2022-2023学年度吉林省长市东北师范大学附属净月实验学校九年级上学期第一次月考数学试题

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东北师大附中净月实验学校
2022—2023学年初三（上）第一次月考数学试卷
一、选择题（本题共8小题，共24分，在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 如图，在中，，，，则等于（ ）

A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】本题利用勾股定理求出AC边长，在根据直角三角形中为的对边长与临边长的比值即可求解.
【详解】解：∵为直角三角形，
∴，
∴.
故选C.
【点睛】本题主要考查三角函数的定义，利用正切的定义求解即可，属于基础题型.
2. 抛物线的顶点坐标是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据抛物线的顶点式：，顶点坐标为即可得出答案．
【详解】解：∵抛物线，
∴该函数顶点坐标是．
故选：A．
【点睛】本题考查二次函数的性质．解答本题的关键理解和掌握抛物线的顶点式．
3. 抛物线经过三点，则的大小关系是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由二次函数解析式可得抛物线开口方向及对称轴，进而求解．
【详解】解：∵
∴抛物线开口向上，对称轴为直线，
∵，
∴．
故选：B．
【点睛】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．
4. 如图，某飞机于空中A处探测到正下方的地面目标C，此时飞机高度AC为1200米，从飞机上看地面控制点B的俯角为，则B、C之间的距离为（ ）

A. 米 B. 米 C. 米 D. 米
【答案】A
【解析】
【分析】利用正切的定义求解即可．
【详解】解：由题意，∠ABC=，∠ACB=90°，AC=1200，
∵tan=，
∴BC=，
故选：A．
【点睛】本题考查解直角三角形的应用，熟知正切tan=是解答的关键．
5. 一艘渔船从港口沿北偏东60°方向航行60海里到达处时突然发生故障，位于港口正东方向的处的救援艇接到信号后，立即沿北偏东45°方向以40海里/小时的速度前去救援，救援艇到达处所用的时间为（ ）

A. 小时 B. 小时 C. 小时 D. 小时
【答案】D
【解析】
【分析】过点C作，垂足为点D，先求出的长度，再根据勾股定理求出的长度即可．
【详解】解：过点C作，垂足为点D，

∵，海里，
∴海里，
∵，
∴，
根据勾股定理得：海里，
∴救援艇到达处所用的时间为：．
故选：D．
【点睛】本题主要考查了勾股定理、含有角的直角三角形，以及等腰直角三角形，解题的关键是熟练掌握含有角的直角三角形，所对的边等于斜边的一半．
6. 将抛物线向上平移3个单位长度，再向右平移2个单位长度后，得到抛物线的解析式为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据函数图象向上平移加，向右平移减，可得函数解析式．
【详解】将化为顶点式，得.
将抛物线向上平移3个单位长度，再向右平移2个单位长度后，得到的抛
物线的解析式为.
故选B.
【点睛】考查了二次函数图象与几何变换，函数图象的平移规律是：左加右减，上加下减．
7. 函数与的图像可能是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据图象与系数的关系，看两个函数的系数符号是否一致，即可判断；
【详解】解：由函数与抛物线可知两函数图象交轴上同一点，抛物线对称轴为直线，在轴的左侧，
、抛物线的对称轴在轴的右侧，故选项错误；
B、由一次函数的图象可知，由二次函数的图象知道，故选项错误；
C、由一次函数的图象可知，由二次函数的图象知道，且交于轴上同一点，故选项正确；
D、由一次函数的图象可知，由二次函数的图象知道，故选项错误；
故选：C．
【点睛】本题考查一次函数和二次函数图象与系数的关系，解题关键是明确函数图象与系数的关系，树立数形结合思想，准确进行判断推理．
8. 如图，在平面直角坐标系中，O为坐标原点，正方形OABC的顶点A在y轴的负半轴上，点C在x轴的正半轴上，经过点A、B的抛物线的顶点为E，若为等腰直角三角形，则a的值为（　　）

A. 1 B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】过点作轴于，交于，求出、的坐标，代入函数解析式，即可求出答案．
【详解】解：∵抛物线的顶点为，且经过点、，
∴抛物线的对称轴是直线，且、关于直线对称，过点作轴于，交于，

∵为等腰直角三角形
∴，
∴，，
∵四边形是正方形，
∴，，
∴，，
把、的坐标代入得，
∴解得：．
故选：B．
【点睛】本题考查了二次函数的性质和图象，等腰直角三角形的性质，正方形的性质，求出、的坐标是解题的关键．
二、填空题（本题共6小题，共18分）
9. 函数是二次函数，则m＝_____．
【答案】
【解析】
【分析】根据二次函数定义可得m-4=2，再解即可．
【详解】解：∵函数是二次函数，
∴，
解得：．
故答案为：
【点睛】本题主要考查了二次函数定义，熟练掌握形如y=ax2+bx+c（a、b、c是常数，a≠0）的函数，叫做二次函数是解题的关键．
10. 已知抛物线的解析式为，则抛物线的对称轴是直线_____________．
【答案】
【解析】
【分析】根据所给抛物线解析式顶点式即可得到答案．
【详解】解：∵抛物线解析式为，
∴抛物线对称轴为直线，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了二次函数的性质，熟知二次函数的对称轴为直线是解题的关键．
11. 如图，我市在建高铁的某段路基横断面为梯形，∥,长为6米，坡角为45°，的坡角为30°，则的长为 ________ 米 （结果保留根号）

【答案】
【解析】
【分析】过C作CE⊥AB于E，DF⊥AB于F，分别在Rt△CEB与Rt△DFA中使用三角函数即可求解.
【详解】解：过C作CE⊥AB于E，DF⊥AB于F，可得矩形CEFD和Rt△CEB与Rt△DFA，
∵BC=6，
∴CE=，
∴DF=CE=，
∴，
故答案为：．

【点睛】此题考查了解直角三角形的应用-坡度坡角问题，难度适中，解答本题的关键是构造直角三角形和矩形，注意理解坡度与坡角的定义．
12. 抛物线的图象上有两点，则b的值为____________．
【答案】
【解析】
【分析】根据二次函数的图象与性质和二次函数的对称性可知，A、B两点纵坐标相等，则A和B关于对称轴对称．二次函数的对称轴为，所以，最后解出答案即可．
【详解】A和B都在二次函数y=的图象上，且纵坐标相等，
点A和B关于对称轴对称，
，
解得．
故答案为-6．
【点睛】本题考查了二次函数的图象与性质与二次函数的对称性，熟练掌握二次函数的对称性是解题关键．
13. 在中，，，，则的值是________．
【答案】
【解析】
【分析】根据题意画出图形，如图所示，作CD垂直于BA，交BA延长线于点D，在直角三角形ACD中，利用邻补角定义求出∠CAD=60°，进而确定出∠ACD=30°，利用30度角所对直角边等于斜边的一半求出AD的长，利用勾股定理求出CD的长，由AD+DB求出DB的长，在直角三角形BCD中，利用勾股定理求出BC的长，利用锐角三角函数定义即可求出sinB的值．
【详解】解：

根据题意画出图形，如图所示，过C作CD⊥BA，交BA延长线于点D，
∵∠BAC=120°，∴∠CAD=60°，
在Rt△ACD中，∠ACD=30°，AC=2，
∴AD=AC=1，
根据勾股定理得：CD==，
在Rt△BCD中，CD=，BD=BA+AD=4+1=5，
根据勾股定理得：BC==，
则sinB===．
故答案为．
【点睛】此题考查了解直角三角形，涉及的知识有：勾股定理，锐角三角函数定义，含30度直角三角形的性质，画出相应的图形是解本题的关键．
14. 在平面直角坐标系中，将二次函数y＝﹣x2+x+6在x轴上方的图象沿x轴翻折到x轴下方，图象的其余部分不变，将这个新函数的图象记为G（如图所示）．当直线y＝m与图象G有4个交点时，则m的取值范围是_____．

【答案】﹣＜m＜0
【解析】
【分析】如图，通过y＝﹣x2+x+6＝﹣（x﹣）2+和对称的性质得到D（，﹣），结合函数图象得到答案．
【详解】解：y＝﹣x2+x+6＝﹣（x﹣）2+．
因为 新函数的图象G是由二次函数y＝﹣x2+x+6在x轴上方的图象沿x轴翻折到x轴下方得到的，
所以 新函数的图象G的顶点坐标D（，﹣），
当直线y＝m与图象G有4个交点时，则m的取值范围是﹣＜m＜0．
故答案是：﹣＜m＜0．

【点睛】本题考查一次函数图象与系数的关系，二次函数图象与几何变换，抛物线与x轴的交点. 解决本题的关键在于当直线y＝m与图象G有4个交点时，直线y＝m要在x轴下册，新函数的顶点上侧，所以利用原函数及轴对称求出新函数的顶点很重要.
三、解答题（共10小题，共78分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
15. 计算：=_______．
【答案】
【解析】
【分析】根据实数的性质化简即可求解．
【详解】
=
=．
故答案为：
【点睛】此题主要考查实数的运算，解题的关键是熟知特殊角的三角函数值．
16. 已知抛物线L：y＝(m－2)x2＋x－2m(m是常数且m≠2)．
（1）若抛物线L有最高点，求m的取值范围；
（2）若抛物线L与抛物线y＝x2的形状相同、开口方向相反，求m的值．
【答案】（1）m<2 （2）m=1
【解析】
【分析】（1）根据抛物线L有最高点，则a<0，即m-2<0，解得即可；
（2）根据抛物线L与抛物线y＝x2的形状相同、开口方向相反，列得m-2=-1，解得即可．
【小问1详解】
∵抛物线L有最高点，
∴m-2<0，
∴m<2；
【小问2详解】
∵抛物线L与抛物线y＝x2的形状相同、开口方向相反，
∴m-2=-1，
∴m=1．
【点睛】本题考查二次函数的性质，二次函数图象上点的坐标特征，正确理解题意是解题的关键．
17. 已知二次函数．
（1）用配方法把这个二次函数化成的形式；
（2）当时，直接写出y的取值范围______．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用完全平方公式进行变形即可；
（2）根据顶点式得出顶点坐标，结合抛物线开口向上可知在的范围内，当时，y取最大值，求出y的最大值，进而可得y的取值范围．
【小问1详解】
解：；
【小问2详解】
解：由可知，，抛物线的对称轴为，顶点坐标为，
∴抛物线开口向上，
∴在的范围内，当时，y取最大值，最大值为，
∴当时，y的取值范围为，
故答案为：．
【点睛】本题考查了二次函数的顶点式，二次函数的最值，熟练掌握二次函数的图象和性质是解题的关键．
18. 如图，已知四边形ABCD是菱形，DF⊥AB于点F，BE⊥CD于点E．
(1)求证：AF=CE；
(2)若DE=2，BE=4，求sin∠DAF的值．

【答案】（1）证明见解析；（2）．
【解析】
【分析】(1)根据AAS证明△ADF≌△CBE；
(2)设BC=x，则CE=x-2，在Rt△BCE中，根据勾股定理得BE2+CE2=BC2列出关系x的方程，求出BC的长；在Rt△BCE中，可求得sin∠C的值，即为sin∠DAF的值．
【详解】(1)∵四边形ABCD是菱形，
∴AD=BC，∠A=∠C．
又DF⊥AB，BE⊥CD，
∴∠AFD=∠CEB=90°，
在△ADF和△CBE中，∠AFD=∠CEB，∠A=∠C，AD=CB，
∴△ADF≌△CBE．
∴AF=CE．
(2)设BC=x，则CE=x-2，
在Rt△BCE中，BE2+CE2=BC2，
∴42+(x-2)2=x2，
∴x=5，
∴sin∠DAF=sin∠C=．
19. 如图，正方形网格中的每个小正方形边长都是1，请按要求分别在图①、图②和图③中画出相应的图形，所画的图形的各个顶点均在格点上．（每个小正方形的顶点均为格点）

（1）请在图①中画一个以AB为斜边的等腰直角三角形ABC．
（2）请在图②中画一个四边形ABCD，使得它是一个中心对称图形，且相邻两边之比为2：1．
（3）请在图③中画出△ABE，使其面积为6，且有一个角的正切值等于1．
【答案】（1）见解析 （2）见解析
（3）见解析
【解析】
【分析】（1）根据网格的特点找到的垂直平分线与网格的交点，连接即可；
（2）根据网格的特点画出平行四边形，且，由,，确定点，进而根据平行四边形的性质即可确定的位置，连接即可；
（3）作，到的距离为，且，则将平移4个单位得到点，连接，即为所求
【小问1详解】
如图①中，△ABC即为所求；
【小问2详解】
如图②中，四边形ABCD即为所求；
【小问3详解】
如图③中，△ABE即为所求．

【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，勾股定理与网格，平行四边形的性质与判定，已知特殊角的正切求角度，掌握以上知识是解题的关键．
20. 如图，学校要用一段长为32米的篱笆围成一个一边靠墙的矩形花圃，墙长为14米．

（1）若矩形ABCD的面积为96平方米，求矩形的边AB的长．
（2）要想使花圃的面积最大，AB边的长应为多少米？最大面积为多少平方米？
【答案】（1）矩形的边AB的长为12米；
（2）AB边的长应为9米时，有最大面积，且最大面积为126平方米
【解析】
【分析】（1）根据题意：矩形的面积=AB×BC，设未知数列方程可解答；
（2）设AB为x米，矩形的面积为y平方米，则BC=（32-2x）米，可以得到y与x的函数关系式，在x的取值范围内求出函数的最大值即可．
【小问1详解】
解：设AB为x米，则BC=（36-2x）米，
由题意得：x（32-2x）=96，
解得：=4，=12，
∵墙长为14米，32米的篱笆，
∴32-2x≤14，2x＜32，
∴9≤x＜16，
∴x=12，
∴AB=12，
答：矩形的边AB的长为12米；
【小问2详解】
解：设AB为x米，矩形的面积为y平方米，则BC=（32-2x）米，
∴，
∵9≤x＜16，且-2＜0，故抛物线开口向下，
∴当x=9时，y有最大值是126，
答：AB边的长应为9米时，有最大面积，且最大面积为126平方米．
【点睛】本题考查二次函数的应用、一元二次方程的应用，解题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件．
21. 甲、乙两人相约一起去登山，登山过程中，甲先爬了100米、乙才开始追赶甲．甲、乙两人距地面的高度y（米）与登山时间x（分）之间的函数图象如图所示，根据图象所提供的信息解答下列问题：

（1）甲登山的速度是每分钟 米，乙提速时距地面的高度b为 米；
（2）若乙提速后，乙的速度是甲登山速度的3倍，请求出整个登山过程中乙距离地面的高度y（米）与登山时间x（分）之间的函数关系，并写出相应自变量取值范围；
（3）直接写出甲、乙相遇后，甲再经过多长时间与乙相距30米？
【答案】（1）10，30
（2）
（3）甲、乙相遇后，甲再经过分或分与乙相距30米．
【解析】
【分析】（1）根据速度=高度÷时间即可算出甲登山上升的速度；根据高度速度时间即可算出乙在A地时距地面的高度b的值；
（2）分和两种情况，根据高度初始高度速度时间即可得出y关于x的函数关系；
（3）先求出甲、乙相遇时所用时间，在路程之间的关系列出方程求解即可．
小问1详解】
解：（米/分钟），
．
故答案为：10；30；
【小问2详解】
解：当时；
当时，．
当时，．
∴乙登山全程中，距地面的高度y（米）与登山时间x（分）之间的函数关系式为；
【小问3详解】
解：甲登山全程中，距地面的高度y（米）与登山时间x（分）之间的函数关系式为．
当时，
解得：；
∴，
解得，
∴；
当甲距离山顶30米时，
此时（分），
答：甲、乙相遇后，甲再经过分或分与乙相距30米．
【点睛】本题考查了一次函数的应用以及解一元一次方程，解题的关键是根据数量关系列出函数解析式．
22. 已知关于x的二次函数．
（1）当时，该二次函数对应的抛物线的顶点坐标为______，对称轴为直线______；
（2）当时，直线与该抛物线相交，求抛物线在这条直线上所截线段的长度；
（3）若抛物线与直线交于点A，则点A到x轴距离的最小为______．
【答案】（1）；
（2）2 （3）7
【解析】
【分析】（1）把代入得到，据此解答；
（2）把代入得到，再由，可得到两图象的交点，即可解答；
（3）联立，得到，据此得到当点A到x轴的最小值时，即的值最小，再结合平方的非负性解答即可．
【小问1详解】
解：把代入得：
，
此时抛物线的顶点为：，对称轴：；
故答案为：；
【小问2详解】
解：当时，，
当时，，
，
∴抛物线在这条直线上所截线段的长度为；
【小问3详解】
解：联立，
，
当点A到x轴的最小值时，即的值最小，
，
，
当时，点A到x轴的最小值为7．
故答案为7
【点睛】本题考查二次函数的应用，涉及解一元二次方程、配方法等知识，是重要考点，掌握相关知识是解题关键．
23. 如图，在矩形中，，，动点P从点A出发，沿以每秒2个单位长度的速度向终点C运动．过点P（不与点A、C重合）作，交或于点E，交或于点F，以为边向右作正方形．设点P的运动时间为t秒．

（1）①______；
②当点F在上时，用含t的代数式直接表示线段的长．
（2）当点F与点D重合时，求t的值．
（3）设正方形的周长为l，求l与t之间的函数关系式．
（4）直接写出对角线所在的直线将正方形分成两部分图形的面积比为时t的值．
【答案】（1）①10；②；
（2）；
（3）；
（4）或．
【解析】
【分析】（1）①由矩形的性质和勾股定理即可得出结果；
②证明，可得，进一步即可得出结果；
（2）当点F与点D重合时，如图1，证明，得出，进一步即可求得结果；
（3）分情况讨论：①当时，如图2所示，由（1）②得，同理可得，从而表示出，进而可得结果；②当时，如图3所示，此时的长与图1中点F、D重合时的长相等，求出此时的长即可得出结果；③当时，如图4所示，同（1）①得，然后利用相似三角形的性质求出、，进而可得与t的关系式，问题即可解决；
（4）由（3）可知，对角线所在的直线将正方形分成两部分图形的面积比为时，只有在图3中可能出现，再分和两种情况，利用相似三角形的性质和讨论求解即可．
【小问1详解】
解：①∵四边形是矩形，
∴，
∴AC=；
故答案为：10；
②∵四边形是矩形，
∴，，，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，即，
∴；
【小问2详解】
解：当点F与点D重合时，如图1所示：
∵，，
∴，
∴，即，
解得：；
【小问3详解】
解：①当时，如图2所示：
由（1）②得：，同理可求得，
∴，
∴；

②当时，如图3所示：此时的长与图1中点F、D重合时的长相等，
∴，
∴；

③当时，如图4所示：同（1）①得：，
∴，，即，，
解得：，，
∴，
∴；

综上，与之间的函数关系式为：；
【小问4详解】
解：由（3）可知，对角线所在的直线将正方形分成两部分图形的面积比为时，只有在图3中可能出现，则或，
①当时，
∵，
∴，
同（1）①得，
∴，即，
∴，
∴，
解得：；
②当时，可得，
∴，
解得：；
综上所述，对角线所在的直线将正方形分成两部分图形的面积比为时t的值为或．
【点睛】本题是四边形综合题，考查了矩形的性质、正方形的性质、勾股定理、相似三角形的判定与性质、求一次函数解析式等知识；本题综合性强，证明三角形相似、分情况讨论是解题的关键．
24. 已知二次函数．
（1）当时，
①函数顶点坐标为______；
②当时，函数最大值为______；
③当时，该函数的最小值是3，求n的值．
（2）当时，函数图象上有且只有2个点到x轴的距离为2，直接写出m的取值范围．
【答案】（1）①；②10；③或
（2）或或
【解析】
【分析】（1）①把代入，再把函数解析式化为顶点式，即可求解；②由①得：二次函数的对称轴为直线，再由二次函数的增减性，即可求解；③分三种情况：若，若，若，即可求解；
（2）根据题意可得，函数的顶点坐标为，然后分三种情况：当，当顶点在直线上，当，即可求解．
【小问1详解】
解：①当时，，
∴二次函数的顶点坐标为；
故答案为：
②由①得：二次函数的对称轴为直线，
∵，
∴当时，二次函数的函数值最小，且当时，y随x的增大而增大，当时，y随x的增大而减小，
当时，，
当时，，
∴当时，函数最大值为10；
故答案为：10
③若，即，当时该函数取最小值3，
即，
解得：或（舍去）；
若，即，当时该函数取最小值，
∵当时，二次函数的函数值最小，最小值为1，
∴此时不满足函数的最小值是3，故不符合题意，舍去；
若，当时该函数取最小值3，
，
解得：或（舍去），
综上所述，n的值为或；
【小问2详解】
解：∵，
∴，
∵，
∴函数的顶点坐标为，
当，即时，如图，

当时，，
∵当时，函数图象上有且只有2个点到x轴的距离为2，
∴，即，
此时，x轴上方有满足条件的一个点，x轴下方也有满足条件的一个点，
此时顶点纵坐标，即，
∴m的取值范围为；
当顶点在直线上，函数图象上有且只有2个点到x轴的距离为2，如图，

此时，解得：，
当，即时，如图：

∵当时，函数图象上有且只有2个点到x轴的距离为2，
∴，解得：；
综上所述，m的取值范围为或或．
【点睛】本题考查了二次函数综合应用，二次的数的图象与性质，二次函数的增减性，二次函数图象上点的坐标特征，不等式组的解法，分类讨论和综合运用的能力是解题的关键．