2025-2026学年北京市海淀区师达中学九年级上学期10月月考数学试题

这是一份2025-2026学年北京市海淀区师达中学九年级上学期10月月考数学试题，共27页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．北京大运河博物馆在2024年举办了“探秘古蜀文明——三星堆与金沙”展览，为公众揭开了一个丰富多彩的古蜀世界，其中三星堆纹饰展现了古蜀文明高超的艺术创造力．下列纹饰图案中，是中心对称图形的是（ ）
A．B．C．D．
2．将抛物线向下平移个单位长度，得到的抛物线的函数解析式为（ ）
A．B．
C．D．
3．将函数化为顶点式，结果是（ ）
A．B．
C．D．
4．AB是⊙O的直径，点C在圆上，∠ABC=65°，那么∠OCA的度数是（ ）
A．25°B．35°C．15°D．20°
5．在如图所示的正方形网格中，四边形绕某一点旋转某一角度得到四边形（所有顶点都是网格线交点），在网格线交点中，可能是旋转中心的是（ ）
A．点B．点C．点D．点
6．如图，将绕点A逆时针旋转后得到（点B、C的对应点分别是点D、点E），连接．若，则的大小是（ ）
A．B．C．D．
7．二次函数的部分图象如图所示，则关于x的不等式的解集是（ ）
A．B．C．D．或
8．运动员将足球沿与地面成一定角度的方向踢出，足球飞行的路线可以看作是一条抛物线．不考虑空气阻力，足球距离地面的高度y（单位：米）与足球被踢出后经过的时间x（单位：秒）近似满足函数关系．下表记录了3个时刻的数据，其中．
可推断出足球飞行到最高点时，下列数据中最接近的时刻x是（ ）
A．B．C．D．
二、填空题
9．在平面直角坐标系中，抛物线与轴的交点坐标为 ．
10．如图，点A、B、C在上，若，则的度数为 ．

11．若点，在抛物线上，则，的大小关系为： ．
12．如图，是的直径，弦，点D在圆上且，则的半径为 ．
13．如图，是圆O的直径，C是弧的中点，若，则的度数 ．

14．如图，点A，B，C在上，若四边形为平行四边形，则 ．
15．二次函数的图象如图所示，则 0， 0．
16．快递员小明每天从快递点P骑电动三轮车到A，B，C 三个小区投送快递．每个小区经过且只经过一次，最后返回快递点P．P，A，B，C之间的距离（单位：km）如图所示．
（1）若小明按照P→B→A→C→P的路线骑行，则小明骑行的距离为 km；
（2）小明骑行的最短距离为 km．
三、解答题
17．解方程：
(1)．
(2)．
18．已知是方程的一个根，求代数式的值．
19．关于的一元二次方程．
(1)求证：该方程总有两个实数根；
(2)若该方程的实数根均为非负数，求的取值范围．
20．二次函数（是常数）的自变量x与函数值y的部分对应值如下表：
根据以上列表，回答下面问题：
(1)直接写出c，m的值；
(2)求此二次函数的解析式．
(3)直接写出当时，y的取值范围．
21．已知：，是直线上的两点．
求作：，使得点在直线上方，且．
作法：
①分别以，为圆心，长为半径画弧，在直线下方交于点；
②以点为圆心，长为半径画圆；
③在劣弧上任取一点（不与，重合），连接，．就是所求作的三角形．
(1)使用直尺和圆规，依作法补全图形（保留作图痕迹）；
(2)完成下面的证明．
证明：在优弧上任取一点（不与，重合），连接，，，．
，
是等边三角形．
．
，，在上，
（ ）（填推理的依据）．
．
四边形内接于．
（ ）（填推理的依据）．
．
22．如图，在中，，将绕点A顺时针旋转得到，交于点F．若，求的长．
23．某村计划建造了如图所示的矩形蔬菜温室，温室的长是宽的4倍，左侧是3米宽的空地，其它三侧各有1米宽的通道，矩形蔬菜种植区域的面积为288平方米．求温室的长与宽各为多少米？
24．摩天轮是一种常见的游乐设施，在综合实践活动中，数学小组的同学们借助仪器准确测量并记录了某个摩天轮的旋转时间t（单位：）和一个座舱A距离地面的高度h（单位：），部分数据如下：
请解决以下问题：
(1)通过分析数据，发现可以用函数刻画h与t之间的关系，在给出的平面直角坐标系中，画出这个函数的图象；
(2)根据以上数据与函数图象，解决下列问题：
①此摩天轮座舱距离地面的高度最高为___________，转盘的半径约为___________；
②此摩天轮转一圈所用时间为___________；
③若当座舱A距离地面的高度为时，座舱B距离地面的高度是，则至少经过___________（精确到0.1），这两个座舱的高度相同．
25．如图，在以为直径的中，弦于点H，与弦交于点F，连接，已知，．
(1)求的半径；
(2)若，求的长．
26．在平面直角坐标系中，已知抛物线 上有两个点 和
(1)求该抛物线的对称轴；
(2)若对于 ，都有 ，求的取值范围；
(3)若对于 ，都有 ，求证：．
27．如图，在中，，，P为线段上的动点（不与点C重合），将线段绕点A 顺时针旋转得到线段．
(1)如图1，当P是中点时，连接，求证：；
(2)过点Q作直线，交直线于点M，在射线上取一点N，使得，连接．请补全图2，直接写出的大小并证明．
28．在平面直角坐标系中，我们给出如下定义：将图形M绕直线上某一点P顺时针旋转，再关于直线对称，得到图形N，我们称图形N为图形M关于点P的二次关联图形．
已知点．
(1)若点P的坐标是，直接写出点A关于点P的二次关联图形的坐标________；
(2)若点A 关于点P的二次关联图形与点A重合，求点P的坐标（直接写出结果即可）；
(3)已知的半径为1，点A关于点P的二次关联图形在上且不与点A重合．
若线段，其关于点P的二次关联图形上的任意一点都在及其内部，求此时 P点坐标及点B的纵坐标的取值范围．
x
3
6
9
y
3
5
m
x
．．．
0
1
．．．
．．．
4
4
m
．．．
0
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
30.00
15.36
10.00
15.36
30.00
50.00
70.00
84.64
90.00
84.64
70.00
《北京市师达中学2025-2026学年上学期10月阶段练习九年级数学试题》参考答案
1．B
【分析】本题考查了中心对称图形的概念，根据中心对称图形的定义进行判断，即可得出答案．把一个图形绕某一点旋转，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形，这个点叫做对称中心．
【详解】解：A．不是中心对称图形，故本选项不符合题意；
B．是中心对称图形，故本选项符合题意；
C．不是中心对称图形，故本选项不符合题意；
D．不是中心对称图形，故本选项不符合题意．
故选：B．
2．A
【分析】直接根据“上加下减、左加右减”的原则进行解答即可．
【详解】解：由抛物线平移规律：“上加下减”的原则可知，将二次函数y＝x2向下平移3个单位可得到函数，
故选A．
【点睛】本题考查的是二次函数的图象与几何变换，熟知“上加下减、左加右减”的原则是解答此题的关键．
3．C
【分析】本题考查了将二次函数一般式化为顶点式，掌握配方法是解题的关键．根据配方法将一般式化为顶点式即可求解．
【详解】解：，
故选：C．
4．A
【分析】根据直径得出∠ACB=90°，进而得出∠CAB=25°，进而解答即可．
【详解】解：∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB=90°，
∵∠ABC=65°，
∴∠CAB=25°，
∵OA=OC，
∴∠OCA=∠CAB=25°，
故选A．
【点睛】本题考查了圆周角定理，正确理解圆周角定理是关键．
5．A
【分析】本题考查了找旋转中心，熟练掌握旋转中心的确定方法是解题关键．确定旋转中心的方法：分别作两组对应点所连线段的垂直平分线，其交点就为旋转中心，由此即可得．
【详解】解：如图，连接，，分别作，的垂直平分线，其交点为点，则旋转中心是点．
故选：A．
6．B
【分析】本题考查了旋转的性质，等边对等角，三角形内角和定理，由旋转性质得到，且，再根据等边对等角和三角形内角和定理求出，结合题意求出的度数，利用求出最后结果．
【详解】解：由题意可知，且，
，
，
，
，
故选：B．
7．C
【分析】由函数图象得对称轴为，然后可得点关于的对称点的坐标，进而可得答案．
【详解】解：由函数图象得：二次函数的对称轴为，
∴点关于的对称点的坐标为，
∴关于x的不等式的解集是
故选：C．
【点睛】本题考查了二次函数的对称性，二次函数与不等式，掌握数形结合思想的应用是解题的关键．
8．B
【分析】此题考查了二次函数的性质，解题的关键是掌握二次函数图象上纵坐标相等的点关于对称轴对称．
根据二次函数的对称性得到抛物线的对称轴在直线左边，在直线右边，进而求解即可．
【详解】解：∵足球距离地面的高度y（单位：m）与足球被踢出后经过的时间x（单位：s）近似满足函数关系
∵当时，；当时，，且，
∴抛物线的对称轴在直线左边；
∵当时，；当时，，
∴抛物线的对称轴在直线右边；
综上所述，可推断出足球飞行到最高点时，最接近的时刻x是4.6．
故选：B．
9．
【分析】本题考查了抛物线与坐标轴的交点，把代入抛物线的解析式，得到，抛物线与轴的交点坐标为．
【详解】解：当时，可得：，
抛物线与轴的交点坐标为．
故答案为：．
10．
【分析】本题主要考查了圆周角定理，根据同圆中，同弧所对的圆周角等于这条弧所对圆心角的一半，即可求解．
【详解】解：∵点A、B、C在⊙O上，，
∴．
故答案为：．
11．
【分析】本题考查二次函数图象上点的坐标特征，解题的关键是掌握二次函数与方程的关系．分别把，代入解析式求解即可．
【详解】解：∵点，在抛物线上，
∴，
，
∵，
∴，
故答案为：．
12．5
【分析】本题考查了圆的基础知识，掌握直径所对的圆周角为直角，同弧或等弧所对的圆周角相等，含30度角的直角三角形的性质等知识是解题的关键．
连接，得到，由同弧或等弧所对的圆周角相等得到，根据含30度角的直角三角形的性质得到，由此即可求解．
【详解】解：如图所示，连接，
∵是的直径，
∴，即是直角三角形，
∵，
∴，
∴，
∴的半径为，
故答案为：5 ．
13．/40度
【分析】根据弧、弦、圆心角的关系可得，从而得到，即可求解．
【详解】解：∵C是弧的中点，
∴弧弧，
∴，
∵，
∴，
∴．
故答案为：
【点睛】本题主要考查了弧、弦、圆心角的关系，熟练掌握弧、弦、圆心角的关系是解题的关键．
14．#120度
【分析】本题主要考查了圆的基本性质，平行四边形的性质，等边三角形的性质与判定，连接，根据平行四边形对边相等和圆的性质可得，则可证明都是等边三角形，故，据此可得答案．
【详解】解：如图所示，连接，
∵四边形为平行四边形，
∴，
∵，
∴，
∴都是等边三角形，
∴，
∴，
故答案为：．
15．
【分析】由抛物线开口方向，对称轴位置可判断，由抛物线与x轴的交点个数可判断．
【详解】∵抛物线开口向上，
∴，
∵抛物线对称轴为直线，
∴，
∴；
∵抛物线与x轴有两个交点，
∴，
故答案为：、．
【点睛】本题考查二次函数的性质，解题关键是掌握二次函数图象与系数的关系，掌握二次函数与方程及不等式的关系．
16． 6.2 5.2
【分析】本题涉及到距离的计算．
（1）直接将路线中各段距离相加即可；
（2）需要找出所有可能的路线，计算其距离，再比较得出最短距离．
【详解】（1）根据图示计算P→B→A→C→P的路线距离为km；
（2）找出所以可能路线计算：
P→B→A→C→P，距离为km；
P→B→C→A→P，距离为km
P→A→B→C→P，距离为km；
P→A→C→B→P，距离为km；
P→C→A→B→P，距离为km；
P→C→B→A→P，距离为km
通过比较这些路线的距离，5.2km是最短的．
17．(1)，
(2)，
【分析】本题主要考查了解一元二次方程，熟练掌握解一元二次方程的一般方法，是解题的关键．
（1）用因式分解法解一元二次方程即可；
（2）用公式法解一元二次方程即可．
【详解】（1）解：，
因式分解得：，
∴或，
解得：，．
（2）解：，
，，，
，
，
即，．
18．
【分析】本题主要考查了一元二次方程的解的定义，代数式求值，一元二次方程的解是使方程左右两边相等的未知数的值，据此把代入原方程可求出，据此利用整体代入法求解即可．
【详解】解：∵是方程的一个根，
∴，
∴，
∴，
∴．
19．(1)见解析
(2)
【分析】本题考查了一元二次方程根的判别式，解一元二次方程，一元一次不等式的应用．解题的关键在于正确的解方程．
（1）根据，进行作答即可；
（2）由，解得，，由方程的实数根均为非负数，可得，计算求解即可．
【详解】（1）解：∵，
∴，
∴该方程总有两个实数根；
（2）解：∵，
∴，
解得，，，
∵该方程的实数根均为非负数，
∴，
解得，，
∴m的取值范围为．
20．(1)
(2)
(3)
【分析】本题主要考查了二次函数的图象和性质，待定系数法求函数解析式，解题的关键是掌握二次函数的图象和性质．
（1）根据表格中数据，结合二次函数的图象和性质，即可得出答案；
（2）利用待定系数法求函数解析式即可；
（3）根据抛物线的对称性及增减性，确定函数值的取值范围即可．
【详解】（1）解：通过表格中数据得，
当时，；
当和时，值相等，
∴根据抛物线的对称性，对称轴为直线，
∴当时和时，函数值相等，
∴；
∴；
（2）解：由（1）得，
∴，
将代入解析式得，
，解得
∴二次函数的解析式为；
（3）解：∵，
∴抛物下开口向下，顶点为最高点，顶点纵坐标为最大值，
由（1）得对称轴为直线，
∴顶点坐标为，
由（1）得，
∴当时，y的取值范围为．
21．(1)作图见解析
(2)同弧所对圆周角等于该弧所对圆心角的一半；圆的内接四边形对角互补
【分析】（1）按照题目所给作法作出相应图形即可；
（2）根据等边三角形的判定与性质可得，再根据圆周角定理可得，最后再根据圆的内接四边形的性质即可证得．
【详解】（1）解：如图所示：
即为所求；
（2）证明：如图，在优弧上任取一点（不与，重合），连接，，，，如图所示：
，
是等边三角形．
．
，，在上，
（同弧所对圆周角等于该弧所对圆心角的一半）．
．
四边形内接于，
（圆的内接四边形对角互补）．
．
故答案为：同弧所对圆周角等于该弧所对圆心角的一半；圆的内接四边形对角互补．
【点睛】本题考查尺规作图复杂作图，圆周角定理，圆的内接四边形的性质以及等边三角形的判定和性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题．
22．
【分析】本题考查了旋转的性质、三角形的内角和定理、等腰三角形的判定、勾股定理等知识，熟练掌握旋转的性质和等腰三角形的判定是解题关键．先求出，再根据旋转的性质可得，，从而可得，然后根据等腰三角形的判定可得，最后利用勾股定理求解即可得．
【详解】解：∵在中，，，
∴，
∵将绕点顺时针旋转得到，且，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴在中，．
23．温室的长为40米，宽为10米
【分析】此题主要考查了一元二次方程的应用，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．
设温室的宽是x米，则温室的长是米，根据矩形的面积计算公式即可列出方程求解．
【详解】解：设温室的宽是x米，则温室的长是米，
得，
整理，得，
解得或（不合题意舍去）．
则．
答：温室的长为40米，宽为10米．
24．(1)见解析
(2)①90，40；②12；③1.5或4.5
【分析】本题考查了函数图象，根据函数图象获取信息．
（1）根据表格数据，在坐标系中描点，再依次连接即可；
（2）①根据函数图象发现当时有最高点，当时有最低点，最高和最底差距即为直径，据此求解即可；
②根据以上数据与函数图象可知，上升和下降的过程具有对称性，从最低点到最高点用时和从最高点到最低点用时一致，即可求此摩天轮转一圈所用时间；
③这两个座舱的高度相同时应该刚好在最高点或最低点两边，据此求解即可．
【详解】（1）解：这个函数的图象如图所示：
（2）解：①根据以上数据与函数图象可知，此摩天轮座舱距离地面的高度最高为，最低高度为，
∴转盘的直径约为，
∴转盘的半径约为，
故答案为：90，40；
②根据以上数据与函数图象可知，上升和下降的过程具有对称性，从最低点到最高点用时为，
∴从最高点到最低点用时也为，
∴此摩天轮转一圈所用时间为，
故答案为：12；
③根据函数图象可得，当时，距离地面的高度为，当时，距离地面的高度是，则两个座舱距离分钟的路程，
∵这两个座舱的高度相同，从最低点到最高点用时为，
∴若逆时针旋转摩天轮，最近的是在最高点两边，则至少经过，这两个座舱的高度相同．
若顺时针旋转摩天轮，最近的是在最低点两边，则至少经过，这两个座舱的高度相同．
故答案为：1.5或4.5．
25．(1)5
(2)6
【分析】本题考查了垂径定理、勾股定理，熟练掌握以上知识点，添加适当的辅助线是解此题的关键．
（1）连接，设半径，由垂径定理可得，从而得到，由勾股定理进行计算即可得出答案；
（2）由（1）得：直径，，，证明出，从而得到，最后由勾股定理计算即可．
【详解】（1）解：如图，连接，
设半径，
，，，是的直径，
，，
，
解得，
的半径为；
（2）解：由（1）得：直径，，，
∵
∴，
，
，
．
26．(1)直线；
(2)或；
(3)证明见解析
【分析】（）根据二次函数的性质求得对称轴即可求解；
（）由抛物线对称轴为直线，，则点在对称轴右侧，故其关于对称轴对称点横坐标满足，然后根据二次函数的增减性即可求解；
（）由，对称轴为直线，则关于对称轴对称点横坐标满足，又在对称轴左侧随的增大而减小，从而判断，故时，，然后代入即可求证；
本题考查了二次函数的性质，熟练掌握二次函数的增减性和对称性是解题的关键．
【详解】（1）解：∵抛物线，
∴抛物线对称轴为直线；
（2）解：∵抛物线对称轴为直线，，
∴点在对称轴右侧，
∴其关于对称轴对称点横坐标满足，
由可知，在对称轴左侧随的增大而减小，在对称轴右侧随的增大而增大，
∵当都有，
∴或，
解得：或；
（3）证明：∵，对称轴为直线，
∴关于对称轴对称点横坐标满足，
∵在对称轴左侧随的增大而减小，
∴，
∵，
∴，
∴时，，
∴，即．
27．(1)见详解
(2)图见详解，，过程见详解
【分析】本题主要考查等腰三角形的性质、
（1）由题意易得，然后可证，然后问题可求证；
（2）按题意画出图形，连接，作，交于点D，由题意易得，则有，，然后可得，进而问题可求解．
【详解】（1）证明：由旋转可知：，
∵，点P是中点，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴；
（2）解：由题意可得如图：
连接，作，交于点D，
∵，
∴，即，
∵，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴点D是的中点，
∴，
∴，
由三角形内角和可知，
∴，即．
28．(1)
(2)
(3)，，
【分析】（1）根据二次关联图形的定义分别找到和，过点作轴于点D，可证得，从而得到，即可求解；
（2）根据题意得：点P位于x轴的下方，设点P的纵坐标为m，过点P作轴于点E，过点作轴交延长线于点F，坐标为m，表达点的坐标，可得出结论；
（3）由（2）可知，点的坐标，由A关于点P的二次关联图形在上且不与点A重合可得出点的坐标，由线段，其关于点P的二次关联图形上的任意一点都在及其内部，找到临界点，可得出的坐标，进而可得出点B的坐标，即可得出的取值范围．
【详解】（1）如图1，根据二次关联图形的定义分别找到和，过点作轴于点D，
∴
由旋转可知，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵点和关于直线对称，
∴点，
即点A关于点P的二次关联图形的坐标为；
故答案为：
（2）解：根据题意得：点P位于x轴的下方，
设点P的纵坐标为m，
如图，过点P作轴于点E，过点作轴交延长线于点F，
由（1）得： ，
∴，
∴，
根据题意得：点A和点关于直线对称，
∴，
解得：，
∴点P的坐标为，
（3）解：设点P的纵坐标为n，
由（2）得：，
∴，
∵在上，
∴，
解得：（舍去）或，
∴点P的坐标为，
∵，其关于点P的二次关联图形上的任意一点都在及其内部，
此时点是一个临界点，连接，如图，
∵，
∴是等边三角形，
过点作轴于点M，则，
∴，
∴，
∴，
∴，
由对称性得：另一个点的坐标为，
∴的取值范围为．
【点睛】本题属于新定义类问题，主要考查轴对称最值问题，等边三角形的性质与判定，圆的定义等相关知识，关键是理解给出新定义，画出对应的图形．
题号
1
2
3
4
5
6
7
8


答案
B
A
C
A
A
B
C
B