【月考】（人教版）2021-2024学年九年级数学第一次月考第一次月考A卷（解析版）

2023-2024学年九年级数学上学期第一次月考

A卷·基础知识达标测

第Ⅰ卷

一、选择题（本大题共10小题，每小题2分，共20分）在每小题所给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．

1．一元二次方程的根的情况是（    ）

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．无法确定

【答案】B

【分析】先求出一元二次方程的判别式，再根据一元二次方程的根与的关系即可得到答案．

【详解】解：，

，

，

一元二次方程的根的情况是有两个相等的实数根，

故选：B．

【点睛】本题考查了一元二次方程根的判别式，一元二次方程的根与有如下关系：①，方程有两个不相等的实数根，②，方程有两个相等的实数根，③，方程没有实数根．

2．如果关于x的一元二次方程的一个解是，则的值为（    ）

A．2018 B．2019 C．2020 D．2021

【答案】D

【分析】将解代入原方程即可求解．

【详解】解：把代入方程，

得，

∴，

∴．

故选：D． 

【点睛】本题考查一元二次方程解的定义．掌握相关结论即可．

3．如图，平面直角坐标系中的二次函数图象所对应的函数解析式可能为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】根据二次函数图象得出顶点位置及开口方向，进而根据各选项得出答案．

【详解】解：由图象可得二次函数顶点坐标位于第三象限且开口向下则，所以：

A、的顶点为，故本选项不符合题意；

B、的，则图象开口向上，故本选项不符合题意；

C、的顶点在第三象限且，故选项符合题意；

D、的顶点为在第四象限，故本选项不符合题意；

故选：C．

【点睛】本题考查了二次函数的图象，根据图象得出顶点位置及开口方向是解题关键．

4．若方程是一元二次方程，则m的值为（    ）

A．0 B． C． D．

【答案】B

【分析】通过化简后，只含有一个未知数（一元），并且未知数的最高次数是2（二次）的整式方程，叫做一元二次方程．

【详解】解：根据题意，得且，

解得．

故选：B

【点睛】本题考查一元二次方程的定义．掌握相关定义即可．

5．已知抛物线，下列说法正确的是（    ）

A．图象与轴有唯一交点 B．图象的顶点坐标是

C．当时，随的增大而减小 D．图象的开口向下

【答案】D

【分析】根据一元二次方程根的个数、化为顶点式求出顶点坐标、抛物线的对称轴和开口方向等知识，即可得到答案．

【详解】解：A．对于抛物线，

当时，，

∵，

∴有两个不相等的实数根，即抛物线与轴有两个交点，故选项错误，不合题意；

B．∵，

∴抛物线的顶点是，故选项错误，不符合题意；

C．∵，

∴抛物线的对称轴为，

∵，

∴抛物线开口向下，

∴当时，随的增大而增大，

故选项错误，不符合题意；

D．对于抛物线，，则图象的开口向下，故选项正确，符合题意．

故选：D．

【点睛】本题考查了二次函数的图象和性质，熟练掌握一元二次方程根的个数、化为顶点式求出顶点坐标、抛物线的对称轴和开口方向等知识，是解题的关键．

6．若，则的值为（    ）

A．2或 B．或6 C．6 D．2

【答案】D

【分析】设，则有，再用因式分解法求解得，，再根据，即可求解．

【详解】解：设，则有，

∴，

，

或，

∴，，

∵，

∴，故D正确．

故选：D．

【点睛】本题考查用因式分解法解一元二次方程，熟练掌握用用因式分解法解一元二次方程是解题的关键，注意整体思想的运用．

7．一次函数与二次函数在同一个平面坐标系中图象可能是（   ）

A．  B．  C．  D．  

【答案】B

【分析】根据一次函数、二次函数图象与系数的关系逐项判断即可．

【详解】解：由解析式可得：一次函数与二次函数的图象与y轴的交点都为，即交点重合， 选项B，C，D满足，选项A不满足，排除A；

B选项，由一次函数图象可得，此时二次函数的图象应开口向下，有可能；

C选项，由一次函数图象可得，此时二次函数的图象应开口向上，不可能；

D选项，由一次函数图象可得，此时二次函数的图象应开口向下，不可能；

故选B．

【点睛】本题考查一次函数与二次函数图象的综合判断，解题的关键是掌握一次函数、二次函数图象与系数的关系．

8．如图，要围一个矩形菜园，其中一边是墙，且的长不能超过，其余的三边，，用篱笆，且这三边的和为．有下列结论：

①的长可以为；

②的长有两个不同的值满足菜园面积为；

③菜园面积的不可能为．

其中，正确结论的个数是（    ）

A．0 B．1 C．2 D．3

【答案】B

【分析】设边长为，则边长为长为，根据列出方程，解方程求出的值，根据取值范围判断①；根据矩形的面积．解方程求出的值可以判断②；令，求出方程的解，可以判断③．

【详解】解：设边长为，则边长为长为，

当时，，

解得，

的长不能超过，

，故①不正确；

菜园面积为，

，

整理得：，

解得或，

的长有两个不同的值满足菜园面积为，故②正确；

令，整理得：，

解得：，

∴菜园的面积可以为，故③不正确．

正确的有1个，

故选：B．

【点睛】此题主要考查了一元二次方程的应用，读懂题意，找到等量关系准确地列出方程是解题的关键．

9．为了让甲、乙两名运动员在自由式滑雪大跳台比赛中取得优异成绩，需要研究他们从起跳至落在雪坡过程中的运动状态，如图，以起跳点为原点，水平方向为轴建立平面直角坐标系．我们研究发现甲运动员跳跃时，空中飞行的高度（米）与水平距离（米）具有二次函数关系，记点为该二次函数图象与轴的交点，点为该运动员的落地点，轴于点．测得相关数据如下：米，米，抛物线最高点到轴距离为4米．若乙运动员跳跃时高度（米）与水平距离（米）满足，则他们跳跃时起跳点与落地点的水平距离（    ）

A．甲>乙 B．甲<乙 C．甲=乙 D．无法确定

【答案】A

【分析】先根据已知求出甲运动员跳跃时的抛物线解析式，再把代入解析式，求出落地点B的坐标，再把代入求出x，再与18比较即可．

【详解】解：由题意，设该二次函数的解析式为，

∵，抛物线最高点到x轴距离为4米，

∴，

解得，

∴该二次函数的解析式为，

∵米，

∴当时，，

∴；

对于函数，

当时，，

解得，或（舍去），

∴乙起跳点与落地点的水平距离米，

∵，

∴甲起跳点与落地点的水平距离大于乙起跳点与落地点的水平距离．

故选：A．

【点睛】本题考查了二次函数的应用、一元二次方程的应用等知识点，熟练掌握二次函数的性质是解题关键．

10．如图①，在正方形中，点E是的中点，点P是对角线上一动点，设，，图②是y关于x的函数图象，且图象上最低点Q的坐标为，则正方形的边长为（　　）

A． B． C．4 D．5

【答案】C

【分析】如图，点D是点B关于直线的对称点，连接交于点P，则此时y取得最小值，即，即可求解．

【详解】解：如图，点D是点B关于直线的对称点，连接交于点P，

根据点的对称性，，则为最小，

故，

设正方形的边长为a，则，

在中，由勾股定理得：，

即，

解得：（负值已舍去），

故选：C．

【点睛】本题考查的是动点图象问题，涉及到二次函数、解直角三角形，正方形的性质，利用勾股定理求线段长是解题的关键．

第Ⅱ卷

二、填空题（本大题共6小题，每小题3分，共18分）请把答案直接填写在横线上

11．已知关于x的方程的两个根是0和，则的值为       ．

【答案】2

【分析】根据一元二次方程解的定义，将两个根是0和代入关于x的方程中，可得到关于n、m的二元一次方程组，解之即可解答．

【详解】解：∵关于x的方程的两个根是0和，

∴，

解得：，

∴，

故答案为：2．

【点睛】本题考查了一元二次方程的解，根据定义得出二元一次方程组是解题的关键．

12．一元二次方程配方后得，则          ，          ．

【答案】     4     5

【分析】根据完全平方公式展开，即可求出答案．

【详解】解：∵一元二次方程配方后得，

∴，

∴，

解得：，

故答案为：4；5．

【点睛】本题考查一元二次方程，解题的关键是利用完全平方公式展开，比较系数，本题属于基础题型．

13．已知二次函数，当      时，取得最大值.

【答案】1

【分析】根据二次函数关于极值的性质求解．

【详解】解：，开口向下，时，取得最大值；

故答案为：1．

【点睛】本题考查二次函数的解析式——顶点式；掌握二次函数的性质是解题的关键．

14．如图，二次函数图象的一部分与x轴的一个交点坐标为，对称轴为，结合图象给出下列结论：①， ②， ③， ④（m为任意实数），其中正确的结论有           ．（请把正确结论的序号填在横线上）

【答案】②④

【分析】由抛物线开口向上，交y的负半轴即可判断①：由抛物线与x轴的交点可判断②；由抛物线的对称性可得抛物线与x轴交点坐标，从而判断③；由时y取最小值可判断④．

【详解】解：∵抛物线开口向上，交y的负半轴，

∴，

∴，故①错误；

∵抛物线与x轴有两个交点，

∴，

∴，故②正确；

由抛物线对称性可得抛物线与x轴另一交点坐标为，

∴，故③错误；

∵时函数取最小值，

∴，

∴，故④正确．

故答案为：②④．

【点睛】本题考查二次函数图象与系数的关系，抛物线与x轴的交点，解题关键是掌握二次函数的性质．

15．如图，在中，，的平分线交于点D，，交于点E，于点F，，则下列结论正确的是      ．（填序号）

①②③④

【答案】②③④

【分析】根据角平分线的性质可以求得长，再根据平行线的性质和角平分线的定义，即可得到，再利用勾股定理可得，从而可得，证明得到，设，则，由勾股定理得到，，由此解方程即可得到答案．

【详解】解：如图，

∵平分，

∴，

∵，

∴，

∴，

∴，

∵，

∴，故②③正确，

∴，

∴，故④正确，

∵，

∴，

∴，

设，则，

在中，由勾股定理得，

在中，由勾股定理得，

∴，，

∴，

∴，

∴，

解得或（舍去），

∴，故①错误；

故答案为：②③④．

故选：D．

【点睛】本题主要考查了角平分线的定义，角平分线的性质，勾股定理，等腰三角形的性质与判定，解一元二次方程，正确利用勾股定理建立方程是解题的关键．

16．如图，在斜坡底部点O处设置一个可移动的自动喷水装置，喷水装置的高度为米，喷水装置从A点喷射出的水流可以近似地看成抛物线．当喷射出的水流与喷水装置的水平距离为6米时，达到最大高度5米．以点O为原点，喷水装置所在的直线为y轴，建立平面直角坐标系．斜坡上距离O水平距离为8米处有一棵高度为米的小树，垂直水平地面且M点到水平地面的距离为米．如果要使水流恰好喷射到小树顶端的点N，请求出自动喷水装置应向后平移（即抛物线向左平移）      米．

【答案】2

【分析】根据当喷射出的水流距离喷水头6米时，达到最大高度5米，设水流形成的抛物线为，将点）代入解得得到抛物线解析式；设喷射架向后平移了米，设出平移后的函数解析式，代入点N的坐标即可求解．

【详解】解：由题可知：当喷射出的水流距离喷水头米时，达到最大高度米，

则可设水流形成的抛物线为，

将点代入，得，

解得，，

∴抛物线解析为；

由题意可知，与地面的距离为：米，

故点坐标为，

设喷射架向后平移了米，则平移后的抛物线解析可表示为，，

将点代入得：，

解得或（舍去），

∴喷射架应向后移动米，

故答案为：2．

【点睛】此题考查了二次函数在实际问题中的应用，根据题意求出函数的解析式是解决此题的关键．

三、解答题（本大题共7小题，共62分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤）

17．解方程：

(1)（公式法）

(2)（配方法）

【答案】(1)，

(2)，

【分析】（1）先把方程化为一般形式，再计算，再利用公式解方程即可；

（2）先把方程化为，再在方程两边都加上1，可得，再解方程即可．

【详解】（1）解：∵，

∴，

则，，，

∴，

∴，

∴，；

（2）∵，

∴，

∴，

∴，

∴，

∴或，

解得：，．

【点睛】本题考查的是一元二次方程的解法，掌握利用公式法与配方法解一元二次方程是解本题的关键．

18．已知关于的方程．

(1)求证：无论取任何实数，方程总有实数根；

(2)若等腰三角形的一边长为4，另两边长恰好是这个方程的两个根，求此时的值和这个等腰三角形的周长．

【答案】(1)详见解析

(2)，周长：

【分析】（1）分情况讨论：，化为一元一次方程，求解；，化为一元二次方程，运用根的判别式处理；

（2）对等腰三角形分情况讨论，分别求解，运用三角形三边关系定理判断取舍．

【详解】（1）解：当时，方程化为，解得：，方程有解；

当时，，

，

，

无论取任何实数，方程总有实数根；

综上，无论取任何实数，方程总有实数根；

（2）解：解方程得，，

①当腰长为4，则

∴，周长

②当底边为4，则，

∴．

，，不符合题意．

故，周长为9

【点睛】本题一元二次方程根的判别式，一元二次方程的求解；注意分情况讨论是解题的关键．

19．已知抛物线经过三点．

(1)求这条抛物线的关系式；

(2)写出这条抛物线的开口方向看、顶点D的坐标及对称轴，并说明它的变化情况．

【答案】(1)

(2)答案见解析

【分析】（1）已知了抛物线上三点坐标，可用待定系数法求出抛物线的解析式；

（2）把解析式化成顶点式，根据抛物线的性质即可求得．

【详解】（1）解：把，，代入，

得：解得：；

则抛物线的解析式为；

（2）解：，

抛物线的开口方向向下，对称轴为，顶点坐标为．

图象由向右平移个单位，向上平移个单位得到

【点睛】本题主要考查了待定系数法求二次函数的解析式以及二次函数的性质，熟练掌握待定系数法是本题的关键．

20．二次函数的图象如图所示，根据图象解答下列问题：

(1)直接写出不等式的解集；

(2)求二次函数解析式，直接写出当时，y的最小值；

(3)若方程有两个不相等的正实数根，直接写出的取值范围．

【答案】(1)

(2)，当时，的最小值为

(3)

【分析】（1）根据函数图象直接可以得到不等式的解集；

（2）利用待定系数法求出二次函数的解析式为，再根据二次函数的性质可得出当时，y的最小值；

（3）根据题意可知与的函数图象有两个交点，且两个交点的横坐标大于0，再结合图象即可得到答案．

【详解】（1）解：由图象可得：

当时，不等式；

（2）解：由图象可得，的图象经过点，，，

，

解得：，

二次函数解析式为，

，

当时，取最小值，最小值为，

当时，的最小值为；

（3）解：方程有两个不相等的正实数根，

与的函数图象有两个交点，且两个交点的横坐标都大于0，

由图象可知，的取值范围为．

【点睛】本题主要考查了二次函数与不等式、用待定系数法求二次函数的解析式、二次函数的最值，解题的关键是熟练掌握二次函数的图象与性质，利用数形结合的思想解决问题．

21．威宁火腿是贵州的传统特产，距今已有600多年的历史，早就闻名海内外．某火腿经销商统计了某款威宁火腿4月份到6月份的销售量，该款火腿4月份销售量为，6月份销售量为，且从4月份到6月份销售量的月增长率相同．

(1)求该款火腿销售量的月增长率；

(2)若该款火腿的进价为120元，经在市场中测算，当售价为160元时，月销售量为，若在此基础上售价每上涨0.5元，则月销售量将减少，为使月销售利润达到9800元，则该款火腿的实际售价应定为多少？（利润=售价-进价）

【答案】(1)

(2)应定价为每千克190元

【分析】（1）设该款火腿销售量的月增长率为x，根据该款火腿4月份及6月份的月销售量，即可得出关于x的一元二次方程，解之取其正值即可得出结论；

（2）该款火腿的实际售价为y元，根据月销售利润=每千克火腿的利润×月销售量，即可得出关于y的一元二次方程，解之取其正值即可求出结论．

【详解】（1）设该款火腿销售量的月增长率为x，

依题意，得：，

解得：，（不合题意，舍去）．

答：该款火腿销售量的月增长率为．

（2）设该款火腿的实际售价为y元，

依题意，得：，

整理，得：，

解得：，

答：该款火腿的实际售价应定为190元．

【点睛】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．

22．2023年8月5日，在成都举行的第31届世界大学生夏季运动会女子篮球金牌赛中，中国队以99比91战胜日本队，夺得冠军．女篮最重要的球员之一韩旭在日常训练中也迎难而上，勇往直前．投篮时篮球以一定速度斜向上抛出，不计空气阻力，在空中划过的运动路线可以看作是抛物线的一部分．建立平面直角坐标系，篮球从出手到进入篮筐的过程中，它的竖直高度y（单位：）与水平距离x（单位：）近似满足二次函数关系，篮筐中心距离地面的竖直高度是，韩旭进行了两次投篮训练．

(1)第一次训练时，韩旭投出的篮球的水平距离x与竖直高度y的几组数据如下：

①在平面直角坐标系xOy中，描出上表中各对对应值为坐标的点，并用平滑的曲线连接；

②结合表中数据或所画图象，直接写出篮球运行的最高点距离地面的竖直高度是______，并求y与x满足的函数解析式；

③已知此时韩旭距篮筐中心的水平距离，韩旭第一次投篮练习是否成功，请说明理由；

(2)第二次训练时，韩旭出手时篮球的竖直高度与第一次训练相同，此时投出的篮球的竖直高度y与水平距离x近似满足函数关系，若投篮成功，此时韩旭距篮筐中心的水平距离d_____5（填“”，“”或“”）．

【答案】(1)①见解析；②；；③成功，理由见解析；

(2)

【分析】（1）①直接利用描点法画出函数图象，即可；②设y与x满足的函数解析式为，再把点代入，求出m的值，即可；③把代入②中函数解析式，即可；

（2）把点代入，求出函数解析式，再把把代入，求出x，即可．

【详解】（1）解：①如图，即为所求；

②根据题意得：篮球运行的最高点距离地面的竖直高度是；

设y与x满足的函数解析式为，

把点代入得：，

解得：，

∴y与x满足的函数解析式为；

③成功，理由如下：

当时，，

解得：或1（舍去），

即韩旭距篮筐中心的水平距离时，篮球运行的高度为，

∴韩旭第一次投篮练习是成功；

（2）解：把点代入得：

，

解得：，

∴此时y与x满足的函数解析式为，

当时，，

解得：或（舍去），

∵，

∴此时韩旭距篮筐中心的水平距离．

故答案为：

【点睛】本题主要考查了二次函数的实际应用，明确题意，准确求出函数解析式是解题的关键．

23．如图，在平面直角坐标系中，二次函数的图象与x轴交于A、B两点，A点在原点的左侧，B点的坐标为，与y轴交于点．

(1)求此二次函数的解析式；

(2)若点P在抛物线上，且，求点P的坐标；

(3)设点E是线段上的动点，作轴交抛物线于点D，求线段长度的最大值．

【答案】(1)

(2)或

(3)

【分析】（1）待定系数法求出函数解析式即可；

（2）根据，求出的横坐标，根据点在抛物线上，求出点的坐标即可；

（3）将线段的长度转化为二次函数求最值即可．

【详解】（1）解：∵二次函数的图象过点B，点，

∴，解得：，

∴；

（2）∵B，，

∴，

∴，

∵，

∴，

∴，

∴，

当时，，

当时，，

∴或；

（3）∵，当时，，

解得：，

∴，

∵，

设直线的解析式为：，把代入，得：，

∴，

∵点E是线段上的动点，轴交抛物线于点D，

∴设，则：，

∴；

∴当时，线段的长度最长为．

【点睛】本题考查二次函数的综合应用．正确的求出函数解析式，利用数形结合的思想进行求解，是解题的关键．