甘肃省武威市凉州区2023-2024学年九年级上学期第二次质量检测考试数学试题

2023-2024学年第一学期九年级第二次质量检测考试数学试卷一、选择题（共10小题，每小题3分，共30分，每小题只有一个正确选项）．1.下列图形是我国国产品牌汽车的标识，这些汽车标识中，是中心对称图形的是()A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根据把一个图形绕某一点旋转180，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，这个点叫做对称中心进行分析．【详解】A、不是中心对称图形，故此选项错误；B、不是中心对称图形，故此选项错误；C、不是中心对称图形，故此选项错误；D、是中心对称图形，故此选项正确；故选：D．【点睛】此题主要考查了中心对称图形，关键是掌握中心对称图形的定义．2.二次函数的图象的顶点坐标是（）A.（1，3） B.（，3） C.（1，） D.（，）【答案】A【解析】【详解】直接根据顶点式写出顶点坐标是（1，3）．故选A．3.若关于的方程x2＋3x＋a＝0有一个根为－1，则a的值为（）A.1 B.－1 C.2 D.－2【答案】C【解析】【分析】直接把x=-1代入方程x2+3x+a=0得到关于a的方程，然后解关于a的方程即可．【详解】把x=-1代入方程得1-3+a=0，解得a=2．故选C．【点睛】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．4.在平面直角坐标系中，点与点关于原点成中心对称，则值为（）A. B. C.1 D.3【答案】A【解析】【分析】根据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，即点关于原点的对称点是，进而得出答案．【详解】解：点与点关于原点成中心对称，，，则的值为：．故选：A．【点睛】此题主要考查了关于原点对称点的性质，正确记忆关于原点对称点的性质是解题关键．5.将抛物线先向右平移个单位，再向上平移个单位，得到的抛物线是（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】根据二次函数平移规律“上加下减，左加右减”即可求解．【详解】解：将抛物线先向右平移个单位，得到，再向上平移个单位，得到抛物线是，故选：D．【点睛】本题考查二次函数的平移，掌握二次函数的平移规律“上加下减，左加右减”是解题的关键．6.如图，将绕点C顺时针旋转得到，连接，若，则的度数为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】本题考查了旋转的性质，等腰三角形的性质，直角三角形的性质，根据旋转的性质，得，，得证；结合，得到，根据，选择即可．【详解】解：根据旋转性质，得，，∴；∵，∴，∵，故选A．7.关于x一元二次方程有两个不相等的实数根，则k的取值范围为（）A. B.且 C.且 D.【答案】C【解析】【分析】本题考查了根的判别式，根据方程的根的判别式且计算即可．【详解】∵一元二次方程有两个不相等的实数根，∴且，解得且，故选：C．8.抛物线的图象经过点，则y1，y2，y3大小关系是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】本题考查了抛物线的增减性的应用，计算对称轴，比较点与对称轴的距离大小，结合性质判断即可．【详解】∵抛物线，∴抛物线开口向上，对称轴为直线，距离对称轴越远的点的函数值越大，∵，∴，故选A．9.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】根据二次函数与一次函数的图象可知，，，从而判断出二次函数的图象．【详解】解：∵二次函数的图象开口向上，∴，∵次函数的图象经过一、三、四象限，∴，，对于二次函数的图象，∵，开口向上，排除A、B选项；∵，，∴对称轴，∴D选项符合题意；故选：D．【点睛】本题考查了一次函数的图象以及二次函数的图象，根据二次函数的图象和一次函数图象经过的象限，找出，，是解题的关键．10.如图，抛物线（）的对称轴为直线，与x轴的一个交点坐标为（，0），其部分图象如图所示，下列结论；①；②方程的两个根是，；③；④当时，x的取值范围是；⑤当时，y随x增大而增大，其中结论正确的个数是（）A.4个 B.3个 C.2个 D.1个【答案】A【解析】【分析】由抛物线的对称性可知，抛物线与x轴的另一个交点坐标为由此即可判断①②；根据，可得即可判断③；根据函数图象即可判断④⑤．【详解】解：∵抛物线的对称轴为直线，与轴的一个交点坐标为，∴抛物线与x轴的另一个交点坐标为，∴，即，方程的两个根是，，故①②正确；∵，∴，即，故③正确；由函数图象可知当时，的取值范围是，当时，随增大而增大，故④错误，⑤正确；∴正确的一共有4个，故选：A．【点睛】本题主要考查了二次函数图象与系数的关系，二次函数与一元二次方程的关系，二次函数与不等式的关系，熟知二次函数的相关知识是解题的关键．二、填空题（共8小题，每小题3分，共24分）．11.若是关于x的一元二次方程，则a的值是___________．【答案】【解析】【分析】根据一元二次方程的定义即形如的整式方程判断．本题考查了一元二次方程的定义即形如的整式方程，熟练掌握定义是解题的关键．【详解】∵方程是关于x的一元二次方程，∴，解得，或，故，故答案为：．12.已知抛物线的开口向上，那么a的取值范围是______．【答案】【解析】【分析】根据二次函数的图像与性质可直接进行求解．【详解】解：由抛物线的开口向上，可得：，解得：；故答案为．【点睛】本题主要考查二次函数的图像与性质，熟练掌握二次函数的图像与性质是解题的关键．13.若点P（﹣m，3﹣m）关于原点的对称点在第四象限，则m满足_____．【答案】0＜m＜3【解析】【分析】根据题意判断出点P在第二象限，再根据第二象限内点的坐标特点可得关于m的不等式组，再解不等式组即可．【详解】解：∵点P（﹣m，3﹣m）关于原点的对称点在第四象限，∴点P在第二象限，∴，解得：0＜m＜3，故答案为0＜m＜3．【点睛】本题考查关于原点对称的点的坐标，以及平面直角坐标系中各象限内点的坐标符号，关键是掌握四个象限内点的坐标符号．14.如果一条抛物线的形状、开口方向均与抛物线相同，且顶点坐标是，则它的解析式是____________________．【答案】【解析】【分析】本题考查了待定系数法求解析式，根据抛物线的形状、开口方向均与抛物线相同，确定，根据顶点坐标是，设，结合，确定解析式即可．【详解】∵抛物线的形状、开口方向均与抛物线相同，∴，∵顶点坐标是，设，∵，∴故答案为：．15.如图，△A1B1C1是△ABC关于点O成中心对称的图形，点A的对称点是点A1，已知AO＝4cm，那么AA1＝_____cm．【答案】8．【解析】【分析】根据中心对称图形的性质即可得到结论．【详解】∵△A1B1C1是△ABC关于点O成中心对称的图形，点A的对称点是点A1，AO＝4cm，∴OA1＝OA＝4cm，∴AA1＝OA+OA1＝8cm，故答案为8．【点睛】本题考查了中心对称的图形的性质，注意弄清对应点、对应角、对应线段．16.关于x的方程有两个实数根．且．则_______．【答案】3【解析】【分析】先根据一元二次方程的根与系数的关系可得，再根据可得一个关于的方程，解方程即可得的值．【详解】解：由题意得：，，，化成整式方程为，解得或，经检验，是所列分式方程的增根，是所列分式方程的根，故答案为：3．【点睛】本题考查了一元二次方程的根与系数的关系、解分式方程，熟练掌握一元二次方程的根与系数的关系是解题关键．17.如图是抛物线的一部分，对称轴为直线，若其与x轴的一个交点为，则由图象可知，不等式的解集是_______．【答案】或【解析】【分析】本题考查了抛物线的对称性，数形结合思想，求不等式的解集，先求得抛物线与x轴的两个交点坐标，后计算即可．【详解】∵抛物线的一部分，对称轴为直线，与x轴的一个交点为，另一个交点坐标为，∴，解得，∵，∴或，故答案为：或．18.当，函数的最大值与最小值之差是_________．【答案】4【解析】【分析】本题考查了抛物线的增减性应用，根据对称轴距离的远近，结合开口方向，取值范围解答即可．【详解】∵．∴抛物线开口向下，对称轴为直线，函数有最大值，且点与对称轴的距离越大，函数值越小，∵在范围中，∴y的最大值为9；∵，∴时，函数取得最小值，且为，函数的最大值与最小值之差是．故答案为：4．三、解答题(共66分，解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤)．19.解方程：（1）；（2）.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用配方法解方程；（2）先移项得到，然后利用因式分解法解方程．【小问1详解】，，，即，∴，∴；【小问2详解】，，∴或，∴【点睛】本题考查了因式分解法解一元二次方程：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．也考查了配方法．20.已知抛物线，求其对称轴和顶点坐标．【答案】抛物线的对称轴为直线，顶点坐标为【解析】【分析】把函数解析式整理成顶点形式，然后写出对称轴和顶点坐标即可．【详解】解：∵，∴抛物线的对称轴为直线，顶点坐标为．【点睛】本题考查了抛物线的对称轴和顶点坐标，熟知二次函数的性质是解题的关键．21.为满足师生阅读需求，学校建立“阅读公园”，并且不断完善藏书数量，今月3月份阅读公园中有藏书5000册，到今月5月份其中藏书数量增长到7200册．（1）求阅读公园这两个月藏书的平均增长率．（2）按照这样的增长方式，请你估算出今月6月份阅读公园的藏书量是多少？【答案】（1）阅读公园这两个月藏书的平均增长率20％（2）估算出今月6月份阅读公园的藏书量是8640册【解析】【分析】（1）设这两个月藏书的月平均增长率为x，利用该校“阅读公园”5月底的藏书量=该校“阅读公园”3月的藏书量×，即可得出关于x的一元二次方程，解之，取其正值即可得出结论；（2）利用该校“阅读公园”6月的藏书量=该校“阅读公园”5月的藏书量×（1+藏书的月平均增长率），即可求出该校“阅读公园”6月的藏书量．【小问1详解】解：设该校这两个月藏书的月均增长率为x，根据题意，得解得，（不合题意，舍去）该校这两个月藏书的月均增长率为20%；【小问2详解】（册），所以，预测到6月该校“阅读公园”的藏书量是册．【点睛】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．22.在平面直角坐标系中．（1）画出关于原点对称的，并写出点、两点的坐标；（2）画出绕原点O顺时针旋转得到的，并写出、两点的坐标．【答案】（1）见解析，（2）见解析，【解析】【分析】本题考查了原点对称作图，旋转作图，正确理解旋转的性质，原点对称的坐标特点是解题的关键．(1)根据原点对称，坐标都变成原来坐标的相反数，确定坐标后，再画图即可．(2)根据旋转的全等性作图即可．【小问1详解】根据题意，，，∴，画图如下：则即为所求，且．【小问2详解】根据旋转的全等性作图如下：则即为所求．且，．23.已知关于的一元二次方程有实数根．（1）求m的取值范围；（2）若该方程的两个实数根分别为α，β，，求m的值．【答案】（1）m≤0（2）m的值为-2【解析】【分析】（1）根据一元二次方程根的判别式得到，然后解关于m的不等式即可；（2）根据根与系数的关系得到，，利用整体代入的方法得到，然后解关于m的方程即可．【小问1详解】解：根据题意得：，解得，∴m的取值范围是m≤0．【小问2详解】解：根据题意得，，∵，∴，即，解得，（舍去）．故m的值为-2．【点睛】本题考查了一元二次方程根的判别式，根与系数的关系，熟练掌握若，是一元二次方程的两根时，，．24.已知二次函数．（1）求证：不论取何值，该函数图像与轴总有两个交点；（2）若该函数图像与轴交于点，求该函数的图像与轴的交点坐标．【答案】（1）见详解（2）【解析】【分析】（1）证明对应的一元二次方程的根的判别式大于0，即可得出结论；（2）把点代入抛物线的解析式，即可得到一个关于的方程，从而求得的值，得到函数的解析式，令并求解，即可获得答案．【小问1详解】解：对于二次函数，令，可得，∵，∴不论取何值，该函数图像与轴总有两个交点；【小问2详解】根据题意，该函数图像与轴交于点，将点代入二次函数解析式，可得，解得，∴该函数解析式为，令，则有，解得，，∴该函数的图像与轴的交点坐标为．【点睛】本题主要考查了二次函数与轴的交点问题、待定系数法求函数的解析式等知识，正确理解抛物线与轴的交点的判定方法是关键．25.正方形ABCD的边长为3，E、F分别是AB、BC边上的点,且∠EDF=45°.将△DAE绕点D逆时针旋转90°，得到△DCM.（1）求证：EF=FM（2）当AE=1时，求EF的长．【答案】(1)见解析；（2）.【解析】【分析】（1）由折叠可得DE=DM，∠EDM为直角，可得出∠EDF+∠MDF=90°，由∠EDF=45°，得到∠MDF为45°，可得出∠EDF=∠MDF，再由DF=DF，利用SAS可得出三角形DEF与三角形MDF全等，由全等三角形的对应边相等可得出EF=MF；（2）由第一问的全等得到AE=CM=1，正方形的边长为3，用AB-AE求出EB的长，再由BC+CM求出BM的长，设EF=MF=x，可得出BF=BM-FM=BM-EF=4-x，在直角三角形BEF中，利用勾股定理列出关于x的方程，求出方程的解得到x的值，即为EF的长．【详解】(1)∵△DAE逆时针旋转90°得到△DCM，∴DE=DM，∠EDM=90°，∴∠EDF+∠FDM=90°，∵∠EDF=45°，∴∠FDM=∠EDM=45°，∵DF=DF，∴△DEF≌△DMF，∴EF=MF（2）设EF=x，∵AE=CM=1，∴BF=BM-MF=BM-EF=4-x，∵EB=2，在Rt△EBF中，由勾股定理得，即，解得，.26.某超市经销一种商品，每件成本为50元，为了获取更大利润，该超市准备将这种商品涨价销售．经市场调查，当该商品每件60元时，每个月可销售300件，若每件的销售价每增加1元，则每个月的销售量将减少10件，设该商品每件的销售价为元．（1）当该商品每个月的销售利润为3750元时，则该商品的销售价是多少元？（2）当该商品每件的销售价为多少元时，每个月的销售利润最大？最大利润为多少？【答案】（1）75元或65元；（2）每件销售价为70元时，每个月的销售利润最大，最大利润为4000元．【解析】【分析】（1）根据等量关系“利润＝（售价﹣进价）×销量