2024-2025学年吉林省吉林市丰满区松花江中学九年级（上）第一次月考数学试卷（含解析）

这是一份2024-2025学年吉林省吉林市丰满区松花江中学九年级（上）第一次月考数学试卷（含解析），共15页。试卷主要包含了选择题，填空题，计算题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.下列方程是一元二次方程的是( )
A. x3+1=0B. x2+x−2=0C. x−1x=0D. x+y=0
2.将二次函数y=x(x−1)+3x化为一般形式后，正确的是( )
A. y=x2−x+3B. y=x2−2x+3C. y=x2−2xD. y=x2+2x
3.二次函数y=(x−4)2−3的顶点坐标是( )
A. (4,−3)B. (4,3)C. (−4,−3)D. (−4,3)
4.若关于x的一元二次方程x2−3x+a=0的一个根是1，则a的值为( )
A. −2B. 1C. 2D. 0
5.如图所示，在一边靠墙(墙足够长)的空地上，修建一个面积为375平方米的矩形临时仓库，仓库一边靠墙，另三边用总长为55米的栅栏围成，若设榣栏AB的长为x米，则下列各方程中，符合题意的是( )
A. 12x(55−x)=375B. 12x(55−2x)=375
C. x(55−2x)=375D. x(55−x)=375
6.若一元二次方程x2+2x+m=0没有实数根，则m的取值范围是( )
A. m≥1B. m≤1C. m>1D. m<1
二、填空题：本题共8小题，每小题3分，共24分。
7.已知二次函数y=−3(x+2)2，则此二次函数图象的对称轴直线是______．
8.一元二次方程x2−9x=0的较大的根为______．
9.一元二次方程x2−2x−5=0的根的判别式的值是______．
10.当m=______时，y=(m−2)xm2+2是二次函数．
11.已知二次函数y=12(x−1)2+4，若y随x的增大而增大，则x的取值范围是______．
12.将抛物线y=(x−3)2+2向左平移4个单位长度后，所得的抛物线对应的函数解析式是______．
13.规定：在实数范围内定义一种运算“◎”，其规则为a◎b=a(a+b)，方程(x−2)◎7=0的根为______．
14.如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=−(x−2)2+4与x轴的正半轴的交点为A，顶点为B，点C为该抛物线上一点，且在对称轴右侧第一象限内(点C不与点B重合)，连接AB、BC、AC、OB，若△ABC的周长为m，则四边形OACB的周长为______(用含m的代数式表示)．
三、计算题：本大题共1小题，共7分。
15.2020年5月复工复产以来，某夜市6月份的总销售额为50万元，8月份的总销售额为60.5万元，若平均每月的总销售额的增长率相同．
(1)求该夜市6月份至8月份平均每月的总销售额的增长率；
(2)如果该夜市平均每月的总销售额的增长率保持不变，求该夜市9月份的总销售额．
四、解答题：本题共10小题，共72分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
16.(本小题5分)
解方程：x(x−2)=x−2．
17.(本小题5分)
小明在用配方法解方程x2−x−12=0时出现了错误，解答过程如下：
x2−x=12(第一步)
x2−x+14=12+12(第二步)
(x−12)2=1(第三步)
∴x1=−12，x2=32(第四步)
(1)小明的解答过程是从第______步开始出错的；
(2)用配方法写出此题正确的解答过程．
18.(本小题5分)
已知二次函数y=ax2−2的图象经过点(−1,1)．
(1)求二次函数的解析式；
(2)写出此函数的开口方向、顶点坐标．
19.(本小题7分)
已知二次函数y=x2+bx+c中，函数y与自变量x的部分对应值如下表：
(1)求该二次函数的解析式；
(2)当x为何值时，y有最低点？
20.(本小题7分)
已知关于x的一元二次方程x2−(m+2)x+2m=0．
(1)当m=−2时，求该方程的根；
(2)求证：不论m取何实数，该方程总有两个实数根．
21.(本小题7分)
如图，在6×6的正方形网格中，每个小正方形的顶点称为格点，每个小正方形的边长均为1，按如图所示建立平面直角坐标系，抛物线C1：y=−x2+2x向上平移2个单位长度得到抛物线C2，点C(3,−3)在抛物线C1上，平移后点O、C的对应点A、B在抛物线C2上．
(1)抛物线C2的顶点坐标为______；
(2)点B的坐标为______；
(3)图中阴影部分图形的面积为______．
22.(本小题8分)
某商店以每件1元的进价购进一种商品，如果以每件2元的售价可卖出该商品50件，经调查发现，该商品零售单价每降0.1元，每天可多销售10件．
(1)若每天多销售30件，该商品零售单价为______；
(2)在不考虑其他因素的条件下，为了让利于顾客，要使商店每天销售这种商品获取的利润为50元，求该商品的定价．
23.(本小题8分)
如图，抛物线y=x2+bx+3与x轴的交点为A、B(点A在点B的左边)，且点A的坐标为(1,0)，与y轴交于点C，该抛物线的顶点为D．
(1)求该抛物线的解析式；
(2)连接AD、BD，求△ABD的面积．
24.(本小题10分)
如图，矩形ABCD中，AB=4cm，BC=2cm，动点P从点A出发，以2cm/s的速度沿AB向终点B匀速运动；同时动点Q从点B出发，以3cm/s的速度沿BC−CD向终点D匀速运动，连接PQ.设点P的运动时间为t(s)，△BPQ的面积为S(cm2).
(1)当PQ/​/BC时，求t的值；
(2)求S与t之间的函数关系式，并写出自变量t的取值范围；
(3)当△BPQ的面积是矩形ABCD面积的14时，直接写出t的值．
25.(本小题10分)
如图，抛物线y=ax2+bx+c的对称轴为直线x=−1，与x轴交于A(−3,0)，B(1,0)两点，与y轴交于点C(0,3)，设抛物线的顶点为D．
(1)求抛物线的解析式；
(2)连接AC、CD、DA，试判断△ACD的形状，并说明理由；
(3)若点Q在抛物线的对称轴上，抛物线上是否存在点P，使以A、B、Q、P四点为顶点的四边形为平行四边形？若存在，请直接写出满足条件的点P的坐标；若不存在，请说明理由．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A、该方程中x的最高次数是1，属于一元一次方程，故此选项不符合题意；
B、它是一元二次方程，故此选项符合题意；
C、含有分式，不是一元二次方程，故此选项不符合题意；
D、该方程中含有两个未知数，不是关于x的一元二次方程，故此选项不符合题意；
故选：B．
利用一元二次方程定义进行解答即可．
此题主要考查了一元二次方程定义，关键是掌握判断一个方程是否是一元二次方程应注意抓住5个方面：“化简后”；“一个未知数”；“未知数的最高次数是2”；“二次项的系数不等于0”；“整式方程”．
2.【答案】D
【解析】解：y=x(x−1)+3x=x2+2x，即y=x2+2x．
故选：D．
通过去括号、合并同类项对等式的右边进行变形处理即可．
本题主要考查了二次函数的三种形式：
(1)一般式：y=ax2+bx+c(a≠0,a、b、c为常数)；
(2)顶点式：y=a(x−h)2+k；
(3)交点式(与x轴)：y=a(x−x1)(x−x2).
3.【答案】A
【解析】解：由二次函数顶点式y=(x−4)2−3知顶点坐标为(4,−3)．
故选：A．
通过顶点式y=a(x−h)2+k的顶点坐标为(h,k)求解．
本题考查了二次函数的顶点式和顶点坐标，顶点式y=a(x−h)2+k，顶点坐标是(h,k)，此题考查了学生的应用能力．
4.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查了一元二次方程的解：能使一元二次方程左右两边相等的未知数的值是一元二次方程的解．
把x=1代入一元二次方程x2−3x+a=0即可得到a的值．
【解答】
解：把x=1代入一元二次方程x2−3x+a=0得1−3+a=0，
所以a=2．
故选C．
5.【答案】A
【解析】解：设榣栏AB的长为x米，则AD=BC=55−x2米，
根据题意可得，12⋅x⋅(55−x)=375，
故选：A．
设榣栏AB的长为x米，根据AD+AB+BC=55且AD=BC可得AD=BC=55−x2米，再由长方形的面积公式可得答案．
本题主要考查由实际问题抽象出一元二次方程，在解决实际问题时，要全面、系统地申清问题的已知和未知，以及它们之间的数量关系，找出并全面表示问题的相等关系，设出未知数，用方程表示出已知量与未知量之间的等量关系，即列出一元二次方程．
6.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查了根的判别式以及解一元一次不等式，熟练掌握“当△<0时，方程无实数根”是解题的关键．
根据方程的系数结合根的判别式即可得出△=4−4m<0，解之即可得出结论．
【解答】
解：∵方程x2+2x+m=0没有实数根，
∴△=22−4m=4−4m<0，
解得：m>1．
故选C．
7.【答案】x=−2
【解析】解：∵二次函数y=−3(x+2)2，是顶点式，
∴对称轴为：x=−2．
故答案为：x=−2．
根据顶点式直接写出其对称轴即可．
本题考查了二次函数的性质，比较简单，牢记顶点式即可．
8.【答案】x=9
【解析】解：x2−9x=0
∴x(x−9)=0
∴x1=0，x2=9，
∴一元二次方程x2−9x=0的较大的根为x=9，
故答案为：x=9．
利用因式分解法解方程即可．
本题考查解一元二次方程，掌握因式分解法是关键．
9.【答案】24
【解析】解：∵a=1，b=−2，c=−5，
∴△=b2−4ac=(−2)2−4×1×(−5)=24．
故答案为：24．
根据方程的系数结合根的判别式，可得出△=24，此题得解．
本题考查了根的判别式，牢记根的判别式△=b2−4ac是解题的关键．
10.【答案】0
【解析】解：m2+2=2，
解得m=0；
且m−2≠0，m≠2；
所以当m=0时，y=(m−2)xm2+2是二次函数．
故答案为：0．
根据二次函数的定义：一般地，我们把形如y=ax2+bx+c(其中a，b，c是常数，a≠0)的函数叫做二次函数．二次项系数(m−2)≠0，x的指数m2+2=2，两者结合求出m的值即可．
此题考查二次函数的定义，注意二次项系数与自变量指数的数值．
11.【答案】x>1
【解析】【分析】
由解析式可求得抛物线的对称轴，再利用增减性可求得答案．
本题主要考查二次函数的性质，掌握二次函数的顶点式是解题的关键，即在y=a(x−h)2+k中，对称轴为x=h，顶点坐标为(h,k)．
【解答】
解：∵y=12(x−1)2+4，
∴抛物线开口向上，对称轴为x=1，
∴当x>1时，y随x的增大而增大，
故答案为：x>1．
12.【答案】y=(x+1)2+2
【解析】解：将抛物线y=(x−3)2+2向左平移4个单位长度后，那么所得新抛物线的表达式是y=(x−3+4)2+2，即y=(x+1)2+2．
故答案是：y=(x+1)2+2．
根据平移的原则：上加下减左加右减，即可得出答案．
本题考查了二次函数与几何变换，掌握抛物线的平移原则：上加下减左加右减是解题的关键．
13.【答案】x1=2，x2=−5
【解析】解：由题意得：(x−2)(x−2+7)=0，
(x−2)(x+5)=0，
x−2=0或x+5=0，
x1=2，x2=−5．
故答案为：x1=2，x2=−5．
直接根据定义的这种运算的规则求解．
本题考查了新定义和解一元二次方程，利用新定义得到方程：(x−2)(x−2+7)=0是解题的关键．
14.【答案】m+4
【解析】解：∵抛物线y=−(x−2)2+4，
∴对称轴为直线x=−1，
∴OB=2，
∵由抛物线的对称性知AB=BO，
∴四边形OACB的周长为AO+AC+BC+OB=△ABC的周长+OA=m+4．
故答案为：m+4．
由抛物线y=−(x−2)2+4的对称性得到：OA=4，AB=BO，则四边形OACB的周长为AO+AC+BC+OB=△ABC的周长+OA，由此得出答案即可．
本题考查了二次函数的性质，抛物线与x轴的交点坐标，此题利用了抛物线的对称性，解题的关键在于把求四边形AOBC的周长转化为△ABC的周长+OA．
15.【答案】解：(1)设该夜市6月份至8月份平均每月的总销售额的增长率为x，由题意得，
50(1+x)2=60.5，
解得x1=0.1=10%，x2=−2.1(不合题意，舍去)．
答：该夜市6月份至8月份平均每月的总销售额的增长率为10%；
(2)该夜市9月份的总销售额为60.5×(1+10%)=66.55(万元)．
【解析】(1)设该夜市6月份至8月份平均每月的总销售额的增长率为x，由题意可得出关于x的一元二次方程，解之取其正值即可得出结论．
(2)列式计算可得出该夜市9月份的总销售额．
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．
16.【答案】解：x(x−2)−(x−2)=0，
(x−2)(x−1)=0，
x−2=0或x−1=0，
所以x1=2，x2=1．
【解析】先移项得到x(x−2)−(x−2)=0，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．
17.【答案】二
【解析】解：(1)小明的解答过程是从第二步开始出错的，
故答案为：二；
(2)∵x2−x−12=0，
∴x2−x=12，
∴x2−x+14=12+14，即(x−12)2=34，
则x−12=± 32，
∴x1=1+ 32，x2=1− 32．
(1)第二步方程的左边加上14，而右边加上12，这不符合等式的基本性质，据此可得答案；
(2)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．
本题主要考查解一元二次方程的能力，熟练掌握解一元二次方程的几种常用方法：直接开平方法、因式分解法、公式法、配方法，结合方程的特点选择合适、简便的方法是解题的关键．
18.【答案】解：(1)∵二次函数y=ax2−2的图象经过点(−1,1)，
∴1=a−2，
即a=3，
∴二次函数的解析式为y=3x2−2；
(2)∵a=3>0，
∴抛物线开口向上，
∵y=3x2−2=3(x−0)2−2，
∴抛物线的顶点坐标为(0,−2)．
【解析】(1)将(−1,1)代入二次函数关系式求出a的值，即可确定二次函数的关系式；
(2)将二次函数的关系式写成顶点式即可，通过a的值判断开口方向．
本题考查待定系数法求二次函数的关系式以及二次函数的图象和性质，，掌握待定系数法求二次函数关系式是解决问题的前提，求出抛物线的顶点坐标是正确判断的关键．
19.【答案】解：(1)把(0,5)(1,2)代入二次函数y=x2+bx+c得，
c=5，1+b+c=2，
解得，b=−4，c=5，
∴二次函数的关系式为y=x2−4x+5；
(2)y=x2−4x+5=(x−2)2+1，
∴抛物线的顶点坐标为(2,1)，
即当x=2时，y最小值=1，
答：当x=2时，y有最低点．
【解析】(1)将表格中的两组对应值代入函数关系式求出b、c的值即可；
(2)根据顶点坐标公式求解即可．
本题考查待定系数法求二次函数的关系式，二次函数的图象和性质以及二次函数的最值，掌握待定系数法求二次函数关系式是解决问题的前提，求出抛物线的顶点坐标是正确判断的关键．
20.【答案】解：(1)当m=−2时，方程整理为x2−4=0，
则(x+2)(x−2)=0，
∴x+2=0或x−2=0，
解得x1=−2，x2=2；
(2)证明：∵a=1，b=−(m+2)，c=2m，
∴Δ=[−(m+2)]2−4×1×2m
=m2+4m+4−8m
=m2−4m+4
=(m−2)2≥0，
∴方程总有两个实数根．
【解析】(1)将m=−2代入方程，再利用因式分解法求解即可；
(2)根据Δ=[−(m+2)]2−4×1×2m=(m−2)2≥0可得答案．
本题主要考查根的判别式和解一元二次方程，一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)的根与Δ=b2−4ac有如下关系：
①当Δ>0时，方程有两个不相等的两个实数根；
②当Δ=0时，方程有两个相等的两个实数根；
③当Δ<0时，方程无实数根．
21.【答案】(1,3) (3,−1) 6
【解析】解：(1)y=−x2+2x=−(x−1)2+1，
∴向上平移2个单位长度得到y=−(x−1)2+3，
∴顶点为(1,3)，
故答案为(1,3)；
(2)点C(3,−3)在抛物线C1上，
∴点C(3,−3)向上平移2个单位长度得到B(3,−1)，
故答案为(3,−1)；
(3)如图，将所求阴影部分面积转化为如图所示阴影部分面积，
∴S=2×2+1×2=6，
故答案为6．
(1)由y=−(x−1)2+1，向上平移2个单位长度得到y=−(x−1)2+3，即可求解顶点坐标；
(2)点C(3,−3)向上平移2个单位长度得到B(3,−1)；
(3)将所求面积转化为矩形面积即可求解．
本题考查二次函数图象的几何变换，熟练掌握函数图象的平移变换是解题的关键．
22.【答案】1.7元
【解析】解：(1)2−3010×0.1=2−0.3=1.7(元)．
故答案为：1.7元．
(2)设该商品的定价为x元，则每件的销售利润为(x−1)元，每天的销售量为50+2−x0.1×10=(250−100x)件，
依题意得：(x−1)(250−100x)=50，
整理得：2x2−7x+6=0，
解得：x1=1.5，x2=2．
又∵要让利于顾客，
∴x=1.5．
答：该商品的定价为1.5元．
(1)利用零售单价=原价−每天多销售的数量10×0.1，即可求出每天多销售30件时的零售单价；
(2)设该商品的定价为x元，则每件的销售利润为(x−1)元，每天的销售量为(250−100x)件，利用总利润=每件的销售利润×日销售量，即可得出关于x的一元二次方程，解之即可得出x的值，再结合要让利于顾客，即可得出该商品的定价．
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．
23.【答案】解：(1)将A(1,0)代入y=x2+bx+3得：
0=1+b+3，
解得：b=−4，
∴该抛物线的解析式为y=x2−4x+3；
(2)令y=x2−4x+3=0，
解得：x=1或3，
∴B(3,0)，即AB=2，
∵y=x2−4x+3=(x−2)2−1，
∴顶点D的坐标为(2,−1)，
∴△ABD的面积=12AB×1=2．
【解析】(1)将A代入解析式求出b即可；
(2)求出AB以及D的坐标即可．
本题主要考查了二次函数的性质，熟悉求出顶点以及二次函数与坐标轴交点是解决此题的关键．
24.【答案】解：(1)当PQ/​/BC时，点Q在CD上，此时BP=CQ，
∴4−2t=3t−2，
解得t=65．
∴t=65时，PQ/​/BC．
(2)当0当23综上所述，S=−3t2+6t(0(3)当−3t2+6t=14×2×4时，解得t=3− 33或3+ 33(舍弃)，
当4−2t=14×2×4，解得t=1，
综上所述，t=3− 33或1时，△BPQ的面积是矩形ABCD面积的14．
【解析】(1)当PQ/​/BC时，点Q在CD上，此时BP=CQ，由此构建方程求解即可．
(2)分两种情形：当0(3)分两种情形分别构建方程求出t的值即可．
本题属于四边形综合题，考查了矩形的性质，三角形的面积，平行线的性质等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考常考题型．
25.【答案】解：(1)由抛物线与x轴交于A(−3,0)，B(1,0)两点，设y=a(x+3)(x−1)，
将C(0,3)代入得：3=−3a，
解得a=−1，
∴y=−(x+3)(x−1)=−x2−2x+3；
∴抛物线的解析式为y=−x2−2x+3；
(2)△ACD是直角三角形，理由如下：
∵y=−x2−2x+3=−(x+1)2+4，
∴抛物线的顶点D(−1,4)，
∵A(−3,0)，C(0,3)，
∴AC2=18，AD2=20，CD2=2，
∴AC2+CD2=AD2，
∴△ACD是直角三角形；
(3)存在点P，使以A、B、Q、P四点为顶点的四边形为平行四边形，理由如下：
由y=−x2−2x+3=−(x+1)2+4知抛物线的对称轴是直线x=−1，
设P(m,−m2−2m+3)，Q(−1,n)，
而A(−3,0)，B(1,0)，
①若PQ，AB为对角线，则PQ，AB的中点重合，
∴m−1=−3+1−m2−2m+3+n=0+0，
解得m=−1，
∴P(−1,4)，
②若PA，QB为对角线，则PA，QB的中点重合，
∴m−3=−1+1−m2−2m+3=n，
解得m=3，
∴P(3,−12)；
③若PB，QA为对角线，则PB，QA的中点重合，
∴m+1=−1−3−m2−2m+3=n，
解得m=−5，
∴P(−5,−12)，
综上所述，P的坐标为(−1,4)或(3,−12)或(−5,−12)．
【解析】(1)设y=a(x+3)(x−1)，将C(0,3)代入可得抛物线的解析式为y=−x2−2x+3；
(2)由y=−x2−2x+3=−(x+1)2+4，得抛物线的顶点D(−1,4)，即知AC2+CD2=AD2，故△ACD是直角三角形；
(3)设P(m,−m2−2m+3)，Q(−1,n)，分三种情况：①若PQ，AB为对角线，则PQ，AB的中点重合，m−1=−3+1−m2−2m+3+n=0+0，②若PA，QB为对角线，则PA，QB的中点重合，m−3=−1+1−m2−2m+3=n，③若PB，QA为对角线，则PB，QA的中点重合，m+1=−1−3−m2−2m+3=n，分别解方程组可得P的坐标为(−1,4)或(3,−12)或(−5,−12)．
本题考查二次函数综合应用，涉及待定系数法，直角三角形的判定，平行四边形性质及应用等，解题的关键是分类讨论思想和方程思想的应用．x
…
0
1
2
3
4
…
y
…
5
2
1
2
5
…