精品解析：河南省安阳市内黄县三校联考2025-2026学年九年级上学期12月期末数学试题

河南省2025-2026学年第一学期教学评估试卷 九年级数学（人教版） ·21~25章· 注意事项： 1．本试卷共6页，三个大题，满分120分，考试时间100分钟． 2．答卷前请将装订线内的项目填写清楚． 一、选择题（每小题3分，共30分．下列各小题均有四个选项，其中只有一个是正确的，将正确答案的代号字母填在题后括号内） 1. 下列成语所描述的事件，是随机事件的是（ ） A. B. C. D. 2. 正十边形的中心角度数是（ ） A. B. C. D. 3. 下列可以由抛物线平移得到的是（ ） A B. C. D. 4. 二次函数的图像如图所示，则下列结论正确的是（ ） A B. C. D. 5. 如图，是的直径，点在圆周上，若，则的度数是（ ） A. B. C. D. 6. 在暗箱中有3张白色卡片和若干张红色卡片，这些卡片除颜色外其他均相同．多次试验后发现摸到红色卡片的频率稳定在，则暗箱中红色卡片可能有（ ） A. 5张 B. 4张 C. 3张 D. 2张 7. 若关于的一元二次方程有两个不相等的实数根，则的取值范围是（ ） A. B. C. 且 D. 且 8. 如图是某地下停车场的平面示意图，停车场的长为，宽为．停车场内车道的宽都相等，若停车位的占地面积为．求车道的宽度（单位：）．设停车场内车道的宽度为，根据题意所列方程为（ ） A. B. C. D. 9. 汽修工发现皮带轮上点逆时针旋转时，点随之向上移动．已知皮带轮半径为，当点转过的度数为时，点上升了（ ） A. B. C. D. 10. 如图，平面直角坐标系中，中，顶点坐标分别是，点的横坐标为．将绕点顺时针旋转，每次旋转，则第2025次旋转结束后点的对应点的纵坐标为（ ） A. 3 B. C. 2 D. 二、填空题（每小题3分，共15分） 11. 如图是一个六等分圆盘，向圆盘中随机投掷飞镖，落在阴影部分的概率是___________． 12. 若点与点关于原点对称，则的值为_____． 13. 如图，在中，，将绕直线旋转一周得到的几何体的全面积为___________（结果保留）． 14. 新定义：如果关于的一元二次方程有两个实数根，且其中一个根为另一个根的2倍，则称这样的方程为“倍根方程”．若是“倍根方程”，则___________． 15. 如图，在平面直角坐标系中，抛物线与x轴交于点A，与y轴交于点B，该抛物线的顶点为C．点P为该抛物线上一点，其横坐标为m．当时，设该抛物线在点B与点P之间（包含点B和点P）的部分的最低点和最高点到x轴的距离分别为d、n，当时，则m的取值范围为______． 三、解答题（本大题共8个小题，共75分） 16 解方程： （1）； （2）． 17. 如图，的直径，点为上一点，过点作弦． （1）请用无刻度的直尺和圆规作出圆心（保留作图痕迹，不写作法）； （2）若，且，求长． 18. “少林寺”“龙门石窟”“云台山”“殷墟”……河南众多旅游景区皆是华夏文明的璀璨坐标．正面印有河南5A级景区的四张卡片如图所示，它们除正面外完全相同，把这四张卡片背面朝上洗匀． （1）若从中随机抽取一张，抽到的卡片上的景区为“殷墟”的概率是___________； （2）若从中随机抽取一张，放回洗匀后，再从中随机抽取一张，两次抽取的卡片正面相同时，甲胜出，否则乙胜出．你认为这个游戏是否公平？请说明理由． 19. 如图1是小区围墙上的花窗，其形状是扇形的一部分，图2是其几何示意图（阴影部分为花窗）．已知，点C，D分别为的中点，且的长度为． （1）求扇形的圆心角度数； （2）依据相关数据，求花窗的面积． 20. 如图，正六边形内接于为上一点，连接． （1）求的度数； （2）当点为的中点时，是的内接正边形的一边，求的值． 21. 已知二次函数（为非零常数）经过点． （1）求的值； （2）若原二次函数的图象与轴交于两点，与轴交于点，求的值； （3）当时，求的最大值与最小值的差． 22. 悬索桥起源于古代藤索桥，以主缆受拉、锚碇固定，跨越能力极强．如图，一悬索桥的桥面水平，桥拱近似为抛物线．实际测量发现当距离桥头35米时，桥面和桥拱的悬吊钢缆最长，为20米，以桥面为轴，桥头为原点建立如图的平面直角坐标系，设桥拱所在抛物线的函数解析式为． （1）求该函数的解析式； （2）若两根悬吊钢缆的长度均为16.8米，求之间的水平距离； （3）若该桥平均分布19根悬吊钢缆支撑，直接写出离桥头最近的悬吊钢缆的长度． 23. 综合与实践 在数学活动课上，某兴趣小组用两张完全相同的长方形纸片（长）展开探究活动． （1）他们先将两张完全相同的长方形纸片和摆成图1的形状，点与点重合，边与边共线，边与边在同一直线上．请写出图中一个的角___________； （2）如图2，他们继续将长方形绕点顺时针旋转后，边与边交于点，连接，若． ①求证：是等腰三角形； ②求的长； （3）从图2开始，他们将长方形绕点顺时针旋转一周，，当边所在的直线恰好经过线段的中点时，连接，直接写出的长． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 河南省2025-2026学年第一学期教学评估试卷 九年级数学（人教版） ·21~25章· 注意事项： 1．本试卷共6页，三个大题，满分120分，考试时间100分钟． 2．答卷前请将装订线内的项目填写清楚． 一、选择题（每小题3分，共30分．下列各小题均有四个选项，其中只有一个是正确的，将正确答案的代号字母填在题后括号内） 1. 下列成语所描述的事件，是随机事件的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查了随机事件，必然事件，不可能事件．熟练掌握在一定情况下有可能发生，有可能不发生的事件是随机事件是解题的关键． 根据随机事件的定义进行判断作答即可． 【详解】解：空中楼阁是不可能事件，故A不符合要求； 瓮中捉鳖是必然事件，故B不符合要求； 水中捞月是不可能事件，故C不符合要求； 守株待兔是随机事件，故D符合要求； 故选：D． 2. 正十边形的中心角度数是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题主要考查了求正多边形的中心角度数，正n边形的中心角度数等于，据此求解即可． 【详解】解：正十边形的中心角度数是， 故选：C． 3. 下列可以由抛物线平移得到的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题主要考查了二次函数图象的平移，熟知二次函数图象的平移规律是解题的关键． 根据平移不改变函数开口方向及大小判断即可． 【详解】解：A.，开口方向改变，无法由平移得到； B.，开口大小改变，无法由平移得到； C.，二次函数无法由平移得到一次函数； D.，开口方向及大小均未改变，可以由抛物线平移得到； 故选：D. 4. 二次函数的图像如图所示，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题主要考查了二次函数的性质，掌握函数各项系数对图像的影响是解题的关键． 根据二次函数图像的开口方向，对称轴位置，与y轴交点，以及时的函数值，判断的符号和的符号． 【详解】解：函数开口向下， ， 函数对称轴为直线， ， 函数图像与y轴交于负半轴， 当时，， ， 根据图像可知当时，． 故选：C． 5. 如图，是的直径，点在圆周上，若，则的度数是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查了圆周角定理． 根据圆周角定理可知，进而根据平角的定义计算即可． 【详解】解：∵， ∴， ∴． 故选：A． 6. 在暗箱中有3张白色卡片和若干张红色卡片，这些卡片除颜色外其他均相同．多次试验后发现摸到红色卡片的频率稳定在，则暗箱中红色卡片可能有（ ） A. 5张 B. 4张 C. 3张 D. 2张 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查了频数与频率． 根据频率稳定在，可知摸到红色卡片的概率为，利用概率公式建立方程求解． 【详解】解：设红色卡片有张，则总卡片数为张． ∵摸到红色卡片的频率稳定在， ∴概率为， 解得：， ∴红色卡片有2张． 故选：D． 7. 若关于的一元二次方程有两个不相等的实数根，则的取值范围是（ ） A. B. C. 且 D. 且 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查了一元二次方程的定义、根的判别式． 一元二次方程有两个不相等的实数根，需满足二次项系数不为零且判别式大于零． 【详解】解：∵方程有两个不相等的实数根， ∴且． 其中， ∴， 解得． 又∵， ∴且． 故选：C． 8. 如图是某地下停车场的平面示意图，停车场的长为，宽为．停车场内车道的宽都相等，若停车位的占地面积为．求车道的宽度（单位：）．设停车场内车道的宽度为，根据题意所列方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查了由实际问题抽象出一元二次方程，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解答本题的关键． 由停车场的长、宽及停车场内车道的宽度，可得出停车位（图中阴影部分）可合成长为，宽为的矩形，结合停车位的占地面积为，即可列出关于的一元二次方程，即可求解． 【详解】解：若设停车场内车道的宽度为，则停车位（图中阴影部分）可合成长为，宽为的矩形， 根据题意得：， 故选：C． 9. 汽修工发现皮带轮上点逆时针旋转时，点随之向上移动．已知皮带轮半径为，当点转过的度数为时，点上升了（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查求弧长，根据弧长公式进行求解即可． 【详解】解：由题意，点上升了； 故选A． 10. 如图，平面直角坐标系中，中，顶点的坐标分别是，点的横坐标为．将绕点顺时针旋转，每次旋转，则第2025次旋转结束后点的对应点的纵坐标为（ ） A. 3 B. C. 2 D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查了点的坐标规律探索、旋转的性质、全等三角形的判定与性质，熟练掌握全等三角形的性质是解题关键； 先画出第一次旋转图形，然后利用全等三角形的证明与性质求出第一次旋转时A点的纵坐标，再通过循环求出的纵坐标． 【详解】解：如图，作点绕点顺时针旋转得到点， 过点作轴于点，过点作轴于点，连接， ∵点绕点顺时针旋转得到点 ∴， 又∵， ∴， 又∵轴，轴， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∵点的横坐标为， ∴， ∴点纵坐标为3， ∵将绕点顺时针旋转，每次旋转， ∴每四次一个循环， ∵， ∴与重合， 故的纵坐标为3． 故选：A． 二、填空题（每小题3分，共15分） 11. 如图是一个六等分圆盘，向圆盘中随机投掷飞镖，落在阴影部分概率是___________． 【答案】## 【解析】 【分析】本题考查了几何概率，某事件的概率等于这个事件所占的面积与总面积之比． 算阴影部分的面积在圆的面积中的占比即可． 【详解】解：∵图中6个扇形的面积相等， ∴随机投掷飞镖落在阴影部分的概率 故答案为： 12. 若点与点关于原点对称，则的值为_____． 【答案】 【解析】 【分析】本题主要考查了关于原点对称点的性质和乘方运算，直接利用关于原点对称点的性质得出a，b的值，即可得出答案． 【详解】解：∵点与点关于原点对称， ∴， 则． 故答案为：． 13. 如图，在中，，将绕直线旋转一周得到的几何体的全面积为___________（结果保留）． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了“旋转体的表面积”“勾股定理”，掌握旋转体与旋转面之间的关系是解题关键． 利用勾股定理可以求出的长，直角三角形沿直角边旋转得到的旋转体是圆锥，根据对应线段的长度求全面积（即表面积）即可． 【详解】解：在中，由勾股定理，得， 旋转一周得到的几何体是圆锥，根据旋转过程，其中为圆锥的母线，为高，为底面圆半径， ∴底面圆的面积为，底面圆的周长为， ∴圆锥的侧面积为， ∴圆锥的全面积（表面积）为， 故答案为： ． 14. 新定义：如果关于的一元二次方程有两个实数根，且其中一个根为另一个根的2倍，则称这样的方程为“倍根方程”．若是“倍根方程”，则___________． 【答案】或 【解析】 【分析】本题考查一元二次方程的根以及新定义“倍根方程”的意义，熟练掌握“倍根方程”的意义是解决问题的关键. 通过解方程得到该方程的根，结合“倍根方程”的定义进行解答即可． 【详解】解：解方程，可得， ∵是“倍根方程”， ∴当是6 的2倍时，即有即； 当6是的 2 倍时，即有； 故答案为：或． 15. 如图，在平面直角坐标系中，抛物线与x轴交于点A，与y轴交于点B，该抛物线顶点为C．点P为该抛物线上一点，其横坐标为m．当时，设该抛物线在点B与点P之间（包含点B和点P）的部分的最低点和最高点到x轴的距离分别为d、n，当时，则m的取值范围为______． 【答案】或 【解析】 【分析】本题考查了二次函数的最值，函数的增减性与最值，掌握二次函数图象的性质，数形结合思想是解题的关键． 过点B作轴交抛物线于点E，分三种情况讨论：①当点P在点B和点C之间时，②当点P在点C和点E之间时，③当点P在点E上方时，分别根据列式求解即可． 【详解】解：过点B作轴交抛物线于点E， ∵， ∴抛物线对称轴为，顶点坐标为， ∴点E与点B关于对称轴对称，，如图所示： ①当点P在点B和点C之间时，即时，抛物线在点与点之间的部分最低点为点，最高点为点， ∴，， ∵， ∴， 解得：（不合题意）； ②当点P在点C和点E之间时，即时，抛物线在点与点之间的部分最低点为点，最高点为点， ∴，， ∴符合题意， ∴， ③当点P在点E上方时，即时，最低点为点，最高点点， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴或， 解得：或或， ∵， ∴． 综上所述，m的取值范围为或． 三、解答题（本大题共8个小题，共75分） 16. 解方程： （1）； （2）． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】本题考查解一元二次方程，掌握解一元二次方程的方法（直接开平方法、配方法、公式法及因式分解法）并能根据具体情况选用适当的方法求解是解题的关键． （1）对方程左边的多项式进行因式分解，即可求解． （2）将方程两边直接开平方，得到两个一元一次方程，即可求解． 【小问1详解】 解： 解得． 【小问2详解】 两边直接开平方，得或 解得． 17. 如图，的直径，点为上一点，过点作弦． （1）请用无刻度的直尺和圆规作出圆心（保留作图痕迹，不写作法）； （2）若，且，求的长． 【答案】（1）见解析 （2） 【解析】 【分析】本题主要考查了圆的基本性质，线段垂直平分线的尺规作图，勾股定理，等腰直角三角形的性质与判定，熟知相关知识是解题的关键． （1）由圆的性质可得点O为线段的中点，据此作线段的垂直平分线交于O，则点O即为所求； （2）过点O作于H，连接，可证明是等腰直角三角形，得到，则；根据线段的和差关系可得，则，再利用勾股定理求出的长即可得到答案． 【小问1详解】 解：如图所示，点O即为所求； 【小问2详解】 解：如图所示，过点O作于H，连接， ∵， ∴， ∵， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∴； ∵的直径， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 在中，由勾股定理得， ∴． 18. “少林寺”“龙门石窟”“云台山”“殷墟”……河南众多旅游景区皆是华夏文明的璀璨坐标．正面印有河南5A级景区的四张卡片如图所示，它们除正面外完全相同，把这四张卡片背面朝上洗匀． （1）若从中随机抽取一张，抽到的卡片上的景区为“殷墟”的概率是___________； （2）若从中随机抽取一张，放回洗匀后，再从中随机抽取一张，两次抽取的卡片正面相同时，甲胜出，否则乙胜出．你认为这个游戏是否公平？请说明理由． 【答案】（1） （2）这个游戏不公平，理由见解析 【解析】 【分析】本题考查“古典概型求单次抽取的概率”“列表法或画树状图法求概率”，理解抽取后再放回洗匀，属于放回型，正确列出表格或画出树状图是解题关键． （1）单次抽取，共有4种等可能的结果，根据公式求解即可； （2）放回型两次抽取，列出表格或树状图，分别求出甲胜和乙胜的概率，进行比较即可． 【小问1详解】 解：由题意，可知共有4种等可能的结果，故随机抽取一张，抽到的卡片上的景区为“殷墟”的概率为； 【小问2详解】 解：分别以卡片A，B，C，D代指卡片“少林寺”“龙门石窟”“云台山”“殷墟”， 根据题意，画树状图如下： 由图可知，共有16种等可能的结果，其中抽取的卡片正面相同的情况有4种， ∴甲胜出的概率为， ∴乙胜出的概率为， ∵甲胜出的概率与乙胜出的概率不相等， ∴游戏不公平． 19. 如图1是小区围墙上的花窗，其形状是扇形的一部分，图2是其几何示意图（阴影部分为花窗）．已知，点C，D分别为的中点，且的长度为． （1）求扇形的圆心角度数； （2）依据相关数据，求花窗的面积． 【答案】（1）扇形圆心角的度数为 （2）花窗的面积为 【解析】 【分析】本题考查求圆心角与扇形面积，熟练掌握弧长与扇形面积公式是解题的关键． （1）设的度数为，根据弧长公式列方程求解即可； （2）先根据扇形的面积公式求出、，再由求解即可． 【小问1详解】 解：由题知，，点C，D分别为的中点， ∴， 设的度数为， ∵的长度为． ∴，解得， ∴扇形圆心角的度数为； 【小问2详解】 解：∵ ， ∴， ∴花窗的面积为． 20. 如图，正六边形内接于为上一点，连接． （1）求的度数； （2）当点为的中点时，是的内接正边形的一边，求的值． 【答案】（1） （2）12 【解析】 【分析】本题主要考查了正多边形和圆以及圆周角定理、正六边形的性质，解题的关键是熟练掌握同弧所对的圆周角等于圆心角的一半． （1）连接，先根据正六边形的性质求出圆心角的度数，再根据同弧所对的圆周角等于圆心角的一半，进行求解即可； （2）连接，，，求出圆心角的度数，再根据度数关系求边数即可． 【小问1详解】 解：如图1，连接， 正六边形内接于， ． ； 【小问2详解】 解：如图2，连接，，， 正六边形内接于， ． 点为中点， ， ． 21. 已知二次函数（为非零常数）经过点． （1）求的值； （2）若原二次函数的图象与轴交于两点，与轴交于点，求的值； （3）当时，求的最大值与最小值的差． 【答案】（1） （2）15 （3）16 【解析】 【分析】本题主要考查了求二次函数与轴的交点坐标，二次函数的性质，熟知二次函数的相关知识是解题的关键． （1）将代入函数解析式即可求解； （2）先求出原解析式，令和，求出的值和点C的坐标，进而计算即可得出答案； （3）先将函数变为顶点式，再根据顶点式的性质求解即可． 【小问1详解】 解：将代入， 得：， 解得； 【小问2详解】 解：当时，， 令，则或， 可得， 将代入，得， 故点坐标为， ； 【小问3详解】 解：由题意得， ∴对称轴为直线，且， ∴抛物线开口向上， 当时，有最小值为， ，且直线比直线距离对称轴较远， 将代入可得最大值为7， 当时，的最大值与最小值的差为：． 22. 悬索桥起源于古代藤索桥，以主缆受拉、锚碇固定，跨越能力极强．如图，一悬索桥的桥面水平，桥拱近似为抛物线．实际测量发现当距离桥头35米时，桥面和桥拱的悬吊钢缆最长，为20米，以桥面为轴，桥头为原点建立如图的平面直角坐标系，设桥拱所在抛物线的函数解析式为． （1）求该函数的解析式； （2）若两根悬吊钢缆的长度均为16.8米，求之间的水平距离； （3）若该桥平均分布19根悬吊钢缆支撑，直接写出离桥头最近的悬吊钢缆的长度． 【答案】（1） （2）28米 （3）3.8米 【解析】 【分析】本题主要考查了二次函数的应用，熟练掌握二次函数的图象性质是关键． （1）依据题意，用待定系数法进行计算可得抛物线的解析式； （2）结合（1），当时，求出x的值即可得解． （3）依据题意，由桥长70米，每两根悬吊钢缆间的距离是 (米)，再结合（1），当时求出y的值即可； 【小问1详解】 解：由题意知，抛物线顶点为， 设抛物线的解析式为，将代入得： ， 解得， ∴， 答：该函数的解析式为； 【小问2详解】 解：由题意得， 当时，， 解得或， ∴之间的水平距离为米；． 【小问3详解】 解：若该桥平均分布19根悬吊钢缆支撑，则每两根悬吊钢缆距离为（米）， 即离桥头最近的悬吊钢缆位置距桥头为米， 在平面直角坐标系中，这个点的横坐标为，代入解析式可得， 当时，， ∴离桥头最近的悬吊钢缆的长度为米． 23. 综合与实践 在数学活动课上，某兴趣小组用两张完全相同的长方形纸片（长）展开探究活动． （1）他们先将两张完全相同的长方形纸片和摆成图1的形状，点与点重合，边与边共线，边与边在同一直线上．请写出图中一个的角___________； （2）如图2，他们继续将长方形绕点顺时针旋转后，边与边交于点，连接，若． ①求证：是等腰三角形； ②求的长； （3）从图2开始，他们将长方形绕点顺时针旋转一周，，当边所在的直线恰好经过线段的中点时，连接，直接写出的长． 【答案】（1）（表示形式不唯一） （2）①证明见解析；② （3）或 【解析】 【分析】本题考查“等腰三角形的判定”“全等三角形的性质与判定”“直角三角形边和角的性质”，通过两个完全相同的长方形，找到对应的角度和线段关系，从而利用30°角和中点得到所需角和线段的关系是解题关键． （1）根据完全相同的两个长方形，判断出图形中唯一的等腰直角三角形，即可得到45°角； （2）①利用角度关系，分别求出和的值，从而推出两角相等，利用等角对等边证明等腰三角形； ②利用①中得到的关系，推出，利用30°角所对直角边等于斜边一半得到的长，再利用勾股定理即可求解； （3）利用中点的条件，通过作垂线构造全等三角形，从而求出的值，再通过线段的和差计算即可求出，注意分类讨论不同位置下的情况，以免漏解． 【小问1详解】 解：由题意，可知长方形与完全相同， ∴，，，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴， 故可填：或，由于点A与点E重合，故也可填或，两者仅角的表示形式不同； 【小问2详解】 ①证明：由题意，得， ∵四边形是长方形， ∴，， ∴，， ∵ 又， ∴， ∴，是等腰三角形； ②解：由①，得，， ∴， ∵四边形是长方形， ∴， ∴， ∴； 【小问3详解】 解：分两种情况： 第一种：经过线段的中点，如图所示，过点B作于点M， 由题意，可知长方形与完全相同， ∴，，， ∴， ∵点O是中点， ∴， 又， ∴， ∴，， 又，即， ∴， ∴，， ∴，， ∴， 第二种：的延长线经过线段的中点，如图所示，过点B作于点N， 同第一种情况，同理可得， ∴， ∴， 同第一种情况，同理可得， ∴， 综上，的长为或． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $