2025-2026学年人教版九年级数学上册期中综合模拟试题（21--24章）

期中综合模拟试题（21--24章） 2025-2026学年初中数学人教版九年级上册 一、单选题 1．在学习《图形的平移和旋转》时，爱思考的博涵同学发现在下列几种著名的数学曲线中，有一种既是轴对称图形又是中心对称图形，请同学们找出是哪一个？（　　） A．B． C． D． 2．用配方法解一元二次方程，则配方后所得的方程正确的是（   ） A． B． C． D． 3．若圆弧的半径为3，所对的圆心角为60°，则弧长为（    ） A． B． C． D． 4．在下列命题中，正确的是（    ） A．长度相等的弧是等弧 B．直径所对的圆周角是直角 C．三点确定一个圆 D．三角形的外心到三角形各边的距离相等 5．已知关于的二次函数，当时，随的增大而减小，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 6．如图所示，是的外接圆，已知，则的度数为（   ） A． B． C． D． 7．把抛物线向右平移3个单位长度，再向下平移5个单位长度，得到的抛物线是（ ） A． B． C． D． 8．如图所示，在中，，，，点O为BC上的点，的半径，点D是AB边上的动点，过点D作的一条切线DE（点E为切点），则线段DE的最小值为（    ） A． B． C． D． 9．如图，在中，，，分别以，为边向外作正和正，连结，在的边变化过程中，当取最长时，则的长为（   ） A． B． C． D． 10．如图，是的直径，，点A在上，，为的中点，是直径上一动点，则的最小值为（　　） A． B． C．1 D．2 11．如图，在中，，M为边的中点．将绕点M旋转一定角度得到，点A，B，C的对应点分别为点，连接，若恰好经过点C，则的长为（　　） A．2 B． C．1 D． 12．如图，是二次函数（a，b，c是常数，）图象的一部分，与x轴的其中一个交点在点和，对称轴是直线．对于下列说法：①；②；③；④（m为实数）；其中正确的是（    ） A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．②③④ 二、填空题 13．若关于的一元二次方程的常数项为0，则m的值等于 ． 14．若方程能配成的形式，则直线不经过第 象限． 15．若，则的最大值是 ． 16．如图，在菱形中,，点O是对角线的中点，以点O为圆心,长为半径作圆心角为的扇形，点D在扇形内，则图中阴影部分的面积为 ． 17．已知抛物线如图1所示，现将抛物线在x轴下方的部分沿x轴翻折，图象其余部分不变，得到一个新图象如图2．当直线与新图象有四个交点时，m的取值范围是 ． 18．如图，在中，，，点M是上一点，且平分，连接，将绕点M顺时针旋转，点A的对应点N落在上．若点N恰好是的三等分点（靠近点C），则 ． 三、解答题 19．解方程： (1) (2) 20．如图，在平面直角坐标系中，的三个顶点分别为，（每个方格的边长均为1个单位长度） (1)作与关于原点O成中心对称的，写出坐标； (2)求的面积． 21．如图，是的直径，为的一条弦（不为直径），点是与的交点，，，． (1)判断与的位置关系，并说明理由； (2)求的半径． 22．关于的一元二次方程． (1)如果方程有两个相等的实数根，求的值； (2)如果，是这个方程的两个根，且，求的值． 23．如图，E是正方形的边上一点，以点A为中心，把绕点A逆时针旋转得到，连接 (1)求的度数； (2)若求的长． 24．某商场将每件进价为80元的某种商品按每件100元出售，一天可售出100件．后来经过市场调查，发现这种商品在原售价的基础上每件每降价1元，其销量可增加10件． (1)求商场经营该商品原来一天可获利润 元． (2)设后来该商品每件降价x元，商场一天可获利润y元． ①若商场经营该商品一天要获利润2160元，则每件商品应降价多少元？ ②求出y与x之间的函数关系式，当x取何值时，商场获利润最大？ 25．如图，已知抛物线与轴交于点和点，与轴交于点，连接交抛物线的对称轴于点，是抛物线的顶点．    (1)求此抛物线的解析式； (2)直接写出点和点的坐标； (3)若点在第一象限内的抛物线上，且，求点坐标． 参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 D C B B C C D A A B 题号 11 12 答案 C B 1．D 【分析】本题考查了轴对称图形，中心对称图形的识别，解题的关键在于熟练掌握：在平面内，一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够完全重合的图形叫做轴对称图形；在平面内，把一个图形绕着某个点旋转，如果旋转后的图形能与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形． 根据中心对称图形和轴对称图形的概念求解即可． 【详解】解：A、是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不符合题意； B、是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不符合题意； C、是中心对称图形，不是轴对称图形，故不符合题意； D、既是轴对称图形又是中心对称图形，故符合题意； 故选：D． 2．C 【分析】本题考查了配方法解一元二次方程，解题关键是掌握配方法的过程．根据解题步骤判断即可． 【详解】解：， ， ， ， 故选：C． 3．B 【分析】根据弧长与圆心角，半径的公式代入数值求解即可． 【详解】∵圆弧的半径为3，所对的圆心角为60°， ∴弧长， 故选：B． 【点睛】本题主要考查的是弧长公式，熟练掌握弧长的计算公式是解答本题的关键． 4．B 【分析】根据圆的有关性质对每一项进行判断即可得出答案． 【详解】解：A、在同圆或等圆中，能够互相重合的弧叫做等弧，长度相等的弧不一定能够重合，故本选项错误； B、直径所对的圆周角是直角，故本选项正确； C、不在同一直线上的三点确定一个圆，故本选项错误； D、三角形的外心到三角形三个顶点的距离相等，故本选项错误； 故选：B． 【点睛】本题考查了命题与定理，关键是熟练掌握有关性质和定理，能对命题的真假进行判断． 5．C 【分析】本题考查了的图象和性质，对于二次函数，其顶点坐标为，对称轴为直线，开口方向由的正负决定，增减性由开口方向和对称轴共同决定，据此及可求解． 【详解】解：由题意得：二次函数图象的开口向下，对称轴为直线, ∵当时，随的增大而减小， ∴ 故选：C 6．C 【分析】本题主要考查了等边对等角，三角形内角和定理，圆周角定理，连接， 由等边对等角得出，由三角形内角和定理得出，由圆周角定理即可得出 【详解】解：连接， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， 故选：C． 7．D 【分析】本题主要考查的是二次函数的图象与几何变换，熟知二次函数图象平移的法则是解答此题的关键．根据抛物线平移的规律：左加右减（横坐标），上加下减（纵坐标），平移不改变的值，即可解答． 【详解】解：根据抛物线平移的规律：左加右减（横坐标），上加下减（纵坐标）， 把抛物线向右平移3个单位长度可得， 再再向下平移5个单位长度可得． 故选：． 8．A 【分析】连接OE、OD，如图，根据切线的性质得到∠OED=90°，则DE=，所以当OD最小时，DE最小，利用垂线段最短得到当OD⊥AB时，OD最短，此时可证明△BOD∽△BAC，利用相似比OD的长，从而得到DE的最小值． 【详解】解：连接OE、OD，如图， ∵DE为⊙O的切线， ∴OE⊥DE， ∴∠OED=90°， ∴DE==， 当OD最小时，DE最小， 而当OD⊥AB时，OD最短， 在Rt△ABC中，∵∠ACB=90°，AC=4，AB=5， ∴BC==3， ∵∠BDO=∠BCA，∠OBD=∠ABC， ∴△BOD∽△BAC， ∴OD：AC=BO：BA，即OD：4=：5，解得OD=2， ∴DE的最小值为． 故选：A． 【点睛】本题考查了切线的性质：圆的切线垂直于经过切点的半径．也考查了勾股定理． 9．A 【分析】本题主要考查了等边三角形的性质，全等三角形的性质和判定，勾股定理， 根据等边三角形的性质证明，可得，再根据当点A，B，D共线时，最大，即最大，然后作出图形，并作，根据勾股定理可得答案． 【详解】解：如图所示，连接， ∵是等边三角形， ∴， ∴， 即， ∴， ∴． ∵， ∴当点A，B，D共线时，最大，即最大． 过点C作，交于点F， ∵是等边三角形， ∴， ∴， 则． 根据勾股定理，得． 在中，． 故选：A． 10．B 【分析】此题考查了最短路线问题，勾股定理，圆周角、圆心角之间的关系，找出的值最小时点所在的位置是解答本题的关键． 作点关于的对称点，连接交于点，此时的值最小，且等于的长，连接，得到，根据勾股定理求出的值即可得到答案． 【详解】解：如图，作点关于的对称点，连接交于点，此时的值最小，且等于的长，连接， ∵ ， ∴． ∵为的中点， ∴ ． 又∵点与点关于对称， ∴ ， ∴． 又∵ ， 根据勾股定理得，即的最小值为． 故选：B. 11．C 【分析】本题主要考查了旋转的性质，等边三角形的性质与判定，等边对等角，三角形外角的性质，由旋转的性质可得，由线段中点的定义证明，进而可证明为等边三角形，则． 【详解】解：由旋转的性质得， ∵M为边的中点， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴为等边三角形， ∴． 故选：C． 12．B 【分析】本题考查二次函数图象与系数的关系，解题关键是掌握二次函数与方程及不等式的关系．由抛物线开口方向，对称轴位置可判断①，由对称轴为直线可判断②，由时及抛物线的对称性可判断③，由时函数取最大值可判断④． 【详解】解：∵抛物线开口向下， ∴， ∵抛物线对称轴为值， ∴，， ∴，①②正确． ∵时， ∴时，，③不正确． 由图象可得时，函数值取最大值， 即， ∴，④正确． 故选：B． 13．1 【分析】关于x一元二次方程的常数项是为0，则，解出关于m的一元二次方程，并且注意而二次项系数，两者结合求得m的值． 【详解】解：∵关于x一元二次方程常数项为0， ∴， 解得，； 又∵， ∴， ∴． 故答案为：1． 【点睛】此题考查一元二次方程的一般形式是：（是常数且），特别要注意的条件；以及正确解出一元二次方程的根． 14．三 【分析】本题主要考查了配方法的应用，一次函数图象与其系数的关系，先把二次项系数化为1，再把常数项移到方程右边，接着把方程两边同时加上一次项系数一半的平方进行配方得到，则，据此可得直线经过第一、二、四象限，不经过第三象限． 【详解】解：∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴直线经过第一、二、四象限，不经过第三象限， 故答案为；三． 15． 【分析】本题考查二次函数求最值，根据，得到，整体代入代数式，将代数式转化为关于的二次函数，求最值即可． 【详解】解：∵， ∴， ∴； ∴当时，有最大值为； 故答案为：． 16．/ 【分析】本题考查了菱形的性质、等边三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质以及扇形面积公式的应用，解题的关键是通过构造全等三角形，将不规则阴影部分的面积转化为扇形面积与规则三角形面积的差来计算． 先利用菱形性质得、，点为中点，故，进而得；构造等边，结合证，将转化为；再用勾股定理算、（即扇形半径）；最后用扇形面积公式算，减去得阴影面积． 【详解】解：如图，连接，在上取点，使，连接， 在菱形中，，点O是对角线的中点，， ∴， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ∴， ∵ ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． ∵ ∴ ∴， ∴． 故答案为：． 17． 【分析】先求出翻折部分的解析式，再根据图象确定直线与图象恰有四个公共点时m的取值范围即可． 【详解】解：∵抛物线的解析式为， ∴抛物线的顶点坐标为， 令，则， 解得：，， ∴，， 根据翻折变换，关于x轴的对称点为， ∴曲线所对应的函数解析式为， 当直线与图象2恰有四个公共点时，如图所示： ①当直线与x轴重合，即时与图象②有两个公共点， 所以当时与图象②有四个公共点； ②当时，直线与有三个公共点， 所以当时，直线与新图象有四个交点． 故答案为：． 【点睛】本题主要考查的是二次函数的综合应用，根据题意画出图象，找出新图象与直线有四个不同公共点的条件是解题的关键． 18．14 【分析】本题考查平行四边形的性质，旋转的性质，解直角三角形，等腰三角形的性质和判定，过点作,垂足为点，即可得到，进而求出和长，再根据角平分线的定义和平行线的性质得到,即可得到，然后根据勾股定理求出的长，再过点作于点,求出和长解答即可． 【详解】解：若点恰好是的三等分点(靠近点)，则， 过点作,垂足为点,如图, ∵是平行四边形， ∴，， ∴， ∴， 则,， ∵,平分, ∴, ∴， ， ， ， 过点作于点, 在中,,， 在中, ， 故答案为：． 19．(1)， (2) 【分析】本题考查了解一元二次方程，正确掌握相关性质内容是解题的关键． （1）运用配方法进行解方程，即可作答． （2）先移项，再运用因式分解法进行解方程，即可作答． 【详解】（1）解：∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴，， （2）解：∵， ∴， ∴， 解得． 20．(1)见详解； (2) 【分析】本题考查作图-中心对称、三角形的面积，熟练掌握中心对称的性质是解答本题的关键． （1）根据中心对称的性质可得答案； （2）利用割补法求三角形的面积即可． 【详解】（1）作图如下： ∵和关于原点成中心对称， ∴； （2）的面积=， 的面积为． 21．(1)，理由见解析 (2)10 【分析】此题考查了等弧所对的圆心角相等，垂径定理，勾股定理，等边对等角等知识点，解题的关键是掌握以上知识点． （1）如图所示，连接，，得到，，然后证明出即可得到； （2）首先根据垂径定理得到，设的半径为，则，在中利用勾股定理求解即可． 【详解】（1）解：，理由如下： 如图所示，连接，， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴； （2）解：∵，是的直径， ∴， 设的半径为，则， ∴在中，， ∴， ∴， ∴的半径为10． 22．(1) (2) 【分析】本题主要考查了一元二次方程根的判别式，一元二次方程根与系数的关系： （1）根据题意可得，解之即可得到答案； （2）根据根与系数的关系得到，再由，即可得，则． 【详解】（1）解：∵关于的一元二次方程有两个相等的实数根， ∴， ∴； （2）解：∵，是这个方程的两个根， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴． 23．(1)； (2)． 【分析】本题考查了正方形的性质，旋转的性质，勾股定理等知识，掌握相关知识是解题的关键． （1）根据旋转的性质即可求解； （2）根据正方形的性质和勾股定理可得，由旋转可得，再根据勾股定理即可求解． 【详解】（1）解：∵绕点A逆时针旋转得到， ∴； （2）解：∵四边形是正方形， ∴， ∴， 由旋转可得：， ∵， ∴． 24．(1)2000 (2)①2元或8元；②， 【分析】（1）根据题意，可以写出商场经营该商品原来一天可获利润的算式，然后计算即可； （2）①根据题意，根据获利润2160元列出方程，解出方程即可；②根据题意，可以写出与的函数关系式，利用二次函数的性质，即可得到当取何值时，商场获利润最大． 【详解】（1）解：由题意可得， （元， 答：商场经营该商品原来一天可获利润2000元； （2）解：①依题意得： 即 解得：， 经检验：，都是方程的解，且符合题意． 答：商店经营该商品一天要获利润2160元，则每件商品应降价2元或8元． ②依题意得： ∴ ∵ ∴y有最大值        ∴当时，商店所获利润最大． 【点睛】本题考查二次函数和一元二次方程的应用，解答本题的关键是明确题意，列出相应的函数解析式和方程． 25．(1)； (2)，； (3)． 【分析】（1）用待定系数法求解即可； （2）根据二次函数解析式求图象与交点坐标，顶点坐标即可， （3）设点坐标，然后根据数量关系列一元二次方程，求解即可． 【详解】（1）解：由点和点得， 解得：， ∴抛物线的解析式为； （2）由（1）得：， 当时，， ∴点， 由， ∴顶点； （3）设， ，， ∵， ∴， ∴， ∴， 解得：（不合题意，舍去），， ∴点． 【点睛】此题考查了二次函数的性质，待定系数法求函数解析式，解题的关键是熟练掌握二次函数的图象及其性质的应用． www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页） 学科网（北京）股份有限公司 $