广东湛江市霞山区滨海学校2025-2026学年九年级第一学期第二次阶段自测数学试卷

2025-2026学年湛江市霞山区滨海学校九年级第一学期 第二次月考数学试卷 （满分：120分 考试用时：120分钟） 一、选择题：本大题共10小题，每小题3分，共30分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。} 1．生活中有许多对称美的图形，下列是中心对称图形但不是轴对称图形的是（    ） A．   B．   C．     D．   2．下列方程中，是一元二次方程的是（   ） A． B． C． D． 3．若拋物线的开口向上，则m的值可能为（   ） A．0 B．1 C．3 D． 4．若反比例函数的图象经过点，则k的值为（   ） A． B．6 C． D．3 5．不透明的袋子中只有2个黑球和4个白球，这些球除颜色外无其他差别，随机从袋子中一次摸出3个球，下列事件是不可能事件的是（    ） A．3个球都是黑球 B．3个球都是白球 C．三个球中有黑球 D．3个球中有白球 6．已知圆心角为的扇形的半径为6，则扇形的弧长为（   ） A． B． C． D． 7．用配方法解方程，下列变形正确的是（    ） A． B． C． D． 8．如图，为的直径，圆周角为的切线，则度数为（   ） A． B． C． D． 9．如图，将钝角绕点A按逆时针方向旋转，得到，连接，若，则的大小为（    ） A．75° B．70° C．65° D．60° 10．如图，是抛物线图象的一部分，抛物线的顶点坐标为，与x轴的一个交点为．直线经过点A和点B．以下结论：①；②；③抛物线与x轴的另一个交点是；④方程有两个不相等的实数根；⑤；⑥不等式的解集为．其中结论正确的是（   ） A．①④⑥ B．②⑤⑥ C．①⑤⑥ D．②③⑤ 2、 填空题：本大题共5小题，每小题3分，共15分。 11．已知点和点关于原点对称，且，则的值等于 ． 12．如图，是的直径，弦于点E，且，则的半径为 ． 13．如图，轴交反比例函数的图象于点，交轴于点，连接、，，则的值是 ．    14．已知一个圆锥的母线长为，底面半径为，则这个圆锥的侧面积为 ． 15．在平面直角坐标系中，的圆心的坐标为，半径为1，点为直线上的动点，过点作的切线，切点为，则切线长的最小值是 ． 三、简答题（一）：本大题共3小题，每小题7分，共21分。 16．（1）计算： （2）解方程： 17．二十四节气是中国古代一种用来指导农事的补充历法，在国际气象界被誉为“中国的第五大发明”，并位列联合国教科文组织人类非物质文化遗产代表作名录．小明和小亮对二十四节气非常感兴趣，在课间玩游戏时，准备了四张完全相同的不透明卡片，卡片正面分别写有“A．惊蛰”“B．夏至”“C．白露”“D．霜降”四个节气，两人商量将卡片背面朝上洗匀后，从中随机抽取一张，并讲述所抽卡片上的节气的由来与习俗． (1)小明从四张卡片中随机抽取一张卡片，抽到“A．惊蛰”的概率是________． (2)小明先从四张卡片中随机抽取一张，小亮再从剩下的卡片中随机抽取一张，请用列表或画树状图的方法，求两人都没有抽到“B．夏至”的概率． 18．如图，在平面直角坐标系中，的顶点坐标分别为，将绕点顺时针旋转得到，点旋转后的对应点为． (1)画出旋转后的图形，并写出点的坐标； (2)求点旋转过程中所经过的路径长？（结果保留） 四、简答题（二）：本大题共3小题，每小题9分，共27分） 19．世界杯足球赛期间，某商店销售一批足球纪念册，每本进价40元，规定销售单价不低于44元，且获利不高于12元．试销售期间发现，当销售单价定为44元时，每天可售出300本，销售单价每涨1元，每天销售量减少10本，现商店决定提价销售．设每天销售为y本，销售单价为x元． (1)请直接写出y与x之间的函数关系式和自变量x的取值范围； (2)当每本足球纪念册销售单价是多少元时，商店每天获利2400元？ (3)将足球纪念册销售单价定为多少元时，商店每天销售纪念册获得的利润w元最大？最大利润是多少元？ 20．如图，是的直径，射线交于点D，E是劣弧上一点，且，过点E作于点F，延长和的延长线交于点G． (1)证明：是的切线； (2)若，，求的面积． 21．如图，一次函数的图像与反比例函数的图像交于，两点与轴交于点，与轴交于点，已知点坐标为，点的坐标为． (1)求反比例函数的表达式和一次函数的表达式； (2)观察图像直接写出时的取值范围是_____． (3)若为轴上一动点，请直接写出当是以为腰的等腰三角形时，点的坐标． 五、简答题（三）：本大题共2小题，第22题13分，第23题14分，共27分）2 22．如图1，抛物线与轴交于，两点，与轴交于点，且点坐标为． (1)求抛物线的解析式； (2)如图，轴上存在一点，使经过，两点，求点的坐标； (3)如图，连接，点（不与三点重合）为抛物线上一动点，连接，在点运动过程中，是否能够使得？若存在，求出此时点的坐标，若不存在，请说明理由． 23．如图①，四边形和四边形都是正方形，且，，正方形固定，将正方形绕点顺时针旋转角()．    （1）如图②，连接、，相交于点，请判断和是否相等？并说明理由； （2）如图②，连接，在旋转过程中，当为直角三角形时，请直接写出旋转角的度数； （3）如图③，点为边的中点，连接、、，在正方形的旋转过程中，的面积是否存在最大值？若存在，请求出这个最大值；若不存在，请说明理由. 2025-2026学年湛江市霞山区滨海学校九年级第一学期 第二次月考数学试卷参考答案 （满分：120分 考试用时：120分钟） 一、选择题：本大题共10小题，每小题3分，共30分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。} 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 C A C A A B A B A C 1．C 【分析】本题考查中心对称图形和轴对称图形的识别；根据中心对称图形定义：把图形沿某点旋转得到的新图形与原图形重合的图形叫中心对称图形，轴对称图形定义：把一个图形沿某条直线对折两边完全重合的图形叫轴对称图形，逐个判断即可得到答案． 【详解】解：由题意可得， A选项图形不是中心对称图形是轴对称图形，不符合题意， B选项图形是中心对称图形又是轴对称图形，不符合题意， C选项图形是中心对称图形不是轴对称图形，符合题意， D选项图形是中心对称图形也是轴对称图形，不符合题意， 故选：C． 2．A 【分析】本题考查了一元二次方程的定义，根据一元二次方程的定义判断即可，掌握一元二次方程的定义是解题的关键． 【详解】解：A、是一元二次方程，故选项符合题意； B、不是一元二次方程，故选项不符合题意； C、不是一元二次方程，故选项不符合题意； D、不是一元二次方程，故选项不符合题意； 故选：A． 3．C 【分析】本题考查二次函数的性质，根据抛物线的开口向上，得到，进行求解即可． 【详解】解：∵抛物线的开口向上， ∴， ∴， ∴m的值可能为3． 故选：C． 4．A 【分析】本题主要考查了求反比例函数解析式，直接把点代入反比例函数解析式中进行求解即可． 【详解】解：将代入，得， 解得， 故选A． 5．A 【分析】根据不可能事件的定义进行判断即可． 【详解】解：由题意知，3个球都是黑球，是不可能事件，故A符合要求； 3个球都是白球，是随机事件，故B不符合要求； 三个球中有黑球，是随机事件，故C不符合要求； 3个球中有白球，是必然事件，故D不符合要求； 故选：A． 【点睛】本题考查了事件发生的可能性大小．解题的关键在于对知识的熟练掌握． 6．B 【分析】本题考查了弧长公式； 根据扇形的弧长公式进行计算即可． 【详解】解：扇形的弧长为， 故选：B． 7．A 【分析】根据配方法的基本步骤，二次项系数为1时，先将常数项移到等式的右边，两边加上一次项系数一半的平方即可得出结论． 【详解】解：∵，则， ∴， 即． 故选：A． 【点睛】本题主要考查配方法解一元二次方程，熟练掌握配方法的基本步骤是解题的关键． 8．B 【分析】本题考查圆的切线的性质，解决此题用到的知识点是切线的性质定理； 已知为切线，则可连接，根据切线的性质可得； 根据等腰三角形的性质可得，由即可求得的度数． 【详解】解：连接， ∵，， ∴， ∵是的切线， ∴， ∴， ∴， 故选：B． 9．A 【分析】由旋转的性质可得，，由此即可求出，由平行线的性质求出，即可得到答案． 【详解】解：由旋转的性质可得，， ∴， ∵， ∴， ∴，故A正确． 故选：A． 【点睛】本题主要考查了旋转的性质，等腰三角形的性质，三角形内角和定理，平行线的性质，熟知旋转的性质是解题的关键． 10．C 【分析】观察图象得：抛物线的对称轴为直线，可得到；进而得到同号，再有抛物线开口向上，与轴交于负半轴，可得，，从而得到；再由抛物线的对称轴为直线，与轴的一个交点为，可得抛物线与轴的另一个交点为；然后根据抛物线的顶点坐标为，可得抛物线与直线只有一个交点，从而得到方程有两个相等的实数根；再由观察图象得：当时，，根据抛物线的增减性，可得：；最后根据观察图象得：当时，直线的图象位于抛物线的上方，可得不等式的解集为，即可求解． 【详解】解：观察图象得：抛物线的对称轴为直线 ， ∴，即，故①正确； ∵， ∴，即同号， ∵抛物线开口向上，与轴交于负半轴， ∴，，， ∴，故②错误； ∵抛物线的对称轴为直线，与轴的一个交点为， ∴抛物线与轴的另一个交点为，故③错误； ∵抛物线的顶点坐标为， ∴当时， ， 即抛物线与直线只有一个交点， ∴方程有两个相等的实数根，故④错误； 观察图象得：当时，， 在对称轴的右侧，抛物线的图象自左向右呈上升趋势， 即此时随的增大而增大， 又当时，， ∴，故⑤正确； 观察图象得：当时，直线的图象位于抛物线的上方， ∴不等式的解集为，故⑥正确； 综上，正确的有①⑤⑥． 故选：C． 二、填空题：本大题共5小题，每小题3分，共15分。 11． 【分析】本题考查关于原点对称的点的特征，根据“关于原点的对称点，横纵坐标都变成相反数”得到，，，然后相加计算即可得解． 【详解】解：∵点和点关于原点对称， ∴，， ∴， 故答案为：． 12． 【分析】本题主要考查了垂径定理，勾股定理．设的半径为r，则，根据垂径定理可得，然后在中，利用勾股定理解答即可． 【详解】解：设的半径为r，则， ∵是的直径，弦，， ∴， 在中，， 即， 解得：， 即的半径为． 故答案为： 13．， 【分析】根据反比例函数的几何意义即可求解． 【详解】解：∵轴交反比例函数的图象于点，交轴于点， ， ∴， ∴， ∵反比例函数图象在第二象限， ∴， ∴， 【点睛】本题考查了反比例函数的几何意义，熟练掌握反比例函数的几何意义是解题的关键． 14．． 【分析】根据圆锥的侧面展开图为扇形，扇形的弧长等于圆锥的底面圆的周长，扇形的半径等于圆锥的母线长得到扇形的弧长=cm ，扇形的半径等于8cm，然后根据扇形的面积公式计算即可． 【详解】解：∵一个圆锥的底面半径为6cm， ∴圆锥的侧面展开图得到的扇形的弧长=圆锥底面圆的周长=cm， ∵扇形的半径等于母线长8cm， ∴扇形的面积=． 故答案为：． 【点睛】本题考查了求圆锥的侧面积，掌握圆锥的侧面积与扇形的面积之间的关系及计算方法是解题的关键． 15． 【分析】本题考查了切线的性质，勾股定理，二次函数的性质等知识，得到最小是关键； 由于三线段构成以为斜边的直角三角形，且半径固定，则当最小时，最小，设点P的坐标为，则可得关于x的二次函数，即可求得最小值，从而求得结果． 【详解】解：由题意知，，则有，其中， 则当最小时，最小， 设点P的坐标为， 则， 当时，取得最小值，从而的最小值为： 故答案为：． 三、简答题（一）：本大题共3小题，每小题7分，共21分。 16． （1）；（2），． 【分析】本题考查的知识点是特殊角的三角函数值、实数的运算、解一元二次方程，解题关键是熟练掌握相关计算法则． （1）先代入特殊角的三角函数值，再根据实数运算法则求解即可； （2）利用配方法将方程变形，得到后再用直接开平方法求解即可． 【详解】（1）解：原式， ， ， ； （2）解：， ， ， ， ，． 17．(1) (2) 【分析】（1）共有4种等可能出现的结果，其中抽到“A．惊蛰”的只有1种，由概率的定义可得答案； （2）用树状图列举出所有等可能出现的结果，再根据概率的定义进行计算即可． 【详解】（1）解：共有4种等可能出现的结果，其中抽到“A．惊蛰”的只有1种， 所以小明从四张卡片中随机抽取一张卡片，抽到“A．惊蛰”的概率是， 故答案为：； （2）解：用树状图表示所有等可能出现的结果如下： 共有12种等可能出现的结果，其中两人都没有抽到“B．夏至”的有6种， 所以两人都没有抽到“B．夏至”的概率为． 【点睛】本题考查列表法或树状图法，用树状图表示所有等可能的出现的结果是正确解答的关键． 18．(1)见解析，点的坐标为 (2) 【分析】本题主要考查图形的旋转变换和求弧长，正确作图是解答本题的关键． （1）将点A，B分别绕点O顺时针旋转得到对应点，再与点O首尾顺次连接，再写出点的坐标即可； （2）根据弧长公式求解即可． 【详解】（1）解：如图，即为所作， 点的坐标为； （2）解：由图知，，， ∴点旋转过程中所经过的路径长 四、简答题（二）：本大题共3小题，每小题9分，共27分） 19．(1) (2)当每本足球纪念册销售单价是50元时，商店每天获利2400元 (3)将足球纪念册销售单价定为52元时，商店每天销售纪念册获得的利润最大，最大利润是2640元 【分析】本题主要考查了列函数关系式，一元二次方程的实际应用，二次函数的实际应用： （1）售单价每上涨1元，每天销售量减少10本，则售单价每上涨元，每天销售量减少本，所以，然后利用销售单价不低于44元且不高于52元确定的范围； （2）利用每本的利润乘以销售量得到总利润得到，然后解方程后利用的范围确定销售单价； （3）利用利用每本的利润乘以销售量得到总利润得到，再把它变形为顶点式，然后利用二次函数的性质得到时最大，从而计算出时对应的的值即可． 【详解】（1）解：由题意得，， 即：； （2）解：根据题意得， 整理得， 解得，（舍去）， 答：当每本足球纪念册销售单价是50元时，商店每天获利2400元； （3）解：由题意得， ， ∵， ∴当时，随的增大而增大， ∵， ∴当时，有最大值，最大值为， 答：将足球纪念册销售单价定为52元时，商店每天销售纪念册获得的利润最大，最大利润是2640元． 20．(1)见详解 (2) 【分析】（1）连接，知，由可证，根据得．即是的切线． （2）设，在中由勾股定理求得，即，再根据三角形的面积公式得解． 【详解】（1）解：如下图，连接， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴是的切线， （2）设， 在中， ∵，, ∴由, 可得∶, 解得∶，即， 则． 【点睛】本题主要考查切线的判定、同弧所对圆周角相等、勾股定理及平行线的判定与性质，熟练掌握切线的判定是关键∶连接半径，证明半径与直线垂直． 21．(1)反比例函数的解析式是；一次函数的解析式为 (2)或 (3)或或 【分析】（1）利用待定系数法求两函数的解析式； （2）直接由图象一次函数在反比例函数上边时对应x的取值； （3）求出的长，分点P在y轴的正半轴和负半轴上两种情况讨论求解即可． 【详解】（1）解：∵点坐标为， 把点A的坐标代入中得：， ∴反比例函数的解析式是：； 把点B的坐标代入中，得：， 解得， ∴ 把A、B两点的坐标代入中得：， 解得：， ∴一次函数的解析式为：； （2）解：由图象得：时x的取值范围是：或； 故答案为：或； （3）解：当是等腰三角形时，且为腰时，存在以下两种情况： ①当点P在y轴的正半轴上时， , 所以，点P的坐标为； ②当点P在y轴的负半轴上时， , ∴ 当时，过点B作轴于点M，则 ∴ ∴ 综上，点P的坐标为或或． 【点睛】本题考查了反比例函数与一次函数的综合问题，考查了利用待定系数法求反比例函数与一次函数的解析式，等腰三角形的判定，并运用了分类讨论的思想解决问题。 五、简答题（三）：本大题共2小题，第22题13分，第23题14分，共27分）2 22．(1) (2) (3)存在， 【分析】（1）代入到抛物线中，得到，即可求出抛物线的解析式； （2）由于经过、两点， 则，设，根据勾股定理得到，利用列出方程求出的值即可得出答案； （3）由题意得，需要分类点在轴上方或下方两种情况讨论，结合图形利用构造出等腰直角三角形，再利用全等三角形的性质与判定求出点的坐标即可解答． 【详解】（1）解：代入，到抛物线中， 得， ∴， ∴抛物线的解析式为． （2）解：由（1）得：抛物线的解析式为， 当时，， ∴，， ∴， 当时，， ∴， ∵经过、两点， ∴， 设，则， ∴，， ∴， 解得：， ∴点坐标为． （3）解：存在，理由如下： ①当点在轴上方抛物线上时，作于点，作轴于点，于点，如图所示，    由（2）得：，， 设直线的解析式为， 代入，得， 解得：， 直线的解析式为， ，， ， ， ， 设， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴，， ∴，点横坐标为， ∴点坐标为 ， ∵点在抛物线上， ∴， 整理得：， 解得：，， 当时，点坐标为，与点重合，不符合题意，舍去； 当时，点坐标为，不在轴上方的抛物线上，舍去； 故点不存在； ②当点在轴下方时，作，轴，于点，如图所示，   ，， ， ， ， 同理①中的方法可得：， ∴，， 设，， 则，解得：， ∴点坐标为， 设直线的解析式为， 代入，得， 解得：， ∴直线的解析式为， 联立， 解得：或（舍去）， ∴点坐标为； ∴综上所述，点坐标为． 【点睛】本题考查了二次函数的图象与性质、圆的基本性质、待定系数法求解析式、全等三角形的判定与性质、一元二次方程的应用，掌握相关知识点，学会结合图形添加适当的辅助线构造全等三角形是解题的关键． 23．（1）相等，理由见解析；（2）和；（3）存在，最大值为． 【分析】（1）由四边形ABCD和四边形CEFG都是正方形知BC＝CD，CF＝CE，∠BCD＝∠GCE＝90°，从而得∠BCG＝∠DCE，证△BCG≌△DCE得BG＝DE； （2）分两种情况求解可得； （3）由，知当点P到BD的距离最远时，△BDP的面积最大，作PH⊥BD，连接CH、CP，则PH≤CH＋CP，当P、C、H三点共线时，PH最大，此时△BDP的面积最大，据此求解可得． 【详解】（1）证明：相等 ∵四边形和四边形都是正方形， ∴，，， ∴，即， ∴； ∴BG=DE （2）如图1，∠ACG=90°时，旋转角；    如图2，当∠ACG=90°时，旋转角；    综上所述，旋转角的度数为45°或225°； （3）存在 ∵如图3，在正方形中，， ∴， ∴当点到的距离最远时，的面积最大， 作，连接，，则 当三点共线时，最大，此时的面积最大． ∵，点为的中点， ∴ 此时，， ∴．      【点睛】本题是四边形的综合问题，解题的关键是掌握正方形的性质、旋转的性质、全等三角形的判定与性质等知识点． 第7页（/共4页） 第8页/（共10页） 知人善教 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