精品解析：广东省汕头市潮南区2025-2026学年九年级上学期12月期末数学试题

2025~2026学年度第一学期 九年级数学科期末考试卷（R） （内容：21.1~25.3） 一、选择题（本大题10小题，每小题3分，共30分） 1. “二十四节气”起源于黄河流域，是上古农耕文明的智慧结晶，下面四幅作品分别代表“立春”、“立夏”、“芒种”、“大雪”，其中是中心对称图形的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查中心对称图形的识别，根据中心对称图形的定义(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) ． 根据中心对称图形的定义逐一进行判断即可． 【详解】解：A、不是中心对称图形，不符合题意； B、不是中心对称图形，不符合题意； C、不是中心对称图形，不符合题意； D、是中心对称图形，符合题意； 故选：D． 2. 在平面直角坐标系中，点关于原点对称的点的坐标是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据关于原点对称的点横坐标和纵坐标都互为相反数，即可进行解答． 【详解】解：点关于原点对称的点的坐标是， 故选：A． 【点睛】本题主要考查了关于原点对称点的坐标特征，解题的关键是掌握关于原点对称的点横坐标和纵坐标都互为相反数． 3. 如果关于x的一元二次方程的一个解是，则代数式的值为（ ） A 2024 B. 2015 C. 2026 D. 2027 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查一元二次方程的解，代数式求值，将代入方程得到的值，再代入代数式求值． 【详解】解：∵是方程的解， ∴将代入方程得：， ∴ ∴． 故选：C． 4. 已知二次函数．若时，函数取最大值3，则的值为（ ） A. B. 0 C. 2 D. 6 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查了求代数式的值，二次函数的性质，由二次函数的性质得，，求出、的值，代值计算即可． 【详解】解：时，函数取最大值3， ， ， 解得：，， ， 故选：A． 5. 如图，把绕C点顺时针旋转，得到，交于点D，若，则的度数（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查旋转的性质，三角形内角和定理；由旋转的性质可得，，可求出，再由即可求解. 【详解】解：由旋转的性质得：，， ∴， ∵， ∴， ∴. 故选：C. 6. 口袋中放有8个黄球和若干个黑球，每个球除颜色外都相同.从中任意摸出一个球，是黑球的概率是，则黑球个数为（ ） A. 32 B. 16 C. 8 D. 2 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查概率公式，设黑球的个数为x，根据概率公式列出方程求解即可． 【详解】解：设黑球的个数为x， 由题意得， 解得， 故选D． 7. 如图，已知中，，，以为直径作半圆（圆心为点），分别交，于点，．若，则的长为（ ）． A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查了圆周角定理、弧长公式、等边对等角，连接、，由等边对等角可得，求出，再由圆周角定理可得，从而得出，再由弧长公式计算即可得解． 【详解】解：如图，连接、， ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴的长为， 故选：B． 8. 新定义：关于的一元二次方程如果有两个不相等的实数根，且其中一个根为另一个根的2倍，则称这样的一元二次方程为“倍根方程”．如方程是“倍根方程”．若关于的一元二次方程是“倍根方程”．则代数式的值为（ ） A. 或 B. 或 C. 或 D. 或 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查了解一元二次方程以及分式的求值，能够正确解出一元二次方程是解题关键． 先解出一元二次方程，然后通过“倍根方程”的定义进行分类讨论即可． 【详解】解：， 解得：， ∵方程是“倍根方程”， ∴当时，， 此时； 当时，， 此时， 综上所述，代数式的值为或． 故选：C 9. 如图，抛物线经过边长为2的菱形的三个顶点O，A，C，，则a的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查求二次函数解析式，菱形的性质，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理等，作轴于点H，求出和的长，进而求出点C的坐标，将点A和点C的坐标代入，即可求解． 【详解】解：如图，作轴于点H， 菱形边长为2， ， ， ， ， ，， ， 将和代入，得： ， 解得， a的值为． 故选：B． 10. 如图，是的一条弦，，点C为平面内一点．，若点D为上任意一点，连接，若的半径是4，则长的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题主要考查了勾股定理，圆周角定理，垂径定理等知识点，解决此题的关键是理解使长的最大值是连接两个圆的圆心组成的线段上的长度；先根据圆周角定理画出隐含的圆，得到的最大值是连接两个圆的圆心的线段上，根据勾股定理即可得到答案； 【详解】解：如图，画出以为直径的圆，连接， ∵， ∴点C在以为直径的圆上运动， ∵若点D为上任意一点， 要使长取得最大值，则过点M，O作直线分别交和于点D和点C， 即此时的最长， ∵是的中点，在直径所在的直线上， ∴， ∴， ∵的半径是4，， ∴， 在中，， 即， ∴（舍负）， ∴； 故选：B． 二、填空题（本大题5小题，每小题3分，共15分） 11. 若关于x的一元二次方程有两个相等的实数根，则c的值为 _____． 【答案】1 【解析】 【分析】本题考查了一元二次方程根的个数与根的判别式的关系，解题的关键是掌握一元二次方程根的个数与根的判别式的关系．根据题意得，进行计算即可得． 【详解】解：∵关于x的一元二次方程有两个相等的实数根， ∴， ∴， 故答案为：1． 12. 从，4，5这三个数中任取两个数作为点的坐标，则点在第二象限的概率是______． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查概率计算、点的坐标，熟练掌握概率公式是解答本题的关键． 首先列出从，4，5中任取两个不同的数组成的所有有序对作为点的坐标，总共有6种等可能结果；然后找出其中在第二象限的点（，），有2个结果；最后计算概率． 【详解】解：所有可能的结果为：，，，，，，共6种等可能结果． 其中点在第二象限的结果有2个：，， 因此概率为． 故答案为：． 13. 抛物线与x轴两交点间的距离为______． 【答案】2 【解析】 【分析】本题考查了抛物线与x轴的交点，通过解方程得抛物线与x轴的两交点的坐标，从而得到两交点间的距离． 【详解】解：当时，， 解得，， 所以抛物线与x轴的两交点的坐标为，， 所以抛物线与x轴的两交点间的距离为． 故答案为：2． 14. 如图，将绕点C逆时针旋转α得到．当点落在的延长线上时，恰好，若，则的度数为_________． 【答案】##120度 【解析】 【分析】本题考查旋转的定义和性质、全等三角形的性质、等腰三角形的性质、三角形的内角和定理、平行线的性质，熟练掌握旋转的性质是解答的关键． 由旋转的定义和性质可得，从到，到逆时针方向的角度为，所以，再由可求出，最后由即可求出 【详解】解：由旋转的定义和性质可得：， ∴， ∵从到，到逆时针方向的角度为， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴ 故答案为： 15. 如图在中，，，，的长为半径画弧交于点D，交于点E，以点E为圆心，的长为半径画弧，交于点F，则图中阴影部分的面积为 ___________________． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查扇形的面积计算，三角形面积公式，解直角三角形，如图，连接，，根据，求解即可． 【详解】解：如图，连接， 在中，，， ∴，， ∴， ∵，， ∴，且和都是等边三角形， ∴， ∴， ∴ ． 故答案为：． 三、解答题（一）（本大题共3小题，每小题7分，共21分） 16. 已知． （1）化简； （2）若点在抛物线上，求的值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】本题考查分式的化简求值、二次函数图象上点的坐标特征，正确化简T是解答的关键． （1）根据分式的加减乘除混合运算法则和运算顺序化简T即可； （2）先根据二次函数图象上点的坐标满足函数解析式求得，再代入化简的T中求解即可． 【小问1详解】 解： ； 【小问2详解】 解：∵点在抛物线上， ∴，即， ∴． 17. 如图，绕着顶点A逆时针旋转得到，，．求的度数． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查旋转的性质，三角形内角和定理；由三角形内角和定理可得，再用旋转的性质得. 【详解】解：在中，， 绕着顶点A逆时针旋转得到， ， ． 18 已知△ABC，请按以下要求完成本题： （1）请作出△ABC的外接圆⊙O（尺规作图，保留作图痕迹）； （2）若在△ABC中，∠ABC=70°，∠ACB=40°，⊙O的直径AD交CB于E，则∠DEC = ． 【答案】（1）见解析；（2）60° 【解析】 【分析】（1）分别作出AB与AC的垂直平分线，进而得出圆心的位置，再利用圆心到三角形顶点的距离为半径得出圆O即可； （2）连接BD．根据圆周角定理求出∠ABD=90°，∠D=∠ACB=40°，则∠DBC=∠ABD-∠ABC=20°，再利用三角形外角的性质即可求出∠DEC． 【详解】解：（1）如图所示： （2）连接BD． ∵AD是直径， ∴∠ABD=90°， ∴∠DBC=∠ABD-∠ABC=90°-70°=20°， 又∵∠D=∠ACB=40°， ∴∠DEC=∠D+∠DBC=40°+20°=60°． 【点睛】本题主要考查了三角形外接圆的作法，圆周角定理，三角形外角的性质，熟练掌握相关的定理是解题关键． 四、解答题（二）（本大题3小题，每小题9分，共27分） 19. 如图，某景区停车场有A，B两个停车区域，其中，A区剩余2个空车位，B区剩余3个空车位．甲、乙两辆车随机停入这5个空车位中，每个车位只能停一辆车． （1）甲停在A区的概率是_______； （2）求甲、乙停在相同区域的概率． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】本题考查列举法、概率公式求概率，熟练掌握列举法以及概率公式是解答本题的关键． （1）直接用概率公式求解即可； （2）用列举法法得出所有等可能的结果数以及甲和乙两车恰好都停在相同区域的结果数，再利用概率公式可得出答案． 【小问1详解】 解：∵甲车停放的所有可能结果有5种，停在A区的只有2种， ∴甲能够停放在A区的概率是； 【小问2详解】 解：分别将、两个停车区域的空车位即为“”“”“”“”“”， 则根据题意列出所有可能出现的结果有：，共有10种，它们出现的可能性相同． 所有的结果中，满足“甲、乙两人停在相同区域”（记为事件）的结果有4种， 即， 所以． 20. 如图，为的直径，点在上，的平分线交于点．过点作，交的延长线于点． （1）求证：是的切线； （2）若，求的长． 【答案】（1）见解析 （2） 【解析】 【分析】本题主要考查了切线的判定和性质，圆周角定理，角平分线的定义，直角三角形的性质，勾股定理，连接经过切点的半径是解决此类问题常添加的辅助线，也是解题的关键． （1）连接，利用角平分线的定义，圆周角定理和圆的切线的判定定理解答即可； （2）根据圆周角定理得到，根据勾股定理得到AB的值，根据角平分线的定义得到，求得，过点B作于点F，根据等腰直角三角形的性质得到，根据勾股定理得到，于是得到结论． 【小问1详解】 证明：连接，如图， ∵是的平分线， ∴， ∴， ∵为的直径， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵为的半径， ∴是的切线； 【小问2详解】 解：连接 ∵为的直径， ∴， ∵， ∴， ∵是的平分线， ∴， ∴， ∴， 过点B作于点F， ∵， ∴， ∴， ∴． 21. 综合与实践 中国陶瓷美名远扬，请根据以下素材，探索并完成以下任务． 如何设计商品销售及捐款方案? 素材1 某商店以固定的进价购进一批龙泉青瓷茶杯，每日以单只135~165元（含135元，165元）的价格出售，销售单价为整数． 素材2 该商店茶杯的日销售量y（只）与销售单价x（元）满足一次函数：．当茶杯的售价为140元/只时，日销售利润为2400元． 问题解决 任务1 确定商品进价 请根据以上信息，求出每只龙泉青瓷茶杯的进价． 任务2 探究商品售价 某日龙泉青瓷茶杯日销售利润为3000元，则该日每只茶杯的售价为多少元? 设计方案 任务3 为帮扶贫困儿童，该商店决定每售出一只茶杯就捐款m（且m为整数）元，现商店计划定价为160元，并保证日销售利润不低于3030元，请问方案是否可行，如可行，请设计方案并完成表格．如不可行，请说明理由． 销售单价（元） 的值 日捐款总额（元） 160 【答案】任务1：每只龙泉青瓷茶杯进价120元； 任务2：该日每只茶杯的售价为150元； 任务3：方案可行，每售出一只茶杯就捐款2元，日捐款总额为160元．表格见解析 【解析】 【分析】本题考查了一元一次方程的应用，一元二次方程的应用，一元一次不等式的应用，一次函数的应用，找准等量关系列出方程和不等式是解题的关键． 任务1：先求出当时y的值，设每只龙泉青瓷茶杯的进价元，根据“当茶杯的售价为140元/只时，日销售利润为2400元”列出一元一次方程，解方程即可； 任务2：根据“某日龙泉青瓷茶杯日销售利润为3000元”，列出一元二次方程，解方程取合适的值即可； 任务3：先求出当时y的值，再根据“日销售利润不低于3030元”列出关于的一元一次不等式，解不等式得的取值范围，取符合题意的值即可得方案． 【详解】解：任务1：当时，， 设每只龙泉青瓷茶杯的进价元， 根据题意得， 解得， 答：每只龙泉青瓷茶杯的进价120元； 任务2：根据题意得，，即， 整理方程得，， 解得或（不合题意舍去）， 答：该日每只茶杯的售价为150元； 任务3：当时，， 根据题意得， 解得， 又∵且m为整数， ∴时满足条件， 当时，日捐款总额为（元）， 即方案可行，每售出一只茶杯就捐款2元，日捐款总额为160元． 填表如下： 销售单价（元） 的值 日捐款总额（元） 160 2 160 五、解答题（三）（本大题2小题，第22题13分，第23题14分，共27分） 22. 【探究与证明】 【问题情境】如图1，点为正方形内一点，，，，将直角三角形绕点逆时针方向旋转度点、的对应点分别为点、． 【问题解决】 （1）如图2，在旋转的过程中，点落在了上，求此时的长； （2）若，如图3，得到（此时与重合），延长交于点， ①试判断四边形的形状，并说明理由； ②连接，求的长． 【答案】（1）22 （2）①正方形，理由见解析；②2 【解析】 【分析】（1）由勾股定理得，再由正方形的性质得，然后由旋转的性质得，即可求解； （2）①由旋转的性质得，，，再证四边形是矩形，即可得出结论； ②过点作于点，证，得，，则，再由勾股定理求解即可； 【小问1详解】 解：，，， ， 四边形是正方形， ，， ， 由旋转的性质得：， ； 【小问2详解】 解：①四边形是正方形，理由如下： 由旋转的性质得：，，， ， 四边形是矩形， 又， 四边形是正方形； ②过点作于点，如图3所示： 则， ， ， 在和中， ， ， ，， ， ． 【点睛】本题是四边形综合题目，考查了正方形的判定与性质、旋转变换的性质、矩形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的性质、勾股定理等知识；本题综合性强，熟练掌握正方形的性质和旋转变换的性质，证明是解题的关键，属于中考常考题型． 23 抛物线经过和两点，与轴交于点．连接． （1）求抛物线的解析式； （2）如图1，若点为在第三象限的抛物线上一点，且平分角，求点坐标； （3）如图2，若为第三象限抛物线上的动点，，若与相交于点．是否存在点，使为直角三角形，若存在，直接写出点的坐标；若不存在，说明理由． 【答案】（1） （2）， （3）或， 【解析】 【分析】（1）已知抛物线经过和两点，运用待定系数法解方程组即可； （2）如图1，将沿翻折得到．求出直线的解析式，证明点在线段上，构建方程组求解即可． （3）需要对直角三角形的直角顶点进行分类讨论，运用勾股定理列出方程，运用方程求得点的坐标． 小问1详解】 解：抛物线经过和两点， ， 解得，， ； 【小问2详解】 如图1中，将沿翻折得到， 由（1）可知：， 令，解得， ， ，， ， 将沿翻折得到，，， ，，， ， ， 点在线段上， 设， ，， ，解得， 直线的解析式为， 由，解得（即点或， ，； 【小问3详解】 存在，点的坐标是或， 若时，即． 由，知，， ， ， 设直线解析式为：． 把代入，得， 解得， 故直线的解析式为， 联立， 解得或（舍去）， ； 若时，是直角三角形， 设，则， 则由，即， 整理，得， ， 解得，， 在第三象 不符合题意， 当时，，即， 解得（舍去），， ． 若时，该种情况不存在． 综上所述，符合条件的点的坐标是或． 【点睛】本题主要考查二次函数的综合问题，解题的关键是掌握待定系数法求函数解析式、二次函数的性质，勾股定理的应用，注意解题过程中方程思想和分类讨论数学思想的应用． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025~2026学年度第一学期 九年级数学科期末考试卷（R） （内容：21.1~25.3） 一、选择题（本大题10小题，每小题3分，共30分） 1. “二十四节气”起源于黄河流域，是上古农耕文明的智慧结晶，下面四幅作品分别代表“立春”、“立夏”、“芒种”、“大雪”，其中是中心对称图形的是（ ） A. B. C. D. 2. 在平面直角坐标系中，点关于原点对称的点的坐标是（ ） A. B. C. D. 3. 如果关于x的一元二次方程的一个解是，则代数式的值为（ ） A. 2024 B. 2015 C. 2026 D. 2027 4. 已知二次函数．若时，函数取最大值3，则的值为（ ） A. B. 0 C. 2 D. 6 5. 如图，把绕C点顺时针旋转，得到，交于点D，若，则的度数（ ） A. B. C. D. 6. 口袋中放有8个黄球和若干个黑球，每个球除颜色外都相同.从中任意摸出一个球，是黑球的概率是，则黑球个数为（ ） A. 32 B. 16 C. 8 D. 2 7. 如图，已知中，，，以为直径作半圆（圆心为点），分别交，于点，．若，则的长为（ ）． A B. C. D. 8. 新定义：关于一元二次方程如果有两个不相等的实数根，且其中一个根为另一个根的2倍，则称这样的一元二次方程为“倍根方程”．如方程是“倍根方程”．若关于的一元二次方程是“倍根方程”．则代数式的值为（ ） A. 或 B. 或 C. 或 D. 或 9. 如图，抛物线经过边长为2菱形的三个顶点O，A，C，，则a的值为（ ） A. B. C. D. 10. 如图，是的一条弦，，点C为平面内一点．，若点D为上任意一点，连接，若的半径是4，则长的最大值为（ ） A. B. C. D. 二、填空题（本大题5小题，每小题3分，共15分） 11. 若关于x的一元二次方程有两个相等的实数根，则c的值为 _____． 12. 从，4，5这三个数中任取两个数作为点的坐标，则点在第二象限的概率是______． 13. 抛物线与x轴两交点间的距离为______． 14. 如图，将绕点C逆时针旋转α得到．当点落在的延长线上时，恰好，若，则的度数为_________． 15. 如图在中，，，，的长为半径画弧交于点D，交于点E，以点E为圆心，的长为半径画弧，交于点F，则图中阴影部分的面积为 ___________________． 三、解答题（一）（本大题共3小题，每小题7分，共21分） 16. 已知． （1）化简； （2）若点在抛物线上，求的值． 17. 如图，绕着顶点A逆时针旋转得到，，．求的度数． 18 已知△ABC，请按以下要求完成本题： （1）请作出△ABC的外接圆⊙O（尺规作图，保留作图痕迹）； （2）若在△ABC中，∠ABC=70°，∠ACB=40°，⊙O的直径AD交CB于E，则∠DEC = ． 四、解答题（二）（本大题3小题，每小题9分，共27分） 19. 如图，某景区停车场有A，B两个停车区域，其中，A区剩余2个空车位，B区剩余3个空车位．甲、乙两辆车随机停入这5个空车位中，每个车位只能停一辆车． （1）甲停在A区的概率是_______； （2）求甲、乙停在相同区域的概率． 20. 如图，为的直径，点在上，的平分线交于点．过点作，交的延长线于点． （1）求证：是的切线； （2）若，求的长． 21. 综合与实践 中国陶瓷美名远扬，请根据以下素材，探索并完成以下任务． 如何设计商品销售及捐款方案? 素材1 某商店以固定的进价购进一批龙泉青瓷茶杯，每日以单只135~165元（含135元，165元）的价格出售，销售单价为整数． 素材2 该商店茶杯的日销售量y（只）与销售单价x（元）满足一次函数：．当茶杯的售价为140元/只时，日销售利润为2400元． 问题解决 任务1 确定商品进价 请根据以上信息，求出每只龙泉青瓷茶杯的进价． 任务2 探究商品售价 某日龙泉青瓷茶杯日销售利润为3000元，则该日每只茶杯的售价为多少元? 设计方案 任务3 为帮扶贫困儿童，该商店决定每售出一只茶杯就捐款m（且m为整数）元，现商店计划定价为160元，并保证日销售利润不低于3030元，请问方案是否可行，如可行，请设计方案并完成表格．如不可行，请说明理由． 销售单价（元） 的值 日捐款总额（元） 160 五、解答题（三）（本大题2小题，第22题13分，第23题14分，共27分） 22. 探究与证明】 【问题情境】如图1，点为正方形内一点，，，，将直角三角形绕点逆时针方向旋转度点、的对应点分别为点、． 【问题解决】 （1）如图2，在旋转的过程中，点落在了上，求此时的长； （2）若，如图3，得到（此时与重合），延长交于点， ①试判断四边形的形状，并说明理由； ②连接，求的长． 23. 抛物线经过和两点，与轴交于点．连接． （1）求抛物线的解析式； （2）如图1，若点为在第三象限的抛物线上一点，且平分角，求点坐标； （3）如图2，若为第三象限抛物线上的动点，，若与相交于点．是否存在点，使为直角三角形，若存在，直接写出点的坐标；若不存在，说明理由． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $