天津市第四十五中学2025-2026学年上学期九年级第二次月考数学试卷

这是一份天津市第四十五中学2025-2026学年上学期九年级第二次月考数学试卷，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．真实情境 下面四款新能源汽车的标志，其中是中心对称图形的是（ ）
A．B．C．D．
2．的半径为6，点P到圆心O的距离为8，则点P与的位置关系是（ ）
A．点P在圆内B．点P在圆上C．点P在圆外D．不能确定
3．用配方法解方程，则方程可变形为（ ）
A．B．C．D．
4．若，是方程的两个根，则（ ）
A．B．
C．D．
5．将抛物线向右平移3个单位，再向上平移2个单位，得到的抛物线是（ ）
A．B．C．D．
6．若点都在二次函数的图象上，则，的大小关系是（ ）
A．B．C．D．
7．已知关于的一元二次方程有两个实数根，则的取值范围是（ ）
A．B．C．且D．且
8．如图，正五边形内接于，P为上一点，连接，，则的度数为（ ）
A．B．C．D．
9．如图，的内切圆分别与，，相切于点D，E，F，且，，则的周长为（ ）
A．16B．14C．12D．10
10．如图，的内接正六边形的边长为，则的长为（ ）
A．B．C．D．
11．如图，在等腰直角中，，，点为斜边上一点，连接，将绕点逆时针旋转得到，连接，则下列说法错误的是（ ）
A．B．是等腰直角三角形
C．D．
12．已知抛物线（a，b，c为常数，且）的对称轴为直线，其与x轴的一个交点为，与y轴的交点C在点之间（不含端点），有下列结论：
①；
②；
③；
④若方程的两根分别为，则．
其中，正确结论的个数是（ ）
A．1B．2C．3D．4
二、填空题
13．在平面直角坐标系中，把点 P（﹣3，2）绕原点 O 顺时针旋转 180°，所得到的对应点 P′的坐标为 ．
14．若x=是一元二次方程的一个根，则n的值为 ．
15．一个圆锥的侧面积为8π，母线长为4，则圆锥的底面半径为 ．
16．当时，二次函数的最大值为 ．
17．如图，等边三角形ABC的边长为4，的半径为，P为AB边上一动点，过点P作的切线PQ，切点为Q，则PQ的最小值为 ．
18．如图，在每个小正方形的边长为1的网格中，圆上的点，，均在格点上．
（1）线段的长等于 ；
（2）请用无刻度的直尺，在如图所示的网格中，画出圆心，并简要说明点的位置是如何找到的（不要求证明） ．
三、解答题
19．解下列方程：
(1)；
(2)．
20．抛物线（b，c为常数）的图像过点．
(1)求抛物线的解析式；
(2)这个二次函数的图像开口向_______，顶点坐标是_______，当x_______时，y随x的增大而减小；
(3)方程的解是_______；
(4)当时，y的取值范围是_______．
21．如图，用一段长为的篱笆围成一个一边靠墙的矩形菜园，墙长为．设矩形菜园的边的长为，面积为．
(1)用含有的代数式表示为________m，x的取值范围为________；
(2)当该矩形菜园的面积为时，求边的长；
(3)当边的长为多少时，该矩形菜园的面积最大？最大面积是多少？
22．已知⊙O的直径为10，点A，点B，点C在⊙O上，∠CAB的平分线交⊙O于点D．
（Ⅰ）如图①，若BC为⊙O的直径，AB＝6，求AC，BD，CD的长；
（Ⅱ）如图②，若∠CAB＝60°，求BD的长．
23．如图，为的直径，C为上的一点，与过点C的切线互相垂直，垂足为交于点．
(1)如图①，连接，求证平分；
(2)如图②，若，求的长．
24．在平面直角坐标系中，，，将矩形绕点O逆时针旋转得到矩形．
(1)如图①，点在y轴正半轴上时，求旋转角的度数及点的坐标；
(2)如图②，点在射线上时，求旋转角的度数及点的坐标；
(3)已知，记直线与交点为Q，直接写出长度的最大值与最小值．
25．在平面直角坐标系中，抛物线（a、b为常数，）与x轴交于点A、B（点A在点B的左侧），与y轴交于点C．
(1)若，．
①求该抛物线的解析式；
②设D为线段上的点，且满足，求点D的坐标．
(2)若，P是直线与抛物线的交点，若M、N（点M在点N的左侧）为线段上的两个动点，且，当的最小值为，求a的值．
《天津市第四十五中学2025-2026学年上学期九年级第二次月考数学试卷》参考答案
1．C
【分析】本题考查中心对称图形的识别，解题的关键是掌握中心对称的定义，把一个图形绕某一点旋转，如果旋转后的图形能与原来的图形重合，那么这个图形计算中心对称图形，即可．
【详解】解：A、不是中心对称图形，不符合题意；
B、是轴对称图形，不符合题意；
C、是中心对称图形，不符合题意；
D、是轴对称图形，符合题意．
故选：C．
2．C
【分析】本题考查了点与圆的位置关系，比较圆心到点的距离与半径的大小进行判断即可．
【详解】解：∵点P到圆心O的距离为8，的半径为6，
∴圆心到点的距离大于半径，
∴P在圆的外部，
故选：C．
3．A
【分析】先在方程的两边都加上8，再配方即可.
【详解】解：∵，
∴
∴
故选A
【点睛】本题考查的是利用配方法解一元二次方程，掌握“配方法的步骤”是解本题的关键.
4．D
【分析】本题考查了一元二次方程根与系数的关系，若，为方程的两个根，则，与系数的关系式：，．根据根与系数的关系解答即可．
【详解】解：∵，是方程的两个根，
∴，．
故选D．
5．A
【分析】此题考查了二次函数的平移．根据二次函数的平移规律“左加右减，上加下减”进行解答即可．
【详解】解：将抛物线向右平移3个单位，再向上平移2个单位，得到的抛物线是．
故选：A
6．C
【分析】本题考查了二次函数的图象与性质，根据得出开口向下，越靠近对称轴的所对应的函数值越大，据此进行逐项分析，即可作答．
【详解】解：∵，
∴开口向下，越靠近对称轴的所对应的函数值越大，
则对称轴，
∵，且，
∴，
故选：C．
7．C
【分析】本题考查了一元二次方程的定义以及根的判别式，掌握方程有两个实数根即判别式 是解决本题的关键．
根据一元二次方程的定义和根的判别式求解，首先确保二次项系数不为零，再计算判别式使其非负，联立得到a的取值范围．
【详解】解：∵关于的方程是一元二次方程，
∴二次项系数，即，
∵方程有两个实数根，
∴判别式，
即，
化简得：，
解得，
∴得的取值范围为且．
故选：C．
8．B
【分析】此题重点考查正多边形和圆、正多边形的中心角的定义、圆周角定理等知识，连接、，则，由圆周角定理得，于是得到问题的答案．
【详解】解：连接、，
∵正五边形内接于，
∴，
∵P为上一点，
∴，
故选：B．
9．A
【分析】本题考查切线长定理，熟练掌握切线长定理是解题的关键．根据切线长定理得到，，，根据即可得到的周长．
【详解】解：∵的内切圆分别与，，相切于点D，E，F，且，
∴，，，
∵，
∴，
∴的周长，
故选：A．
10．A
【分析】本题考查正多边形与圆，等边三角形的判定与性质，含的直角三角形的性质，解题的关键是熟练掌握基本知识．连接、、，设与交于点，根据正六边形的性质可得，推出、是等边三角形，，，得到，，得到，根据勾股定理求出，即可求解．
【详解】解：连接、、，设与交于点，
多边形是正六边形，
，
，
、是等边三角形，，，
，，
，
，
，
故选：A．
11．C
【分析】本题主要考查的是旋转的性质、等腰直角三角形的性质和判定、勾股定理的应用，由，，可得，由旋转可得，再逐个选项判断即可．
【详解】解：∵，，
∴．
∵将绕点逆时针旋转得到，
∴，，
∴，，，
故选项A正确，不符合题意；
∴是等腰直角三角形，
故B正确，不符合题意；
∴，，
∴中，，
∴，
故C错误，符合题意；
∵，且，
∴，
∴，
故D正确，不符合题意；
故选：C．
12．B
【分析】本题考查二次函数的图象和性质，二次函数图象和系数之间的关系，根据对称性求出抛物线与轴的另一个交点坐标，结合点的位置，判断抛物线的开口方向，进行判断的符号，对称轴判断的符号，进而判断①，特殊点判断②和③，图象法判断方程的根的情况，判断④．
【详解】解：∵抛物线（a，b，c为常数，且）的对称轴为直线，其与x轴的一个交点为，
∴，抛物线与轴的另一个交点坐标为：，
∴，
∵抛物线与y轴的交点C在点之间，
∴，抛物线的开口向上，
∴，
∴，
∴，故①错误；
∵点在抛物线上，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，故③正确；
∴，故②错误；
∵，
∴，
∴的根可以看作抛物线与直线的交点的横坐标，
∵直线过点和，如图，
∴由图可知：方程的两个根的范围为：；故④正确；
故选B
13．（3，﹣2）
【分析】将点P绕原点O顺时针旋转180°，实际上是求点P关于原点的对称点的坐标．
【详解】根据题意得：点P关于原点的对称点是点P′．
∵P点坐标为（﹣3，2），∴点P′的坐标（3，﹣2）．
故答案为（3，﹣2）．
【点睛】本题考查了坐标与图形的变换﹣旋转，熟练掌握关于原点的对称点的坐标特征是解决问题的关键．
14．．
【分析】把代入到一元二次方程中求出的值即可．
【详解】解：∵是一元二次方程的一个根，
∴，
解得：，
故答案为：．
【点睛】本题考查了一元二次方程的解，方程的解即为能使方程左右两边相等的未知数的值，牢记方程的解满足方程，代入即可是解决此类问题的关键．
15．2
【分析】圆锥的侧面积等于乘以底面半径乘以母线长，再代入数据即可得到答案.
【详解】解：


故答案为：2
【点睛】本题考查的是圆锥的侧面积的计算，掌握“圆锥的侧面积公式”是解题的关键.
16．10
【分析】本题主要考查二次函数在一定范围内的最大值，掌握二次函数的图象和性质是解题的关键． 先根据二次函数的图象和性质判断出对称轴为直线，然后再找最大值即可．
【详解】解：∵二次函数，
∴对称轴为直线，
∵，，，
∴当时，二次函数，此时最大，
故答案为：10．
17．3
【分析】连接OC和PC，利用切线的性质得到CQ⊥PQ，可得当CP最小时，PQ最小，此时CP⊥AB，再求出CP，利用勾股定理求出PQ即可．
【详解】解：连接QC和PC，
∵PQ和圆C相切，
∴CQ⊥PQ，即△CPQ始终为直角三角形，CQ为定值，
∴当CP最小时，PQ最小，
∵△ABC是等边三角形，
∴当CP⊥AB时，CP最小，此时CP⊥AB，
∵AB=BC=AC=4，
∴AP=BP=2，
∴CP==，
∵圆C的半径CQ=，
∴PQ==3，
故答案为：3．
【点睛】本题考查了切线的性质，等边三角形的性质，以及勾股定理．此题难度适中，注意掌握辅助线的作法，注意得到当PC⊥AB时，线段PQ最短是关键．
18． 分别取格点、，再连接、分别与圆交于点、，最后连接、交于点，点即为所求
【分析】本题考查了作图，圆周角定理，勾股定理，掌握相关知识是解题的关键．
（1）利用勾股定理求解即可；
（2）利用直径所对的圆周角是直角，分别取格点、，再连接、分别与圆交于点、，得到，最后连接、交于点，点即为所求．
【详解】解：（1），
故答案为：；
（2）分别取格点、，再连接、分别与圆交于点、，最后连接、交于点，点即为所求．
19．(1)，
(2)，
【分析】本题考查了解一元二次方程，准确的计算是解决本题的关键．
（1）根据配方法解一元二次方程，即可求解；
（2）根据因式分解法解一元二次方程，即可求解．
【详解】（1）解：，
移项，得，
配方，得，
即，
∴，
解得：，；
（2）解：，
得，
移项，得，
因式分解，得，
∴或，
解得：，．
20．(1)
(2)下，，
(3)
(4)
【分析】本题主要考查二次函数图象的性质，掌握待定系数法求解析式，二次函数图象的性质，最值的计算方法是关键．
（1）运用待定系数法求解即可；
（2）根据二次函数解析式，结合二次函数图象的性质求解即可；
（3）根据二次函数与轴的交点求解即可；
（4）根据自变量取值范围求函数值的大小即可．
【详解】（1）解：抛物线（b，c为常数）的图像过点，
∴，
解得，，
∴；
（2）解：二次函数解析式为：，
∴顶点坐标为，
，
∴二次函数图象开口向下，对称轴直线为，当时，随的增大而减小，
故答案为：下，，；
（3）解：二次函数，
当时，，
∴，
解得，；
故答案为：；
（4）解：由（2）可知，二次函数图象开口向下，对称轴为直线，顶点坐标为，
∴在时，当，则，
∴此时函数值的范围为，
在时，当，则，
此时函数值的范围为，
综上所述，当时，y的取值范围是，
故答案为：．
21．(1)，
(2)
(3)当边为时，该矩形菜园的面积最大，最大面积是
【分析】（1）因为用一段长为的篱笆围成一个一边靠墙的矩形菜园，且设矩形菜园的边的长为，面积为．故为，，解出即可；
（2）依题意，列方程，解得或．因为当时，，故舍去，即可作答．
（3）依题意，，结合二次函数的图象性质进行作答即可．
【详解】（1）解：∵用一段长为的篱笆围成一个一边靠墙的矩形菜园，且设矩形菜园的边的长为，面积为．
∴为，
∵
∴；
（2）解：根据题意列方程：，
整理得：，
解得：或．
当时，，故舍去，
∴x取21，即
（3）解：由已知得，．
∵，
∴S有最大值．
当时，，
S最大值为264.5．
即当边为时，该矩形菜园的面积最大，最大面积是．
【点睛】本题考查了列代数式，解不等式组，一元二次方程的应用，二次函数的应用，正确掌握相关内容是解题的关键．
22．（Ⅰ）求AC＝8，BD＝CD＝5；（Ⅱ）BD＝5
【分析】（Ⅰ）利用圆周角定理可以判定△CAB和△DCB是直角三角形，利用勾股定理可以求得AC的长度；利用圆心角、弧、弦的关系推知△DCB也是等腰三角形，所以利用勾股定理同样得到BD＝CD＝5 ；
（Ⅱ）如图②，连接OB，OD．由圆周角定理、角平分线的性质以及等边三角形的判定推知△OBD是等边三角形，则BD＝OB＝OD＝5．
【详解】解：（Ⅰ）如图①，∵BC是⊙O的直径，
∴∠CAB＝∠BDC＝90°．
∵在直角△CAB中，BC＝10，AB＝6，
∴由勾股定理得到：AC＝
∵AD平分∠CAB，
∴ ，
∴CD＝BD．
在直角△BDC中，BC＝10，CD2+BD2＝BC2，
∴易求BD＝CD＝5；
（Ⅱ）如图②，连接OB，OD．
∵AD平分∠CAB，且∠CAB＝60°，
∴∠DAB＝ ∠CAB＝30°，
∴∠DOB＝2∠DAB＝60°．
又∵OB＝OD，
∴△OBD是等边三角形，
∴BD＝OB＝OD．
∵⊙O的直径为10，则OB＝5，
∴BD＝5．
【点睛】本题综合考查了圆周角定理，勾股定理以及等边三角形的判定与性质．此题利用了圆的定义、有一内角为60度的等腰三角形为等边三角形证得△OBD是等边三角形．
23．(1)详见解析
(2)4
【分析】（1）连接，根据切线的性质和已知求出，求出，即可得出答案；
（2）连接交于点H，证明四边形是矩形，把转化成，通过勾股定理求出，再由中位线求出，再用减去即可．
【详解】（1）证明：如图①中，连接，
∵为的切线，
则平分；
（2）解：如图②中，连接交于点H．
是直径，是切线，
∴四边形是矩形，
，
【点睛】本题考查了切线的性质，平行线的性质和判定，勾股定理，圆周角定理，圆心角、弧、弦之间的关系的应用，能灵活运用知识点进行推理是解此题的关键．
24．(1)旋转角，
(2)旋转角，
(3)最大值为，最小值为
【分析】（1）由点对应点落在轴上可知旋转角为，再根据长度得出点坐标即可；
（2）先由线段长度可求得，进而求得旋转角，过点作轴于，易得，再解即可得解；
（3）先证点是中点，因为的运动轨迹是以为圆心，以为半径的圆，所以根据瓜豆模型，点的运动轨迹也是圆，进而根据点圆最值求解即可．
【详解】（1）解：∵在矩形中，，，
∴，
又点在轴正半轴上，
故矩形中，
旋转角，
，，
；
（2）解：连接，
同（1）理，矩形中，，，
在中，，
，
，同理，
由旋转得：，故，旋转角，
由矩形得到：，，
∴在中，，，
过点作轴于，
在中，，
∴，
，，
；
（3）解：过点作的平行线与延长线交于点，连接，，取的中点，连接，，
∵，
∴，
由旋转得：，
∴，
∵矩形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵旋转得，
∴在和中，
，
，
，
∵点N为中点
∴为中位线，
，
由（2）知，
，
即点在以为圆心，1为半径的圆上运动，
当、、三点共线时有最大值和最小值，
且最大值为，最小值为
，，
，
∵，
，
，，
综上，最大值为，最小值为．
【点睛】本题主要考查了圆的定义，矩形的性质、全等三角形的判定与性质，两点间距离公式，旋转的的性质，三角形的中位线定理，轨迹等内容，综合性强，最后一问识别点的运动轨迹是解题关键．
25．(1)①；②
(2)1
【分析】（1）①将点，代入抛物线，利用待定系数法求解即可；
②先求出，从而得到，，再结合已知条件，得到，过点作轴，求出，，即可得到点D的坐标．
（2）由题意可得对称轴为直线，，作点关于轴的对称点，过点作轴于点，在上取点，使得，连接，则，证明四边形是平行四边形，得到，即当点在上时，有最小值为，再利用勾股定理列方程求解即可．
【详解】（1）解：①抛物线与x轴交于点，，
，解得：，
该抛物线的解析式为；
②抛物线与y轴交于点C，
令，则，
，
，
，，
，
，，
如图，过点作轴，则，
，
，
，
点D的坐标为．
（2）解：，
抛物线，对称轴为直线，
令，则，
，
如图，作点关于轴的对称点，过点作轴于点，在上取点，使得，连接，则，
，，
四边形是平行四边形，
，
，
即当点在上时，有最小值为，
的最小值为，
，
在中，，，
，
整理得：，
解得：或（舍），
即a的值为．
【点睛】本题是二次函数综合题，考查了二次函数的图象和性质，求二次函数解析式，等腰三角形的判定和性质，勾股定理，轴对称的性质求最短线段，平行四边形的判定和性质，一元二次方程的应用，利用数形结合的思想解决问题是关键．
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
C
C
A
D
A
C
C
B
A
A
题号
11
12








答案
C
B