江苏省苏州市高新区实验初级中学2023-2024学年九年级上学期第一次月考数学试题

这是一份江苏省苏州市高新区实验初级中学2023-2024学年九年级上学期第一次月考数学试题，共18页。试卷主要包含了下列哪个方程是一元二次方程，函数的图像的顶点坐标是，已知二次函数，方程的解为______.等内容，欢迎下载使用。

2023～2024学年 第一学期 初三数学 现场作业 2023.09
一．选择题（共8小题，每小题3分）
1．下列哪个方程是一元二次方程（ ）
A． B． C． D．
2．函数的图像的顶点坐标是（ ）
A． B． C． D．
3．已知关于的方程的一个根为2， 则另一个根是（ ）
A． －3 B． －2 C． 3 D． 6
4．把函数的图像向右平移1个单位长度，平移后图像的函数解析式为（ ）
A． B． C． D．
5．为执行国家药品降价政策，给人民群众带来实惠，某药品经过两次降价，每盒零售价由16元降为9元，设平均每次降价的百分率是，则根据题意，下列方程正确的是（ ）
A． B． C． D．
6．如图，二次函数的图像与轴交于两点，下列说法错误的是（ ）

第6题图
A． B．图像的对称轴为直线
C．点 的坐标 D．当时 ，随的增大而增大
7．抛物线的顶点在第三象限，则的范围是（ ）
A． B． C． D．
8．已知二次函数（为常数），在自变量的值满足的情况下，与其对应的函数值的最大值为－5，则的值为（ ）
A．或 B．或
C．或 D．或
二． 填空题（共8小题，每小题3 分）
9．方程的解为______.
10．若点，点在二次函数的图像上，则的大小关系为______.
11．如果一次函数与二次函数的图像的一个交点坐标是，另一个交点是该二次函数图像的顶点，则＝ ______.
12．若关于的一元二次方程有实数根，则整数的最大值为______.
13．斜边长，另两边长恰好是关于方程的两个根，则的周长是______.
14．二次函数，时的最大值是______.
15．已知二次函数，当时，随的增大而增大，则的取值范围是______.
16．如图，垂直于轴的直线分别与抛物线 和抛物线交于两点， 过点作轴分别与轴和抛物线交于点，过点作轴分别与轴和抛物线交于点，则的值为______.

第16题图
三．解答题（共 11 小题，共82分）
17．（6分）解方程：
（1）；（2）
18．（4分）先化简，再求值其中是方程的根．
19．（6分）如图，已知二次函数图像的顶点为原点，直线与抛物线分别交于两点，且．
（1）求二次函数的表达式；
（2）已知点在抛物线上，过点作轴，交抛物线于点，求的面积．

20．（6分）对于实数，我们可以用表示两数中较小的数，例如， ， 类似地，若函数都是的函数，则表示函数和的“取小函数”．
（1）设，则函数的图像应该是______中的实线部分．

（2）函数的图像关于______对称．
21．（6分）已知关于的一元二次方程．
（1）求证：不论取何值，方程总有实数根；
（2）若该方程的两根互为相反数，求的值．
22．（6分）已知一元二次方程有两个不相等的实数根．
（1）求的取值范围；
（2）如果是符合条件的最大整数，且一元二次方程与有一个相同的根， 求此时的值．
23．（8分）商场某种商品平均每天可销售 30件，每件盈利50元。为了尽快减少库存，商场决定采取适当的降价措施．经调查发现，每件商品每降价1元，商场平均每天可多售出2件，设每件商品降价元，据此规律，请回答：
（1）商场日销售量增加______件，每件商品盈利______元（用含的代数式表示）；
（2）在上述条件不变、销售正常情况下，每件商品降价多少元时，商场日盈利可达到 1428元?
24．（8分）如图，有一块矩形硬纸板，长30cm，宽20cm，在其四角各剪去一个同样的正方形，然后将四周突出部分折起，可制成一个无盖长方体盒子．
（1）当剪去正方形的边长取何值时，所得长方体盒子的侧面积为200cm²?

（2）所得长方体盒子的侧面积是否存在最大值?若存在，求出最大值；若不存在，请说明理由．
25．（8分）如图，已知抛物线的对称轴为直线，且经两点．
（1）求抛物线的解析式；
（2）在抛物线的对称轴上，是否存在点，使它到点的距离与到点的距离之和最小，如果存在求出点的坐标，如果不存在请说明理由．

26．（12分）如图， 抛物线经过两点，与轴的另一个交点为，与轴相交于点．
（1）求抛物线的解析式；
（2）设抛物线的顶点为，求四边形 的面积；

（3）设点在轴上，点在抛物线上，要使四边形是平行四边形， 求满足条件的点的坐标．
27．（12分）如图，中，， 点 从出发沿 BA向运动，速度为每秒 1cm， 点是点以为对称中心的对称点，点运动的同时，点 从出发沿 AC向C运动，速度为每秒2cm，当点到达顶点C时，同时停止运动，设两点运动时间为秒．
（1）当为何值时，？
（2）设四边形 的面积为，求关于的函数关系式；
（3）四边形面积能否是面积的？若能，求出此时的值；若不能，请说明理由；
（4）当为何值时，为等腰三角形？（直接写出结果）

2023－2024新区实验初三年级10月份月考数学试卷（参考答案）
一、选择题（共8小题，每小题3分）
1．【分析】根据一元二次方程的定义：只含有一个未知数，并且未知数的最高次数是2的整式方程叫一元二次方程进行分析即可．
【解答】解：A、不是一元二次方程，故此选项错误；
B、不是一元二次方程，故此选项错误；
C、不是一元二次方程，故此选项错误；
D、是一元二次方程，故此选项正确；
故选：D．
【点评】此题主要考查了一元二次方程定义，关键是掌握一元二次方程必须同时满足三个条件：
①整式方程，即等号两边都是整式；方程中如果有分母，那么分母中无未知数；
②只含有一个未知数；
③未知数的最高次数是2．
2．【分析】由函数解析式即可求得答案．
【解答】解：∵，
∴函数图象顶点坐标为，
故选：C．
【点评】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，即在中，顶点坐标为，对称轴为．
3．【解答】
故选：A．
【点评】本题考查了二次函数的根与系数的关系．
4．【分析】易得原抛物线的顶点为，根据相应的平移得到新抛物线的顶点，利用平移不改变二次项的系数及顶点式可得新抛物线．
【解答】解：∵原抛物线的顶点为，
∴向右平移1个单位后，得到的顶点为，
∴平移后图象的函数解析式为．
故选：B．
【点评】本题考查了二次函数的平移问题；用到的知识点为：二次函数的平移，不改变二次项的系数，改变顶点即可．
5．【分析】设该药品平均每次降价的百分率为，根据降价后的价格＝降价前的价格×（1－降价的百分率），则第一次降价后的价格是，第二次后的价格是，据此即可列方程求解．
【解答】解：根据题意得：，
故选：A．
【点评】此题主要考查了一元二次方程应用，关键是根据题意找到已知量和未知量之间的等量关系，列出方程即可．
6．【分析】根据二次函数的性质解决问题即可．
【解答】解：观察图象可知，由抛物线的解析式可知对称轴，
∵，关于对称，
∴，
故正确，
∵当时，随的增大而减小，
∴选项D错误．
故选：D．
【点评】本题考查二次函数的图象与系数的关系，抛物线与轴的交点等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
7【分析】利用公式法，的顶点坐标公式为顶点在第三象限，所以顶点的横坐标和纵坐标都小于0列出不等式组．
【解答】解：根据题意，
解不等式（1），得，
解不等式（2），得；
所以，不等式组的解集为．
故选：D．
【点评】本题考查顶点坐标的公式和点所在象限的取值范围，同时考查了不等式组的解法，难度较大．
8．【分析】由解析式可知该函数在时取得最小值1，时，随的增大而增大、当时，随的增大而减小，根据时，函数的最大值为－5，可分如下两种情况：①若，时，取得最大值－5；②若，当时，取得最大值－5，分别列出关于的方程求解即可．
【解答】解：∵当时，随的增大而增大，当时，随的增大而减小，
∴①若，时，取得最大值－5，
可得：，
解得：或（舍）；
②若，当时，取得最大值－5，
可得：，
解得：或（舍）．
③当时，最大值为1，不符合题意，
综上，的值为或，
故选：C．
【点评】本题主要考查二次函数的性质和最值，根据二次函数的性质和最值分类讨论是解题的关键．
二．填空题（共16小题）
9．【分析】利用因式分解法解方程．
【解答】解：，
，
，
解得：．
故答案为：．
【点评】本题考查了一元二次方程的解法． 解一元二次方程常用的方法有直接开平方法，配方法，公式法，因式分解法，要根据方程的特点灵活选用合适的方法．
10．【分析】分别计算自变量为－2、3时的函数值，然后比较函数值的大小即可．
【解答】解：∵，
∴二次函数图象的对称轴为直线，
∵当时，；
当时，；
∵，
∴，
故答案为
【点评】本题考查了二次函数图象上点的坐标特征：二次函数图象上点的坐标满足其解析式，也考查了二次函数的性质．
11．【分析】根据题意和题目中的数据，可以分别计算出的值，本题得以解决．
【解答】解：∵一次函数过点，
∴，
解得，
∵一次函数与二次函数的图象的一个交点坐标为，另一个交点是该二次函数图象的顶点，
∴另一个交点为，
∴
解得，
故答案为：－2．
【点评】本题考查二次函数的性质、一次函数的性质，解答本题的关键是明确题意，利用一次函数的性质和二次函数的性质解答．
12．【分析】根据二次项系数非零及根的判别式，即可得出关于的一元一次不等式组，解之即可得出k的取值范围，再结合为整数即可找出最大的值．
【解答】解：∵关于的一元二次方程有实数根，
∴
解得：且．
∵为整数，
∴的最大值为4．
故答案为：4．
【点评】本题考查了根的判别式以及一元二次方程的定义，根据二次项系数非零及根的判别式，找出关于的一元一次不等式组是解题的关键．
13．【分析】已知斜边长，则
【解答】解：的两个根是，

（负舍）

∴所求的周长为
综上所述，所求的周长为．
故答案为：5．
【点评】此题主要考查了一元二次方程的应用、根的判别式及三角形三边关系定理，注意求出三角形的三边后，要用三边关系定理检验．
14．【分析】根据二次函数的性质解决此题．
【解答】解：∵二次函数，
∴抛物线开口向下，对称轴为直线，
∴当时，随着的增大而减小，
∴当时，随的增大而减小，
则当时，有最大值，最大值为8
故答案为：8．
【点评】本题主要考查二次函数的性质，熟练掌握二次函数的图象的特点是解决本题的关键．
15．【分析】根据抛物线的对称性、增减性，进行解答即可．
【解答】解：二次函数的，因此在对称轴的右侧，即时，随的增大而增大，又∵当时，随的增大而增大，
∴，
故答案为：．
【点评】考查抛物线的对称性、增减性，掌握当时，抛物线的开口向上，在对称轴的右侧随的增大而增大，在对称轴的左侧，随的增大而减小是正确解答的关键．
16．【分析】可以设横坐标为，易求得点的坐标，即可求得的长度，即可解题．
【解答】解：设点 横坐标为，则点A纵坐标为，点B的纵坐标为
∵轴，
∴点纵坐标为
∵点是抛物线上的点，
∴点横坐标为
∵轴，
∴点纵坐标为，
∵点是抛物线上的点，
∴点横坐标为;
∴ ,
∴则
故答案为：
【点评】本题考查了抛物线上点的计算，考查了三角形面积的计算，本题中求得点的坐标是解题的关键．
三．解答题（共20小题）
17．【分析】（1）先移项得到，然后利用因式分解法解方程：
（2）利用公式法解方程．
【解答】解：（1），
，
或，
所以：
（2）




∴
【点评】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0，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0，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）
18．【分析】（原式括号中两项通分并利用同分母分式的减法法则计算，同时利用除法法则变形，约分得到最简结果，把代入方程得到的值，代入计算即可求出值；
【解答】解：（1）原式


∵是方程的根，
∴，即，
∴原式
【点评】此题考查了分式的化简求值，熟练掌握运算法则是解本题的关键．
19．【分析】（1）根据二次函数解析式确定出对称轴为直线，由关于直线对称且求得坐标，
（2）根据点点的横坐标算出的值，以及的长度，根据三角形面积算得的面积．
【解答】解：（1）设二次函数解析式为
∵∴点坐标为
将代入
则二次函数的解析式
（2）当时，，则，∵点与点关于轴对称，则点坐标为

20．【分析】（1）依据函数解析式，可得当时，；当时，；当时， ，当时， ，进而得到函数的图象；
（2）令，则，进而得到函数的图象的对称轴．
【解答】解：（1）当时，当时，，当0
故选：B；
（2）令，则，
故函数的图象的对称轴为：直线．
故答案为：直线．
【点评】本题主要考查的是反比例函数以及二次函数图象与性质的综合应用，本题通过列表、描点、连线画出函数的图象，然后找出其中的规律，通过画图发现函数图象的特点是解题的关键．
21．【分析】（1）表示出根的判别式，判断值大于等于0，即可得证；
（2）根据题意表示出两个之和，令其中为0，求出的值即可．
【解答】解：（1）∵，
∴方程总有实数根；
（2）由题得：，
解得：．
【点评】此题考查了根与系数的关系，以及根的判别式，弄清根与系数的关系是解本题的关键．
22．【分析】（1）根据一元二次方程的定义结合根的判别式即可得出关于的一元一次不等式组，解不等式组即可求出的值；
（2）结合（1）找出的值，利用分解因式法求出方程的根，再将的值代入中即可求出的值．
【解答】解：（1）∵一元二次方程有两个不相等的实数根，
∴，
解得：且．
（2）结合（1）可知，
∴方程，
解得：．
当时，有，解得：；
当时，有，解得：
故的值为0或
【点评】本题考查了根的判别式、因式分解法解一元二次方程以及解一元一次不等式组，根据根的判别式得出不等式（或不等式组）是解题的关键
23．【分析】（1）利用降价后每件商品的盈利＝降价前每件商品的盈利－每件商品降低的价钱，可用含的代数式表示出降价后每件商品的盈利；利用日销量增加的数量＝2×每件商品降低的价钱，可用含的代数式表示出日销售增加的数量；
（2）利用总利润＝每件商品的销售利润×日销售量，即可得出关于的一元二次方程，解之即可得出的值，再结合商场要尽快减少库存，即可得出每件商品应降价20元；
【解答】解：（1）当每件商品降价元时，每件商品盈利元，日销售量增加件．
故答案为：；．
（2）依题意得：，
整理得：，
解得：，
又∵商场要尽快减少库存，
∴．
答：每件商品应降价36元．
【点评】本题考查了一元二次方程的应用、列代数式有一定的综合性，难度不大．
24．【分析】（1）设剪去正方形的边长为，则做成无盖长方体盒子的底面长为，宽为，高为，根据长方体盒子的侧面积为 200cm²，|即可得出关于的一元二次方程，解之取其较小值即可得出结论；
（2）利用盒子侧面积为：，进而利用配方法求出最值即可．
【解答】解：（1）设剪去正方形的边长为，则做成无盖长方体盒子的底面长为，宽为，高为，
依题意，得：，
整理，得：，
解得：．
当时，，不合题意，舍去．
答：当剪去正方形的边长为2.5cm时，所得长方体盒子的侧面积为200cm²；
（2）存在，理由如下：
盒子的侧面积为：



∵，
∴当时，有最大值，最大值为
故所得长方体盒子的侧面积存在最大值，最大值为
【点评】此题主要考查了一元二次方程的应用以及二次函数的应用，想象出立体图形的形状进而表示出侧面积是解题关键．
25．【分析】（1）利用待定系数法即可求得函数的解析式；
（2）抛物线与轴的除A外的另一个交点就是的对称点，则与对称轴的交点就是，首先求得的坐标，然后求得的解析式，进而求得的坐标．
【解答】解：（1）根据题意得： ，
解得
则二次函数的解析式是；
（2）存在．
设抛物线与轴的另一个交点是，由抛物线的对称性得与对称轴的交点就是．
∵C点的坐标是，
设直线的解析式是，则，
解得，
∴直线的解析式是．
当时，，
∴点的坐标是．

【点评】本题考查了待定系数法求函数解析式，以及对称的性质，确定的位置是关键．
26．【分析】（1）把和代入，即可求解；
（2）求出，连接，由求解即可；
（3）求出，设，设 点横坐标为0，分三种情况讨论：①当为平行四边形的对角线时，由对角线的关系得－，可求
②当为平行四边形的对角线时，由对角线的关系得，可得； ③当为平行四边形的对角线时，由对角线的关系得，可得

【解答】解：（1）把 和代入，得
，
∴抛物线的解析式为；
（2）令，得，
∴，
∴
∴
连接，
∴
（3）令，则
解得或，
∴，
设，设 点横坐标为0，
① 当为平行四边形的对角线时，，
∴，
∴
② 当为平行四边形的对角线时，，
∴，
∴
③ 当为平行四边形的对角线时，，
∴，
∴
综上所述：点坐标为或或

【点评】本题是二次函数的综合题，数列掌握二次函数的图象及性质，平行四边形的性质是解题的关键．
27．【分析】（1）先在 Rt△ABC中，由勾股定理求出，再由，得出，然后由，根据平行线分线段成比例定理得出，列出比例式，求解即可；
（2）根据，即可得出关于的函数关系式；根据四边形面积是面积的，列出方程，解方程即可；
（3）为等腰三角形时，分三种情况讨论：①；②；③，每一种情况都可以列出关于的方程，解方程即可．
【解答】解：（1）中，∵，
∴．
∵，
∴．
∵，
∴
∴
解得
（2）∵
∴

即关于的函数关系式为
∵四边形 面积能是面积的
∴
整理，得，
解得 （不合题意舍去）．
故四边形 面积能是面积的， 此时的值为
（3）为等腰三角形时，分三种情况讨论：
①如果，那么，解得
②如果，那么，解得
④ 如，那么，解得
故当为秒， 秒，秒时，为等腰三角形．
【点评】此题是几何变换综合题，主要考查了勾股定理，平行线的判定，四边形的面积，等腰三角形的判定，中心对称的性质，综合性较强，难度适中，运用分类讨论、方程思想是解题的关键．