江苏省苏州市苏州工业园区苏州中学园区校2023-2024学年九年级上学期10月月考数学试题

2023－2024学年苏州中学园区校初三年级10月份月考数学试卷

一、精心选一选（本大题共8小题，每小题3分，共24分）

1．将一元二次方程化成一般形式后，它的二次项系数是5，则一次项系数是（    ）

A． B．4 C． D．1

2．一元二次方程有一根是，则另一根是（    ）

A． B． C． D．

3．将进行配方变形，下列正确的是（    ）

A． B． C． D．

4．一元二次方程根的情况是（    ）

A．有两个不相等的实数根  B．有两个相等的实数根

C．有一个实数根  D．没有实数根

5．将抛物线向上平移6个单位，再向右平移9个单位，得到的抛物线的解析式为（    ）

A． B． C． D．

6．2019年在武汉市举行了军运会．在军运会比赛中，某次羽毛球的运动路线可以看作是抛物线的一部分（如图），其中出球点离地面点的距离是1米，球落地点到点的距离是（    ）

A．1米 B．3米 C．4米 D．米

7．若一个二次函数的图象经过五个点和，则下列关系正确的是（    ）

A． B． C． D．

8．已知点在抛物线上，当且时，都有，则的取值范围为（    ）

A． B． C． D．

二、细心填一填（本大题共8小题，每小题3分，满分24分）

9．有一人患了流感，经过两轮传染后，共有100人患了流感．假设每轮传染中，平均一个人传染了个人，则依题意可列方程为______．

10．二次函数的开口方向是______，对称轴是______，顶点坐标是______．

11．如图所示是一座抛物线拱桥，当水面宽为时，桥洞顶部离水面，则当水面上升时，水面的宽度是______米．

12．第二十四届北京冬奥会入场式引导牌上的图案融入了中国结和雪花两种元素．如图这个图案绕着它的中心旋转后能够与它本身重合，则旋转角最小可以为______度．

13．抛物线上部分点的横坐标，纵坐标的对应值如表，则抛物线与轴的交点坐标为______．

14．如图，将绕点按逆时针方向旋转，得到，若点在线段的延长线上，则的大小是______度．

15．如图一段抛物线：，记为，它与轴交于点和：将绕旋转得到，交轴于：将绕旋转得到，交轴于，如此进行下去，直至得到，若点在第11段抛物线上，则的值为______．

16．如图：已知二次函数过，对称轴为直线．并且二次函数与轴的一个交点位于0和1之间．①；②；③的最大值为3；④对于任意实数，一定有．上述结论正确的是______（填序号）．

三、专心解一解（本大题共8个小题，满分72分）

17．解下列方程：

（1）； （2）．

18．已知二次函数图象的顶点为，与轴交于点（左右），与轴交于点．

（1）请先画出抛物线的大致图象，并直接写出三点的坐标；

（2）当时，的取值范围是______（直接写出结果）．

19．已知关于的方程．

（1）求证：无论为何实数，方程总有实数根；

（2）若方程有两实数根分别为和，且，求的值．

20．如图，在正方形网格中，每个小正方形的边长为1，格点（顶点在网格线的交点上）的顶点的坐标分别为．

（1）请在网格所在的平面内画出平面直角坐标系，并直接写出点的坐标：

（2）将绕着原点顺时针旋转得，画出：

（3）在轴上是否存在点，使的值最小，若存在请直接写出点的坐标；若不存在请说明理由．

21．（本题9分）如图，要利用一面墙（墙长为50米）建羊图，用总长100米的围栏围成大小相同的矩形羊圈．

（1）若总面积为400平方米，求羊圈的边长，各为多少米？

（2）当羊圈的边长，各为多少米时，总面积有最大值？最大值时多少？

22．（本题10分）因为疫情的影响，市民出行需要佩戴口罩，商场根据市民需要，代理销售一种口罩，进货价为20元/包，经市场销售发现：销售单价为30元/包时，每周可售出200包，每涨价1元，每周少售出5包，若供货厂家规定市场价不得低于30元/包，且商场每周完成不少于150包的销售任务．

（1）试确定周销量（包）与销售单价（元/包）之间的函数关系式，并直接写出售价的范围；

（2）试确定商场每周销售这种防尘口罩所获得的利润（元）与售价（元/包）之间的函数关系式：

（3）当售价（元/包）定为多少元时，商场每周销售这种防尘口罩索获得的利润（元）最大？最大利润是多少？

23．（10分）已知为，是等边三角形，是轴上个动点（不与点重合），将段绕点按逆时针转，点的对应点为点连接．

                           备用图

（1）点的坐标为______．

（2）①如图1，当点在轴负半轴运动时，求证：；

（2）当点在轴正半轴运动时，①中的结论是否仍然成？请补全备用图，作出判断（不需说明理由）；

（3）点运动的过程中，是直角三形，直接写出点的坐标．

24．（本题12分）已知二次函数

（1）当该二次函数的图像经过点，求该二次函数的表达式

（2）在（1）的条件下，二次函数图象与另一个交点为点，与轴的交为点，点从点出发在线段上以每秒2个单位长度的速度向点运动，同时点从点出发，在段上以1个单位长度的速度向点运动，直到其中一点到达终点时，两点停止运动，求面积的最大值；

（3）若对满足的任意实数，都使得成立，求实数的取值范围．

2023－2024学年苏州中学园区校初三年级10月份月考数学试卷

参考答案

一、精心选一选（本大题共8小题，每小题3分，共24分）

1．【分析】  直接利用一元二次方程一般形式分析得出答案．

【解答】  解：将一元二次方程化成一般形式，故一次项系数是．

故选：A．

【点评】  此题主要考查了一元二次方程的一般形式，正确整理为一般式是解题关键．

2．【分析】  设方程的另一个根为，根据根与系数的关系得，然后解一次方程即可．

【解答】  解：设方程的另一个根为，

根据根与系数的关系得，

解得，所以方程的另一个根为－1．故选：B．

【点评】  本题考查了根与系数的关系：若是一元二次方程的两根时，，．

3．【分析】  因为，则有，进而可把进行配方变形．

【解答】  解：

，

．故选：C．

【点评】  本题考查了一元二次方程配方法的应用，综合性较强，难度适中．

4．【分析】  利用一元二次方程根的判别式判断方程的根的情况．①当时，方程有两个不相等的实数根；②当时，方程有两个相等的实数根；③当时，方程无实数根．

【解答】  解：根据题意可得，，

有两个相等的实数根．故选：B．

【点评】  本题主要考查了根的判别式，熟练应用根的判别式进行计算是解决本题的关键．

5．【分析】  根据“左加右减，上加下减”的规律解题．

【解答】  解：根据“左加右减，上加下减”的平移规律知：将抛物线向上平移6个单位，再向右平移9个单位，得到的抛物线的解析式为．故选：B．

【点评】  主要考查了函数图象的平移，抛物线与坐标轴的交点坐标的求法，要求熟练掌握平移的规律：左加右减，上加下减．并用规律求函数解析式．

6．【分析】  根据解析式的顶点式得出函数最大值即可．

【解答】  解：令，则，

解得，

球落地点到点的距离是4米，故选：C．

【点评】  本题主要考查二次函数的应用，利用函数的性质求最值是解题的关键．

7．【分析】由两点的纵坐标相同，可得两点关于对称轴对称，可求对称轴为直线，根据二次函数的对称性和增减性即可判断．

【解答】  解：，

对称轴为直线；，

在对称轴的左侧，随的增大而减小．

关于对称轴的对称点为，且，

．故选：B．

【点评】  本题主要考查对二次函数图象上点的坐标特征，利用了二次函数的对称性和增减性．

8．【分析】  方法一：根据题意和题目中的抛物线，可以求得抛物线的对称轴，然后分类讨论即可得到的取值范围．

方法二：根据且时，都有，可以得到，然后利用分类讨论的方法，即可得到的取值范围．

【解答】  解：方法一：抛物线，

该抛物线的对称轴为直线，

当且时，都有，

当时，，解得；

当时，，此时无解；

由上可得，的取值范围为，故选：A．

方法二：由可得，

，

整理，得：，

且，

当时，则，

即，解得，；

当时，则，此时无解；

由上可得，，故选：A．

【点评】  本题考查二次函数图象与系数的关系、二次函数图象上点的坐标特征，解答本题的关键是明确题意，利用二次函数的性质解答．

二、填空题（共16小题）

9．

【分析】  由于每轮传染中平均一个人传染的人数是人，那么经过第一轮后有人患了流感，经过第二轮后有人患了流感，再根据经过两轮传染后共有100人患了流感即可列出方程．

【解答】  解：依题意得．

故答案为：．

【点评】  本题考查了一元二次方程的运用，解此类题关键是根据题意分别列出不同阶段患了流感的人数．

10．向上 直线

【分析】  由抛物线的解析式可求得其开口方向、对称轴及顶点坐标，可求得答案．

【解答】  解：，

抛物线开口向上，对称轴为，顶点坐标为，

故答案为：向上，直线．

【点评】  本题主要考查二次函数的性质，掌握二次函数的顶点式是解题的关键，即在中，对称轴为，顶点坐标为．

11．6【分析】先建立适当坐标系，再用待定系数法求函数解析式，令，求出即可．

【解答】  解：以水面所在直线为轴，过拱顶且垂直于的直线为轴建立如图所示坐标系：

根据题意知，，

设抛物线解析式为，

把点代入解析式得：，

解得，

抛物线的解析式为，

当水面上升3米时，，

则，解得，

水面的宽度为（米），故答案为：6．

【点评】  本题主要考查的是二次函数的应用，建立坐标系确定抛物线解析式是解题的关键．

12．60【分析】  先求出正六边形的中心角，再根据旋转变换的性质解答即可．

【解答】  解：根据题意得：该图形可以看作为一个正六边形，

，旋转角最小可以为，故答案为：60．

【点评】  本题考查的是旋转对称图形、正多边形的性质，求出正六边形的中心角是解题的关键．

13．【分析】  根据表格可以求出抛物线的对称轴为，则可得出答案．

【解答】  解：抛物线经过点，

抛物线的对称轴是直线，

抛物线经过点，

抛物线与轴的另一个交点坐标为，

抛物线与轴的交点坐标为．故答案为：．

【点评】  本题考查了二次函数的性质，二次函数图象上点的坐标特征，抛物线与轴的交点．

14．80【分析】  由旋转的性质可知，由等腰三角形的性质和三角形的内角和定理可求得，从而可求得．

【解答】  解：由旋转的性质可知：，

故答案为：80．

【点评】  本题主要考查的是旋转的性质，由旋转的性质得到为等腰三角形是解题的关键．

15．2【分析】  求出抛物线与轴的交点坐标，观察图形可知第偶数号抛物线都在轴下方，然后求出到抛物线平移的距离，再根据向右平移以及沿轴翻折，表示出抛物线的解析式，然后把点的坐标代入计算即可得解．

【解答】  解：令，则，

解得，

由图可知，抛物线在轴上方，

相当于抛物线向右平移个单位，再沿轴翻折得到，

抛物线的解析式为，

在第11段抛物线上，

．故答案为：2．

【点评】  本题考查了二次函数图象与几何变换，利用点的变化确定函数图象的变化更简便，平移的规律：左加右减，上加下减．

16．①④【分析】  由图象可知，当时，，即，可判定①正确；由对称轴为直线，得，而二次函数过，可得，根据，得，故，判断②错误；由，且，可得，判断③错误；根据抛物线对称轴为直线，开口向下，知时，函数有最大值，可得，从而可判断④正确．

【解答】  解：由图象可知，当时，，

，故①正确；

对称轴为直线，

二次函数过，

，，解得，

，，故②错误；

，

，且，可得，故③错误；

抛物线对称轴为直线，开口向下，

时，函数有最大值，

对于任意实数，一定有，

，故④正确；正确的有①④，故答案为：①④．

【点评】  本题考查了二次函数的图象与系数的关系，解题的关键是数形结合思想的应用．

三、专心解一解（本大题共8个小题,满分72分）

17．【分析】  （1）应用配方法解一元二次方程即可．

（2）应用因式分解法解一元二次方程即可．

【解答】  解：（1）

，，即，

，；

（2），

，

，

或，．

【点评】  本题主要考查解一元二次方程，解一元二次方程常用的方法有：直接开平方法、因式分解法、公式法及配方法，解题的关键是根据方程的特点选择简便的方法．

18．【分析】  （1）先计算得到，则点坐标为，再把一般式配成顶点式得到顶点的坐标为（，接着解方程得，然后利用描点法画出函数图象；

（2）先计算出和对应的函数值，然后结合函数图象写出当时对应的取值范围．

【解答】  解：（1）当时，，则，

，

顶点的坐标为，

当时，，解得，

，

如图，

（2）当时，；当时，，

而时，有最小值，

所以当时，的取值范围是．

故答案为：．

【点评】  本题考查了抛物线与轴的交点：把求二次函数（是常数，）与轴的交点坐标问题转化为解关于的一元二次方程．也考查了二次函数的性质．

19．【分析】  （1）分两种情况讨论：①时，转化为一元一次方程，然后求证；②时，通过判别式，来证明即可；

（2）条件，可化为．根据根与系数关系，即可求出的值．

【解答】  （1）证明：①当时，即时，

方程化为，

解得，方程有1个解；

②时，方程，

，

，方程有实数根，

综上所述，无论为何实数，方程总有实数根；

（2）解：根据根与系数关系有，

，

，

．即，

，．

【点评】  本题考查了根与系数的关系，综合性较强，难度较大．

20．【分析】  （1）根据的坐标确定平面直角坐标系的原点位置，从而画出平面直角坐标系，并得到点的坐标（2）根据旋转的定义作图即可

（3）根据图形对称性质，作点关于轴的对称点，连接，则交轴于点，此时的值最小．此时由，求得直线的解析式，进而求出直线与轴的交点，即得点坐标．

【解答】  解：（1）由的坐标分别为，可得平面直角坐标系如图所示，点的坐标为；

（2）如图：即为所求作；

（3）

存在点，使得的值最小，

作点关于轴的对称点，连接，则交轴于点，

，点为点关于轴的对称点，

，，

设直线的解析式为：，将代入解析式中，

可得，解得，，

直线的解析式为：令，得，

故存在，使得的值最小．

【点评】  本题考查了平面直角坐标系，图形的旋转及对称性质，熟练掌握图形的旋转及对称变换是解题的关键．

21．【专题】  二次函数的应用；应用意识

【答案】  （1）羊圈的边长长为的长为；

（2）当羊圈的边长为，为时，总面积有最大值，最大值是

【分析】  （1）设，则，根据墙长可得的范围，由矩形面积公式列出关于的方程，解之可得：（2）设羊圈的面积为，由矩形面积公式得出函数解析式，继而配方成顶点式后可得最值

【解答】  解：（1）设，则．

．，

由题意知，．即．解得：（舍），

答：羊圈的边长长为．的长为；

（2）设，则，则．

当时，

答：当羊圈的边长为，为时，总面积有最大值，最大值是

【点评】  本题主要考查一元二次方程和二次函数的应用。根据题意列出一元二次方程或函数解析式，并熟练掌握二次函数的性质是解题的关键

22．【分析】（1）根据题意可以直接写出与之间的函数关系式；

（2）根据题意可以直接写出与之间的函数关系式，由供货厂家规定市场价不得低于30元/包，且商场每周完成不少于150包的销售任务可以确定的取值范围；

（3）根据第（2）问中的函数解析式和的取值范围，可以解答本题．

【解答】  解：（1）根据题意得：，

商场每周完成不少于150包的销售任务，

，解得：，

供货厂家规定市场价不得低于30元包，，

即周销售量（包）与售价单价（元/包）之间的函数关系式为

（2）根据题意得：，

即所获得的利润（元）与售价（元/包）之间的函数关系式为；

（3），

当时，有最大值，最大值为3125，

即当售价定为45元时，商场每周销售这种防尘口罩所获得的利润最大？最大利润是3125元．

【点评】  本题考查二次函数的应用，解题的关键是明确题意，可以写出相应的函数解析式，并确定自变量的取值范围以及可以求出函数的最值．

23．【分析】  （1）如图，作辅助线；证明，借助直角三角形的边角关系即可解决问题；

（2）证明，得到，即可解决问题；

（3）根据点在的正半轴还是负半轴两种情况讨论，再根据全等三角形的性质即可得出结果．

          图1                    图2

【解答】  解：（1）如图1，过点作轴于点，

为等边三角形，且，

，

，而，

点的坐标为；

（2）均为等边三角形，

，，

在与中，

，；

（3）当点在轴正半轴上时，，

将绕点逆时针旋转时，点在点上方，和必相交，

当点在轴负半轴上时，点在点的下方，

．

在中，，，

由（2）可知，，，

此时的坐标为．

【点评】  此题是几何变换综合题，主要考查了等边三角形的性质，旋转得性质，全等三角形的判定和性质，平行线的性质，含30度角的直角三角形的性质，解（1）的关键是求出，解（2）的关键是判断出，解（3）的关键是求出，是一道中等难度得中考常考题．

24．【分析】  （1）把点代入解析式，求出，得到解析式；

（2）过点作于点，利用相似表达出的高，然后表示出的面积，利用二次函数的性质求出最大面积；

（3）分类讨论，函数图象与轴有一个交点和没有交点时，的任意实数，都有成立，若函数图象与轴有两个交点，则需满足两交点的横坐标均不大于1，列出不等式即可求的取值范围．

【解答】  解：（1）把点代入得：，

解得：，二次函数的表达式为：．

（2）如图1，对函数，

当时，，当时，，

，，

过点作于点，

，

设运动时间为，则：，

，，

，

当时，面积的最大值为．

（3）①二次函数的图象开口向上，

当二次函数的图象与轴没有交点或只有1个交点时，总有成立（如图2）；

此时，即，解得；

②当二次函数的图象与轴有2个交点时，

，可得或，

设此时两交点为，则，

要使的任意实数，都有，需，即（如图3），

且，

且，

解得，此时，

总上所述，对满足的任意实数，都使得成立，则．