精品解析：云南省昭通市昭阳区正道中学2025-2026学年九年级上学期12月月考数学试题

2025-2026学年上学期12月月考九年级数学试题 一．选择题（每题2分，满分30分） 1. 下列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. 下列函数是二次函数的是（ ） A. B. C. D. 3. 若一元二次方程的二次项系数为1，则常数项为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4. 平面内有两点P，O，⊙O的半径为5，若PO＝4，则点P与⊙O的位置关系是（ ） A. 圆内 B. 圆上 C. 圆外 D. 圆上或圆外 5. 若方程有实根，则m的取值范围是（ ） A. B. C. D. 6. 如图，把绕着点C顺时针方向旋转，得到，点B刚好落在边上，则的度数为（ ） A. B. C. D. 7. 如图1是圆形干果盘，其示意图如图2所示，四条隔板，，， 长度相等，横纵隔板互相垂直交于隔板的三等分点，测得，则该干果盘的半径为（ ） A. B. C. D. 8. 如图，在中，是直径，且，点D是上一点，点C是的中点，于点E，过点D的切线交的延长线于点G，连接，分别交、于点P、Q，连接．关于下列结论：①；②；③点P是的外心；④点P是的内心；⑤若，则．正确的有（　　） A. ①②③ B. ②③④ C. ②③⑤ D. ②③④⑤ 9. 二次函数的图象先向右平移2个单位，再向下平移1个单位后对应的函数表达式为，则（　　） A. ， B. ， C. ， D. ， 10. 已知一个直角三角形的两条直角边的长恰好是方程的两个根，则这个直角三角形的斜边长是（　　） A. B. C. D. 11. 已知的半径是，点到同一平面内直线的距离为一元二次方程的根，则直线与的位置关系是（ ） A. 相交 B. 相切 C. 相离 D. 无法判断 12. 如图，四边形为的内接四边形，连接、、，若，，则的度数是（ ） A. B. C. D. 13. 若，，为二次函数图象上的三点，则，，的大小关系为（ ） A. B. C. D. 14. 如图，长，宽的矩形基地上有三条宽的小路，剩余种花，依题意列方程（ ） A. B. C. D. 15. 抛物线上部分点的横坐标x，纵坐标y的对应值如表： 现给出下列结论： ①抛物线与x轴的一个交点为； ②函数的最大值为6； ③抛物线的对称轴是直线； ④在对称轴左侧，y随x增大而增大； ⑤方程有两个不相等实数根． 其中正确的结论是（　　） A. ①③④ B. ①④⑤ C. ①③④⑤ D. ①②③④⑤ 二．填空题（每题2分，满分8分） 16. 二次函数的最小值是___________． 17. 已知点与点关于原点对称，则的值是_____． 18. 如图，中，，，，动点从点出发以速度向点移动，同时动点从出发以的速度向点移动，设它们的运动时间为．当的面积等于四边形的面积的时，的值为_________秒． 19. 如图，一个圆锥的侧面展开图是一个扇形，其圆心角是，则该圆锥的侧面积是底面积的______倍． 三．解答题（共8小题，满分62分） 20. 解下列方程： （1）； （2）． 21. 如图，在平面直角坐标系中，三个顶点的坐标分别为，，． （1）画出与关于原点O对称的； （2）画出绕原点O顺时针旋转后的． 22. 若抛物线的顶点坐标是，并且抛物线经过点，求出该抛物线的解析式． 23. 如图，是的内接四边形的一个外角，如果，请求出的度数． 24. 已知是等边三角形． （1）如图1，点D在内，且，，，把绕着点C顺时针旋转，使点B旋转到点A，得到，求线段的长为； （2）如图2，点D在外，且，，，求的度数． 25. 某旅游公司在景区内配置了辆观光车供游客租赁使用，假定每辆观光车每天最多只能出租一次，且每辆车的日租金（元）是的整数倍．公司经过一段时间的经营发现如下规律：当不超过元时，观光车能全部租出：当超过元时，每辆车的日租金每增加元，租出去的观光车就会减少辆．已知所有观光车一天的管理费用是元． （1）为使观光车全部租出且保证公司每天盈利，则每辆车的日租金至少应为多少元？（注：净收入租车收入管理费） （2）当每辆车的日租金为多少元时，公司盈利最多？ 26. 如图，是的直径，点C在上，在的延长线上取一点D，连接，使． （1）求证：直线是的切线； （2）若，，求图中阴影部分的面积．（结果保留π） 27. 如图，抛物线经过、两点． （1）求抛物线的解析式和顶点坐标； （2）当时，求的取值范围； （3）点P为抛物线上一点，若，求出此时点的坐标． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年上学期12月月考九年级数学试题 一．选择题（每题2分，满分30分） 1. 下列图形中既是轴对称图形又是中心对称图形的是（　　） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】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． 本题考查了中心对称图形，轴对称图形的甄别，熟练掌握定义是解题的关键． 【详解】解：A．是中心对称图形，不是轴对称图形，故此选项不符合题意； B．是中心对称图形，是轴对称图形，故此选项符合题意； C．不是中心对称图形，是轴对称图形，故此选项不符合题意； D．既不是轴对称图形又不是中心对称图形，故此选项不符合题意； 故选：B． 2. 下列函数是二次函数的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题主要考查了二次函数定义，根据二次函数的定义：一般地，形如（a、b、c是常数，）的函数，叫做二次函数，逐项进行分析． 【详解】解：A、是一次函数，故此选项不符合题意； B、，含有分式，不是二次函数，故此选项不符合题意； C、是二次函数，故此选项正确； D、是一次函数，故此选项不符合题意． 故选：C． 3. 若一元二次方程的二次项系数为1，则常数项为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查了一元二次方程的一般形式，解题关键是明确常数项是不含字母的项，直接判断即可． 【详解】一元二次方程的二次项系数为1，则常数项为， 故选：D． 4. 平面内有两点P，O，⊙O的半径为5，若PO＝4，则点P与⊙O的位置关系是（ ） A. 圆内 B. 圆上 C. 圆外 D. 圆上或圆外 【答案】A 【解析】 【分析】根据点到圆心的距离小于半径即可判断点P在⊙O的内部． 【详解】⊙O的半径为5，PO＝4， 点P在⊙O的内部 故选A 【点睛】本题考查了点与圆的位置关系，理解点与圆的位置关系是解题的关键． 5. 若方程有实根，则m的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题主要考查根的判别式，由方程有实数根即，从而得出关于m的不等式，解之可得． 【详解】解：根据题意得，， 解得：， 故选：D． 6. 如图，把绕着点C顺时针方向旋转，得到，点B刚好落在边上，则的度数为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用旋转的性质得出，以及，再利用等腰三角形的性质得出答案． 【详解】解：由题意可得：， ∵把绕着点C顺时针方向旋转，得到， ∴， ∴． 故选：A． 【点睛】此题主要考查了旋转的性质以及等腰三角形的性质等知识，根据题意得出是解题关键． 7. 如图1是圆形干果盘，其示意图如图2所示，四条隔板，，， 长度相等，横纵隔板互相垂直交于隔板的三等分点，测得，则该干果盘的半径为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题主要运用垂径定理和勾股定理求解．过点O作于点K，连接， 由垂径定理求出，根据题意再求出，最后利用勾股定理即可计算圆的半径． 【详解】解：如图，过点O作于点K，连接， 则， ∵， ∴， 在中，由勾股定理得： ， 则该干果盘的半径为． 故选∶A． 8. 如图，在中，是直径，且，点D是上一点，点C是的中点，于点E，过点D的切线交的延长线于点G，连接，分别交、于点P、Q，连接．关于下列结论：①；②；③点P是的外心；④点P是的内心；⑤若，则．正确的有（　　） A. ①②③ B. ②③④ C. ②③⑤ D. ②③④⑤ 【答案】C 【解析】 【分析】①用反证法即可判断结论①；②通过证明即可判断结论②；③通过证明即可判断结论③；④说明与不一定相等，即可判断结论④；⑤证明是等边三角形，求出即可判断结论⑤． 【详解】解：设，则， ∵， ∴， 即：、是的三等分点， 这显然不符合题意，故结论①错误； 如图，连接， ∵是的切线， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴，故结论②正确； ∵是直径， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴点是的外心，故结论③正确； ∵与不一定相等， ∴与不一定相等， ∴点不一定是的内心，故结论④错误； ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴，， ∵， ∴是等边三角形， ∵， ∴， ∴点P是的内心， ， ∴，故结论⑤正确； 综上所述，正确的结论有：； 故选：C． 【点睛】本题主要考查了反证法，圆周角定理，切线的性质，直角三角形的两个锐角互余，等边对等角，直径所对的圆周角是直角，三角形外心内心的性质，等边三角形的判定，解直角三角形等知识点，熟练掌握相关知识点并能加以综合运用是解题的关键． 9. 二次函数的图象先向右平移2个单位，再向下平移1个单位后对应的函数表达式为，则（　　） A. ， B. ， C. ， D. ， 【答案】B 【解析】 【分析】本题主要考查了二次函数的图象平移规律及多项式相等的条件，熟练掌握“左加右减，上加下减”的平移法则，以及通过比较多项式系数求解参数是解题的关键． 先根据函数平移的“左加右减，上加下减”法则，对原二次函数进行平移变换，得到平移后的函数表达式；再将其与题目给出的平移后函数进行对比，通过比较系数求出和的值． 【详解】解：∵原函数为， ∴向右平移2个单位后：， ∴向下平移1个单位后：，即， ∵平移后函数为， ∴， ∴， ∵等式左边无项， ∴，解得， ∴代入常数项：， 故选：B． 10. 已知一个直角三角形的两条直角边的长恰好是方程的两个根，则这个直角三角形的斜边长是（　　） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查一元二次方程根与系数的关系与勾股定理的结合应用，关键是通过韦达定理求出两直角边的和与积，再利用勾股定理计算斜边． 【详解】解：设直角三角形的两条直角边为、， ∵、是方程的两个根， ∴根据韦达定理，得，， 由勾股定理，斜边， ∵， ∴． 故选：B． 11. 已知的半径是，点到同一平面内直线的距离为一元二次方程的根，则直线与的位置关系是（ ） A. 相交 B. 相切 C. 相离 D. 无法判断 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查的是直线与圆的位置关系，解一元二次方程，先求解方程，再比较圆心到直线距离d与圆半径大小关系完成判定． 【详解】 ∴， 解得， ∴点到同一平面内直线的距离， ∴直线与的位置关系是相离， 故选：C． 12. 如图，四边形为的内接四边形，连接、、，若，，则的度数是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题主要考查了圆周角定理、等边三角形的判定与性质等知识，熟练掌握圆周角定理是解题关键．首先证明为等边三角形，易得，利用圆周角定理确定，进而可得的值，然后利用圆周角定理求解即可． 【详解】解：∵，， ∴， ∴为等边三角形， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴． 故选：A． 13. 若，，为二次函数图象上的三点，则，，的大小关系为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由二次函数开口向下，对称轴为直线，点B在顶点处取得最大值，比较点A和点C到对称轴的距离，距离越大函数值越小． 【详解】解：∵二次函数的对称轴为直线， ∴点为顶点，且开口向下，故最大． ∵点到对称轴的距离为，点到对称轴的距离为， ∴点C离对称轴更远，故最小． 因此． 故选：C． 14. 如图，长，宽的矩形基地上有三条宽的小路，剩余种花，依题意列方程（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题主要考查了一元二次方程的实际应用，平移的性质，根据平移的性质可知种花的面积相当于一个长为，宽为的长方形面积，据此根据长方形面积计算公式列出方程即可． 【详解】解：由题意得，， 故选：C． 15. 抛物线上部分点的横坐标x，纵坐标y的对应值如表： 现给出下列结论： ①抛物线与x轴的一个交点为； ②函数的最大值为6； ③抛物线的对称轴是直线； ④在对称轴左侧，y随x增大而增大； ⑤方程有两个不相等实数根． 其中正确的结论是（　　） A. ①③④ B. ①④⑤ C. ①③④⑤ D. ①②③④⑤ 【答案】C 【解析】 【分析】本题主要考查了二次函数的图象与性质、抛物线解析式的求解及一元二次方程根的判别式，熟练掌握二次函数的对称性、增减性以及利用待定系数法求解析式是解题的关键． 先利用表格中对称点求出抛物线对称轴，再代入点坐标求出解析式，接着逐一判断每个结论的正确性，最后确定正确结论的组合． 【详解】解：∵当和时，， ∴对称轴为直线，故③正确， ∵抛物线过点，对称轴为， ∴点关于的对称点为，即抛物线与轴的一个交点为，故①正确； 设抛物线解析式为， ∵过点、、， ∴， 解得，，， ∴， ∵， ∴抛物线开口向下，当时，，故②错误； ∵抛物线开口向下，对称轴为， ∴在对称轴左侧，随增大而增大，故④正确； ∵由表格可知点在抛物线上，代入解析式得， ∴方程即，即， ∵， ∴方程有两个不相等实数根，故⑤正确； ∴正确结论为①③④⑤， 故选：C． 二．填空题（每题2分，满分8分） 16. 二次函数的最小值是___________． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查二次函数的图象和性质，解题的关键是根据函数解析式求出对称轴为直线，根据二次函数解析式质，得，当时，函数有最小值，即可． 【详解】∵二次函数， ∴二次函数的对称轴为直线，且， ∴当时，函数有最小值，即， 故答案为：． 17. 已知点与点关于原点对称，则的值是_____． 【答案】1 【解析】 【分析】本题考查了关于原点对称的点的坐标，利用了关于原点对称的点的坐标规律：关于原点的对称点，横纵坐标都变成相反数．根据关于原点的对称点，横纵坐标都变成相反数，可得a、b的值，再代入所求式子计算即可． 【详解】解：与点关于原点对称， 故答案为：1． 18. 如图，中，，，，动点从点出发以速度向点移动，同时动点从出发以的速度向点移动，设它们的运动时间为．当的面积等于四边形的面积的时，的值为_________秒． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了几何图形中的动点问题，涉及到了一元二次方程的求解，正确理解题意利用方程的思想求解是解题的关键．根据路程速度时间，表示出，，，根据面积等于面积的，可得面积等于面积的列方程求解即可． 【详解】解：根据路程速度时间得：，， 则， 的面积等于四边形的面积的， 面积等于面积的， ， 即， 解得． 当秒时，的面积等于四边形的面积的． 故答案为：． 19. 如图，一个圆锥的侧面展开图是一个扇形，其圆心角是，则该圆锥的侧面积是底面积的______倍． 【答案】3 【解析】 【分析】本题主要考查了圆锥的侧面积计算，圆锥的底面积计算，设母线长为l，底面圆半径为r，根据扇形面积计算公式可求出圆锥侧面积，再根据圆锥底面圆周长等于其展开图得到的扇形弧长求出l与r的关系，进而求出底面积即可得到答案． 【详解】解：设母线长为l，底面圆半径为r， 由题意得，该圆锥的侧面积为，， ∴， ∴底面积为， ∴该圆锥的侧面积是底面积的3倍， 故答案为：3． 三．解答题（共8小题，满分62分） 20. 解下列方程： （1）； （2）． 【答案】（1）， （2）， 【解析】 【分析】（1）根据开平方法直接解一元二次方程即可； （2）根据分解因式法解一元二次方程即可． 【小问1详解】 解：， 方程两边同乘以2得：， 开平方得：， 解得：，； 【小问2详解】 解：， 分解因式得：， ∴或， 解得：，． 【点睛】本题主要考查了解一元二次方程，解题的关键是熟练掌握解一元二次方程的方法，准确计算． 21. 如图，在平面直角坐标系中，三个顶点的坐标分别为，，． （1）画出与关于原点O对称的； （2）画出绕原点O顺时针旋转后的． 【答案】（1） 如图，即为所作． ； （2） 如图，即为所作． 【解析】 【分析】本题考查作图—旋转变换，理解中心对称的性质和旋转变换的性质是解题关键． （1）利用中心对称的性质分别作出，，的对应点，，，依次连接即可； （2）利用旋转变换的性质分别作出，，的对应点，，，依次连接即可． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 22. 若抛物线的顶点坐标是，并且抛物线经过点，求出该抛物线的解析式． 【答案】 【解析】 【分析】根据抛物线的顶点坐标是，设抛物线的解析式为，把代入解析式，确定a值即可．本题考查了待定系数法，熟练掌握方法是解题的关键． 【详解】解：∵抛物线的顶点坐标是， ∴抛物线的解析式可设为， 把点代入得， 解得， ∴该抛物线的解析式为， 即． 23. 如图，是的内接四边形的一个外角，如果，请求出的度数． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了圆周角定理和圆的内接四边形的性质，根据圆周角定理可求出，根据圆的内接四边形的性质和邻补角的性质可求出，即可求解． 【详解】解：∵， ∴， ∵四边形是的内接四边形， ∴， 又， ∴． 24. 已知是等边三角形． （1）如图1，点D在内，且，，，把绕着点C顺时针旋转，使点B旋转到点A，得到，求线段的长为； （2）如图2，点D在外，且，，，求的度数． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据旋转性质以及是等边三角形，得是等边三角形，得证出，由勾股定理可得出答案； （2）将绕点A顺时针旋转使点C与点B重合，得到，连接，由等边三角形的性质及直角三角形的性质可得出答案． 【小问1详解】 解：把绕着点C顺时针旋转，使点B旋转到点A，得到，连接， ∵是等边三角形， ∴， ∵， ∴，，易得 ∴是等边三角形， 则， ∵， ∴， 则， ∵，， ∴，， 在中，由勾股定理得：， 所以； 【小问2详解】 解：如图，将绕点A顺时针旋转使点C与点B重合，得到，连接， ∴， 依题意，得（旋转角相等），且， 同理：为等边三角形， ∴，， ∵， ∴， ∴为直角三角形，， ∴， ∵， ∴． 【点睛】此题考查了旋转的性质，直角三角形的性质和判断方法，勾股定理，熟练掌握直角三角形的判定是解本题的关键． 25. 某旅游公司在景区内配置了辆观光车供游客租赁使用，假定每辆观光车每天最多只能出租一次，且每辆车的日租金（元）是的整数倍．公司经过一段时间的经营发现如下规律：当不超过元时，观光车能全部租出：当超过元时，每辆车的日租金每增加元，租出去的观光车就会减少辆．已知所有观光车一天的管理费用是元． （1）为使观光车全部租出且保证公司每天盈利，则每辆车的日租金至少应为多少元？（注：净收入租车收入管理费） （2）当每辆车的日租金为多少元时，公司盈利最多？ 【答案】（1）每辆车的日租金至少应为元 （2）当每辆车的日租金为元时，公司盈利最多 【解析】 【分析】本题考查了一元一次不等式的应用，一次函数的应用，二次函数的应用，解题的关键是明确题意，列出不等式关系式、函数关系式． （1）由“观光车全部租出且保证公司每天盈利”列不等式求解即可； （2）设每天盈利元，分两种情况讨论：当时，当时，分别列出函数关系式，再结合函数性质确定最大值，最后比较大小可得答案． 【小问1详解】 解：由题意知，若观光车能全部租出，则， 由保证公司每天盈利，可得， 解得， 又是的整数倍， 每辆车的日租金至少应为元； 【小问2详解】 解：设每天盈利元， 当时，， ， 随的增大而增大， 当时，取最大值，最大值为（元）； 当时， ， ，是的整数倍， 当时，， 当时，， ， 当时，取得最大值，最大值为元； ， 当每辆车的日租金为元时，公司盈利最多． 26. 如图，是的直径，点C在上，在的延长线上取一点D，连接，使． （1）求证：直线是的切线； （2）若，，求图中阴影部分的面积．（结果保留π） 【答案】（1） 证明：连接， 是直径， ， ，， ， ， ， 是的半径， 直线是的切线； （2） 【解析】 【分析】本题考查了切线的判定与性质，扇形面积公式，直角三角形的性质，解题的关键是掌握相关知识并灵活运用． （1）连接，由是直径，可得，再证，从而有，即可得证； （2）阴影部分的面积即为的面积减去扇形的面积． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：，， ， ， ， ， ， ， ， ， ∴图中阴影部分的面积 ． 27. 如图，抛物线经过、两点． （1）求抛物线的解析式和顶点坐标； （2）当时，求的取值范围； （3）点P为抛物线上一点，若，求出此时点的坐标． 【答案】（1），顶点坐标为 （2） （3）坐标为或或或 【解析】 【分析】本题考查二次函数的图象和性质，待定系数法求二次函数的关系式以及图象上点的坐标特征，将点的坐标代入函数关系式求出待定的系数是解决问题的关键． （1）将、代入求出、的值即可得到抛物线解析式，将解析式化为顶点式即可得到顶点坐标； （2）根据抛物线的解析式可得当时，函数有最小值，求出当、时相应的值即可； （3）求出，设，则，即可求解． 【小问1详解】 解：把、代入得， 解得， 抛物线的解析式为，顶点坐标为； 【小问2详解】 抛物线的解析式为，开口向上，顶点坐标为， 当时，函数有最小值， 当时，；当时，； 当时，； 【小问3详解】 、， ， 设， 则， 即， 解得， 此时或 ， 坐标为或或或． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $