《2025年学霸提优大试卷九年级数学全一册苏科版》

1. (2024·眉山中考)定义运算：$a\otimes b= (a+2b)(a - b)$,例如$4\otimes 3= (4 + 2×3)(4 - 3)$,则函数$y= (x + 1)\otimes 2$的最小值为 (B)
A.-21
B.-9
C.-7
D.-5

答案： B 【解析】由题意得，$y=(x+1)\otimes 2=(x+1+2× 2)(x+1-2)=(x+5)(x-1)$，即$y=x^{2}+4x-5=(x+2)^{2}-9$，
∴当$x=-2$时，函数$y=(x+1)\otimes 2$的最小值为-9.故选B.

2. (2023·济南中考)定义：在平面直角坐标系中,对于点$P(x_{1},y_{1})$,当点$Q(x_{2},y_{2})$满足$2(x_{1}+x_{2})= y_{1}+y_{2}$时,称点$Q(x_{2},y_{2})$是点$P(x_{1},y_{1})$的“倍增点”,已知点$P_{1}(1,0)$,有下列结论：
①点$Q_{1}(3,8)$,$Q_{2}(-2,-2)$都是点$P_{1}$的“倍增点”；
②若直线$y = x + 2$上的点A是点$P_{1}$的“倍增点”,则点$A$的坐标为(2,4)；
③抛物线$y = x^{2}-2x - 3$上存在两个点是点$P_{1}$的“倍增点”；
④若点$B$是点$P_{1}$的“倍增点”,则$P_{1}B$的最小值是$\frac{4\sqrt{5}}{5}$。
其中,正确结论的个数是 (C)
A.1
B.2
C.3
D.4

答案： C 【解析】①
∵$P_{1}(1,0)$，$Q_{1}(3,8)$，
∴$2(x_{1}+x_{2})=2×(1+3)=8$，$y_{1}+y_{2}=0+8=8$，
∴$2(x_{1}+x_{2})=y_{1}+y_{2}$，则$Q_{1}(3,8)$是点$P_{1}$的“倍增点”；
∵$P_{1}(1,0)$，$Q_{2}(-2,-2)$，
∴$2(x_{1}+x_{2})=2×(1-2)=-2$，$y_{1}+y_{2}=0-2=-2$，
∴$2(x_{1}+x_{2})=y_{1}+y_{2}$，则$Q_{2}(-2,-2)$是点$P_{1}$的“倍增点”，故①正确，符合题意；②设点$A(a,a+2)$，
∵点$A$是点$P_{1}$的“倍增点”，
∴$2×(1+a)=0+a+2$，解得$a=0$，
∴$A(0,2)$，故②不正确，不符合题意；③设抛物线上点$D(t,t^{2}-2t-3)$是点$P_{1}$的“倍增点”，
∴$2(1+t)=t^{2}-2t-3$，整理得$t^{2}-4t-5=0$，
∵$b^{2}-4ac=(-4)^{2}-4×1×(-5)=36＞0$，
∴方程有两个不相等的实根，即抛物线$y=x^{2}-2x-3$上存在两个点是点$P_{1}$的“倍增点”，故③正确，符合题意；④设点$B(m,n)$，
∵点$B$是点$P_{1}$的“倍增点”，
∴$2(m+1)=n$，
∵$B(m,n)$，$P_{1}(1,0)$，
∴$P_{1}B^{2}=(m-1)^{2}+n^{2}=(m-1)^{2}+[2(m+1)]^{2}=5m^{2}+6m+5=5\left(m+\frac{3}{5}\right)^{2}+\frac{16}{5}$，
∵$5＞0$，
∴$P_{1}B^{2}$的最小值为$\frac{16}{5}$，
∴$P_{1}B$的最小值是$\sqrt{\frac{16}{5}}=\frac{4\sqrt{5}}{5}$，故④正确，符合题意.综上，正确的有①③④，共3个.故选C.

3. (2023·菏泽中考)若一个点的纵坐标是横坐标的 3 倍,则称这个点为“三倍点”,如：$A(1,3)$、$B(-2,-6)$、$C(0,0)$等都是“三倍点”,在$-3\lt x\lt1$的范围内,若二次函数$y = -x^{2}-x + c$的图像上至少存在一个“三倍点”,则$c$的取值范围是 (D)
A.$-\frac{1}{4}\leq c\lt1$
B.$-4\leq c\lt-3$
C.$-\frac{1}{4}\lt c\lt5$
D.$-4\leq c\lt5$

答案： D 【解析】由题意可得“三倍点”所在的直线为$y=3x$，在$-3＜x＜1$的范围内，二次函数$y=-x^{2}-x+c$的图像上至少存在一个“三倍点”，即在$-3＜x＜1$的范围内，$y=-x^{2}-x+c$的图像与$y=3x$至少有一个交点，令$3x=-x^{2}-x+c$，整理得$-x^{2}-4x+c=0$，则$b^{2}-4ac=(-4)^{2}-4×(-1)× c=16+4c\geq0$，解得$c\geq-4$，$x=\frac{-(-4)\pm\sqrt{(-4)^{2}-4×(-1)c}}{2×(-1)}=\frac{4\pm\sqrt{16+4c}}{-2}$，
∴$x_{1}=-2+\sqrt{4+c}$，$x_{2}=-2-\sqrt{4+c}$，
∵$-3＜-2+\sqrt{4+c}＜1$或$-3＜-2-\sqrt{4+c}＜1$。当$-3＜-2+\sqrt{4+c}＜1$时，$-1＜\sqrt{4+c}＜3$，即$0\leq\sqrt{4+c}＜3$，解得$-4\leq c＜5$，当$-3＜-2-\sqrt{4+c}＜1$时，$-1＜\sqrt{4+c}＜3$，即$0\leq\sqrt{4+c}＜1$，解得$-4\leq c＜-3$，综上，$c$的取值范围是$-4\leq c＜5$，故选D.

4. (2024·泸州中考)定义：在平面直角坐标系中,将一个图形先向上平移$a(a\gt0)$个单位,再绕原点按逆时针方向旋转$\theta$角度,这样的图形运动叫做图形的$\rho(a,\theta)$变换。如：点$A(2,0)按照\rho(1,90^{\circ})变换后得到点A'的坐标为(-1,2)$,则点$B(\sqrt{3},-1)按照\rho(2,105^{\circ})变换后得到点B'$的坐标为$(-\sqrt{2},\sqrt{2})$。

答案： $(-\sqrt{2},\sqrt{2})$ 【解析】根据题意，点$B(\sqrt{3},-1)$向上平移2个单位，得到点$C(\sqrt{3},1)$，
∴$CE=1$，$OE=\sqrt{3}$，
∴$OC=\sqrt{1^{2}+(\sqrt{3})^{2}}=2$，$\sin\angle COE=\frac{CE}{OC}=\frac{1}{2}$，
∴$\angle COE=30^{\circ}$，根据题意，将点$C(\sqrt{3},1)$绕原点按逆时针方向旋转$105^{\circ}$，
∴$\angle B'OE=105^{\circ}+30^{\circ}=135^{\circ}$，作$B'D\perp x$轴于点$D$，
∴$OB'=OC=2$，$\angle B'OD=180^{\circ}-135^{\circ}=45^{\circ}$，
∴$B'D=OD=OB'\cdot\sin45^{\circ}=\sqrt{2}$，
∴点$B'$的坐标为$(-\sqrt{2},\sqrt{2})$。

5. (2024·大庆中考)定义：若一个函数图像上存在纵坐标是横坐标 2 倍的点,则把该函数称为“倍值函数”,该点称为“倍值点”。例如：“倍值函数”$y = 3x + 1$,其“倍值点”为$(-1,-2)$。下列说法不正确的序号为______。
①函数$y = 2x + 4$是“倍值函数”；②函数$y = \frac{8}{x}$的图像上的“倍值点”是$(2,4)和(-2,-4)$；③若关于$x的函数y = (m - 1)x^{2}+mx+\frac{1}{4}m$的图像上有两个“倍值点”,则$m的取值范围是m\lt\frac{4}{3}$；④若关于$x的函数y = x^{2}+(m - k + 2)x+\frac{n}{4}-\frac{k}{2}$的图像上存在唯一的“倍值点”,且当$-1\leq m\leq3$时,$n的最小值为k$,则$k的值为\frac{-3-\sqrt{5}}{2}$。
①③④

答案： ①③④ 【解析】①函数$y=2x+4$中，令$y=2x$，则$2x=2x+4$，无解，故函数$y=2x+4$不是“倍值函数”，故①说法错误；②函数$y=\frac{8}{x}$中，令$y=2x$，则$2x=\frac{8}{x}$，解得$x=2$或$x=-2$，经检验$x=2$或$x=-2$都是原方程的解，故函数$y=\frac{8}{x}$的图像上的“倍值点”是$(2,4)$和$(-2,-4)$，故②说法正确；③在$y=(m-1)x^{2}+mx+\frac{1}{4}m$中，令$y=2x$，则$2x=(m-1)x^{2}+mx+\frac{1}{4}m$，整理得$(m-1)x^{2}+(m-2)x+\frac{1}{4}m=0$，
∵关于$x$的函数$y=(m-1)x^{2}+mx+\frac{1}{4}m$的图像上有两个“倍值点”，
∴$b^{2}-4ac=(m-2)^{2}-4(m-1)×\frac{1}{4}m＞0$且$m-1\neq0$，解得$m＜\frac{4}{3}$且$m\neq1$，故③说法错误；④在$y=x^{2}+(m-k+2)x+\frac{n}{4}-\frac{k}{2}$中，令$y=2x$，则$2x=x^{2}+(m-k+2)x+\frac{n}{4}-\frac{k}{2}$，整理得$x^{2}+(m-k)x+\frac{n}{4}-\frac{k}{2}=0$，
∵该函数的图像上存在唯一的“倍值点”，
∴$b^{2}-4ac=(m-k)^{2}-4×\left(\frac{n}{4}-\frac{k}{2}\right)=0$，整理得$n=(m-k)^{2}+2k$，
∴对称轴为$m=k$，此时$n$的最小值为$2k$，根据题意分类讨论，$\begin{cases}-1\leq k\leq3\\n_{\text{min}}=2k=k\end{cases}$，解得$k=0$；$\begin{cases}k＞3\\n_{\text{min}}=(3-k)^{2}+2k=k\end{cases}$，无解；$\begin{cases}k＜-1\\n_{\text{min}}=(-1-k)^{2}+2k=k\end{cases}$，解得$k=\frac{-3-\sqrt{5}}{2}$或$k=\frac{-3+\sqrt{5}}{2}$（舍去），综上，$k$的值为$0$或$\frac{-3-\sqrt{5}}{2}$，故④说法错误。 故答案为①③④。