精品解析：山东省潍坊市安丘市2025-2026学年九年级上学期数学期中试卷.

2025—2026学年第一学期期中学业质量监测九年级数学 注意事项： 1.本试题满分120分，考试时间为120分钟； 2.答卷前，请将试卷和答题纸上的项目填涂清楚； 3.请在答题纸相应位置作答，不要超出答题区域，不要答错位置． 一、选择题（共10小题，每小题3分，共30分．每小题只有一个选项符合题目要求） 1. 的值等于（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据特殊角的三角函数值求解． 【详解】． 故选：B． 【点睛】本题考查了特殊角的三角函数值，解答本题的关键是熟记几个特殊角的三角函数值． 2. 方程的解是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查了解一元二次方程﹣因式分解法：因式分解法就是利用因式分解求出方程的解的方法，这种方法简便易用，是解一元二次方程最常用的方法．利用因式分解法得到或，然后解两个一次方程即可． 【详解】解：， 或， 所以． 故选：B． 3. 在中，，设，，所对的边分别为a，b，c，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查了解直角三角形的相关计算，解题的关键在于正确掌握正弦、余弦、正切的定义．根据题意画出草图，结合正弦、余弦、正切的定义逐项判断，即可解题． 【详解】解：由题意，可画图如下： A、，选项结论错误，不符合题意； B、，选项结论错误，不符合题意； C、，选项结论错误，不符合题意； D、，选项结论正确，符合题意； 故选：D． 4. 在平面直角坐标系中，的圆心坐标为，半径为4，那么x轴与的位置关系是（ ） A. 相离 B. 相交 C. 相切 D. 相交或相切 【答案】A 【解析】 【分析】本题主要考查直线与圆的位置关系，熟练掌握直线与圆的位置关系是解题的关键．通过计算圆心到轴的距离，与半径比较，即可判断位置关系． 【详解】解：∵圆心到轴的距离为5，的半径，， ∴与轴相离， 故选：A． 5. 下列关于x的方程中，两实数根的和等于3的方程是（ ） A. B. C. D. . 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查了一元二次方程的根与系数的关系，判别式的应用．通过计算每个方程的两个实数根的和，判断是否等于3，需先确保方程有实数根，据此进行分析，即可作答． 【详解】解：A、方程 ，判别式，无实数根，故不符合题意， B、方程，判别式，有实数根，，故不符合题意， C、方程，判别式，有实数根，，故符合题意， D、方程，判别式，有实数根，，故不符合题意， 故选：C． 6. 自行车的示意图如图所示，其中，，，两车轮的直径均为，现要在自行车两轮的阴影部分（分别以C，D为圆心的两个扇形）装上挡水的铁皮，那么安装单侧（阴影部分）需要A的铁皮面积约（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查了扇形的面积计算，是实际应用类题目，需要同学们挖掘隐含的条件．根据自行车的构造，可得四边形是梯形，，从而求出与的度数，代入扇形的面积公式计算即可． 【详解】解：由题意可得，四边形是梯形，， ，， ，， 车轮的直径为， 半径， 则， ∴那么安装单侧（阴影部分）需要的铁皮面积约是． 故选：A． 7. 已知m是一元二次方程的一个根，则的值是（ ） A. 13 B. C. 39 D. 65 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查了一元二次方程的解． 利用m是方程的根，满足方程关系，将所求表达式中的用m表示后代入计算． 【详解】解：∵m是方程的根， ∴，即， ∴． 故选：B． 8. 如图，点，，在上，点在劣弧上，连接，，，作射线，已知，则的度数是（ ） A. 58° B. 116° C. 64° D. 60° 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查了圆周角定理，作出所对的圆周角，先求出，再根据，得出，即可得出答案，熟练掌握圆周角定理是解此题的关键． 【详解】解：如图作出所对的圆周角， ∵， ∴ ∵， ∴． 故选：A． 9. 如图，小亮一家自驾到风景区C游玩．当到达A地后，小亮发现风景区C在A地的北偏东方向，但导航显示车辆应沿北偏西方向行驶6千米至B地，再沿北偏东方向行驶一段距离到达风景区C，则A，C两地的距离为（ ） A. 千米 B. 千米 C. 千米 D. 6千米 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查了勾股定理，30度所对的直角边等于斜边的一半，等腰直角三角形的判定等，作出合适的辅助线构建直角三角形是解题的关键．过点作于，根据题意分别求出，，然后利用30度所对的直角边等于斜边的一半和勾股定理，求得和，即可得到答案． 【详解】解：如图，过点作于，则， 由题意可知：，， ∴，， ∴， 在中，千米，， 则千米， ∴千米， 在中，， ∴千米， ∴千米， 故选：B． 10. 如图，在的正方形方格图形中，点A，B，C，D，E都在格点上，以为直径作，分别连接．有以下结论：①D，E两点都在上；②；③与相切；④平分．结论正确的有（ ） A. ①② B. ①③ C. ①②③ D. ③④ 【答案】C 【解析】 【分析】先结合网格与勾股定理，得出圆的半径，故D，E两点都在上；结合网格特征，得出，根据，，得，即， 则与相切；运用，得，结合网格特征得，则，在中，，，结合网格特征，得，故，即可作答． 【详解】解：连接，如图所示： 令正方形网格的边长为1， ∵以为直径作， ∴圆的半径是， 结合网格特征，得出， 则圆的半径， ∴D，E两点都在上； 故①是符合题意； 结合网格特征，得出， ∵，， ∴， ∴，即， ∵为直径， ∴与相切； 故③是符合题意； ∵， ∴， 结合网格特征得， ∴， ∴， 在中，， ∴， 故②是符合题意； 结合网格特征，得出在中，， 得出在中， ∵， 即， 即， ∴不平分． 故④是不符合题意； 故选：C． 【点睛】本题考查了勾股定理与网格，垂径定理，圆周角定理，解直角三角形的性质，切线的判定，正确掌握相关性质内容是解题的关键． 二、填空题（共5小题，每小题3分，共15分．只要求填写最后结果） 11. 方程的两个根是等腰三角形的两边长，则该等腰三角形的周长是___________； 【答案】 【解析】 【分析】本题主要考查了因式分解法解一元二次方程，等腰三角形的定义，三角形三边的关系，熟知因式分解法解一元二次方程是解题的关键．利用因式分解法求出方程的解得到的值为或，分两种情况考虑：当为腰，为底边时，不满足三角形三边关系；当为底，为腰时，求出周长即可． 【详解】解：方程， 分解因式得：， 可得或， 解得：， 当为等腰三角形的腰时，为底边，此时三角形三边分别为，，，不满足两边之和大于第三边，舍去； 当为等腰三角形的腰时，为底边，此时三角形三边分别为，，，符合三角形三边的关系，则周长为， 故答案为：． 12. 北京成功举办第24届冬奥会后，很多学校都开展了冰雪项目的学习活动．一位同学乘滑雪板沿坡度为的斜坡滑行65米，求他下降的高度是______米． 【答案】25 【解析】 【分析】本题考查了坡度，勾股定理，熟练掌握以上知识点是解题的关键．根据坡度定义，设下降的高度为米，则水平距离为米，然后利用勾股定理建立方程求解即可． 【详解】解：设下降的高度为米， ∵坡度为， ∴水平距离为米， 由勾股定理得：， 解得（舍去负值）， 故答案为：25． 13. 若一个正八边形的半径为2，则该正八边形的面积是______． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了勾股定理，等腰直角三角形的性质，正八边形，根据题意，正八边形的面积可以通过将其分割为八个全等的等腰三角形计算，每个三角形的顶点在圆心，顶角为45度，连接，作于，利用勾股定理，可求得，然后利用三角形面积公式算得，最后求解出正八边形的面积． 【详解】解：连接，作于，如图所示： 则的内接正八边形的中心角为， ∵的半径为2， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ， ∴正八边形的面积为， 故答案为：． 14. 《九章算术》中有一题：“今有二人同所立．甲行率七，乙行率三．乙东行，甲南行十步而斜东北与乙会．问甲、乙行各几何．”大意是说：已知甲、乙二人同时从同一地点出发，甲每单位时间走7步，乙每单位时间走3步．乙一直向东走，甲先向南走10步，后又斜向北偏东方向走了一段后与乙相遇．那么相遇时，甲、乙各走了多远？若设二人从出发到相遇用x个单位时间，则根据题意列方程为 ____________________ ． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了由实际问题列一元二次方程、勾股定理的应用，由题意得出，，，，由勾股定理即可解答． 【详解】解：如图： 设二人从出发到相遇用x个单位时间， 由题意得：，，，， 由勾股定理可得：， ∴， 故答案为：． 15. 如图，直线l：，点，过点作y轴的垂线交直线l于点，以原点O为圆心，长为半径画弧交y轴于点；再过点作y轴的垂线交直线l于点，以原点O为圆心，长为半径画弧交y轴于点，…，按此作法进行下去，则的弧长是______． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了弧长公式，一次函数图象中点的坐标规律，解直角三角形，两点间距离公式等知识点，解题的关键是正确找出弧长的规律． 先求出，则，，那么，则的长为：，然后找出规律可得的长为：，再根据规律即可求解． 【详解】解：∵直线l：，点，过点作y轴的垂线交直线l于点， ∴将代入，则， 解得， ∴， ∴，， ∴， ∴的长为：； 由题意得，， 将代入，则， 解得， ∴， ∴， ∴的长为：， 依次类推：的长为：，， ∴的长为：，， ∴的弧长是， 故答案为：． 三、解答题（共8小题，共75分．解答要写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤） 16. 用适当的方法解方程，有要求的按规定方法求解： （1）；（配方法） （2）． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】本题考查解一元二次方程，熟练掌握一元二次方程的解法是解题关键． （1）利用配方法解题即可； （2）利用因式分解法解题即可． 【小问1详解】 解： ； 【小问2详解】 解： ∴或， ∴． 17. 一般地，当α，β为任意角时，与的值可以用下面的公式求得；．例如．类似地，的值是___________． 【答案】 【解析】 【分析】根据sin（α+β）=sinαcosβ+cosαsinβ，可得答案． 【详解】 故答案为： 【点睛】本题考查了特殊角的三角函数值：应用中要熟记特殊角的三角函数值，一是按值的变化规律去记，正弦逐渐增大，余弦逐渐减小，正切逐渐增大；二是按特殊直角三角形中各边特殊值规律去记．也考查了阅读理解能力． 18. 如图，在中，于点D，，． （1）求的长； （2）若，求外接圆的半径． 【答案】（1）6 （2） 【解析】 【分析】本题考查了解直角三角形，勾股定理，外接圆的半径，熟练掌握以上知识点是解题的关键． （1）先解求出，再由勾股定理求解； （2）在中运用勾股定理求解，再根据直角三角形外接圆半径等于斜边的一半即可求解． 【小问1详解】 解：∵于点D，，， ∴, ∴ 【小问2详解】 解：∵，， ∴， ∵， ∴， ∴外接圆的半径． 19. 已知关于x的一元二次方程． （1）判断该方程实数根的情况； （2）若，是该方程的两个实根，是否存在实数m，使得代数式的值为？若存在求出实数m的值，若不存在请说明理由． 【答案】（1）方程有两个不相等的实数根或者有两个相等的实数根 （2）存在，实数的值为或 【解析】 【分析】本题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，熟练掌握以上知识点是解题的关键． （1）根据判别式即可判断； （2）根据，代入，得到，然后解得答案即可． 【小问1详解】 解：∵， ∴， ∵， ∴， ∴该方程有两个实数根； 【小问2详解】 解：存在，实数的值为或，理由如下： ∵，是的两个实根， ∴， ∴， 当时，． ∴存在，实数的值为或． 20. 如图，是四边形的外接圆，是的直径，F是延长线上一点，连接，，且． （1）求证：是的切线； （2）若，，求的长． 【答案】（1） 证明：连接， ， ， ，， ， 是的直径， ， ，即， ， 是的切线； （2） 【解析】 【分析】本题考查了切线的判定和性质，相似三角形的判定和性质，添加辅助线是解题的关键． （1）连接，根据切线的判定定理，只需要证即可； （2）证，根据相似三角形对应边成比例，，令，通过列方程求解即可． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：是的直径， ， ， 由（1）知， ， ， ， ， 设，即：， 解得，（不符合题意，舍去）， ， 的长为． 21. 图1是某高铁二等座小桌板，它的设计需兼顾空间利用、结构稳定与乘客安全．图2是小桌板展开后的侧面示意图，其中，靠背垂直于水平面，小桌板与水平面平行，支架连接靠背和小桌板，为杯托底面圆的直径，测得，，，（，，） （1）如图2，______． （2）如图2，求点到靠背的距离；（精确到） （3）如图3，靠背绕点旋转至与小桌板支架重合，已知杯托凹陷深度为，一个高为圆柱形水杯（恰好放进杯托，空隙忽略不计），是否能竖直放在杯托处？（精确到） 【答案】（1）； （2）大约是； （3）能． 【解析】 【分析】本题考查了解直角三角形的应用． 延长交于点，根据直角三角形的两个锐角互余可以求出，再根据邻补角的定义求出的度数； 利用的正弦求出的长度，即为点到靠背的距离； 延长交于点，利用的正切求出的长度约为，再根据，可知，超过了水杯的高度，所以水杯能竖直放在杯托处． 【小问1详解】 解：如下图所示，延长交于点， 则， ， ， ， ， 故答案为：； 【小问2详解】 解：如下图所示， ，， ， ， ， 点到靠背的距离大约是； 【小问3详解】 解：如下图所示，延长交于点， 则有， ， ，， ， 在中，， ， ， ， ， 水杯能竖直放在杯托处． 22. 在手工制作课上，老师提供了如图1所示的矩形硬纸板，已知，，要求大家利用它制作一个有盖的长方体收纳盒．小亮按照图2四角剪去四个相同的长方形，恰好得到收纳盒的展开图（白色部分），并利用该展开图折成一个有盖的长方体收纳盒，如图3，和两边恰好重合且无重叠部分． （1）若收纳盒高是则该收纳盒底面的边______，______； （2）若收纳盒的底面积是，请求出该收纳盒底面的边的长度． 【答案】（1）， （2）的长度分别为 【解析】 【分析】本题主要考查了长方体展开图的特点，一元二次方程的实际应用． （1）根据题意可得高的2倍加上的长等于的长，高的2倍加上2倍的的长等于的长，据此求解即可； （2）设收纳盒高为，根据建立一元二次方程求解即可． 【小问1详解】 解：由题意得 ，， ， 故答案为：，； 【小问2详解】 解：设收纳盒高为，则 所以 所以（舍去）， 所以， ， 所以收纳盒底面的边的长度分别为． 23. 【给出定义】 我们称能完全覆盖某平面图形的圆（即该平面图形上所有的点均在圆内或圆上）为该平面图形的覆盖圆．其中，能完全覆盖平面图形的最小的圆（即直径最小）称为该平面图形的最小覆盖圆． 【观察发现】 如图，小莹发现：“任意一个三角形都能被它的外接圆覆盖”．从而，得到“三角形的外接圆就是覆盖该三角形的最小覆盖圆”的结论． 【问题解决】 （1）结合以上三个图形，你同意小莹的观点吗？若不同意，请写出你的发现； （2）在矩形ABCD中，，，则该矩形的最小覆盖圆的直径为______； （3）如图4，在平面直角坐标系中，已知点，，点C是y轴正半轴上的一个点，且． ①求的最小覆盖圆的半径； ②求点C的坐标． 【答案】（1）不同意小莹的观点，若三角形是锐角三角形或直角三角形，则其最小覆盖圆为其外接圆,若钝角三角形,则其最小覆盖原是以三角形最长边为直径的圆； （2） （3）①；② 【解析】 【分析】此题考查外接圆的性质，勾股定理，圆周角定理，矩形的性质， （1）根据外接圆的性质，分别证明即可； （2）连接，交于点O，由矩形的性质得到，，点A、B、C、D四点共圆，由勾股定理求出即可； （3）①取外接圆的圆心O，连接，由圆周角定理得，即可求出，得到的最小覆盖圆的半径是； ②过点M作轴，轴，则四边形是矩形，由等腰直角三角形的性质得到，利用勾股定理求出，即可得到点C的坐标． 【小问1详解】 解：不同意小莹的观点， 在图1中设锐角外接圆圆心为点O，连接， ∴锐角的外接圆是该三角形的最小覆盖圆； 如图，设直角外接圆圆心为点O，连接， 则，且为外接圆的直径， ∴直角的外接圆是该三角形的最小覆盖圆； 在图3中设钝角中， 作以最长边为直径的圆，则由下图可知，点C在此圆内， 故钝角三角形的外接圆不是覆盖该三角形的最小覆盖圆，以最长边为直径的圆是钝角三角形的最小覆盖圆； 综上所述，若三角形是锐角三角形或直角三角形，则其最小覆盖圆为其外接圆,若钝角三角形,则其最小覆盖原是以三角形最长边为直径的圆.故小莹的说法不正确. 【小问2详解】 连接，交于点O， ∵四边形是矩形， ∴，， ∴点A、B、C、D四点共圆， ∴， ∴该矩形的最小覆盖圆的直径为； （3）①取外接圆的圆心M，连接， ∵， ∴， ∴， ∴的最小覆盖圆的半径是； ②过点M作轴，轴，则四边形是矩形， 由①知是等腰直角三角形， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∴ 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025—2026学年第一学期期中学业质量监测九年级数学 注意事项： 1.本试题满分120分，考试时间为120分钟； 2.答卷前，请将试卷和答题纸上的项目填涂清楚； 3.请在答题纸相应位置作答，不要超出答题区域，不要答错位置． 一、选择题（共10小题，每小题3分，共30分．每小题只有一个选项符合题目要求） 1. 的值等于（ ） A. B. C. D. 2. 方程的解是（ ） A. B. C. D. 3. 在中，，设，，所对的边分别为a，b，c，则（ ） A. B. C. D. 4. 在平面直角坐标系中，的圆心坐标为，半径为4，那么x轴与的位置关系是（ ） A. 相离 B. 相交 C. 相切 D. 相交或相切 5. 下列关于x的方程中，两实数根的和等于3的方程是（ ） A. B. C. D. . 6. 自行车的示意图如图所示，其中，，，两车轮的直径均为，现要在自行车两轮的阴影部分（分别以C，D为圆心的两个扇形）装上挡水的铁皮，那么安装单侧（阴影部分）需要A的铁皮面积约（ ） A. B. C. D. 7. 已知m是一元二次方程的一个根，则的值是（ ） A. 13 B. C. 39 D. 65 8. 如图，点，，在上，点在劣弧上，连接，，，作射线，已知，则的度数是（ ） A. 58° B. 116° C. 64° D. 60° 9. 如图，小亮一家自驾到风景区C游玩．当到达A地后，小亮发现风景区C在A地的北偏东方向，但导航显示车辆应沿北偏西方向行驶6千米至B地，再沿北偏东方向行驶一段距离到达风景区C，则A，C两地的距离为（ ） A. 千米 B. 千米 C. 千米 D. 6千米 10. 如图，在的正方形方格图形中，点A，B，C，D，E都在格点上，以为直径作，分别连接．有以下结论：①D，E两点都在上；②；③与相切；④平分．结论正确的有（ ） A. ①② B. ①③ C. ①②③ D. ③④ 二、填空题（共5小题，每小题3分，共15分．只要求填写最后结果） 11. 方程的两个根是等腰三角形的两边长，则该等腰三角形的周长是___________； 12. 北京成功举办第24届冬奥会后，很多学校都开展了冰雪项目的学习活动．一位同学乘滑雪板沿坡度为的斜坡滑行65米，求他下降的高度是______米． 13. 若一个正八边形的半径为2，则该正八边形的面积是______． 14. 《九章算术》中有一题：“今有二人同所立．甲行率七，乙行率三．乙东行，甲南行十步而斜东北与乙会．问甲、乙行各几何．”大意是说：已知甲、乙二人同时从同一地点出发，甲每单位时间走7步，乙每单位时间走3步．乙一直向东走，甲先向南走10步，后又斜向北偏东方向走了一段后与乙相遇．那么相遇时，甲、乙各走了多远？若设二人从出发到相遇用x个单位时间，则根据题意列方程为 ____________________ ． 15. 如图，直线l：，点，过点作y轴的垂线交直线l于点，以原点O为圆心，长为半径画弧交y轴于点；再过点作y轴的垂线交直线l于点，以原点O为圆心，长为半径画弧交y轴于点，…，按此作法进行下去，则的弧长是______． 三、解答题（共8小题，共75分．解答要写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤） 16. 用适当的方法解方程，有要求的按规定方法求解： （1）；（配方法） （2）． 17. 一般地，当α，β为任意角时，与的值可以用下面的公式求得；．例如．类似地，的值是___________． 18. 如图，在中，于点D，，． （1）求的长； （2）若，求外接圆的半径． 19. 已知关于x的一元二次方程． （1）判断该方程实数根的情况； （2）若，是该方程的两个实根，是否存在实数m，使得代数式的值为？若存在求出实数m的值，若不存在请说明理由． 20. 如图，是四边形的外接圆，是的直径，F是延长线上一点，连接，，且． （1）求证：是的切线； （2）若，，求的长． 21. 图1是某高铁二等座小桌板，它的设计需兼顾空间利用、结构稳定与乘客安全．图2是小桌板展开后的侧面示意图，其中，靠背垂直于水平面，小桌板与水平面平行，支架连接靠背和小桌板，为杯托底面圆的直径，测得，，，（，，） （1）如图2，______． （2）如图2，求点到靠背的距离；（精确到） （3）如图3，靠背绕点旋转至与小桌板支架重合，已知杯托凹陷深度为，一个高为圆柱形水杯（恰好放进杯托，空隙忽略不计），是否能竖直放在杯托处？（精确到） 22. 在手工制作课上，老师提供了如图1所示的矩形硬纸板，已知，，要求大家利用它制作一个有盖的长方体收纳盒．小亮按照图2四角剪去四个相同的长方形，恰好得到收纳盒的展开图（白色部分），并利用该展开图折成一个有盖的长方体收纳盒，如图3，和两边恰好重合且无重叠部分． （1）若收纳盒高是则该收纳盒底面的边______，______； （2）若收纳盒的底面积是，请求出该收纳盒底面的边的长度． 23. 【给出定义】 我们称能完全覆盖某平面图形的圆（即该平面图形上所有的点均在圆内或圆上）为该平面图形的覆盖圆．其中，能完全覆盖平面图形的最小的圆（即直径最小）称为该平面图形的最小覆盖圆． 【观察发现】 如图，小莹发现：“任意一个三角形都能被它的外接圆覆盖”．从而，得到“三角形的外接圆就是覆盖该三角形的最小覆盖圆”的结论． 【问题解决】 （1）结合以上三个图形，你同意小莹的观点吗？若不同意，请写出你的发现； （2）在矩形ABCD中，，，则该矩形的最小覆盖圆的直径为______； （3）如图4，在平面直角坐标系中，已知点，，点C是y轴正半轴上的一个点，且． ①求的最小覆盖圆的半径； ②求点C的坐标． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $