江西省南昌市南昌三中教育集团2023-2024学年九年级上学期第一次月考数学试卷

2023-2024学年江西省南昌市南昌三中教育集团九年级（上）第一次月考数学试卷

一、选择题（本大题共6小题，共18.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）

1.下列方程是一元二次方程的是(    )

A.  B.  C.  D.

2.抛物线的顶点坐标是(    )

A.  B.  C.  D.

3.关于二次函数，下列说法正确的是(    )

A. 图象的对称轴在轴的右侧 B. 图象与轴的交点坐标为
C. 图象与轴的交点坐标为和 D. 函数的最小值为

4.某广场有一块正方形的空地正中间修建一个圆形喷泉，在四个角修建四个四分之一圆形的水池，其余部分种植花草．若喷泉和水池的半径都相同，喷泉边缘到空地边界的距离为，种植花草的区域的面积为，设水池半径为，可列出方程(    )

A.  B.
C.  D.

5.关于的方程的根是，，均为常数，，则关于的方程的根是(    )

A. ， B. ，
C. ， D. ，

6.我们定义一种新函数：形如的函数叫做“鹊桥”函数数学兴趣小组画出一个“鹊桥”函数的图象如图所示，则下列结论正确的是(    )
 

A.
B.
C. 当直线与该图像恰有三个公共点时，则
D. 关于的方程的所有实数根的和为
 

二、填空题（本大题共6小题，共18.0分）

7.设，是一元二次方程的两根，则          ．

8.将抛物线先向左平移个单位长度，再向上平移个单位长度后，所得抛物线的解析式是        ．

9.有一人患了流感，经过两轮传染后共有人患了流感，那么每轮传染中平均一个人传染给____ 个人．

10.汽车刹车后行驶的距离单位：米关于行驶的时间单位：秒的函数解析式是，汽车刹车后停下来前进的距离是______米．

11.你知道吗，对于一元二次方程，我国古代数学家还研究过其几何解法呢以方程即为例加以说明．数学家赵爽公元世纪在其所著的勾股圆方图注中记载的方法是：构造图如下面左图中大正方形的面积是，其中它又等于四个矩形的面积加上中间小正方形的面积，即，据此易得那么在下面右边三个构图矩形的顶点均落在边长为的小正方形网格格点上中，能够说明方程的正确构图是_____只填序号

 

12.已知，，分别是等腰三角形非等边三角形三边的长，且、是关于的一元二次方程的两个根，则的值等于______．

三、解答题（本大题共11小题，共84.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）

13.本小题分
解方程：
；
．

14.本小题分

已知：二次函数的图象与轴交于，两点，其中点坐标为，与轴交于点，点在抛物线上．
求抛物线的解析式；
若抛物线上有一动点，使三角形的面积为，求点坐标．

15.本小题分
已知关于的方程．
求证：方程总有两个不相等的实数根；
若方程的两个实数根都是整数，求整数的值．

16.本小题分

在网格中仅利用没有刻度的直尺画图：
画的平分线；
在上找一点，使的值最小．

17.本小题分
已知点是二次函数图象上的点．
求二次函数图象的顶点坐标；
当时，求函数的最大值与最小值的差；
当时，若函数的最大值与最小值的差为，求的值．

18.本小题分
某超市销售一种饮料，平均每天可售出箱，每箱利润元，为了扩大销售，增加利润，超市准备适当降价．据测算，每箱每降价元，平均每天可多售出箱．
若每箱降价元，每天销售该饮料可获利多少元？
若要使每天销售该饮料获利元，则每箱应降价多少元？
能否使每天销售该饮料获利达到元？若能，请求出每箱应降价多少元；若不能，请说明理由．

19.本小题分
阅读下面例题的解答过程，体会并其方法，并借鉴例题的解法解方程．
例：解方程．
解：当即时，．
原化为方程，即
解得
，故舍去，
是原方程的解．
当即时，．
原化为方程，即
解得
，故舍去，
是原方程的解．
综上所述，原方程的解为，
解方程．

20.本小题分
观察下列两个两位数的积两个乘数的十位上的数都是，个位上的数的和等于，猜想其中哪个积最大．
，，，，．
观察下列两个三位数的积两个乘数的百位上的数都是，十位上的数与个位上的数组成的数的和等于，猜想其中哪个积最大．
，，，，．
对于，你能用二次函数的知识说明你的猜想正确吗？请选择其中一个写出推理过程．

21.本小题分

问题：探究的图象与性质
操作：请在横线上补充完整表格：

请在图中根据剩余的点补全此函数的图象；
发现：写出该函数图象的一条性质______；
应用：方程实数根的个数为______个．
的解集为______．

22.本小题分
在长方形中，，，点从点开始沿边向终点以的速度移动，与此同时，点从点开始沿边向终点以的速度移动．如果、分别从、同时出发，当点运动到点时，两点停止运动．设运动时间为秒．
填空：______，______用含的代数式表示；
当为何值时，的长度等于？
是否存在的值，使得五边形的面积等于？若存在，请求出此时的值；若不存在，请说明理由．

23.本小题分

已知抛物线与轴交于点和点，与直线交于点和点，为抛物线的顶点，直线是抛物线的对称轴．
求抛物线的解析式及点的坐标．
点为直线上方抛物线上一点，设为点到直线的距离，当有最大值时，求点的坐标．
若点为直线上一点，作点关于轴的对称点，连接，，当是直角三角形时，直接写出点的坐标．

答案和解析

1.【答案】 

【解析】【分析】
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根据一元二次方程的定义解答．一元二次方程必须满足四个条件：未知数的最高次数是；二次项系数不为；是整式方程；含有一个未知数．由这四个条件对四个选项进行验证，满足这四个条件者为正确答案．
【解法】
解：、是二元二次方程，故A错误；
B、是一元三次方程，故B错误；
C、是分式方程，故C错误；
D、是一元二次方程，故D正确；
故选D．

2.【答案】 

【解析】【分析】
此题主要考查了二次函数的性质，关键是熟记：顶点式，顶点坐标是，对称轴是已知解析式为顶点式，可直接根据顶点式的坐标特点，求顶点坐标．
【解答】
解：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．
故选A．

3.【答案】 

【解析】解：、二次函数，图象的对称轴，故A不正确，不符合题意；
B、图象与轴的交点坐标为，不正确，不符合题意；
C、，图象与轴的交点坐标为和，故C不正确，不符合题意；
D、二次函数，顶点坐标为，，函数值有最小值为，故D正确，符合题意；
故选：．
将二次函数表达式化为顶点式，即可进行解答．
本题主要考查了二次函数的图象和性质，解题的关键是掌握将二次函数表达式化为顶点式的方法．的对称轴为，顶点坐标为；时，函数开口向上，在对称轴左边，随的增大而减小，在对称轴右边，随的增大而增大，时，函数开口向下，在对称轴左边，随的增大而增大，在对称轴右边，随的增大而减小．

4.【答案】 

【解析】解：设水池半径为，则正方形的边长为，
根据题意得：，
故选：．
设水池半径为，从而表示出正方形的边长，根据面积公式列出方程即可．
考查了由实际问题抽象出一元二次方程的知识，解题的关键是找到题目中的等量关系，难度不大．

5.【答案】 

【解析】解：关于的方程的根是，，
关于的方程，即，满足或，
解得，，
故选：．
将方程变形为，对照已知方程及其根得出或，解之可得答案．
本题主要考查解一元二次方程直接开平方法，解题的关键是将待求方程变形，并比对已知方程得出或．

6.【答案】 

【解析】【分析】
本题考查二次函数的应用、新定义、二次函数的性质，利用数形结合的思想解答是解题的关键．
由是函数图象和轴的交点，解得：可判断、B错误；由图象可判断C错误；由题意可得或 ，利用根与系数的关系可判断D正确．
【解答】
解：是函数图象和轴的交点，
，解得：，
，
故A、B错误；
如图，当直线与该图象恰有三个公共点时，应该有条直线，

故C错误；
关于的方程，即或，
当时，，
当时，，
关于的方程的所有实数根的和为，
故D正确，
故选：．

7.【答案】 

【解析】解：是方程的两根，
，，
．
故答案为．
本题考查了一元二次方程的根与系数的关系：若方程两个根为，，则，．
直接根据根与系数的关系求解．

8.【答案】 

【解析】解：将抛物线向左平移个单位长度，再向上平移个单位长度，
所得抛物线的解析式为：；
故答案为：．
利用二次函数图象的平移规律，左加右减，上加下减，进而得出答案．
此题主要考查了二次函数的平移，正确记忆图形平移规律是解题关键．

9.【答案】 

【解析】【分析】
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．
设每轮传染中平均一个人传染给个人，根据经过两轮传染后共有人患了流感，即可得出关于的一元二次方程，解之取其正值即可得出结论．
【解答】
解：设每轮传染中平均一个人传染给个人，
根据题意得：，
解得：，不合题意，舍去．
故答案为：．

10.【答案】 

【解析】解：
，
故当时，最大为．
故答案为：．
直接利用配方法求出二次函数最值进而得出答案．
此题主要考查了二次函数的应用，正确应用配方法是解题关键．

11.【答案】 

【解析】【分析】
本题考查了一元二次方程的应用，仿造案例，构造出合适的大正方形是解题的关键．
仿造案例，构造面积是的大正方形，由它的面积为，可求出，此题得解．
【解答】
解：即，
构造如图中大正方形的面积是，其中它又等于四个矩形的面积加上中间小正方形的面积，即，
据此易得．
故答案为：．

12.【答案】或 

【解析】【分析】
本题考查了根与系数的关系：若，是一元二次方程的两根，则，也考查了三角形三边的关系和根的判别式．讨论：当时，利用判别式的意义得到，则；当时，根据根与系数的关系得，，解得，；当时，同理可得，，可得答案．
【解答】
解：当时，，
解得，
此时方程为，
解得，
，
满足条件；
当时，，，
解得，，
当时，同理可得，，
综上所述，的值为或．

13.【答案】解：，
，
则，即，
或，
解得，；
，
，
或，
，． 

【解析】将常数项移到方程的右边，两边都加上一次项系数一半的平方配成完全平方式后，再开方即可得；
利用因式分解法求解．
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．

14.【答案】解：将，代入得，
解得，
．
，
抛物线对称轴为直线，
点坐标为，
点坐标为，
，
三角形的面积为，

，
把代入得，
解得或，
把代入得，
解得或，
点坐标为或或或． 

【解析】通过待定系数法求函数解析式．
求出点坐标，由可得点坐标，从而求解．
本题考查二次函数的性质，解题关键是熟练掌握待定系数法求函数解析式，掌握函数与方程的关系，通过分类讨论求解．

15.【答案】证明：，
方程为一元二次方程，
，
此方程总有两个不相等的实数根；
，
，，
方程的两个实数根都是整数，且是整数，
或． 

【解析】由于，则计算判别式的值得到，从而可判断方程总有两个不相等的实数根；
先利用求根公式得到，，然后利用有理数的整除性确定整数的值．
本题考查了根的判别式：一元二次方程的根与有如下关系：当时，方程有两个不相等的实数根；当时，方程有两个相等的实数根；当时，方程无实数根．

16.【答案】解：如图，即为所求；

如图，点即为所求． 

【解析】根据正方形的特点即可画出的平分线；
连接，交射线于点，则点即为所求．
本题考查的是作图应用与设计作图，熟知正方形的性质是解答此题的关键．

17.【答案】解：已知是二次函数图象上的点
解得，
此二次函数的解析式为：，
，
顶点坐标为．
抛物线开口向上，顶点坐标为，
当时，，
当时，，
当时，函数的最大值与最小值的差为．
当时，对进行分类讨论，
当时，即，随着的增大而减小，
当时，
当时，，
，
解得不合题意，舍去．
当时，顶点的横坐标在取值范围内，
，
当时，在时，，
，
解得，不合题意，舍去．
当时，在时，，
，
解得，不合题意，舍去；
当时，随着的增大而增大，
当时，，
当时，，
，
解得不合题意，舍去；
综上所述，或． 

【解析】本题考查二次函数的图象及性质，二次函数图象上点的坐标特征，二次函数的最值，熟练掌握二次函数的图象及性质，分类讨论是解题的关键．
求得二次函数的解析式，把解析式化成顶点式，即可求得顶点坐标；
根据二次函数图象上点的坐标特征，即可得到当时，，当时，，从而求得结论；
分四种情况讨论：
当时，即，，，
解得不合题意，舍去；
当时，，当时，，得，解得，不合题意，舍去；
当时，在时，，得，解得，不合题意，舍去；
当时，，，得，解得不合题意，舍去．

18.【答案】解：设每箱饮料降价元，商场日销售量箱，每箱饮料盈利元；
依题意得：元
答：每箱降价元，每天销售该饮料可获利元；

要使每天销售饮料获利元，依据题意列方程得，
，
整理得，
解得，；
为了多销售，增加利润，
，
答：每箱应降价元，可使每天销售饮料获利元．

不能，理由如下：
要使每天销售饮料获利元，依据题意列方程得，
，
整理得，
因为，
所以该方程无实数根，即不能使每天销售该饮料获利达到元． 

【解析】根据每箱饮料每降价元，每天可多售出箱写出答案即可；
、利用的数量关系是：销售每箱饮料的利润销售总箱数销售总利润，由此列方程解答即可．
本题考查了一元二次方程在实际生活中的应用．注意：数学应用题来源于实践，用于实践，在当今社会市场经济的环境下，应掌握一些有关商品价格和利润的知识，总利润等于总收入减去总成本．

19.【答案】解：当即时，．
原化为方程，即
解得，
，故舍去，
是原方程的解．
当即时，．
原化为方程，即
解得，
，故舍去，
是原方程的解．
综上所述，原方程的解为，． 

【解析】先要去绝对值，把方程化为一元二次方程，则分类讨论：当即时，原化为方程，即；当即时，原化为方程，即，然后利用因式分解法解两个一元二次方程，再根据的取值范围确定原方程的解．
本题考查了解一元二次方程因式分解法：先把方程的右边化为，再把左边通过因式分解化为两个一次因式的积的形式，那么这两个因式的值就都有可能为，这就能得到两个一元一次方程的解，这样也就把原方程进行了降次，把解一元二次方程转化为解一元一次方程的问题了数学转化思想．

20.【答案】解：，，，，，
的积最大；
解：由中规律可得的积最大；
证明：将中的算式设为，
则

，
，
当时，有最大值，
即的积最大；
同理可证：的积最大． 

【解析】的结果可根据整数乘法的运算法则，计算出大小在比较；
由得到的规律即可求解；
可将中的算式设为的形式，利用二次函数的最值证得结论，同理可解；．
本题主要考查了根据已知归纳规律和二次函数的最值问题，发现规律，运用二次函数的最值证明是解答此题的关键．

21.【答案】 ；
当时，随的增大而增大；； 
或 

【解析】解：操作：当时，函数；
故答案为：；
补全函数图象如图所示，
发现：根据图象得，当时，随的增大而增大；
故答案为：当时，随的增大而增大；
应用：作出直线的图象，
由图象知，函数的图象和直线有三个交点，
方程实数根的个数为，
故答案为：；
根据图象得，当或时，，
的解集为或，
故答案为：或．
操作：把代入函数解析式即可得到结论；
由题意补全函数图象即可；
发现：根据函数图象得到函数的性质即可；
应用：作出直线的图象，根据的图象和直线的交点个数即可得到结论；
根据函数图象即可得到结论．
本题考查了二次函数的图象，函数自变量的取值范围，二次函数的性质，正确的画出函数的图形是解题的关键．

22.【答案】解：；；
由题意得：，
解得：，；
当秒或秒时，的长度等于； 
存在秒，能够使得五边形的面积等于理由如下：
长方形的面积是：，
使得五边形的面积等于，则的面积为，
，
解得：不合题意舍去，．
即当秒时，使得五边形的面积等于． 

【解析】【分析】
此题主要考查了一元二次方程的应用，以及勾股定理的应用，关键是表示出、的长度．根据、两点的运动速度可得、的长度；
根据勾股定理可得，代入相应数据解方程即可；
根据题意可得的面积为长方形的面积减去五边形的面积，再根据三角形的面积公式代入相应线段的长即可得到方程，再解方程即可．
【解答】
解：从点开始沿边向终点以的速度移动，
，
，
，
点从点开始沿边向终点以的速度移动，
；
见答案；
见答案．

23.【答案】解：直线故点和点，则点、的坐标分别为：、，
抛物线的表达式为：，
故，解得：，
故抛物线的表达式为：，
函数的对称轴为：，当时，，故点；

过点作轴的平行线交于点，过点作于点，

，则，
设点，则点，
，
，故有最大值，此时，则点；

点关于轴的对称点，设点，而点，
，，，
由题目知，，则当是直角三角形时，分以下两种情况：
当为斜边时，即，解得：；
当为斜边时，同理可得：，
故点的坐标为：或． 

【解析】抛物线的表达式为：，故，解得：，即可求解；
，即可求解；
分为斜边、为斜边两种情况，分别求解即可．
主要考查了二次函数的解析式的求法和与几何图形结合的综合能力的培养．要会利用数形结合的思想把代数和几何图形结合起来，利用点的坐标的意义表示线段的长度，从而求出线段之间的关系．