43，福建省龙岩市第七中学2023-2024学年九年级上学期第一次月考数学试题

这是一份43，福建省龙岩市第七中学2023-2024学年九年级上学期第一次月考数学试题，共22页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

（考试时间：120分钟满分：150分）
温馨提示：同学们，你们好！今天是展示你才能的时候了，只要你仔细审题、认真答题，你就会有出色的表现，相信自己的实力！请把选择题和填空题的答案写在答题卷上
一、选择题（每小题4分，满分40分）
1. 下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据轴对称图形和中心对称图形的定义进行判断，即可得出答案．
【详解】解：A.是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不符合题意；
B.既是轴对称图形，又是中心对称图形，故本选项符合题意；
C. 不是轴对称图形，是中心对称图形，故本选项不符合题意；
D. 不是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不符合题意；
故选：B．
【点睛】本题考查了中心对称图形与轴对称图形的概念，判断轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合；判断中心对称图形是要寻找对称中心，旋转后与原图重合．
2. 下列关于的方程中，一定是一元二次方程的为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据一元二次方程的定义逐个判断即可．
【详解】解：A、含有两个未知数，不是一元二次方程，不合题意；
B、是一元二次方程，故本选项符合题意；您看到的资料都源自我们平台，家威鑫 MXSJ663 低至0.3元/份 C、分母中含有未知数，不是整式方程，故本选项不符合题意；
D、当时不是一元二次方程，故本选项不符合题意；
故选：B．
【点睛】本题考查了一元二次方程的定义，能熟记一元二次方程的定义是解此题的关键，注意：只含有一个未知数，并且所含未知数的项的最高次数是2的整式方程叫一元二次方程．
3. 将抛物线向右平移1个单位，再向上平移2个单位后所得到的抛物线为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据函数平移规律：左加右减，上加下减，即可得到答案．
【详解】解：由题意可得，
，
故选B．
【点睛】本题考查二次函数的平移，解题关键是熟练掌握平移规律左加右减，上加下减．
4. 如图，E是正方形ABCD中CD边上的点，以点A为中心，把△ADE顺时针旋转，得到△ABF．下列角中，是旋转角的是（ ）
A. ∠DAEB. ∠EABC. ∠DABD. ∠DAF
【答案】C
【解析】
【分析】根据“旋转角是指以图形在作旋转运动时，一个点与中心的旋转连线，与这个点在旋转后的对应点与旋转中心的连线，这两条线的夹角”，由此问题可求解．
【详解】解：由题意得：旋转角为∠DAB或∠EAF，
故选C．
【点睛】本题主要考查旋转角，熟练掌握求一个旋转图形的旋转角是解题的关键．
5. 若是某个一元二次方程的根，则这个一元二次方程可以是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据一元二次方程求根公式，对照得出一元二次方程的字母系数即可得出答案．
【详解】解：∵一元二次方程的根为，
∵是用公式法解一元二次方程得到的一个根，
∴，
∴满足要求的方程为：，
故选：D．
【点睛】本题考查了公式法解一元二次方程，熟记求根公式是解本题的关键．
6. 在同一坐标系中，一次函数与二次函数的大致图象是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查了一次函数的图象与性质、二次函数的图象与性质；根据一次函数的图象与性质、二次函数的图象与性质逐项判断即可得．
【详解】解：一次函数与轴交于正半轴，二次函数图象开口向上，故排除A，B，
C、由一次函数的图象得：，由二次函数的图象得：，两者不一致，此项不符题意；
D、由一次函数的图象得：，由二次函数的图象得：，两者一致，此项符合题意；
故选：D．
7. 若m是方程的一个根，则的值为（ ）
A. 2021B. 2023C. 2024D. 2025
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查了一元二次方程的解的定义，代数式求值，根据题意，可得，进而整体代入即可求解．
【详解】解：∵m是方程的一个根，
∴，
即
∴，
故选：B．
8. 一个群里共有x个好友，每个好友都分别给群里其他好友发一条信息，共发信息420条，则可列方程（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用发信息的总数=群里好友的人数×（群里好友的人数），即可列出关于x的一元二次方程，此题得解．
【详解】解：根据题意得：．
故选：D．
【点睛】本题考查了由实际问题抽象出一元二次方程，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．
9. 已知二次函数的部分与的值如表：一元二次方程的解是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】本题考查二次函数图像性质及与一元二次方程的关系，解题的关键是先由对称性判断出对称轴是，再根据对称性和一根是，判断出另一根是．
【详解】解：根据表格中数据可知，当时，当时，或，
∴抛物线与x轴的一个交点为，对称轴是：直线，
∴ 抛物线与x轴的另一交点是，
∴ 一元二次方程的两根是．
故选：A．
10. 已知点在抛物线上，且，则下列结论一定成立的是（ ）
A B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据进行讨论，然后根据函数的增减性即可得出答案
【详解】解：∵
∴或
∴或
∵抛物线的对称轴为：
∵
∴点A比点B与对称轴的距离远，
∴
∵
∴点A比点B与对称轴的距离远，
∴
故选：D
【点睛】本题考查了二次函数的性质，熟练掌握二次函数的增减性是解题的关键
二、填空题（每小题4分，满24分）
11. 点关于原点对称的点的坐标是________．
【答案】
【解析】
【分析】本题主要考查了关于原点对称的点的坐标；根据关于原点对称的两点的横纵坐标互为相反数得出答案．
【详解】解：点关于原点对称的点的坐标是，
故答案为：．
12. 已知二次函数，当____时，随的增大而减小．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查二次函数的图像的性质；根据二次函数的顶点式，可知二次函数的顶点坐标是，且图像开口向上，由此即可求解．
【详解】解：由题意得，二次函数的顶点坐标是，抛物线开口向上，
∴当时，随的增大而增大；当时，随的增大而减小，
故答案是：．
13. 最近国家出台了一系列的政策，全国各地房市遇冷，以上海某地一处小区二手房为例，原价万元，经过连续两次降价，现价为万元，则平均降价率为______．
【答案】
【解析】
【分析】直接利用降低率公式列出方程进行计算即可求解．
【详解】解：设平均降价率为x，
由题意可得，
，（舍去）；
，
故答案为：．
【点睛】本题考查了增长率问题，牢记增长率（或降低率）公式，其中a是原来的量，x是平均增长率（或平均降低率），n是增长（或降低）的次数，b是现在的量）是解题关键．
14. 如图是在2022年北京冬奥会会徽征集过程中，征集到的一幅图片．我们可以旋转图片上方的“雪花图案”，这个“雪花图案”至少旋转____能与原“雪花图案”重合．
【答案】或60度
【解析】
【分析】本题考查旋转对称图形，“雪花图案”可以看成正六边形，图形可以平均分成6份，即可解决问题．
【详解】解：“雪花图案”可以看成正六边形，
∴图形可以平均分成份，
∵，
∴这个图案至少旋转能与原雪花图案重合．
故答案为：．
15. 永嘉县九年级的一场篮球比赛中，如图队员甲正在投篮，已知球出手时离地面高，当球出手后水平距离为时到达最大高度，设篮球运行的轨迹为抛物线，建立如图的平面直角坐标系，设篮球出手后离地的水平距离为，高度为，则关于的函数解析式是________．
【答案】
【解析】
【分析】根据条件可以得到抛物线的顶点坐标是（4,4），经过点（0，）.利用待定系数法即可求得函数的解析式.
【详解】设函数的解析式是y＝a(x－4)2＋4.根据题意得：a(0－4)2＋4＝，解得a＝﹣，则y关于x的函数解析式是.故答案是.
【点睛】本题主要考查用待定系数法求函数的解析式，用待定系数法求函数解析式时要灵活地根据已知条件选择配方法和公式法.
16. 已知抛物线（，，是常数）开口向下，过，两点，且．下列四个结论：
①；
②若，则；
③若点，在抛物线上，，且，则；
④当时，关于的一元二次方程必有两个不相等的实数根．
其中正确的是_________（填写序号）．
【答案】①③④
【解析】
【分析】首先判断对称轴，再由抛物线的开口方向判断①；由抛物线经过A（-1，0），，当时，，求出，再代入判断②，抛物线，由点，在抛物线上，得，，把两个等式相减，整理得，通过判断，的符号判断③；将方程写成a（x-m）（x+1）-1=0，整理，得，再利用判别式即可判断④．
【详解】解：抛物线过，两点，且，
，
，
，即，
抛物线开口向下，，
，故①正确；
若，则，
，
，故②不正确；
抛物线，点，在抛物线上，
∴，，把两个等式相减，整理得，
，，，
，
，
，故③正确；
依题意，将方程写成a（x-m）（x+1）-1=0，整理，得，
，
，，
，，
， 故④正确．
综上所述，①③④正确．
故答案为；①③④．
【点睛】本题考查二次函数图象与系数的关系，解题关键是掌握二次函数的性质，掌握二次函数与方程及不等式的关系．
三、解答题（共86分）
17. 解方程
（1）
（2）
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】本题考查了解一元二次方程；
（1）根据配方法解一元二次方程，即可求解；
（2）根据因式分解法解一元二次方程，即可求解．
【小问1详解】
解：
∴
∴
∴
解得：
【小问2详解】
解：
∴
∴
∴或
解得：
18. 如图，在平面直角坐标系中，已知点，，
（1）画出绕点逆时针旋转后的图形，并直接写出点的坐标；
（2）画出，使与关于原点成中心对称．
【答案】（1）见解析；
（2）见解析
【解析】
【分析】本题考查的是旋转的作图，中心对称的性质，坐标与图形；
（1）分别确定绕点逆时针旋转后的对应点， 再顺次连接，再根据的位置写出其坐标即可；
（2）根据中心对称的性质确定点关于原点的对称点，再顺次连接即可．
【小问1详解】
如图，是所求作的三角形，
【小问2详解】
如图，是所求作的三角形
19. 如图，中，，，，逆时针旋转一定角度后与重合，且点C恰好成为的中点．

（1）指出能转中心，并求出旋转的度数；
（2）求出的度数和的长．
【答案】（1）旋转中心为点A，旋转的度数为
（2），
【解析】
【分析】（1）根据图形可得旋转中心为点A，根据三角形的内角和定理求出，结合旋转的性质即可得出旋转角的度数；
（2）
【小问1详解】
解：，
即，
所以旋转中心为点A，旋转的度数为；
【小问2详解】
解：逆时针旋转一定角度后与重合，
，，，
，
∵点C恰好成为的中点，
，
．
【点睛】本题主要考查了旋转的性质，解题的关键是掌握旋转前后对应边相等，对应角相等，对应边连线的夹角等于旋转角．
20. 已知抛物线
（1）求抛物线的对称轴和顶点坐标；
（2）当时，函数值y的取值范围．
【答案】（1）抛物线的对称轴为直线，顶点坐标为
（2）
【解析】
【分析】本题考查了将二次函数化为顶点式、二次函数的图象与性质，熟练掌握二次函数的图象与性质是解此题的关键．
（1）将抛物线解析式化为顶点式，由此即可得出答案；
（2）由抛物线的对称轴以及开口方向得出当时，抛物线有最大值，为，在分别求出当和是的值，由此即可得出答案．
【小问1详解】
解：，
抛物线的对称轴为直线，顶点坐标为；
【小问2详解】
解：，抛物线开口向下，对称轴为直线，
当时，抛物线有最大值，为，
当时，，
当时，，
当时，函数值的取值范围是．
21. 已知二次函数为常数，且．
（1）求证：不论为何值，该函数的图象与轴总有公共点；
（2）不论为何值，该函数的图象都会经过两个定点，求两个定点的坐标．
【答案】（1）见解析 （2）该函数图象始终过定点、
【解析】
【分析】（1），即可求解；
（2）由，所以当时，，当，即时，，即可求得定点坐标．
【小问1详解】
证明：令，即，
，
方程总有实数根，
该函数的图象与轴总有公共点；
【小问2详解】
解：．
该函数的图象都会经过两个定点，
所以当时，，
当，即时，，
该函数图象始终过定点、．
【点睛】本题考查的是抛物线与轴的交点，一元二次方程的根的判别式，解决此题的关键是用方程知识来处理函数问题．
22. 已知关于的一元二次方程有，两实数根．
（1）若，求及的值；
（2）是否存在实数，满足？若存在，求出实数的值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）根据根与系数的关系进行求解即可；
（2）根据根与系数的关系得到，，再根据已知条件式推出，求出或，再根据根的判别式求出即可得到答案．
【小问1详解】
解：∵关于的一元二次方程有，两实数根，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴；
【小问2详解】
解：∵关于的一元二次方程有，两实数根，
∴，，
∵，
∴，即
∴，
∴，即，
∴，即，
解得或，
又∵方程关于的一元二次方程有实数根，
∴，
∴，
∴，
经检验，当时，
∴存在，满足．
【点睛】本题主要考查了一元二次方程根与系数的关系，一元二次方程根的判别式，对于一元二次方程，若是该方程的两个实数根，则．
23. 某商品交易会上，一商人将每件进价为5元的纪念品，按每件9元出售，每天可售出32件．他想采用提高售价的办法来增加利润，减少库存，经试验，发现这种纪念品每件提价1元，每天的销售量会减少4件．
（1）设销售单价提高x元（x为正整数），写出每天销售量y（个）与x（元）之间的函数关系式；
（2）当售价定为多少元时，每天的利润为140元？
（3）假设这种商品每天的销售利润为w元，商人为了获得最大利润，应将该商品每件售价定为多少元？最大利润是多少元．
【答案】（1）
（2）当售价定为元时，每天的利润为140元
（3）当售价为 元时，利润最大为．
【解析】
【分析】（1）设售价单价提高元时，利用每天的销售量会减少4件即可列出函数关系式；
（2）售价为元，每天的利润为140元，根据题意列方程即可得到结论；
（3）根据题中等量关系为：利润（售价进价）售出件数，根据等量关系列出函数关系式，将函数关系式配方，根据配方后的方程式即可求出的最大值．
【小问1详解】
解：设售价单价提高元，则
；
【小问2详解】
解：由题可知售价为元，
即，
解得，，
故售价为：或，
需要减少库存，并且每提高1元，销售量会减少4件，
故售价定为10元，
当售价定为元时，每天的利润为140元；
【小问3详解】
解：，
当时，最大值为，
故售价为，
当售价为 元时，利润最大为．
【点睛】本题考查的是二次函数的应用，熟知利润（售价进价）售出件数是解答此题的关键．
24. 如图，与都等腰直角三角形，，，，绕着点旋转．
（1）如图1，求证：；
（2）如图2，当点，，在同一直线上，且点在内部时，求长．
【答案】（1）见解析 （2）
【解析】
【分析】本题考查了三角形全等的判定定理与性质、等腰三角形三线合一的性质、勾股定理；
（1）利用证明，再利用三角形全等的性质即可得；
（2）过作于点，先利用等腰直角三角形三线合一可得和的长，再利用勾股定理求出的长，最后利用线段的和差即可得．
【小问1详解】
证明：，
又，
；
【小问2详解】
解：如图，过作于点
当点，，在同一直线上时，是直角三角形
.
25. 如图，二次函数的图象交x轴于点，，交y轴于点C．点是x轴上的一动点，轴，交直线于点M，交抛物线于点N．

（1）求这个二次函数的表达式；
（2）①若点P仅在线段上运动，如图1．求线段的最大值；
②若点P在x轴上运动，则在y轴上是否存在点Q，使以M，N，C，Q为顶点的四边形为菱形．若存在，请直接写出所有满足条件的点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）；（2）①，②存在，
【解析】
【分析】（1）把代入中求出b，c的值即可；
（2）①由点得，从而得，整理，化为顶点式即可得到结论；
②分MN=MC和两种情况，根据菱形的性质得到关于m的方程，求解即可．
详解】解：（1）把代入中，得

解得
∴．
（2）设直线的表达式为，把代入．
得，解这个方程组，得
∴．
∵点是x轴上的一动点，且轴．
∴．
∴
．
∵，
∴此函数有最大值．
又∵点P在线段上运动，且
∴当时，有最大值．
②∵点是x轴上的一动点，且轴．
∴．
∴
（i）当以M，N，C，Q为顶点的四边形为菱形，则有MN=MC，如图，
∵C（0，-3）
∴MC=
∴
整理得，
∵，
∴，
解得，，
∴当时，CQ=MN=，
∴OQ=-3-()=
∴Q(0，)；
当m=时，CQ=MN=-，
∴OQ=-3-(-)=
∴Q(0，)；
(ii)若，如图，
则有
整理得，
解得，，（均不符合实际，舍去）
综上所述，点Q的坐标为
【点睛】本题考查了二次函数综合题，解（1）的关键是待定系数法；解（2）的关键是利用线段的和差得出二次函数，又利用了二次函数的性质，解（3）的关键是利用菱形的性质得出关于m的方程，要分类讨论，以防遗漏．