2024-2025学年广东省广州市越秀区铁一中学九年级（上）月考数学试卷（10月份）（含答案）

第=page11页，共=sectionpages11页2024-2025学年广东省广州市越秀区铁一中学九年级（上）月考数学试卷（10月份）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.下列四个2024年巴黎奥运会项目图标中，不是中心对称图形的是(

)A. B. C. D.2.在平面直角坐标系中，点P(−1,−2)关于原点对称的点的坐标是(

)A.(1,−2) B.(−1,2) C.(1,2) D.(−2,−1)3.下列关于二次函数y=3x2−1的图象说法中，错误的是A.它的对称轴是直线x=0 B.它的图象有最低点

C.它的顶点坐标是(0,−1) D.在对称轴的左侧，y随着x的增大而增大4.用配方法解方程x2−x−154A.(x−12)2=4 B.(x−15.已知一元二次方程x2−x−2=0的一个根为m，则2023−m2A.2020 B.2021 C.2023 D.20256.已知抛物线y=x2−2x−1，则当0≤x≤3时，函数的最大值为A.−2 B.−1 C.0 D.27.在如图所示的正方形网格中，四边形ABCD绕某一点旋转某一角度得到四边形A′B′C′D′(所有顶点都是网格线交点)，在网格线交点M，N，P，Q中，可能是旋转中心的是(

)A.点M

B.点N

C.点P

D.点Q8.一次函数y=ax+c(a≠0)与二次函数y=ax2+bx+c(a≠0)在同一平面直角坐标系的图象可能是A. B. C. D.9.某校从本学期开始实施劳动教育，在学校靠墙(墙长22米)的一块空地上，开辟出一块矩形菜地，如图所示，矩形菜地的另外三边用一根长49米的绳子围成，并留1米宽的门，若想开辟成面积为300平方米的菜地，则菜地垂直于墙的一边的长为(

)A.10米 B.12米 C.15米 D.不存在10.如图，在△ABC中，∠ACB=90°，BC=a，AC=b.以点B为圆心，BC的长为半径画弧，交线段AB于点D，以点A为圆心，AD长为半径画弧，交线段AC于点E.下列哪条线段的长度是方程x2+2ax−b2=0的一个根A.线段BC的长 B.线段AD的长 C.线段EC的长 D.线段AC的长二、填空题：本题共6小题，每小题3分，共18分。11.一元二次方程x2=2024x的解是______．12.抛物线y=−(x−1)2+213.如图，是二次函数y=ax2+bx+c图象的一部分，其对称轴为直线x=1，若与x轴的其中一个交点为A(3,0)，则由图象可知，与x14.若x1，x2是一元二次方程x2+x−2=0的两个实数根，则15.如图，将△ABC绕点C顺时针旋转90°得到△EDC.若点A，D，E在同一条直线上，∠ACB=30°，则∠ADC的度数是______．16.如图，将抛物线y=−x2+2x+3在x轴上方的部分沿x轴翻折，其余部分不变，得到一新函数图象.若一次函数y=x+m的图象与新函数图象有4个公共点，则m

三、计算题：本大题共1小题，共4分。17.解方程：x2+2x−8=0．四、解答题：本题共8小题，共68分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。18.(本小题4分)

如图所示的正方形网格中，△ABC的顶点均在格点上，请在所给直角坐标系中按要求画图和解答下列问题：

(1)以A点为旋转中心，将△ABC绕点A顺时针旋转90°得△AB1C1，画出△AB1C1．

(2)作出△ABC19.(本小题6分)

已知关于x的一元二次方程mx2+2(m+1)x+m−1=0．

(1)若方程有一个根为1，求m的值和另一个根；

(2)若方程有两个不相等的实数根，求20.(本小题6分)

如图，在四边形ABCD中，AC，BD是对角线，△ABC是等边三角形.线段CD绕点C顺时针旋转60°得到线段CE，连接AE．

(1)求证：AE=BD；

(2)若∠ADC=30°，AD=3，BD=5，求CD的长．21.(本小题8分)

已知二次函数y=−x2−4x+5．

(1)x…−5−4−201…y…059…(2)根据图象回答下列问题：

①当y>0时，x的取值范围是______；

②当−5<x<0时，y的取值范围是______．22.(本小题10分)

宾馆有50间房供游客居住，当每间房每天定价为180元时宾馆会住满；当每间房每天的定价加10元时，就会空一间房，如果有游客居住，宾馆还需对居住的每间房每天支出20元的费用．

(1)当定价为200元时，会空______间房，每天的利润是______元．

(2)若宾馆每天想获得的利润为10890元，应该将每间房每天定价为多少元？23.(本小题10分)

鹰眼技术助力杭州亚运，提升球迷观赛体验.如图分别为足球比赛中某一时刻的鹰眼系统预测画面(如图1)和截面示意图(如图2)，攻球员位于点O，守门员位于点A，OA的延长线与球门线交于点B，且点A，B均在足球轨迹正下方，足球的飞行轨迹可看成抛物线.水平距离s与离地高度ℎ的鹰眼数据如表：s/m…912151821…ℎ/m…4.24.854.84.2…

(1)根据表中数据预测足球落地时，s=______m；

(2)求ℎ关于s的函数解析式；

(3)当守门员位于足球正下方，足球离地高度不大于守门员的最大防守高度2.6m时，视为防守成功.若一次防守中，守门员位于足球正下方时，s=24m，请问这次守门员能否防守成功？试通过计算说明．24.(本小题12分)

已知抛物线G：y=x2+2mx+m−1中．

(1)若抛物线G经过点(0,0)，求抛物线G的解析式和顶点坐标；

(2)把抛物线G绕点(1,0)旋转180°得到抛物线H，

①若点A(n−2,p)，B(2,q)，C(n,p)都在抛物线H上且p>q>m−2，求n的取值范围；

②已知抛物线H恒过定点P，记抛物线H的顶点为点Q，当m的值变化时，点Q的运动轨迹为曲线W，直线l过点P且与曲线W有且只有一个公共点，求直线l25.(本小题12分)

已知正方形ABCD，点E，F分别在边BC，CD上，连接AE，AF，EF，∠EAF=45°．

(1)求证：BE+DF=EF；

(2)记点D关于直线AF的对称点为点G，求证：直线EF恒过点G；

(3)连接BD，分别交AE，AF于点P，Q，若AB=1，求PQ长度的最小值．

参考答案1.B

2.C

3.D

4.A

5.B

6.D

7.A

8.D

9.C

10.B

11.x1=0，12.(1,2)

13.(−1,0)

14.7

15.75°

16.−2117.解：x2+2x−8=0

(x−2)(x+4)=0

x−2=0，x+4=0

x118.解：(1)△AB1C1如图所示；

(2)△19.解：(1)将x=1代入方程得：m+2m+2+m−1=0，

解得：m=−14，

则原方程为：x2−6x+5=0，

设另一根为n，则n+1=6，

∴n=5．

∴m=−14，另一根为5；

(2)∵方程有两个不相等的实数根，

∴Δ=4(m+1)2−4m(m−1)>0，20.(1)证明：由旋转可知∠DCE=60°，CD=CE，

∵△ABC是等边三角形，

∴∠ACB=60°，AC=BC，

∴∠ACB+∠ACD=∠DCE+∠ACD

即∠BCD=∠ACE，

在△BCD和△ACE中，

BC=AC∠BCD=∠ACECD=CE，

∴△BCD≌△ACE(SAS)，

∴AE=BD．

(2)连接DE，

由(1)的结论知AE=BD，

∵BD=5，

∴AE=5，

由旋转可知∠DCE=60°，

∴△DCE是等边三角形，

∴∠CDE=60°，

∵∠ADC=30°

∴∠ADE=∠ADC+∠CDE=90°，

在Rt△ADE中，DE=AE2−AD21.22.（1)2，8640

23.

24.解：(1)∵抛物线G经过点(0,0)，

∴m−1=0，

解得m=1，

∴y=x2+2x=(x+1)2−1，

∴抛物线的解析式为y=x2+2x，顶点坐标为(−1,−1)；

(2)①∵抛物线G绕点(1,0)旋转180°得到抛物线H，

∴抛物线H上的坐标设为(x,y)，则抛物线G上的坐标为(2−x,−y)，

∴−y=(2−x)2+2m(2−x)+m−1，

整理得y=−x2+2(m+2)x−5m−3，

∴抛物线H解析式为y=−x2+2(m+2)x−5m−3，

∴对称轴为直线x=−2(m+2)2×(−1)=m+2，

∵a=−1<0，

∴图象开口向下，图象上的点离对称轴越近，函数值越大，

∵点A(n−2,p)，B(2,q)，C(n,p)都在抛物线H上，

∴对称轴为直线x=n−2+n2=n−1，

∴m+2=n−1，

即m=n−3，

由题意知，q=−22+2(m+2)×2−5m−3=−m+1=−n+4，

∵p>q>m−2=n−5，

∴|n−(n−1)|<|2−(n−1)|，−n+4>n−5，

解得n>4或n<2，n<92，

∴n的取值范围为n<2；

②∵y=−x2+4x+m(2x−5)−3，

当x=52时，y=34，

∴抛物线B恒过定点P(52,34)，

当x=m+2时，y=m2−m+1，

∴抛物线H的顶点为点Q(m+2,m225.(1)证明：如图1，

延长CD至H，使DH=BE，连接AH，

∵四边形ABCD是正方形，

∴∠BAD=∠ABC=∠ADC=90°，AB=AD，

∴∠ADH=180°−∠ADC=90°，

∴∠ADH=∠ABC，

∴△ADH≌△ABE(SAS)，

∴AH=AE，∠HAD=∠BAE，

∵∠EAF=45°，

∴∠BAE+∠DAF=45°，

∴∠HAD+∠DAF=45°，

∴∠FAH=45°，

∴∠FAH=∠EAF，

∵AF=AF，

∴△EAF≌△HAF(SAS)，

∴EF=FH=DF+DH=DF+BE，

即：BE+DF=EF；

(2)证明：由(1)知，

△EAF≌△HAF，

∴∠A