精品解析：辽宁省鞍山市铁东区2025-2026学年九年级上学期11月期中考试数学试题

九年数学试卷 温馨提示： 1、考试时间120分钟，卷面满分120分，试卷共6页． 2、请仔细审题、认真思考、细致解答、规范书写、勿忘检查． 一、选择题（本题共10小题，每小题3分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的） 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】本题考查轴对称及中心对称的定义，掌握中心对称图形与轴对称图形的概念，要注意：轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合；中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合． 根据轴对称图形与中心对称图形的概念逐选项判断即可． 【详解】解：根据轴对称图形与中心对称图形的概念可知： A选项是中心对称图形而不是轴对称图形； B选项既是轴对称图形也是中心对称图形； C选项既不是轴对称图形也不是中心对称图形； D选项是轴对称图形而不是中心对称图形； 故选：B． 2. 某节数学课上，甲、乙两位同学都在黑板上解方程，解答过程如下所示： 甲 乙 两边同时除以，得． 移项，得．．或，解得． 其中完全正确的是（ ） A. 甲 B. 都正确 C. 乙 D. 都不正确 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查了解一元二次方程，熟练掌握一元二次方程的解法是解答本题的管家． 甲的解法错误，因为两边同时除以 可能漏解（当 时）；乙的解法正确，通过移项和因式分解得到所有解． 【详解】解：∵方程的解可能为或，甲同学两边同时除以时，未考虑的情况，导致漏解； 乙同学移项得， 移项，得， ， 或， 解得， ∴完全正确的是乙． 故选C． 3. 某物质的分子结构如图所示，所有六边形都是正六边形，用显微镜观察该分子结构，则保持不变的是（ ） A. 的长度 B. 六边形的周长 C. 六边形的面积 D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查相似图形，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．利用相似图形的性质判断即可． 【详解】解：∵所有六边形都是正六边形， ∴ 依题意，用显微镜观察该分子结构：原图形与放大后的图形是相似图形， ∴的长度变大，六边形的周长变大，面积变大， 故选：D. 4. 如图所示，将矩形绕其顶点顺时针方向旋转得到矩形，与交于，若，则旋转角的度数为（ ） A. B. 40° C. 50° D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查了根据正切值求角度． 根据求出，可知，即旋转角的度数为． 【详解】解：∵ ∴， ∴， ∴， 即旋转角的度数为． 故选：A． 5. 已知点，，都在二次函数的图象上，则，，的大小关系是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查二次函数图象上点的坐标特征，分别将、、代入函数解析式求出的值，再比较大小即可． 【详解】解：∵， 当 时，； 当 时，； 当 时，； ∵， ． 故选：B． 6. 在平面直角坐标系中，已知线段，点，，以原点为位似中心，相似比为，把线段缩小，则点的对应点的坐标是（ ） A. B. C. 或 D. 或 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查的是位似变换的性质，熟练掌握位似图形的性质是解题的关键．在平面直角坐标系中，如果位似变换是以原点为位似中心，相似比为k，那么位似图形对应点的坐标的比等于k或． 以原点为位似中心进行位似变换时，点的对应坐标可能为原坐标乘以相似比（同侧）或乘以相似比的相反数（异侧）． 【详解】解：∵位似中心为原点，相似比为， ∴点的对应点的坐标为即或即． 故选C． 7. 为倡导全民健身，某小区在公共活动区域安装了健身器材，其中跷跷板很受欢迎．如图，点为跷跷板中点，支柱垂直于地面，垂足为，跷跷板的一端落到地面时与地面的夹角，且，则点与地面的距离是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查了三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半，相似三角形的判定与性质，解直角三角形等知识．求出，过点B作垂直底面于点D，判断出是的中位线，再根据三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半可得，即可得到答案． 【详解】解：由题意可得，， 在中，， 如图，过点B作垂直底面于点D， ， ， ∴， ∴， 点O为跷跷板的中点， ∴， 是的中位线， ， 故选：D． 8. 俗语有云：“一天不练手脚慢，两天不练丢一半，三天不练门外汉，四天不练瞪眼看．”其意思是知识和技艺在学习后，如果不及时复习，那么学习过的东西就会被遗忘．假设每天“遗忘”的百分比为x，根据“两天不练丢一半”，可列方程（ ） 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，由题意得：一天后记得的知识为：，两天后记得的知识为：，即可求解； 【详解】解：由题意得：一天后记得的知识为：，两天后记得的知识为：， ∴， 故选：A 9. 如图，与交于点，且，则下列式子等于与面积比的是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题主要考查相似比与面积比的关系，掌握面积比等于相似比的平方是解题的关键． 由题可知，再根据面积比等于相似比的平方即可求解． 【详解】， ， ， ． 故选：A． 10. 如图是二次函数的图象，那么无论为何值，函数值恒为正的条件是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查了二次函数的性质． 将二次函数化为顶点式，进而作答即可． 【详解】解：， ∵无论为何值，函数值恒为正， ∴， 即． 故选：C． 二、填空题（本题共5小题，每小题3分，共15分） 11. 在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝12，BC＝5，则sinA＝______． 【答案】 【解析】 【分析】首先利用勾股定理求出AC的长，再利用锐角三角函数关系得出sinB的值． 【详解】解：在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝12，BC＝5， ∴AB＝ ， ∴sinA＝ ． 故答案为：． 【点睛】此题主要考查了锐角三角函数关系以及勾股定理，正确掌握锐角三角函数关系是解题关键． 12. 如果两个不相等的实数满足，，那么的值为_____． 【答案】 【解析】 【分析】本题主要考查了一元二次方程根与系数的应用．解题的关键是熟练掌握一元二次方程的两个根，，满足，．根据两个不相等的实数a，b满足，，得出，是方程的两个根，由根与系数的关系求解即可． 【详解】解：∵两个不相等的实数a，b满足，， ∴可以把，看作是方程的两个根， ∴根据根与系数的关系可知：． 故答案为：． 13. 如图是一架人字梯及其侧面示意图，已知，，，，则的长为_____ 【答案】 【解析】 【分析】本题主要考查平行线分线段成比例，灵活运用平行线分线段成比例定理求线段的长度是解题的关键． 根据平行线分线段成比例定理得到，代入数值可求得的长． 【详解】解：∵， ∴， ∵，， ∴， 解得： 故答案为：． 14. 如图，某工人用三角形瓷砖（小三角形）铺设一块梯形地面，每块三角形瓷砖的面积为1，整块梯形地面的面积为48，设三角形瓷砖共铺设了层，则依据题意可列方程为_____． 【答案】或 【解析】 【分析】本题考查了图形类规律探究，一元二次方程的应用． 先根据图形得出从上往下第x层有个三角形，从而一共有个三角形，结合整块梯形地面的面积为48可得方程． 【详解】解：从上往下第1层有个三角形， 从上往下第2层有个三角形， …， 从上往下第x层有个三角形， ∴一共有个三角形， ∵整块梯形地面的面积为48，每块三角形瓷砖的面积为1， ∴或． 故答案为：或． 15. 如图，在中，，点为边上一点，交于，交于，若四边形是正方形，，，则的长为_____． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了相似三角形的判定与性质、正方形的性质，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解答本题的关键． 设，证明求出，再证明，利用相似三角形的性质即可求解． 【详解】解：∵四边形是正方形， ∴，，设， ∴， ∴， ∴， ∴， 解得（负值舍去）． ∵， ∴， ∴， ∴， 解得． 故答案为：． 三、解答题（本题共8小题，共75分．解答应写出文字说明、演算步骤或推理过程） 16. 解下列方程： （1） （2） 【答案】（1）， （2）， 【解析】 【分析】本题主要考查了解一元二次方程，解题的关键在于能够熟练掌握解一元二次方程的方法． （1）先移项，然后利用配方法解一元二次方程即可； （2）利用公式法解一元二次方程即可． 【小问1详解】 ， 解：， ， ，， ，； 【小问2详解】 解：， 方程有两个不相等实数根 ，． 17. 已知关于的一元二次方程，求证：此方程有两个不相等的实数根． 【答案】 解：由题意，得 ∵ ∴ ∴ ∴方程有两个不相等的实数根. 【解析】 【分析】本题考查了一元二次方程根的判别式以及一元二次方程的解和解法，解题的关键是：牢记“当 时，方程有两个不相等的实数根；当 时，方程有两个相等的实数根；当时，方程没有实数根”． 【详解】略 18. 如图，将绕点按逆时针方向旋转得到，且B，C，D三点在同一直线上，若，求的度数． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了旋转的性质，掌握对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角是解题关键． 由旋转的性质可知，，，进而可得，再根据即可求解． 【详解】解：由旋转得，，， ∴，， ∴， ∴， ∴． 19. 某品牌智能电视机屏幕长为146厘米，宽为81厘米，上下边框宽度与左右边框宽度的比为，若整机全面板的面积（屏幕面积与边框面积的和）为13050平方厘米，则该品牌智能电视机的上下边框的宽度为多少厘米？ 【答案】上下边框的宽度为 【解析】 【分析】本题主要考查一元二次方程的应用，根据题意设未知数，准确列出方程是解题的关键． 设上下边框的宽度为，左右边框的宽度为，得到，再化简求解方程即可． 【详解】解：设上下边框的宽度为，左右边框的宽度为， ， ， ， （不合题意，舍去），， ，， 答：上下边框的宽度为． 20. 如图，在中，，且，点在边上，D，B，E，C四点在同一直线上，若，，求的长． 【答案】 【解析】 【分析】本题主要考查相似三角形的性质，勾股定理，掌握相关知识是解题的关键． 根据，则，即，得到，设，则，再在中，利用勾股定理构建方程求解即可． 【详解】解：∵，， ∴，，， ∴， ∴， 设，则， ∴， ∵∠∠， ∴， 在中， 即， 解得：， ∴，， ∵， 在中， ， ∴． 21. 已知二次函数，将二次函数图象平移后得到二次函数的图象，平行于轴的直线与二次函数图象交于A，C两点，与二次函数图象交于B，D两点，且A，B，C，D四点在直线上从左至右依次排列，若，，，求二次函数的解析式并画出其图象．（画图象时，先完成下列表格，再描点、连线画出函数图象，每个小网格的边长为1个单位长度） … 0 1 2 3 … … … 【答案】 … 3 … … 2 4 4 … 【解析】 【分析】本题考查了二次函数的性质，图像的平移及画函数图象，掌握知识点的应用是解题的关键． 根据题意，先得到、的对称轴，计算的值，进而得到，即直线向右平移个单位长度得到直线即可求解． 【详解】解：：图象的对称轴：直线， ：图象的对称轴：直线， 直线与直线交于点，直线与直线交于点， ∵，，， ∴ ， 由轴对称可得： ， ∴， ∴， ∴直线向右平移个单位长度得到直线， ∴二次函数的对称轴为：直线， ∴， ∴二次函数解析式为 22. （1）如图1，在和中，，，；求证：； （2）如图2，在中，，，点为外一点，连接，，若，，求的面积； （3）如图3，在等边三角形中，点在边上，点在边上，连接，且，以为边在右侧作等边三角形，连接，，且，若，求的周长． 【答案】 （1）证明：∵， ， ， ∴， ∵，， ∴； （2）；（3） 【解析】 【分析】本题考查全等三角形的判定和性质、等腰、等边三角形的性质，三角形内角和定理等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识． （1）根据SAS证明即可； （2）延长至，使得，连接，过作交于，过作交于，先证，再在中和在中，根据勾股定理求解即可； （3）过作交于，连接，，过作交于，先证，进而得到为等边三角形，接着可证，最后在和中利用勾股定理求解即可． 【详解】（1）略 （2）延长至，使得，连接，过作交于，过作交于， ∵，， ∴ ， ∵， ∴， ∵∠2∠， ∴∠， ∵， ∴， ∵，， ∴， 在中， ， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴在中， ， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴； （3）过作∥交于，连接，，过作交于， 在等边三角形中， ∴ ，， ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴，， ∴， ∴为等边三角形， ∴ ， ∵为等边三角形， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， 在中，， ∴， ∴，， ∵，， ∴，， 在中， ∴， ∴， 在中， ， ∴， ∴的周长． 23. 已知抛物线顶点为，与轴交于点． （1）若抛物线经过，两点，求抛物线的解析式； （2）当时，将抛物线平移得到抛物线，且抛物线恰好经过原点和点； ①求抛物线的解析式（含的式子表示）； ②若抛物线的顶点为，求点纵坐标的最大值； （3）将抛物线平移得到抛物线，抛物线的顶点为，连接，且线段与轴交于点，在和中，其中一个三角形的面积是另一个三角形面积的2倍，求的面积． 【答案】（1） （2）①；② （3） 【解析】 【分析】（1）将，代入解方程即可； （2）①先将代入求出点的坐标，然后设抛物线的解析式为，将点的坐标代入解方程即可；②先求出顶点的纵坐标为，点的纵坐标是关于的二次函数，利用二次函数的性质可求出点纵坐标的最大值； （3）过作轴交于，过作轴交于，通过抛物线的顶点坐标，先求出点，的横坐标分别为，，可得，结合和面积的比例关系可求出或，再根据“线段与轴交于点”可确定在轴右侧，在轴左侧，从而可求出或，分两种情况先点的坐标，然后用待定系数法求出直线的解析式，进而可求点的坐标，最后求出的面积即可． 【小问1详解】 解：由题意得， 解得， ∴； 【小问2详解】 ①∵， ∴抛物线：， ∴， ∴， ∴顶点坐标为， ∵抛物线平移得到抛物线经过原点和点， ∴设抛物线的解析式为， ∴， 解得， ∴抛物线的解析式为； ②顶点纵坐标：， ∵，开口向下， ∴当时，有最大值， ∴； 【小问3详解】 过作轴交于，过作轴交于， 当时，， ∴点坐标为， 点横坐标为，点横坐标为， ∵， ∴，两点之间的水平距离为1， ∴； 由题意得， ∴或， ∴或， ∵线段与轴交于点， ∴，两点在轴两侧， ∵， ∴在右侧，且在轴右侧，在轴左侧， ∴或， 解得或； 当时，：，：， ∴点坐标为，点坐标为， 设解析式为，， 解得， ∴， 当时，， ∴点坐标为， ∴， ∴； 当时，：，：， ∴点坐标为，点坐标为， 设解析式为，， 解得， ∴， 当时，， ∴点坐标为， ∴， ∴， 综上所述． 【点睛】本题是二次函数面积综合问题，主要考查了待定系数法求函数解析式，二次函数的最值，利用面积比得到线段比，进而确定点的坐标是解题的关键． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 九年数学试卷 温馨提示： 1、考试时间120分钟，卷面满分120分，试卷共6页． 2、请仔细审题、认真思考、细致解答、规范书写、勿忘检查． 一、选择题（本题共10小题，每小题3分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的） 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. 某节数学课上，甲、乙两位同学都在黑板上解方程，解答过程如下所示： 甲 乙 两边同时除以，得． 移项，得．．或，解得． 其中完全正确的是（ ） A. 甲 B. 都正确 C. 乙 D. 都不正确 3. 某物质的分子结构如图所示，所有六边形都是正六边形，用显微镜观察该分子结构，则保持不变的是（ ） A. 的长度 B. 六边形的周长 C. 六边形的面积 D. 4. 如图所示，将矩形绕其顶点顺时针方向旋转得到矩形，与交于，若，则旋转角的度数为（ ） A. B. 40° C. 50° D. 5. 已知点，，都在二次函数的图象上，则，，的大小关系是（ ） A. B. C. D. 6. 在平面直角坐标系中，已知线段，点，，以原点为位似中心，相似比为，把线段缩小，则点的对应点的坐标是（ ） A. B. C. 或 D. 或 7. 为倡导全民健身，某小区在公共活动区域安装了健身器材，其中跷跷板很受欢迎．如图，点为跷跷板中点，支柱垂直于地面，垂足为，跷跷板的一端落到地面时与地面的夹角，且，则点与地面的距离是（ ） A. B. C. D. 8. 俗语有云：“一天不练手脚慢，两天不练丢一半，三天不练门外汉，四天不练瞪眼看．”其意思是知识和技艺在学习后，如果不及时复习，那么学习过的东西就会被遗忘．假设每天“遗忘”的百分比为x，根据“两天不练丢一半”，可列方程（ ） A. B. C. D. 9. 如图，与交于点，且，则下列式子等于与面积比的是（ ） A. B. C. D. 10. 如图是二次函数的图象，那么无论为何值，函数值恒为正的条件是（ ） A. B. C. D. 二、填空题（本题共5小题，每小题3分，共15分） 11. 在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝12，BC＝5，则sinA＝______． 12. 如果两个不相等的实数满足，，那么的值为_____． 13. 如图是一架人字梯及其侧面示意图，已知，，，，则的长为_____ 14. 如图，某工人用三角形瓷砖（小三角形）铺设一块梯形地面，每块三角形瓷砖的面积为1，整块梯形地面的面积为48，设三角形瓷砖共铺设了层，则依据题意可列方程为_____． 15. 如图，在中，，点为边上一点，交于，交于，若四边形是正方形，，，则的长为_____． 三、解答题（本题共8小题，共75分．解答应写出文字说明、演算步骤或推理过程） 16. 解下列方程： （1） （2） 17. 已知关于的一元二次方程，求证：此方程有两个不相等的实数根． 18. 如图，将绕点按逆时针方向旋转得到，且B，C，D三点在同一直线上，若，求的度数． 19. 某品牌智能电视机屏幕长为146厘米，宽为81厘米，上下边框宽度与左右边框宽度的比为，若整机全面板的面积（屏幕面积与边框面积的和）为13050平方厘米，则该品牌智能电视机的上下边框的宽度为多少厘米？ 20. 如图，在中，，且，点在边上，D，B，E，C四点在同一直线上，若，，求的长． 21. 已知二次函数，将二次函数图象平移后得到二次函数的图象，平行于轴的直线与二次函数图象交于A，C两点，与二次函数图象交于B，D两点，且A，B，C，D四点在直线上从左至右依次排列，若，，，求二次函数的解析式并画出其图象．（画图象时，先完成下列表格，再描点、连线画出函数图象，每个小网格的边长为1个单位长度） … 0 1 2 3 … … … 22. （1）如图1，在和中，，，；求证：； （2）如图2，在中，，，点为外一点，连接，，若，，求的面积； （3）如图3，在等边三角形中，点在边上，点在边上，连接，且，以为边在右侧作等边三角形，连接，，且，若，求的周长． 23. 已知抛物线顶点为，与轴交于点． （1）若抛物线经过，两点，求抛物线的解析式； （2）当时，将抛物线平移得到抛物线，且抛物线恰好经过原点和点； ①求抛物线的解析式（含的式子表示）； ②若抛物线的顶点为，求点纵坐标的最大值； （3）将抛物线平移得到抛物线，抛物线的顶点为，连接，且线段与轴交于点，在和中，其中一个三角形的面积是另一个三角形面积的2倍，求的面积． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $