第三中学2024-2025学年九年级10月月考数学试题_广州九上月考+期中+期末+一模二模+中考真题_九上月考_初三上十月考

广州市第三中学 2024-2025 学年九年级上学期阶段性测试数学 试卷 一、单选题 1．将一元二次方程3x2x20化成一般形式后，常数项是2，则二次项系数和一次项 系数分别是（ ） A．3，2 B．3，1 C．3，1 D．3，0 2．用配方法解方程x28x10，变形后的结果正确的是（ ） x42 5 x42 16 A． B． x43 7 x42 15 C． D． 3．关于x的一元二次方程x2+mx﹣1＝0的根的情况是（ ） A．没有实数根 B．有两个不相等的实数根 C．有两个相等的实数根 D．无法确定 y2x21 4．将抛物线 向右平移1个单位长度，再向上平移2个单位长度后所得到的抛物 线为（ ） y2x121 y2x123 y2x121 y2x123 A． B． C． D． yx224 5．关于二次函数 ，下列说法正确的是（ ） 2，4 A．函数图象的开口向下 B．函数图象的顶点坐标是 C．该函数的最大值是4 D．当x2时，y随x的增大而增大 6．某中学有一块长 30m，宽 20m 的矩形空地，该中学计划在这块空地上划出三分之二的 区域种花，设计方案如图所示，求花带的宽度．设花带的宽度为 xm，则可列方程为 （ ） 试卷第1页，共5页 学科网（北京）股份有限公司2 A．（30﹣x）（20﹣x）＝3×20×30 1 302x20x B． ＝3×20×30 2 C．30x+2×20x＝3×20×30 1 D．（30﹣x）（20﹣x）＝3×20×30 7．若关于x的一元二次方程 (k2)x22x10 有两个不相等的实数根,则实数k的取值范 围是( ) A．k 1 B．k 1且k 2 C．k 1 D．k…1且k 2 1 y (x2)2 1 8．如图，将函数 2 的图象沿y轴向上平移得到一条新函数的图象其中点 A1,m B4,n ， 平移后的对应点分别为点A、B．若曲线段AB扫过的面积为9（图中的 阴影部分），则新图象的函数表达式是（ ） 1 1 y (x2)22 y= (x- 2)2+7 A． 2 B． 2 1 1 y (x2)25 y (x2)24 C． 2 D． 2 ykxb ybxk2 9．在同一平面直角坐标系中，一次函数 和二次函数 的大致图象是 （ ） A． B． 试卷第2页，共5页C． D． k 10．若A（－4，y ）、B（－2，y ）、C（2，y ）三点都在反比例函数y＝x（k<0）的图象 1 2 3 上，则y 、y 、y 的大小关系为 ( ) 1 2 3 A．y 8.6 所以按照（1）中藏书的年平均增长率，该校期望2022年底藏书量达到8.6万册目标能实 现． 答案第6页，共15页【点睛】本题考查一元二次方程的应用—增长率问题，是重要考点，掌握相关知识是解题 关键． 18．(1)a的值是2，顶点坐标是 (3，2) ； y  y (2) 1 2 (1，6) 【分析】（1）根据题目中的解析式可以直接写出该抛物线的顶点坐标，把点 代入， 可以求得a的值； （2）根据二次函数的性质可以解答本题． y=a(x3)2+2 【详解】（1）解：∵ ， (3，2) ∴该抛物线的顶点坐标是 ； y=a(x3)2+2 (1，6) ∵ 经过点 ， 6=a(13)2+2 ∴ ， 解得，a2， 即a的值是2； （2）解：∵ y=2(x3)2+2 ，a2， ∴该抛物线的图象在x3时，y随x的增大而增大，在x3时，y随x的增大而减小， A(m，y，)、B(n y )(mn3) ∵点 1 2 都在该抛物线上， ∴ y 1  y 2． 【点睛】本题考查二次函数的性质、二次函数图象上点的坐标特征，解答本题的关键是明 确题意，找出所求问题需要的条件，利用二次函数的性质解答． 19．(1)见解析 (2) 2 【分析】本题考查了一元二次方程根的判别式以及根与系数的关系； （1）将原式整理为一元二次方程的一般式，然后根据根的判别式进行解答即可； （2）根据一元二次方程根与系数的关系求值即可． 答案第7页，共15页 学科网（北京）股份有限公司x25x6 p2 0 【详解】（1）证明：方程为： ， Δb24ac(5)24  6 p2 4p210, 方程总有两个不相等的实数根； x25x6 p2 0 （2）解：由（1）得 ， b c x x  5, x x  6 p2, 1 2 a 1 2 a Qx 4x , 1 2 4x x 5,4x 2 6 p2, 2 2 2 x 1, p2 2, 2 p 2 解得： ， 实数 p 的值为 2． 1 x  ,x 2 20．（1） x 1  52,x 2  52 ；（2） 1 2 2 ． 【分析】（1）利用配方法解方程即可 （2）利用因式分解法解方程即可 【详解】（1）解：x24x1 x24x414 x2 5 x  52,x  52 1 2 (2x1)2 3(2x1) （2）解： (2x1)23(2x1)0 (2x1)(2x13)0 1 x  ,x 2 1 2 2 【点睛】本题考查了解一元二次方程，解题的关键是熟练运用一元二次方程的解法，本题 属于基础题型． 1 21．(1)m1，矩形ABCD是正方形，边长是2 答案第8页，共15页(2)5 【分析】（1）根据正方形的性质可得ABBC，则有关于x的方程有两个相等的实数根， 然后根据一元二次方程根的判别式可进行求解； （2）根据题意把x2代入方程求解m，然后再求解方程的解，进而问题可求解． 【详解】（1）解：四边形ABCD是正方形， ∴ ABBC． m 1 x2mx  0 又∵AB，BC的长是关于x的方程 2 4 的两个实数根， m24   m  1 m12 0 ∴  2 4 ， ∴m1，此时四边形为正方形； 1 x2x 0 当m1时，原方程为 4 ， 1 x x  解得： 1 2 2， 1 ∴正方形ABCD的边长是2． （2）∵AB的长为2， m 1 222m  0 ∴把x2代入原方程，得 2 4 ， 5 m 解得 2． 5 5 m x2 x10 将 2代入原方程，得 2 ， 1 x 2，x = 解得 1 2 2 1 BC  ∴方程的另一根 2，  1 22 5 ∴矩形ABCD的周长是  2 ． 【点睛】本题主要考查正方形的性质及一元二次方程的应用，熟练掌握正方形的性质及一 元二次方程的应用是解题的关键． 22．(1)AD的长为6米 (2)不能围成面积为90平方米的花圃．理由见解析 答案第9页，共15页 学科网（北京）股份有限公司【分析】（1）根据题目设 AD的长为x 米，则 AB=27-3x，得x（27-3x）=54，解一元二次 方程，按照条件，解得AD的长； （2）根据题意得：x（27-3x）=90，通过判别式确定方程无根，可得不能围成面积为 90平 方米的花圃． 【详解】（1）设AD的长为x米，则AB273x，根据题意，得 x273x54 ， 整理，得x29x180， x 3 x 6 解得 1 ， 2 ， ∵墙的最大可用长度为12米， ∴ 273x12， ∴ x≥5， ∴x6，即AD的长为6米； （2）不能围成面积为90平方米的花圃． 理由如下： 根据题意，得 x273x90 ，整理，得x29x300． 924130390 ∵ ， ∴该方程无实数根， ∴不能围成面积为90平方米的花圃． 【点睛】本题考查用一元二次方程解实际问题，按照题意列出方程，是解题的关键． 23．(1)通道的宽是2米 (2)每个车位的月租金应上涨40元 【分析】本题考查了一元二次方程的实际应用，解题的关键是设未知数，找出等量关系， 正确列出方程． 502x 202x （1）设通道的宽是x米，则每一层的停车位可合成长为 米，宽为 米的矩 形，再根据喷漆面积列出方程求解即可； y 200y （2）设每个车位的月租金上涨y元，则每个车位的月租金为 元，少租出10个车 位，再根据月租金列出方程求解即可． 答案第10页，共15页502x 【详解】（1）解：设通道的宽是x米，则每一层的停车位可合成长为 米，宽为 202x 米的长方形， 502x202x736 依题意得： ， 整理得：x2 35x660， 解得：x 1 2， x 2 33 （不符合题意，舍去）． 答：通道的宽是2米． 200y （2）解：设每个车位的月租金上涨y元，则每个车位的月租金为 元，少租出 y 10个车位，  y  200y 64 14400 依题意得：  10 ， y2440y160000 整理得： ， y 40 y 400 解得： 1 ， 2 ， 又∵要优惠大众， y40． 答：每个车位的月租金应上涨40元． 24．(1) 13cm (2) 5 13秒 5 (3)7 【分析】（1）根据速度乘以时间等于路程求出AP， CQ 的长，结合已知求出BP， BQ 的长， 利用勾股定理即可求解； （2）根据三角形面积列出一元二次方程进行求解，根据情况得出符合题意的答案即可； （3）连接 PQ ，过点 Q 作 QD AC 于点D，根据题意可证得 VCDQ∽VCBA ，从而得到 82t 2t  6 10，求出时间进而求得AP，BP的长，即可得出最后结果． 【详解】（1）解：当t3时，AP1t 3cm， CQ2t 6cm ， 答案第11页，共15页 学科网（北京）股份有限公司QAB6cm，BC 8cm， BP ABAP6t 3cm， BQBCCQ82t 2cm ， QB90， PQ BP2BQ2  3222  13cm ； （2）QBP6t， BQ82t ， 1 1 1 6t82t  68 根据题意可得：2 2 2 ， t210t120， t 5 136 t 5 13 解得： 1 （舍去）， 2 ， 当时间为5 13秒时，线段PQ正好平分VABC的面积； （3）如图，连接 PQ ，过点 Q 作 QD AC 于点D， QP，P关于 AQ 对称， ∴ AQ 垂直平分PP， ∴ AQ 平分CAB， QQD AC QB AB ， ， QDQB82t ， QC C， CDQB90 ， VCDQ∽VCBA ， QD CQ   AB AC， QB90，AB6cm，BC 8cm， ∴ AC  AB2BC2 10cm， 82t 2t Q  6 10， 答案第12页，共15页5 t  解得： 2， 5 5 7 AP cm BP6  cm 2 ， 2 2 ， AP 5 m  PB 7． 【点睛】本题考查了一元二次方程的几何应用，勾股定理，相似三角形的判定与性质，角 平分线性质，熟练掌握相关定理性质并灵活运用是解答本题的关键． 1 3 y  x2  x2 25．(1) 2 2 3  3 5 3 5  ,4  ,   ,  (2)存在点P，2 或2 2或2 2 2,1 E2,1 (3)当点E运动到 位置时，VCBF 的面积最大，最大面积为4，此时 【分析】（1）根据 A(1,0) ，C(0,2)，利用待定系数法可求得抛物线的解析式； （2）可设出P点坐标，则可表示出PC、PD和CD的长，分PDCD、PCCD两种情况 分别得到关于P点坐标的方程，可求得P点坐标； （3）首先根据B、C的坐标求得直线BC的解析式，可设E点坐标，则可表示出F 点的坐 标，从而可表示出EF的长，可表示出CBF的面积，再利用二次函数的性质可求得其最 大值及此时点E的坐标．  1  mn0 1  2 【详解】（1）解：将A (1,0) ，C (0,2)代入 y 2 x2mxn 得  n2 ，解得  3 m  2  n2 ， 1 3 y  x2  x2 抛物线的表达式为 2 2 ； （2）解：存在点P，使△PCD是以CD为腰的等腰三角形． 理由如下：根据等腰三角形性质，分两种情况讨论，如图所示： 答案第13页，共15页 学科网（北京）股份有限公司1 3 1 3 25 Qy x2 x2 (x )2 2 2 2 2 8 ， 3 x 对称轴为直线 2， 3  D ,0 QC (0,2)， 2 ， 3 5 CD 22( )2  2 2， 3  P ,n 设 2 ， 5 9  (n2)2 ①当CDCP时，2 4 ，解得n4或t0（舍去）， 3  P ,4 2 ； 5 5 5  t t  t  ②当CDDP时，2 ，解得 2或 2， \ P æ ç ççè 3 2 , 5 2 ö ÷ ÷ ÷ø或    3 2 , 5 2   ； 3  3 5 3 5  ,4  ,   ,  综上所述：P点坐标为2 或2 2或2 2； （3）解：当点E运动到(2,1)位置时，VCBF 的面积最大． 理由如下： 1 3  x2 x20 令y0，则 2 2 ，解得x4或x=1， B(4,0) ，  1 k  4kb0  2 设直线BC的解析式为 ykxb ，得  b2 ，解得  b2 ， 1 y   x  2 直线BC的解析式为 2 ， 答案第14页，共15页过点E作EF x轴，交抛物线于点F ，如图所示： 1 3 1 E(t, t2 t2) F(t, t2) 设 2 2 ，则 2 ， 1 3 1 1 1 EF  t2 t2 t2 t22t  (t2)22 2 2 2 2 2 ， 1 Q 0 2 ，抛物线开口向下，EF有最大值， 当t2时，EF最大为2， 1 QS  4EF 2EF △CBF 2 ， E2,1 当t2时，VCBF 的面积最大，最大值为4，此时 ． 答：VCBF 的最大面积为4，此时E (2,1)． 【点睛】本题属于二次函数综合题，考查了待定系数法求二次函数解析式、二次函数的性 质、等腰三角形的判定与性质、勾股定理、方程思想及分类讨论思想等知识，解决本题的 关键是待定系数法的应用，用P点的坐标表示出PC和PD，用E点坐标表示出VCBF 的面 积． 答案第15页，共15页 学科网（北京）股份有限公司