北京市第十三中学2025~2026学年九年级上册12月月考数学试题【附解析】

这是一份北京市第十三中学2025~2026学年九年级上册12月月考数学试题【附解析】，共31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．中国“二十四节气”已被正式列入联合国教科文组织人类非物质文化遗产代表作品录，下列四幅作品分别代表“立春”“谷雨”“白露”“大雪”，其中是中心对称图形的是（ ）
A．B．C．D．
2．已知点，，在抛物线上，则，，的大小关系是（ ）
A．B．C．D．
3．随着生产技术的进步，某制药厂生产成本逐年下降．两年前生产一吨药的成本是5000元，现在生产一吨药的成本是4050元．设生产成本的年平均下降率为，下面所列方程正确的是（ ）
A．B．
C．D．
4．将抛物线y＝2x2平移，得到抛物线y＝2（x﹣2）2+3，下列平移正确的是（ ）
A．先向左平移2个单位，再向上平移3个单位
B．先向左平移2个单位，再向下平移3个单位
C．先向右平移2个单位，再向下平移3个单位
D．先向右平移2个单位，再向上平移3个单位
5．如图，是的直径，，是上两点．若，则的度数为（ ）
A．B．C．D．
6．若扇形的圆心角为，半径为3，则该扇形的弧长为（ ）
A．B．C．D．
7．小张承包了一片荒山，他想把这片荒山改造成一个苹果园，现在有一种苹果树苗，它的成活率如下表所示：
下面有四个推断：
①当移植的树数是1500时，表格记录成活数是1335，所以这种树苗成活的概率是；
②随着移植棵数的增加，树苗成活的频率总在附近摆动，显示出一定的稳定性，可以估计树苗成活的概率是；
③若小张移植10000棵这种树苗，则可能成活9000棵；
④若小张移植20000棵这种树苗，则一定成活18000棵．
其中合理的是
A．①③B．①④C．②③D．②④
8．二次函数的对称轴是，该抛物线与x轴的一个交点在点和点之间，其部分图象如图所示，下列结论：①；②；③；④若点在此抛物线上，则关于x的不等式的解集是．其中正确的有（ ）个
A．B．C．D．
二、填空题
9．在平面直角坐标系中，点关于原点的对称点坐标为 ．
10．请写出一个开口向下，经过点的二次函数表达式： ．
11．如图，将绕点A旋转到的位置，点E在边上，与交于点G．若，，则 ．
12．若关于的一元二次方程有两个不相等的实数根，实数的取值范围是 ．
13．如图，抛物线与直线相交于点，，则关于x的方程的解为 ．
14．如图，、分别切于A、B两点，并与的另一条切线分别相交于C、D两点，已知，则的周长为 ．
15．斛是中国古代的一种量器.据《汉书 .律历志》记载：“斛底，方而圜（huán）其外，旁有庣（tiā）焉”．意思是说：“斛的底面为：正方形外接一个圆，此圆外是一个同心圆” . 如图所示，
问题：现有一斛，其底面的外圆直径为两尺五寸（即2.5尺），“庣旁”为两寸五分（即两同心圆的外圆与内圆的半径之差为0.25尺），则此斛底面的正方形的边长为 尺．
16．如图，在平面直角坐标系xOy中，直线与x轴交于点A，与y轴交于点B，C为平面内任意一点，且满足，则点C的横坐标的最小值是 ．
三、解答题
17．解下列方程：．
18．已知直线，在直线上方求作一点C，使得．
下面是小张的作法：
①分别以A，B为圆心，长为半径画弧，在直线下方交于点O；
②以点O为圆心，长为半径画圆；
③在上任取一点C（不与A，B重合），连接．即为所求．
（1）使用无刻度的直尺和圆规，依作法补全图形（保留作图痕迹）；
（2）完成下面的证明．
证明：在直线下方的圆弧上任取一点M（不与A，B重合），连接．
∵，∴是等边三角形．∴．
∵A，B，M在上，
∴（________________________）（填推理的依据）．
∴．
∵四边形内接于，
∴（________________________）（填推理的依据）．
∴．
19．已知二次函数．
（1）将写成的形式；
（2）在所给的平面直角坐标系中，画出这个二次函数的图象；
（3）当时，结合图象直接写出函数值的取值范围是__________；
（4）若直线与抛物线有两个交点，直接写出的取值范围是__________．
20．《九章算术》标志中国古代数学形成了完整的体系，第九卷《勾股》中记载了一个“圆材埋壁”的问题：“今有圆材埋在壁中，不知大小.以锯锯之，深一寸，锯道长一尺，问径几何？”用现在的数学语言可表述为：“如图，是的直径，弦于点，寸，寸，求直径的长，”请你解答这个问题．
21．关于x的一元二次方程．
（1）求证：方程总有两个实数根；
（2）若方程有一根为负数，求m的取值范围．
22．第19届亚运会于2023年9月在杭州举办，此届亚运会的吉祥物是由如图所示的三个可爱的机器人“宸宸”、“琮琮”、“莲莲”组成的．现有三张分别印有三个吉祥物的不透明卡片，三张卡片除正面图案不同外，其余均相同．
（1）从这三张卡片中随机抽取一张，图案恰好是“宸宸”的概率为______；
（2）从这三张卡片中随机抽取一张，记住卡片图案后将卡片放回，背面朝上洗匀，然后再从三张卡片中随机抽取一张．用列表或画树状图的方法，求两次抽到的卡片图案相同的概率（印有“宸宸”、“琮琮”、“莲莲”的三张卡片依次记为A，B，C）．
23．如图，等腰三角形中，，．作于点D，将线段绕着点B逆时针旋转角后得到线段，连接．
（1）求的度数；
（2）若，求的长．
24．如图，一位足球运动员在一次训练中，从球门正前方8m的A处射门，已知球门高为2.44m，球射向球门的路线可以看作是抛物线的一部分．当球飞行的水平距离为6m时，球达到最高点，此时球的竖直高度为3m．现以O为原点，如图建立平面直角坐标系．
（1）求抛物线表示的二次函数解析式；
（2）通过计算判断球能否射进球门（忽略其他因素）；
（3）若运动员射门路线的形状、最大高度均保持不变，则他应该带球向正后方移动 米射门，才能让足球经过点O正上方处．
25．如图，已知为的直径，C为上一点，连接，D为中点，过点D作，交的延长线于点E．
（1）求证：为的切线；
（2）连接，过点O作于点F，交于点G，若，，求的长．
26．在平面直角坐标系中，点在抛物线上．
（1）当时，比较m与n的大小，并说明理由；
（2）若对于，都有，求b的取值范围．
27．在中，，，点E是直线上一点．
（1）如图1，点D是边上一点，连接，将线段绕点E逆时针旋转至，连接．
①请按照要求补全图形；
②若，，直接写出的面积为________；
（2）连接，将绕点顺时针旋转至，连接，取的中点，连接．
①如图2，点E在线段上时，请写出线段，和之间的数量关系并证明；
②当点E在直线上时，请直接写出线段，和之间的数量关系．
28．在平面直角坐标系中，的半径为．对于的弦和点，给出如下定义：若在上或其内部存在一点使得四边形是菱形且是该菱形的对角线，则称点是弦的“伴随点”．
（1）如图，点．
①在点中，弦的“伴随点”是点 ；
②若点是弦的“伴随点”且，则长为 ；
（2）已知是直线上一点，且存在的弦，使得点是弦的伴随点．记点的横坐标为，当时，直接写出的取值范围．
答案
1．【正确答案】D
【分析】本题考查了中心对称图形的概念：如果一个图形绕着某个定点旋转后能与原图重合，这样的图形叫做中心对称图形．解题关键是熟记中心对称图形的概念．根据中心对称图形的概念即可求解．
【详解】解：A、选项中的图形不是中心对称图形，故本选项不符合题意；
B、选项中的图形不是中心对称图形，故本选项不符合题意；
C、选项中的图形不是中心对称图形，故本选项不符合题意；
D、选项中的图形是中心对称图形，故本选项符合题意．
故选D．
2．【正确答案】B
【分析】根据题意可得抛物线的对称轴为直线为，抛物线开口向下，抛物线上的点离对称轴越远，函数值越小，即可求解．
【详解】解：∵抛物线的对称轴为直线为，且-1＜0，
∴抛物线开口向下，抛物线上的点离对称轴越远，函数值越小，
∵，点，，在抛物线上，
∴．
故选B．
3．【正确答案】C
【分析】根据题意找到对应的等量关系：2年前的生产成本×（1-下降率）²=现在的生产成本，把相关的数据带入计算即可.
【详解】设这种药品的成本的年平均下降率为x，根据题意得：
故选C.
4．【正确答案】D
【分析】先利用顶点式得到两抛物线的顶点式，然后通过点平移的规律得到抛物线平移的情况．
【详解】解：抛物线y＝2x2的顶点坐标为（0，0），抛物线y＝2（x﹣2）2+3的顶点坐标为（2，3），而点（0，0）先向右平移2个单位，再向上平移3个单位可得到点（2，3），
所以抛物线y＝2x2先向右平移2个单位，再向上平移3个单位得到抛物线y＝2（x﹣2）2+3．
故选D．
5．【正确答案】B
【分析】本题考查了本题主要考查了圆周角定理、圆内接四边形的性质．首先根据直径所对的圆周角是直角可知，根据圆周角定理可知，根据圆内接四边形的对角互补可以求出的度数．
【详解】解：如下图所示，连接，
是的直径，
，
又，
，
，
四边形是的内接四边形，
，
．
故选 B．
6．【正确答案】B
【分析】本题考查了弧长的求解，解题的关键是熟练掌握弧长公式．
直接应用扇形弧长公式求解．
【详解】解.
故该扇形的弧长为，
故选B．
7．【正确答案】C
【分析】随着移植棵数的增加，树苗成活的频率总在附近摆动，显示出一定的稳定性，可以估计树苗成活的概率是，据此进行判断即可．
【详解】解：当移植的树数是1 500时，表格记录成活数是1 335，这种树苗成活的概率不一定是，故错误；
随着移植棵数的增加，树苗成活的频率总在附近摆动，显示出一定的稳定性，可以估计树苗成活的概率是，故正确；
若小张移植10 000棵这种树苗，则可能成活9 000棵，故正确；
若小张移植20 000棵这种树苗，则不一定成活18 000棵，故错误．
故选C．
8．【正确答案】D
【分析】本题考查了二次函数的图象与性质，熟练掌握二次函数图象的对称性、二次函数的最值是解题关键．根据抛物线的对称轴可判断①正确；根据图象利用抛物线的顶点坐标，得到，即可判断③正确；根据抛物线的对称性可知抛物线与轴的另一个交点在和之间，可得当时，，即可判断②正确；根据抛物线的对称性可知点在抛物线上，由抛物线开口向下，可得时，，即可判断④正确，综上即可得答案．
【详解】解：由题意可知抛物线的顶点坐标为，
∵二次函数的对称轴是，
∴，
∴，故①正确；
∵最大值为，
∴，
∴，即，故③正确；
∵抛物线与x轴的一个交点在点和点之间，
∴抛物线与轴的另一个交点在和之间，
∴当时，，故②正确；
∵点在此抛物线上，
∴点在抛物线上，
∵抛物线开口向下，
∴时，，
∴关于x的不等式的解集是，故④正确；
综上所述：正确的有①②③④，共个．
故选D．
9．【正确答案】
【分析】本题考查关于原点对称的点的坐标特征，即横坐标和纵坐标都互为相反数．直接利用关于原点对称点的性质得出答案．
【详解】解：点关于原点的对称点，其横坐标为，纵坐标为，
因此对称点坐标为．
10．【正确答案】（答案不唯一）
【分析】本题主要考查了求二次函数的关系式，
根据开口向下可知，可设关系式为，再将点的坐标代入关系式可得答案．
【详解】解：设二次函数关系式为，
∵该函数经过点，
∴，
解得，
∴二次函数的表达式为．
11．【正确答案】/65度
【分析】根据旋转的性质可得，，，再根据等腰三角形的性质可得，再利用三角形外角的性质求得，根据三角形内角和定理求得，再根据对顶角相等求解即可．
【详解】解：由旋转的性质得，，，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴.
12．【正确答案】
【分析】本题主要考查一元二次方程根的判别式，熟练掌握一元二次方程根的判别式是解题的关键；根据一元二次方程根的判别式，当判别式大于零时，方程有两个不相等的实数根，然后问题可求解．
【详解】解：∵关于的一元二次方程有两个不相等的实数根，
∴，
解得，
故答案为．
13．【正确答案】，
【分析】本题考查了抛物线与x轴的交点：把求二次函数（是常数，）与x轴的交点坐标问题转化为解关于x的一元二次方程即可求得交点横坐标．关于x的方程的解为抛物线与直线交点的横坐标．
【详解】解：∵抛物线与直线相交于点，，
∴关于x的方程的解为，．
14．【正确答案】
【分析】本题考查了切线长定理，熟练掌握切线长定理是解题的关键．
由切线长定理可得，，，进而可求得的周长．
【详解】解：如图，设与切于点，
，，分别切⊙于点，，，
，，，
的周长
.
15．【正确答案】
【分析】如图，根据四边形CDEF为正方形，可得∠D=90°，CD=DE，从而得到CE是直径，∠ECD=45°，然后利用勾股定理，即可求解．
【详解】解：如图，
∵四边形CDEF为正方形，
∴∠D=90°，CD=DE，
∴CE是直径，∠ECD=45°，
根据题意得：AB=2.5， ，
∴ ，
∴ ，
即此斛底面的正方形的边长为 尺．
16．【正确答案】
【分析】本题考查了坐标与图形，一次函数，三角函数值，圆周角定理等内容，解题的关键是根据题意，确定点的轨迹．
由题意可得，，，则，，取点，连接，由此可得，以为圆心，以为半径画圆，由圆周角定理可得，点在优弧上，由题意可得，当点为圆与负半轴交点时，点C的横坐标最小．
【详解】解：由题意可得，当时，，则，，
当时，，则，，
∵，
∴，则，，
取点，连接，以为圆心，以为半径画圆，如下图：
则，，，
由圆周角定理可得，即点在优弧上，则，
则当点为圆与负半轴交点时，点C的横坐标最小，此时为.
17．【正确答案】，
【分析】本题考查了解一元二次方程，正确选择合适的方法解一元二次方程是解题的关键．
利用公式法解方程即可．
【详解】解：
，
∴，．
18．【正确答案】（1）见详解
（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：在直线下方的圆弧上任取一点M（不与A，B重合），连接，
，
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）．
．
19．【正确答案】（1）
（2）见详解
（3）
（4）
【分析】本题考查了二次函数的图象与性质、把二次函数化为顶点式、画二次函数图象，熟练掌握二次函数的性质，采用数形结合的思想是解此题的关键．
（1）将函数解析式化为顶点式求解；
（2）先列表，再描点、连线即可画出函数图象；
（3）由函数图象即可得出答案；
（4）画出，结合函数图象即可得出答案．
【详解】（1）解：，
将写成的形式为：；
（2）解：列表得：
画出函数图象如图所示：
（3）解：由函数图象可得：
当时，函数值的取值范围是.
（4）解：如图：
由图可得：若直线与抛物线有两个交点，的取值范围是.
20．【正确答案】直径的长为寸
【分析】连接，设的半径为r，利用垂径定理得到寸，再利用勾股定理求解即可．
【详解】接：连接，设的半径为r，
∵是的直径，，
∴，，
在中，根据勾股定理得，
∴，解得，
∴，即直径的长为寸．
21．【正确答案】（1）见详解
（2）
【分析】本题考查了一元二次方程根的判别式，因式分解法解一元二次方程．
（1）将代入根的判别式计算求证即可；
（2）先利用因式分解法解方程得到，再根据题意可得，再解不等式即可．
【详解】（1）证明：方程中，
∴
∴方程总有两个实数根；
（2）解：
或
∴
∵方程有一根为负数
∴，
∴．
22．【正确答案】（1）
（2）树状见详解，两次抽到的卡片图案相同的概率为．
【分析】本题考查简单概率的计算，用树状图求概率，解题的关键是掌握树状图法求概率．
（1）根据概率公式即可解题．
（2）根据题意画出树状图得出所有的情况数，找出两次抽到的卡片图案相同的情况数，然后根据概率公式即可解题．
【详解】（1）解：由题知，（从这三张卡片中随机抽取一张抽到宸宸）.
（2）解：用画树状图的方法，将两次抽到的卡片绘制如下：
由图可知，共有9种等可能的结果，其中两次抽到的卡片图案相同的有3种，
两次抽到的卡片图案相同的概率为．
23．【正确答案】（1）；
（2）．
【分析】本题主要考查了旋转的性质、全等三角形的判定和性质．解决本题的关键是根据旋转的性质找到相等的角和边，证明三角形全等，根据全等三角形对应边相等找到线段的长度，再利用勾股定理求出边的长度．
（1）根据旋转的性质可证、，根据可证，根据全等三角形对应角相等可得；
（2）根据全等三角形对应边相等可知，所以可以得到，利用勾股定理求出的长度．
【详解】（1）解：线段绕点逆时针旋转角得到线段，
，，
，
，
，
在与中
，
；
（2）解：，
，
，
，
，
．
24．【正确答案】（1）
（2）不能，理由见详解
（3）1
【分析】（1）求出抛物线的顶点坐标，设出抛物线的顶点式，用待定系数法即可求出抛物线表示的二次函数解析式；
（2）当时，求出的值再与2.44比较，即可知球能不能射进球门；
（3）设小明带球向正后方移动米，则可用含的式子表示移动后的抛物线解析式，把点代入求出得的值，即知当时他应该带球向正后方移动多少米射门，才能让足球经过点正上方处．
【详解】（1），
抛物线的顶点坐标为，
设抛物线为，
把点代入得：，
解得，
抛物线的函数解析式为：；
（2）当时，，
球不能射进球门．
（3）设小明带球向正后方移动米，则移动后的抛物线为：，
把点代入得：，
解得（舍去）或，
当时他应该带球向正后方移动1米射门，才能让足球经过点正上方处．
25．【正确答案】（1）见详解
（2）
【分析】本题考查切线的判定，弧，弦，角的关系，三线合一，含30度角的直角三角形等知识点，熟练掌握相关知识点，是解题的关键：
（1）根据弧，弦，角的关系，得到，三线合一得到，平行线的性质，得到，即可得证；
（2）证明为等边三角形，三线合一结合勾股定理求出的长，含30度角的直角三角形的性质，求出的长，根据线段的和差关系进行求解即可．
【详解】（1）解：∵D为的中点，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵为的半径，
∴为的切线；
（2）如图，
∵，
∴，
由（1）可知：，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴为等边三角形，
∴
∵，
∴，，
∴，
由（1）知：，
∴，
∴
∴，
∴．
26．【正确答案】（1）
（2）
【分析】（1）由题意可知抛物线解析式为，将代入，即可求出m和n的值，再比较即可；
（2）由函数解析式可得出其对称轴为直线，且开口向上，从而得出在对称轴右侧，y随x的增大而增大．根据对于，都有，得出，当时，，即，从而可求出．由对于，都有，又可得出，两边平方并整理，得：，即得出，最后取其公共解即可．
【详解】（1）解：．
理由：当时，抛物线解析式为，点，
将代入，
得：，，
∴；
（2）解：∵该函数解析式为，
∴其图象开口向上，对称轴为直线，
∴在对称轴左侧，y随x的增大而减小，在对称轴右侧，y随x的增大而增大．
∵，
∴点B在点A右侧．
∵对于，都有，
∴，
∴当时，，即，
解得：．
∵对于，都有，
∴，
两边平方，得：，
整理，得：，
∴．
综上可知．
27．【正确答案】（1）①见详解；②4
（2）①，见详解；②当E在线段上时，；当E在线段的延长线上时，；当E在线段的延长线上时，
，见详解
【分析】本题是几何变换综合题，考查了全等三角形的判定和性质，折叠的性质，直角三角形的性质，等边三角形的性质等知识，确定点的位置是解题的关键．
（1）①按要求画出图形即可；
②过点作直线于，由“”可证，可得，由三角形的面积公式可求解；
（2）①过点作，交直线于点，过点作交于，由“”可证，可得，，由“”可证，可得，最后根据可得结论；
②同①一样的辅助线和思路分三种情况画出图形分别证明即可．
【详解】（1）①如图所示：
②如图1，过点作直线于，
将绕点逆时针旋转至，
，，
，，
，
，
，
，
，
，
的面积.
（2）①如图2，过点作，交直线于点，过点作交于，
∵，
，，，
点是的中点，
，
，
，，
，
，
，，
，
，，
将绕点顺时针旋转至，
，，
，
，
，
，
；
②当E在线段上时，由①可得；
如图3，当E在线段的延长线上时，过点作，交直线于点，过点作交延长线于，
∵，
，，，
点是的中点，
，
，
，，
，
，
，，
，
，，
将绕点顺时针旋转至，
，，
，
，
，
，
；
同理，如图4，当E在线段的延长线上时，，
综上所述，当E在线段上时，；当E在线段的延长线上时，；当E在线段的延长线上时，．
28．【正确答案】（1）①；②
（2）且
【分析】（1）①根据新定义，弦的“伴随点”在的垂直平分线上（除的中点外），且在上或其内部存在一点，且，结合坐标系，即可求解；
②根据圆周角定理，圆内接四边形对角互补得出，根据新定义得出点在外，且只有1个，进而解直角三角形，即可求解；
（2）分析新定义，结合（1）②可得弦的“伴随点”是线段除点外上的点，而，根据新定义得出点的轨迹为线段（除点）上任意一点，当旋转时，构成的图形如图所示，是两个同心圆构成的圆环（实线部分）除开半径为的圆（虚线部分）；根据对称性分别求得，进而根据且，得出的范围，根据与轴的夹角为，即可求解．
【详解】（1）解：①∵，点关于对称的点分别为
只有在的垂直平分线上（除的中点外），且在内部存在一点.
②如图所示，设为的中点，,为的垂直平分线与的交点，
∵
∴，则是等腰直角三角形，
∴的垂直平分线为一三象限的平分线上即，点在一三象限的平分线上
∵，
∴
如图所示，则分别为关于的对称点，弦的“伴随点”是线段除点外上的点，
又∵点是弦的“伴随点”且
∴点在外，且只有1个，
∵
∴，
∵
∴
∴.
（2）解：由（1）②可得，弦的“伴随点”是线段除点外上的点，而，
∵在上，且，
设，则
∴，即，
同理，则
∵，则，则
∴，，，
当是直线上一点，且存在的弦，点是弦的伴随点．
∴点的轨迹为线段（除点）上任意一点，当旋转时，构成的图形如图所示，是两个同心圆构成的圆环（实线部分）除开半径为的圆（虚线部分）
∴且
即且
又∵与轴的夹角为
∴的横坐标为
∴且．移植棵数
成活数
成活率
移植棵数
成活数
成活率
50
47
1500
1335
270
235
3500
3203
400
369
7000
6335
750
662
14000
12628
…
…
…
…
…
0
1
2
3
…
…
0
0
…