精品解析：河南省 安阳市第四中学2025-2026学年上学期九年级第二次月考数学试题

2025-2026学年度九年级第二次月考数学试卷 一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，满分30分） 1. 古典园林中的花窗通常利用对称构图，体现对称美．下面四个花窗图案，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ） A. B. C. D. 2. 下列方程是关于的一元二次方程的是（ ） A. B. C. D. 3. 用配方法解方程时，原方程应变形为（    ） A. B. C. D. 4. 如图，是的直径，弦于点，，，则（ ） A. B. C. D. 5. 为了促进房地产市场的稳定发展，我国政府今年陆续出台了一系列新的房地产政策．某公司十月份销售商品房20套，新政策出台后，销售量快速上升，截至十二月末该公司累计售出商品房95套，求该公司第四季度商品房销售量的月平均增长率．设该公司第四季度商品房销售量的月平均增长率为x，根据题意，可列方程为（ ）． A. B. C. D. 6. 关于函数的图像与性质的说法正确的是(　　) A. 函数值的最大值为2 B. 图像关于y轴对称 C. 当时，y随x的增大而增大 D. 顶点坐标在第二象限 7. 已知，，三点都在二次函数的图象上，则，，的大小关系为（ ） A. B. C. D. 8. 如图，在中，，将绕点逆时针旋转得到，则的度数是（ ） A. B. C. D. 9. 二次函数的图象如图所示，则一次函数的图象可能是（ ） A. B. C. D. 10. 二次函数数的图象如图所示，下列结论：①；②；③；④；⑤；⑥当时，y随x的增大而减小，其中正确的有（ ） A. 4 B. 5 C. 6 D. 7 二、填空题（本大题共5个小题，每小题3分，满分15分） 11. 将一元二次方程化为一般形式为_______． 12. 如图，在圆内接四边形中，若，则______． 13. 已知关于的方程有两个不相等的实数根，则的取值范围是 ______________． 14. 将抛物线向上平移个单位长度，再向左平移个单位长度．所得到的抛物线为________． 15. 如图，点A是抛物线对称轴上的一点，连接OA，以A为旋转中心将AO逆时针旋转90°得到AO′，当O′恰好落在抛物线上时，点A的坐标为______________． 三、解答题 16. 解方程． （1）； （2）． 17. 已知关于的方程． （1）求证：k取任何实数值，方程总有实数根； （2）若斜边长，另两边长b，c恰好是这个方程的两个根，求的周长． 18. 如图，平面直角坐标系内，小正方形网格的边长为1个单位长度，的顶点均在格点上． （1）画出将关于原点的中心对称图形； （2）将绕点E逆时针旋转得到，画出； （3）若由绕者某点旋转得到的，则这点的坐标为_________． 19. 你知道可以用几何图形求部分一元二次方程的正解吗？以为例，大致过程如下： 第一步：将原方程变形为，即． 第二步：构造一个长为，宽为的长方形，长比宽大3，且面积为4，如图1所示． 第三步：用四个这样的长方形围成一个大正方形，中间是一个小正方形，如图2所示．小正方形的边长为________． 第四步：计算大正方形面积，用含的代数式表示为__________． 第五步：用大正方形面积等于四个长方形与小正方形面积之和，列方程得，因为为边长，所以，可求得方程的正解为_____________． （1）将横线上的内容补充完整； （2）请利用上述的思考过程，求方程的正解． 20. 如图，在中，，以为直径的分别交于点，交于点，连接． （1）求证：； （2）若，，求的长． 21. “水幕电影”的工作原理是把影像打在抛物线状的水幕上，通过光学原理折射出图象．水幕是由若干个水嘴喷出的水柱组成的（如图），水柱的最高点为P，，，水嘴高． （1）以A为坐标原点，AB所在的直线为x轴，AD所在的直线为y轴，建立平面直角坐标系，求抛物线的解析式； （2）求水柱落点C与水嘴底部A的距离AC． 22. 某数学兴趣小组在探究函数的图象和性质时，经历以下几个学习过程： （1）列表（完成以下表格）： （2）描点并画出函数的图象； （3）根据图象完成以下问题： （）数学小组探究发现直线与函数的图象交于点、，，则不等式的解集是___________； （）设函数的图象与轴交于、两点（位于的右侧），与轴交于点． ①求直线的解析式； ②探究应用：将直线沿轴平移个单位后与函数的图象恰好有个交点，求此时的值． 23. 【问题背景】如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，点D，E分别在边AB，AC上，AD＝AE，连接DC，BE，点P为DC的中点． 【观察猜想】（1）观察图1，猜想线段AP与BE的数量关系是　 　，位置关系是　 　． （2）【拓展探究】把△ADE绕点A逆时针方向旋转到图2的位置，（1）中的结论是否仍然成立，若成立，请证明：否则写出新的结论并说明理由． （3）【问题解决】把△ADE绕点A在平面内自由旋转，若DE＝4，BC＝8，请直接写出线段AP长的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年度九年级第二次月考数学试卷 一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，满分30分） 1. 古典园林中的花窗通常利用对称构图，体现对称美．下面四个花窗图案，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据中心对称图形和轴对称图形定义进行解答即可． 【详解】解：A、是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不符合题意； B、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； C、既是轴对称图形，也是中心对称图形，故此选项符合题意； D、是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不合题意； 故选：C． 【点睛】此题主要考查了轴对称图形和中心对称图形定义，关键是掌握如果一个图形沿着一条直线对折后两部分完全重合，这样的图形叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴．如果一个图形绕某一点旋转180°后能够与自身重合，那么这个图形就叫做中心对称图形，这个点叫做对称中心． 2. 下列方程是关于的一元二次方程的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查了一元二次方程的定义，熟知只含有一个未知数，并且未知数的最高次数是2的整式方程叫一元二次方程是解答此题的关键． 根据一元二次方程的定义对各选项进行逐一分析即可． 【详解】解：A、方程不是整式方程，不是一元二次方程，不符合题意； B、方程含有2个未知数，不是一元二次方程，不符合题意； C、方程是一元二次方程，符合题意； D、方程整理得，未知数的最高次数不是2，不是一元二次方程，不符合题意； 故选：C． 3. 用配方法解方程时，原方程应变形为（    ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查的是一元二次方程的解法，利用配方法解出方程即可，掌握配方法解一元二次方程的一般步骤是解题的关键． 【详解】解：， ∴， ∴， ∴， 故选：． 4. 如图，是的直径，弦于点，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据垂径定理可得出的长度，在中，利用勾股定理可得出的长度． 【详解】解：∵弦于点E，cm， ∴cm． 在中，cm， ∴． 故选：C． 【点睛】本题考查了垂径定理以及勾股定理，勾股定理是求线段长的常用方法． 5. 为了促进房地产市场的稳定发展，我国政府今年陆续出台了一系列新的房地产政策．某公司十月份销售商品房20套，新政策出台后，销售量快速上升，截至十二月末该公司累计售出商品房95套，求该公司第四季度商品房销售量的月平均增长率．设该公司第四季度商品房销售量的月平均增长率为x，根据题意，可列方程为（ ）． A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查了一元二次方程的应用．熟练掌握增长前的量年平均增长率 增长后的量是解题的关键． 设月平均增长率为x，则十一月的销售量为套，十二月的销售量套，根据十二月末该公司累计售出商品房95套，即可得出关于x的一元二次方程，此题得解． 【详解】解：设月平均增长率为x，则十一月的销售量套，十二月的销售量套，根据题意得： 故选：C． 6. 关于函数的图像与性质的说法正确的是(　　) A. 函数值的最大值为2 B. 图像关于y轴对称 C. 当时，y随x的增大而增大 D. 顶点坐标在第二象限 【答案】D 【解析】 【分析】本题主要考查了二次函数图象与几何变换、二次函数的性质及二次函数的最值，根据二次函数的解析式，结合二次函数的图象与性质，对所给选项依次进行判断即可． 【详解】解：由题知，二次函数的解析式为，开口向上，抛物线的对称轴为直线，顶点坐标为， 所以当时，函数有最小值为2． 故A选项不符合题意； 抛物线的对称轴为直线， 故B选项不符合题意； 因为抛物线开口向上，且对称轴为直线， 所以当时，y随x的增大而增大． 故C选项不符合题意； 抛物线的顶点坐标为，即顶点坐标在第二象限． 故D选项符合题意； 故选：D． 7. 已知，，三点都在二次函数的图象上，则，，的大小关系为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查了二次函数的图象和性质，由二次函数解析式可得抛物线的对称轴为，开口向上，抛物线上的点离对称轴距离越远，对应的函数值越大，据此即可求解，掌握二次函数的图象和性质是解题的关键． 【详解】解：∵二次函数， ∴抛物线的对称轴为，开口向上，抛物线上的点离对称轴距离越远，对应的函数值越大， ∵， ∴， 故选：． 8. 如图，在中，，将绕点逆时针旋转得到，则的度数是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查了旋转的性质，由旋转性质可得，然后通过角度和差即可求解，掌握旋转的性质是解题关键． 【详解】解：由旋转性质可得，， ∴， 故选：． 9. 二次函数的图象如图所示，则一次函数的图象可能是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查二次函数的图象与系数之间的关系，二次函数图象与一次函数的图象的综合判断，根据二次函数的图象，判断出的符号，进而判断出一次函数图象经过的象限，进行判断即可． 【详解】解：∵抛物线的开口向上，对称轴在轴的左侧， ∴， ∴一次函数的图象经过第一，二，三象限； 故选A． 10. 二次函数数的图象如图所示，下列结论：①；②；③；④；⑤；⑥当时，y随x的增大而减小，其中正确的有（ ） A. 4 B. 5 C. 6 D. 7 【答案】B 【解析】 【分析】本题主要考查了二次函数的图象和性质，二次函数和一元二次方程的关系，根的判别式等内容，解题的关键是掌握二次函数性质． 根据二次函数的图象和性质逐项进行判断即可． 【详解】解：①∵抛物线开口向上， ∴， ∵抛物线与轴交于负半轴， ∴， ∴， ∴①正确，符合题意； ②当时，， ∴②正确，符合题意； ③由对称轴为直线得，， 整理得， ∴③正确，符合题意； ④将代入得， ， ∴④正确，符合题意； ⑤∵抛物线与轴有两个交点， ∴， 即， ∴⑤正确，符合题意； ⑥当时，y随x的增大先减小再增大， ∴⑥错误，不符合题意； 故正确的选项为①②③④⑤， 故选：B． 二、填空题（本大题共5个小题，每小题3分，满分15分） 11. 将一元二次方程化为一般形式为_______． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了一元二次方程的一般形式，熟练掌握一元二次方程的一般形式是解题的关键． 去括号，移项，即可求解． 【详解】解：， ， 故答案为：． 12. 如图，在圆内接四边形中，若，则______． 【答案】 【解析】 【分析】根据圆内接四边形的性质解答即可． 【详解】解：在圆内接四边形中，， ∴， 故答案为： 【点睛】本题考查的是圆内接四边形的性质，掌握圆内接四边形的对角互补、圆内接四边形的任意一个外角等于它的内对角是解题的关键． 13. 已知关于的方程有两个不相等的实数根，则的取值范围是 ______________． 【答案】且 【解析】 【分析】本题考查了根据方程根的情况，确定方程中字母系数的取值范围，明白根据关于的方程有两个不相等的实数根，则方程为一元二次方程且，得出不等式和求解是解题的关键． 【详解】解：∵关于的方程有两个不相等的实数根， ∴，解得：， 且，即， 解得：， ∴的取值范围是：且， 故答案为：且． 14. 将抛物线向上平移个单位长度，再向左平移个单位长度．所得到的抛物线为________． 【答案】(也可以写成一般式：) 【解析】 【分析】根据“左加右减，上加下减”的平移规律解答即可． 【详解】将抛物线向上平移个单位长度，再向左平移个单位长度得到的抛物线解析式是：， 故答案为：． 【点睛】本题考查的是二次函数的图象与几何变换，要求熟练掌握平移的规律：左加右减，上加下减． 15. 如图，点A是抛物线对称轴上的一点，连接OA，以A为旋转中心将AO逆时针旋转90°得到AO′，当O′恰好落在抛物线上时，点A的坐标为______________． 【答案】（2，2）或（2，-1） 【解析】 【详解】∵抛物线y=x2-4x对称轴为直线x=- ∴设点A坐标为（2，m） 如图所示，作AP⊥y轴于点P，作O′Q⊥直线x=2 ∴∠APO=∠AQO′=90° ∴∠QAO′+∠AO′Q=90° ∵∠QAO′+∠OAQ=90° ∴∠AO′Q=∠OAQ 又∠OAQ=∠AOP ∴∠AO′Q=∠AOP 在△AOP和△AO′Q中 ∴△AOP≌△AO′Q（AAS） ∴AP=AQ=2，PO=QO′=m 则点O′坐标为（2+m，m-2） 代入y=x2-4x得：m-2=（2+m）2-4（2+m） 解得：m=-1或m=2 ∴点A坐标为（2，-1）或（2，2） 故答案是：（2，-1）或（2，2）． 【点睛】本题考查了坐标与图形的变换-旋转，全等三角形的判定与性质，函数图形上点的特征，根据全等三角形的判定与性质得出点O′的坐标是解题的关键． 三、解答题 16. 解方程． （1）； （2）． 【答案】（1）， （2）， 【解析】 【分析】（）把常数移到右边，再利用配方法解答即可； （）利用因式分解法解答即可； 本题考查了解一元二次方程，掌握的方法是解题的关键． 【小问1详解】 解：∵， ∴， ∴， 即， ∴， ∴，； 【小问2详解】 解：∵， ∴， ∴或， ∴，． 17. 已知关于的方程． （1）求证：k取任何实数值，方程总有实数根； （2）若斜边长，另两边长b，c恰好是这个方程的两个根，求的周长． 【答案】（1） 证明：∵， ∴无论取何值，方程总有实数根； （2）的周长为． 【解析】 【分析】本题主要考查了一元二次方程根的判别式的意义，根与系数的关系． （1）根据一元二次方程根的判别式的意义证明即可； （2）利用根与系数的关系求得，，再利用完全平方公式得到，求得，据此求解即可． 【小问1详解】 证明：略； 【小问2详解】 解：∵边长b，c恰好是这个方程的两个根， ∴，，（） ∵斜边长， ∴， ∴，即， 整理得（负值舍去）， ∴， ∴的周长为； ∴的周长为． 18. 如图，平面直角坐标系内，小正方形网格的边长为1个单位长度，的顶点均在格点上． （1）画出将关于原点的中心对称图形； （2）将绕点E逆时针旋转得到，画出； （3）若由绕者某点旋转得到的，则这点的坐标为_________． 【答案】（1） 如图，即为所求； （2） 如图，即为所求； （3） 【解析】 【分析】本题主要考查了作图-旋转变换，熟练掌握旋转的性质是解题的关键． （1）根据中心对称的性质即可画出； （2）根据旋转的性质即可画出； （3）根据旋转中心为两组对应点连线的垂直平分线的交点可得到答案． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【小问3详解】 解：如图，根据旋转的性质：旋转中心到两对应点的距离相等； 旋转中心在线段的中垂线上，即为图中点P； 由图象可知，该点的坐标为． 故答案为：． 19. 你知道可以用几何图形求部分一元二次方程的正解吗？以为例，大致过程如下： 第一步：将原方程变形为，即． 第二步：构造一个长为，宽为的长方形，长比宽大3，且面积为4，如图1所示． 第三步：用四个这样的长方形围成一个大正方形，中间是一个小正方形，如图2所示．小正方形的边长为________． 第四步：计算大正方形面积，用含的代数式表示为__________． 第五步：用大正方形面积等于四个长方形与小正方形面积之和，列方程得，因为为边长，所以，可求得方程的正解为_____________． （1）将横线上的内容补充完整； （2）请利用上述的思考过程，求方程的正解． 【答案】（1）3，，； （2）． 【解析】 【分析】本题主要考查了一元二次方程的几何解法，涉及长方形和正方形的面积计算，熟练掌握通过几何图形面积关系列方程求解一元二次方程的方法是解题的关键． （1）先根据长方形长和宽的关系确定小正方形边长；再由大正方形边长与长方形长、宽的关系得出大正方形面积的代数式；最后通过面积关系列方程求解方程正解． （2）按照类似（1）的步骤，先对方程变形，构造长方形，再通过围成大正方形，利用面积关系列方程求解即可． 【小问1详解】 解：∵ 长方形长为，宽为，长比宽大， ∴ 小正方形的边长为． ∵ 大正方形的边长为长方形的长与宽之和，即， ∴ 大正方形面积用含的代数式表示为． ∴方程得，即． ∵ 为边长，， ∴ ， ， 解得， 故答案为：3，，； 【小问2详解】 解：原方程变形为，即． 构造长为，宽为的长方形，长比宽大，面积为． 用四个这样的长方形围成大正方形，中间小正方形边长为． 大正方形边长为，大正方形面积为． ∵ 大正方形面积等于四个长方形与小正方形面积之和，四个长方形面积为，小正方形面积为， ∴ ，即． ∵ 为边长，， ∴ ， ， ∴ ． 20. 如图，在中，，以为直径的分别交于点，交于点，连接． （1）求证：； （2）若，，求的长． 【答案】（1） 证明：，， 四边形内接于， ， ， ； （2） 【解析】 【分析】本题主要考查等腰三角形的性质、圆周角的性质及圆内接四边形的性质，勾股定理； （1）由题意易得，，然后可得，进而问题可求证； （2）连接，则有，进而根据勾股定理可进行求解． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：连接， 是的直径， ， 设， ， ， 解得： ． 21. “水幕电影”的工作原理是把影像打在抛物线状的水幕上，通过光学原理折射出图象．水幕是由若干个水嘴喷出的水柱组成的（如图），水柱的最高点为P，，，水嘴高． （1）以A为坐标原点，AB所在的直线为x轴，AD所在的直线为y轴，建立平面直角坐标系，求抛物线的解析式； （2）求水柱落点C与水嘴底部A的距离AC． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】本题考查了二次函数的应用问题，掌握二次函数的图象和性质是解决本题的关键． （1）根据题意可得抛物线的解析式为，将代入，即可求解； （2）令，解方程，即可求解． 【小问1详解】 解：设抛物线的解析式为， ∵，， ∴， ∵． ∴， 把代入得： ∴， ∴， ∴． 【小问2详解】 解：令， ∴， ∴， 解得：，（舍）， ∴点， ∴． 22. 某数学兴趣小组在探究函数的图象和性质时，经历以下几个学习过程： （1）列表（完成以下表格）： （2）描点并画出函数的图象； （3）根据图象完成以下问题： （）数学小组探究发现直线与函数的图象交于点、，，则不等式的解集是___________； （）设函数的图象与轴交于、两点（位于的右侧），与轴交于点． ①求直线的解析式； ②探究应用：将直线沿轴平移个单位后与函数的图象恰好有个交点，求此时的值． 【答案】（1）列表如下： （2）描点、连线、画函数图象如下： （3）（）或；（）①；②或 【解析】 【分析】（）根据函数解析式计算即可； （）描点、连线、画函数图象即可； （）（）根据函数图象解答即可求解； （）①利用待定系数法解答即可；②当时，可知直线与函数的图象恰好有个交点；当平移后的直线与抛物线只有个交点时，直线与函数的图象恰好有个交点，利用求出的值即可求解； 本题考查了画二次函数图象，二次函数与不等式，二次函数平移等，正确画出函数图象是解题的关键． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【小问3详解】 解：（）如图， 由图象可知，当或时，函数， ∴不等式的解集是或， 故答案为：或； （）①如图，设直线的解析式为，由表格可知点 ，， 把 和代入得， ， 解得， ∴直线的解析式为； ②把代入，得， ∴点在直线上， 由函数图象可知，此时直线与函数的图象恰好有个交点， 即； 由图象可知，直线只有向上平移才能与函数的图象恰好有个交点， ∴平移后的直线解析式为， 由，得， 当平移后的直线与抛物线只有个交点时，直线与函数的图象恰好有个交点， 此时， 解得； 综上，当或时，直线沿轴平移个单位后与函数的图象恰好有个交点． 23. 【问题背景】如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，点D，E分别在边AB，AC上，AD＝AE，连接DC，BE，点P为DC的中点． 【观察猜想】（1）观察图1，猜想线段AP与BE的数量关系是　 　，位置关系是　 　． （2）【拓展探究】把△ADE绕点A逆时针方向旋转到图2的位置，（1）中的结论是否仍然成立，若成立，请证明：否则写出新的结论并说明理由． （3）【问题解决】把△ADE绕点A在平面内自由旋转，若DE＝4，BC＝8，请直接写出线段AP长的取值范围． 【答案】（1）AP＝BE，PA⊥BE； （2）结论成立． 理由：如图2中，延长AP到J，使得PJ＝PA，连接JC．延长PA交BE于O． ∵PA＝PJ，PD＝PC，∠APD＝∠CPJ， ∴△APD≌△JPC（SAS）， ∴AD＝CJ，∠ADP＝∠JCP， ∴AD∥CJ， ∴∠DAC+∠ACJ＝180°， ∵∠BAC＝∠EAD＝90°， ∴∠EAB+∠DAC＝180°， ∴∠EAB＝∠ACJ， ∵AB＝AC，AE＝AD＝CJ， ∴△EAB≌△JCA（SAS）， ∴BE＝AJ，∠CAJ＝∠ABE， ∵PA＝AJ， ∴PA＝BE， ∵∠CAJ+∠BAO＝90°， ∴∠ABE+∠BAO＝90°， ∴∠AOB＝90°， ∴PA⊥BE． （3） 【解析】 【分析】（1）如图1中，设PA交BE于点O．证明△DAC≌△EAB（SAS），结合直角三角形斜边中线的性质即可解决问题． （2）结论成立．如图2中，延长AP到J，使得PJ＝PA，连接JC．延长PA交BE于O．证明△EAB≌△JCA（SAS），即可解决问题． （3）利用三角形的三边关系求出AJ的取值范围，即可解决问题． 【详解】解：（1）如图1中，设PA交BE于点O． ∵AD＝AE，AC＝AB，∠DAC＝∠EAB， ∴△DAC≌△EAB（SAS）， ∴BE＝CD，∠ACD＝∠ABE， ∵∠DAC＝90°，DP＝PC， ∴PA＝CD＝PC＝PD， ∴PA＝BE．∠C＝∠PAE， ∵∠CAP+∠BAO＝90°， ∴∠ABO+∠BAO＝90°， ∴∠AOB＝90°， ∴PA⊥BE， 故答案为：AP＝BE，PA⊥BE． （2）略 （3）∵△AED，△ABC都是等腰三角形，DE＝4，BC＝8， ∴AD＝AE＝2，AC＝AB＝4 由（2）可知CJ＝AD＝2，∵AC＝4， ∴4﹣2≤AJ≤4+2， ∴2≤AJ≤6， ∵AJ＝2AP， ∴≤PA≤3． 【点睛】本题综合考查了全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，直角三角形斜边上的中线的性质，以及三角形的三边关系，熟悉并灵活运用以上性质是解题的关键． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $