专题12：-2021-2022学年九年级数学上册期中模拟检测（3）（解析版）

这是一份专题12：-2021-2022学年九年级数学上册期中模拟检测（3）（解析版），共19页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


一、单选题
1．已知x＝2是一元二次方程x2+mx+2＝0的一个解，则m的值是（ ）
A．﹣3B．3C．0D．0或3
【答案】A
【分析】直接把x＝2代入已知方程就得到关于m的方程，再解此方程即可．
【详解】解：∵x＝2是一元二次方程x2+mx+2＝0的一个解，
∴4+2m+2＝0，
∴m＝﹣3．
故选：A．
【点评】本题考查的是一元二次方程的解，难度系数较低，直接把解代入方程即可.
2．已知一元二次方程x2+kx-3=0有一个根为1，则k的值为（ ）
A．−2B．2C．−4D．4
【答案】B
【详解】分析：根据一元二次方程的解的定义，把x=1代入方程得关于k的一次方程1-3+k=0，然后解一次方程即可．
详解：把x=1代入方程得1+k-3=0，
解得k=2．
故选B．
点睛：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．
3．如图，在平面直角坐标系中，将绕点逆时针旋转后，点对应点的坐标为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据旋转变换只改变图形的位置不改变图形的形状和大小作出旋转后的图形，即可得出答案.
【详解】
如图，△ABC绕点A逆时针旋转90°后，B点对应点的坐标为(0,2)，故答案选择D.
【点评】本题考查的是坐标与图形的变化——旋转，记住旋转只改变图形的位置不改变图形的形状和大小.
4．方程有两个相等的实数根，且满足则m的值是（ ）
A．-2或3B．3C．-2D．-3或2
【答案】C
【分析】根据根与系数的关系有：x1+x2=m+6，x1x2=m2，再根据x1+x2=x1x2得到m的方程，解方程即可，进一步由方程x2-（m+6）+m2=0有两个相等的实数根得出b2-4ac=0，求得m的值，由相同的解解决问题．
【详解】解：∵x1+x2=m+6，x1x2=m2，x1+x2=x1x2，
∴m+6=m2，
解得m=3或m=-2，
∵方程x2-（m+6）x+m2=0有两个相等的实数根，
∴△=b2-4ac=（m+6）2-4m2=-3m2+12m+36=0
解得m=6或m=-2
∴m=-2．
故选：C．
【点评】本题考查了一元二次方程ax2+bx+c=0（a≠0，a，b，c为常数）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．同时考查了一元二次方程ax2+bx+c=0（a≠0）的根与系数的关系：若方程的两根为x1，x2，则x1+x2=，x1•x2=．
5．下列图案中，是中心对称图形的是( )
A．B． C． D．
【答案】D
【分析】根据中心对称图形的定义逐一进行分析判断即可.
【详解】A、不是中心对称图形，故不符合题意；
B、不是中心对称图形，故不符合题意；
C、不是中心对称图形，故不符合题意；
D、是中心对称图形，故符合题意，
故选D.
【点评】本题考查了中心对称图形的识别，熟练掌握中心对称图形的概念是解题的关键.
6．如果抛物线的最低点是原点，那么实数m的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】直接利用二次函数的性质得出m＋1的取值范围进而得出答案．
【详解】∵抛物线y=（m＋1）x2有最低点是原点，
∴m＋1＞0，解得：m＞－1．
故答案为：D．
【点评】本题考查了二次函数的性质，正确掌握二次函数的性质是解题的关键．
7．已知抛物线y=ax2﹣2x+1与x轴没有交点，那么该抛物线的顶点所在的象限是（ ）
A．第四象限B．第三象限C．第二象限D．第一象限
【答案】D
【详解】∵抛物线y=ax2﹣2x+1与x轴没有交点，∴△=4﹣4a＜0，解得：a＞1．
∴抛物线的开口向上．
又∵b=﹣2，∴抛物线的对称轴在y轴的右侧．
∴抛物线的顶点在第一象限．故选D
8．y1=kx+n（k≠0）与二次函数y2=ax2+bx+c（a≠0）的图象相交于A(–1，5)、B(9，2)两点，则关于的不等式kx+n≥ax2+bx+c解集为( )
A．–1≤x≤9B．–1≤x<9
C．–1【答案】A
【详解】如图：
一次函数y1=kx+n（k≠0）与二次函数y2=ax2+bx+c（a≠0）的图象相交于A(−1，5)、B(9，2)两点，由图象可知，当−1y2；当x=−1或x=9时，y1=y2.由此可知，kx+n⩾ax2+bx+c的解为−1⩽x⩽9．
故选A.
9．要得到抛物线y＝x2+4，可将抛物线y＝x2（ ）单位．
A．向上平移4个B．向下平移4个
C．向右平移4个D．向左平移4个
【答案】A
【分析】根据抛物线平移的规律进行求解即可得答案．
【详解】要得到抛物线y＝x2+4，可将抛物线y＝x2向上平移4个单位，
故选：A．
【点评】本题考查了二次函数图象与几何变换，平移的规律：左加右减，上加下减，此类题目，利用顶点的变化求解更简便．
10．如图是函数y＝x2+bx+c与y＝x的图象，有下列结论：
（1）b2﹣4c＞0；（2）b+c+1＝0；（3）方程x2+（b﹣1）x+c＝0的解为x1＝1，x2＝3；（4）当1＜x＜3时，x2+（b﹣1）x+c＜0．其中正确结论的个数为（ ）
A．1B．2C．3D．4
【答案】B
【分析】根据函数图象与x轴交点个数判断（1）；利用待定系数法求出函数解析式，代入计算判断（2）；由二次函数与一次函数的交点求出方程的解，判断（3）即可；利用函数图象比较函数值判断（4）．
【详解】由图象知，二次函数过（3，3）（0，3），（1，1），
∴，
解得：，
∴b+c+1＝﹣3+3+1＝1，故②错误；
∵a＝1，
∴抛物线为y＝x2-3x+3，
∵函数y＝x2+bx+c与x轴无交点，
∴b2﹣4c＜0，故①错误；
由图象知，抛物线y＝x2+bx+c与直线y＝x的交点坐标为（1，1）和（3，3），
∴方程x2+（b﹣1）x+c＝0的解为x1＝1，x2＝3，故③正确；
∵当1＜x＜3时，二次函数值小于一次函数值，
∴x2+bx+c＜x，
∴x2+（b﹣1）x+c＜0．故④正确；
故选：B．
【点评】此题考查待定系数法求二次函数的解析式，二次函数的性质，二次函数与一元二次方程的关系，图象法比较函数值的大小，是一道较为基础的二次函数题．
11．一面足够长的墙，用总长为30米的木栅栏（图中的虚线）围一个矩形场地ABCD，中间用栅栏隔成同样三块，若要围成的矩形面积为54平方米，设垂直于墙的边长为x米，则x的值为（ ）
A．3B．4C．3或5D．3或
【答案】D
【分析】设AD长为x米，四边形ABCD是矩形，根据矩形的性质，即可求得AB的长；根据题意可得方程x（30−4x）＝54，解此方程即可求得x的值．
【详解】
解：设与墙头垂直的边AD长为x米，四边形ABCD是矩形，
∴BC＝MN＝PQ＝x米，
∴AB＝30−AD−MN−PQ−BC＝30−4x（米），
根据题意得：x（30−4x）＝54，
解得：x＝3或x＝，
AD的长为3或米.
故选：D．
【点评】考查了一元二次方程的应用中的围墙问题，正确列出一元二次方程，并注意解要符合实际意义．
12．用配方法解方程，下列配方正确的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】先把方程变形为x2-4x=-2，再把两方程两边加上4，然后把方程左边用完全平方公式表示即可．
【详解】解：x2-4x=-2，
x2-4x+4=2，
（x-2）2=2．
故选：A．
【点评】本题考查了解一元二次方程-配方法：将一元二次方程配成（x+m）2=n的形式，再利用直接开平方法求解，这种解一元二次方程的方法叫配方法．
二、填空题
13．用长度一定的绳子围成一个矩形，如果矩形的一边长x(m)与面积y(m2)满足函数关系y＝－(x－12)2＋144(0＜x＜24)，那么该矩形面积的最大值为________m2 ．
【答案】144
【解析】
∵且，
∴当时，最大=.
即：该矩形面积的最大值为m2.
14．已知直线y＝x+2上有一点P（5，n），则点P关于原点的对称点P1的坐标为_____．
【答案】（﹣5，﹣7）．
【分析】直接利用一次函数图象上点的坐标特征将P点代入函数解析式得出n的值，进而利用关于原点对称点的性质得出答案．
【详解】解：∵直线y＝x+2上有一点P（5，n），
∴n＝5+2，
解得：n＝7，
故P（5，7），
则点P关于原点的对称点P1的坐标是：（﹣5，﹣7）．
故答案为（﹣5，﹣7）．
【点评】此题主要考查一次函数图象上点的坐标特征以及关于原点对称点的性质，解题关键是正确得出P点坐标．
15．已知二次函数y=3(x-a)2的图象上，当x>2时，y随x的增大而增大，则a的取值范围是___.
【答案】a≤2
【解析】
由二次函数的解析式得到对称轴为x=a，函数图象的开口向上，
∴在对称轴x=a的右边函数值y随着x的增大而增大，
故只要a≤2时，x＞2，y随x的增大而增大，
所以a的取值范围为a≤2.
故答案为a≤2.
点睛：本题主要考查二次函数的性质.结合二次函数图象和性质进行分析是解题的关键.
16．已知实数α，β满足α2+3α﹣1＝0，β2﹣3β﹣1＝0，且αβ≠1，则+3β的值为________．
【答案】10
【分析】原方程变为（）-3（）-1=0，得到、β是方程x2-3x-1=0的两根，根据根与系数的关系得到关系式，代入求出即可．
【详解】解：∵α2+3α﹣1＝0，
∴（）-3（）-1=0，
∵实数α，β满足α2+3α﹣1＝0，β2﹣3β﹣1＝0，且αβ≠1，
∴、β是方程x2﹣3x﹣1＝0的两根，
∴+β＝3， ＝﹣1，，
∴原式＝1++3β＝1+3（+β）＝1+3×3＝10，
故答案为10．
【点评】本题考查了根与系数的关系，熟练的根据根与系数的关系进行计算是解题的关键．
三、解答题
17．解下列方程：
（1）2x2﹣4x＋1＝0；
（2）（2x﹣1）2＝（3﹣x）2．
【答案】（1）x1＝1＋，x2＝1﹣；（2）x1＝﹣2，x2＝
【分析】（1）利用配方法解一元二次方程；
（2）利用因式分解法解方程．
【详解】（1）解：2x2﹣4x＋1＝0，
x2﹣2x＝﹣，
x2﹣2x＋1＝﹣＋1，即（x﹣1）2＝，
∴x﹣1＝±，
∴x1＝1＋，x2＝1﹣；
（2）解：（2x﹣1）2＝（3﹣x）2．
（2x﹣1）2﹣（3﹣x）2＝0，
[（2x﹣1）＋（3﹣x）][（2x﹣1）﹣（3﹣x）]＝0，
∴x＋2＝0或3x﹣4＝0，
∴x1＝﹣2，x2＝．
【点评】本题考查一元二次方程的解法，熟练掌握配方法、因式分解法、公式法，并熟练运用是关键．
18．已知关于x的方程x2－(k＋2)x＋2k＝0．
(1)求证：k取任何实数值，方程总有实数根；
(2)若Rt△ABC斜边长a＝3，另两边长b，c恰好是这个方程的两个根，求△ABC的周长．
【答案】(1)证明见解析； (2)5+.
【分析】（1）方程为一元二次方程，计算出根的判别式，由此即可得出结论；
（2）根据勾股定理可以解得，算出的周长.
【详解】（1）方程为一元二次方程，

∴一元二次方程有两个实数根.
即：不论k取什么实数值，这个方程总有实数根.
（2）由题意：
在中，

(不合题意，舍去)
的周长
【点评】本题考查了一元二次方程根的判别式、一元二次方程根与系数的关系，熟练掌握相关知识是解题的关键.
19．宜昌四中男子篮球队在2016全区篮球比赛中蝉联冠军，让全校师生倍受鼓舞．在一次与第25中学的比赛中，运动员小涛在距篮下4米处跳起投篮，如图所示，球运行的路线是抛物线，当球运行的水平距离为2.5米时，达到最大高度3.5米，然后准确落入篮圈．已知篮圈中心到地面的距离为3.05米．
（1）建立如图所示的直角坐标系，求抛物线的表达式；
（2）运动员小涛的身高是1.8米，在这次跳投中，球在头顶上方0.25米处出手，问：球出手时，小涛跳离地面的高度是多少？
【答案】（1）y=﹣0.2x2+3.5；（2）球出手时，他跳离地面的高度为0.2m．
【详解】试题分析：（1）设抛物线的表达式为y=ax2+3.5，利用待定系数法，可得a的值；
（2）设球出手时，他跳离地面的高度为hm，则可得h+2.05=﹣0.2×（﹣2.5）2+3.5．
试题解析：解：（1）∵当球运行的水平距离为2.5米时，达到最大高度3.5米，∴抛物线的顶点坐标为（0，3.5），∴设抛物线的表达式为y=ax2+3.5．
由图知图象过以下点：（1.5，3.05），∴2.25a+3.5=3.05，解得：a=﹣0.2，∴抛物线的表达式为y=﹣0.2x2+3.5．
（2）设球出手时，他跳离地面的高度为hm，
因为（1）中求得y=﹣0.2x2+3.5，
则球出手时，球的高度为h+1.8+0.25=（h+2.05）m，
∴h+2.05=﹣0.2×（﹣2.5）2+3.5，
∴h=0.2（m）．
答：球出手时，他跳离地面的高度为0.2m．
点睛：本题考查二次函数的应用、待定系数法确定函数解析式等知识，体现了数学建模的数学思想，难度不大，能够结合题意利用二次函数不同的表达形式求得解析式是解答本题的关键．
20．凯里市某文具店某种型号的计算器每只进价12元，售价20元，多买优惠，优势方法是：凡是一次买10只以上的，每多买一只，所买的全部计算器每只就降价0.1元，例如：某人买18只计算器，于是每只降价0.1×（18﹣10）=0.8（元），因此所买的18只计算器都按每只19.2元的价格购买，但是每只计算器的最低售价为16元．
（1）求一次至少购买多少只计算器，才能以最低价购买？
（2）求写出该文具店一次销售x（x＞10）只时，所获利润y（元）与x（只）之间的函数关系式，并写出自变量x的取值范围；
（3）一天，甲顾客购买了46只，乙顾客购买了50只，店主发现卖46只赚的钱反而比卖50只赚的钱多，请你说明发生这一现象的原因；当10＜x≤50时，为了获得最大利润，店家一次应卖多少只？这时的售价是多少？
【答案】（1）50；（2）；（3）理由见解析，店家一次应卖45只，最低售价为16.5元，此时利润最大．
【详解】试题分析：（1）设一次购买x只，由于凡是一次买10只以上的，每多买一只，所买的全部计算器每只就降低0.10元，而最低价为每只16元，因此得到20﹣0.1（x﹣10）=16，解方程即可求解；
（2）由于根据（1）得到x≤50，又一次销售x（x＞10）只，因此得到自变量x的取值范围，然后根据已知条件可以得到y与x的函数关系式；
（3）首先把函数变为y==，然后可以得到函数的增减性，再结合已知条件即可解决问题．
试题解析：（1）设一次购买x只，则20﹣0.1（x﹣10）=16，解得：x=50．
答：一次至少买50只，才能以最低价购买；
（2）当10＜x≤50时，y=[20﹣0.1（x﹣10）﹣12]x=，当x＞50时，y=（16﹣12）x=4x；
综上所述：；
（3）y==，①当10＜x≤45时，y随x的增大而增大，即当卖的只数越多时，利润更大．
②当45＜x≤50时，y随x的增大而减小，即当卖的只数越多时，利润变小．
且当x=46时，y1=202.4，当x=50时，y2=200．∴y1＞y2．
即出现了卖46只赚的钱比卖50只赚的钱多的现象．
当x=45时，最低售价为20﹣0.1（45﹣10）=16.5（元），此时利润最大．故店家一次应卖45只，最低售价为16.5元，此时利润最大．
考点：二次函数的应用；二次函数的最值；最值问题；分段函数；分类讨论．
21．如图，中，∠C＝90°，AC＝6cm，BC＝8cm，点P从A沿AC边向C点以1cm/s的速度移动，在C点停止，点Q从C点开始沿CB边向点B以2cm/s的速度移动，在B点停止．
（1）如果点P，Q分别从A、C同时出发，经过几秒钟，使？
（2）如果点P从点A先出发2s，点Q再从点C出发，经过几秒钟后？
（3）如果点P、Q分别从A、C同时出发，经过几秒钟后PQ＝BQ？
【答案】（1）2或4；（2）2；（3）．
【分析】本题可设P出发x秒后，符合已知条件：
在（1）中，，，，根据题意列方程求解即可；
在（2）中，，，，进而可列出方程，求出答案；
在（3）中，，，，利用勾股定理和列出方程，即可求出答案．
【详解】（1）P、Q同时出发，经过秒钟，，
由题意得：
∴，
解得：，．
经2秒点P到离A点1×2＝2cm处，点Q离C点2×2＝4cm处，经4秒点P到离A点1×4＝4cm处，点Q到离C点2×4＝8cm处，经验证，它们都符合要求．
答：P、Q同时出发，经过2秒或4秒，．
（2）设P出发t秒时，则Q运动的时间为秒，由题意得：
，
∴，
解得：．
因此经4秒点P离A点1×4＝4cm，点Q离C点2×（4﹣2）＝4cm，符合题意．
答：P先出发2秒，Q再从C出发，经过2秒后．
（3）设经过秒钟后PQ＝BQ，则，，，
，
解得：，（不合题意，舍去），
答：经过秒钟后PQ＝BQ．
【点评】此题考查了一元二次方程的实际运用，解题的关键是弄清图形与实际问题的关系，另外，还要注意解的合理性，从而确定取舍．
22．如图用长为30m的篱笆围成一个一边靠墙的矩形养鸡场ABCD，已知墙长14m，设边AB的长为xm，矩形ABCD的面积为ym2．
（1）求y与x之间的函数关系式，并求出函数y的最大值．
（2）当y＝108时，求x的值．
【答案】（1）y＝﹣（x﹣15）2+112.5，y的最大值为112m2；（2）x的值为12
【分析】（1）根据长方形的面积等于长乘以宽及墙体长度为14米，即可求出y与x的函数关系式，结合二次函数增减性得出二次函数最值；
（2）把y=108代入（1）中的解析式，解方程得出答案．
【详解】（1）根据题意可得：AD＝（30﹣x）m，
y＝x（30﹣x）
＝﹣x2+15x
＝﹣（x﹣15）2+112.5，
∵墙长为14m，
∴0＜x≤14，
则x≤15时，y随 x 的增大而增大，
∴当x＝14m，即AB＝14m，BC＝8m时，长方形的面积最大，最大面积为：14×8＝112（m2）；
∴y的最大值为112m2；
（2）当y＝108时，108＝x（30﹣x），
整理得：x2﹣30x+216＝0，
解得：x1＝12，x2＝18（不合题意舍去），
答：x的值为12．
【点评】本题考查了二次函数在实际问题中的应用，根据题意正确得出函数关系式并明确二次函数的性质是解题的关键．
23．某水果店批发商场经销一种高档水果，如果每千克盈利10元，每天可售出500千克，经市场调查发现，在进货价不变的情况下，若每千克涨价1元，日销售将减少20千克．
（1）现要保证每天盈利5520元，同时又要让顾客得到实惠，那么每千克应涨价多少元？
（2）要使每天获利不少于6000元，求涨价x的范围．
【答案】（1）每千克水果应涨价2元；（2）
【分析】（1）设每千克应涨价x元，由题意列出方程，解方程即可求解；
（2）根据题意表示出每天的利润，然后利用每天的获利等于6000元，解出两个x的值，然后根据二次函数的性质即可得出答案．
【详解】（1）设每千克应涨价x元，由题意列方程得：
（10+x）（500﹣20x）＝5520，
解得：x＝2或x＝13，
为了使顾客得到实惠，那么每千克应涨价2元；
答：每千克水果应涨价2元．
（2）根据题意得，每天的获利为
令，
即，
解得，
，
∴要使每天获利不少于6000元，涨价x的范围为，
答：每千克水果涨价x的范围是．
【点评】本题主要考查一元二次方程及二次函数的应用，根据题意列出方程及二次函数是解题的关键．
24．如图，抛物线与x轴交于，两点，直线与y轴交于点C，与x轴交于点点P是直线CD上方的抛物线上一动点，过点P作轴于点F，交直线CD于点E，设点P的横坐标为m．
（1）求抛物线的解析式；
（2）连接PD，若求P点坐标；
（3）求PE的长最大时m的值；
（4）是平面直角坐标系内一点，在（3）的情况下，以P、Q、C、D为顶点的四边形是平行四边形是否存在？若存在，直接写出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）；（2）P(1，8) 或（）；（3）；（4）存在，点Q的坐标为、或
【分析】（1）由点A，B的坐标，利用待定系数法可求出抛物线的解析式；
（2）连接PD，先求出点C的坐标为，点D的坐标为,再求PE=，由列出方程，解得m=1，，可求P点坐标；
(3) 点P是直线CD上方的抛物线上，利用一次函数图象上点的坐标特征可得出点C，D的坐标，可知m的范围，由（2）知，再利用二次函数的性质即可解决最值问题；
（4）在（3）条件下，分PE为对角线、PC为对角线、CD为对角线三种情况考虑，由平行四边形的性质（对角线互相平分）结合点P，C，D的坐标可求出点Q的坐标，此题得解．
【详解】解：将，代入，
得：，
解得：，
抛物线的解析式为．
(2)连接PD，
∵直线与y轴交于点C，与x轴交于点D，
点C的坐标为，点D的坐标为，
过点P作轴于点F，点P的横坐标为m．
F（m，0），E（m，），P（m，）,
PE=-（）=，
∵，
由，
∴，
解得m=1，，
当m=1时，y=8，
当m=时，y=，
∴P(1，8)或（），
(3) 点P是直线CD上方的抛物线上，
，
消去y整理得，
，
解得，
，
由（2）知，
，，
当时，PE最长．
(4)由(3)可知，点P的坐标为，
以PQCD为顶点的四边形是平行四边形分三种情况如图所示：
①以PD为对角线，
点P的坐标为，点D的坐标为，点C的坐标为，
点Q的坐标为，即；
②以PC为对角线，点P的坐标为，点D的坐标为，点C的坐标为，
点Q的坐标为，即；
③以CD为对角线，点P的坐标为，点D的坐标为，点C的坐标为，
点Q的坐标为，即，
综上所述：在的情况下，存在以PQCD为顶点的四边形是平行四边形，点Q的坐标为、或．
【点评】本题是二次函数的综合题．涉及待定系数法求二次函数解析式、动点三角面积，二次函数的性质、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平行四边形的性质，关键掌握待定系数法求而出函数解析式，会用分割法求三角形面积，利用二次函数的性质解决最值问题；运用分类法分PE为对角线、PC为对角线、CD为对角线三种情况平行四边形的性质第四点Q的坐标．