2025-2026学年人教版九年级上册数学期末试卷

2025-2026学年人教版九年级上册数学期末试卷 学校:___________姓名：___________班级：___________ 一、单选题（共40分） 1．下列事件是必然事件的是（   ） A．某旅行团的10名成员中，至少有2名成员的生肖相同 B．任意三条线段可以组成一个三角形 C．圆中直径所对的圆周角是直角 D．经过公交车站时，正好有公交车进站 2．把方程化成的形式，其中m，n为实数，则n的值是（    ） A．1 B．5 C．16 D．17 3．如图，内接于是的直径，若，则的度数是（） A． B． C． D． 4．围棋起源于中国，古时候称为“弈”．如图所示的是某围棋比赛中棋盘的局部．若要使黑白棋子摆成的图案是中心对称图形，则黑方下一个棋子应下在（    ） A．点A处 B．点B处 C．点C处 D．点D处 5．若方程与方程的解相同，则p、q的值为（    ） A． B． C． D． 6．2025年8月，第七届山西文博会在山西潇河国际会展中心成功举办，文创产品“大眼琉璃鸱（ci）吻”扩香摆件引发抢购热潮．已知“大眼琉璃鸱吻”扩香摆件的成本为50元/个，当售价定为80元/个时，每月可售出2000件，市场反馈显示，售价每提高2元/个，月销量就会减少50件．某企业希望通过销售“大眼琉璃鸱吻”扩香摆件实现每月61250元的利润．设此时的售价为元/个，则根据题意可列方程为（   ） A． B． C． D． 7．已知关于的方程（a、b、c均为常数，且）的解是，，那么方程的解是（　　） A． B． C． D．，方程无实数解 8．若点，均在抛物线上，则当，，时，代数式的值（   ） A．等于1 B．大于1 C．小于1 D．不能确定 9．如图，正方形的顶点，在二次函数（为常数，且）的图象上，点在点的左侧，点在轴正半轴上，设点，的横坐标分别为，，则，的关系为（   ） A． B． C． D． 10．定义：如果多项式（是常数)与（是常数) ，M与N中取相同值，满足，则称两个多项式为“续和式”，有下列三个结论： （1）若与互为“续和式”，则的值为； （2） 当时，多项式（是常数）的值为10，则它的“续和式”N的值是12； （3）若M与N为“续和式”，，且，则的值为． 其中正确的结论个数为（   ） A．3 B．2 C．1 D．0 二、填空题（共25分） 11．已知抛物线．若为抛物线上三点，且总有则的取值范围是 ． 12．看了《田忌赛马》的故事后，小杨用数学模型来分析：齐王与田忌的上、中、下三个等级的三匹马记分如表，每匹马只赛一场，两数相比，大数为胜，三场两胜则赢．已知齐王的三匹马出场顺序为10，8，6．若田忌的三匹马随机出场，则田忌能赢得比赛的概率为 ． 下等马 中等马 上等马 齐王 6 8 10 田忌 5 7 9 13．如图，是正五边形的外接圆，点P为上的一点，，则的度数为 ． 14．如图，某市近郊有一块长为、宽为的长方形荒地，政府准备在此建一个运动场，其中阴影部分为通道，通道的宽度均相等，中间的三个长方形区域将铺设塑胶地面作为运动场地．若塑胶场地总占地面积为，则通道的宽为 m． 15．在平面直角坐标系中，抛物线经过点和点，下面有四个结论： ①； ②； ③若点在该抛物线上，则方程的两个根为，； ④过点作x轴的垂线，交该抛物线于点B，交直线于点C，若线段的长度随的增大而减小，则的取值范围是． 其中所有正确结论的序号是 ． 三、解答题（共85分） 16．（本题8分）解方程 (1) (2) 17．（本题8分）已知关于的一元二次方程有实数根． (1)求的取值范围； (2)当是偶数时，记方程的两根为和，求的值． 18．（本题8分）平遥古城非遗店铺推出剪纸纪念品盲抽活动，柜台里有四种山西特色剪纸，分别是“晋商票号”、“五台山佛光寺”、“应县木塔”、“黄河壶口瀑布”，每种剪纸各有1张，共4张，打乱后供游客抽取．游客小王随机抽取2张作为纪念． (1)小王第一次抽取就拿到“应县木塔”剪纸的概率是______． (2)请用列表或画树状图的方法，求小王抽到的2张剪纸中恰好有“黄河壶口瀑布”的概率． 19．（本题8分）如图，是半圆O的直径，点C是弦延长线上一点，连接，． (1)求证：是的切线； (2)连接，若，，求扇形的面积． 20．（本题9分）如图1，在中，，，将绕点顺时针旋转角得到，此时点落在的延长线上． (1)求的大小； (2)设，求关于的函数关系式； (3)如图2，连接，为的中点，连接，证明：直线． 21．（本题10分）如图，在正方形中，，对角线与相交于点O，点E在线段上（与端点不重合），线段绕点E逆时针旋转到的位置，点F恰好落在线段上，，垂足为H． (1)求证：； (2)设，求的最小值． 22．（本题10分）综合与实践：学校数学兴趣小组围绕“校园花圃方案设计”开展主题学习活动，已知花圃一边靠墙（墙的长度不限），其余部分用总长为的栅栏围成，兴趣小组设计了以下两种方案： 方案一 方案二 如图1，围成一个面积为的矩形花圃． 如图2，围成矩形花圃，有栅栏（栅栏宽度忽略不计）将该花圃分隔为两个不同矩形区域，用来种植不同花卉，并在花圃两侧各留一个宽为的进出口（此处不用栅栏）． (1)求方案一中与墙垂直的边的长度； (2)要使方案二中花圃的面积最大，与墙平行的边的长度为多少米？ 23．（本题12分）如图，在平面直角坐标系中，直线与轴交于点，与轴交于点，点在轴右侧的轴上，抛物线经过A，B，C三点，顶点为． (1)求抛物线的解析式及点B，D的坐标； (2)点在直线AC上运动，当的周长最小时，求点的坐标； (3)探究在内部能否截出面积最大的矩形（顶点E，F，G，H在各边上）？若能，求出此时矩形在边上的顶点的坐标；若不能，请说明理由． 24．（本题12分）若关于的函数，当时，函数的最大值为，最小值为，令函数，我们不妨把函数称之为函数的“共同体函数”． (1)①若函数，当时，求函数的“共同体函数”的值； ②若函数（，，为常数），求函数的“共同体函数”，的解析式； (2)记函数的最大值为，请问是否存在实数，使得函数的“共同体函数”的最小值等于．若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 《2025-2026学年人教版九年级上册数学期末试卷》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 C D A B C B A A B C 1．C 【分析】本题考查事件的分类，三角形的三边关系，圆周角定理，根据必然事件（在一定条件下一定会发生）概念，对各项进行判断，即可解题． 【详解】解：．某旅行团的10名成员中，至少有2名成员的生肖相同，是随机事件，不是必然事件，故该选项不符合题意； ．任意三条线段不一定满足三角形的三边关系，不是必然事件，故该选项不符合题意； ．圆中直径所对的圆周角是直角是必然事件，故该选项符合题意； ．经过公交车站时，正好有公交车进站是随机事件，故该选项不符合题意； 故选：C． 2．D 【分析】本题考查了一元二次方程的配方法，熟练掌握配方法是解题的关键． 通过完成平方将方程化为的形式，直接计算n的值即可． 【详解】解：由题意得， ， ∴． 故选D． 3．A 【分析】本题主要考查了圆周角定理（直径所对的圆周角是直角、同弧所对的圆周角相等），熟练掌握圆周角定理是解题的关键．先利用直径所对圆周角为直角得到直角三角形，再结合同弧所对圆周角相等，通过直角三角形内角和求出角度． 【详解】解：连接， ∵是的直径， ∴， ∵， 在中， ∵， ∴， 故选：． 4．B 【分析】本题考查了中心对称图形的概念，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转后与原图重合． 根据中心对称图形的概念对各选项分析判断即可得解． 【详解】解：A、在点处不是中心对称图形，故本选项不符合题意； B、在点处是中心对称图形，故本选项符合题意； C、在点处不是中心对称图形，故本选项不符合题意； D、在点处不是中心对称图形，故本选项不符合题意． 故选：B． 5．C 【分析】本题主要考查了解一元二次方程、根与系数的关系等知识点，掌握方程的解是满足方程的未知数的值是解题的关键． 先求第二个方程的两个根，这些根也是第一个方程的根，再利用根与系数的关系求 p 和 q即可． 【详解】解：解方程可得：， ∵方程与方程的解相同， ∴方程的解为， 根据根与系数的关系可得：，， ∴， ．     故选 C． 6．B 【分析】本题主要考查的知识点是一元二次方程的应用，根据“利润(售价成本)销量”建立方程，再结合成本和利润的要求列出方程即可． 【详解】解：设此时售价为元， 根据题意，成本为元/件，原售价元时月销量件，售价每提高元月销量减少件， 售价从元提高到元，提高了元，销量减少量为件， ∴当前销量为：件， ∵利润(售价成本)销量， ∴可列方程：． 故选：B． 7．A 【分析】本题主要考查了解一元二次方程，整体思想的运用，熟练掌握整体思想的应用是关键． 通过变量替换，令，将新方程转化为原方程形式，利用已知解求解关于的方程． 【详解】令，则方程化为, ∵方程的解为，， ∴或， ∴或， 解得或 ∴新方程的解为， 故选：A． 8．A 【分析】本题考查二次函数的性质，根据点，均在抛物线上，得到，点，关于对称轴对称，则，，，据此代入计算即可． 【详解】解：∵点，均在抛物线上， ∴，点，关于对称轴对称， ∴，， ∴， 故选：A． 9．B 【分析】本题考查二次函数与几何的综合应用，过点作轴于点，过点作轴于点，结合正方形的性质和二次函数的性质，得出，再通过证明，把数值代入进行计算，得进行求解即可．解题的关键是构造全等三角形． 【详解】解：过点作轴于点，过点作轴于点．如图所示： 点，的横坐标分别为，，已知正方形的顶点，在二次函数的图象上， ， ． 四边形是正方形， ， ． ， ， ， ， ， ， ∵点，在轴的同侧， ， ， 故选：B． 10．C 【分析】本题考查的是新定义问题，一元二次方程的应用，求解代数式的值，理解题意是解本题的关键． （1）根据“续和式”的定义，分别计算出，，的值，再代入到计算即可； （2）将代入得到一个关于，，的等式，再把多项式的“续和式”表示出来，将代入求解即可； （3）由题意可得，再根据，列方程即可解答． 【详解】解：（1）如果多项式（，，，是常数）与（是常数)，满足，，，则称两个多项式为“续和式”，则： 由题意可得：，，， ，，． ，故结论（1）正确； （2），，， ，，， 的“续和式”是． 当时，多项式的值为10， ． 当时，；故结论（2）错误． （3）由题意可得， ， ， 解得，故结论（3）错误； 故正确的只有（1） 故选：C． 11． 【分析】本题主要考查了二次函数的图象与性质，掌握时，抛物线上的点离对称轴水平距离越小，函数值越小是解题的关键． 根据二次函数的性质，抛物线开口向上时，点离对称轴越远，函数值越大，通过比较点A、B、C到对称轴的距离关系，结合条件，求出的取值范围． 【详解】解：∵抛物线， ∴抛物线开口向上，对称轴为， 由于抛物线开口向上，点离对称轴越远，函数值越大， 由，得点A和点C的中点横坐标小于对称轴，即， 解得， 由，得点B和点C的中点横坐标大于对称轴， 即， 解得， 因此的取值范围是， 故答案为：． 12． 【分析】本题考查了列表法与树状图法:利用列表法或树状图法展示所有可能的结果求出n，再从中选出符合事件A的结果数目m，然后根据概率公式计算事件A的概率利用列举法求概率，列出田忌所有可能的出场顺序，找出其中赢比赛的情况，计算概率． 【详解】解：齐王的三匹马出场顺序固定为10，8，6； 田忌的三匹马为5，7，9，所有可能的出场顺序共有6种： ； 其中只有出场顺序为时，田忌赢第二场和第三场，从而赢得比赛； 因此田忌能赢得比赛的概率为； 故答案为． 13． 【分析】本题考查了正多边形性质，圆内接四边形性质，根据多边形是正五边形，求出，进而得到，再结合圆内接四边形性质求解，即可解题． 【详解】解：∵多边形是正五边形， ∴， ∵， ∴， ∴， 故答案为：． 14．2 【分析】本题主要考查列代数式及一元二次方程的应用，理解题意，找准面积之间的关系是解题关键． 结合图形列代数式，利用整个长方形面积减去黑色部分的面积可得方程，求解即可． 【详解】解：设通道的宽为，则， 根据题意得， 整理得， 解得，(不符合题意，舍去)． 即通道的宽为． 故答案为：2． 15．①③④ 【分析】本题考查了二次函数的性质、待定系数法求解析式、二次函数与一元二次方程的关系以及函数图象上点的坐标特征．解题的关键是根据已知条件求出抛物线解析式中系数的关系，并结合函数性质对每个结论进行逐一验证．由抛物线经过原点可得，代入点坐标得；由知；点在抛物线上则，方程化为，根为1和；长度为，分析单调性得当时，随增大而减小． 【详解】解：抛物线经过点，代入得；经过点，代入得，解得，故①正确； ，故②错误； 点在抛物线上，则，方程，即，除以得，解得或，故③正确； 过点作轴垂线，交抛物线于点，交直线于点，则， 当时，，，该二次函数开口向下，对称轴为，在时，随的增大而减小；当时，，该二次函数开口向上，对称轴为，当时，随的增大而增大；故随t增大而减小当且仅当，故④正确． 故答案为：①③④． 16．(1)， (2) 【分析】本题考查一元二次方程的解法，关键是选择适合的解法． （1）通过完全平方公式展开、合并同类项将方程化为标准形式，再用因式分解法求解； （2）去分母转化为整式方程，同时要检验分母不为零，排除增根． 【详解】（1）解：原方程展开，得， 整理，得， 化简，得， 因式分解，得， 则或， 解得，； （2）解：方程两边同乘，得， 整理化简，得， 因式分解得， 解得或． 检验：当时，，所以是增根，舍去； 故方程的解为． 17．(1) (2) 【分析】本题主要考查了一元二次方程根的判别式，一元二次方程根与系数的关系等知识． （1）根据一元二次方程有实数根的条件，即判别式非负，同时根号下的表达式需满足非负性质求解即可． （2）先确定满足条件的偶数m值，再利用根与系数的关系计算所求表达式即可． 【详解】（1）解：∵方程有实数根，且， ∴，判别式． ∵， ∴， 解得： ∴m的取值范围是． （2）解：∵m是偶数，且， ∴， 当时，方程为， 即， 记方程的两根为和， 则，， ∴，， ∴． 18．(1) (2) 【分析】本题考查列举法求概率，列表法或画树状图求概率，掌握知识点是解题的关键． （1）根据列举法求概率进行解答即可； （2）根据列表法或画树状图求概率进行解答即可． 【详解】（1）解：小王第一次抽取的结果有“晋商票号”、“五台山佛光寺”、“应县木塔”、“黄河壶口瀑布”，共4种等可能性的结果，其中拿到“应县木塔”剪纸的概率是． 故答案为：． （2）解：将“晋商票号”、“五台山佛光寺”、“应县木塔”、“黄河壶口瀑布”剪纸依次记作A、B、C、D，画树状图如下： 共有12种等可能性的结果，其中恰好有“黄河壶口瀑布”剪纸的结果有6种， ∴P（恰好有“黄河壶口瀑布”剪纸）， 答：小王抽到的2张剪纸中恰好有“黄河壶口瀑布”的概率是． 19．(1)见解析 (2) 【分析】（1）先根据圆周角定理得到，则，再由即可证明，即可证明是的切线； （2）先根据圆周角定理得到，再由扇形面积公式求解即可． 【详解】（1）证明：∵是半圆O的直径， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴，即， ∵为半径， ∴是的切线； （2）解：如图， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴扇形的面积． 【点睛】本题考查了圆周角定理，切线的判定，直角三角形的性质，扇形面积的求解，熟练掌握各知识点并灵活运用是解题的关键． 20．(1) (2) (3)见解析 【分析】（1）根据旋转的性质结合已知条件，得出是等腰直角三角形，即可求解； （2）过点作于点，根据勾股定理，含30度角的直角三角形的性质，表示出，进而列出关系式； （3）连接，根据已知以及旋转的性质可得，证明得出，进而可得，即可证明，即可得证 【详解】（1）解：由旋转可得， 又∵点落在的延长线上，， ∴， ∴， （2）解：如图所示，过点作于点， ∵，则是等腰直角三角形， ∴， ∵，， ∴，， ∵， ∴， （3）证明：如图所示，连接， ∵，由旋转可得， ∴， ∴， ∵是的中点， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了旋转的性质，勾股定理，等腰三角形的与判定，函数关系，含30度角的直角三角形的性质，全等三角形的性质与判定，熟练掌握旋转的性质是解题的关键． 21．(1)见解析 (2)的最小值为 【分析】（1）根据“”证明即可； （2）根据正方形的性质得出，，，根据三角形全等的性质得出，证明为等腰直角三角形，得出，根据，根据，得出答案即可． 【详解】（1）证明：根据旋转可知：，， ∵， ∴， ∵四边形为正方形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴； （2）解：∵四边形为正方形， ∴，，， ∵， ∴， ∵，， ∴为等腰直角三角形， ∴， ∴ ， ∵点E在线段上（与端点不重合）， ∴， ∴当时，的最小值为． 【点睛】本题主要考查了正方形的性质，旋转的性质，二次函数的最值，三角形全等的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，解题的关键是熟练掌握相关的判定和性质， 22．(1)15米； (2)当与墙平行的边的长度为33米时，花圃的面积最大． 【分析】考查了一元二次方程的应用以及二次函数的实际应用，熟练掌握矩形的周长、面积公式，以及二次函数的性质（如顶点式求最值）是解题的关键． （1）设与墙垂直的边为，根据矩形周长（栅栏总长）表示出与墙平行的边，再结合面积公式列方程求解． （2）设与墙平行的边为，根据栅栏总长和出口情况表示出与墙垂直的边，从而得出面积函数，利用二次函数性质求最大值时的值． 【详解】（1）解：设与墙垂直的边的长度为，则与墙平行的边的长度为， 根据题意得， 解得 答：与墙垂直的边的长度为15米； （2）解：设与墙平行的长度为，花圃的面积为， 根据题意得 ∴ ∵， ∴当时，有最大值363， 答：当与墙平行的边的长度为33米时，花圃的面积最大． 23．(1)，．； (2)． (3)能，边上的顶点的坐标为，或． 【分析】（1）求得点A，C坐标，利用待定系数法即可求得抛物线的解析式；利用抛物线的解析式令，解方程即可求得点B在横坐标；利用配方法即可求得点D的坐标； （2）利用勾股定理及其逆定理得到，延长至点，使，连接，交直线于点P，利用轴对称的性质可得，B关于直线对称，此时的周长最小，过点作轴于点E，利用三角形的中位线定理得到点坐标，利用待定系数法求得直线的解析式为，再与直线联立即可求得点P坐标； （3）利用分类讨论的思想方法分两种情况讨论解答：①设与交于点K，设，利用矩形的性质，相似三角形的判定与性质求得其面积，利用二次函数的性质得到当时，矩形的面积取得最大值为，再利用三角形的中位线定理解答即可；②顶点E，F，G，H在各边上，H与点C重合，设，利用矩形的性质，相似三角形的判定与性质求得据的面积，利用二次函数的性质得到当时，矩形的面积取得最大值为，再利用三角形的中位线定理解答即可． 【详解】（1）解：中， 令，则， ∴， 令，则， ∴， ∴， ∵抛物线经过A，B，C三点， ∴， ∴， ∴抛物线的解析式为． 令，则， ∴，或， ∴． ∵ ∴顶点； （2）∵，，， ∴， ∴，，， ∵， ∴， ∴， 延长至点，使，连接，交直线于点P，如图， 则，B关于直线对称，此时的周长最小， 过点作轴于点E， ∵轴，轴， ∴ ， ∵， ∴为的中位线， ∴， ∴， 设直线的解析式为， ∴， ∴， ∴直线的解析式为， ∴， ∴， ∴． （3）在内部能截出面积最大的矩形（顶点E，F，G，H在各边上），此时矩形在边上的顶点的坐标为，或． ①如图，顶点E，F，G，H在各边上，设与交于点K， 设， ∵四边形为矩形，， ∴四边形，为矩形，， ∴， ∵ ∴， ∴， ∴， ∴， ∴矩形的面积 ∵， ∴当时，矩形EFGH的面积取得最大值为． ∴， ∵， ∴H为的中点， ∴． 同理，点G为的中点， ∴． ②如图，顶点E，F，G，H在各边上，H与点C重合， 设， ∵四边形为矩形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴矩形的面积 ∵， ∴当时，矩形的面积取得最大值为． ∴， ∴点G为的中点， ∵， ∴为的中位线， ∴ ∴， ∴． 综上，在内部能截出面积最大的矩形(顶点E，F，G，H在各边上），此时矩形在边上的顶点的坐标为，或． 【点睛】本题主要考查了二次函数的图象与性质，待定系数法，配方法，抛物线上点的坐标的特征，一次函数的图象与性质，一次函数图象上点的坐标的特征，轴对称的性质，分类讨论的思想方法，矩形的性质，直角三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，利用点的坐标表示出相应线段的长度是解题的关键． 24．(1)①；②； (2)存在， 【分析】（1）①时，，利用的性质求解最大值和最小值，即可得解； ②按照和分类讨论，利用的性质求解最大值和最小值，即可求解； （2）分、、、四种情况讨论，分别利用二次函数的性质求出h的最小值，解方程即可得解. 【详解】（1）解：①时，， ∵， ∴y随x的增大而增大， ∴时，，时，， ∴； ②∵，， ∴当时，y随x的增大而增大， 时，，时，， ∴， 当时，随x的增大而减小， ∴时，，时，， ∴， 综上，； （2）解：∵， ∴时，， ①当即时， ∵， ∴时，， 时，， ∴， ∴时，； ②当即时， ∵， ∴时，， 时，， ∴， ∴时，； ③当时，，， 时，， ∴， ∴时，； ④当时，时，， 时，， ∴， ∴， ∵， ∴最小值为， ∴， ∴符合题意． 【点睛】本题考查了函数新定义，要掌握一次函数，二次函数的性质，难点在于分类讨论时，t的取值范围的取舍． 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 $