2023-2024学年天津市南开区九年级上学期数学月考试卷及答案

2023-2024学年天津市南开区九年级上学期数学月考试卷及答案一、选择题（共12小题，每小题3分）1.下列四幅图案是四所大学校徽的主体标识，其中是中心对称图形的是（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据中心对称图形的定义：把一个图形绕某一点旋转，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形可得答案．【详解】解：选项B、C、D均不能找到这样的一个点，使图形绕某一点旋转后与原来的图形重合，所以不是中心对称图形；选项A能找到这样的一个点，使图形绕某一点旋转后与原来的图形重合，所以是中心对称图形；故选：A．【点睛】本题主要考查了中心对称图形，关键是找出对称中心．2.关于x的一元二次方程，若，则该方程必有一个根是（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据一元二次方程的根的定义，结合即可判断结果．【详解】解：∵，当时，，∴该方程必有一个根是，故选：A． 【点睛】本题考查了一元二次方程的根的定义，解答本题的关键是熟练掌握方程的根的定义：方程的根就是使方程左右两边相等的未知数的值．3.将抛物线向上平移2个单位，再向左平移1个单位，则平移后的抛物线解析式为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据平移规律确定解析式，后化成一般式即可．【详解】将抛物线向上平移2个单位，再向左平移1个单位，得到的解析式为:，∴化成一般式为；故选:C．【点睛】本题考查了二次函数平移，熟练二次函数平移规律左加右减，上加下减是解题的关键．4.抛物线与x轴两交点间的距离是（）A.4B.3C.2D.1【答案】A【解析】【分析】用十字相乘法将抛物线解析式进行因式分解，令，即可求出两个交点的横坐标，从而求出交点间的距离.【详解】解：，当时则，解得：，．与x轴的交点坐标为，．则抛物线与x轴两交点间的距离为．故选：A． 【点睛】本题考查抛物线与x轴的交点坐标求法，令，解一元二次方程即可得到交点的横坐标．5.是下列哪个一元二次方程的根（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据公式法解一元二次方程的步骤对各选项逐项判断即可．【详解】A．方程的解为：，故不符合题意；B．方程的解为：，故不符合题意；C．方程的解为：，故符合题意；D．方程的解为：，故不符合题意．故选C．【点睛】本题考查由公式法解一元二次方程．解题的关键是掌握一元二次方程的求根公式．6.已知二次函数(a>0)，当x分别取2，3，0时，对应的y的值分别为m，n，q，则m，n，q的大小关系为（）A.m＞n＞qB.q＞n＞mC.n＞q＞mD.q＞m＞n【答案】B【解析】【分析】根据二次函数开口向上，离对称轴越远函数值越大进行求解即可．【详解】解：∵(a>0)，∴图象的对称轴为x=2，开口向上，离对称轴越远函数值越大，∵当x分别取2，3，0时，离对称轴的距离分别为0，1，2，∴q＞n＞m，故选B． 【点睛】本题主要考查了比较二次函数函数值的大小，熟知二次函数开口向上，离对称轴越远函数值越大是解题的关键．7.已知关于x的一元二次方程有一个根为，则a的值为（　　）A.0B.C.D.4【答案】C【解析】【分析】将代入，得，再根据一元二次方程的定义确定a的值即可．【详解】解：将代入，得，解得，∵一元二次方程，∴，∴，故选：C．【点睛】此题考查了解一元二次方程，一元二次方程的定义，正确掌握一元二次方程的解及解一元二次方程的定义是解题的关键．8.在同一平面直角坐标系中，二次函数与一次函数的图象如图所示，则二次函数的图象可能是（　　）A.B. C.D.【答案】D【解析】【分析】题干中二次函数的图象开口向下，可以判断出a的符号为负，一次函数的图象与x轴正方向夹角小于，且与y轴交点在y轴的正半轴，可以据此判断出b、c的符号皆为正，再去判断四个选项哪个符合二次函数的图象．【详解】解：∵二次函数的图象开口向下，∴a<0，又∵一次函数y=bx+c的图象与x轴正方向夹角小于，且与y轴交点在y轴的正半轴，∴b>0，c>0，∴，可知二次函数开口向下，对称轴在y轴右侧，且与y轴交点在y的正半轴，观察四个选项，只有选项D图象符合，故选D．【点睛】本题考查了一次函数、二次函数图象与系数的关系，解题的关键是根据已知图象判断出a，b，c的符号．9.如图，将等边三角形OAB放在平面直角坐标系中，A点坐标（1，0），将△OAB绕点O逆时针旋转60°，则旋转后点B的对应点B＇的坐标为（）A.（，）B.（－1，） C.（－，）D.（－，）【答案】A【解析】【分析】如图，作点B作BH⊥OA于H，设BB′交y轴于J．求出点B的坐标，证明B，B′关于y轴对称，即可解决问题．【详解】解：如图，故点B作BH⊥OA于H，设BB′交y轴于J．∵A（1，0），∴OA=1，∵△AOB是等边三角形，BH⊥OA，∴OH=AH=OA=，BH=OH=，∴B（，），∵∠AOB=∠BOB′=60°，∠JOA=90°，∴∠BOJ=∠JOB′=30°，∵OB=OB′，∴BB′⊥OJ，∴BJ=JB′，∴B，B′关于y轴对称，∴B′（-，），故选：A． 【点睛】本题考查了坐标与图形的性质，旋转变换，轴对称，等边三角形的性质等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．10.某民俗旅游村为接待游客住宿需要，开设了有张床位的旅馆，当每张床位每天收费元时，床位可全部租出．若每张床位每天收费提高元，则相应的减少了张床位租出．如果每张床位每天以元为单位提高收费，为使租出的床位少且租金高，那么每张床位每天最合适的收费是（）A.14元B.15元C.16元D.18元【答案】C【解析】【分析】设每张床位提高x个单位，每天收入为y元，根据等量关系“每天收入=每张床的费用×每天出租的床位”可求出y与x之间的函数关系式，运用公式求最值即可．【详解】设每张床位提高x个2元，每天收入为y元．根据题意得：y=（10+2x）（100﹣10x）=﹣20x2+100x+1000．当x=﹣=2.5时，可使y有最大值．又x为整数，则x=2时，y=1120；x=3时，y=1120；则为使租出的床位少且租金高，每张床收费=10+3×2=16（元）．故选C．【点睛】本题考查了二次函数的实际应用，借助二次函数解决实际问题，利用二次函数对称性得出是解题的关键．11.如图，把以点A为中心逆时针旋转得到，点B，C的对应点分别是点D，E，且点E在的延长线上，连接，则下列结论一定正确的是（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据旋转的性质即可解答． 【详解】根据题意，由旋转的性质，可得，，，无法证明，，故B选项和D选项不符合题意，，故C选项不符合题意，，故A选项符合题意，故选：A．【点睛】本题考查了旋转的性质，熟练掌握旋转的性质和三角形外角运用是解题的关键．12.二次函数y＝ax2+bx+c（a，b，c是常数，a≠0）的自变量x与函数值y的部分对应值如表：x…﹣2﹣1012…y＝ax2+bx+c…tm﹣2﹣2n…且当x＝时，与其对应的函数值y＞0，有下列结论：①abc＜0；②m＝n；③﹣2和3是关于x的方程ax2+bx+c＝t的两个根；④．其中，正确结论的个数是（　　）.A.1B.2C.3D.4【答案】B【解析】【分析】根据二次函数的性质逐一进行分析即可【详解】解：①函数的对称轴为：x＝（0+1）＝，则ab＜0，c＝﹣2＜0，故abc＞0，故①错误，不符合题意；②根据表格可得：x＝﹣1和x＝2关于函数对称轴对称，故m＝n正确，符合题意； ③函数的对称轴为：x＝，根据表格可得：x＝﹣2和x＝3关于函数对称轴对称，此时的函数值为t，则﹣2和3是关于x的方程ax2+bx+c＝t的两个根，故③正确，符合题意；④函数的对称轴为：x＝，则b=-a，当x＝﹣时，y＝ab﹣2＞0，所以3a﹣8＞0，故④错误，不符合题意；故选：B．【点睛】本题考查是二次函数图象与系数的关系，熟悉函数的基本性质，能熟练求解函数与坐标轴的交点及顶点的坐标等．二、填空题（共6小题，每小题3分）13.平面直角坐标系中，若点，关于原点对称，则=______．【答案】2【解析】【分析】直接利用关于原点对称的点的坐标特点，两个点关于原点对称时，它们的坐标符号相反，即点关于原点O的对称点是，进而得出m，n的值．【详解】解：∵点，关于原点对称，∴，解得，∴．故答案为：2．【点睛】本题主要考查了关于原点对称点的性质，正确记忆横纵坐标的符号关系是解题关键．14.将方程化为的形式，则的值为__________．【答案】3【解析】【分析】利用完全平方公式整理后，即可求出与的值，然后代入求解即可．【详解】解：方程， 变形得：，配方得：，即，则，，故，故答案为：3．【点睛】此题考查了解一元二次方程配方法，熟练掌握完全平方公式是解本题的关键．15.如图，一名学生推铅球，铅球行进高度y（单位：m）与水平距离x（单位：m）之间的关系是，则铅球推出的距离_________m．【答案】10【解析】【分析】令，则，再解方程，结合函数图象可得答案．【详解】解：令，则，解得：，，∴，故答案为：．【点睛】本题考查的是二次函数的实际应用，理解题意令求解方程的解是解本题的关键．16.如图，点P是正方形ABCD内一点，PA＝2，PB＝，∠APB＝135°，则PC的长是___．【答案】4 【解析】【分析】先根据正方形的性质得BA=BC，∠ABC=90°，把△APB绕点B顺时针旋转90°得到△CEB，连接PE，得到BP=BE，AP=CE，可判断△PBE为等腰直角三角形，得到∠PEC=90°，然后在Rt△PEC中利用勾股定理计算PC的长．【详解】解：∵四边形ABCD为正方形，∴BA=BC，∠ABC=90°，把△APB绕点B顺时针旋转90°得到△CEB，连接PE，如图，∴BP=BE=，AP=CE=，∠PBE=90°，∠BEC=∠APB=135°，∴△PBE为等腰直角三角形，∴PE=PB=2，∠PEB=45°，∴∠PEC=135°-45°=90°，在Rt△PEC中，∵PE=2，CE=，∴PC==4，故答案为：4．【点睛】本题考查了旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；旋转前、后的图形全等．也考查了正方形的性质和等腰直角三角形的判定和性质．17.二次函数的图象如图所示，若关于x的一元二次方程有实数根，则m的取值范围是________． 【答案】【解析】【分析】根据题意可得，二次函数的图象与直线有交点，由图象求出的取值范围即可．【详解】解：一元二次方程有实数根，则二次函数的图象与直线有交点，由图象得，，故答案为：．【点睛】此题考查了抛物线与横线的交点，解题的关键是用函数图象来处理方程根的问题．18.如图，在带有平面直角坐标系的正方形网格中，将格点绕某点顺时针旋转得到格点，点与，点与，点与是对应点．（1）请通过画图找出旋转中心，点的坐标为__________．（2）直接写出旋转角的度数为__________．【答案】①.②.##90度【解析】【分析】（1）连接,分别做它们的垂直平分线相交于一点，该点即为所求；（2）观察所作图形，，从而得到答案．【详解】解：（1）如下图所示，点即为所求． （2）观察第一问的图形，可知【点睛】本题考查作图确认旋转中心、旋转角，牢记相关的知识点是解题的关键．三、解答题（共7小题）19.解一元二次方程：（1）．（2）．【答案】（1），（2），【解析】【分析】（1）用因式分解法求解即可；（2）化为一般式后用公式法求解即可．【小问1详解】∵∴∴或，∴，【小问2详解】∵ ∴∴∴∴，【点睛】本题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．20.如图，在中，，将绕点A逆时针旋转角度至位置(点B与点对应，点C与点对应)，（1）根据“旋转角相等”得：_______，的度数为_______．（2）求的周长．【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）由旋转的性质可得出答案；（2）由直角三角形的性质得出，，证明是等边三角形，则可得出答案．【小问1详解】解：∵，∴， ∵将绕点A逆时针旋转角度至位置，∴，的度数为；【小问2详解】解：由旋转得：,∴是等边三角形，在中，∵，∴，，∴周长是；【点睛】本题考查了旋转的性质，直角三角形的性质,等边三角形的判定与性质，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．21.二次函数图象上部分点的横坐标x，纵坐标y的对应值如下表：…012……05…（1）直接写出表格当中m值：_________；（2）直接写出这个二次函数的表达式_________；（3）在图中画出这个二次函数的图象．（4）直接写出当时，y取值范围是_________．（5）直接写出当时，x的取值范围是_________．【答案】（1）0（2） （3）见解析（4）（5）【解析】【分析】（1）根据函数的对称性即可求解；（2）抛物线的顶点坐标为，则设抛物线的表达式为，将点代入上式求解即可；（3）描点、连线画出函数的图像即可；（4）根据函数的对称性求得时的函数值为5，又函数有最小值，据此即可解答；（5）根据表格数据即可解答．【小问1详解】解：∵或的函数值相同，都是，∴函数的对称轴为，∵点和点关于直线对称，∴．故答案为0．【小问2详解】解：∵抛物线的顶点坐标为，∴设抛物线的表达式为，∵将点∴，解得：a=1，故抛物线的表达式为．【小问3详解】解：画出函数图像如下： 【小问4详解】解：∵关于直线对称，∴时，函数，∵函数有最小值，∴当时，，故答案为：．【小问5详解】解：∵关于直线对称，∴时，函数，∵，∴当时，．【点睛】本题主要考查了二次函数图像的性质、画二次函数图像、二次函数的对称性、增减性等知识点，掌握数形结合思想是解答本题的关键．22.已知关于x的方程的两实数根为，．（1）求m的取值范围；（2）若，求m的值．【答案】（1）（2）【解析】 【分析】（1）根据方程的系数结合根的判别式，即可得出，解之即可得出的取值范围；（2）根据根与系数的关系可得，结合即可得出关于的一元二次方程，解之即可得出结论．【小问1详解】∵关于x的方程有两个实数根，∴，解得，；【小问2详解】依据题意可得，，，由（1）可知，∵即∴，解得，(舍去)，∴的值是．【点睛】本题考查了根与系数的关系、根的判别式以及解一元二次方程，解题的关键是：(1)牢记“当时，方程有两个实数根”；(2)根据根与系数的关系结合得出关于的一元二次方程．23.如图，现打算用的篱笆围成一个“日”字形菜园（含隔离栏），菜园的一面靠墙，墙可利用的长度为．（篱笆的宽度忽略不计）（1）菜园面积可能为吗？若可能，求边长的长，若不可能，说明理由．（2）因场地限制，菜园的宽度不能超过，求该菜园面积的最大值． 【答案】（1）可能；的长为14；理由见解析（2）288【解析】【分析】（1）根据题意，设长，则长为，利用矩形面积公式列方程求解即可得到答案；（2）由（1）设长为，则长为，根据题中条件得到，从而得到菜园面积，结合二次函数图像与性质分析即可得到答案．【小问1详解】解：可能．理由如下：设长为，则长为，，解得或，当时，，不合题意，舍去；当时，，符合题意；【小问2详解】解：由（1）知，设长为，则长为，，解得，令菜园面积为，则，即是关于的二次函数，其图像开口向下，对称轴为，∴当时，面积随的增大而增大，∴当时，面积的最大值为．【点睛】本题考查一元二次方程及二次函数解是解决问题的，读懂题意，找准题中描述的关系得到相应方程及函数表达式是解决问题的关键．24.在平面直角坐标系中，四边形是矩形，点，点，点．以点为旋转中心，顺时针旋转，得到，点，的对应点分别为，． （1）如图1，当点落在边上时，求点的坐标；（2）如图2，当点落线段上时，与交于点．①求证：；②求点的坐标；（3）记为线段的中点，为的面积，请直接写出的取值范围．【答案】（1）（2）①见解析；②（3）【解析】【分析】（1）根据点的坐标及旋转的性质得，在直角三角形中运用勾股定理可求出的长，从而可确定答案；（2）①根据直角三角形全等的判定方法进行判定即可，②根据①知，故，在中，运用勾股定理可求得的长，得出坐标；（3）在矩形旋转的过程中，根据点K与直线的距离范围即可确定S的取值范围．【小问1详解】∵点，点，∴，．∵四边形是矩形，∴，，.∵矩形是由矩形旋转得到的，∴．在中，， ∴，∴，∴点D的坐标是；【小问2详解】①证明：由四边形是矩形，知．∵点在线段上，得.由（1）知，，又，，∴；②由，得．在矩形中，，∴，∴，∴．设，则，．在中，，∴，解得，∴，∴点F的坐标是；【小问3详解】．如图，当矩形顶点在线段上时，点到直线的距离最小，最小值为线段的长，则， ∴．如图，当矩形顶点D在的延长线上时，点K到直线距离最大，最大值为线段的长，则，∴，所以．【点睛】本题主要考查了矩形的旋转问题，全等三角形的性质和判定，勾股定理等，弄清线段的运动路径是解题的关键．25.已知，如图，抛物线与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C，，点P为x轴下方的抛物线上一点． （1）求抛物线的函数表达式；（2）连接，求四边形面积的最大值；（3）是否存在这样的点P，使得点P到和两边的距离相等，若存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】（1）（2）33（3）存在这样的点，使得点P到和两边的距离相等【解析】【分析】（1）利用待定系数法求解即可；（2）如图所示，连接，过点P作轴交于D，先求出直线的解析式，设，则，则，求出的最大值，再由可知当最大时，最大，由此即可得到答案；（3）如图所示，取点E使其坐标为，连接，取中点F，连接，先证明，进而得到平分，则直线上的点到的距离相等，由此即可知点P即为直线与抛物线的交点，据此求解即可．【小问1详解】解：∵，∴， ∴可设抛物线解析式为，又∵当时，，即，∴，∴，∴抛物线解析式为；【小问2详解】解：如图所示，连接，过点P作轴交于D，设直线的解析式为，∴，∴，∴直线的解析式为，设，则，∴，∴，∵， ∴当时，最大，最大为9，∵，，∴，∴当最大时，最大，最大为；【小问3详解】解：如图所示，取点E使其坐标为，连接，取中点F，连接，∵，∴，，∴，∵F是的中点，∴平分，∴直线上的点到的距离相等，设直线的解析式为，∴，∴，∴直线的解析式为， 联立得，解得或（舍去），∴点P的坐标为．【点睛】本题主要考查了二次函数的综合，一次函数与几何综合，角平分线的性质，等腰三角形的性质与判定，勾股定理等等，正确作出辅助线是解题的关键．