北京市首都师范大学附属中学2025-2026学年九年级上学期10月月考数学试卷

这是一份北京市首都师范大学附属中学2025-2026学年九年级上学期10月月考数学试卷，共33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．下列图形中，既是中心对称图形又是轴对称图形的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】本题考查轴对称及中心对称的定义，掌握中心对称图形与轴对称图形的概念，要注意：轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合；中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合．
根据轴对称图形与中心对称图形的概念逐选项判断即可．
【详解】解：A、是轴对称图形而不是中心对称图形，不符合题意；
B、既是轴对称图形也是中心对称图形，符合题意；
C、不是轴对称图形而是中心对称图形，不符合题意；
D、是轴对称图形而不是中心对称图形，不符合题意；
故选：B．
2．在平面直角坐标系中，将抛物线向下平移1个单位，得到的抛物线的表达式为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】本题考查了二次函数图象的平移．熟练掌握二次函数图象的平移左加右减，上加下减是解题的关键．
根据上加下减求解作答即可．
【详解】将抛物线向下平移1个单位，
得到的抛物线的表达式为．
故选：A．
3．抛物线的顶点坐标是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】本题考查了顶点式的顶点坐标，根据的顶点为求解，即可解题．
【详解】解：抛物线的顶点坐标是，
故选：B．
4．下列正多边形中，绕其中心旋转后，能和自身重合的是（ ）
A．正三角形B．正方形C．正六边形D．正八边形
【答案】D
【分析】本题考查正多边形的中心角，旋转的性质，旋转对称图形的性质；正多边形各边所对的外接圆的圆心角叫做正多边形的中心角，正多边形的中心角都相等，正多边形的中心角的度数就是要旋转与自身重合所至少要旋转的度数，据此解答即可.
【详解】解：正n边形的中心角，正n边形绕其中心至少旋转能与自身重合
A、正三角形的中心角为，绕其中心旋转后，能与自身重合，故A不符合题意；
B、正方形的中心角为，绕其中心旋转后，能与自身重合，故B不符合题意；
C、正六边形的中心角为，绕其中心旋转后，能与自身重合，故C不符合题意；
D、正八边形的中心角为，绕其中心旋转后，能与自身重合，故D符合题意；
故选：D.
5．如图，C是⊙O上一点，O是圆心，若∠C=35°，则∠AOB的度数为（ ）
A．35°B．70°C．105°D．150°
【答案】B
【详解】同弧所对的圆心角的度数等于圆周角度数的两倍，则∠AOB=2∠C=70°．
故选B．
6．二次函数的图象如图所示，下列结论中错误的是（ ）
A．函数有最大值
B．当时，
C．
D．当时，随的增大而减小
【答案】C
【分析】本题考查的是二次函数的性质，当时，函数值大于 0 ，即即判断C选项，根据函数图象，直接可得时，即可判断 B 选项，根据函数图象开口向下，即可判断A选项，根据对称轴为直线，开口向下，即可判断 D 选项．
【详解】解：根据函数图象可得：当时，函数值大于 0 ，即，故C选项错误，符合题意；
当时，，故B选项正确，不符合题意；
∵二次函数的图象开口向下，
∴函数有最大值，故A选项正确，不符合题意；
∵对称轴为直线，且开口向下，
∴当时，随的增大而减小，故D选项正确，不符合题意；
故选：C．
7．九州大厦将进价为40元/件的衬衫以60元/件出售时，平均每天能卖出30件，若每降价1元，则每天可多卖出5件，如果降价元，每天盈利800元，那么可列方程为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】本题考查了一元二次方程的应用，等量关系式：降价后每件商品获得的利润降价后的销售量元，据此列方程，即可求解；找出等量关系式是解题的关键．
【详解】解：由题意得
故选：D．
8．如图，在平面直角坐标系中，点的坐标为是轴上的点，四边形为矩形，．若抛物线与矩形的边界总有两个公共点，则实数的取值范围是（ ）
A．或B．
C．或D．
【答案】D
【分析】本题考查二次函数的图象与性质，数形结合的能力；抛物线的顶点为，所以c的变化会使得抛物线沿着y轴上下移动，结合图象找到临界状态即可确定c的范围．
【详解】解：如图所示，由题意得，，
当抛物线经过C点时，抛物线与矩形边界只有一个公共点，
将代入得，
当抛物线经过A点时，抛物线与矩形边界只有一个公共点，
将代入得，解得，
由图象得：当时，抛物线与矩形边界会有两个公共点，
故选：D．
二、填空题
9．在平面直角坐标系中，点（2，3）关于原点对称的点的坐标是 ．
【答案】（-2，-3）
【分析】根据关于原点对称的点的横坐标互为相反数，纵坐标互为相反数，可得答案．
【详解】解：点（2，3）关于原点对称的点的 坐标是（-2，-3），
故答案为：（-2，-3）．
【点睛】本题考查了关于原点对称的点的坐标，熟记关于原点对称的点的横坐标互为相反数，纵坐标互为相反数是解题关键．
10．如图，点，，，在上，，，，则 ．
【答案】70°
【分析】根据=，得到，根据同弧所对的圆周角相等即可得到，根据三角形的内角和即可求出.
【详解】∵=，
∴，
∴，
∵，
∴．
故答案为
【点睛】考查圆周角定理和三角形的内角和定理，熟练掌握圆周角定理是解题的关键.
11．抛物线与轴只有一个交点，则 ．
【答案】
【分析】本题考查了抛物线与x轴的交点问题，令，计算，即可求解．
【详解】解：令，则
依题意，
解得：．
故答案为：．
12．如图，在中，，，将绕点C按顺时针方向旋转后得到，此时点D在边上，则旋转角的大小为
【答案】52
【分析】本题考查了旋转的性质，三角形的内角和，等腰三角形的性质，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．
根据三角形的内角和得到，由旋转的性质得，从而得，即可得到结论．
【详解】解：在中，∵，，
∴，
∵，
∴是等腰三角形，
∴；
即旋转角为，
故答案是52．
13．如图，为的直径，弦于点E，已知，，则的半径为 ．
【答案】5
【分析】本题主要考查了垂径定理和勾股定理．连接，设的半径为r，则，．根据垂径定理可得，在中，根据勾股定理列方程即可求出的r值．
【详解】解：如图，连接，设的半径为r，则，
，
，
∵为的直径，弦于点E，
∴，
在中，根据勾股定理得，
，
解得，
∴的半径为5．
故答案为：5．
14．已知二次函数，函数值与自变量的部分对应值如下表：
当时，的取值范围是 ．
【答案】或
【分析】本题考查二次函数的图像和性质，掌握相关知识是解决问题的关键．在抛物线上关于对称轴对称的两点纵坐标相等，由表格可知，对称轴为直线，所以关于对称轴的对称点为，由表格知，当时，y随x的增大而减小，当时，y随x的增大而增大，则当时，的取值范围可求．
【详解】解：在抛物线上关于对称轴对称的两点纵坐标相等，
由表格可知，关于对称轴对称，
∴对称轴为直线，
则关于对称轴的对称点为，
由表格知，当时，y随x的增大而减小，当时，y随x的增大而增大，
∴当时，的取值范围是或．
故答案为：或．
15．图1是我国著名建筑“东方之门”，它通过简单的几何曲线处理，将传统文化与现代建筑融为一体，最大程度地传承了中国的历史文化．“门”的内侧曲线呈抛物线形，如图2，已知其底部宽度为，高度为，则离地面处的水平宽度（即的长）为 ．
【答案】40
【分析】本题主要考查了二次函数的应用，正确地求出函数解析式是解题的关键．先建立直角坐标系，再根据题意设抛物线的解析式，然后根据点在抛物线上，可求出抛物线的解析式，最后将代入求出x的值，即可得的长．
【详解】解：以底部所在的直线为x轴，以线段的垂直平分线所在的直线为y轴建立平面直角坐标系，
，
设抛物线的解析式为，
将代入，
得，
解得：，
∴抛物线的解析式为，
将代入得：，
解得：，
，
故答案为：40．
16．如图，等边的边长为1，将边，，分别绕点，，逆时针旋转得到线段，连接．对给出下面三个结论：
①对任意都有是等边三角形；
②存在唯一一点到点的距离相等；
③当时，的周长是．
上述结论中，所有正确结论的序号是 ．
【答案】①②③
【分析】连接、、，先证，再证，据此可说明①正确，由线段垂直平分线的性质可知存在唯一一点到点的距离相等，故②正确，利用勾股定理可求，则可判断③的正误．
【详解】解：连接、、，
是等边三角形，
，
，
在和中，
，
，
，，
同理可得，，
，
在和中，
，
，
同理可证，
，
故是等边三角形，故①对；
到点的距离相等的点是三边的中垂线的交点，
存在唯一一点到点，，的距离相等，故②对；
当时，则、、共线，
，，
如图，过作于点，
则，
，，
，
，
，故③对，
故答案为：①②③．
【点睛】本题主要考查了旋转的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，垂直平分线，熟练掌握相关知识是解题的关键．
三、解答题
17．解方程：x2+10x+9＝0．
【答案】x1＝﹣1，x2＝﹣9
【分析】利用因式分解法进行解答即可.
【详解】解：方程分解得：（x+1）（x+9）＝0，
可得x+1＝0或x+9＝0，
解得：x1＝﹣1，x2＝﹣9．
【点睛】本题考查了一元二次方程的因式分解法，正确的因式分解是解答本题的关键.
18．已知是方程的一个根，求代数式的值．
【答案】6
【分析】把代入方程，得出，再整体代入求值即可．
【详解】解： = ．
∵ a是方程的根
∴ ．
∴ ．
∴ 原式 = 6．
【点睛】本题考查了一元二次方程的解和代数式求值，解题关键是明确方程解的意义，整体代入求值．
19．关于的一元二次方程．
(1)求证：方程总有两个实数根；
(2)若方程有一个根为非负数，求的取值范围．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】本题主要考查一元二次方程根的判别式，因式分解法解一元二次方程，理解题意，掌握以上知识点是解题的关键．
（1）先表示出一元二次方程根的判别式，根据判别式大于等于0证明即可；
（2）先用因式分解法解一元二次方程，或，由题意可知，然后解不等式即可．
【详解】（1）证明：，
，
方程总有两个实数根；
（2）解：，
，
或，
方程有一个根为非负数，
，
．
20．已知：如图，是的弦．
求作：上的点，使得．
作法：①连接并延长交于；
②分别以点，为圆心，大于的长为半径画弧，两弧交于点；
③作直线交于点，，连接，．
所以，点，就是所求作的点．
(1)使用直尺和圆规，补全图形（保留作图痕迹）；
(2)完成下面的证明：
证明：连接，．
，，
（______）（填推理的依据）．
．
，，，都在上，
，（______）（填推理的依据）．
．
【答案】(1)见解析
(2)三线合一，圆周角定理
【分析】此题考查了尺规作图，等腰三角形三线合一性质，圆周角定理等知识，解题的关键是掌握以上知识点．
（1）根据题干中的作图方法作图即可；
（2）首先由三线合一得到，然后利用圆周角定理求解即可．
【详解】（1）如图所示，点，即为所求．
（2）证明：连接，．
，，
（三线合一）（填推理的依据）．
．
，，，都在上，
，（圆周角定理）（填推理的依据）．
．
21．如图，在平面直角坐标系中，的顶点坐标为，，．
(1)画出绕点逆时针旋转后的图形，并写出的坐标；
(2)将先向左平移4个单位，再向上平移4个单位得到，画出，并写出的坐标；
(3)若可以看作绕某点旋转得到，直接写出旋转中心的坐标．
【答案】(1)图见解析，
(2)图见解析，
(3)
【分析】本题考查了作图-旋转变换、平移．
（1）利用网格特点和旋转的性质画出A、B、C的对应点、，再顺次连接即可；
（2）利用点平移的坐标特征写出、、的坐标，再顺次连接即可；
（3）作和的垂直平分线，它们的交点P满足条件．
【详解】（1）解：如图所示：
的坐标为；
（2）解：如图所示，
的坐标为；
（3）解：如图，
若可以看作绕某点旋转得到，作和的垂直平分线，它们的交点P即为旋转中心的坐标，由图可得．
22．如图，是的直径，于点，连接交于点．
(1)求证：．
(2)若，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】本题考查圆周角定理，等腰三角形的性质和判定，勾股定理，掌握相关知识是解决问题的关键．
（1）要证明，可以证明，是的直径，则，又知，则，则，，则；
（2）可证明为等边三角形，则由可知，则利用勾股定理可求，进而可求．
【详解】（1）证明：连接，
是的直径，
，
，
，
，
．
又，
，
，
，
；
（2）解：连接，交于点，
，
是等边三角形，
，
，且，
，
在Rt中，，
，
，
，
，即，
（负值舍去），
，
，
，
∴，
∴．
23．在平面直角坐标系中，函数与函数的图象交于点．
(1)求的值；
(2)当时，对于的每一个值，函数的值大于函数的值，且小于函数的值，直接写出的取值范围．
【答案】(1)，
(2)
【分析】本题考查了一次函数的图象与性质，一次函数图象上点的坐标特征，熟练掌握以上知识点是解题的关键．
（1）先将代入求出，再将点代入即可求解．
（2）根据题意，当时，分别求出，的值，再根据题意列不等式组求解即可．
【详解】（1）解：函数与函数的图象交于点，
将点代入，
解得，
将点代入，
解得．
（2）解：如图所示，
把代入，
解得，
把代入，
解得，
∵当时，的值大于函数的值，且小于函数的值，
∴当时，，
解得：．
24．已知乒乓球桌的长度为，某人从球桌边缘正上方高处将乒乓球向正前方抛向对面桌面，乒乓球的运动路线近似是抛物线的一部分．
(1)建立如图所示的平面直角坐标系，从乒乓球抛出到第一次落在球桌的过程中，乒乓球的竖直高度（单位：cm）与水平距离（单位：cm）近似满足函数关系．乒乓球的水平距离与竖直高度的几组数据如表所示．根据表中数据，直接写出乒乓球竖直高度的最大值，并求出满足的函数关系式；
(2)乒乓球第一次落在球桌后弹起，它的竖直高度与水平距离近似满足函数关系．判断乒乓球再次落下时是否仍落在球桌上，并说明理由．
【答案】(1)，
(2)乒乓球再次落下时仍落在球桌上，理由见解析
【分析】本题考查用待定系数法求二次函数的解析式，二次函数的图象与性质；
（1）从表格中发现高度的最大值为50，可知顶点为，可知，再将代入即可求出；
（2）乒乓球在桌面的落点就是抛物线与x轴的交点，在中令，即可求出球第一次落在球桌面上的落点，再将代入到求出弹起后满足的关系式，再令，就可求出第二次的落点，然后跟桌面长度比较即可，注意乒乓球是向前运动的，即在坐标系中是向右运动的，所以求出在左侧的落点要舍去.
【详解】（1）解：乒乓球竖直高度的最大值
依题意，，
∴与的函数关系式为，
把代入函数解析式得：，
解得，
∴与的函数关系式为.
（2）解：乒乓球再次落下时仍落在球桌上，理由如下：
令，则，
解得或（舍去），
∴球第一次落在球桌面上的点为，
把代入，得，
解得（舍去）或，
∴乒乓球第一次落在球桌后弹起，它的竖直高度与水平距离近似满足函数关系，
当时，，
解得或（舍去），
∵，
∴乒乓球再次落下时仍落在球桌上．
25．综合与实践：在手工制作课上，老师提供了如图1所示的矩形硬纸板（规格：，），要求大家利用它制作一个有盖的长方体收纳盒．小明按照图2裁剪，恰好得到收纳盒的展开图，并利用该展开图折成一个有盖的长方体收纳盒，和两边恰好重合且无重叠部分（如图3所示）．
(1)若收纳盒高是，则该收纳盒底面的边___________，___________；
(2)如图3，若收纳盒的底面积是，如图4，一个玩具机械狗的实物图和尺寸大小，请通过计算判断玩具机械狗能否完全放入该收纳盒？（要能盖上盖子，且不考虑倾斜放入）
【答案】(1)20，40
(2)不能
【分析】本题主要考查了长方体展开图的特点，一元二次方程的实际应用．
（1）根据题意可得高的2倍加上的长等于的长，高的2倍加上2倍的的长等于的长，据此求解即可；
（2）设收纳盒高为，，进而表示出底面长方形的长和宽，根据长方形面积计算公式建立方程求出长、宽、高，据此可得结论．
【详解】（1）解：由题意得，，．
故答案为：20；40；
（2）解：设收纳盒高为，
根据题意得，
，（舍去），
收纳盒长、宽、高分别为、、，
，
玩具机械狗不能放入该收纳盒．
26．在平面直角坐标系中，已知是抛物线上两点，且抛物线经过．
(1)用含的式子表示；
(2)若对于，都有，求的取值范围．
【答案】(1)
(2)或
【分析】本题考查二次函数的图象和性质，掌握相关知识是解决问题的关键．
（1）把代入抛物线解析式即可求得；
（2）根据二次函数图象的对称性知关于对称轴的对称点为，再结合抛物线的开口方向根据二次函数的增减性知，若要满足对于，都有，则需或，据此解答即可．
【详解】（1）解： 抛物线经过，
，
；
（2）解：抛物线的对称轴为直线，
关于对称轴的对称点为，
，
，
关于对称轴的对称点为，
，
抛物线的开口向上，
又对于，都有，
当在对称轴右侧时，则，
解得
又，
．
当在对称轴左侧时，，
∴
综上所述：或．
27．在中，，点在边上，为射线上一动点，．点关于点的对称点为点，连接为的中点，连接，．
(1)如图1，当点与点重合时，直接写出线段与之间的位置关系与数量关系；
(2)如图2，当点在线段延长线上时（不与点重合），判断（1）中所得的结论是否仍然成立？若成立，请给出证明，若不成立，请举出反例．
【答案】(1)
(2)成立，见解析
【分析】（1）由题意知三点重合，则，含的直角三角形中，由，可知是的中位线，有，然后求出比值即可；
（2）连接，延长到点．使得，连接．证明是等边三角形，得出．证明，得出，从而得，则，故．设，则，，．，．得出．证明，得出．．从而证是等边三角形．根据等边三角形的性质即可求解．
【详解】（1）解：．
理由如下：由题意知三点重合，
，
，
，
，
，
∴为线段的中点，
∵是中点，
∴是的中位线，
，
，
．
（2）解：，的关系仍成立．
证明：连接，延长到点．使得，连接．
，
．
，
是等边三角形，
．
为的中点，
．
，
，
．
．
．
．
设，
．
，
．
．
关于点对称，
．
．
．
，
．
．
∴是等边三角形．
为的中点，
．
在中，，
，
即．
【点睛】本题考查了含的直角三角形，中位线，勾股定理及勾股定理的逆定理，等边三角形、矩形的判定与性质等知识．解题的关键在于表示出与的长度．
28．在平面直角坐标系中，对于点和直线给出如下定义：作点关于直线的对称点，再作点关于直线的对称点，则称点为点与直线的成达点．
点的坐标为过点过点且与轴平行．点与轴，的成达点为点，点与轴，的成达点为点，
(1)若，则___________，___________．
(2)若点为第四象限内任意一个点，则（1）中的结论是否仍然成立？若不成立，请说明理由：若成立，请仅就图2的情形加以证明．
(3)若点为，点在第四象限内，且，请你直接写出线段的长，使得直线与或平行．
【答案】(1)，
(2)成立，见解析；
(3)或
【分析】（1）过点作轴交轴于点，作点关于轴的对称点，再作点关于直线的对称点，作点关于直线的对称点，连接，设交轴于点，交于点，根据对称，可得，在同一直线上，那么，然后根据可算得答案；
（2）结合（1），可证其结论仍然成立；
（3）作点关于轴的对称点，再作点关于直线的对称点，作点关于直线的对称点，连接，设交轴于点，交于点，连接交于点，过点作轴于点，过点作轴交于点，令此时，设，可证，，，，，，通过以及所在直线与平行，可求得；同理当时，设，
同理可证，，，，，，通过，，可算得，最后通过勾股定理求得．
【详解】（1）解：过点作轴交轴于点，作点关于轴的对称点，再作点关于直线的对称点，作点关于直线的对称点，连接，设交轴于点，交于点，如图所示：
，在同一直线上，
过点，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
作点关于轴的对称点，作点关于直线的对称点，
，
都在直线上，，
，
，
故答案为：，；
（2）解：仍然成立，理由如下：
过点作轴交轴于点，作点关于轴的对称点，再作点关于直线的对称点，作点关于直线的对称点，连接，设交轴于点，交于点，如图所示：
，在同一直线上，
由（1）可知，
，
设，
作点关于轴的对称点，作点关于直线的对称点，
，
都在直线上，，
，
，
（3）解：作点关于轴的对称点，再作点关于直线的对称点，作点关于直线的对称点，连接，设交轴于点，交于点，连接交于点，过点作轴于点，过点作轴交于点，令此时，如图所示：
，在同一直线上，，，
点为，点在第四象限内，且，
，
，
由（2）可得，，
，
，
，
，
，
，
，
不妨设，那么，
，
，
四边形是矩形，
，，，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
直线，
不妨设直线为
代入，得到，
，
直线为，
，
，
，
将点代入，得到，
整理得，
，
，
；
当时，设，如图所示：
同理可证，，，，，，
，
，
，
，
联立，解得，
；
综上，的长为或．
【点睛】本题考查了轴对称的性质，待定系数法求一次函数解析式，勾股定理，30度所对的直角边等于斜边的一半，三角形全等的判定与性质，熟练掌握以上知识点并作出合适的辅助线是解题的关键．
…
-1
0
1
2
…
…
0
3
4
3
…
水平距离
0
40
80
120
160
竖直高度
18
42
50
42
18