精品解析：新疆乌鲁木齐市天山区2025-2026学年 九年级上学期第二次月考数学试卷

2026届九年级第二次练习 一、选择题 1. 数学是一门美丽的学科，在平面直角坐标系内可以利用函数画出许多漂亮的曲线，下列曲线中，是中心对称图形的是（ ） A. B. C. D. 2. 下列方程中，属于一元二次方程的是（ ） A. B. C. D. 3. 如图，将绕着点顺时针旋转后得到．若，则的度数是（ ） A. B. C. D. 4. 如图，若的半径为6，圆心到一条直线的距离为4，则这条直线可能是（ ） A. l1 B. C. D. 都不是 5. 对于二次函数，下列说法正确的是（ ） A. 图象开口向下 B. 当时，y有最大值为2 C. 对称轴是直线 D. 与y轴的交点坐标为 6. 秋冬季节来临，许多季节性传染病，尤其是呼吸道传染病开始流行，大家要加强防范．疾控部门为了检测流感的传染速度，设计了一个问题：有1人患了流感，经过两轮传染后共有100人患了流感，设每轮传染中平均一个人传染个人，那么满足的方程为（ ） A. B. C. D. 7. 二次函数的自变量与函数值对应值如下表，那么方程的一个近似根的取值范围是（） 1 1.1 1.2 1.3 1.4 0.04 0.59 1.16 A. B. C. D. 8. 如图，点P为外一定点，连接，作以为直径的，与交于两点Q和R，根据切线的判断，直线和是的两条切线．由得，，，即切线长定理．上述过程中，可以判定的定理是（    ） A. B. C. D. 9. 如图，函数G的图象是由的图象和它关于成中心对称的图象组成．下列说法：①函数G的图象关于轴对称；②当时，函数G随的增大而增大；③直线与G图象有三个交点，则；④已知不重合的两点，在函数G的图象上，且，，若当时，函数G的最大值和最小值均为定值．则的取值范围为．其中正确的命题有（ ） A. ①②③④ B. ②③④ C. ①②④ D. ②③ 二、填空题 10. 如图，在中，，，则=________． 11. 方程有两个实数根，若，则的值为______． 12. 若点都在二次函数的图象上，则________．（用“＞”或“＜”填空） 13. 如图，小球悬浮于液体中（即），若，小球质量为，重力加速度，则的值为________．（注：） 14. 如图，在平面直角坐标系中，点A的坐标是（20，0），点B的坐标是（16，0），点C、D在以OA为直径的半圆M上，且四边形OCDB是平行四边形，则点C的坐标为_____． 15. 如图，抛物线交x轴于A和B两点，交y轴于点C．直线与抛物线交于M，N两点，若在x轴上存在唯一的一点P，使，则m的值为_________． 三、解答题 16. 解决下列问题： （1）； （2）如图，将△绕点逆时针旋转得到△，点和点是对应点，若，，求的长． 17. 已知二次函数的图象经过顶点和点． （1）求二次函数解析式； （2）点在这个函数图象上吗？若不在，请你直接写出通过向左或向右平移多少个单位长度使该函数图象经过点C． 18. 如图，已知，在平面直角坐标系中，A（﹣3，﹣4），B（0，﹣2）． （1）△OAB绕O点旋转180°得到△OA1B1，请画出△OA1B1，并写出A1，B1的坐标． （2）判断以A，B，A1，B1为顶点的四边形的形状，请直接在答卷上填写答案． 19. 如图，在中的内接四边形中，，为弧上一点． （1）若，求和的度数； （2）若，求证：为等边三角形． 20. 《千里江山图》是青绿山水画中的一幅巨制杰作，由我国北宋著名画家王希孟所作．图1是《千里江山图》的一幅局部临摹画作，该画作是一个长为，宽为的矩形．将该画的四周装裱上宽度相等的边衬（如图2），装裱后整幅画的面积为原来的2倍．求该画四周装裱上的边衬的宽度． 21. 综合与实践 我国新能源汽车发展迅猛，2024年11月产销量再创历史新高，前11个月国内累计销量超1000万辆，与此同时，公共充电桩建设也快速推进，截至2024年11月底，累计建成充电桩1235.2万台，技术的发展越来越改善着人们的生活．图1是一电动汽车充电站的停车棚，其棚顶的横截面可以看作是抛物线的一部分．图2是棚顶的竖直高度y（单位：m）与距离停车棚支柱的水平距离x（单位：m）近似满足二次函数的图象，支柱，最外端点B的坐标为．若一辆箱式纯电货车需在停车棚下避雨，货车截面可看作长、高的矩形． （1）求该二次函数的表达式． （2）判断此纯电货车_______（填“能”或“不能”）完全停到车棚内，并说明理由． （3）为确保在车棚内能容纳长、高的车辆进入充电，现对该车棚进行改造．受经费与场地面积所限，仍使用原来的棚顶，采用抬高支柱的方式进行改造，则抬高的高度至少需要大于多少米？ 22. 如图，在中，，为的直径，与相交于点，过点作于点，延长线交于点． （1）求证：为的切线； （2）若，，求的长． 23. 如图1，在等边的边和边上分别取点D、E，使得，将绕点A顺时针旋转，得到图2所示的图形． （1）求证：； （2）如图3，若，，且旋转角为时，求的长； （3）如图4，连接，并延长交于点F，若旋转至某一位置时，恰有，，求的值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026届九年级第二次练习 一、选择题 1. 数学是一门美丽的学科，在平面直角坐标系内可以利用函数画出许多漂亮的曲线，下列曲线中，是中心对称图形的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题主要考查中心对称图形的识别，熟练掌握中心对称图形的概念是解题的关键； 根据中心对称图形：“一个图形绕某个点旋转180度后能与原图完全重合的图形”进行求解即可． 【详解】解：A、不是中心对称图形，故本选项不符合题意； B、是中心对称图形，故本选项符合题意； C、不是中心对称图形，故本选项不符合题意； D、不是中心对称图形，故本选项不符合题意． 故选：B． 2. 下列方程中，属于一元二次方程的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查一元二次方程的定义，掌握知识点是解题的关键． 根据一元二次方程的定义（整式方程、只含一个未知数、未知数的最高次数为2）进行判断即可． 【详解】解：选项A：是一元一次方程，不符合题意； 选项B：，可化为，是整式方程，只含未知数x，且最高次数为2，是一元二次方程，符合题意； 选项C：，不是整式方程（分母含未知数），不是一元二次方程，不符合题意； 选项D：，含有两个未知数，不是一元二次方程，不符合题意． 故选B． 3. 如图，将绕着点顺时针旋转后得到．若，则的度数是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查了图形旋转的性质和角度的计算；解题的关键是理解旋转角的概念（即对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角），并利用旋转前后对应角相等的性质进行角度转化；确定旋转角：由旋转性质可知，旋转角为对应点与旋转中心连线所转过的角度，即，根据旋转的性质，旋转前后图形不变，即，计算可得． 【详解】解：由旋转可得：， ∴， 故选：C． 4. 如图，若的半径为6，圆心到一条直线的距离为4，则这条直线可能是（ ） A. l1 B. C. D. 都不是 【答案】A 【解析】 【分析】本题主要考查了直线与圆的位置关系，当圆心到直线的距离大于半径时，直线与圆相离，当圆心到直线的距离等于半径时，直线与圆相切，当圆心到直线的距离小于半径时，直线与圆相交，据此可得答案． 【详解】解：∵的半径为6，圆心O到一条直线的距离为4， ∴与该直线相交， ∴这条直线可能是， 故答案为：A． 5. 对于二次函数，下列说法正确的是（ ） A. 图象开口向下 B. 当时，y有最大值为2 C. 对称轴是直线 D. 与y轴的交点坐标为 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查了二次函数（a，b，c为常数，）的性质，熟练掌握二次函数的性质是解答本题的关键． 对于二次函数，可化为顶点式再根据其性质分析即可． 【详解】解：∵二次项系数， ∴抛物线开口向上， ∴选项A不符合题意， ∵ ， ∴当时，y有最小值为2， ∴选项B不符合题意， ∵， ∴二次函数的对称轴是直线， ∴选项C符合题意， 当时， ， ∴与y轴的交点坐标为， ∴选项D不符合题意， 故选：C． 6. 秋冬季节来临，许多季节性传染病，尤其是呼吸道传染病开始流行，大家要加强防范．疾控部门为了检测流感的传染速度，设计了一个问题：有1人患了流感，经过两轮传染后共有100人患了流感，设每轮传染中平均一个人传染个人，那么满足的方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查了一元二次方程的应用，根据流感传染模型，两轮传染后总患病人数为初始人数、第一轮新增人数和第二轮新增人数之和，据此列方程． 【详解】∵ 开始有1人患了流感， 第一轮后患病人数为， 第二轮新增患病人数为， ∴ 两轮后总患病人数为， ∴， 故满足的方程为， 故选：A． 7. 二次函数的自变量与函数值对应值如下表，那么方程的一个近似根的取值范围是（） 1 1.1 1.2 1.3 1.4 0.04 0.59 1.16 A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查了二次函数与求一元二次方程的近似值．熟练掌握表格确定函数值正负的自变量的值，二次函数的图像和性质，是解题的关键． 通过观察表格中函数值的正负变化，确定方程根所在的区间．当函数值由负变正时，对应的自变量区间内存在一个根． 【详解】解：∵当时，， 当时，， ∴方程的一个近似根在之间． 故选：B． 8. 如图，点P为外一定点，连接，作以为直径的，与交于两点Q和R，根据切线的判断，直线和是的两条切线．由得，，，即切线长定理．上述过程中，可以判定的定理是（    ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查的是切线的判定和性质、全等三角形的判定和性质、圆周角定理，掌握直角三角形全等的判定定理是解题的关键． 根据圆周角定理得到，根据切线的判定定理得到直线和是的两条切线，利用证明，得到答案． 【详解】解：是的直径， ， ，， 直线和是的两条切线， 在和中， ， ， ，， 判定的定理是， 故选：D． 9. 如图，函数G的图象是由的图象和它关于成中心对称的图象组成．下列说法：①函数G的图象关于轴对称；②当时，函数G随的增大而增大；③直线与G图象有三个交点，则；④已知不重合的两点，在函数G的图象上，且，，若当时，函数G的最大值和最小值均为定值．则的取值范围为．其中正确的命题有（ ） A. ①②③④ B. ②③④ C. ①②④ D. ②③ 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查了二次函数的图象与性质，中心对称的性质，熟练掌握二次函数的图象与性质是解题的关键． 求出图象的顶点坐标为，图象的顶点坐标为，即知①错误； 同时，当时，由图形可知，函数G随的增大而增大，故②正确； 直线和直线与函数G的图象都只有两个交点，且在两直线之间与这两直线平行的直线均与函数G的图象有三个交点，故可知③正确； 分别求出直线和直线与函数G的图象的交点坐标（除两个顶点外），再分别讨论，；，；这三种情况下，函数G的最大值和最小值是否为定值即可． 【详解】解：， 图象的顶点坐标为， 图象和图象关于成中心对称， 图象的顶点坐标为，函数关系式为， 函数G的图象不是关于轴对称， 故①错误； 同时，当时，由图形可知，函数G随的增大而增大， 故②正确； 图象的顶点坐标为，图象的顶点坐标为， 直线和直线与函数G的图象都只有两个交点，且在两直线之间与这两直线平行的直线均与函数G的图象有三个交点， ， 故③正确； ，， ，关于对称， 当时，， 当时，， 当时，函数G的最大值和最小值均为定值， 结合图形可知，当，时，函数G的最大值和最小值不为定值，不符合题意； 当，时，函数G的最大值和最小值不为定值，不符合题意； ，此时，函数G的最大值和最小值均为定值， 故④正确； 故正确的命题有②③④． 故选：B． 二、填空题 10. 如图，在中，，，则=________． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了在同圆或等圆中，如果两个圆心角、两条弧、两条弦中有一组量相等，那么它们所对应的其余各组量都分别相等，解题的关键是熟知此知识点． 【详解】∵ ∴ 故答案为 11. 方程有两个实数根，若，则的值为______． 【答案】4 【解析】 【分析】本题考查了一元二次方程根与系数的关系．根据一元二次方程根与系数的关系，即两根之和等于 ，结合已知条件求解． 【详解】解：对于方程 ，其中 , , ． 根据根与系数的关系，有 ． 已知 ，代入得 ，解得 ． 故答案为：4． 12. 若点都在二次函数的图象上，则________．（用“＞”或“＜”填空） 【答案】< 【解析】 【分析】本题考查比较二次函数的函数值的大小，通过计算二次函数在和处的函数值，比较和的大小． 【详解】解：对于点，代入函数得； 对于点，代入函数得， 由于，因此． 故答案为：＜． 13. 如图，小球悬浮于液体中（即），若，小球质量为，重力加速度，则的值为________．（注：） 【答案】或1 【解析】 【分析】本题主要考查一元二次方程的应用，根据题意列出方程，再化简求解即可． 【详解】由题意可知， 整理得， 解得或． 故答案为：或1． 14. 如图，在平面直角坐标系中，点A的坐标是（20，0），点B的坐标是（16，0），点C、D在以OA为直径的半圆M上，且四边形OCDB是平行四边形，则点C的坐标为_____． 【答案】（2，6） 【解析】 【分析】此题涉及的知识点是平面直角坐标系图像性质的综合应用．过点M作MF⊥CD于F，过C作CE⊥OA于E，在Rt△CMF中，根据勾股定理即可求得MF与EM，进而就可求得OE，CE的长，从而求得C的坐标． 【详解】∵四边形OCDB是平行四边形,点B的坐标为(16,0)， CD∥OA，CD=OB=16， 过点M作MF⊥CD于F,则 过C作CE⊥OA于E， ∵A(20,0)， ∴OA=20，OM=10， ∴OE=OM−ME=OM−CF=10−8=2， 连接MC, ∴在Rt△CMF中， ∴点C的坐标为(2,6). 故答案为(2,6). 【点睛】此题重点考查学生对坐标与图形性质的实际应用，勾股定理，注意数形结合思想在解题的关键． 15. 如图，抛物线交x轴于A和B两点，交y轴于点C．直线与抛物线交于M，N两点，若在x轴上存在唯一的一点P，使，则m的值为_________． 【答案】或1或 【解析】 【分析】此题是二次函数的综合题，主要考查了切线的性质，及二次函数与一次函数的关系．解题的关键是会灵活的运用函数图象的性质和交点的意义求出相应的线段的长度或表示线段的长度，再结合具体图形的性质求解，要注意分类讨论，不要丢解． 分为①当以为直径的圆和x轴相切时，②当点A或B在直线上时，分别求解即可． 【详解】解：①当以为直径的圆和x轴相切时，符合题设条件，连接 设的中点为点S，则轴， 设点的横坐标为， ∴， ∴， 联立与， 即， 整理得， 则， ∴， 而点S的横坐标为， ∴点S的坐标为， ，则， 即，解得； ②当点A或B在直线上时，也符合题设条件，即此时轴， 如图： 或轴，如图 对于，当时，则， 解得或， ∴， 将点代入， 得或，解得或． 综上，或1或． 故答案为：或1或． 三、解答题 16. 解决下列问题： （1）； （2）如图，将△绕点逆时针旋转得到△，点和点是对应点，若，，求的长． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】本题考查解一元二次方程，旋转的性质，勾股定理． （1）利用配方法解一元二次方程； （2）由旋转的性质得，，再利用勾股定理即可求解． 【小问1详解】 解：， ， ， ， ， ； 【小问2详解】 解：由旋转得，， 由勾股定理得． 17. 已知二次函数的图象经过顶点和点． （1）求二次函数解析式； （2）点在这个函数图象上吗？若不在，请你直接写出通过向左或向右平移多少个单位长度使该函数图象经过点C． 【答案】（1）； （2）不在，向右平移1个或3个单位长度． 【解析】 【分析】本题主要考查待定系数法求解析式，二次函数顶点式的应用及点坐标的平移，由顶点坐标确定是解题的关键． （1）由题意可知，再代入点即可求解； （2）令，得到函数过点和，再根据点的平移即可求解． 【小问1详解】 因为二次函数顶点为， 所以，则二次函数为， 把点代入得，即， 解得， 所以二次函数解析式为； 【小问2详解】 当时，， 所以点不在这个函数图象上， 令，即，解得或， 则函数过点和， 所以要经过点，则函数向右平移1个或3个单位长度． 18. 如图，已知，在平面直角坐标系中，A（﹣3，﹣4），B（0，﹣2）． （1）△OAB绕O点旋转180°得到△OA1B1，请画出△OA1B1，并写出A1，B1的坐标． （2）判断以A，B，A1，B1为顶点的四边形的形状，请直接在答卷上填写答案． 【答案】（1）A1（3，4）、B1（0，2）；（2）四边形ABA1B1是平行四边形． 【解析】 【分析】（1）由于△OAB绕O点旋转180°得到△OA1B1，利用关于原点中心对称的点的坐标特征得到A1，B1的坐标，然后描点，再连结OB1、OA1和A1B1即可； （2）根据中心对称的性质得OA=OA1，OB=OB1，则利用对角线互相平分得四边形为平行四边形可判断四边形ABA1B1为平行四边形． 【详解】解：（1）如图图所示，△OA1B1即为所求， A1（3，4）、B1（0，2）； （2）由图可知，OB＝OB1＝2、OA＝OA1＝＝5， ∴四边形ABA1B1是平行四边形． 【点睛】本题考查了作图-旋转变换：根据旋转的性质可知，对应角都相等都等于旋转角，对应线段也相等，由此可以通过作相等的角，在角的边上截取相等的线段的方法，找到对应点，顺次连接得出旋转后的图形．也考查了平行四边形的判定． 19. 如图，在中的内接四边形中，，为弧上一点． （1）若，求和的度数； （2）若，求证：为等边三角形． 【答案】（1）=70°，=125°；（2）见解析． 【解析】 【分析】（1）根据圆内接四边形的对角互补可得出，再由，得出； （2）根据圆内接四边形的对角互补的性质，可得出，，再由已知条件，得出，从而得出结论； 【详解】（1）∵四边形ABCD内接于， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵四边形ABDE内接于， ∴， ∴； （2）∵四边形ABCD内接于， ∴， ∵四边形ABDE内接于， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴为等边三角形． 【点睛】本题主要考查了圆内接四边形的性质，结合等腰三角形和等边三角形的性质证明是解题的关键． 20. 《千里江山图》是青绿山水画中的一幅巨制杰作，由我国北宋著名画家王希孟所作．图1是《千里江山图》的一幅局部临摹画作，该画作是一个长为，宽为的矩形．将该画的四周装裱上宽度相等的边衬（如图2），装裱后整幅画的面积为原来的2倍．求该画四周装裱上的边衬的宽度． 【答案】该画四周装裱上的边衬的宽度为 【解析】 【分析】本题主要考查了一元二次方程的应用，根据等量关系，列出方程，是解题的关键．设四周装裱上的边衬的宽度为，根据装裱后整幅画的面积为原来的2倍，列出方程，解方程即可． 【详解】解：设四周装裱上的边衬的宽度为，根据题意得： ， 解得，， ∵， ∴， 答：该画四周装裱上的边衬的宽度为． 21. 综合与实践 我国新能源汽车发展迅猛，2024年11月产销量再创历史新高，前11个月国内累计销量超1000万辆，与此同时，公共充电桩建设也快速推进，截至2024年11月底，累计建成充电桩1235.2万台，技术的发展越来越改善着人们的生活．图1是一电动汽车充电站的停车棚，其棚顶的横截面可以看作是抛物线的一部分．图2是棚顶的竖直高度y（单位：m）与距离停车棚支柱的水平距离x（单位：m）近似满足二次函数的图象，支柱，最外端点B的坐标为．若一辆箱式纯电货车需在停车棚下避雨，货车截面可看作长、高的矩形． （1）求该二次函数的表达式． （2）判断此纯电货车_______（填“能”或“不能”）完全停到车棚内，并说明理由． （3）为确保在车棚内能容纳长、高的车辆进入充电，现对该车棚进行改造．受经费与场地面积所限，仍使用原来的棚顶，采用抬高支柱的方式进行改造，则抬高的高度至少需要大于多少米？ 【答案】（1） （2）不能，理由见解析 （3）支柱抬高的高度至少需要大于米． 【解析】 【分析】本题考查了二次函数的图象和性质，求二次函数解析式。二次函数的平移，掌握二次函数的图象和性质是解题关键． （1）由题意可知，，，利用待定系数法求解即可； （2）由题意可得，进而求出时的函数值，与货车的高度比较即可； （3）设支柱抬高的高度为米，则改造后棚顶横截面的解析式为，由题意可知当时，，进而求出的取值范围即可． 【小问1详解】 解：由题意可知，，， 则，解得：， 该二次函数的表达式为； 【小问2详解】 解：不能，理由如下： 由题意可知，，，， 则， 当时，， ， 此纯电货车不能完全停到车棚内； 【小问3详解】 解：设支柱抬高的高度为米，则改造后棚顶横截面的解析式为， 要求改造后车棚内能容纳长、高的车辆进入充电， 当时，， ， 解得：， 即支柱抬高的高度至少需要大于米． 22. 如图，在中，，为的直径，与相交于点，过点作于点，延长线交于点． （1）求证：为的切线； （2）若，，求的长． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）由等腰、得，得，由得，结合是半径，即可证是切线； （2）作，可证是矩形，由垂径定理得，得，故，利用勾股定理求得，即得，利用勾股定理求得， 由是直径得，最后利用勾股定理即可求得． 【小问1详解】 证明：∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， 又∵是的半径， ∴是的切线； 【小问2详解】 如图，过点作于点，则， ∴四边形是矩形， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∵为的直径， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了圆的切线判定、垂径定理、矩形的判定与性质、勾股定理，利用平行线传递垂直关系证明切线、结合矩形与垂径定理转化线段长度是解题的关键． 23. 如图1，在等边的边和边上分别取点D、E，使得，将绕点A顺时针旋转，得到图2所示的图形． （1）求证：； （2）如图3，若，，且旋转角为时，求的长； （3）如图4，连接，并延长交于点F，若旋转至某一位置时，恰有，，求的值． 【答案】（1）见解析 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据旋转得到，根据等边得到即可得到证明； （2）根据，得到，过点E作于点F，根据旋转角得到，得到，再根据正切计算即可得到答案； （3）根据可得，，结合可得，根据得到，，，即可得到，从而得到即可得到，，得到，即可得到答案； 【小问1详解】 证明：∵绕点A顺时针旋转， ∴， ∵是等边三角形， ∴， 在与中， ； 【小问2详解】 解：∵，， ∴， 过点E作于点F， ∵旋转角为， ∴， ∴， 在中，， ∴， ∴， ∴； 【小问3详解】 解：∵， ∴，， 又∵， ∴， ∵， ∴，， ∴， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴； 【点睛】本题考查旋转的性质，等边三角形的性质，等腰三角形行的性质，三角形全等的性质与判定及三角函数，解题的关键是根据三角形全等得到角相等边相等，结合角度得到等角． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $