北京市西城区德胜中学2025~2026学年九年级上册十二月数学月考试题【附解析】

这是一份北京市西城区德胜中学2025~2026学年九年级上册十二月数学月考试题【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．以下图形中既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
2．抛物线顶点坐标是（ ）
A．B．C．D．
3．抛物线先向上平移3个单位长度，再向右平移2个单位长度后，得到的抛物线是（ ）
A．B．
C．D．
4．“读万卷书，行万里路．”某校为了丰富学生的阅历知识，坚持开展课外阅读活动，学生人均阅读量从七年级的每年64万字增加到九年级的全年144万字．设该校七至九年级人均阅读量年均增长率为，则可列方程为（ ）
A．B．
C．D．
5．如图，点A、B、C在上，为等边三角形，则的度数是（ ）

A．60°B．50°C．40°D．30°
6．下列说法中，正确的是（ ）
A．“射击运动员射击一次，命中靶心”是必然事件
B．事件发生的可能性越大，它的概率越接近1
C．某种中奖的概率是1%，因此买100张该种就一定会中奖
D．抛掷一枚图钉，“针尖朝上”的概率可以用列举法求得
7．如图，螺母的外围可以看作是正六边形，已知这个正六边形的半径是2，则正六边形的面积是（ ）

A．B．12C．D．24
8．二次函数（，，为常数，且）中的与的部分对应值，如表，其中
下列结论：①；②当时，的值随值的增大而减小；③是方程的一个根；④当时，．其中正确的是（ ）
A．①④B．①③C．①③④D．②③
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．关于x的一元二次方程有两个相等的实根，则 ．
11．在同样条件下对某种水稻种子进行发芽试验，统计发芽种子数，获得如下频数表．
根据频率的稳定性，估计该稻种的发芽概率约为 ．（精确到0.01）
12．如图，是的弦，与相切于点B，圆心O在线段上．已知，则的大小为 ．
13．如图，已知点，将线段绕点A逆时针旋转至，则的坐标是 ．
14．如图，在中，，将绕点A逆时针旋转，得到，．若点B，C，D恰好在同一条直线上，则 ．
15．近年来传统服饰马面裙受到大众的喜爱，如图所示的马面裙可以近似的看作扇环，其中长度为米，裙长为1米，圆心角，则长度为 ．
16．如图，的半径为，是直径，点在上，，点是上一动点，取弦的中点，连接，当点在上运动时，线段的最小值为 ．
三、解答题
17．解方程：
（1）；
（2）
18．已知二次函数.
（1）求该二次函数图象的顶点坐标；
（2）当时，的取值范围是 .
19．如图，圆形拱门的形状是以点O为圆心的圆的一部分，如果D是中弦的中点，连接并延长交于点C，并且，，求的半径．
20．下面是小元设计的“过圆上一点作圆的切线”的尺规作图过程．
已知：如图，⊙O及⊙O上一点P．
求作：过点P的⊙O的切线．
作法：如图，作射线OP；
① 在直线OP外任取一点A，以A为圆心，AP为半径作⊙A，与射线OP交于另一点B；
②连接并延长BA与⊙A交于点C；
③作直线PC；
则直线PC即为所求．根据小元设计的尺规作图过程，
（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：∵ BC是⊙A的直径，
∴ ∠BPC=90° （填推理依据）．
∴ OP⊥PC．
又∵ OP是⊙O的半径，
∴ PC是⊙O的切线 （填推理依据）．
21．中国古代的“四书”是指《论语》、《孟子》、《大学》和《中庸》，它是儒家思想的核心著作，是中国传统文化的重要组成部分．下面是正面印有“四书”字样的书签，，，，书签除正面的字样外，其余完全相同．将这4张书签背面向上，洗匀放好．
（1）从中随机抽取1张，抽到“中庸”书签的概率是______；
（2）从中随机抽取2张；用列举法求出随机抽取的2张书签恰好是“论语”和“大学”的概率．
22．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．
23．如图，为直角三角形，，是边上的中点，将绕着点逆时针旋转，使点落在线段上的点处，点的对应点为，求证：．
24．如图，在中，，以为直径的交，于点，连接，是上一点，满足．
（1）求证：是的切线．
（2）过点作于点，，求的长．
25．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．
26．在平面直角坐标系中，抛物线
（1）若抛物线经过点，
①求抛物线的顶点坐标（用含的式子表示）；
②已知和是抛物线上的两点．若，当，时，则的最大值是______；
（2）若抛物线经过点，已知和是抛物线上的两点，对任意，，，，都有，求的取值范围．
27．如图，在锐角中，，，线段绕点顺时针旋转，得到线段，将射线绕点逆时针旋转，分别交，的平分线于点，点．
（1）依题意补全图形，并直接写出（用表示）；
（2）连接，分别交，于，，判断与的数量关系并证明；
（3）直接写出，和的数量关系．
28．对于平面直角坐标系中的图形和图形，给出如下定义：若图形上两点，与图形上两点，（点与点可以重合）满足，则称图形是图形的“倍限距图形”．特别地，若点与图形上两点，（点与点可以重合）满足，则称点是图形的“倍限距点”．
（1）已知点，；
①，，中，______是线段的“2倍限距点”；
②的圆心为，半径为1，若是线段的“2倍限距图形”，则的取值范围是______；
（2）的半径为5，点，是上的两点，分别以，为圆心，1为半径作圆得到和，若对于任意点，，和互为“倍限距图形”，直接写出的取值范围．
答案
1．【正确答案】B
【分析】本题考查的是中心对称图形与轴对称图形的概念，常见的中心对称图形有平行四边形、圆形、正方形、长方形等等．常见的轴对称图形有等腰三角形，矩形，正方形，等腰梯形，圆等等．根据中心对称图形与轴对称图形的概念，进行判断即可．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；如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形．
【详解】解：A．该图形是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不合题意；
B．该图形既是轴对称图形，也是中心对称图形，故此选项合题意；
C．该图形既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故此选项不合题意；
D．该图形既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故此选项不合题意；
故选B．
2．【正确答案】A
【分析】根据抛物线的顶点式得出顶点坐标即可．
【详解】解：抛物线的顶点坐标为，故A符合题意．
故选A．
3．【正确答案】C
【分析】本题主要考查了二次函数的平移问题，根据“上加下减，左加右减”的平移规律求解即可．
【详解】解：抛物线先向上平移3个单位长度，再向右平移2个单位长度后，得到的抛物线是，
故选C．
4．【正确答案】A
【分析】本题考查了一元二次方程的应用，增长率问题，一般用增长后的量增长前的量增长率），如果设该校七至九年级人均阅读量年均增长率为，根据题意即可列出方程求解．
【详解】解：设该校七至九年级人均阅读量年均增长率为，
根据题意得．
故选A．
5．【正确答案】D
【分析】由为等边三角形，得：∠AOB=60°，再根据圆周角定理，即可求解.
【详解】∵为等边三角形，
∴∠AOB=60°，
∴=∠AOB =×60°=30°.
故选D.
6．【正确答案】B
【分析】根据随机事件，必然事件，不可能事件的定义可判断A，根据随机事件发生的机会大小，估计概率的大小可判断B，可判断C，不规则物体的概率只能通过大数次的实验，使频率达到稳定时用频率估计概率可判断D．
【详解】解：“射击运动员射击一次，命中靶心”可能会发生，也可都能不会发生是随机事件不是必然事件，故选项A不正确；
事件发生的可能性越大，说明发生的机会越大，它的概率越接近1，故选项B正确；
某种中奖的概率是1%，因此买100张该种每一张中奖的概率都是1%，可能会中奖，但一定会中奖机会很小，故选项C不正确；
图钉是不规则的物体，抛掷一枚图钉，“针尖朝上”的概率只能通过实验，大数次的实验，使频率稳定时，可用频率估计概率，不可以用列举法求得，故选项D不正确．
故选择B．
7．【正确答案】A
【分析】此题主要考查了正多边形和圆、等边三角形的判定与性质；根据题意得出△AOB是等边三角形是解题关键．由正六边形的性质证出是等边三角形，由等边三角形的性质得出，即可得出答案．
【详解】解：设正六边形的中心为O，连接，，过点O作于点H，如图所示：

∵O是正六边形的中心，
∴，
∴是等边三角形，
∴，，
∴，
∴正六边形的面积．
故选A．
8．【正确答案】B
【分析】本题考查了二次函数的性质，二次函数图象与系数的关系，二次函数与不等式，熟练掌握二次函数图象的性质是解题的关键．
根据表格数据求出二次函数的对称轴为直线和，然后根据二次函数的性质进行分析判断即可得解．
【详解】解：由表格可知，对称轴为直线，
∵对称轴为，
∴，
当时，，
，
当时，，
当时，，
∴，
∴，
∵，
∴，
即，
∴，
，①正确；
∵，且对称轴为直线，
当时，随的增大而增大，②错误；
将代入方程左边，
得
，
当时，得，
∴代入得
，
∴是的一个根，③正确；
由表格可知，抛物线与交于与，且和，
∴当时，，
，④错误，
综上所述，正确的有①③，
故选B．
9．【正确答案】（-4，7）
【分析】根据两个点关于原点对称时，它们的坐标符号相反，即点P（x，y）关于原点O的对称点是P′（-x，-y），进而得出答案．
【详解】解：点关于原点的对称点坐标为（-4，7），
故答案是：（-4，7）．
10．【正确答案】4
【分析】本题考查了一元二次方程根的判别式，根据一元二次方程有两个相等的实根，可得，即可解答，熟知根的判别式与一元二次方程根的关系是解题的关键．
【详解】解：关于x的一元二次方程有两个相等的实根，
，
解得.
11．【正确答案】0.95
【分析】本题考查利用频率估算概率，根据表格数据，利用频率估算概率即可．
【详解】从频数表可知，发芽频率分别为0.953，0.948，0.952，0.951，0.950，这些值稳定在0.95附近，根据频率的稳定性，大量重复试验时频率接近概率，故该稻种的发芽概率约为0.95．
12．【正确答案】20
【分析】本题主要考查了切线的性质，圆周角定理，直角三角形的性质，连接，由切线的性质可得，根据直角三角形两锐角互余可得的度数，再由圆周角定理即可得到答案．
【详解】解；如图所示，连接，
∵与相切于点B，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴.
13．【正确答案】
【分析】本题主要考查了坐标与图形变化﹣旋转，熟知图形旋转的性质及全等三角形的判定与性质是解题的关键．
过点A作y轴的平行线，交x轴于点N，再过点作的垂线，垂足为M，利用全等三角形的判定与性质结合点A的坐标即可解决问题．
【详解】解：过点A作y轴的平行线，交x轴于点N，再过点作的垂线，垂足为M，
由旋转可知，，，
∴．
又∵，轴，
∴，
∴，
∴．
在和中，
，
∴，
∴，．
∵点A的坐标为，
∴，，
∴，，
∴点的坐标为．
14．【正确答案】
【分析】本题考查旋转性质、三角形的内角和定理、等腰三角形的性质，先根据旋转性质得到，，，再利用三角形的内角和定理，结合等边对等角求得即可．
【详解】解：由旋转性质得，，，
∴，
∴.
15．【正确答案】米
【分析】本题主要考查了弧长的计算，熟知扇形弧长的计算公式是解题的关键，根据的长度及的度数，可求出的长，再结合的长可求出的长，再利用弧长公式计算即可得解．
【详解】解：的长为米，，
，
解得：
长为1米，
的长为米，
的长度为：(米).
16．【正确答案】
【分析】本题考查了圆的性质、三角形的中位线定理、勾股定理、含30度角的直角三角形的性质等知识，正确得出点的运动轨迹是解题关键．过点作于点，取的中点，连接，先根据三角形的中位线定理可得，则在点的运动过程中，点在以点为圆心、半径为2的圆上运动，再根据圆的性质可得当点在线段上时，线段的值最小，最小值为，然后根据勾股定理可得的长，由此即可得．
【详解】解：如图，过点作于点，取的中点，连接，
∵的半径为，
∴，
∵点为的中点，
∴，
又∵点为的中点，点为的中点，
∴为的中位线，
∴，
∴在点的运动过程中，点在以点为圆心、半径为2的圆上运动，
由圆的性质可知，当点在线段上时，线段的值最小，最小值为，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴在中，，，
∴，
∴在中，，
∴线段的最小值为.
17．【正确答案】（1），
（2），
【分析】本题主要考查解一元二次方程的能力，熟练掌握解一元二次方程的几种常用方法：直接开平方法、因式分解法、公式法、配方法，结合方程的特点选择合适、简便的方法是解题的关键．
（1）利用公式法解一元二次方程，即可求解；
（2）先化简方程，再利用因式分解法求解．
【详解】（1）解：
（2）解：
或
18．【正确答案】（1）
（2）
【分析】（1）把二次函数的解析式化为顶点式，然后利用的性质即可得解；
（2）根据二次函数的性质求解即可．
【详解】（1）解：
，
∴二次函数的图象的顶点坐标为；
（2）解：且对称轴在的范围内，
当时函数值有最大值，最大值为，
当时函数值有最小值，最小值为，
∴函数值的取值范围是，
故．
19．【正确答案】
【分析】本题考查了垂径定理的推论与勾股定理；连接，并设圆的半径为r；由垂径定理推论得，；在中，利用勾股定理建立方程即可求得半径．
【详解】解：如图，连接，设圆的半径为r；
∵D是中弦的中点，
∴，；
∵，
∴在中，由勾股定理得：，
解得：；
答：的半径为．
20．【正确答案】（1）见解析；（2）直径所对的圆周角是直角；过半径外端并且垂直于这条半径的直线是圆的切线
【分析】（1）根据题意作出图形即可；
（2）根据圆周角定理得到∠BPC=90°，根据切线的判定定理即可得到结论．
【详解】解：（1）补全图形如图所示，则直线PC即为所求；
（2）证明：∵BC是⊙A的直径，
∴∠BPC=90°（圆周角定理），
∴OP⊥PC．
又∵OP是⊙O的半径，
∴PC是⊙O的切线（切线的判定）．
21．【正确答案】（1）
（2）
【分析】本题考查了简单的概率计算、利用列举法求概率，熟练掌握列举法是解题关键．
（1）从这4张书签中随机抽取1张共有4种等可能的结果，再利用概率公式计算即可得；
（2）先画出树状图，则可得从这4张书签中随机抽取2张的所有等可能的结果，再找出随机抽取的2张书签恰好是“论语”和“大学”的结果，然后利用概率公式计算即可得．
【详解】（1）解：∵从这4张书签中随机抽取1张共有4种等可能的结果，
∴从中随机抽取1张，抽到“中庸”书签的概率是.
（2）解：由题意，画出树状图如下：
由图可知，从这4张书签中随机抽取2张共有12种等可能的结果，其中，随机抽取的2张书签恰好是“论语”和“大学”的结果有2种，
则随机抽取的2张书签恰好是“论语”和“大学”的概率为，
答：随机抽取的2张书签恰好是“论语”和“大学”的概率为．
22．【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，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．
23．【正确答案】见详解
【分析】根据旋转的性质得出，，再结合直角三角形斜边上的中线的性质即可推出结论．
【详解】证明：∵将绕着点逆时针旋转，使点落在线段上的点处，点的对应点为，
∴，，
∴，
在中，是边上的中点，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
24．【正确答案】（1）见详解；
（2）
【分析】（1）连接，先通过，，得再通过，得，得到，再通过求解得到，，即可得到是切线；
（2）连接，过点作于点，先求，得半径，则．通过勾股定理求得，在和中，，可得，则，据边与边的关系求得．在，利用勾股定理即可得：得到答案．
【详解】（1）证明：如图，连接，
∵四边形是内接四边形，
∴．
∵，
∴
∵，
∴．
∴
∴．
∵，
∴．
∴，即．
∵为半径，
∴是切线．
（2）解：如图，连接，过点作于点，
∵，
∴．
∵，
∴．
∴．
在中，
在和中，，
∴．
∴．
∵，
∴．
∵，
∴．
在，，
∴．
25．【正确答案】（1），
（2）乒乓球再次落下时仍落在球桌上，理由见详解
【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．
26．【正确答案】（1）①；②
（2）
【分析】本题主要考查了二次函数的图象与性质，熟练掌握二次函数的性质是解题关键．
（1）①先将点代入抛物线的解析式可得，再将抛物线的解析式化成顶点式，由此即可得；
②先求出抛物线的解析式，再根据二次函数的增减性求出的取值范围，由此即可得；
（2）先求出，再分两种情况：①当时，结合二次函数的增减性求出的最小值，的最大值，建立一元一次不等式，解不等式即可得；②当时，根据当时的值与当时的值也满足，由此即可得．
【详解】（1）解：①∵抛物线经过点，
∴，
∴，
∴抛物线的解析式为，
∴抛物线的顶点坐标为．
②∵，
∴抛物线的解析式为，
∴当时，，
当时，，
当时，，
当时，，
当时，，
∵抛物线开口向上，其对称轴为直线，
∴当时，随的增大而减小；当时，随的增大而增大，
又∵和是抛物线上的两点，且，，
∴，，
∴，
∴，
∴的最大值是．
（2）解：∵抛物线经过点，
∴，
∴，
∴抛物线的对称轴为直线，
当时，，
当时，，
当时，，
①当时，抛物线的开口向上，且对称轴为直线，
∴在内，当时，取得最小值4；在内，当或时，取得最大值，即的最大值为或1，
又∵，
∴要使得当，时，都有，则需，
解得，符合题设；
②当时，
∵当，时，都有，
∴当时的值与当时的值也满足，即，
解得，与题设不符，舍去；
综上，的取值范围是．
27．【正确答案】（1）见详解，
（2），见详解
（3）
【分析】本题考查了等腰三角形的判定与性质、三角形全等的判定与性质、勾股定理、旋转的性质等知识，熟练掌握旋转的性质是解题关键．
（1）先根据题意补全图形，再根据等腰三角形的性质可得，再根据旋转的性质可得，，根据角平分线的定义可得，然后根据三角形的内角和定理求解即可得；
（2）过点作于点，先根据等腰三角形的判定可得，再证出，根据全等三角形的性质可得，则，然后根据等腰三角形的三线合一可得，由此即可得；
（3）过点作于点，连接，先证出，根据全等三角形的性质可得，，则，，再根据等腰三角形的判定与性质可得，然后在中，利用勾股定理求解即可得．
【详解】（1）解：由题意，补全图形如下：
∵在锐角中，，，
∴，，
由旋转的性质得：，，
∵是的平分线，
∴，
∴，
∴．
（2）解：，证明如下：
由题意，连接，分别交，于，，
如图，过点作于点，
由上可得：，
，
由旋转的性质得：，
∴，
∴，，
∴，
∴，
又∵，是的平分线，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴，即，
又∵，
∴，
∵，
∴（等腰三角形的三线合一），
∴．
（3）解：如图，过点作于点，连接，
由（2）已得：，，，
∴（等腰三角形的三线合一），，
在和中，
，
∴，
∴，，
∴，
由（1）已得：，
∴，
∴，
由（2）已得：，
∴，
由（2）已得：，即，
在中，，即，
∴．
28．【正确答案】（1）①E、G；②
（2）
【分析】（1）①根据“2倍限距点”的定义判断即可；
②分K在y轴的正半轴上和负半轴上讨论，取极限状态即找出y轴上到点C的距离是到点O的距离2倍的点，然后根据“2倍限距图形”并数形结合即可得出答案；
（2）取极限状态即和在的两端时，找出此时最大距离和最短距离结合“倍限距图形”的关系式求k的取值范围即可．
【详解】（1）解：①取点，
∵，，
∴在上，
又，
∴，，
∴，
∴E是线段的“2倍限距点”；
∵，，，
∴，
∵，
∴为F到线段的最短距离，为F到的最长距离，
∵，，，
∴，，
∴，
∴F不是线段的“2倍限距点”；
取点，
∵，，
∴在上，
又，
∴，，
∴，
∴G是线段的“2倍限距点”；
∴E、G是线段的“2倍限距点”.
②当在y轴的正半轴时，如图，
在y轴正半轴取点，
∵，，
∴，
∵，
∴为A到线段的最短距离，为A到的最长距离，
∵，，，
∴，，
∴，
∴A是线段的“2倍限距点”；
当经过点A时，是线段的“2倍限距图形”，
∴或，
又的圆心为，半径为1，
∴结合图形可知：当时，是线段的“2倍限距图形”；
当在y轴的负半轴时，如图，
同理可得：当时，是线段的“2倍限距图形”，
综上，当时，是线段的“2倍限距图形”
（2）解：不妨设，的圆心在x轴上位于y轴的两侧，
两圆的距离的最小值为，最大值为，
∵和互为“倍限距图形”，
∴，即．0
2
2
2
试验种子数（粒）
1000
2000
3000
4000
5000
发芽频数
953
1896
2856
3804
4750
发芽频率
0.953
0.948
0.952
0.951
0.950
水平距离
0
40
80
120
160
竖直高度
18
42
50
42
18