2025-2026学年天津市红桥区上册九年级12月月考数学试卷 [附答案]

这是一份2025-2026学年天津市红桥区上册九年级12月月考数学试卷 [附答案]，共28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。
一、单选题
1．下列图形中，可以看作是中心对称图形的是（ ）
A．B．
C．D．
2．二次函数的顶点坐标是（ ）
A．B．C．D．
3．方程的两个根为（ ）
A．，B．，
C．，D．，
4．若半径为的与直线没有公共点，则圆心到直线的距离可以是（）
A．B．C．D．
5．若关于x的一元二次方程的一个根是，则k的值为（ ）．
A．2B．C．2或D．
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．若一个圆的内接正六边形的边长为，则它的边心距的大小在（ ）
A．1和2之间B．2和3之间
C．3和4之间D．4和5之间
8．如图，点、、在上，，则的度数是（ ）
A．B．C．D．
9．如图，为的直径，直线与相切于点E，若，则的大小为（ ）
A．B．C．D．
10．如图，在中，，将以点为中心逆时针旋转得到，点，的对应点分别为，，交于点．当点落在边上时，的大小为（ ）
A．B．C．D．
11．如图，是的直径，为上一点，以点为圆心，适当长为半径画弧，交于点，交于点；再分别以点，为圆心，大于的长为半径画弧，两弧（所在圆的半径相等）在的内部相交于点；作射线，与相交于点．若，，则线段的长为（ ）
A．B．C．D．
12．在中，，点在上，．动点从点出发，以每秒1个单位长度的速度沿边、边向终点匀速运动．以为边作正方形，设点运动的时间为，正方形的面积为．当点从点运动到点的过程中，正方形如图①所示；当点从点运动到点时，是关于的二次函数，其图象如图②所示．有下列结论：
①当时，；
②当点在线段上时，；
③．
其中，正确结论的个数为（ ）
A．0B．1C．2D．3
二、填空题
13．在平面直角坐标系中，点关于原点的对称点坐标为 ．
14．已知，是关于的一元二次方程的两个根，若，则的值为 ．
15．如图，四边形内接于，连接，若，，则的大小为 （度）．
16．若点，都在抛物线（，为常数）上，且，则的值可以是 （写出一个即可）．
17．如图，在正方形中，对角线，相交于点．
（Ⅰ）的大小为 （度）；
（Ⅱ）点在线段上，点在边上，若，，则线段的长为 ．
18．如图，在每个小正方形的边长为1的网格中，点，均在格点上，点在网格线上．
（1）线段的长为 ；
（2）直线与的外接圆相切于点．点在的延长线上，满足．请用无刻度的直尺，在如图所示的网格中，画出点，并简要说明点的位置是如何找到的（不要求证明） ．
三、解答题
19．解不等式组
请结合题意填空，完成本题的解答．
（1）解不等式①，得________________；
（2）解不等式②，得________________；
（3）把不等式①和②的解集在数轴上表示出来：
（4）原不等式组的解集为________________．
20．解下列一元二次方程．
（1）；
（2）．
21．已知为的直径，点，在上，．
（1）如图①，若，求和的大小；
（2）如图②，若，的半径为2，求弦的长．
22．如图，在中，，O是边上一点，以点O为圆心、长为半径的与相切于点D，与相交于点E．
（1）如图①，若，求的大小；
（2）如图②，若E为的中点，，求线段的长．
23．高速公路上正在行驶的甲车，发现前方处沿同一方向行驶的乙车后，开始减速，减速后甲车行驶的速度v（单位：）、路程s（单位：）与时间（单位：）的关系分别可以用一次函数和二次函数表示，其图象分别如图①和图②所示．
（1）分别求减速后甲车行驶的速度v、路程s关于时间x的解析式；
（2）当甲车减速至时，它行驶的路程是多少？
（3）若乙车以的速度匀速行驶，两车何时相距最近，最近距离是多少？
24．在平面直角坐标系中，为原点，四边形是菱形，点，点，在第一象限，且．
（1）如图①，点的坐标为________，点的坐标为________；
（2）如图②，以点为中心，逆时针旋转菱形，得菱形，点，，的对应点分别为，，．当点落在轴上时，与相交于点，连接．
①求点的坐标和线段的长；
②边上一点旋转后的对应点为，当取得最小值时，求点的坐标（直接写出结果即可）．
25．已知抛物线（，，为常数，，）与轴相交于点和点，与轴相交于点，点．
（1）若，．
①求该抛物线顶点的坐标；
②是抛物线上位于第四象限的一点，连接，相交于点，连接，若，求点的坐标；
（2）若，点，（点在的左侧）在线段上，，当的周长的最小值为时，求的值．
答案
1．【正确答案】A
【分析】本题主要考查中心对称图形；根据中心对称图形的定义，把图形绕着某一点旋转以后能与原图形重合的图形，即为所求．
【详解】解：可以看作是中心对称图形的是：A．
故选A．
2．【正确答案】D
【分析】本题主要考查了二次函数顶点式 的性质，掌握函数的顶点坐标为是解题的关键．
直接利用二次函数顶点式 的性质解答即可．
【详解】解：∵ 二次函数 为顶点形式，
∴ 顶点坐标为 ．
故选 D．
3．【正确答案】D
【分析】本题考查了因式分解法解一元二次方程，关键是熟练应用因式分解的方法；
通过因式分解法求解二次方程，利用乘积为零的性质得出根．
【详解】解：∵ ，
∴ ，
∴ 或 ，
即 或 ．
故选D．
4．【正确答案】A
【分析】本题主要考查直线与圆的位置关系，掌握直线与圆无公共点时，两者相离，圆心到直线的距离大于半径是解题的关键．
根据直线与圆的位置关系求解即可．
【详解】解：∵与直线l无公共点，
∴直线l与相离，
∴圆心O到直线l的距离半径，
选项中只有，即选项A符合题意．
故选A．
5．【正确答案】C
【分析】本题考查了一元二次方程解的定义，把代入，据此解答即可．
【详解】解：把代入，得：
，
解得，，
故选C．
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】B
【分析】本题考查圆内接正六边形的性质与边心距的计算，利用圆内接正六边形的性质，将边心距转化为直角三角形的边长计算是解题关键．
正六边形的边长等于外接圆半径，边心距可通过等边三角形的高公式计算，得到，再估算其值范围．
【详解】解：设圆内接正六边形的边长为，其外接圆半径为，边心距为，
则根据圆内接正六边形的性质，有，
∵ 边心距是中心到边的距离，即等边三角形的高，
∴ 根据等边三角形的高公式，，
∵ ，，且 ，
∴ ，即边心距在 2 和 3 之间．
故选B．
8．【正确答案】B
【分析】本题考查圆周角定理，根据圆周角定理，求出的度数，等边对等角求出的度数即可．
【详解】解：∵点、、在上，，
∴，，
∴；
故选B．
9．【正确答案】C
【分析】本题重点考查了圆的切线性质，等腰三角形的性质，熟练掌握相关性质是问题求解的关键．
连接，直线与相切于点E，得到，进而求得，根据等腰三角形等边对等角得到，完成求解．
【详解】解：连接，如图，
∵直线与相切于点E，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴．
故选C．
10．【正确答案】B
【分析】本题主要考查了旋转的性质、三角形内角和定理，根据旋转的性质可知，，可知是等腰三角形，根据等腰三角形的两个底角相等，可得：，根据三角形内角和定理可以求出，由旋转可知，根据全等三角形的性质可知，利用三角形内角和定理可以求出．
【详解】解：由旋转可知，，
，
在中，，
，
由旋转可知，
，
在中，．
故选B．
11．【正确答案】C
【分析】本题考查的是圆周角定理及推论、勾股定理，熟练掌握圆的性质是解题关键，连接，得出，求出，再证明，即可求出结论．
【详解】解：连接，
是的直径，
，
，，
，
，
由作图知，平分，
，
，
，
，
故选C．
12．【正确答案】B
【分析】先由函数图象可得当点P运动到B点时，，由此求出，当时，，再利用勾股定理求出，最后根据正方形面积公式求出S，据此可判断①；当点P在上时，由图2可知，对应的二次函数的顶点坐标为，可S关于的函数解析式为，利用待定系数法求出，据此可判断②；求出当时的值，可得的长，再利用勾股定理求出的长，据此可判断③
【详解】解：由图2可知当点P运动到B点时，，
在中，由勾股定理得，
∴，
由题意得当时，点P的运动路程为1，即此时点P在上，
，
在中，由勾股定理得，
∴，
∴当时，，故①正确；
当点P在上时，由图2可知，对应的二次函数的顶点坐标为，
设S关于的函数解析式为，
把代入解析式，得：，
解得，
∴S关于的函数解析式为，故②错误；
在中，当时，即：，
解得或，
∴，
在中，由勾股定理得，
∴，故③错误；
综上所述，正确的有1个，
故选B．
13．【正确答案】
【分析】本题考查了关于原点对称的点的坐标．根据关于原点对称的点的坐标性质，横坐标和纵坐标均互为相反数，进行作答即可．
【详解】解：点关于原点的对称点坐标为.
14．【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 ；
∴.
15．【正确答案】110
【分析】本题考查了同弧或等弧所对圆周角相等，圆内接四边形对角互补等知识．根据得到，进而求出，根据圆内接四边形性质即可求出．
【详解】解：∵，
∴，
∵，
∴，
∵四边形为圆内接四边形，
∴．
16．【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.
17．【正确答案】；2
【分析】本题考查正方形的性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理等知识，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题的关键．
（Ⅰ）由正方形的性质可知是等腰直角三角形，即可由等腰直角三角形的性质求解；
（Ⅱ）设与相交于G，先证明，得，从而求得，再证明，得，设，则，，进而得，，即可求得，然后由求解．
【详解】解：（Ⅰ）∵正方形中，对角线，相交于点，
∴，，
∴
∴是等腰直角三角形，
∴.
（Ⅱ）设与相交于G，如图，
∵，
∴，
∴
由（Ⅰ）知，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵正方形中，对角线，相交于点，
∴，，
∵，
∴
∵
∴
∴
∴
设，则，，
∴，，
∴，
解得：，
∵正方形，
∴，
∴．
18．【正确答案】；取格点D，连接；取圆与网格线的交点E和F，连接与相交于点O；取与网格线的交点G，连接并延长，与的延长线相交于点H；连接并延长，与的延长线相交于点M，则点M即为所求．
【分析】本题主要考查了勾股定理、圆周角定理、切线的性质、等腰三角形的性质等知识点，灵活运用相关知识是解题的关键．
（1）直接运用勾股定理求解即可；
（2）根据圆周角定理、切线的性质、等腰三角形的性质作图即可．
【详解】解：（1）．
（2）如图，取格点D，连接；取圆与网格线的交点E和F，连接与相交于点O；取与网格线的交点G，连接并延长，与的延长线相交于点H；连接并延长，与的延长线相交于点M，则点M即为所求．
证明：如图：连接，取格点D，连接；取圆与网格线的交点E和F，连接与相交于点O；则，
∵直线与的外接圆相切于点，
∴，即，
∵G是的中点，
∴，
∴，是的垂直平分线，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵是的垂直平分线，
∴，
∴，
∴.
19．【正确答案】（1）
（2）
（3）见详解
（4）
【分析】本题考查求不等式组的解集，用数轴表示不等式的解集，正确的求出每一个不等式的解集，是解题的关键：
（1）移项，合并，系数化为1，进行求解即可；
（2）移项，合并，系数化为1，进行求解即可；
（3）定边界，定方向，在数轴上表示不等式的解集即可；
（4）根据不等式组的解集的确定方法，求解即可．
【详解】（1）解：解不等式①，得；
（2）解不等式②，得；
（3）在数轴上表示解集如图：
（4）由数轴可知，原不等式组的解集为：．
20．【正确答案】（1），；
（2）
【分析】本题考查了解一元二次方程，解题的关键是掌握一元二次方程的解法：直接开平方法，配方法，公式法，因式分解法等．
（1）利用因式分解法解一元二次方程即可；
（2）把方程整理为一元二次方程的一般形式，再用公式法解一元二次方程即可．
【详解】（1）解：，
，
或，
，；
（2）原方程化为．
可得．
∴方程有两个不等的实数根．有．
即.
21．【正确答案】（1），；
（2）
【分析】本题考查了圆周角定理，垂径定理，全等三角形的判定和性质，勾股定理．
（1）根据圆周角定理得到，即，根据垂径定理得到，，根据圆周角定理作答即可；
（2）根据垂径定理得到，，根据得到，证明，得到，，根据勾股定理计算即可．
【详解】（1）解：∵，
∴，
∴，
∵，
∴，，
∴，；
（2）解：如图，
∵，
∴，，
∵，
∴，
即，
∴，，
∴，
∴．
22．【正确答案】（1）
（2）
【分析】本题考查的是切线的性质、三角形外角的性质及平行线分线段成比例定理，
（1）连接，结合切线性质得出，证明，求出，即可求出结论；
（2）先求出，根据平行得出，即可求出．
【详解】（1）解：连接，
与相切于点D，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，，
，
，
；
（2）解：连接，
∵E为的中点，，
，
由（1）知，，
，
，
，即，
解得：．
23．【正确答案】（1），
（2）当甲车减速至时，它行驶的路程是
（3）8秒时两车相距最近，最近距离是
【分析】本题主要考查了二次函数与一次函数的实际应用，解题时要熟练掌握并能理解题意，读懂函数图象，求出表达式是关键．
（1）根据图象，利用待定系数法分别求出一次函数和二次函数解析式即可；
（2）依据题意，把代入一次函数解析式求出t，再把t的值代入二次函数解析式求出s即可；
（3）分析得出当时，两车之间距离最小，代入计算即可．
【详解】（1）解：由图可知：二次函数图象经过原点，
设二次函数表达式为，一次函数表达式为，
∵二次函数经过，
∴，
∴，
∴二次函数表达式为；
∵一次函数经过，
∴，
∴，
∴一次函数表达式为．
（2）解：由题意，∵，
∴当时，
，解得，
∵，
∴当时，．
∴当甲车减速至时，它行驶的路程是
（3）解：∵当时，甲车的速度为，
∴当时，两车之间的距离逐渐变大，
当时，两车之间的距离逐渐变小，
∴当时，两车之间距离最小，
将代入中，得，
将代入中，得，
此时两车之间的距离为：，
∴8秒时两车相距最近，最近距离是．
24．【正确答案】（1）；
（2）①，；②
【分析】（1）由菱形边长和角度，用三角函数求坐标即可；
（2）根据旋转后在轴，确定旋转角，求坐标，联立直线求点，计算；②用轴对称找到最短路径的点，求值即可．
【详解】（1）解：菱形 中，，．
点 ：由三角函数得；
点 ：因，横坐标为，纵坐标与 相同，故．
（2）解：①延长交x轴于点E，
∵四边形是菱形，
∴，，
∵，旋转后与轴重合，根据菱形的性质，
∴轴，
∵，
∴，
∵
∴，
∴，
∴，
∴，
；
∵，，
∴，
②如图所示， 作点关于直线的对称点，再连接与直线的交点就是．根据对称性.
点在上，旋转后对应点是，
根据旋转的性质：（旋转前后对应线段相等）．
∴，
当三点共线时，即，
∵，
∴．
∵与互相垂直，
∴设解析式为，
将代入直线，解得，
联立，解得交点，
∵为和的中点，
∴，
解析式为：，
联立直线和解析式，
解得
∴取得最小值，此时．
25．【正确答案】（1）①②
（2）
【分析】本题考查了二次函数综合问题，涉及了面积问题、最值问题，需要学生熟练掌握二次函数的性质；
（1）由题意得：；将代入求得；
①配成顶点式即可求解；
②连接，作轴，根据，即；推出；求出直线的解析式为：，设，则，即可建立方程求解；
（2）将点沿着方向平移个单位得到，作关于的对称点，连接，推出的周长，求得；，；根据．推出恰好落在轴上，且坐标为；求出，得到，即可求解；
【详解】（1）解：由题意得：；
将代入得：，解得：；
∴；
①，
∴顶点的坐标为；
②连接，作轴，交于点，如图所示：
令，解方程得；令，；
∴；；
∵，
∴，即；
∵，
∴；
设直线的解析式为：，
将代入可得：
解得：，
∴直线的解析式为：，
设，则，
∴，
∴，解得：（舍），
∴，
∴点的坐标为：；
（2）解：将点沿着方向平移个单位得到，作关于的对称点，连接，如图所示：
则，
∴四边形为平行四边形，
∴，
∵的周长，
∴的周长，
∵的周长的最小值为，
∴，
∴；
∵，
∴四边形为矩形，
∴，
∴，
∴；
∵，
∴，
∴，
∵．
∴，
∵，
∴恰好落在轴上，且坐标为；
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
则，代入得：，解得：；
∴，
∴；