精品解析：北京市第八中学京西校区2025--2026学年上学期九年级期中数学试卷

北京市第八中学京西校区2025-2026学年度第一学期期中练习题 2025级1+3学部数学 2025.11 考生须知 1．本试卷共5页，共4道大题，26个小题．满分150分．考试时间120分钟． 2．在试卷和答题卡上准确填写学校和姓名，并将条形码粘贴在答题卡相应位置处． 3．试题答案一律填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效．选择题、作图题用2B铅笔作答，其它试题用黑色字迹签字笔作答． 4．考试结束，将试卷、答题卡和草稿纸一并交回． 一、选择题（本题共40分，每小题4分，在每小题给出的四个选项中，有且只有一项是符合题目要求的） 1. 点关于原点对称点的坐标为（ ） A. B. C. D. 2. 抛物线的对称轴是（ ） A. 直线 B. 直线 C. 直线 D. 直线 3. 如图，△ABC的顶点均在⊙O上，若∠A＝36°，则∠OBC的度数为(　　) A. 18° B. 36° C. 60° D. 54° 4. 一个不透明的布袋里装有6个只有颜色不同的球，其中2个红球，3个白球，1个黑球，从布袋中随机摸出一个球，摸出红球的概率是（ ） A. B. C. D. 5. 一个圆锥侧面展开图的扇形的弧长为，则这个圆锥底面圆的半径为（ ） A. 5 B. 10 C. 20 D. 6. 若一元二次方程的两根为，则的值为（ ） A. 6 B. 5 C. 8 D. 7. 如图，是的直径，点A，C在上，，交于点G．若，则的度数为（ ） A. B. C. D. 8. 如图，是的内切圆，切点分别为．若，则的周长为（ ） A. 8 B. 10 C. 20 D. 36 9. 心理学家发现：课堂上，学生对概念的接受能力s与提出概念的时间t（单位：min）之间近似满足函数关系s＝at2+bt+c（a≠0），s值越大，表示接受能力越强．如图记录了学生学习某概念时t与s的三组数据，根据上述函数模型和数据，可推断出当学生接受能力最强时，提出概念的时间为（　　） A. 8min B. 13min C. 20min D. 25min 10. 已知二次函数的表达式为（为常数），当时，，在自变量满足的取值范围时，对应函数值的最小值为，则的值为（ ） A. B. C. 或 D. 或 二、填空题（本题共30分，每小题5分） 11. 抛物线的顶点坐标为________． 12. 如图，分别切于点A，B，Q是优弧上一点，若，则的度数是________． 13. 若关于x的函数与x轴仅有一个公共点，则实数k的值为________ 14. 已知抛物线与轴有两个交点，抛物线与轴的一个交点是，则的值是__________． 15. 如图，在中，，，，两等圆、外切，那么图中两个扇形（即阴影部分）的面积之和为_____． 16. 如图，在平面直角坐标系中，已知点，其中，抛物线经过点M和N，以下四个结论：①；②；③关于x的一元二次方程无实根；④点在抛物线上且在对称轴的同侧，当时，总有时，则．其中所有正确结论的序号是________． 三、计算题（本题共4小题，每小题5分，共20分） 17. 解方程： 18. 解方程： 19. 解不等式： 20. 解不等式：． 四、解答题（本题共6小题，共60分，解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程） 21. 已知关于的方程有两个不相等的实数根． （1）求的取值范围； （2）若为符合条件的最小整数，且该方程的较大根是较小根的2倍，求的值． 22. 不透明袋子中装有1个红球，1个绿球和2个黄球，这些球除颜色外无其他差别． （1）从袋子中随机摸出1个球，摸出的球是黄球的概率为________； （2）从袋子中随机摸出一个球后，不放回，再从剩余的球中随机摸出一个．请利用列表或画树状图的方法，求摸出的两个球恰好是一个红球和一个黄球的概率． 23. 在平面直角坐标系中，点，点在抛物线 上．设抛物线的对称轴为直线． （1）当时， ①直接写出与满足的等量关系； ②比较，的大小，并说明理由； （2）已知点在该抛物线上，若对于，都有，求的取值范围． 24. 如图，是的外接圆，，直径，垂足是E． （1）求证：是等边三角形； （2）若，求的长． 25. 在平面直角坐标系中，抛物线经过点O和点． （1）求c的值，并用含a的式子表示b； （2）过点作x轴的垂线，交抛物线于点M，交直线于点N． ①若，，求的长； ②已知在点P从点O运动到点的过程中，的长随的长的增大而增大，求a的取值范围． 26. 在平面直角坐标系中，对于点和给出如下定义：若上存在两个不同的点，，对于上任意满足的两个不同的点，，都有，则称点是的关联点，称的大小为点与的关联角度．（本定义中的角均指锐角、直角、钝角或平角） （1）如图，的半径为． ①在点，，中，点_______是的关联点且其与的关联角度小于，该点与的关联角度为； ②点在第一象限，若对于任意长度小于的线段，上所有的点都是的关联点，则的最小值为_______； （2）已知点，经过原点，线段上所有的点都是的关联点，记这些点与的关联角度的最大值为．若，直接写出的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 北京市第八中学京西校区2025-2026学年度第一学期期中练习题 2025级1+3学部数学 2025.11 考生须知 1．本试卷共5页，共4道大题，26个小题．满分150分．考试时间120分钟． 2．在试卷和答题卡上准确填写学校和姓名，并将条形码粘贴在答题卡相应位置处． 3．试题答案一律填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效．选择题、作图题用2B铅笔作答，其它试题用黑色字迹签字笔作答． 4．考试结束，将试卷、答题卡和草稿纸一并交回． 一、选择题（本题共40分，每小题4分，在每小题给出的四个选项中，有且只有一项是符合题目要求的） 1. 点关于原点对称点的坐标为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查关于原点对称的点的坐标性质． 关于原点对称的点，其横坐标和纵坐标均互为相反数． 【详解】解：∵点关于原点对称， ∴对称点的横坐标为，纵坐标为， ∴对称点坐标为． 故选：C． 2. 抛物线的对称轴是（ ） A. 直线 B. 直线 C. 直线 D. 直线 【答案】A 【解析】 【分析】本题主要考查了求二次函数的对称轴，二次函数的对称轴为直线，据此求解即可． 【详解】解：由题意得，抛物线的对称轴是直线， 故选：A． 3. 如图，△ABC的顶点均在⊙O上，若∠A＝36°，则∠OBC的度数为(　　) A. 18° B. 36° C. 60° D. 54° 【答案】D 【解析】 【详解】解：根据圆周角定理，由∠A=36°，可得∠O=2∠A =72°， 根据OB=OC，求得∠OBC=（180°-∠O）=（180°-72°）=54°. 故选D 【点睛】此题主要考查了圆周角定理，解题时，根据同弧所对的圆周角等于圆心角的一半，求出圆心角，再根据等腰三角形的性质和三角形的内角和定理求解即可，解题关键是发现同弧所对的圆心角和圆周角，明确关系进行计算. 4. 一个不透明的布袋里装有6个只有颜色不同的球，其中2个红球，3个白球，1个黑球，从布袋中随机摸出一个球，摸出红球的概率是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题主要考查了简单的概率计算，根据概率公式，摸出红球的概率等于红球数量与总球数的比值，据此求解即可． 【详解】解：∵总球数为6个，红球有2个，且每个球被摸出的概率相同， ∴从布袋中随机摸出一个球，摸出红球的概率为， 故选：C． 5. 一个圆锥侧面展开图的扇形的弧长为，则这个圆锥底面圆的半径为（ ） A. 5 B. 10 C. 20 D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查了圆锥侧面展开扇形与底面圆之间的关系，圆锥的侧面展开图是一个扇形，此扇形的弧长等于圆锥底面周长，扇形的半径等于圆锥的母线长．解题的关键就是把扇形的弧长等于圆锥底面周长作为相等关系，列方程求解． 圆锥侧面展开图的扇形弧长等于底面圆的周长，利用此关系列方程求解． 【详解】解：设圆锥底面圆的半径为 ， ∵ 圆锥底面圆的周长为 ，且扇形弧长为 ， ∴， 解得 ． 故选B． 6. 若一元二次方程的两根为，则的值为（ ） A. 6 B. 5 C. 8 D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查了一元二次方程根与系数关系，利用根与系数的关系求出和，再通过代数变形将所求表达式转化为已知量计算即可． 【详解】解：∵方程的两根为， ∴，。 又∵， ∴， ∴ ． 故选：A． 7. 如图，是的直径，点A，C在上，，交于点G．若，则的度数为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查了圆周角定理以及推论，三角形的内角和定理等知识，根据直径所对的圆周角是直角得出，根据等边对等角和三角形内角和定理求出，进而求出，根据圆周角定理得出，然后根据三角形的内角和定理求解即可． 【详解】解∶∵是的直径， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， 故选∶C． 8. 如图，是的内切圆，切点分别为．若，则的周长为（ ） A. 8 B. 10 C. 20 D. 36 【答案】D 【解析】 【分析】本题主要考查了切线长定理，根据切线长定理可得，再根据三角形周长计算公式求解即可． 【详解】解：∵是的内切圆，切点分别为， ∴， ∵， ∴， ∴的周长， 故选：D． 9. 心理学家发现：课堂上，学生对概念的接受能力s与提出概念的时间t（单位：min）之间近似满足函数关系s＝at2+bt+c（a≠0），s值越大，表示接受能力越强．如图记录了学生学习某概念时t与s的三组数据，根据上述函数模型和数据，可推断出当学生接受能力最强时，提出概念的时间为（　　） A. 8min B. 13min C. 20min D. 25min 【答案】B 【解析】 【分析】先利用条件求出解析式，再变式求出最值即可解答. 【详解】解：已知满足函数关系s＝at2＋bt＋c（a≠0）， 根据图像可知经过（0,43），（20,55），（30,31）， 将已知点代入解析式得s＝－0.1＋2.6t＋43, 根据函数性质得t＝－＝13时，s最大， 故选B. 【点睛】本题主要考查求函数最值，可利用配方法，公式法等. 10. 已知二次函数的表达式为（为常数），当时，，在自变量满足的取值范围时，对应函数值的最小值为，则的值为（ ） A. B. C. 或 D. 或 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查了二次函数的图象和性质，由二次函数解析式得，即得该函数的对称轴为直线，函数图象开口向 上， 又由时，，可得，进而分 和两种情况，根据二次函数的性质解答即可求解，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， ∴该函数的对称轴为直线，函数图象开口向 上， ∵当时，， ∴， 解得， ∵当时，的最小值为， ∴当时，时取得最小值，即， 解得，（不合，舍去）； 当时，时取得最小值，即， 解得（不合，舍去）； 综上，的值是， 故选：． 二、填空题（本题共30分，每小题5分） 11. 抛物线的顶点坐标为________． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查二次函数的性质，熟练掌握顶点公式的解题关键． 将二次函数化为一般形式，利用顶点坐标公式求解． 【详解】二次函数 展开为一般形式： ， 其中 ，，， 顶点横坐标公式为 ， 代入得 ， 将 代入函数求纵坐标： ， 通分后 ． 故顶点坐标为 ． 12. 如图，分别切于点A，B，Q是优弧上一点，若，则的度数是________． 【答案】70°##70度 【解析】 【分析】连接，根据切线性质可得，再根据四边形的内角和为360°求得，然后利用圆周角定理求解即可． 【详解】解：如图所示，连接， ∵分别切于点A，B， ∴， 又∵， ∴， ∴， 故答案为：70°． 【点睛】本题考查切线性质、四边形内角和为360°、圆周角定理，熟练掌握切线性质和圆周角定理是解答的关键． 13. 若关于x的函数与x轴仅有一个公共点，则实数k的值为________ 【答案】 【解析】 【分析】本题主要考查了二次函数与一元二次方程之间的关系，二次函数与x轴的交点个数即为对应的一元二次方程的实数根个数，据此利用判别式求解即可． 【详解】解：∵关于x的函数与x轴仅有一个公共点， ∴关于x的方程有两个相等的实数根， ∴， 解得， 故答案为：． 14. 已知抛物线与轴有两个交点，抛物线与轴的一个交点是，则的值是__________． 【答案】5或1##1或5 【解析】 【分析】抛物线通过左右平移可得抛物线，分点与为对应点，点与为对应点两种情况，分别求解即可． 【详解】解：抛物线与轴有两个交点， 当点与为对应点时，由于， 抛物线是由抛物线向右平移5个单位得到， ； 当点与为对应点时，由于， 抛物线是由抛物线向右平移1个单位得到， ， 综上的值是5或1． 故答案为：5或1． 【点睛】本题考查二次函数图象的平移，解题的关键是掌握平移的规律，注意分情况讨论． 15. 如图，在中，，，，两等圆、外切，那么图中两个扇形（即阴影部分）的面积之和为_____． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查不规则图形的面积计算，根据题意可知阴影部分的面积为圆心角为的扇形的面积，据此即可求解． 【详解】解：∵， ∴， ∴阴影部分的面积等于圆心角为90°的扇形的面积． ∵，，， ∴根据勾股定理得：， ∴扇形的半径为5． ∴阴影部分的面积=． 故答案为：． 16. 如图，在平面直角坐标系中，已知点，其中，抛物线经过点M和N，以下四个结论：①；②；③关于x的一元二次方程无实根；④点在抛物线上且在对称轴的同侧，当时，总有时，则．其中所有正确结论的序号是________． 【答案】①②④ 【解析】 【分析】本题主要考查了二次函数的图象与性质，抛物线上点的坐标的特征，对称轴，数形结合法，抛物线与轴的交点，二次函数与一元二次方程的联系，一元二次方程的根的判别式，熟练掌握二次函数的性质和二次函数与一元二次方程的联系是解题的关键． ①根据题中二次函数的图像判断开口方向，，以及抛物线与轴的交点，可判断的符号，进而可判断； ②由二次函数的图象知：当时，，；当时，，两式相加，化简可得 ③一元二次方程的判别式，结合的关系与符号，进而可判断； ④设，且在对称轴右侧（在左侧同理），则， ，结合的关系与符号，进而可判断． 【详解】解：①因为，所以抛物线开口向上， ∵，抛物线经过点M和N， ∴对称轴为直线，， ∴， 综上，，故①正确； ② 二次函数的图象与轴交于，由图可知， 又， ， 由二次函数的图象可知： 当时， ， 当时，， 两式相加，化简可得，故②正确； ③一元二次方程的判别式， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴方程有两个不相等的实根，故③错误； ④设，且在对称轴右侧（在左侧同理）， 则， ， ， ， ， ， ， （在对称轴右侧）， ， 又， ， 即，结论④正确． 综上，正确结论的序号是：①②④． 三、计算题（本题共4小题，每小题5分，共20分） 17. 解方程： 【答案】 【解析】 【分析】本题主要考查一元二次方程的解法，熟练掌握一元二次方程的解法是解题的关键；因此此题可根据配方法求解方程． 【详解】解： ∴． 18. 解方程： 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了一元二次方程的解法，常用的方法有直接开平方法、配方法、因式分解法、求根公式法，灵活选择合适的方法是解答本题的关键． 移项后利用因式分解法求解即可． 【详解】解：， ， ， 或， 解得． 19. 解不等式： 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了二次函数与不等式，解一元二次方程． 通过移项将不等式化为，解方程，求出，再利用二次函数的性质确定不等式的解集． 【详解】解：， 整理得，． 解方程，得． ∵二次函数的二次项系数， ∴图像开口向上， ∴的解集为． ∴不等式的解为． 20. 解不等式：． 【答案】 或． 【解析】 【分析】本题考查了解不等式，解一元二次方程，二次函数的性质，通过展开和移项将不等式化为，再求解对应方程的根，然后根据二次函数的性质即可求解，掌握知识点的应用是解题的关键． 【详解】解：， ， ， 当， 解得，， 令， 由于二次项系数 ，抛物线开口向上， 故不等式  的解集为  或 ， ∴原不等式的解集为 或． 四、解答题（本题共6小题，共60分，解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程） 21. 已知关于的方程有两个不相等的实数根． （1）求的取值范围； （2）若为符合条件的最小整数，且该方程的较大根是较小根的2倍，求的值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据方程的根的判别式即可． （2）根据根的判别式，结合根的整数性质，根与系数关系定理，解答即可，熟练掌握根的判别式和根与系数关系定理是解题的关键． 【小问1详解】 ∵方程，， ∴， ∴， 解得． 【小问2详解】 ∵的两个实数根分别是，，且， ∴， ∵， ∴， ∵为符合条件的最小整数， ∴， ∴， ∴， 解得， ∴或， ∴或（舍去）， 故． 22. 不透明袋子中装有1个红球，1个绿球和2个黄球，这些球除颜色外无其他差别． （1）从袋子中随机摸出1个球，摸出的球是黄球的概率为________； （2）从袋子中随机摸出一个球后，不放回，再从剩余的球中随机摸出一个．请利用列表或画树状图的方法，求摸出的两个球恰好是一个红球和一个黄球的概率． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】本题考查了概率公式计算，画树状图法计算，正确选择方法是解题的关键． (1)利用公式计算即可． (2) 不放回型的概率计算，利用画树状图法计算即可． 【小问1详解】 一共有4种等可能性，摸出的球是黄球有2种等可能性， 故摸出的球是黄球的概率为， 故答案为：． 【小问2详解】 根据题意，画树状图如下： 一共有12种等可能性，其中，摸出的两个球恰好是一个红球和一个黄球的等可能性有4种． 故摸出的两个球恰好是一个红球和一个黄球的概率是． 23. 在平面直角坐标系中，点，点在抛物线 上．设抛物线的对称轴为直线． （1）当时， ①直接写出与满足的等量关系； ②比较，的大小，并说明理由； （2）已知点在该抛物线上，若对于，都有，求的取值范围． 【答案】（1）① ② （2） 【解析】 【分析】本题考查了二次函数的性质，二次函数图象上点的坐标特征，解题的关键是掌握二次函数的性质． （1）①利用对称轴公式求得即可；②利用二次函数的性质判断即可； （2）由题意可知点在对称轴的左侧，点在对称轴的右侧，点到对称轴的距离大于点到对称轴的距离，据此即可得到 ，解得 【小问1详解】 ①， ∴； ②∵抛物线中， ， ∴抛物线开口向上， ∵点点在抛物线上，对称轴为直线， ∴点到对称轴的距离大于点到对称轴的距离， ∴； 【小问2详解】 由题意可知，点)在对称轴的左侧, 点在对称轴的右侧， ，都有， ∴点到对称轴的距离大于点到对称轴的距离， ，解得 ， ∴的取值范围是 ． 24. 如图，是的外接圆，，直径，垂足是E． （1）求证：是等边三角形； （2）若，求的长． 【答案】（1） 证明：∵直径，垂足是， ∴ ∵ ∴， ∴， ∴ ∴是等边三角形． （2） 【解析】 【分析】本题考查了垂径定理，弧、弦的关系，圆周角定理，等边三角形的判定与性质以及勾股定理等，熟练掌握上述知识并利用数形结合的思想是解题关键． （1）根据垂径定理得出，结合已知以及弧、弦的关系可得出，即可得证； （2）根据等边三角形的性质和垂径定理、圆周角定理等可求出，，根据含的直角三角形的性质得出，然后在中根据勾股定理求解即可． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：连接，如图． ∵是等边三角形， ∴，． ∵直径，垂足是， ∴，． ∵， ∴在中，． ∴． 由勾股定理得，即， 解得． 25. 在平面直角坐标系中，抛物线经过点O和点． （1）求c的值，并用含a的式子表示b； （2）过点作x轴的垂线，交抛物线于点M，交直线于点N． ①若，，求的长； ②已知在点P从点O运动到点的过程中，的长随的长的增大而增大，求a的取值范围． 【答案】（1）0， （2）①4；②且 【解析】 【分析】本题主要考查了待定系数法求二次函数解析式、二次函数的图像与性质、二次函数与一次函数综合应用等知识，解题关键是运用数形结合和分类讨论的思想分析问题． （1）分别将，代入抛物线解析式，即可获得答案； （2）①结合题意，分别确定点的坐标，即可获得答案；②首先确定，再分和两种情况分析求解即可． 【小问1详解】 解：将点代入，抛物线， 可得， ∴该抛物线解析式为， 将点代入，抛物线， 可得，解得； 【小问2详解】 ①若，则该抛物线及直线解析分别为，， 当时，可有点， 如下图， ∵轴， ∴， 将代入，可得，即， 将代入，可得，即， ∴； ②当点P从点O运动到点的过程中， ∵轴，， ∴， 将代入，可得，即， 将代入，可得，即， ∴， 令，即，解得或， 若，可有，即点在轴右侧，如下图， 当时，可有，其图像开口向下，对称轴为， 若的长随的长的增大而增大，即的长随的增大而增大， 则，解得， 当时，可有，其图像开口向上，对称轴为，不符合题意； 若，可有，即点在轴左侧，如下图， 当时，可有，其图像开口向上，对称轴为， 若的长随的长的增大而增大，即的长随的减小而增大， 则，解得， ∴． 综上所述，a的取值范围为且． 26. 在平面直角坐标系中，对于点和给出如下定义：若上存在两个不同的点，，对于上任意满足的两个不同的点，，都有，则称点是的关联点，称的大小为点与的关联角度．（本定义中的角均指锐角、直角、钝角或平角） （1）如图，的半径为． ①在点，，中，点_______是的关联点且其与的关联角度小于，该点与的关联角度为； ②点在第一象限，若对于任意长度小于的线段，上所有的点都是的关联点，则的最小值为_______； （2）已知点，经过原点，线段上所有的点都是的关联点，记这些点与的关联角度的最大值为．若，直接写出的取值范围． 【答案】（1）①，；② （2）或或 【解析】 【分析】本题考查了新定义，直线与圆的位置关系，点与圆的位置关系，理解新定义是解题的关键； （1）①根据新定义可得的是的关联点且其与的关联角度小于，进而根据切线的性质，解,即可求得，即可求解． ②根据定义可得为外一点，由，的半径为，得出，进而当时，勾股定理求得的值，即可求解； （3）由（1）可得，当在圆的外部时，且为圆的切线时，最大，且距离圆心越近，根据，得出，根据已知可得，上距离最近的点在的圆环内，根据是固定线段，让移动，分四种情况讨论，求得的临界值，即可求解． 【小问1详解】 解：①根据定义可得：当在上时，不存在都有，当在内部时，过的直径使得的关联角度为，当在的外部时，且为的切线时，最大； 如图，是的关联点且其与的关联角度小于，与的关联角度为，与的关联角度大于， ∵，的半径为， ∴，且是的切线， ∴， ∴ ∴，即与的关联角度为 故答案为：，． ②根据定义可得为外一点， ∵，的半径为， ∴，当时， 如图，取点，则， ∴， ∴的最小值为， 故答案为：． 【小问2详解】 解：由（1）可得，当在圆的外部时，且为圆的切线时，最大，且距离圆心越近， ∵， ∴当时，由，如图， ∴四边形是矩形， 由∵ ∴四边形是正方形， ∴ 当时， ∵点，经过原点，线段上所有的点都是的关联点，则， ∴上距离最近的点在的圆环内， ①和的圆相切，如图， ∴ 解得： ②和半径为的圆相切时，如图， ∴（不包含临界值） ∴ ③当在半径为的圆，如图 解得：（不包含临界值） ∴时，都在内部，此时 ④当在半径为的圆，如图 设的半径为，则， ∵， 解得：， ∴时，此时， 综上所述，或或． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $