2022-2023学年福建省龙岩市长汀二中九年级（上）第一次适应性数学试卷（含解析）

2022-2023学年福建省龙岩市长汀二中九年级（上）第一次适应性数学试卷

第I卷（选择题）

一、选择题（本大题共10小题，共40分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）

1. 下列关于的方程：；；；中，一元二次方程的个数是(    )

A. 个 B. 个 C. 个 D. 个

2. 方程的解是(    )

A.  B.  C. 或 D.

3. 抛物线的对称轴是直线(    )

A.  B.  C.  D.

4. 国家决定对某药品价格分两次降价，若设平均每次降价的百分率为，该药品原价为元，降价后的价格为元，则与的函数关系式为(    )

A.  B.  C.  D.

5. 把抛物线先向左平移个单位，再向上平移个单位，所得抛物线的函数表达式为(    )

A.  B.
C.  D.

6. 设，是方程的两个实数根，则的值为(    )

A.  B.  C.  D.

7. 定义一种新运算：，例如，，若，则的值是(    )

A.  B.
C. ， D. ，

8. 抛物线的图象和轴有交点，则的取值范围是(    )

A.  B. 且
C.  D. 且

9. 在同一直角坐标系中，一次函数和二次函数的图象大致为(    )

A.  B.  C.  D.

10. 如图，已知顶点为的抛物线经过点，下列结论：；；若点，在抛物线上，则；关于的一元二次方程的两根为和，其中正确的有(    )

A. 个 B. 个 C. 个 D. 个

第II卷（非选择题）

二、填空题（本大题共6小题，共24分）

11. 若关于的一元二次方程是一元二次方程，则______．
12. 已知方程有两个相等的实数根，则______．
13. 已知方程的解是，，那么抛物线与轴的两个交点的坐标分别是______ ．
14. 已知抛物线经过点，，则______填“”，“”“”
15. 如图，在一块长、宽的矩形空地上，修建两条同样宽的相互垂直的道路，剩余分栽种花草，要使绿化面积为，则修建的路宽应为______米．

16. 定义：若函数，则该函数的最大值为______．

三、解答题（本大题共9小题，共86分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）

17. 本小题分
    解下列方程：
    ；
    ．
18. 本小题分
    已知抛物线的顶点为，与轴交点为，求该抛物线的解析式．
19. 本小题分
    关于的一元二次方程．
    求证：方程总有两个实数根；
    若方程有一个根小于，求的取值范围．
20. 本小题分
    已知抛物线：是常数且．
    若抛物线有最高点，求的取值范围；
    若抛物线与抛物线的形状相同、开口方向相反，求的值．
21. 本小题分
    已知抛物线经过点．
    求这个函数的解析式；
    画出函数的图象，写出抛物线上点关于轴的对称点的坐标；
    抛物线上是否存在点，使的面积等于面积的一半，若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由．

22. 本小题分
    如图，有长为米的篱笆，一面利用墙墙的最大可用长度为米，围成中间隔有一道篱笆的长方形花圃，为了方便出入，在建造篱笆花圃时，在上用其他材料造了宽为米的两个小门，此时花圃的面积刚好为米，求此时花圃的长和宽．

23. 本小题分
    某大学生创业团队抓住商机，购进一批干果分装成营养搭配合理的小包装后出售，每袋成本元．试销期间发现每天的销售量袋与销售单价元之间满足一次函数关系，其中，另外每天还需支付其他各项费用元．
    如果每天获得元的利润，销售单价为多少元？
    设每天的利润为元，当销售单价定为多少元时，每天的利润最大？最大利润是多少元？
24. 本小题分
    阅读下面的材料：
    解方程这是一个一元四次方程，根据该方程的特点，它的解法通常是：设，则，原方程可化为：，解得，，当时，，，当时，，原方程有四个根是：，，，，以上方法叫换元法，达到了降次的目的，体现了数学的转化思想，运用上述方法解答下列问题．
    解方程：；
    已知实数，满足，试求的值．
25. 本小题分
    已知二次函数．
    若，．
    时，求该函数图象的顶点坐标；
    当时，该函数图象与轴有且只有一个公共点，求的取值范围；
    若，，时，该函数取得最大值，求的值．
    

答案和解析

1.【答案】 

【解析】解：不能保证二次项的系数不为，故不是一元二次方程；
不是整式方程，故不是一元二次方程；
最高次数是，故不是一元二次方程；
是一元二次方程；
是一元二次方程的有一个，
故选A．
找到未知数的最高次数为次，次项系数不等于的整式方程的个数即可．
本题考查了一元二次方程的概念，判断一个方程是否是一元二次方程，首先要看是否是整式方程，然后看化简后是否是只含有一个未知数且未知数的最高次数是．
 

2.【答案】 

【解析】解：方程变形得：，
分解因式得：，
解得：，．
故选：．
方程移项后，提取公因式化为积的形式，然后利用两数相乘积为，两因式中至少有一个为转化为两个一元一次方程来求解．
此题考查了解一元二次方程因式分解法，熟练掌握因式分解的方法是解本题的关键．
 

3.【答案】 

【解析】解：因为是抛物线的顶点式，
根据顶点式的坐标特点可知，顶点坐标为，
所以对称轴是故选A．
直接利用配方法求对称轴，或者利用对称轴公式求对称轴．
主要考查了二次函数求抛物线的顶点坐标、对称轴．
 

4.【答案】 

【解析】

【分析】

本题主要考查了根据实际问题列二次函数关系式，本题需注意第二次降价是在第一次降价后的价格的基础上降价的．
原价为，第一次降价后的价格是，第二次降价是在第一次降价后的价格的基础上降价的为：，则函数解析式即可求得．
【解答】
解：原价为，第一次降价后的价格是；
第二次降价是在第一次降价后的价格的基础上降价的为：．
则函数解析式是：．
故选C．
 

5.【答案】 

【解析】

【分析】
本题考查了二次函数图象与几何变换，属于基础题．
根据题意，即可得解．
【解答】

解：抛物线的顶点坐标为，把它向左平移个单位，再向上平移个单位，所得抛物线的顶点坐标为，
则所得抛物线的函数解析式为．
故选A．

6.【答案】 

【解析】解：根据题意得，，
所以．
故选：．
根据根与系数的关系得到，，然后利用整体代入的方法计算代数式的值．
本题考查了根与系数的关系：若，是一元二次方程的两根时，，．
 

7.【答案】 

【解析】解：，
，
整理得，
，
或，
所以，．
故选：．
先根据新定义得到，再把方程化为一般式，然后利用因式分解法解方程．
本题考查了解一元二次方程因式分解法：因式分解法就是利用因式分解求出方程的解的方法，这种方法简便易用，是解一元二次方程最常用的方法．
 

8.【答案】 

【解析】

【分析】
抛物线的图象和轴有交点，即一元二次方程有解，此时．
考查抛物线和一元二次方程的关系．
【解答】
解：抛物线的图象和轴有交点，
即时方程有实数根，
即，即，
解得，且．
故选：．  

9.【答案】 

【解析】

【分析】
本题考查二次函数及一次函数的图象的性质；用到的知识点为：二次函数和一次函数的常数项是图象与轴交点的纵坐标；一次函数的一次项系数大于，图象经过一、三象限；小于，经过二、四象限；二次函数的二次项系数大于，图象开口向上；二次项系数小于，图象开口向下根据二次函数的开口方向，与轴的交点；一次函数经过的象限，与轴的交点可得相关图象．
【解答】
解：一次函数和二次函数都经过轴上的，
两个函数图象交于轴上的同一点，故B选项错误；
当时，二次函数开口向上，一次函数经过一、三象限，故C选项错误；
当时，二次函数开口向下，一次函数经过二、四象限，故A选项错误；
故选D．  

10.【答案】 

【解析】解：
抛物线与轴有个交点，
，
即，
所以正确；
抛物线的顶点坐标为，
即时，函数有最小值，
，
所以正确；
抛物线的对称轴为直线，
而点，在抛物线上，
，，
离对称轴更远，
，
所以错误；
抛物线经过点，
而抛物线的对称轴为直线，
点关于直线的对称点在抛物线上，
关于的一元二次方程的两根为和，
所以正确．
故选：．

利用抛物线与轴的交点个数可对进行判断；利用抛物线的顶点坐标可对进行判断；由顶点坐标得到抛物线的对称轴为直线，则根据二次函数的性质可对进行判断；根据抛物线的对称性得到抛物线上的点的对称点为，则可对进行判断．
本题考查了二次函数图象与系数的关系：对于二次函数，二次项系数决定抛物线的开口方向和大小：当时，抛物线向上开口；当时，抛物线向下开口；一次项系数和二次项系数共同决定对称轴的位置：当与同号时即，对称轴在轴左侧；当与异号时即，对称轴在轴右侧；常数项决定抛物线与轴交点位置：抛物线与轴交于；抛物线与轴交点个数由决定：时，抛物线与轴有个交点；时，抛物线与轴有个交点；时，抛物线与轴没有交点．
 

11.【答案】 

【解析】解：因为是关于的一元二次方程，这个方程一定有一个二次项，则一定是此二次项．
所以得到，解得．
一元二次方程的一般形式是：是常数且特别要注意的条件．
要特别注意二次项系数这一条件，本题容易出现的错误是忽视这一条件．
 

12.【答案】 

【解析】

【分析】
本题主要考查根的判别式，关键在于根据题意推出．
根据题意可知，推出，通过解方程即可推出的值．
【解答】

解：有两个相等的实数根，
，
，
．
故答案为．
 

13.【答案】、、 

【解析】

【分析】
本题考查了抛物线与轴的交点：抛物线与轴的交点的意义就是当取交点的横坐标时，函数值等于，即方程的解为交点的横坐标．根据方程的解就是当时，抛物线与轴的两个交点的坐标．
【解答】
解：当时，．
方程的解是，，
抛物线与轴的两个交点的横坐标分别是、，
抛物线与轴的两个交点的坐标分别是、、．
故答案是：、、．  

14.【答案】 

【解析】解：时，，
时，，
，
故答案为
求出、的值即可判断．
本题考查二次函数图象上点的坐标特征，解题的关键是熟练掌握待定系数法，属于中考常考题型．
 

15.【答案】 

【解析】解：设道路的宽为 ，根据题意得：
，
解得：，不合题意，舍去，
则道路的宽应为米；
故答案为：．
把所修的两条道路分别平移到矩形的最上边和最左边，则剩下的草坪是一个长方形，根据长方形的面积公式列方程求解即可．
此题主要考查了一元二次方程的应用，把中间修建的两条道路分别平移到矩形地面的最上边和最左边是做本题的关键．
 

16.【答案】 

【解析】解：设直线，抛物线，
联立直线与抛物线方程得，
解得或，
直线与抛物线交点坐标为，，
如图，

时，，函数最大值为，
时，，函数最大值为，
当时，，，
时，函数取最大值为，
故答案为：．
设直线，抛物线，联立直线与抛物线方程得抛物线与直线交点坐标，结合图象求解．
本题考查二次函数的性质，解题关键是掌握函数与方程及不等式的关系．通过数形结合求解．
 

17.【答案】解：，
，
则或，
解得，；
，
，
则，
解得． 

【解析】利用十字相乘法将方程的左边因式分解，继而得出两个关于的一元一次方程，再进一步求解即可；
利用公式法将方程的左边因式分解，继而得出两个关于的一元一次方程，再进一步求解即可．
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.【答案】解：设抛物线解析式为，
把代入得，解得，
所以抛物线解析式为． 

【解析】设顶点式，然后把代入求出即可．
本题考查了待定系数法求二次函数的解析式：在利用待定系数法求二次函数关系式时，要根据题目给定的条件，选择恰当的方法设出关系式，从而代入数值求解．一般地，当已知抛物线上三点时，常选择一般式，用待定系数法列三元一次方程组来求解；当已知抛物线的顶点或对称轴时，常设其解析式为顶点式来求解；当已知抛物线与轴有两个交点时，可选择设其解析式为交点式来求解．
 

19.【答案】证明：在方程中，
，
方程总有两个实数根；
解：，
即，
即，
，．
方程有一根小于，
，
解得：，
的取值范围为． 

【解析】本题考查了根的判别式、因式分解法解一元二次方程解答本题的关键是正确求出该方程的两个根．
根据方程的系数结合根的判别式，可得，由此可证出方程总有两个实数根；
利用因式分解法解一元二次方程，可得出、，根据方程有一根小于，即可得出关于的一元一次不等式，解之即可得出的取值范围．
 

20.【答案】解：抛物线有最高点，
，
；
抛物线与抛物线的性状相同，开口方向相反，
，
． 

【解析】根据抛物线有最高点，则，于是得到结论；
根据题意列方程即可得到结论．
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，正确的理解题意是解题的关键．
 

21.【答案】解：把代入得：
，
解得，
这个函数的解析式为；
画出函数图象如下：

关于轴的对称点坐标为；
抛物线上存在点，使的面积等于面积的一半，理由如下：
设，如图：

，，
，
，
的面积等于面积的一半，
，
解得或，
的坐标为或或或 

【解析】用待定系数法可得答案；
描点画出图象，观察图象可得的坐标；
设，根据的面积等于面积的一半列方程可解得的坐标．
本题考查二次函数图象及性质，解题的关键是掌握待定系数法，能画出二次函数的图象．
 

22.【答案】解：设宽为，
则长为分
由题意可得：分
解得：；分
当时，，不符合题意舍去     分
当时，，满足题意．             
答：花圃的长为米，宽为米． 

【解析】由在上用其他材料造了宽为米的两个小门，故长边为，令面积为，解得．
本题主要考查一元二次方程的应用，用未知数表示出线段的长是解题的关键．
 

23.【答案】解：由题意得：，
整理，得，
解得：，，
，
，
如果每天获得元的利润，销售单价为元；
由题意得：

，
，
当时，有最大值为．
当销售单价定为元时，每天的利润最大，最大利润是元． 

【解析】根据每天获得元的利润，列出关于的一元二次方程并求解，再结合即可求解；
根据每天的利润每天每袋的利润销售量每天需支付的其他各项费用，列出关于的二次函数解析式，再根据二次函数的性质求解即可．
本题考查了一元二次方程与二次函数在销售问题中的应用，理清题中的数量关系并熟练掌握二次函数的性质是解题的关键．
 

24.【答案】解：设，则，
整理，得
，
解得，，
当即时，解得：；
当即时，解得：；
综上所述，原方程的解为，；

设，则，
整理，得
，
解得，舍去，
故． 

【解析】设，则由已知方程得到：，利用因式分解法求得该方程的解，然后解关于的一元二次方程；
设，则由已知方程得到：，利用因式分解法求得该方程的解即可．
本题主要考查了换元法，即把某个式子看作一个整体，用一个字母去代替它，实行等量替换．
 

25.【答案】解：把，代入，得，
当时，，
顶点坐标为；
的对称轴为，开口向上，
又当时，该函数图象与轴有且只有一个公共点，
或，
解得，，或；
把，代入得，，
对称轴为，
时，该函数取得最大值，
当时，则时的值最大，即，解得，或；
当时，则随的增大而减小，当时的值最大，即，解得，舍；
当时，则随的增大而增大，当时的值最大，即，解得，舍．
综上，或． 

【解析】把，代入，得，把代入后化为顶点式便可；
转化解或；
代入，，求得二次函数的对称轴，再分三种情况，对称轴在内；对称轴在的左边；对称轴在右边．根据二次函数的性质和最大值，列出的方程解答便可．
本题考查了二次函数的图象与性质，二次函数的最值的应用，二次函数与不等式的关系，第关键在于分情况讨论．