江苏南通市海门区东洲国际学校2025-2026学年九年级下学期数学一轮冲刺练习卷

2026江苏南通市海门区东洲国际学校九下数学一轮冲刺练习卷 学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 一、单选题（共30分） 1．（本题3分）春风不语，文物有声．春日里的博物馆，藏着时光的沉淀，也藏着文明的回响．趁着春假暖阳，很多同学走进博物馆，赴一场与历史的温柔相遇，下列博物馆标志中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（   ） A． B． C． D． 2．（本题3分）下列各数与的乘积为负数的是（    ） A．1 B．0 C． D． 3．（本题3分）每年的4月23日是世界读书日．据调查疫情期间阅读需求激增，日均搜索书籍相关内容超23000000人次，将23000000用科学记数法表示应为（   ） A． B． C． D． 4．（本题3分）如图，在中，，，，将绕点顺时针旋转得到，当点的对应点恰好落在边上时，的长为（   ） A．2 B． C．4 D． 5．（本题3分）如图，，直线分别交直线于点，直线分别交于点，若，则线段的长为（   ） A． B． C． D． 6．（本题3分）对于二次函数的图象，下列说法正确的是（    ） A．对称轴是直线 B．开口向下 C．与x轴有两个交点 D．，y随x的增大而增大 7．（本题3分）如图，在中，，，点D在边上，，点E是边上的动点（不与端点A，B重合），点F是边上的动点（不与端点A，C重合），连接，且，若，的面积为y，则y关于x的函数图象是（    ） A． B． C． D． 8．（本题3分）如图，在给定的正方形中，点E从点B出发，沿边方向向终点C运动，交于点F，以，为邻边构造平行四边形，连接，则的度数的变化情况是（    ）    A．一直减小 B．一直减小后增大 C．一直不变 D．先增大后减小 9．（本题3分）如图，在正方形中，点是上任意一点，，，垂足分别为点、，若，则的值为（   ）． A． B． C． D． 10．（本题3分）如图，在中，，．正方形的边长为，它的顶点D，E，G分别在的边上，下列说法正确的是（   ） A． B．点F在的平分线上 C． D． 二、填空题（共30分） 11．（本题3分）在一个不透明的口袋中，装有5个红球3个白球，它们除颜色外都相同，从中任意摸出一个球，摸到红球的概率为________________． 12．（本题3分）若关于x的方程有两个相等的实数根，则__________． 13．（本题4分）若一组数据，，，，，，它们的众数是，则这组数据的中位数为___________． 14．（本题4分）约定：关于的代数式，，在，都有意义的的取值范围中，不论取何值，都有（为常数），则称代数式，互为“差值代数式”， 为“差值”．例如：，，因为，所以，互为“差值代数式”，“差值”为．已知关于的整式，，，互为“差值代数式”． ①若，的“差值”为，的值为______． ②若满足．代数式的最小值为______． 15．（本题4分）如图，的直径弦CD于点F，，，点为上一动点，直线AE于点..，连接OP，点在上运动的过程中，线段OP长的最大值为__________． 16．（本题4分）如图，在正方形中，是边上一点，连接，过点作，垂足为，过点作，垂足为K，过点C作，垂足为H，交的延长线于G．以F为圆心，为半径画弧，交于M，连接交于N，若，，则的长为________． 17．（本题4分）如图，，为的切线，切点分别为，．，，，，过点作的垂线，与分别交于点．连接，在线段上有一点（与点不重合），当为等腰三角形时，的值为___________． 18．（本题4分）如图，在正方形中，，E是中点，连接，将沿翻折得到，连接、，则______． 三、解答题（共90分） 19．（本题10分）按要求解题 (1)计算：． (2)先化简，再求值：，其中． (3)解一元二次方程：． 20．（本题10分）平面直角坐标系中，点，是反比例函数（）图象上两点，点和点关于点对称．设点，的横坐标分别为，（）． (1)如图1，若，，求的面积； (2)如图2，当时，求的值； (3)如图3，过点作直线的垂线，垂足为，并交轴于点，直线交轴于点，连接，若以，及为边组成三角形，请判断该三角形的形状，并说明理由． 21．（本题10分）为检查“双减”政策落实情况，学校对九年级学生平均每天完成课后书面作业的时间，开展了一次调查研究．学校从九年级学生中随机抽样调查40人，整理出如下的统计表： 平均每天完成课后书面作业的时间 不超过60分钟 60分钟至90分钟 超过90分钟 划记 正 正正正正正正 人数（人） 5 30 (1)表格中、所对应的划记和人数分别应为： ， ． (2)画出合适的统计图描述该校九年级学生平均每天完成课后书面作业的时间状况，要求体现这三种时长的人数占总人数的比例情况； (3)学校规定：平均每天完成课后书面作业时间不超过90分钟．根据以上信息，估计该校九年级320名学生中，符合此规定的学生约有多少人？ 22．（本题12分）在中，，点在线段上，，，垂足为，与相交于点． (1)如图1，当点与点重合，时， ①_____ ②求证：； (2)如图2，当时，探究线段与的数量关系，并说明理由； (3)如图3，当时，直接写出线段与的数量关系：_____．（不需要说明理由） 23．（本题10分）泰州快速路某下坡路段，交通部门安装了一套电子限速检测系统．如图，在离下坡路终点6米处（即米）的电线杆上安装一个电子眼进行区间测速，电子眼位于点处，区间测速的起点为坡面点处，此时电子眼的俯角为；区间测速的终点为下坡路终点处，此时电子眼的俯角为（四点在同一平面）． (1)求电线杆的高度； (2)已知下坡路段坡比，如果该路段限速60千米/小时，某汽车用时1秒匀速通过测速路段，该汽车是否超速？请说明理由．参考数据：（，，，，，，） 24．（本题12分）在平行四边形纸片上，E为边上一点，将沿折叠，点D的对应点为． (1)如图1，当点恰好落在边上时，判断四边形的形状，并说明理由； (2)如图2，当E，F为边的三等分点时，连接并延长，交边于点G．试猜想线段与的数量关系，并加以证明； (3)如图3，当，时，连接并延长，交边于点H．若平行四边形的面积为12，，直接写出线段的长． 25．（本题13分）在平面直角坐标系xOy中，抛物线与轴交于点A，B（点在点左侧），与轴交于点． (1)当时，求点A，B的坐标； (2)若，求直线的函数解析式； (3)将抛物线在轴上方的部分沿轴翻折，其余部分保持不变，得到的新函数图象记为，点在上，当时，恒成立，直接写出的取值范围． 26．（本题13分）在平面直角坐标系中，点，是抛物线上两个不同的点． (1)当时，求的值； (2)当，时，比较与的大小； (3)若对于，，都有，求的取值范围． 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 《2026江苏南通市海门区东洲国际学校九下数学一轮冲刺练习卷》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 D A C D B C C A B A 1．D 【分析】把一个图形绕某一点旋转，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形；如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形． 【详解】解：A．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； 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，不是中心对称图形，不符合题意； D．选项中的图形既是轴对称图形，也是中心对称图形，符合题意． 2．A 【分析】本题考查有理数乘法的符号法则，正确理解有理数的乘法法则是解题的关键．依据“两数相乘，同号得正，异号得负”即可求解． 【详解】∵是负数， ∴乘以一个正数结果为负数， 在中，1为正数 ∴与乘积为负数的是1， 故选：A． 3．C 【分析】本题考查科学记数法的表示方法，根据科学记数法的定义，确定和的值即可，科学记数法要求，为原数的整数位数减1． 【详解】解：科学记数法的表示形式为，其中，为整数， ∵是8位整数， ∴，， ∴， 故选C． 4．D 【分析】本题考查了旋转的性质，等边对等角的性质，勾股定理，熟记旋转的性质是解题的关键．根据旋转的性质结合，推出是等腰直角三角形，即可推出结果． 【详解】解：∵将绕点顺时针旋转得到， ∴， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴． ∵， ∴． 故选：D ． 5．B 【分析】本题考查了平行线分线段成比例定理，利用比例关系代入数据即可． 【详解】， 即 故选：B． 6．C 【分析】本题考查了二次函数的图象与性质，熟练掌握其性质是解题的关键．根据二次函数的性质，对每个选项逐一分析判断即可． 【详解】解：∵二次函数的解析式为，， ∴对称轴为直线，开口向上，故A、B错误． 令，则， 解得或， 即图象与轴有两个交点，分别为和，故C正确． ∵其图象开口向上，对称轴为直线， ∴当时，的值随值的增大而增大；当时，的值随值的增大而减小，故D错误． 故选：C． 7．C 【分析】本题考查了相似三角形的判定与性质、动点的函数图象问题，解题的关键是通过相似三角形得到边的关系，进而得出关于的函数表达式，再根据函数性质判断函数图象． 先求出的长度以及、的长度，通过角度关系证明，得出，根据边的关系求出关于的表达式，进而得出关于的函数表达式，根据函数性质确定函数图象． 【详解】解：，， ，， ， ，， ， ， ， ， ， ， ， ，， 过点作于点， ， ， ， ， ， 又当时，即，， ， 关于的函数的图象是将反比例函数的图象向上平移12个单位长度得到的图象的一部分，只有选项C符合条件． 故选：C. 8．A 【分析】过点P作，交的延长线于点H，根据平行四边形，可得到，；结合，得到，继而得到，根据正方形的性质，得，得到；由，，得到，证明，得到，，继而得到； 证明，得到，继而得到，得到，结合运动属性，一直增大，继而判定一直减小，解答即可． 本题考查了正方形的性质，平行四边形的性质，三角形全等的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，熟练掌握正方形的性质，三角形全等的判定和性质是解题的关键． 【详解】过点P作，交的延长线于点H， ∵平行四边形， ∴，； ∵， ∴， ∴， 根据正方形的性质，得， ∴； ∵，， ∴， ∴， ∴，， ∴； 根据正方形的性质，，得，，， ∴； ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 根据运动属性，得一直增大，继而判定一直减小， 故选A．    9．B 【分析】连接，由正方形的性质可得，，结合三角形的面积公式计算出即可． 【详解】解：如图，连接， ∵四边形是正方形，， ∴，， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴． 【点睛】用等面积法计算三角形的高是解题关键． 10．A 【分析】根据全等三角形的性质和判定、等腰直角三角形的性质和判定、勾股定理、一元二次方程的解法逐项分析即可． 【详解】解：A：如图，过点作交于点，则有， ∴； ∵，， ∴， ∴， ∴为等腰直角三角形， ∴，； ∵四边形为正方形， ∴，， ∴， 又∵， ∴， 在和中， ∴≌， ∴， ∴， ∴， 即； ∵，， ∴，故该选项符合题意； C：设，， 则，， ∴， ∴， 又∵， ∴， 即， 则有， 解得， ∴， ∴，， ∴，故该选项不合题意； B：如图，过点作交于点，连接， ∵四边形为正方形， ∴，， ∴， 又∵， ∴， 在和中， ∴≌， ∴，， ∴， 即，垂直平分； 若平分，则， ∴， ∵≌≌， ∴， ∴， 则， ∴， ∴，这与矛盾， 故不平分，故该选项不合题意； D：， ， 故该选项不合题意． 11．/0.625 【分析】本题考查了概率的求法，根据概率的定义，摸到红球的概率等于红球数量与总球数量的比值． 【详解】口袋中总球数为5个红球加3个白球，即8个球；摸到红球的可能结果为5个， 因此概率为． 故答案为：． 12． 【分析】由于已知方程有两个相等的实数根，所以利用一元二次方程的根的判别式，建立关于m的方程，解方程即可求出m的取值．本题考查一元二次方程根的情况与判别式的关系，正确掌握一元二次方程的根的判别式是解题的关键． 【详解】解：∵方程有两个相等的实数根， ∴， ∴， 故答案为：． 13． 【分析】本题考查了众数、中位数的概念，正确理解概念，注意求中位数时需将整组数据按照大小顺序重新排列． 先根据众数的定义确定的值，再将整组数据按照从小到大的顺序排列，求出中位数． 【详解】解：由于这组数据的众数是， ∵、均已出现次，要使众数是，需， 将这组数据按照从小到大的顺序排列，为，，，，，， 根据中位数的定义，中位数为， 故中位数为． 故答案为：． 14． 或 【分析】本题主要考查了“差值代数式”的定义和应用、多项式乘法和恒等式的应用以及二次函数的最值问题． （1）根据差值代数式定义，为常数，可得，且； （2）由给定等式求出，再结合差值代数式得，进而求表达式最小值． 【详解】解：①由，得．由于对于所有成立，因此，即，且，所以或． 故答案为或． ②由， ， 令，则， ， ，即，， 或， ，二次项系数为， ， ， ，，为常数，则， ，，， ， ， 令，则， ， ， 当取最小值，取最大值，， 的最小值为， 的最小值为． 故答案为． 15． 【分析】连接、，过点作于点，如图，利用勾股定理先计算出，再计算出，根据垂径定理得到，接着利用直角三角形斜边上的中线性质得到，然后利用勾股定理得到，最后利用三角形三边的关系得到，所以的最大值为． 【详解】解：连接、，过点作于点，如图， ， ， 在中，，， ， 在中，， ，， ， ， ， ， 在中，， （当且仅当、、共线时取等号）， 的最大值为． 故答案为：． 【点睛】本题考查了勾股定理，直角三角形性质，等腰三角形三线合一，三角形三边关系定理，圆半径相等，掌握相关知识是解决问题的关键． 16． 【分析】本题考查全等三角形的性质和判定，勾股定理，正方形的性质，相似三角形的性质和判定；过点作，则，过点作，由勾股定理可求出，证明可得，，进而求出，由，得出，可求出，，，由三角形面积计算可得，，再由勾股定理和等腰三角形的性质可求出，，最后证明，，可得，，进而得出． 【详解】解：过点作，则，过点作，如图所示： ∵，，， ∴在中，， ∵以F为圆心，为半径画弧，交于M， ∴， ∵四边形是正方形， ∴，， ∵， ∴，， ∴， ∴， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴，即，， ∴， ∴在中，由三角形面积计算可得：， ∴， ∴在中，， ∵，， ∴，， ∵， ∴，， ∴，， ∴，即， ∴，即， ∴． 故答案为：． 17．或 【分析】本题考查了圆的切线的性质（切线垂直于过切点的半径）、等腰三角形的分类讨论、勾股定理的应用、矩形的判定与性质、等腰直角三角形的性质，还有线段的和差计算以及直角三角形中边长的求解．解这个题的关键首先是通过作辅助线构造直角三角形和矩形，利用切线性质结合勾股定理建立方程求出圆的半径；其次是针对为等腰三角形的情况进行全面分类讨论． 【详解】解：∵，， ∴， 过作于， ， ， 为等腰直角三角形： ，， ， 连接，过作于， 切于点，切于点， ， ， 四边形为矩形， ， 令，（为圆的半径）， 在中，， 在中，， ， ， 解得，， 即圆半径， ，， ， 点分三类讨论： 1、当时，，即Q与点F重合，这与点Q与点E、F不重合矛盾，不符合题意； 2、当时，延长到M，使， ， ， ， ， ， 连接，则， ， 过点O作于点，则， 是的切线， ， 过点作于H，则， 四边形为矩形， ， 在中，， ， 在中，； 3、当时，由2中图可知，在中，， 过点作于， 由“三线合一”得，， ， ． 综上所述，的值为或． 故答案为：或． 18． 【分析】如图，过点F作交于点M，交于点N，设，则，证明出，表示出，然后利用勾股定理求出，进一步利用勾股定理求解． 【详解】解：如图，过点F作交于点M，交于点N ∵四边形是正方形 ∴， ∵E是中点 ∴ 设，则 由折叠得，，， ∴ ∵ ∴四边形是矩形 ∴， ∴， ∴ ∴ ∴ ∴ ∴ ∴在中， ∴ ∴或（舍去） ∴， ∴． 19．(1)1 (2)11 (3)， 【分析】（1）利用负整数指数幂，绝对值的意义，特殊角的三角函数值分别化简计算； （2）利用完全平方公式，多项式乘以多项式化简，再代入求值即可； （3）用因式分解法解一元二次方程． 【详解】（1）解：原式， （2）解：， 将代入得：， （3）解： 或 ，． 20．(1) (2) (3)直角三角形，理由见解析 【分析】（1）根据题意得出，，以及的坐标，进而求得直线的解析式，过点作轴，交于点，过点作，过点作，求得，根据，即可求解； （2）方法1：连接，过点作轴，过点作轴，根据勾股定理分别表示出，根据，得出，化简即可求解．方法2：过点作轴，分别过点，，作，，证明，根据相似三角形的性质列出关系式，化简即可求解； （3）方法1：作点关于轴的对称点，连接，，，证明，即可求解；方法2：过点作轴，过点作轴，先证明得出则，分别表示出，根据勾股定理的逆定理进行判断，即可求解． 【详解】（1）解：当，时，，， ． 设直线，代入 ∴，解得：， ∴， 过点作轴，交于点，过点作，过点作， 当时，， 点， ， ． （2）连接，过点作轴，过点作轴， ，， 中，， 中，， ，化简得， ， ， ． 方法2： 过点作轴，分别过点，，作，， ∴，则 ∴， ，即， 化简得， ， ， ． （3）直角三角形． 理由如下：方法1：作点关于轴的对称点，连接，，， ， ， 的坐标为， 点和点关于轴对称， ，与也关于轴对称， ， 轴， ， ， ， ， ， ， ， ， 点和点关于轴对称， 轴， ， ，即， 以，及为边组成三角形是直角三角形． ∴以，及为边组成三角形是直角三角形． 方法2：过点作轴，过点作轴 ， 设直线，将和代入， 求得， 点坐标为． ∵， 所以， ，即， 化简得， ． ， ， ， ， 以，及为边组成三角形是直角三角形． 21．(1)正；5 (2)见解析 (3)符合此规定的学生约有280人 【分析】（1）根据表格数据求得超过90分钟的人数即可求解； （2）分别计算出三种时长的人数占总人数的比例情况，用扇形统计图画出，即可求解； （3）用样本估计总体，用乘以不超过90分钟的占比即可求解． 【详解】（1）解：超过90分钟的人数为： ∴、所对应的划记和人数分别应为：正；5 （2）解：不超过60分钟和超过90分钟的占比为：，圆心角度数为； 60分钟至90分钟的占比为，圆心角度数为 如图所示， （3）解：． 符合此规定的学生约有280人． 22．(1)①；②见解析 (2)，证明见解析 (3)，证明见解析 【分析】（1）①根据题意，利用等腰直角三角形的性质结合角平分线的定义求解即可； ②延长交延长线于点，可得为等腰三角形，则，再通过证明，即可求证； （2）过点作交于点，交延长线于点，按照（1）中的步骤求解即可； （3）过点作交于点，交延长线于点，利用正切函数的定义求得，证明，据此求解即可． 【详解】（1）①解：∵，， ∴， ∵，即， ∵， ∴， ∴； ②证明：延长交延长线于点，如图所示， 由题意可得：平分，， ∴，， ∵， ∴， ∴，， ∴，， 又∵，， ∴， ∴， ∴，即； （2）解：，证明如下： 过点作交于点，交延长线于点，如图所示： ∵，， ∴， 则，，即平分， ∴为等腰直角三角形， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴，， ∵，平分，， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∴，即； （3）解：，证明如下： 过点作交于点，交延长线于点，如图所示： ∵，， ∴， ∴， 同理，平分， ∴，， ∵， ∴， ∴，， ∵，平分， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∴，即． 23．(1)8米 (2)该汽车不超速，见解析 【分析】（1）在中，根据正切的定义求解即可； （2）过D作于F，于G，则四边形是矩形，得出，，，进而求出，设，根据坡比定义求出，，，在中，根据正切的定义得出，求出，然后根据勾股定理求出，然后比较即可． 【详解】（1）解：由题意知， ∴， 在中，， 答：电线杆的高度为8米； （2）解：不超速，理由如下 过D作于F，于G， 则四边形是矩形， ∴，，， ∴， 设， ∵坡比， ∴， ∴，， 在中，， ∴， 解得，即， ∴ ∴， 米/秒， 而， 所以该汽车不超速． 24．(1)四边形是平行四边形，理由见解析 (2)，证明见解析 (3) 【分析】（1）利用平行四边形的性质及折叠的性质可得，，可得四边形是菱形，可知，继而可知，即可求解； （2）利用折叠的性质可得，，结合三等分点可知，进而可得，利用三角 形外角性质可得，进而可知，可得四边形是平行四边形，再结合平行四边形的性质即可得与的 数量关系； （3）首先，由四边形是平行四边形，得，再由，，得，由折叠可知：，易知为等腰直角三角形，延长交于M，可知 ，由平行四边形的性质可得，，，进而可知，由平行四边形的面积为12，，得，求得，可得，再利用勾股定理即可求解． 【详解】（1）解：∵四边形是平行四边形， ∴ ，，则， 由折叠可知：，， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， 又∵， ∴四边形是菱形， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形； （2）解：，证明如下： ∵ 四边形是平行四边形， ∴，， 又∵为边的三等分点， ∴， 由折叠可知，，则， ∴， 由三角形外角性质可知，， ∴， ∴ ， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∵，， ∴，则 ， ∴ ； （3）解：∵四边形是平行四边形， ∴， ∵，， ∴， 由折叠可知， ∴ ， ∴为等腰直角三角形， ∴， 如图，延长交于，则， ∵四边形是平行四边形， ∴， ，，即， ∴， ∵平行四边形的面积为12，，即， ∴ ，则， ∴． 25．(1)A，B (2)或 (3)的取值范围为或． 【分析】（1）令，解方程即可求解； （2）令，求得，，，根据题意求得点A的坐标为或，得到或，据此求解即可； （3）求得，分两种情况讨论，画出图象，列得不等式组，求解即可． 【详解】（1）解：当时，， 令，可得， 解得，， ∴点A，B的坐标分别为，； （2）解：令，则， 解得，， ∴， ∵， ∴， ∴点A的坐标为或， ∴或， ∴或， ①当时， ∴，， 点B的坐标为，点C的坐标为， 设直线的解析式为， 则， 解得， ∴直线的解析式为； ②当时， ∴，， 点B的坐标为，点C的坐标为， 同理可得直线的解析式为； 综上，直线的解析式为或； （3）解：由（2）得点A的坐标为，点B的坐标为，对称轴为直线， ∴， ∵当时，恒成立， 当点在左侧， ∴，解得； 当点在右侧，左侧， ∴， 解得； 综上，的取值范围为或． 26．(1) (2)当时，；当时， (3)的取值范围是或 【分析】（1）根据一元二次方程根与系数关系直接求解即可； （2）先求出抛物线的对称轴，然后分当时和当时两种情况讨论，根据抛物线的增减性比较大小即可； （3）先表示出，根据已知可得，分两种情况讨论：若和若，根据的取值范围列式求解即可． 【详解】（1）解：当时，，是一元二次方程的两个根， ． （2）解：抛物线解析式为， 抛物线的对称轴为直线． 当时，抛物线开口向上，在对称轴右侧，随的增大而增大， ， ； 当时，抛物线开口向下，在对称轴右侧，随的增大而减小， ， ； （3）解： ， ，， ，， ， ， ，即， ， 若，则，即恒有， ，解得； ； 若，则，即恒有， ，解得； ； 综上，的取值范围是或． 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 $