2025-2026学年人教版九年级数学上册期末押题卷

2025-2026学年九年级上册期末押题卷（人教版） 注意事项： 1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 2．请将答案正确填写在答题卡上 一、单选题（共24分） 1．（本题3分）习总书记指出：“探索浩瀚宇宙，发展航天事业，建设航天强国，是我们不懈追求的航天梦．”下列有关中国航天事业的图标，其文字上方的图案是中心对称图形的是（    ） A． B． C． D． 2．（本题3分）一元二次方程的根的情况是（） A．没有实数根 B．只有一个实数根 C．有两个相等的实数根 D．有两个不相等的实数根 3．（本题3分）下列抛物线中，顶点为，且与抛物线的开口方向相同的是（   ） A． B． C． D． 4．（本题3分）如图，点A、B、C在上，若，则等于（   ） A． B． C． D． 5．（本题3分）已知二次函数，，，为该二次函数图象上的点，则，，的大小关系为（    ） A． B． C． D． 6．（本题3分）如图，为的弦，点在上，，，，则的长为（   ） A．1 B．2 C．3 D．4 7．（本题3分）共享单车为市民出行带来了方便，某单车公司第一个月投放1000辆单车，计划第三个月投放单车数量比第一个月多440辆，设该公司第二、三个月投放单车数量的月平均增长率为x，则所列方程正确的是（　　） A． B． C． D． 8．（本题3分）已知二次函数（）的图象如图所示，给出以下结论：①；②；③；④；⑤关于x的一元二次方程有两个相等的实数根；⑥．其中正确的是（） A．①②③⑤ B．①③④⑥ C．①⑤⑥ D．①④⑤⑥ 二、填空题（共24分） 9．（本题3分）二次函数的图象的顶点坐标为 ． 10．（本题3分）已知圆锥的底面半径为，母线长为，则这个圆锥的侧面积是 ．（结果保留π） 11．（本题3分）将二次函数的图象先向上平移3个单位长度，再向左平移2个单位长度，所得函数解析式为 ． 12．（本题3分）如图，四边形是的内接四边形，，，，则的度数为 ． 13．（本题3分）已知点与点关于原点对称，则 ； ． 14．（本题3分）如图，在四边形中，，，以点为圆心，的长为半径的圆弧与交于点．若四边形是平行四边形，，则扇形（图中阴影部分）的面积是 ． 15．（本题3分）如图，已知是等边的内切圆，若的半径为2，则的面积为 ． 16．（本题3分）如图，抛物线分别与轴正半轴、轴交于点，．点在线段上运动（不与点A，B重合），过点作轴交抛物线于点，则的最大值是 ． 三、解答题（共72分） 17．（本题6分）选择适当的方法解下列方程： (1) (2) 18．（本题6分）在平面直角坐标系中，的三个顶点的坐标分别为,,． (1)画出关于原点成中心对称的，并写出点的坐标． (2)画出将绕点按顺时针旋转所得的． 19．（本题6分）已知关于的二次函数（是常数）． (1)求证：二次函数的图象与轴总有两个交点； (2)若该抛物线与轴的交点分别为，且，求的值． 20．（本题6分）已知关于的方程． (1)证明：不论为何值时，方程总有实数根． (2)为何整数时，方程有两个不相等的正整数根． 21．（本题6分）如图，是的外接圆，是的直径，半径，垂足为点，连接． (1)求证：平分； (2)若，，求的半径． 22．（本题6分）我市义务教育学校全面施行优化课间时长，课间时长从10分钟延长为15分钟，上午、下午各安排一次30分钟的大课间体育活动．某学校编制《课间15分快乐菜单》可供班级选择：A．踢足球，B．踢毽子，C．跳绳，D．丢沙包，E．跳皮筋，学校就学生参加这五项课间活动的意向对学生进行了抽样调查（每名学生只能从中选择一种最喜欢的），并将调查结果绘制了如下两幅不完整的统计图． 请结合图中所给信息，解答下列问题： (1)本次参与抽样调查的学生共有______人； (2)补全条形统计图； (3)该校共有1000名学生，请估计选择“踢毽子”的学生有多少人？ (4)在最喜欢“跳绳”的学生中，有甲、乙、丙、丁四位同学表现优秀，现从这四位同学中随机选出两名同学参加上级的跳绳比赛，请用列表或画树状图法求被选取的两人恰好是甲和乙的概率． 23．（本题8分）如图所示，在中，，以为直径的交于点，过点作，交于点． (1)求证：是的切线； (2)若的半径是5，求的长． 24．（本题8分）河源市是客家人的发祥地之一，拥有丰富的历史文化，包括客家文化，恐龙文化和水文化．为了弘扬河源地方文化，让更多游客了解客家文化，某文旅公司推出多款文创产品．某款吉祥物受到广大游客的喜爱，6月份的销量为200件，8月份的销量为288件，已知该款吉祥物的成本价是30元．当售价为40元时，每天可售出60件，调查发现，售价每降价1元，每天可多售出10件． (1)求该款吉祥物月份的销量的月平均增长率； (2)为让利于游客，该款吉祥物应该降价多少元，能使文旅公司每天的利润是630元； (3)该文旅公司每天的利润能达到1000元吗？如果能，请求出该款吉祥物应降价多少元，若不能，请说明理由． 25．（本题10分）如图1，在正方形中，点分别在正方形的边上，，连接． (1)思路梳理：将绕点逆时针旋转至，如图1，使与重合，易证，可证，故，，之间的数量关系为______； (2)类比引申：如图2，在图1的条件下，若点，由原来的位置分别变到正方形的边的延长线上，，连接，猜想之间的数量关系并给出证明； (3)联想拓展：如图3，等腰，，，把绕点旋转，在整个旋转过程中分别与线段交于点，若，，则的长为_______． 26．（本题10分）抛物线交轴于点，交轴于点． (1)求抛物线的解析式； (2)如图，点是线段上方抛物线上一动点，当的面积最大值时，求出此时点的坐标； (3)在抛物线对称轴上找一点，使以点、、为顶点的三角形为等腰三角形，直接写出点的坐标． 第1页 共4页 ◎ 第2页 共4页 第1页 共4页 ◎ 第2页 共4页 学科网（北京）股份有限公司 《2025-2026学年度初中数学期末考试卷》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 B D B A A B D C 1．B 【分析】本题考查了中心对称图形的识别，熟练掌握中心对称图形的定义是解答本题的关键．根据中心对称图形的定义逐项识别即可，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，这个点叫做它的对称中心． 【详解】解：A、不能找到这样的一个点，使图形绕该点旋转后与原来的图形完全重合，故该选项不符合题意； B、能找到这样的一个点，使图形绕该点旋转后与原来的图形完全重合，故该选项符合题意； C、不能找到这样的一个点，使图形绕该点旋转后与原来的图形完全重合，故该选项不符合题意； D、不能找到这样的一个点，使图形绕该点旋转后与原来的图形完全重合，故该选项不符合题意； 故选：B． 2．D 【分析】本题考查了根的判别式：一元二次方程的根与有如下关系，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，方程无实数根．先计算判别式的值，然后根据判别式的意义判断方程根的情况． 【详解】解：∵方程中，，，， ∴， ∴方程有两个不相等的实数根． 故选：D． 3．B 【分析】本题考查了二次函数的图象和性质；首先根据顶点坐标和开口向上，对选项中的抛物线逐一判断，然后可得答案． 【详解】解：所求抛物线与抛物线的开口方向相同， 所求抛物线开口向上， A、的顶点为，开口向上，与题干所要求的抛物线不相符； B、的顶点为，开口向上，与题干所要求的抛物线相符； C、的顶点为，开口向下，与题干所要求的抛物线不相符； D、的顶点为，开口向下，与题干所要求的抛物线不相符； 故选：B 4．A 【分析】本题考查了圆周角定理，熟记圆周角定理是解题的关键．根据圆周角定理即可求解． 【详解】解：在中，， ， 故选：A． 5．A 【分析】本题考查了二次函数的图象与性质(增减性) ．掌握二次函数图象增减性的性质及“逢点必代”方法可解此题．由点，，为二次函数图象上的点可知，将对应点的坐标依次代入二次函数的表达式中，并依次求出对应，，的值，再进行大小比较即可． 【详解】解：∵， ∴ 当时，； 当时，； 当时，； ∴，，即 ． 故选：A． 6．B 【分析】本题考查垂径定理及圆周角定理，含角的直角三角形的性质，勾股定理． 设与的交点为，由得到，圆周角定理可得，进而得到，所以，在中，根据勾股定理构造方程，即可求出的长． 【详解】解：如图，设与的交点为， 为的弦，为半径，且，， ． ， ， ， 在中，． 设，则， ， ， 解得（负值舍去）， ． ， ． 故选B． 7．D 【分析】本题主要考查了一元二次方程的应用， 根据月平均增长率模型，第三个月投放数量为，且等于，由此建立方程． 【详解】解：根据题意，得． 故选：D． 8．C 【分析】本题考查了二次函数的图象和性质，二次函数与一元二次方程的关系，一元二次方程根的判别式，掌握相关知识是解决问题的关键．根据图象的开口方向、对称轴，抛物线与轴的交点可判断①，根据图象的对称轴可判断②，根据图象有两个交点，可判断③，根据函数的对称性，可判断④，根据抛物线的最值和二次函数与一元二次方程的关系，可判断⑤，根据图象当时和即可判断⑥． 【详解】解：①抛物线开口向上，得； 抛物线的对称轴为，故； 抛物线交轴于负半轴，得，故；故①正确； ②抛物线的对称轴为，， ∴，故②错误； ③由图知：抛物线与轴有两个不同的交点，则， ，故③错误； ④根据抛物线的对称轴方程可知：关于对称轴的对称点是； 当时，， ∴当时，也有，即，故④错误； ⑤二次函数的最小值为， ∴关于的一元二次方程有两个相等的实数根，故⑤正确； ⑥由图知：当时， ∴， ∵， ∴， 即，故⑥正确； 故结论正确的有①⑤⑥． 故选：C． 9． 【分析】本题考查二次函数的性质，通过配方法将二次函数解析式化为顶点式，从而求出顶点坐标． 【详解】解：， 所以二次函数的图象的顶点坐标为， 故答案为：． 10． 【分析】本题考查了圆锥的计算，熟知圆锥的两种转化关系及圆锥的侧面积等于底面半径与母线长乘积的倍是正确解答此题的关键． 利用圆锥的侧面展开图为一扇形，这个扇形的弧长等于圆锥底面的周长，扇形的半径等于圆锥的母线长和扇形的面积公式计算即可． 【详解】解：圆锥的侧面积公式为，其中为底面半径，为母线长． 已知，，代入公式得， 故答案为． 11． 【分析】本题考查函数图象的平移，熟练掌握函数平移规律是解题的关键． 根据二次函数顶点式平移的规律，函数值“上加下减”，自变量“左加右减”，从而得到新函数的解析式 【详解】原二次函数为 向上平移3个单位长度，函数表达式为， 再向左平移2个单位长度，函数表达式为， 则新二次函数的解析式为 ， 故答案为 ． 12．/度 【分析】本题主要考查了圆内接四边形的性质，圆周角定理，熟练掌握圆内接四边形的性质，圆周角定理是解题的关键． 连接，，根据圆内接四边形的性质可得，再由圆周角定理可得，然后根据，可得，再由，即可求解． 【详解】解：如图，连接，，    ∵四边形是的内接四边形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴． 故答案为： 13． 【分析】本题考查的知识点是关于原点对称的点的坐标特征、解二元一次方程组，解题关键是熟练掌握关于原点对称的点的坐标特征． 根据关于原点对称的点的坐标特征，点和点的横坐标互为相反数，纵坐标互为相反数，列出方程组即可求解． 【详解】解：点与点关于原点对称， ， 即 由得， 代入得， 解得， 将代入得， 解得． 故答案为：；． 14． 【分析】本题考查了扇形的面积计算、平行四边形的性质、等边三角形的性质和判定等，求出是等边三角形是解此题的关键．根据平行四边形的性质得出，求出，根据等边三角形的判定得出是等边三角形，根据等边三角形的性质得出，再根据扇形的面积公式求出阴影部分的面积即可． 【详解】解：∵点为圆心，的长为半径的圆弧与交于点， ∴． ∵四边形是平行四边形， ∴． ∵， ∴， ∴是等边三角形， ∴． ∵，， ∴． 故答案为：． 15． 【分析】本题考查了三角形内切圆的性质，等边三角形的性质、含的直角三角形性质等知识点，内切圆的圆心是三角形角平分线交点是解题的关键． 连接、连接并延长交于点，在直角中，，利用含的直角三角形性质求解出，进而求出等边的边长和高，由此即可解题． 【详解】解：连接、连接并延长交于点， ∵等边， ∴， 又∵是等边的内切圆， ∴是的角平分线，即，， ，， 又∵是的切线，的半径为2， ∴是切点，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴ 故答案为． 16． 【分析】本题考查了二次函数的应用、待定系数法求一次函数解析式，熟练掌握二次函数以及一次函数的性质是解本题的关键． 令可得点的坐标，令可得点的坐标，再运用待定系数法求一次函数解析式；设点，则点，表示出的长度表达式，根据二次函数的性质解答即可． 【详解】解：令，即， 解得：， ∴点， 将，代入，得， ∴点， 设直线的函数表达式为， ∴， 解得：， ∴直线的函数表达式为； 设点，则点， ∵点Q在线段上方的抛物线上，始终在一次函数图像的上方， ∴， ∴当时，的长度最大，最大值为． 故答案为：． 17．(1)， (2)， 【分析】本题考查了一元二次方程的解法，熟练掌握一元二次方程的解法是解题的关键． （1）直接利用十字相乘法进行因式分解，从而求得方程的解； （2）先移项，再提取公因式进行因式分解，从而求得方程的解． 【详解】（1）解：， ， 或， 即，． （2）解：， ， ， ， 或， 即，． 18．(1)见解析， (2)见解析 【分析】（1）根据中心对称图形的性质作出图形，根据关于原点对称的点的坐标特征写出点的坐标即可； （2）根据旋转的性质作图即可； 本题考查了作中心对称图形，中心对称图形的性质，旋转作图，掌握中心对称图形和旋转的性质是解题的关键． 【详解】（1）解：如图，即为所求，其中点． （2）解：如图，即为所求． 19．(1)见解析 (2) 【分析】本题考查了二次函数与轴的交点问题，一元二次方程根的判别式，一元二次方程根与系数的关系，完全平方公式的变形，熟练掌握以上知识点并可以灵活运用是解答本题的关键． （1）令，即，根据根的判别式恒大于0即可求解； （2）由题意得：和是方程的两个根，即，，再根据，得到，变形得到，然后分别代入即可求解． 【详解】（1）证明：令，即， ∴， ∵， ∴，即， ∴方程有2个不相等的根， 即二次函数的图象与轴总有两个交点； （2）解：由题意得：和是方程的两个根， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴，即， 解得：． 20．(1)见解析 (2) 【分析】本题考查根的判别式，公式法解一元二次方程： （1）分和，求出判别式的符号即可得证； （2）公式法求出方程的解，根据方程有两个不相等的正整数根，进行求解即可． 【详解】（1）证明：当时，此方程为一元一次方程，解得．方程有实数根， 当时，为一元二次方程， ， 方程总有实数根； （2）解：∵方程有两个不相等的正整数根， ∴方程为一元二次方程， ∴， ，， 方程有两个不相等的正整数根，为整数， 或2，不合题意， ． 21．(1)见解析； (2)． 【分析】本题主要考查了垂径定理、圆周角定理、勾股定理，熟练掌握垂径定理的应用及利用勾股定理建立方程求解线段长度是解题的关键． （1）利用垂径定理得，再结合同弧所对的圆周角相等，证明． （2）先由垂径定理得的长度，设圆的半径为，用表示的长度，再在中利用勾股定理列方程求解． 【详解】（1）证明：∵， ∴， ∴， ∴平分； （2）解：∵，， ∴， 设的半径为，则，， 在中，由勾股定理得， 即， 解得：． 22．(1)100名 (2)见解析 (3)200名 (4) 【分析】本题考查了统计图和概率，熟练掌握条形统计图和扇形统计图的互补性，补全条形统计图，样本估计总体，列表法或画树状图法求概率，是解题的关键． （1）用A项数据计算； （2）总人数减去A、B、C、E的人数得到D项有人数，补上条形图即可； （3）1000乘踢毽子人数的占比即得； （4）列表求出所有等可能情况总数和同时选中甲乙的情况总数，用概率公式计算即得． 【详解】（1）解：（名）； 故答案为：100； （2）解：（名）； （3）解：（名）； 故选择“踢毽子”的学生有200人； （4）解：列表如下： 甲 乙 丙 丁 甲 —— 甲乙 甲丙 甲丁 乙 乙甲 —— 乙丙 乙丁 丙 丙甲 丙乙 —— 丙丁 丁 丁甲 丁乙 丁丙 —— 共有12种等可能结果，其中选中甲乙的结果有两种， ∴． 故被选取的两人恰好是甲和乙的概率为． 23．(1)见解析 (2) 【分析】本题考查了切线的判定，圆周角定理，勾股定理． （1）利用等边对等角求得，，推出，证得，即可得到是的切线； （2）利用圆周角定理结合勾股定理求得，再利用等积法求解即可． 【详解】（1）证明：连接， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴是的切线； （2）解：连接， ∵是的直径， ∴， 又∵，， ∴， ∴， ∴， 又∵，即， ∴． 24．(1) (2)该款吉祥物降价元时，文旅公司每天的利润是元； (3)不能，理由见解析 【分析】（）设该款吉祥物月份的销量的月平均增长率为，根据题意方程并解方程即可； （）设该款吉祥物应该降价元，根据题意列出方程即可求解； （）根据题意列出方程，再根据方程解的情况即可求解； 本题考查了一元二次方程的应用，根据题意找到等量关系是解题的关键． 【详解】（1）解：设该款吉祥物月份的销量的月平均增长率为， 则， 解得（不合题意，舍去）， 即该款吉祥物月份的销量的月平均增长率为； （2）解：设该款吉祥物应该降价元， 由题意得，， 整理得：， 解得， ∵要让利顾客， ， 答：该款吉祥物降价元时，文旅公司每天的利润是元； （3）解：不能达到元，理由如下： 设吉祥物应降价元， 由题意得，， 整理得，， ∵， ∴该方程无实数根， 答：该文旅公司每天的利润不能达到元． 25．(1) (2)，证明见解析 (3) 【分析】（1）证出，根据全等三角形的性质得出，即可得出答案； （2）证出，根据全等三角形的性质得出，即可得出答案； （3）证明，则，，是直角三角形，根据勾股定理求解即可． 【详解】（1）如图1所示： ∵， ∴把绕点A逆时针旋转至，可使与重合， ∵， ∴，点F、D、G共线， ∴，， ∴， ∴． 在和中， ， ∴． ∴． ∴，即． 故答案为：； （2）． 证明：如图2所示． ∵， ∴把绕点A逆时针旋转至，可使与重合， ∵， ∴点C、D、G在一条直线上． ∴，，． 又∵， ∴． ∵， ∴． ∴． 在和中， ， ∴． ∴． ∵， ∴； （3）把旋转到的位置，连接，则． ∵，， ∴， 又∵， ∴， 在和中， ， ∴． ∴，． ∴． ∴是直角三角形． ∴． ∴． ∴， ∴． 【点睛】本题考查了全等三角形的性质和判定，正方形的性质，勾股定理，旋转的性质，解此题的关键是根据旋转的启发正确作出辅助线得出全等三角形． 26．(1) (2) (3)或或或或 【分析】本题考查了抛物线的解析式，根据动点求面积最值问题，坐标系中特殊三角形问题，把握二次函数相关的特征与性质，分析出面积与线段关系，并能够进行准确的计算是解题的关键． （1）将A、B两点的坐标代入解析式求解即可； （2）过点作轴交于点，先利用A、B两点的坐标求出直线的解析式，设，求得，列出与的函数关系式即可求解； （3）设点坐标为，根据两点距离公式可求得、、，再根据等腰三角形有两边相等列方程求解即可． 【详解】（1）解：将点，代入， 得，解得， ∴抛物线的解析式为； （2）如图1，过点作轴交于点， 设直线的解析式为，将A、B两点的坐标代入， 得， 解得， ∴直线的解析式为， 设，则， ∴， ∴， 当时，的面积有最大值，， 此时； （3）∵ 抛物线的解析式为， ∴对称轴为， 设点坐标为， 由点，，可得： ，，， 当时，，解得：，，即点，， 当时，，解得：，即点，， 当时，，解得：，即点， 综上所述：点坐标为或或或或． 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $