精品解析：吉林省松原市部分学校2025-2026学年上学期期末测试九年级数学试题

九年级期末测试 数学 一、选择题（每小题3分，共18分） 1. 为了节能减排，国家积极倡导使用新能源汽车，新能源汽车发展也取得了巨大成就．下列新能源汽车的车标既是中心对称图形又是轴对称图形的是（ ） A. B. C. D. 2. 反比例函数的图象经过（ ）． A. 第一、三象限 B. 第二、四象限 C. 第二、三象限 D. 第三、四象限 3. 一元二次方程的根的情况是（ ） A. 有两个相等的实数 B. 有两个不相等的实数根 C. 只有一个实数根 D. 没有实数根 4. 抛物线图象与轴的交点坐标为（ ）． A. B. C. D. 5. 如图四边形内接于，连接．若，，则的度数是（ ） A. B. C. D. 6. 如图，在平行四边形中，为上一点，连接，，且，相交于点，则(　　) A. B. C. D. 二、填空题（每小题3分，共15分） 7. 事件：“太阳从东方升起”是______事件（填“必然”或“随机”）． 8. 若是方程的一个根，则的值为______． 9. 反比例函数，当时，的取值范围是__________． 10. 如图，在平面直角坐标系中，与关于原点O位似，点B的坐标为，点的坐标为，点A的坐标为，则点的坐标为______． 11. 如图，四边形内接于，连接，，，若的半径为3，则的长为______． 三、解答题（本大题共11小题，共87分） 12. 阅读下列方程解题过程，并解决下列问题． 解：移项得，① 两边同除以2得，② 配方得，③ 即， ∴或④ ∴，⑤ （1）上述解题过程有误，开始出现错误的步骤是________（填序号）； （2）请你写出正确的解答过程． 13. 如图是一个商场抽奖用的可自由转动的转盘，被分成3个完全相同的扇形，分别涂有“蓝、绿、黄”三种颜色，转盘指针固定不动．转动转盘待其停止后，观察指针所指区域的颜色，若指针落在区域分界线上则重新转动．按上述规则任意转动转盘两次（第一次停止后再进行第二次转动），用画树状图或列表的方法，求两次指针所落区域颜色不相同的概率． 14. 柳州窑埠古镇计划用长32米的木质栅栏，靠一面墙围一个矩形的螺蛳粉主题小吃摊位（墙的长度为18米），要求围成的摊位面积为120平方米，求这个矩形摊位垂直于墙的边长为多少米？ 15. 如图，树在路灯的照射下形成投影．若树高，路灯高度，树与路灯的水平距离．求树影的长． 16. 图①、图②均为的正方形网格，每个小正方形的顶点称为格点．的顶点均在格点上．仅用无刻度的直尺，在给定的网格中，按下列要求画图，并保留必要的作图痕迹． （1）在图①中，分别在边、上找到点、，连接，使，且相似比为； （2）图②中，在边上找一点，连接，使． 17. 如图，在矩形中，，，是的中点，连接，过点作于点． （1）求证：； （2）求的长． 18. 如图，为直径，C为上一点，连接为延长线上一点，连接，且． （1）求证：是的切线； （2）若的半径为3，为，求的长． 19. 如图，在中，，，．动点从点出发，以每秒4个单位长度的速度沿边向终点运动．当点不与点、重合时，将线段绕点顺时针旋转得到，取的中点，以为边向其下方作正方形．设点的运动时间为，正方形与的重叠部分图形的面积为． （1）当与边重合时，的值为______； （2）当正方形与的重叠部分图形是五边形时，求与之间的函数关系式，并写出自变量的取值范围； （3）当所在直线平分正方形的面积时，直接写出的值． 20. 综合与实践 如本题图1，在左边托盘中放置一个固定的重物，在右边托盘中放置一定质量的砝码（可左右移动），可使得仪器左右平衡．改变托盘与点的距离，记录相应的托盘中的砝码质量，得到如下表： 托盘与点的距离 10 15 20 25 30 托盘中砝码质量 30 20 15 12 10 （1）依据实验得出，与的对应点，请您在本题图2中画出函数图像，并求出函数表达式； （2）当砝码质量为时，求托盘与点的距离； （3）当托盘向左移动时，为使得仪器在移动前后均保持左右平衡，托盘中的砝码质量需增加至移动前的两倍，求在移动前托盘中的砝码质量． 21. 【操作感知】如图①，在菱形中，点为对角线和的交点．保持菱形不动，将绕点按顺时针方向旋转得到，点、、的对应点分别为点、、，当时，边分别与边、交于点、点，则四边形为平行四边形，其理论依据为______； 【探究发现】如图②，将图①中绕点按顺时针方向旋转，使，边分别与边、交于点、点，与边交于点，其他条件不变，求证：四边形是菱形； 【探究应用】在图②中，若，，则四边形与四边形的面积比为______． 22. 如图，在平面直角坐标系中，为坐标原点，抛物线与轴交点的纵坐标为3，对称轴为直线，点和点都在该抛物线上，它们的横坐标分别为、． （1）求抛物线对应的函数解析式； （2）连接，当轴时，求点的坐标； （3）若线段平行于两坐标轴夹角的平分线时，求的值； （4）连接，以、为邻边作平行四边形，当抛物线在平行四边形内部的图象随的增大而减小时，直接写出的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 九年级期末测试 数学 一、选择题（每小题3分，共18分） 1. 为了节能减排，国家积极倡导使用新能源汽车，新能源汽车发展也取得了巨大成就．下列新能源汽车的车标既是中心对称图形又是轴对称图形的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据中心对称与轴对称的定义进行判断即可．本题考查了中心对称图形与轴对称图形的识别．解题的关键在于熟练掌握：在平面内，把一个图形绕着某个点旋转180度，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；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． 【详解】解：A．中图形不是中心对称图形，是轴对称图形，故此选项不符合题意； B．中图形是中心对称图形，也是轴对称图形，故此选项符合题意； C．中图形是中心对称图形，但不是轴对称图形，故此选项不符合题意； D．中图形不是中心对称图形，是轴对称图形，故此选项不符合题意． 故选：B． 2. 反比例函数的图象经过（ ）． A. 第一、三象限 B. 第二、四象限 C. 第二、三象限 D. 第三、四象限 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查反比例函数的图象与性质，掌握好图象与系数k的关系是解题关键． 反比例函数的图象位置取决于比例系数 k 的符号，当时，图象位于第二、四象限． 【详解】解：∵ 反比例函数 中， ， ∴ 图象经过第二、第四象限． 故选：B． 3. 一元二次方程的根的情况是（ ） A. 有两个相等的实数 B. 有两个不相等的实数根 C. 只有一个实数根 D. 没有实数根 【答案】D 【解析】 【分析】直接利用一元二次方程根的判别式即可得． 【详解】一元二次方程中的， 则其根的判别式为， 因此，方程没有实数根， 故选：D． 【点睛】本题考查了一元二次方程根的判别式，熟练掌握一元二次方程根的判别式是解题关键． 4. 抛物线的图象与轴的交点坐标为（ ）． A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查抛物线与坐标轴的交点，掌握好坐标轴上的点的特征是关键． 求抛物线与y轴的交点，即令，计算此时y的值即可． 【详解】解：令，， ∴抛物线的图象与轴的交点坐标为． 故选：C． 5. 如图四边形内接于，连接．若，，则的度数是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查了圆周角定理、圆内接四边形的性质，由圆周角定理可得，结合三角形内角和定理得出，再由圆内接四边形的性质即可得解，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键． 【详解】解：∵，， ∴， ∴， ∵四边形内接于， ∴， 故选：C． 6. 如图，在平行四边形中，为上一点，连接，，且，相交于点，则(　　) A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查是相似三角形的性质、平行四边形的性质，掌握相似三角形的面积比等于相似比的平方是解题的关键．根据平行四边形的性质得到，，得到，根据相似三角形的性质计算即可． 【详解】四边形是平行四边形， ，， ∴， ∴， ， ∵ ∴， 故选：D． 二、填空题（每小题3分，共15分） 7. 事件：“太阳从东方升起”是______事件（填“必然”或“随机”）． 【答案】必然 【解析】 【分析】本题考查事件的分类，掌握好每类事件的定义是关键． 事件分为必然事件、随机事件和不可能事件．根据每类事件的定义去判断即可． 【详解】解：根据事件分类，必然事件是指在每次试验中必然会发生的事件．太阳从东方升起是确定的自然现象，属于必然事件． 故答案为：必然． 8. 若是方程的一个根，则的值为______． 【答案】2026 【解析】 【分析】本题考查一元二次方程的解，掌握好方程的解的意义是解题关键． 利用方程根的定义，将a代入方程得到的值，然后代入所求代数式计算即可． 【详解】解：∵是方程的一个根， ∴，变形得，， ∴． 故答案为：2026． 9. 反比例函数，当时，取值范围是__________． 【答案】或 【解析】 【分析】根据反比例函数的性质可进行求解． 【详解】解：当时，则有，即， ∵，即y随x的增大而增大，反比例函数的图象在第二、四象限， ∴当时，的取值范围是或； 故答案为或． 【点睛】本题主要考查反比例函数的性质，熟练掌握反比例函数的性质是解题的关键． 10. 如图，在平面直角坐标系中，与关于原点O位似，点B的坐标为，点的坐标为，点A的坐标为，则点的坐标为______． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了求位似图形的坐标，正确求出位似比是解题关键．先根据点和点的坐标求出位似比，再根据位似图形的点坐标变换规律求解即可得． 【详解】解：∵和是以坐标原点为位似中心的位似图形，点的坐标为，点的坐标为， ∴与的位似比为， ∵点的坐标为， ∴点的坐标为，即为． 故答案为： 11. 如图，四边形内接于，连接，，，若的半径为3，则的长为______． 【答案】 【解析】 【分析】如图所示，连接，首先根据等边对等角得出，，然后求出，然后利用圆周角定理求出，然后利用弧长公式求解即可． 此题考查了等边对等角，圆周角定理，弧长公式，解题的关键是掌握以上知识点． 【详解】如图所示，连接 ∵， ∴， ∴ ∴ ∵的半径为3 ∴的长． 故答案为：． 三、解答题（本大题共11小题，共87分） 12. 阅读下列方程的解题过程，并解决下列问题． 解：移项得，① 两边同除以2得，② 配方得，③ 即， ∴或④ ∴，⑤ （1）上述解题过程有误，开始出现错误的步骤是________（填序号）； （2）请你写出正确的解答过程． 【答案】（1）③ （2）见详解 【解析】 【分析】本题主要考查了解一元二次方程，熟练掌握解一元二次方程的方法是解题的关键． （1）根据解一元二次方程的基本步骤，进行判定即可． （2）用配方法解一元二次方程即可． 【小问1详解】 解：上述解题过程有误，错在步骤③，错误的原因是只在等号的左边加上一次项系数一半的平方，而右边没有加． 【小问2详解】 解：， 移项得， 两边同除以2得， 配方得， 即， 或， ，． 13. 如图是一个商场抽奖用的可自由转动的转盘，被分成3个完全相同的扇形，分别涂有“蓝、绿、黄”三种颜色，转盘指针固定不动．转动转盘待其停止后，观察指针所指区域的颜色，若指针落在区域分界线上则重新转动．按上述规则任意转动转盘两次（第一次停止后再进行第二次转动），用画树状图或列表的方法，求两次指针所落区域颜色不相同的概率． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查画树状图或列表法求简单事件的概率，掌握好树状图的画法和正确列表是解题关键． 运用列表法表示出所有可能的结果，找到符合要求的结果后，用概率公式计算即可． 【详解】解：列表如下： 蓝 绿 黄 蓝 （蓝，蓝） （蓝，绿） （蓝，黄） 绿 （绿，蓝） （绿，绿） （绿，黄） 黄 （黄，蓝） （黄，绿） （黄，黄） 共有9种等可能的结果，其中两次指针所落区域颜色不相同的结果有6种， 两次指针所落区域颜色不相同的概率为． 14. 柳州窑埠古镇计划用长32米的木质栅栏，靠一面墙围一个矩形的螺蛳粉主题小吃摊位（墙的长度为18米），要求围成的摊位面积为120平方米，求这个矩形摊位垂直于墙的边长为多少米？ 【答案】这个矩形摊位垂直于墙的边长为10米 【解析】 【分析】本题主要考查了一元二次方程的实际应用，设矩形摊位垂直于墙的边长为x米，则平行于墙的边长为米，根据矩形面积计算公式建立方程求解即可． 【详解】解：设矩形摊位垂直于墙的边长为x米，则平行于墙的边长为米， 依题意得， 整理得， 解得，． 当时，平行于墙的边长为米米（不符合实际，舍去）； 当时，平行于墙的边长为米米（符合实际）． 答：这个矩形摊位垂直于墙的边长为10米． 15. 如图，树在路灯的照射下形成投影．若树高，路灯高度，树与路灯的水平距离．求树影的长． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了相似三角形的应用，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题关键． 根据相似三角形的判定证出，然后利用相似三角形的性质求解即可得． 【详解】解：根据题意得：， ∴， ∴， ∴， ∵，，， ∴， ∴． 16. 图①、图②均为的正方形网格，每个小正方形的顶点称为格点．的顶点均在格点上．仅用无刻度的直尺，在给定的网格中，按下列要求画图，并保留必要的作图痕迹． （1）在图①中，分别在边、上找到点、，连接，使，且相似比为； （2）在图②中，在边上找一点，连接，使． 【答案】（1）见解析 （2）见解析 【解析】 【分析】本题考查相似三角形的判定和性质，三角形的中位线定理，熟练掌握相似三角形的判定方法，是解题的关键： （1）找到的中点，连接，则为的中位线，得到，，进而得到，且相似比为； （2）取格点正上方一个格点处，格点正下方2个格点处，连接这两个格点，交于点，可得相似三角形，得到，进而得到，连接，根据同高三角形面积比等于底边比，即可得到． 【小问1详解】 解：如图，点、即为所求； 【小问2详解】 解：如图，即为所求． 17. 如图，在矩形中，，，是的中点，连接，过点作于点． （1）求证：； （2）求的长． 【答案】（1）见解析 （2） 【解析】 【分析】此题考查了矩形的性质，相似三角形的性质和判定，勾股定理等知识，解题的关键是掌握以上知识点． （1）首先得到，然后证明出，即可得到； （2）首先求出，，然后由得到，然后代数求解即可． 【小问1详解】 ∵四边形是矩形 ∴ ∵ ∴ ∴ ∴ ∴； 【小问2详解】 ∵，是的中点， ∴ ∴ ∵在矩形中，，， ∴ ∵ ∴，即 ∴． 18. 如图，为的直径，C为上一点，连接为延长线上一点，连接，且． （1）求证：是的切线； （2）若的半径为3，为，求的长． 【答案】（1）证明见详解 （2）10 【解析】 【分析】（1）连接，利用圆周角定理，同圆的半径相等和切线的判定定理解答即可； （2）由题意得为直角三角形，再利用勾股定理即可； 【小问1详解】 证明：连接，如图， ∵为的直径， ∴， ∴． ∵， ∴． ∵， ∴， 即， ∴． ∵是的半径， ∴是的切线； 【小问2详解】 由（1）可得： ∴为直角三角形 ∵的半径为3，为 ∴ ∴ ∴ 【点睛】本题主要考查了圆的切线的判定，圆周角定理，同圆的半径相等，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． 19. 如图，在中，，，．动点从点出发，以每秒4个单位长度的速度沿边向终点运动．当点不与点、重合时，将线段绕点顺时针旋转得到，取的中点，以为边向其下方作正方形．设点的运动时间为，正方形与的重叠部分图形的面积为． （1）当与边重合时，的值为______； （2）当正方形与的重叠部分图形是五边形时，求与之间的函数关系式，并写出自变量的取值范围； （3）当所在直线平分正方形的面积时，直接写出的值． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据题意可知，，由中点和正方形的性质，可得，则，计算出t的值即可； （2）根据与的位置关系，进行分类讨论．当在上方或重合时，五边形的面积为正方形减去三角形；．当在下方时，五边形的面积为正方形减去三角形和一个矩形，同时正方形的边不能超过点B．用含t的代数式表示出各个面积后，得出答案； （3）所在直线要想平分正方形的面积，则必须经过正方形的中心点，此时点G为的中点．用含t的代数式表示出，解方程求出t的值． 【小问1详解】 解：如图， 由题意可知，；由旋转的性质可知，，， ∵点是的中点， ∴， ∵四边形是正方形， ∴，， ∴， ∵， ∴四边形是矩形， ∴， ∴， 解得，； 【小问2详解】 解：设线段与交于点E，与交于点F， 当时，由（1）可知，此时上方或与重合， 如图， 由（1）可知，，，， ∵，， ∴， ∴，即， 解得，， ∴， ∵，， ∴， ∴，即， 解得，， ∴，， ∴； 当时，则 在下方， 如图，设与交于点G，与交于点H， 由（1）可知，四边形是矩形， ∴，， ∴， ∵， 又∵， ∴四边形和四边形都是矩形， ∴， ∴， 要构成五边形，则，即，解得，， ， ∴， 综上所述，； 【小问3详解】 如图，所在直线要想平分正方形的面积，则必须经过正方形的中心点，此时点G为的中点， ∴， ∴， ∵， ∴，解得． 【点睛】本题考查正方形的性质，矩形的性质，旋转的性质以及相似三角形的判定与性质，正确进行分类讨论并用代数式表示出所需的量是解题关键． 20. 综合与实践 如本题图1，在左边托盘中放置一个固定的重物，在右边托盘中放置一定质量的砝码（可左右移动），可使得仪器左右平衡．改变托盘与点的距离，记录相应的托盘中的砝码质量，得到如下表： 托盘与点的距离 10 15 20 25 30 托盘中的砝码质量 30 20 15 12 10 （1）依据实验得出，与的对应点，请您在本题图2中画出函数图像，并求出函数表达式； （2）当砝码质量为时，求托盘与点的距离； （3）当托盘向左移动时，为使得仪器在移动前后均保持左右平衡，托盘中的砝码质量需增加至移动前的两倍，求在移动前托盘中的砝码质量． 【答案】（1）函数图像见解析， （2） （3） 【解析】 【分析】本题考查了反比例函数的应用、描点法画函数图像，正确得出反比例函数解析式是解题的关键． （1）根据表格中数据，描点，连线即可得函数图像．根据图象可得是关于的反比例函数，利用待定系数法求解即可； （2）当时，，求解即可； （3）设移动前托盘B中的砝码质量为，托盘B与点O的距离，利用反比例函数的性质建立方程，求解即可得出答案． 【小问1详解】 解：描点并连线，函数图像如图所示． 由图像可得y与x之间是反比例函数关系， ∴设， ∵当时，， ∴， 解得， ∴y与x的函数关系式为：． 【小问2详解】 解：当时，代入得，， 解得， ∴当砝码质量为时，托盘B与点O的距离是． 【小问3详解】 解：设移动前托盘B中的砝码质量为，托盘B与点O的距离， 由题意得：， 解得． ∴在移动前托盘B中的砝码质量为． 21. 【操作感知】如图①，在菱形中，点为对角线和的交点．保持菱形不动，将绕点按顺时针方向旋转得到，点、、的对应点分别为点、、，当时，边分别与边、交于点、点，则四边形为平行四边形，其理论依据为______； 【探究发现】如图②，将图①中绕点按顺时针方向旋转，使，边分别与边、交于点、点，与边交于点，其他条件不变，求证：四边形是菱形； 【探究应用】在图②中，若，，则四边形与四边形的面积比为______． 【答案】操作感知：两组对边分别平行的四边形是平行四边形；探究发现：见解析；探究应用：． 【解析】 【分析】本题考查了平行四边形的判定和性质，菱形的判定和性质，勾股定理，旋转的性质． 操作感知：根据菱形的性质得到，根据两组对边分别平行的四边形是平行四边形作答即可； 根据菱形的性质得到，根据等边对等角得到，即，由旋转，得，则，根据，得到，则，即，进而证明，即可得到四边形是平行四边形，根据即可证明平行四边形是菱形； 探究应用：证明四边形是平行四边形，作交于H，则四边形与四边形的面积比，根据菱形的性质得到，，则，根据菱形的性质得到，即可求出的值． 【详解】解：操作感知：∵菱形， ∴， ∵， ∴四边形为平行四边形（两组对边分别平行的四边形是平行四边形）． 故答案为：两组对边分别平行的四边形是平行四边形； 探究发现：证明：∵四边形为菱形， ∴， ∴， ∴， 由旋转，得， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴平行四边形是菱形； 探究应用：∵，， ∴四边形是平行四边形， 作交于H， 则，， 即四边形与四边形的面积比， ∵在菱形中，，， ∴，， ∴， ∵四边形是菱形， ∴， ∴四边形与四边形的面积比． 故答案为：． 22. 如图，在平面直角坐标系中，为坐标原点，抛物线与轴交点的纵坐标为3，对称轴为直线，点和点都在该抛物线上，它们的横坐标分别为、． （1）求抛物线对应的函数解析式； （2）连接，当轴时，求点的坐标； （3）若线段平行于两坐标轴夹角的平分线时，求的值； （4）连接，以、为邻边作平行四边形，当抛物线在平行四边形内部的图象随的增大而减小时，直接写出的取值范围． 【答案】（1） （2） （3） （4） 【解析】 【分析】本题考查二次函数的综合问题，包括待定系数法确定函数解析式，坐标与图形，解一元二次方程，理解题意，作出相应图象，结合图象求解是解题关键． （1）利用待定系数法即可解答； （2）当轴时，则点和点的纵坐标相等，即点和点关于对称轴对称，根据二次函数的性质即可解答； （3）表示出点和点的纵坐标，当线段平行于两坐标轴夹角的平分线时，即点和点的纵坐标之差等于横坐标之差，列出方程即可解答； （4）首先求出抛物线与x轴的交点坐标为和，然后分类讨论，分别画图即可解答． 【小问1详解】 解：抛物线与轴交点的纵坐标为3，对称轴为直线， ，， ， 则抛物线对应的函数解析式为； 【小问2详解】 解：当轴时，点和点的纵坐标相等， 点和点都在该抛物线上， 点和点关于对称轴对称， 可得， 解得； 【小问3详解】 解：∵点和点都在该抛物线上，它们的横坐标分别为、 代入解析式得，，， 如图，过点作轴，过点作轴，则， ， 线段平行于两坐标轴夹角的平分线， ， 为等腰直角三角形， ， 即， 解得； 【小问4详解】 解：∵ ∴当时，， 解得或3， ∴抛物线与x轴的交点坐标为和， 如图，当点在轴下方时，且在轴左边时，即时， 平行四边形，点与点的横坐标之差为，点与点的纵坐标之差为， 点的横坐标为，点的纵坐标为， ， ， 当时，， 点恒在抛物线上方， 此时抛物线在平行四边形内部的图象随的增大，先增大后减小，与题意不符，故该情况不存在； 如图，当点在轴上方时，且在轴左边时，即时， 平行四边形，点与点的横坐标之差为，点与点的纵坐标之差为， 点的横坐标为，点的纵坐标为， 当，即时， 点在抛物线上方， 此时抛物线在平行四边形内部的图象随的增大而减小，符合题意， 此时； 如图，当点在轴上方时，且在轴右边时，即时， 平行四边形，点与点的横坐标之差为，点与点的纵坐标之差为， 点的横坐标为，点的纵坐标为， ， ， 当时，， 点在抛物线下方， 此时抛物线在平行四边形内部没有图象，不符合题意，故该种情况不存在； 如图，当点在轴下方时，且在轴右边时，即时， 平行四边形，点与点的横坐标之差为，点与点的纵坐标之差为， 点的横坐标为，点的纵坐标为， 同理点在抛物线下方， 此时抛物线在平行四边形内部没有图象，不符合题意，故该种情况不存在； 综上，． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $