江西景德镇市昌江区景德镇一中2025-2026学年第一学期期末考试九年级数学试卷

景德镇一中2025-2026学年度第一学期期末考试 初三数学试卷 考试时间：120分钟；满分：120分； 命题人： 第I卷（选择题） 一、单选题（本大题共6小题，每小题3分，共18分） 1.-的倒数是（) A.-2 B.2 C. D. 2.如图，这是由两个完全相同的小正方体与一个长方体搭成的几何体，则它的俯视图为() 主视方向 3.DeepSeek(深度求索)是一家中国的人工智能公司，专注于通用人工智能的研发，尤其在搜索增 强型语言模型领域表现突出.如：DeepSeek-V2是其开发的一个强大的混合专家语言模型，含2360 亿个总参数，可贵的是开发团队成员均来自本土，没有任何海外归来人员.把数据2360亿用科学 记数法表示应是() A.2.36×101 B.0.236×10 C.23.6×109 D.2.36×102 4.如图(1)，15℃时，向盛有100g水的甲、乙两个烧杯中，分别加入50克的A,B两种固体物质， 使其充分溶解.A,B两种物质在水中的溶解度曲线如图（②）所示，下列说法错误的是() A.A,B两种物质的溶解度都随温度的升高而增大 A物质 B物质 溶解度/g个 B.α曲线表示的是A物质的溶解度曲线 50 C.15℃时，甲烧杯中溶液的质量为150g D.30℃时，A物质的溶解度大于B物质的溶解度 有剩余固体无剩余固体 1530温度/℃ 5.数学小组将两块全等的含30°角的三角尺按较长的 图(1) 图(2) 直角边重合的方式摆放，并通过平移对特殊四边形进行探究如图1，其中∠ADB=∠CBD=30°， ∠ABD=∠BDC=90°，AB=CD=3,将Rt△BCD沿射线DB方向平移， 得到R△B花D,分别连接AB,DC(如图2所示)，下列有关 四边形AB'C'D的说法正确的是() A.先是平行四边形，平移个单位长度后是菱形 图1 图2 B.先是平行四边形，平移√个单位长度后是矩形，再平移35个单位长度后是正方形 第1页，共6页 C.先是平行四边形，平移√3个单位长度后是矩形，再平移2√5个单位长度后是菱形 D.在R△BCD平移的过程中，依次出现平行四边形、矩形、菱形、正方形 6.如图，己知二次函数y=x2+bx+c(a≠0)的图象与x轴交于点A(-l,0),与y轴的 交点B在(0，-2)和(0，-)之间（不包括这两点），对称轴为直线x=1.下列结论：① oc>0@4a+2b+c>0回4ac-<8a④a<号回6>c⑥若点C(-2x）, D(0,y2),E(4,为)在该函数图像上，则头=为>；其中正确的结论的个数是（) A.2 B.3 C.4 D.5 第II卷（非选择题） 二、填空题（本大题共6小题，每小题3分，共18分） 7.函数y=-2的自变量x的取值范围是 x+3 8.若a、B为方程x2-5x-1=0的两个实数根，则a2-5x+3a3的值为 9.为了弘扬我国书法艺术，培养学生良好的书写能力，某校举办了书法比赛，学校准备为获奖同 学颁奖.在购买奖品时发现，A种奖品的单价比B种奖品的单价多10元，用300元购买A种奖品 的数量与用240元购买B种奖品的数量相同.设B种奖品的单价是x元，则可列分式方程为 10.风铃，又称铁马，古称“铎”，常见于中国传统建筑屋檐下（如图1）。如图2，这是六角形 风铃的平面示意图，其底部可抽象为正六边形ABCDEF.若G是AB的中点，连接AD,DG,则 cos∠ADG的值为」 11.如图，在平面直角坐标系中，正方形OABC的顶点A,C分别在x轴，y轴上，且OA=4,反 比例函数y=(k≠0，x>0)的图像与正方形OABC的两边AB、BC分别相交于M、N两点，且 aOMN的面积为3.5，若动点P在x轴上，则PM+P取最小值时，点P的坐标为 I2.己知正方形ABCD的边长为6，P(不与点A重合)为射线AD上的动点，点A关于直线BP的对 称点为E,连接PE、BE、CE、DE,当△CDE是等腰三角形时，AP的长为 0 PA 图1 图2 (第10题图) (第11题图) (第12题图) 第2页，共6页 三、解答题（本大题共5小题，每小题6分，共30分） 13.(1)计算：V3+(-1)225-tan60°： (2)如图：已知AB=AC=AD,且AD∥BC,求证：∠C=2∠D. 14. 先化简 。,再从-2,1,2中选取一个适合的数代入求值。 a2+4a+4 15.如图，在菱形ABCD中，连接BD,E是AB的中点，请仅用无刻度的直尺按要求完成以下作图 (保留作图痕迹)· (I)在图1中的BD上找一点F,连接EF,使得EF=号BC。 2 (2)在图2中的AD上找-点G,连接EG,使得EG=BD. 图1 图2 16.根据以下材料，完成相应任务 点球大战 材料一 足球点球决胜法是在比赛踢成平局时，决定胜负的方法.国际足协理事会于1970年决定使用此法.在 此之前是用抽签来决定胜负的.具体的方法是：裁判员选择一个球门，抽签决定哪个队先踢，然后 双方交替各踢5次点球，进球多者胜.若双方在未踢满5次点球时一方已肯定获胜，裁判员即终止 踢点球，宣布获胜队.若踢满5次点球后，进球数相同，则由双方的第6名队员踢点球；依此进行 第7名、第8名…队员，踢点球，直至决出胜负 材料二 在2025年中超联赛的淘汰赛阶段，甲乙两队进行点球决胜，通过抽签甲队获得先开踢的权利 解决问题 (1)甲、乙两队抽签决定谁先踢，甲、乙两队要不要争着去抽签？为什么？ (②)若前三轮过后，甲、乙两队的比分为2：3，若5轮内决出胜负，用树状或列表说明乙赢的概率是 多少？ 17.如图，将△ABC沿射线BC平移，使点B与点C重合，得到△DCE, 连接AD.F,G分别是AC,DE的中点，连接DF,CG. (1)求证：△ADF≌△ECG. (2)若CG=AF,求证：四边形ABCD是矩形 第3页，共6页 四、解答题（本大题共3小题，每小题8分，共24分） 18.为确保师生“吃得安全，吃得健康”，某学校切实履行监督职责，随机抽取8名教师和40名 家长做评委，对甲配餐公司提供的饭菜质量进行打分（百分制），并对 个频数 16---- 他们的打分结果进行整理、描述、分析，得到如下部分信息： a.教师打分：8285889090909196 b.家长打分的频数分布直方图如下（数据分5组：第1组80≤x<84,第2 组84≤x<88,第3组88≤x<92,第4组92≤x<96,第5组96s<100): c.评委打分的平均数、中位数、众数如下表： 8084889296100打分 根据以上信息，回答下列问题： 平均数 中位数 众数 (I)①m的值为一，n的值位于家长打分数据分组的第组： ②若去掉教师评委打分中的最高分和最低分，记其余6名教师 教师评委 89 90 m 评委打分的平均数为x,则x89(填“>”“=”或“<”). 家长评委 91 91 2)新学期即将开始，为了让家长对配餐公司有更多的了解， 该校再组织这8名教师和40名家长考察乙配餐公司，并按教师打分（平均数）占%，家长打分（平 均数)占(100-k)%,确定配餐公司的最终得分，通过计算，甲配餐公司的最终得分为90.2分 ①求k的值； ②若教师和家长评委对乙配餐公司打分的平均数分别为91分，89分，求乙配餐公司的最终得分， 只比较两家配餐公司的最终得分，学校下学期还会继续让甲配餐公司为师生提供服务吗？ 19.展示台又称实物展示台.把它连接在投影机和电视机上时，就可以将资料、讲义、实物、幻灯 片等清晰地展示出来，是多媒体教室不可或缺的教学设备之一一台普通的视频展示台包括三个部 分：摄像头、光源和台面.图(1)是一个实物展示 台，图(2)、图(3)是其侧面抽象示意图。立柱 AB=35cm且立柱AB垂直水平桌面.C为摄像头，BC 可绕点B旋转，且CB=20cm. D 图(1) 图(2) 图(3) (1)当CB与水平桌面平行时，如图(2)，投影宽度 ED=22cm,投影线CE=CD,求摄像头的广角∠ECD的度数； (2)在(1)的条件下，将BC绕点B旋转，使得∠ABC=100°，如图(3)，旋转过程中摄像头的广 角∠ECD及∠BCD的大小始终保持不变，求此时的投影宽度ED的长.（结果保留一位小数）（参考 数据：tan7°≈0.12，siml0°≈0.17，tan10°≈0.18，sim17°≈0.29，tanl7°≈0.31.sin27°≈0.45，tan27°=0.5) 第4页，共6页 20.端午节是我国入选世界非物质文化遗产的传统节日，端午节吃粽子是中华民族的传统习俗.市 场上豆沙粽的进价比猪肉粽的进价每盒便宜10元，某商家用8000元购进的猪肉粽和用6000元购 进的豆沙粽盒数相同.在销售中，该商家发现猪肉粽每盒售价50元时，每天可售出100盒：每盒 售价提高1元时，每天少售出2盒. (1)求猪肉粽和豆沙粽每盒的进价： (2)设猪肉粽每盒售价x元(50≤x≤65)，y表示该商家每天销售猪肉粽的利润（单位：元），求y关 于x的函数解析式并求最大利润. 五、解答题（本大题共2小题，每小题9分，共18分） 21.如图，点A在反比例函数y=(x>0)的图象上，AB⊥x轴于点B,AB的垂直平分线PD交双曲 线与点P. (1)若点A的坐标为(1,8)，则点P的坐标为 (2)若AP⊥BP,点A的横坐标为m. ①求k与m之间的关系式： ②连接OA,OP,若△AOP的面积为6，求k的值. 22.在一次数学社团活动中，小晨同学所在的小组把两个二次项系数之和为1，对称轴相同，且图 象与x轴交点也相同的二次函数，命名为“和合对称二次函数”，对应图象命名为“和合对称抛物 线”，并把两个函数图象上横坐标相同的对应点称之为“和合点”，针对该构想，小展同学用二次 函数y=-x2+2x作为其中一个函数（标记该函数图象交x轴于原点O及点A)做了有关研究，请你 帮他解答。 【特例感知】(1)当m=2时，如图，抛物线L:y=-x2+4x上的点O,B,C,D,A关于与之对应的“和 合对称抛物线”图像'的“和合点”分别为O,B,C,D,N.如下表： 0(0,0) B(L,3) C(2,4) D(3,3) A( 0(0,0) B(1,-6) C(2,-8) D(3,-6) A(4,0) ①补全表格： 第5页，共6页 ②画图：在图中描出表中对应的“和合点”，再用平滑的曲线依次连接各点，得到“和合对称抛物 线”图象L. 【初步探讨】(2)①当m=-1时，若抛物线L的顶点为点P,点P对应的“和 合点”为点Q,则由点O、P、A、2四点所围成的四边形的面积为 ②在同一平面直角坐标系中，当m取不同值时，通过画图发现与二次函数 y=-x2+2x对应的“和合对称抛物线”图象中，存在一条抛物线L',其顶 点的横、纵坐标恰好互为相反数，请求出抛物线'的解析式： 6 【进阶探究】(3)若抛物线L:y=-x2+2mx及与它对应的“和合对称抛 物线”L'与直线y=m有且只有三个交点，求m的值. 六、解答题（本大题共1小题，每小题12分，共12分） 23,综合与探究 问题情境：如图，在△ABC纸片中，AB>BC,点D在边AB上，AD>BD,沿过点D的直线折叠该 纸片，使DB的对应线段DB与BC平行，且折痕与边BC交于点E,得到aDBE,然后展平」 猜想证明：(1)判断四边BDB'E的形状，并说明理由 拓展延伸：(2)如图，继续沿过点D的直线折叠该纸片，使点A的对应点A 落在射线DB上，且折痕与边AC交于点F,然后展平.连接E交边AC于点G, D 8 连接AF ①若AD=2BD,判断DE与AE的位置关系，并说明理由； ②若∠C=90°，AB=15,BC=9,当△AFG是以AF为腰的等腰三角形时， 请直接写出AF的长 第6页，共6页《景德镇一中2025-2026学年度第一学期期末考试》参考答案 题号 2 3 4 5 6 答案 A D 7.22 8.-2 9. 300_240 10.73 x+10 26 12.12-65或12+65或2√3 13.(1)+(1)o25-tan60°=V5+(-1)-5=-1: (2),AD∥BC, .∠D=∠CBD, AB=AC=AD, ∴.∠D=∠ABD,∠C=∠ABC, 则∠ABD=∠CBD, ,∠ABD+∠CBD=∠ABC, 则∠ABD=∠CBD=!∠ABC=∠C, 2 故∠C=2∠CBD, ,∠D=∠CBD, .∠C=2∠D. 14.解： a-1 a2+4a+4-a2-1-3.a2+4a+4ad2-4.(a+2)_(a+2a-2）a-1 a-1-a-1a-1-a-1a-1 a-1(a+2)2 -4-2 a+2 [a-1≠0 分式要有意义， a+2≠0 a≠1且a≠-2，当a=2时，原式=22=0. 2+2 15.(1)如图，即为所求作： (2)如图，即为所求作 D D F 答案第1页，共7页 16.(1)解：甲、乙两队不需要争着去抽签， 原因：点球决胜的规则里，先踢和后踢从概率角度来看，获胜的机会是均等的，抽签只是确定先后 顺序，并不会直接影响最终的胜负概率，所以不需要争着抽签. (2):设进球为1，未进球为0，则第四轮进球情况用列表分析为： 乙 甲 0 1 (1,0) (1,1) 0 (0,0) (0,1) 所以四轮过后的甲、乙比分情况为：(3,3)，（3,4)，(2,3)，(2,4)， 第五轮过后的比分情况用列表分析为： 第四轮过后甲乙的比分 第五轮甲乙比分 (3,3) (3,4) (2,3) (（1,0) (4,3) (4,4) (3,3) (1,1) (4,4) (4,5) (3,4) (0,1) (3,4) (3,5) (2,4) (0,0) (3,3) (3,4) (2,3) 由表中比分情况，按比赛的规则可知，乙有7种获胜的可能性， 结合四轮过后的甲、乙的比分情况可得乙胜的概率为7+4三1马 12+416 17.(1)证明：由平移可知AD∥CE,AD=CE,DE=AC, ∴.四边形ACED是平行四边形，∴.∠DAF=∠CEG ,F,G分别是AC,DE的中点，∴.AF=EG,∴.△ADF≌AECG(SAS) (2)证明：由平移可知DC∥AB,DC=AB, 答案第2页，共7页 .四边形ABCD是平行四边形 ,△ADF≌△ECG,.CG=DF. 又，F是AC的中点，CG=AF, ∴.DF=AF=CF,∴.∠ADF=∠DAF,∠CDF=∠DCF, .2∠ADF+2∠CDF=180°， .∠ADC=90°，∴.平行四边形ABCD是矩形. 18.(1)解：①众数m=90,n的值位于家长评委打分数据分组的第3组： ②若去掉教师评委打分中的最高分和最低分，记其余6名教师评委打分的平均数为： x=(85+88+90+90+90+91)=89,答案为：=： 6 (2)解：①89.k%+91(100-k)%=90.2,解得k=40; ②91×40%+89×60%=89.8（分)，.90.2>89.8， .学校下学期还会继续让甲配餐公司为师生提供服务. 19.(1)解：如图(1)，过点C作CF⊥DE于点F,则易知四边形ABCF是矩形， C B .CF=AB=35..CE=CD,CF L DE, BR=DP-D-1山BCD=2∠BCP, ta∠BCR=B-0.31,:∠BCF≈17P, CF 35 E .∴.∠ECD=2∠ECF=34°. 图(1) 答：摄像头的广角∠ECD的度数约为34°. (2)解：如图(2)，过点C作CP⊥ED于点P,过点B作BQ⊥CP于点Q,则易知四边形BQPA 是矩形， B .∴.PQ=AB=35,∠QBA=90°.'∠ABC=100°， .∠CBQ=∠ABC-∠QBA=10°， ∴.在RtACB2中，∠QCB=90°-∠CBO=80°， CQ=CBsin∠CBQ=20×sin10°≈20×0.17=3.4， E PD A 图(2) .CP=C0+PQ=3.4+35=38.4. ,∠ECD=34°，∠DCB=90°-17°=73°， ∴.∠PCD=∠QCB-∠DCB=80°-73°=7°， .∠ECP=∠ECD-∠PCD=34°-7°=27°， 答案第3页，共7页 ∴.在RtACPD中，PD=CPtan.∠PCD=38.4xtan7°≈38.4x0.12≈4.61； 在RtACPE中，PE=CPtan.∠PCE=38.4xtan27°≈38.4×0.51≈19.58， .∴.ED=PD+PE=4.61+19.58≈24.2. 即此时的投影宽度ED的长约为24.2cm. 20.(1)设猪肉粽每盒进价a元，则豆沙粽每盒进价(a-10)元. 则8000.6000 aa-10 解得：a=40,经检验a=40是方程的解. 答：猪肉粽每盒进价40元，豆沙粽每盒进价30元. (2)由题意得，当x=50时，每天可售100盒. 当猪肉粽每盒售x元时，每天可售[100-2(x-50)]盒.每盒的利润为(x-40) .y=(x-40)[100-2(x-50)]=-2x2+280x-8000 配方得：y=-2(x-70)2+1800 当x=65时，y取最大值为1750元. ∴.y=-2x2+280x-8000(50≤x≤65)，最大利润为1750元. 答：y关于x的函数解析式为y=-2x2+280x-8000(50≤x≤65)，且最大利润为1750元. 8 21.(1)解：将A1,8)代入y=x>0)得：k=8,即y=8 ,PD垂直平分AB,AB=8,P点纵坐标为4， P点横坐标为2，“点P的坐标为(24 (2)①由题意得，点A的纵坐标为，即AB=飞 mL ,PD垂直平分AB,∴，PA=PB,,AP⊥BP, ∴△PAB是等腰直角三角形，∴∠PAB=∠PBA=45°， ,PD⊥AB,.△DAP和△DBP是等腰直角三角形， ∴DM=DB=DP=六，P(m+ kk), 2m'2m 将P(m+克)代入y=可得：m+冬）是=k, 2m'2m 22 整理得：k=2m2; ②过点P作PC⊥x轴于点C,则四边形PABC是梯形， 答案第4页，共7页 ·SAOB=SPOC= ∴SAOE=S四PEBC, (kkk ∴.SAOP=S PABC=6,∴.(2m2m =6 y 整理得k2=16m2,,k=2m2,∴.k2=8k,解得：k=8或k=0（舍去)， .k=8 22.(1)①，和合对称二次函数图像与x轴交点相同，∴.A坐标与A'坐标相同，同为(4,0)； ②描点画图即可，如下图 -5 (2)①当=-1时，抛物线L:y=-x2-2x, 与x轴交点为O(0,0)、A(-2,0), y=-x2-2x=-(x+1)2+1, .顶点P坐标为(-1,1)， f-1+a=1 设抛物线L':y=ar2+bx, 则b -2 2a2x(-2) a=2 解得 b=4 ∴.抛物线L:y=2x2+4x, 当=-1时，y=2×(-1)2+4×(-1)=-2,.9坐标为(-1，-2)， 六ae=8a+5e方*2+x2x2=3 2 ②抛物线L:y=-x2+2x,与x轴交点为点为(0,0)(20)， 则股桃物线上y=2r加，与x辅交点为点为O0小（合）】 .2m= 解得b=-4,抛物线Ly=2x- ∴.y=2x2-4x=2(x-m)2-2m2,∴.顶点为(-2m2)）, 1 ,其横、纵坐标互为相反数，∴.-2m2=0,解得m=0或= 2 .抛物线L'为y=2x2或y=2x2-2x: (3)抛物线L:y=-x2+2x=-(x-m)2+m2, 答案第5页，共7页 .其顶点为(，2)，则抛物线L:y=2x2-4x=2(x-m)2-2m2, ∴其顶点为(m,-22）, 当直线y=m过抛物线顶点时，才有可能满足有且仅有3个交点， 心=或=-2，解得m=0、m=1或= 当m=0时，两个抛物线与y=m只有一个交点，不满足条件， 为1或2 23.(1)解：四边形BDB'E是菱形，理由如下： 由折叠的性质可得BD=B'D,BE=B'E,∠B'DE=∠BDE, ,B'D‖BC,∠B'DE=BED,∴∠BDE=∠BED,∴BD=BE, ∴.BE=BD=BD=B'E, 四边形BDB'E是菱形： (2)证明：①DE⊥AE,理由如下： 由(I)知四边形BDB'E是菱形，BD=BE=BD, 由折叠的性质得到AD=AD,,AD=2BD, .∴.AD=2BD=2BD=2B'E, B'D=AB=BE,A=∠2，∠3=∠4， .∠1+∠2+∠3+∠4=180°，∴.∠2+∠3=90°，.DE⊥AE: 解：②：∠C=90°，AB=15,BC=9,AC=VAB2-BC2=12, 当△AFG是以AF为腰AG为底的等腰三角形时，如图，延长AF交AB于点H,设AC,A'D交点为 M,则FG=AF, .∠C=90°，A'DIBC,∴.∠AMD=∠C=90°，.∠AMA'=90°， 由折叠的性质得AD=AD,∠ADF=∠ADF,AF=AF, .△ADF≌△A'DF(SAS),∴.∠A=∠DAF: D B'M G .∠AFH=∠AFG,.∠AHF=∠AMA'=90°； ”∠A=∠A,·AFHABC,:A-HE=A AB BC AC .HF:AH:AF=BC:AC:AB=3:4:5, .∠A=∠DAF,AF=AF,∠AHF=∠A'MF, 答案第6页，共7页 ∴.△AHF≌AA'MF(AAS),∴.HF=FM,AH=A'M, HF=FM=3x,AH=A'M=4x,AF=A'F=5x, .AM=AF+FM=8x, ,AD‖BC,∴.△AMD∽AACB, H AcB,即84D .AMAD 1215 .AD=10x, D MiB' .'BE=BD=AB-AD=15-10x, 4>A ∴.CE=BC-BE=10x-6, G B----- FG=A'F=5x,.MG=FG-FM=2x, .∴.CG=AC-AM-MG=12-8x-2.x=12-10x, ADIIBC,A'MGOAECG,MMG CE CG 4x 2x 六10x-612-10 ,解得：x=1,.F=5x=5: 当△AFG是以AF为腰FG为底的等腰三角形时，如图，则AF=AG, 同理得HF:AH:AF=BC:AC:AB=3:4:5,HF=FM,AH=AM,AF=AF, HF=FM=3y,AH=A'M=4y,AF=A'F=5y, .AM=AF+FM=8y, ,A'DI BC,.△AMDAACB, 、4cAB,即84D AM AD 12-15 .AD=10y,.'BE=BD=AB-AD=15-10y,.CE=BC-BE=10y-6, ,'△AFG是以AF为腰FG为底的等腰三角形，AM⊥AC, ∴.GM=FM=3y,∴.FG=GM+FM=6y, ..CG=AC-AF-FG=12-11y, ,'A'D‖BC,∴.△A'MG△ECG, .A'M_MG 4y 3y CE CG' “10y-612-1w' ,·AF=5y=16 解得：x=33 7 综上，4F的长为5或65 37 答案第7页，共7页