精品解析：黑龙江省齐齐哈尔市梅里斯达斡尔族区2025-2026学年九年级上学期1月期末数学试题

2025-2026学年度上学期期末教学质量测查 八年级数学试卷 考生注意： 1．考试时间120分钟． 2．全卷共三道大题，总分120分． 一、单选题（每题3分，共30分） 1. 下列图形中既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查轴对称及中心对称的定义，根据轴对称图形与中心对称图形的概念逐选项判断即可．要注意：轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合；中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合． 【详解】解：A．选项中的图形既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，不符合题意； B．选项中的图形是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意； C．选项中的图形是轴对称图形，也是中心对称图形，符合题意； D．选项中的图形不是轴对称图形，是中心对称图形，不符合题意． 故选：C． 2. 解方程最适当的方法是（ ） A. 直接开方法 B. 配方法 C. 求根公式法 D. 因式分解法 【答案】C 【解析】 【分析】本题主要考查解一元二次方程的能力，熟练掌握解一元二次方程的几种常用方法：直接开平方法、因式分解法、公式法、配方法，结合方程的特点选择合适、简便的方法是解题的关键． 根据解方程的过程即可得到答案． 【详解】解：， ， ， 故选：C． 3. 在一个不透明的盒子里装有个黑球和若干个白球，它们除颜色外都相同，搅匀后从中任意摸出一个球记下颜色再把它放回盒子中，不断重复实验，统计结果显示，随着实验次数越来越大，摸到黑球的频率逐渐稳定在左右，则据此估计盒子中大约有白球（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】此题主要考查了利用频率估计概率，本题利用了用大量试验得到的频率可以估计事件的概率．关键是根据黑球的频率得到相应的等量关系． 设白球有个，利用概率公式列出方程求解即可． 【详解】解：设白球有个，根据题意得， ， 解得， 所以，盒子中大约有白球9个， 故选：C． 4. 如图1是的一张纸条，按图1→图2→图3，把这一纸条先沿折叠并压平，再沿折叠并压平，若图3中，则图2中的度数为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查了折叠的性质：折叠是一种对称变换，它属于轴对称，折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等．解决本题的关键是画出折叠前后的图形．设，根据折叠的性质得，则，再由第2次折叠得到，于是利用平角定义可计算出，接着根据平行线的性质得，据此即可求得． 【详解】解：如图，设， ∵纸条沿折叠， ∴， ∴， ∵纸条沿折叠， ∴， 而， ∴， 解得， ∵， ∴， ∴． 故选：B． 5. 如图，是边长为的等边三角形的外接圆，点D是的中点，连接，．以点D为圆心，的长为半径在内画弧，将阴影部分围成圆锥，则圆锥的底面圆半径为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题主要考查了圆锥的相关知识，等边三角形的性质，垂径定理，圆周角定理，圆内接四边形的性质， 根据等边三角形的性质得出：，，再根据圆内接四边形的性质得出：，进而可得．由垂径定理的推论和圆周角定理的推论可得，进而求出的长，最后根据圆锥侧面展开图的弧长等于其底面圆周长即可得出答案． 【详解】解：如图所示，连接， ∵是等边三角形， ， ， ， ∵点为弧的中点， ， ∴垂直平分线段， ∴经过点O， ∴， ， ， 设圆锥底面圆半径为r，则， ∴, 故选：C． 6. 若一个圆内接正多边形的中心角是，则这个多边形是（ ） A. 正十边形 B. 正九边形 C. 正八边形 D. 正七边形 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查圆内接正多边形，根据圆内接正边形的中心角的度数为，进行求解即可． 【详解】解：， 故这个多边形为正九边形； 故选：B． 7. 如图，分别切圆O于A、B两点，，则的长为（ ） A. 4 B. 5 C. 6 D. 7 【答案】B 【解析】 【分析】根据切线的性质得出，即可求得结果． 【详解】解：连接， ∵分别切圆O于A，B两点， ∴， 故选：B． 【点睛】本题考查了切线长定理，作出辅助线根据切线长定理求解是解题的关键． 8. 如图1，在矩形中分别为边上的动点，点沿折线以每秒2个单位长度的速度运动，同时点以每秒1个单位长度的速度从点沿着运动，当点到达点时，点随之停止运动．连接，若的面积与运动时间之间的函数图象如图2所示．下列结论中：①边的长度为4；②四边形的面积为20；③当时，点与点的距离为4；④当时，．正确的序号为（　　） A. ①②③ B. ①②④ C. ①③④ D. ②③④ 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查动点问题及函数图象，平行四边形的判定与性质，根据图象得出是解题关键． 根据函数图象得时，面积最大为10，确定，再结合题意依次计算判断即可． 【详解】由函数图象可知，当时，点与点重合， ∵点的运动速度为每秒1个单位长度， 四边形为矩形， ， 当时，， 解得， ，故结论①正确； 点的运动速度为每秒2个单位长度， 当时，， ， ，故结论②错误； 当时，点的运动路径长为6， 点在边上， ， ，故结论③正确； 当时，点的运动路径长为， 点在边上， 四边形为平行四边形， ，故结论④正确． 故选C． 9. 唐代李皋发明了“桨轮船”，这种船是原始形态的轮船，是近代明轮航行模式之先导．如图，某桨轮船的轮子被水面截得的弦长，轮子的吃水深度为，则该桨轮船的轮子直径为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查了垂径定理的应用，勾股定理；设该桨轮船的轮子半径为，在中，根据勾股定理建立方程，解方程，即可求解． 【详解】解：∵，， ∴， 设该桨轮船的轮子半径为， 在中， 即， 解得：， ∴该桨轮船的轮子直径为 故选：C． 10. 如图为二次函数的图象，有下列四个结论：若，分别是抛物线上的两个点，则；；；．其中正确的个数是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题主要考查二次函数的图象与系数之间的关系，会利用对称轴的范围求2a与b的关系，根的判别式的熟练运用． 由抛物线的开口方向判断a与0的关系，由抛物线与y轴的交点判断c与0的关系，然后根据对称轴及抛物线与x轴交点情况进行推理，进而对所给结论进行判断． 【详解】解：∵若，分别是抛物线上的两个点， ∵对称轴为，开口向下， ∴，故①正确； ∵抛物线开口向下， ∴， ∵抛物线的对称轴为， ∴， ∴， ∵抛物线交y轴于正半轴， ∴； ∴；故②正确； ∵对称轴为，开口向下， ∴当时，为最大值 ∴ ∴，故③正确； ∵抛物线的对称轴为， ∴ 由图象可得，当时， ∴ ∴，故④正确； 综上所述，正确的说法是：①②③④． 故选D． 二、填空题（每题3分，共18分） 11. 射箭比赛休息之余，一名工作人员发现这样的一幕：有一只蜘蛛在箭靶上爬来爬去，已知两圆的半径分别是和，则蜘蛛停留在阴影区域内的概率为______． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了几何概率，圆的面积公式熟练掌握相关知识点是解题的关键． 根据圆的面积公式求出大圆面积和阴影部分面积，再利用概率公式计算即可． 【详解】解：大圆面积，小圆面积， 阴影部分面积， 蜘蛛停留在阴影区域内的概率为， 故答案为：． 12. 若，是方程的两个实数根，则的值为____． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了一元二次方程根的定义以及根与系数的关系，根据已知可得，，整体代入代数式，即可求解． 【详解】解：∵，是方程的根， ∴， ∴， ∴ 故答案为：． 13.  如果扇形的圆心角扩大为原来的2倍，半径缩短为原来的，那么这个扇形的弧长是原来的____________． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了求弧长，解题关键是掌握弧长公式并能运用它来求解． 根据扇形弧长公式，分析圆心角和半径变化后的新弧长与原来弧长的比值． 【详解】解∶设原来扇形的圆心角为，半径为， 则弧长． 变化后，圆心角扩大为原来的2倍， 即， 半径缩短为原来的， 即． 新弧长． 因此，新弧长是原来弧长的． 故答案为：． 14. 某次踢球，足球的飞行高度h（米）与水平距离x（米）之间满足，则足球从离地到落地的水平距离为______米． 【答案】12 【解析】 【分析】本题考查二次函数的应用，根据二次函数图象与x轴的交点问题，由求得x值，进而可求解． 【详解】解：对于， 令，由得，， ∴足球从离地到落地的水平距离为米， 故答案为：12． 15. 如图，在中，连接，将绕点顺时针旋转一定角度，得到，点分别旋转到了点．已知点在边上，，，则的长为_______． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查平行四边形的性质、旋转的性质、勾股定理的应用：作于点，根据平行四边形性质可得，再根据边之间的关系可得，由旋转可得，则由旋转可得，求出，再根据边之间的关系可得，再根据勾股定理即可求出答案． 【详解】解：作于点，则， ∵四边形是平行四边形， ， ， ， 由旋转可得， ， ， ， ， 故答案为：． 16. 已知，如图1，把边长为4的正方形纸板沿分割线剪下后得到一副七巧板，其中图①是正方形，图②是平行四边形，图③④⑤⑥⑦都是等腰直角三角形．现用该七巧板拼出一个新正方形如图2，图空隙部分是用阴影表示的一个箭头图形，其箭头是由等腰直角三角形和等腰直角三角形以及矩形组成，其中四边形为图①． （1）新正方形的边长为___________； （2）箭头图形的周长为___________． 【答案】 ①. ②. ## 【解析】 【分析】根据七巧板的特性结合题意解答． 【详解】（1）图2中的分割图如下，结合图1可知， ， ∴ ∴新正方形的边长为． 故答案是：； （2）∵， ∴，， ∴， ∴箭头图形周长为： ， 故答案是： 【点睛】本题通过七巧板考查常见图形的有关计算能力． 三、解答题（72分） 17. 计算： （1）计算：； （2）化简：． 【答案】（1）4 （2） 【解析】 【分析】本题考查了实数的混合运算，分式的混合运算，正确的计算是解题的关键； （1）根据负整数指数幂，零指数幂，特殊角的三角函数值，二次根式的性质化简，然后进行计算即可求解． （2）先计算括号内的，同时将除法转化为乘法，根据分式的性质进行化简，即可求解． 【小问1详解】 解：原式 ． 【小问2详解】 ． ． 18. 在平面直角坐标系中，一次函数的图象经过点和． （1）求该函数的解析式； （2）当时，对于x的每一个值，一次函数的值小于一次函数的值，直接写出n的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】本题主要考查了待定系数法求一次函数解析式，一次函数与不等式的关系，灵活运用所学知识是解题的关键． （1）利用待定系数法求解即可； （2）先求出不等式的解集，再根据当时，，即可得到，解不等式即可得到答案． 【小问1详解】 解：把，代入中得：， ∴， ∴函数的解析式为； 【小问2详解】 函数的值小于函数的值时，则， 解得， ∵当时，对于的每一个值，函数的值小于函数的值， ∴， ∴． 19. 解方程 （1）； （2）． 【答案】（1）， （2）， 【解析】 【分析】本题主要考查了直接开平方法解一元二次方程和配方法解一元二次方程． (1)用直接开平方法解一元二次方程； (2)用配方法解一元二次方程． 【小问1详解】 解：， 移项得：， 两边直接开平方得：， 解得：，； 【小问2详解】 解：， 整理得：， 移项得：， 配方得：， 分解因式得：， 两边同时开平方得：， 解得：，． 20. （1）如图1，是由绕着某点旋转得到的，则这点的坐标是 （2）如图2，要把破残的圆片复制完整．已知弧上的三点A，B，C．用尺规作图法找出所在圆的圆心(保留作图痕迹，不写作法) 【答案】（1）； （2）如图： 【解析】 【分析】（1）利用旋转的性质，旋转中心在各对应点的连线段的垂直平分线上，则作线段、、的垂直平分线，它们相点即为旋转中心． （2）作图思路：可根据的垂直平分线来确定圆心． 【详解】解：（1）作线段、、的垂直平分线，它们相交于点，如图， 所以是由绕着点P逆时针旋转得到的． 故答案为：； （2）分别作、垂直平分线，设交点为，则为所求圆的圆心． 本题综合考查了坐标与图形变化-旋转，垂径定理，勾股定理等知识点，掌握旋转的性质是确定旋转中心的依据，注意作图中是根据垂径定理作为确定圆心的作图依据． 21. 元旦假期全国客流持续回暖，某景区入口检票处有A、B、C、D四个闸机，如图所示，游客领取门票后可随机选择一个闸口通过． （1）一名游客通过该景点闸口时，选择A闸口通过的概率为______． （2）当两名游客通过该景点闸口时，请用树状图或列表法求两名游客选择不同闸口通过的概率． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】本题主要考查概率，熟练掌握概率的求解是解题的关键； （1）根据概率公式可直接进行求解； （2）根据列表法进行求解概率即可． 【小问1详解】 解：由题意可得：选择A闸口通过的概率为； 故答案为； 【小问2详解】 解：设这两名游客为甲和乙，由题意可得如下表格： 甲/乙 A B C D A B C D 由表格可知两名游客选择闸口通过的可能性有16种，其中选择不同闸口通过的情况有12种， ∴两名游客选择不同闸口通过的概率为． 22. 某商品经过两次涨价，每件零售价由元涨为元，求平均每次涨价的百分率． 【答案】平均每次涨价的百分率为 【解析】 【分析】此题考查一元二次方程的应用，解题关键是根据题意列出一元二次方程，涨价一次则乘，涨价两次则乘，直接列一元二次方程求解即可． 【详解】依题意得：， 解得． 因为，所以； 答：平均每次涨价的百分率为． 23. 已知：在中，，． （1）如图，将线段绕点逆时针旋转得到，连接、，的平分线交于点，连接． 求证：； 求证：； （2）在图中，若将线段绕点顺时针旋转得到，连结、，连结，请补全图形，若，求． 【答案】（1）如图： ∵将线段绕点逆时针旋转得到， ∴，， ∴，且， ∴， ∵，，平分， ∴，， ∵， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∵， ∴； 过点作于点，如图： 由知：， ∵，， ∴， ∵，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴； （2） 补全图形如下： ． 【解析】 【分析】（）线段绕点逆时针旋转得到， 得，，故，且，知，而，，平分，有，，从而，可得，，即知，， 又，得； 过点作于点，由知：，由，，得，即可得，故； （）以为顶点，为一边作，设交于，可得，根据将线段绕点顺时针旋转得到得，， 可求出，，证明，即得，知是的垂直平分线，可得 ，，而是等边三角形，有 ，再证，得，即可得． 【小问1详解】 略； 略； 【小问2详解】 如图， 以为顶点，为一边作，设交于， ∵，， ∴， ∴， ∵将线段绕点顺时针旋转得到， ∴，， ∴，， ∴，， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴是的垂直平分线， ∴， ∴， ∴，， ∴， ∵，， ∴是等边三角形， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴的长为． 【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的性质，等边三角形的判定与性质，旋转的性质，熟练掌握知识点的应用及正确添加辅助线是解题的关键． 24. 如图，开口向下顶点为D的抛物线经过点A（0， 5），B（－1，0），C（5，0）与x轴交于B、C两点（B在C左侧），点A和点E关于抛物线对称轴对称． （1）求该抛物线的解析式； （2）经过原点O和点E的直线与抛物线的另一个交点为F． ①求点F的坐标； ②求四边形ADEF的面积； （3）若M为抛物线上一动点，N为抛物线对称轴上一动点，是否存在M，N，使得以A、E、M、N为顶点的四边形为平行四边形，若存在，求出所有满足条件的M、N的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】（1）；（2）①F（，）；②；（3）M1（﹣2，﹣7），M2（6，﹣7），M3（2，9）N1（2，﹣7），N2（2，﹣7），N3（2，1）． 【解析】 【分析】（1）可将抛物线的解析式设成交点式，然后用待定系数法就可求出抛物线的解析式． （2）①可先求出直线OE的解析式，然后将直线OE与抛物线的解析式联立，组成方程组，解这个方程组就可得到点F的坐标； ②只需运用割补法就可求出四边形ADEF的面积． （3）可分AE是平行四边形的对角线和一边这两种情况讨论，然后利用平行四边形的性质就可解决问题． 【详解】解：（1）如图1， 由于抛物线经过点B（﹣1，0），C（5，0）， 因此该抛物线解析式可设为，把A（0，5）代入，得， 解得：，∴； （2）①如图2， ∵抛物线的对称轴，点A（0，5）和点E关于抛物线对称轴对称， ∴点E的坐标为（4，5）， ∴直线OE的解析式为， 解方程组，得，或， ∴点F坐标为（，）； ②∵， ∴抛物线的顶点D的坐标为（2，9）， ∴S四边形ADEF=S△ADE+S△AEF=×4×（9﹣5）+×4×（5+）=； （3）①若AE是平行四边形的对角线，如图3①， 则点M在对称轴上，即在顶点D处，此时点M的坐标（2，9），点N的坐标为（2，1）； ②若AE是平行四边形的一边，如图3①， 则有MN=AE=4，∴点M的横坐标为﹣2或6． Ⅰ．当x=﹣2时，y=﹣（﹣2）2+4×（﹣2）+5=﹣7， 此时点M的坐标为（﹣2，﹣7），点N的坐标为（2，﹣7）； Ⅱ．当x=6时，y=﹣62+4×6+5=﹣7， 此时点M的坐标为（6，﹣7），点N的坐标为（2，﹣7）． 综上所述：符合要求的点M、N的坐标为 M1（﹣2，﹣7），M2（6，﹣7），M3（2，9）N1（2，﹣7），N2（2，﹣7），N3（2，1）． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年度上学期期末教学质量测查 八年级数学试卷 考生注意： 1．考试时间120分钟． 2．全卷共三道大题，总分120分． 一、单选题（每题3分，共30分） 1. 下列图形中既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ） A. B. C. D. 2. 解方程最适当的方法是（ ） A. 直接开方法 B. 配方法 C. 求根公式法 D. 因式分解法 3. 在一个不透明的盒子里装有个黑球和若干个白球，它们除颜色外都相同，搅匀后从中任意摸出一个球记下颜色再把它放回盒子中，不断重复实验，统计结果显示，随着实验次数越来越大，摸到黑球的频率逐渐稳定在左右，则据此估计盒子中大约有白球（ ） A. B. C. D. 4. 如图1是的一张纸条，按图1→图2→图3，把这一纸条先沿折叠并压平，再沿折叠并压平，若图3中，则图2中的度数为（ ） A. B. C. D. 5. 如图，是边长为的等边三角形的外接圆，点D是的中点，连接，．以点D为圆心，的长为半径在内画弧，将阴影部分围成圆锥，则圆锥的底面圆半径为（ ） A. B. C. D. 6. 若一个圆内接正多边形的中心角是，则这个多边形是（ ） A. 正十边形 B. 正九边形 C. 正八边形 D. 正七边形 7. 如图，分别切圆O于A、B两点，，则的长为（ ） A. 4 B. 5 C. 6 D. 7 8. 如图1，在矩形中分别为边上的动点，点沿折线以每秒2个单位长度的速度运动，同时点以每秒1个单位长度的速度从点沿着运动，当点到达点时，点随之停止运动．连接，若的面积与运动时间之间的函数图象如图2所示．下列结论中：①边的长度为4；②四边形的面积为20；③当时，点与点的距离为4；④当时，．正确的序号为（　　） A. ①②③ B. ①②④ C. ①③④ D. ②③④ 9. 唐代李皋发明了“桨轮船”，这种船是原始形态的轮船，是近代明轮航行模式之先导．如图，某桨轮船的轮子被水面截得的弦长，轮子的吃水深度为，则该桨轮船的轮子直径为（ ） A. B. C. D. 10. 如图为二次函数的图象，有下列四个结论：若，分别是抛物线上的两个点，则；；；．其中正确的个数是（ ） A. B. C. D. 二、填空题（每题3分，共18分） 11. 射箭比赛休息之余，一名工作人员发现这样的一幕：有一只蜘蛛在箭靶上爬来爬去，已知两圆的半径分别是和，则蜘蛛停留在阴影区域内的概率为______． 12. 若，是方程的两个实数根，则的值为____． 13.  如果扇形的圆心角扩大为原来的2倍，半径缩短为原来的，那么这个扇形的弧长是原来的____________． 14. 某次踢球，足球的飞行高度h（米）与水平距离x（米）之间满足，则足球从离地到落地的水平距离为______米． 15. 如图，在中，连接，将绕点顺时针旋转一定角度，得到，点分别旋转到了点．已知点在边上，，，则的长为_______． 16. 已知，如图1，把边长为4的正方形纸板沿分割线剪下后得到一副七巧板，其中图①是正方形，图②是平行四边形，图③④⑤⑥⑦都是等腰直角三角形．现用该七巧板拼出一个新正方形如图2，图空隙部分是用阴影表示的一个箭头图形，其箭头是由等腰直角三角形和等腰直角三角形以及矩形组成，其中四边形为图①． （1）新正方形的边长为___________； （2）箭头图形的周长为___________． 三、解答题（72分） 17. 计算： （1）计算：； （2）化简：． 18. 在平面直角坐标系中，一次函数的图象经过点和． （1）求该函数的解析式； （2）当时，对于x的每一个值，一次函数的值小于一次函数的值，直接写出n的取值范围． 19. 解方程 （1）； （2）． 20. （1）如图1，是由绕着某点旋转得到的，则这点的坐标是 （2）如图2，要把破残的圆片复制完整．已知弧上的三点A，B，C．用尺规作图法找出所在圆的圆心(保留作图痕迹，不写作法) 21. 元旦假期全国客流持续回暖，某景区入口检票处有A、B、C、D四个闸机，如图所示，游客领取门票后可随机选择一个闸口通过． （1）一名游客通过该景点闸口时，选择A闸口通过的概率为______． （2）当两名游客通过该景点闸口时，请用树状图或列表法求两名游客选择不同闸口通过的概率． 22. 某商品经过两次涨价，每件零售价由元涨为元，求平均每次涨价的百分率． 23. 已知：在中，，． （1）如图，将线段绕点逆时针旋转得到，连接、，的平分线交于点，连接． 求证：； 求证：； （2）在图中，若将线段绕点顺时针旋转得到，连结、，连结，请补全图形，若，求． 24. 如图，开口向下顶点为D的抛物线经过点A（0， 5），B（－1，0），C（5，0）与x轴交于B、C两点（B在C左侧），点A和点E关于抛物线对称轴对称． （1）求该抛物线的解析式； （2）经过原点O和点E的直线与抛物线的另一个交点为F． ①求点F的坐标； ②求四边形ADEF的面积； （3）若M为抛物线上一动点，N为抛物线对称轴上一动点，是否存在M，N，使得以A、E、M、N为顶点的四边形为平行四边形，若存在，求出所有满足条件的M、N的坐标；若不存在，请说明理由． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $