2025-2026学年北京清华大学附属中学朝阳学校九年级上册12月月考数学试卷 [附答案]

这是一份2025-2026学年北京清华大学附属中学朝阳学校九年级上册12月月考数学试卷 [附答案]，共32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。
1．下列图案中既是中心对称图形又是轴对称图形的是（ ）
A．B．
C．D．
2．如果，那么下列比例式成立的是（）
A．B．C．D．
3．如图，将含有30°角的三角尺ABC（∠BAC＝30°），以点A为中心，顺时针方向旋转，使得点C，A，B′在同一直线上，则旋转角的大小是（ ）
A．30°B．60°C．120°D．150°
4．对于二次函数的图象的特征，下列描述正确的是（ ）
A．开口向上B．经过原点
C．对称轴是y轴D．顶点在x轴上
5．如图，圆的两条弦AB，CD相交于点E，且，则的度数为（ ）
A．50°B．80°C．70°D．90°
6．如图，在打印图片之前，为确定打印区域，需设置纸张四周的页边距，即纸张的边线到打印区域的距离．若纸张长，宽，考虑到整体的美观性，要求各页边距相等，并使打印区域的面积占纸张总面积的．若设应设置的页边距为，根据题意可列方程为（ ）
A．B．
C．D．
7．不透明的盒子中装有红、白两色的小球共（为正整数）个，这些球除颜色外无其他差别，随机摸出一个小球，记录颜色后放回并摇匀，不断重复这一过程．下图显示了用计算机模拟实验的结果．
下面有三个推断：
①随着实验次数的增加，“摸到红球”的频率总在0.35附近摆动，显示出一定的稳定性，可以估计“摸到红球”的概率是0.35；
②若盒子中装40个小球，可以根据本次实验结果，估算出盒子中有红球14个；
③若再次进行上述摸球实验，则当摸球次数为200时，“摸到红球”的频率一定是0.35．
所有合理推断的序号是（ ）
A．①②B．②C．①③D．①②③
8．在平面直角坐标系中，抛物线与轴交于，两点，其中．将此抛物线向上平移，与轴交于，两点，其中，下面结论正确的是（ ）
A．当时，，B．当时，，
C．当时，，D．当时，，
二、填空题
9．点关于原点对称的点的坐标是 ．
10．已知，是关于的一元二次方程的两个根，若，则的值为 ．
11．如图，点A在⊙O上，弦BC垂直平分OA，垂足为D．若OA＝4，则的长为 ．
12．如图，△ABC为等边三角形，D是△ABC内一点，且AD＝2，将△ABD绕点A逆时针旋转到△ACE的位置，这时点D走过的路线长为 ．
13．如图，直角坐标平面内有一点，如果与轴正半轴的夹角为，那么 ．
14．若点，都在抛物线（，为常数）上，且，则的值可以是 （写出一个即可）．
15．如图，小明同学用自制的直角三角形纸板DEF测量树的高度AB，他调整自己的位置，设法使斜边DF保持水平，并且边DE与点B在同一直线上．已知纸板的两条直角边DE=40cm，EF=20cm，测得边DF离地面的高度AC=1.5 m，CD=8 m，则树高AB= m．
16．如图，双骄制衣厂在厂房的周围租了三幢楼、、作为职工宿舍，每幢宿舍楼之间均有笔直的公路相连，并且厂房与每幢宿舍楼之间也有笔直公路相连，且．已知厂房到每条公路的距离相等．
（1）则点为三条 的交点（填写：角平分线或中线或高线）；
（2）如图设，，，，，，现要用汽车每天接送职工上下班后，返回厂房停放，那么最短路线长是 ．
三、解答题
17．计算：
18．下面是小明设计的“过直线外一点作已知直线的平行线”的尺规作图过程.
已知：直线及直线外一点P.
求作：直线，使.
作法：如图，
①在直线上取一点O，以点O为圆心，长为半径画半圆，交直线于两点；
②连接，以B为圆心，长为半径画弧，交半圆于点Q；
③作直线.
所以直线就是所求作的直线.
根据小明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：连接，
∵，
∴__________.
∴（______________）（填推理的依据）.
∴（_____________）（填推理的依据）.
19．如图，中，点在边上，满足，
（1）求证：；
（2）若，，求的长．
20．如果抛物线与轴有两个不同的交点．
（1）求的取值范围；
（2）如果为正整数，且该抛物线与轴的交点的横坐标都是整数，求抛物线的函数解析式．
21．如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，AB⊥BD于点B．已知∠A = 45°，∠C= 60°，，求AD的长．
22．为弘扬我国传统文化，增强文化自信，某校举办“传统文化月”系列活动，活动之一是组织全校学生进行经典名篇知识竞赛．为了解学生答题情况，老师从中随机抽取了名学生的比赛成绩（满分100分），制作出如下不完整的统计表和统计图：
（1）的值是___________，扇形统计图中，组所在扇形的圆心角的___________；
（2）若规定学生成绩x≥90为“优秀”，估计全校3000名学生中成绩达到“优秀”有___________人；
（3）“传统文化月”系列活动之二是经典朗诵比赛，每班需派两名选手参加初赛，七（1）班共有4名同学报名参赛，分别是李红、丁洋、孙飞、陈月，请求出李红和陈月同时被选上的概率．
23．已知二次函数图象上部分点的横坐标，纵坐标的对应值如下表所示：
（1）根据表中的信息，则m值为________；
（2）求此二次函数的解析式，并用描点法画出该二次函数的图象；（不用列表）
（3）一次函数，当时，对于x的每一个值，都有，直接写出k的取值范围．
24．如图，在中，以为直径作交于点D，交于点G，且D是中点，，垂足为E，交的延长线于点F．
（1）求证：直线是的切线；
（2）若，，求的长．
25．某次物理实验中，探究弹簧所挂物体质量m（单位：）与弹簧伸长长度（单位：）之间的关系．现取A，B两种型号的弹簧各一个进行实验，当弹簧所挂物体质量为时，记录A型弹簧和B型弹簧的伸长长度和，数据如下：
通过分析数据发现，可以用函数刻画与与之间的关系，回答下列问题：
（1）在给出的平面直角坐标系中，已有的函数图象，请补全的函数图象；
（2）与的关系式为____________
（3）重新取弹簧各一个，再次进行实验．在A型弹簧上挂一些物体时伸长长度为，结合函数图象回答：
①这些重物的质量为____________；
②若将一部分物体从A型弹簧卸下，挂到B型弹簧上（B型弹簧上原始无重物），恰使得两个弹簧伸长长度一致，则需要挪动的物体质量约为____________．
26．在平面直角坐标系中，抛物线（）．
（1）求该抛物线的对称轴；
（2）若当时，函数图象的最高点为P，点P的纵坐标为24，求二次函数的表达式；
（3）若直线与抛物线其中一个交点的横坐标为2，过点作x轴的垂线，交抛物线于点M，交直线于点N，且点M在点N的下方．当线段的长度随m的增大而减少时，求m的取值范围．
27．如图，在中，，，是线段上的动点（不与点，重合），将线段绕点顺时针旋转得到线段，连接．
（1）连接，求的大小（用含的代数式表示）；
（2）过点作交的延长线于点，连接．
①依题意补全图形；
②用等式表示线段与的数量关系，并证明．
28．在平面直角坐标系中，点是正方形边上的点，且满足．点是正方形外一点，若存在线段，使得点关于线段中点的对称点在正方形内，且满足，则称点为正方形的“对称直角点”．已知点．
（1）已知．
①在点中，点___________是正方形的“对称直角点”；
②记正方形的“对称直角点”到原点的距离为，则的取值范围是___________；
（2）已知点在直线上，位于第一象限．若点是正方形的“对称直角点”，且点到线段的距离不大于1，则的取值范围是___________．
答案
1．【正确答案】A
【分析】本题考查了轴对称图形和中心对称图形，熟记轴对称图形和中心对称图形的定义是解题的关键．
明确轴对称图形沿对称轴折叠后两部分重合，中心对称图形绕对称中心旋转后与原图重合，据此逐一分析选项．
【详解】解：A、既是轴对称图形，又是中心对称图形，故选项A符合题意．
B、不是轴对称图形，是中心对称图形，故选项B不符合题意．
C、是轴对称图形，不是中心对称图形，故选项C不符合题意．
D、不是轴对称图形，是中心对称图形，故选项D不符合题意．
故选A．
2．【正确答案】B
【分析】本题考查比例的性质，掌握知识点是解题的关键．根据比例的性质，由已知等式可直接推导出比例式．
【详解】解：∵，且，
∴两边同除以，得
，
即选项B成立，其他选项与已知等式不符，故错误．
故选B．
3．【正确答案】D
【分析】根据旋转角的定义，两对应边的夹角就是旋转角，即可求解．
【详解】由题可知：旋转角是∠BAB′，
∠BAB′＝180°﹣30°＝150°．
故选D．
4．【正确答案】D
【分析】根据二次函数的性质判断即可．
【详解】在二次函数中，
∵，
∴图象开口向下，故A错误；
令，则，
∴图象不经过原点，故B错误；
二次函数的对称轴为直线，故C错误；
二次函数的顶点坐标为，
∴顶点在x轴上，故D正确．
故选D．
5．【正确答案】B
【分析】由等弧所对的圆周角相等可知，再利用三角形外角定理求．
【详解】解：，
，
．
故选B．
6．【正确答案】D
【分析】本题主要考查了一元二次方程的实际应用，弄清题意、找到等量关系是解题的关键．
根据“打印区域的面积占纸张总面积的”列出方程即可．
【详解】解：设应设置的页边距为，则打印区域的长为，宽为，
∴打印区域的面积为，
∵打印区域的面积占纸张总面积的，
∴．
故选D．
7．【正确答案】A
【分析】此题考查了利用频率估计概率．大量反复试验下频率稳定值即概率．用到的知识点为：部分的具体数目总体数目相应频率．根据概率公式和给出的摸到红球的频率示意图分别对每一项进行分析，即可得出答案．
【详解】解：①随着实验次数的增加，“摸到红球”的频率总在0.35附近摆动，显示出一定的稳定性，可以估计“摸到红球”的概率是0.35，故本推理符合题意；
②可以根据本次实验结果，计算出盒子中约有红球（个，故本推理符合题意；
③若再次进行上述摸球试验，则当摸球次数为200时，“摸到红球”的频率不一定是0.35，故本推理不符合题意．
故选．
8．【正确答案】A
【分析】本题考查了二次函数的图象和性质，由函数解析式可得抛物线对称轴为直线，因此原抛物线与平移后的抛物线与轴的交点横坐标之和均等于，即，当时，抛物线开口向上，向上平移后与轴的交点距离对称轴更近，因此根差减小，即；当时，抛物线开口向下，向上平移后与轴的交点距离对称轴更远，因此根差增大，即，据此逐项判断即可求解，掌握二次函数的图象和性质是解题的关键．
【详解】解：∵抛物线解析式为，
∴抛物线的对称轴为直线，
∴ 原抛物线与轴交点和关于对称，即，
同理，向上平移后抛物线与轴交点和也关于对称，即，
∴，
当时，抛物线开口向上，向上平移后，与轴交点向对称轴靠近，
∴ 根差减小，即；
当时，抛物线开口向下，向上平移后，与轴交点远离对称轴，
∴ 根差增大，即，
综上，只有选项符合题意，
故选．
9．【正确答案】
【分析】此题主要考查了关于原点对称点的性质，掌握关于原点对称点坐标的性质是解题关键．根据平面直角坐标系中任意一点，关于原点的对称点是，即关于原点的对称点，横、纵坐标都变成相反数．
【详解】点关于原点对称的点的坐标是.
10．【正确答案】
【分析】本题考查一元二次方程根与系数的关系．若一元二次方程的两个根为，则．熟记相关结论即可．
【详解】解：由题意得： ，；
∵ ，即 ，解得 ；
∴.
11．【正确答案】
【分析】连接OC，根据垂径定理和勾股定理即可求出答案．
【详解】解：连接OC，
∵BC⊥OA，
∴∠ODC=90°，BD=CD，
∵OD=AD，
∴OD=OA=×4=2，
∴CD=，
∴BC=2CD=.
12．【正确答案】
【分析】根据旋转的性质可知旋转角为60度，△ADE是等腰直角三角形，腰长AD=2，则可用弧长公式求出P点走过的路线长．
【详解】解：∵△ABC为等边三角形，
∴∠BAC=60°，
∵将△ABD绕点A逆时针旋转到△ACE的位置，
∴AD=AE=2，
∴旋转角∠DAE=∠BAC=60°，
∴点D走过的路线长即DE弧
13．【正确答案】2
【分析】本题考查了锐角三角函数的定义、坐标与图形，熟练掌握三角函数的定义，是解题的关键．根据题意画出图形，过点作轴于点，进而根据正切的定义，即可求解．
【详解】解：如图所示，过点作轴于点，
∵，
∴，，
∴.
14．【正确答案】4（答案不唯一）
【分析】本题考查二次函数的图象和性质，把点，代入函数解析式，根据，求出的范围即可．
【详解】解：∵点，都在抛物线（，为常数）上，，
∴，
∴，
故的值可以是4.
15．【正确答案】5.5
【详解】在△DEF和△DBC中，，
∴△DEF∽△DBC，
∴，
40cm=0.4m，20cm=0.2m，
即，
解得BC=4，
∵AC=1.5m，
∴AB=AC+BC=1.5+4=5.5m
16．【正确答案】角平分线；
【分析】本题考查了三角形的内切圆和内心，三角形的三边关系定理：两边之和大于第三边；以及在同一个三角形内大角对大边．
（1）利用角平分线的性质定理判断即可；
（2）首先得出为的内心，进而得出，在中，推出，同理，，，，即可得出答案．
【详解】解：（1）点到每条公路的距离相等，
点是的角平分线的交点．
（2）共有6条线路：，，，，，，
在上截取，连接，
在和中，
，
，
，
在中，
推出，
同理，，，，
最短.
17．【正确答案】
【分析】本题考查的是实数混合运算的法则，熟知二次根式的化简、特殊角的三角函数值及负整数指数幂、零指数幂的运算法则是解答此题的关键．分别根据二次根式的化简、特殊角的三角函数值及负整数指数幂、零指数幂的运算法则计算出各数，再根据实数混合运算的法则进行计算即可．
【详解】解：原式
18．【正确答案】（1）补全的图形如图所示见详解；（2），等弧所对的圆周角相等内错角相等，两直线平行.
【分析】根据要求作图即可；
根据圆的有关性质和平行线的判定求解可得．
【详解】解：如图所示：
证明：连接PB、QB．
，
．
等弧所对圆周角相等．
内错角相等，两直线平行．
故答案为，等弧所对圆周角相等，内错角相等，两直线平行．
19．【正确答案】（1）见详解
（2）
【分析】本题考查了相似三角形的判定和性质，熟知相似三角形的判定方法是解题的关键；
（1）利用两角相等的两个三角形相似证明即可；
（2）根据相似三角形的性质可得，求出后再进一步求解即可．
【详解】（1）证明：∵，，
∴；
（2）解：∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴．
20．【正确答案】（1）
（2）
【分析】本题考查了二次函数图象与一元二次方程的关系：抛物线与轴交点个数由判别式确定：△时，抛物线与轴有2个交点；△时，抛物线与轴有1个交点；△时，抛物线与轴没有交点．
（1）利用判别式的意义得到△，然后解不等式即可；
（2）先确定正整数的值为1，2，当时，抛物线解析式为，当时，抛物线解析式为，然后分别解方程和可确定满足条件的的值即可．
【详解】（1）解：根据题意得△，
解得；
（2）解：，
正整数的值为1，2，
当时，抛物线解析式为，当时，，
解得，，
该抛物线与轴的公共点的横坐标不是整数；
当时，抛物线解析式为，当时，，
解得，，
该抛物线与轴的公共点的横坐标为0和，
的值为2．
抛物线的函数解析式为．
21．【正确答案】．
【分析】过点D作DE⊥BC于E，在Rt△CDE中，∠C = 60°，，则可求出DE,由已知可推出∠DBE =∠ADB = 45°，根据直解三角形的边角关系依次求出BD，AD即可.
【详解】过点D作DE⊥BC于E
∵ 在Rt△CDE中，∠C = 60°，，
∴，
∵ AB⊥BD，∠A = 45°，
∴∠ADB = 45°.
∵AD∥BC，
∴∠DBE =∠ADB = 45°
∴ 在Rt△DBE中，∠DEB = 90°，，
∴ ，
又∵ 在Rt△ABD中，∠ABD= 90°，∠A = 45°，
∴．
22．【正确答案】（1）15；
（2）900
（3）
【分析】（1）用统计表中组的人数除以扇形统计图中组的百分比可得共抽取的学生人数；用共抽取的学生人数分别减去，，组的人数，可得的值；用乘以组的人数所占的百分比，即可得出答案．
（2）根据用样本估计总体，用3000乘以样本中组的人数所占的百分比，即可得出答案．
（3）列表可得出所有等可能的结果数以及李红和陈月同时被选上的结果数，再利用概率公式可得出答案．
【详解】（1）解：一共抽取了（名学生的成绩．
．
扇形统计图中，组所在扇形的圆心角为．
（2）解：（人．
（3）解：列表如下：
共有12种等可能的结果，其中李红和陈月同时被选上的结果有：（李红，陈月），（陈月，李红），共2种，
李红和陈月同时被选上的概率为．
23．【正确答案】（1）0
（2），图象见详解
（3）且
【分析】本题考查了二次函数的性质、一次函数的性质，二次函数图象上点的坐标特征，二次函数与不等式，解题的关键是明确题意，利用二次函数的性质解答．
（1）根据表格数据即可求解；
（2）根据表格中的数据，可以得到二次函数图象解析式，化为顶点式，画图即可
（3）根据题意列不等式求解即可；
【详解】（1）解：根据表格数据可得，对称轴为：，
故当和当，关于对称
故.
（2）将，，分别代入和中，
解得：，，，
故函数解析式为：，即，
，图象如图所示：
（3）解：当，函数，的取值范围应为，
∵，无论为何值，当时，，
∴过定点，
当，对于x的每一个值，都有，
当时，
故，
解得：，
故，
当时，满足，
综上所述，且．
24．【正确答案】（1）见详解
（2）
【分析】（1）连接．先证明是的中位线，根据中位线的性质得到，再由，得出，根据切线的判定即可得出直线是的切线；
（2）先由，得出，再解，根据余弦函数的定义得到，设的半径为x，解方程，求出，解，根据余弦函数的定义得到，求出，然后由即可求解．
【详解】（1）证明：连接，如图，
∵，
∴，
∴；
∵，
∴，
∴，
∴，
∴直线是的切线；
（2）解：设的半径为x，则，
∵，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴；
在中，，
∴，
∴，
∴；
∴；
在中，，
∴，
∴，
∴，
∴．
25．【正确答案】（1）见详解
（2）
（3）①4，②
【分析】该题考查了正比例函数的应用，一元一次方程的应用，解题的关键是数形结合．
（1）根据表格数据补全的函数图象即可；
（2）根据图象可得与是正比例函数，设与的关系式为，根据待定系数法求解即可；
（3）①将代入求解即可；
②根据图象可得当，与是正比例函数，求出；设需要挪动的物体质量约为，则，求解即可．
【详解】（1）解：补全的函数图象如图：
（2）解：根据图象可得与是正比例函数，
设与的关系式为，
代入可得，解得：，
∴；
（3）解：①将时，，
即这些重物的质量为；
②根据图象可得当，与是正比例函数，
设与的关系式为，
代入可得，解得：，
∴；
设需要挪动的物体质量约为，
则，
解得：．
26．【正确答案】（1）
（2）
（3）
【分析】本题主要考查了二次函数的综合应用，二次函数的性质，熟练掌握二次函数的性质，是解题的关键．
（1）根据对称轴的公式，进行计算即可；
（2）根据对称轴是直线，得出时取得最大值，将代入二次函数中，求出，即可得出答案；
（3）先求出，得出二次函数解析式为，求出直线与二次函数的两个交点的横坐标为，根据点在点的下方，得出的取值范围是．表示出．根据二次函数的性质，结合线段的长度随的增大而减小，得出的取值范围是，从而得出m的取值范围即可．
【详解】（1）解：抛物线的对称轴为直线；
（2）解：，抛物线的对称轴是直线，
∴抛物线上的点离对称轴越远，函数值越大，
∵，
∴当时，函数值最大，
∴
将代入二次函数中，
得，
解得，
二次函数表达式为．
（3）解：把代入中，得，
将代入中，
得，
解得，
，
令，
解得，
点在点的下方，
的取值范围是．
点的坐标可分别表示为，，
．
，对称轴为直线，
当线段的长度随的增大而减小时，的取值范围是．
综上所述，的取值范围是．
27．【正确答案】（1）
（2）①见详解；②，见详解
【分析】（1）过点作于点H，由旋转的性质得：，易证是等腰三角形，进而推出，求出，根据，即可求解；
（2）①根据题意补全图形即可；②连接AQ，取AQ中点M，连接MC，MD，证明，再根据证明得，得到，再根据平行线分线段成比例定理可得结论
【详解】（1）解：过点作于点H，
由旋转的性质得：，
∴是等腰三角形，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴；
（2）解：①如图所示.
②，
证明：取中点P，连接，
∵，，
，
又，，
，
，
，
∴，
∴，
∴点中点，
．
28．【正确答案】（1）；
（2）
【分析】本题考查了轴对称的性质，坐标与图形，圆外一点到圆上的距离的最值问题，圆周角定理；理解新定义是解题的关键；
（1）①根据新定义画出点的轨迹，进而结合坐标系即可求解；
②根据圆外一点到圆上的距离的最值问题，结合①的图形，求得最大值，根据新定义得出正方形边到的距离为，则；
（2）根据题意先求得临界值点的坐标，进而根据新定义，满足新定义的条件，在为直径的圆上，且满足，当取得最小值，都在上，且当于点重合时刚好经过点，求得最小值，同理当在上，在上时，取得最大值，根据两点距离公式以及圆的定义，求得半径，即可求解．
【详解】（1）解：①如图：当时，若为正方形的“对称直角点”，则与均在以为直径的圆上，且，
则正方形的“对称直角点”在图中阴影部分，不包含正方形的边上，
∵距离线段的距离最小为，故不符合题意，
同理符合题意，
当与分别在与边上时，此时以为直径的圆过点，不经过，
∴点是正方形的“对称直角点”.
②解：由①可得，正方形边到的距离为，则
又∵，
∴
当取得最大值时，如图所示，当的中点在时，则，连接并延长，交阴影部分外部于点，
的最大值为
综上所述，
（2）解：点到线段的距离不大于1，点又在
∴由（1）可得
当时，，则
依题意，在为直径的圆上，且满足，当取得最大值，都在上，且当于点重合时刚好经过点，如图所示，

∵，
∵以为直径的圆的圆心在上，
∴，
∴
∴
解得：
当在上，在上时，取得最大值，如图所示，
∵关于轴对称，又平行于轴，，
∴的中点在轴上，
设，交轴于点，则
∴
∴，
又
∴
解得：
∴
∴
综上所述，的取值范围是．
组别
分组
人数
A组

5
B组

12
C组

18
D组

m
x
0
1
2
4
y
8
0
所挂物体质量（）
0
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
A型弹簧伸长长度
0

5

10

15

20

25
B型弹簧伸长长度
0
1
2
3
4
5
6




李红
丁洋
孙飞
陈月
李红
（李红，丁洋）
（李红，孙飞）
（李红，陈月）
丁洋
（丁洋，李红）
（丁洋，孙飞）
（丁洋，陈月）
孙飞
（孙飞，李红）
（孙飞，丁洋）
（孙飞，陈月）
陈月
（陈月，李红）
（陈月，丁洋）
（陈月，孙飞）