2024-2025学年河南省周口市太康县新星学校尖刀班九年级（上）月考数学冲刺试卷（一）（含答案）

第=page11页，共=sectionpages11页2024-2025学年河南省周口市太康县新星学校尖刀班九年级（上）月考数学冲刺试卷（一）一、选择题：本题共10小题，每小题3分，共30分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。1.下列图形既是轴对称图形又是中心对称图形的是(

)A. B. C. D.2.根据下列表格中的对应值，可以判断关于x的一元二次方程ax2+bx+c=0的一个解x的范围是x00.511.52a−15−8.75−25.2513A.0<x<0.5 B.0.5<x<1 C.1<x<1.5 D.1.5<x<23.如图，二次函数y=ax2+bx+c(a≠0)的图象与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C，且OA=OC；则下列结论：

①abc<0；②b2−4ac4a>0；A.①②③ B.①②④ C.①③④ D.②③④4.已知函数y=(k−3)x2+2x+1的图象与x轴有交点，则k的取值范围是A.k<4 B.k≤4 C.k<4且k≠3 D.k≤4且k≠35.如图，在宽为20m，长为32m的矩形地面上修筑同样宽的道路(图中阴影部分)，余下的部分种上草坪．要使草坪的面积为540m2，求道路的宽．如果设小路宽为xm，根据题意，所列方程正确的是(

)

A.(32+x)(20+x)=540 B.(32−x)(20−x)=540

C.(32+x)(20−x)=540 D.(32−x)(20+x)=546.如果a>0，抛物线y=ax2+bx+c的顶点在第二象限，则方程axA.有两个不等的实数根 B.有两个相等的实数根

C.无实数根 D.以上三种均有可能7.已知关于x的一元二次方程(k−1)x2−2x+2=0有两个不相等的实数根，则k的取值范围值是A.k<32 B.k≤32 C.k<32且8.如图，Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠ABC=30°，AC=2，△ABC绕点C顺时针旋转得△A1B1C，当A1落在AB边上时，连接B1B，取BB1的中点A.7 B.22 C.39.已知抛物线y=(x−x1)(x−x2)+1(x1<x2)，抛物线与x轴交于(m,0)，(n,0)两点(m<n)A.x1<m<n<x2 B.m<x110.如图，在Rt△ABC和Rt△ABD中，∠ADB=∠ACB=90°，∠BAC=30°，AB=4，AD=22，连接DC，将Rt△ABC绕点B顺时针旋转一周，则线段DC长的取值范围是(

)A.2≤DC≤4 B.22≤DC≤4

C.2二、填空题：本题共5小题，每小题3分，共15分。11.对于实数p，q，我们用符号min{p,q}表示p，q两数中较小的数，如min{1,2}=1，因此，min{−2,−3}=

；若min{(x−1)12.若二次函数y=x2−2x−3的图象上有且只有三个点到x轴的距离等于m，则m的值为

13.小徐在一次训练中，掷出的实心球飞行高度y(米)与水平距离x(米)之间的关系大致满足二次函数y=−110x2+414.已知二次函数y=ax2+bx+c(a≠0)的图象如图所示，有下列结论：①abc>0；②2a−b>0；③4a−2b+c<0；④(a+c15.如图，点A(1,0)，点B(5,0)，线段AB绕点A逆时针旋转60°得到线段AC，连接BC，再把△ABC绕点A逆时针旋转75°得到△AB1C1，点C的对应点为点C1，则点三、解答题：本题共8小题，共64分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。16.(本小题8分)

阅读下面的例题，

范例：解方程x2−|x|−2=0，

解：(1)当x≥0时，原方程化为x2−x−2=0，解得：x1=2，x2=−1(不合题意，舍去)．

(2)当x<0时，原方程化为x2+x−2=0，解得：x1=−2，x2=1(不合题意，舍去17.(本小题8分)

如图，将二次函数y=x2−4位于x的下方的图象沿x轴翻折，再得到一个新函数的图象(图中的实线)．

(1)当x=−3时，新函数值为______，当x=1时，新函数值为______；

(2)当x=______时，新函数有最小值；

(3)当新函数中函数y随x的增大而增大时，自变量x的范围是______；

(4)直线y=a与新函数图象有两个公共点时，a的取值范围______．18.(本小题8分)

如图，一个锐角等于60°的菱形ABCD，将一个60°的∠MAN的顶点与该菱形顶点A重合，以A为旋转中心，按顺时针方向旋转这个60°的∠MAN，使它的两边分别交CB、DC或它们的延长线于点E，F．

(1)如图1，当BE=DF时，AE与AF的数量关系是______；

(2)旋转∠MAN，如图2，当BE≠DF时，(1)的结论是否成立？若成立，加以证明；若不成立，请说明理由；

(3)若菱形ABCD的边长为4，BE=1，请直接写出AF的长．

19.(本小题8分)

阅读下列材料，完成相应任务．

材料一：十六世纪的法国数学家弗朗索瓦⋅韦达发现了一元二次方程的根与系数之间的关系，可表述为”当判别式△≥0时，关于x的一元二次方程ax2+bx+e=0(a≠0)的两个根x1，x2有如下关系：x1+x2=−ba，x1x2=ca“此关系通常被称为“韦达定理”．

材料二：若x1，x2是一元二次方程2x2+4x−1=0的两个根，求x12+x22的值．

解：∵x1，x2是一元二次方程2x2+4x−1=0的两个根，

∴x1+x2=−42=−2，x120.(本小题8分)

某学校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209

m，与篮圈中心的水平距离为7m，当球出手后水平距离为4m时到达最大高度4m，设篮球运行轨迹为抛物线，篮圈距地面3m．

(1)建立如图所示的平面直角坐标系，问此球能否准确投中？

(2)此时，若对方队员乙在甲前1m处跳起盖帽拦截，已知乙的最大摸高为3.1m，那么他能否获得成功？21.(本小题8分)

综合与实践

问题情境：

如图①，点E为正方形ABCD内一点，∠AEB=90°，将Rt△ABE绕点B按顺时针方向旋转90°，得到△CBE′(点A的对应点为点C).延长AE交CE′于点F，连接DE．

猜想证明：

(1)试判断四边形BE′FE的形状，并说明理由；

(2)如图②，若DA=DE，请猜想线段CF与FE′的数量关系并加以证明；

解决问题：

(3)如图①，若AB=15，CF=3，请直接写出DE的长．

22.(本小题8分)

如图，抛物线y=14x2+bx+c经过点B(−2,0)和点C(0,−2)，与x轴交于点A．

(1)求抛物线的解析式；

(2)点M是第四象限内抛物线上的动点，求四边形AOCM的面积的最大值和此时点M的坐标；

(3)点P(0,n)是y轴上的一个动点，将线段OB绕点P顺时针旋转90°，得到线段O′B′，若线段O′B′与抛物线有一个公共点，结合函数图象，请直接写出23.(本小题8分)

已知△ABC是等腰三角形，AB=AC.阅读下列过程，回答第2、3两问．

(1)特殊情形：如图1，E是AC上一点，当AD=AE时，有DB=EC．

(2)发现探究：如图2，E是三角形ABC内一点，当AD=AE，且∠DAE=∠BAC时，则(1)中的结论还成立吗？若成立，请给予证明；若不成立，请说明理由．

(3)拓展运用：如图3，E是三角形ABC内一点，∠BAC=60°，且EA=3，EC=4，EB=5，则∠AEC=______度．

参考答案1.B

2.C

3.C

4.B

5.B

6.C

7.C

8.A

9.A

10.D

11.−3；2或−1．

12.13.10

14.①③④

15.(1−216.解：x2−|x−1|−1=0，

(1)当x≥1时，原方程化为x2−x=0，解得：x1=1，x2=0(不合题意，舍去)．

(2)当x<1时，原方程化为x2+x−2=0，解得：x1=−217.(1)5；

3；

(2)−2或2；

(3)−2<x<0或x>2；

(4)a>4或a=0．

18.(1)AE=AF；

(2)仍然成立，

理由如下：如图2，连接AC，

∵四边形ABCD是菱形，∠B=60°，

∴AB=BC=AD=CD，∠B=∠D=60°，

∴△ABC是等边三角形，△ACD是等边三角形，

∴AB=AC，∠ACD=∠B=60°=∠BAC，

∵∠MAN=60°=∠BAC，

∴∠BAE=∠CAF，

∴△BAE≌△CAF(ASA)，

∴AE=AF；

(3)当点E在BC上时，如图2−1，过点A作AH⊥BC于H，

∵△ABC是等边三角形，AH⊥BC，

∴AB=BC=AC=4，BH=HC=2，

∴AH=AB2−BH2=16−4=23，

∵EH=BH−BE=2−1=1，

∴AE=AH2+EH2=12+1=13，

∴AF=AE=13；

当点E在BC的延长线上时，如图3，过点A作AH⊥BC于H，

∵△ABC是等边三角形，AH⊥BC，19.(1)−2，−1；

(2)①∵关于x的方程x2+(2m−1)x+m2=0有两个实数根，

∴Δ=(2m−1)2−4×1×m2=−4m+1≥0，

解得m≤14；

②∵关于x的方程x2+(2m−1)x+m2=0的两根分别为α，β，

∴α+β=1−2m，αβ=m2，

∵aβ+α+β=9，20.解：(1)根据题意，球出手点、最高点和篮圈的坐标分别为：

A(0,209)B(4,4)C(7,3)

设二次函数解析式为y=a(x−ℎ)2+k

代入A、B点坐标，得

y=−19(x−4)2+4①

将C点坐标代入①式得左边=右边

即C点在抛物线上

∴一定能投中；

(2)将21.解：(1)四边形BE′FE是正方形，

理由如下：

∵将Rt△ABE绕点B按顺时针方向旋转90°，

∴∠AEB=∠CE′B=90°，BE=BE′，∠EBE′=90°，

又∵∠BEF=90°，

∴四边形BE′FE是矩形，

又∵BE=BE′，

∴矩形BE′FE是正方形；

(2)CF=FE′；

理由如下：如图②，过点D作DH⊥AE于H，

∵DA=DE，DH⊥AE，

∴AH=12AE，

∴∠ADH+∠DAH=90°，

∵四边形ABCD是正方形，

∴AD=AB，∠DAB=90°，

∴∠DAH+∠EAB=90°，

∴∠ADH=∠EAB，

又∵AD=AB，∠AHD=∠AEB=90°，

∴△ADH≌△BAE(AAS)，

∴AH=BE=12AE，

∵将Rt△ABE绕点B按顺时针方向旋转90°，

∴AE=CE′，

∵四边形BE′FE是正方形，

∴BE=FE′，

∴FE′=12CE′22.解：(1)∵抛物线y=14x2+bx+c经过点B(−2,0)、点C(0,−2)，

∴1−2b+c=0c=−2，

解得b=−12c=−2，

∴抛物线的解析式为y=14x2−12x−2．

(2)如图1，连接OM，作MN⊥x轴于点N，设M(x,14x2−12x−2)，则N(x,0)，

当y=0时，由14x2−12x−2=0，得x1=−2，x2=4，

∴A(4,0)，

∴OA=4，OC=2，

∵点M在第四象限内抛物线上，

∴MN=−14x2−12x−2，

∴S四边形AOCM=S△MOC+S△MOA=12×2×x+12×4×(−14x2+12x+2)，

即S四边形AOCM=−12x2+2x+4=−12(x−2)2+6，

∴当x=2时，四边形AOCM的面积最大，最大值为6，此时M(2,−2)．

(3)∵将线段OB绕点P(0,n)顺时针旋转90°，得到线段O′B′，

∴O′(−n,n)，B′(−n,n+2)，

当n>0时，如图2，

当点O′(−n,n)在抛物线y=14x2−12x−2上，则n=123.(1)解：∵△ABC是等腰三角形，AB=AC，

∵AD=AE，

∴AB−AD=AC−AE，

即DB=EC；

(2)解：