.  D. 二、填空题（本题共6小题，共24分）方程的根是______．已知，抛物线的开口向下，则的取值范围是______．如图，绕点顺时针旋转到的位置，已知，则等于_____度
某同学掷铅球，铅球的高与水平距离之间的函数关系式为，则该同学的成绩是______某小区中央花园有一块长方形花圃，它的宽为，若长边不变，将短边扩大，使得扩大后的花圃形状为正方形，且面积比原来增加，设原来花圃长边为，可列方程______．已知二次函数为常数，当时，函数的最小值为，则的值为______．三、解答题（本题共9小题，共86分）解下列方程：
；
．如图，在平面直角坐标系中，已知的三个顶点的坐标分别为，，．
将绕点顺时针旋转得到，画出；
的面积______．
若二次函数的图象经过和两点，求此二次函数的表达式，并指出其顶点坐标和对称轴．已知关于的一元二次方程
如果此方程有两个不相等的实数根，求的取值范围．
当为何值时，方程的两个根互为倒数，求出此时方程的解．研究所在研究某种流感病毒发现，若一人携带此病毒，未进行有效隔离，经过两轮传染后共有人患病假设每轮每人传染的人数相同，求：
每轮传染中平均每个人传染了几个人？
如果这些病毒携带者，未进行有效隔离，按照这样的传染速度，第三轮传染后，共有多少人患病？已知抛物线．
将抛物线的解析式化成的形式要求写出过程；
写出抛物线的对称轴和顶点坐标：当取何值时，随的增大而减小；
若直线与该抛物线有两个公共点，求的取值范围．如图，直线过轴上的点，且与抛物线交于，两点，点坐标为．
求抛物线的函数表达式；
连结，求出的面积．
当时，请观察图象直接写出的取值范围．
如图，在足够大的空地上有一段长为米的旧墙，农场决定利用旧墙和篱笆围成中间隔有一道篱笆的矩形菜园，其中，已知矩形菜园的一边靠墙，共用了米篱笆．
若，所围成的矩形菜园的面积为平方米，求所利用旧墙的长；
求矩形菜园面积的最大值．
在平面直角坐标系中，设二次函数，是实数，．
若函数的对称轴为直线，且它的图象经过点，求函数的解析式．
若函数的图象经过点，其中，求证：函数的图象经过点．
设函数和函数的最小值分别为和，若，求，的值．
答案和解析 1.【答案】 【解析】解：、绕它的中心旋转能与原图形重合，故本选项不合题意；
B、绕它的中心旋转能与原图形重合，故本选项不合题意；
C、绕它的中心旋转能与原图形重合，故本选项不合题意；
D、绕它的中心旋转才能与原图形重合，故本选项符合题意．
故选D．
根据旋转对称图形的概念作答．
本题考查了旋转对称图形的知识，如果某一个图形围绕某一点旋转一定的角度小于后能与原图形重合，那么这个图形就叫做旋转对称图形．
 2.【答案】 【解析】分析
一元二次方程必须满足三个条件：含有一个未知数；未知数的最高次数是；是整式方程．同时满足这三个条件的即为一元二次方程，对选项进行逐个判断即可．
详解
解：原方程化简得：，是一元二次方程，故此选项正确；
B. 含有两个未知数，故此选项错误；
C. 不是整式方程，故此选项错误；
D. 未知数的最高次数为，故此选项错误；
故选A．
点评
本题主要考查了一元二次方程的定义，熟练掌握一元二次方程的定义是解题的关键．
 3.【答案】 【解析】解：一元二次方程的判别式，，
一元二次方程没有实数根．
故选：．
首先求出已知方程的判别式，然后根据判别式的正负情况即可判定根的情况．
此题主要考查了利用一元二次方程判别式判定方程的根的情况，若，则方程有两个不相等的实数根；若，则方程有两个相等的实数根；若，则方程没有实数根．
 4.【答案】 【解析】解：把代入方程
得，解得，，
而，
所以．
故选：．
把代入方程得，然后解关于的方程后利用一元二次方程的定义确定满足条件的的值．
本题考查了一元二次方程的解：能使一元二次方程左右两边相等的未知数的值是一元二次方程的解．
 5.【答案】 【解析】解：，，，
，
故对称轴是．
故选A．
根据所给的二次函数表达式，可知、、的值，再代入对称轴的计算公式，即可求．
本题考查了二次函数的性质，解题的关键是掌握二次函数求对称轴的计算方法．
 6.【答案】 【解析】解：抛物线，
抛物线的顶点坐标为：，
故选：．
根据二次函数的性质，由顶点式直接得出顶点坐标即可．
此题主要考查了二次函数的性质，根据顶点式得出顶点坐标是考查重点同学们应熟练掌握．
 7.【答案】 【解析】【分析】
此题考查了解一元二次方程因式分解法，三角形三边关系，以及等腰三角形的性质，熟练掌握因式分解的方法是解本题的关键．
利用因式分解法求出方程的解，分类讨论即可确定出此三角形周长．
【解答】
解：方程，分解得：，
解得：或，
若为腰，三角形三边为，，，不能构成三角形，舍去；
若为底，三角形三角形为，，，周长为
若三角形为等边三角形，周长为或
综上，此三角形周长为或或，
故选D．  8.【答案】 【解析】解：抛物线的顶点坐标是，则向左平移个单位，再向下平移个单位后的坐标为：，
平移后抛物线的解析式为．
又平移后抛物线的解析式为．
，，
，，
故选：．
根据“左加右减，上加下减”的规律进行解答即可．
本题考查了二次函数图象与几何变换，熟练掌握平移的规律：左加右减，上加下减是解题的关键．
 9.【答案】 【解析】解：因为，开口向上，在对称轴的左侧，随的增大而减小，
根据二次函数图象的对称性可知，和关于直线对称，
因为，故，
故选：．
根据函数解析式的特点为顶点式，其对称轴为，图象开口向上；根据二次函数图象的对称性可判断；根据二次函数的性质即可判断．
本题考查了函数图象上的点的坐标与函数解析式的关系，同时考查了函数的对称性及增减性．
 10.【答案】 【解析】解：一次函数经过点，二次函数图象的对称轴是直线，
一次函数经过二次函数对称轴与轴的交点，
故选：．
由二次函数的图象得到字母系数的正负以及对称轴，与一次函数的图象得到的字母系数的正负以及与轴的交点相比较看是否一致．
本题考查二次函数和一次函数的图象，解题的关键是明确一次函数和二次函数性质．
 11.【答案】， 【解析】解：，
，
或，
，．
故答案为，．
先把方程化为一般式，再把方程左边因式分解得，方程就可转化为两个一元一次方程或，然后解一元一次方程即可．
本题考查了利用因式分解法解一元二次方程的方法：先把方程化为一般式，再把方程左边因式分解，然后把方程转化为两个一元一次方程，最后解一元一次方程即可．
 12.【答案】 【解析】解：抛物线的开口向下，
，
解得，
故答案为．
由抛物线开口向下可得：，解得即可．
本题考查了二次函数图象与系数的关系，熟练掌握二次函数的性质是解题的关键．
 13.【答案】 【解析】【分析】
本题主要考查旋转的性质，掌握旋转角的定义是解题的关键．
由旋转角可求得，再利用角的和差可求得．
【解答】解：旋转角为，
，
，
故答案为．
   14.【答案】 【解析】解：由题意知，当时，，
整理得：，
解得舍去，，
故此运动员的成绩是，
故答案为：．
根据铅球落地时，高度，把实际问题可理解为当时，求的值即可．
本题考查了二次函数的应用中函数式中自变量与函数表达的实际意义，需要结合题意，取函数或自变量的特殊值列方程求解是解题关键．
 15.【答案】 【解析】解：由题意得：，
故答案为：．
根据扩大后的正方形的面积比原长方形的面积增加列出方程即可．
本题考查的是一元二次方程的应用，明确题中的等量关系是解题的关键．
 16.【答案】或 【解析】解：二次函数为常数的对称轴为直线，
当时，随的增大而增大，当时，随的增大而减小，
若，时，函数值的最小值为，
可得：，
解得：；
若，时，函数值有最小值为，
可得，
解得：或舍去；
若，时，函数值的最小值为，
可得：，
解得：，不合题意；
的值为：或．
故答案为：或．
分三种情况讨论，利用二次函数的增减性结合图象确定出取最小值时对应的的值，代入解析式即可解决问题．
本题考查了二次函数的最值确定问题，分类讨论及数形结合思想的应用是解题的关键．
 17.【答案】解：，
，
，
，
，；
，
，
，
． 【解析】根据配方法解一元二次方程即可；
根据直接开平方法解一元二次方程即可．
本题考查了解一元二次方程，熟练掌握解一元二次方程的方法是解题的关键．
 18.【答案】 【解析】解：如图，即为所求；

的面积．
故答案为：．
根据旋转的性质即可将绕点顺时针旋转得到；
根据网格利用割补法即可求出的面积．
本题考查了作图旋转变换，解决本题的关键是掌握旋转的性质．
 19.【答案】解：二次函数的图象经过和两点，
，
解得，，
二次函数的表达式为，顶点坐标为，对称轴为． 【解析】利用待定系数法求二次函数的解析式，把点 和代入解析式，得出关于，的二元一次方程组，求出，的值，得出二次函数的解析式，化成顶点式，即可求出顶点坐标和对称轴．
本题考查了待定系数法求二次函数的解析，抛物线的顶点坐标和对称轴．熟练掌握待定系数法和配犯法是解本题的关键．
 20.【答案】解：方程有两个不相等的实数根，
，解得，
即的取值范围为；
根据题意得，
解得，
方程化为，变形为，
解得，． 【解析】根据的意义得到，然后解不等式可得到的取值范围；
根据根与系数的关系得到，解得，则方程化为，然后利用因式分解法解方程．
本题考查了一元二次方程的根的判别式：当，方程有两个不相等的实数根；当，方程有两个相等的实数根；当，方程没有实数根．也考查了一元二次方程的根与系数的关系．
 21.【答案】解：设每轮传染中平均每个人传染了个人，
依题意，得：，
解得：，不合题意，舍去．
答：每轮传染中平均每个人传染了个人．
人．
答：按照这样的传染速度，第三轮传染后，共有人患病． 【解析】设每轮传染中平均每个人传染了个人，根据“若一人携带此病毒，未进行有效隔离，经过两轮传染后共有人患病”，即可得出关于的一元二次方程，解之取其正值即可得出结论；
利用经过三轮传染后患病的人数经过两轮传染后患病的人数，即可求出结论．
本题考查了一元二次方程的应用，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．
 22.【答案】解：，
；
由可知，抛物线的对称轴为直线，顶点是，
，
当时，随的增大而减小；
抛物线的顶点是，开口向上，
当时，直线与该抛物线有两个公共点． 【解析】利用配方法先提出二次项系数，在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；
二次函数的顶点式是：，且，，是常数，它的对称轴是直线，顶点坐标是，结合对称轴及开口方向可确定抛物线的增减性；
由函数图象与与方程组的关系直接可得答案．
本题考查了二次函数图象与系数的关系及二次函数的性质，难度不大，关键掌握对称轴方程和判断函数的增减性．
 23.【答案】解：点在抛物线上，
，
抛物线的解析式为；

由题可知，直线的解析式为．
联立两函数解析式成方程组，，
解得：或，
点的坐标为．
；

由图象可知，当时，的取值范围． 【解析】根据点的坐标利用待定系数法即可求出抛物线的解析式；
将直线的解析式与抛物线的解析式联立组成方程组，解之得出点的坐标，再根据三角形的面积公式即可得出的值；
观察图象求得即可．
本题考查了待定系数法求一次函数、二次函数的解析式、一次函数图象上点的坐标特征、二次函数图象上点的坐标特征以及三角形的面积，数形结合是解题的关键．
 24.【答案】解：设，则，
根据题意得，
解得，，
，
，
答：的长为；
设．
，
当时，则时取最大值，最大值为平方米，
当时，则当时，随的增大而增大，当时，的最大值为，
综上所述，当时，矩形菜园面积的最大值为；当时，矩形菜园面积的最大值为． 【解析】设，则，解方程即可；
根据矩形的面积公式列出函数解析式，再根据的取值讨论即可．
本题考查了二次函数的应用：解此类题的关键是通过几何性质确定出二次函数的解析式，然后确定其最大值，实际问题中自变量的取值要使实际问题有意义，因此在求二次函数的最值时，一定要注意自变量的取值范围．
 25.【答案】解：函数的对称轴为直线，
，
，
，
函数的图象经过点，
，
，
解得或，
或；
证明：函数的图象经过点，
，
，
方程两边同时除以得，，
即，
是的解，
函数的图象经过点；
解：函数和函数的最小值分别为和，
，，
，
，
，
或，
函数和函数都有最小值，
，
当时，，． 【解析】由对称轴可得，再将点代入即可求的值，进而求函数解析式；
将点代入，得到，再方程两边同时除以，是的解，即可证明函数的图象经过点；
分别求出，，由题意可得，且，即可得，从而求出．
本题考查二次函数图象上点的坐标特点，熟练掌握二次函数对称轴、最大小值的求法是解题的关键．