广东湛江市博雅学校2025-2026学年度九年级第一学期期末考试数学试题

2025-2026学年度第一学期期末教学质量监测 九年级数学试卷 （满分：120分 考试用时：120分钟） 一、选择题（每小题3分，共30分。） 1．下列四个数中，最小的数是（    ） A．0 B．5 C． D． 2．《2025年中国卫星导航与位置服务产业发展白皮书》显示，去年我国卫星导航与位置服务产业总产值达5758亿元．将“5758亿”用科学记数法表示为（   ） A． B． C． D． 3．下列关于图形对称性的命题，正确的是（    ） A．正三角形既是轴对称图形，又是中心对称图形 B．圆既是轴对称图形，又是中心对称图形 C．线段是轴对称图形，但不是中心对称图形 D．平行四边形既是轴对称图形，又是中心对称图形 4．用配方法解一元二次方程，下列变形结果正确的是（   ） A． B． C． D． 5．如图，一段长管中放置着三根同样的绳子，小明从左边随机选一根，小丽从右边随机选一根，两人恰好选中同一根绳子的概率是（   ） A． B． C． D． 6．下列计算正确的是 A． B． C． D． 7．如图，一块直角三角板的斜边与量角器的直径重合，点D对应的刻度值为，则的度数为（   ） A． B． C． D． 8．近视眼镜的度数（度）与镜片焦距（米）之间有如图所示的反比例函数关系，若配制一副度数小于200度的近视眼镜，则焦距的取值范围是（   ） A． B． C． D． 9．在平面直角坐标系中，二次函数的图象与轴有两个交点，且这两个交点分别位于轴两侧，则下列关于该函数的结论正确的是（    ） A．图象的开口向下 B．当时，的值随值的增大而增大 C．函数的最小值小于 D．当时， 10．数学活动课要求用一张正方形纸片制作圆锥，同学们分别剪出一个扇形和一个小圆作为圆锥的侧面和底面，下列图示中的剪法恰好能构成一个圆锥的是（    ） A． B． C． D． 2、 填空题（每小题3分，共15分） 11．分解因式：________． 12．某段公路上汽车紧急刹车后前行的距离s（单位：）关于行驶时间t（单位：）的函数解析式是，遇到刹车时，汽车从刹车后到停下来前进了______________． 13．如图，在平面直角坐标系中，点的坐标为，将线段绕点逆时针旋转60°，则点对应点的坐标为___________． 14．有一张如图所示的四边形纸片，，，为直角，要在该纸片中剪出一个面积最大的圆形纸片，则圆形纸片的半径为________cm． 15．若，是方程的两个实数根，则______． 三、简答题（一）（每小题7分，共21分） 16．（1）计算：． （2） 解方程：． （3） 解方程：． 17．某市教育综合实践基地开设有：巧手木艺；：创意缝纫；：快乐种植；：美味烹饪；：爱心医护等五门课程．某校组织八年级学生到该基地开展活动，一段时间后，基地采用随机抽样的方式，在该校八年级抽取部分学生开展了“我最喜欢的综合实践课程”的问卷调查，并根据调查所收集的数据进行整理，绘制了如下两幅不完整的统计图表． 课程名称 巧手木艺 创意缝纫 快乐种植 美味烹饪 爱心医护 人数 6 12 18 根据图表信息，回答下列问题： (1)______，扇形统计图中表示“巧手木艺”部分对应扇形的圆心角度数是________； (2)若该校八年级共有480名学生，请你估计该校八年级最喜欢两门课程的学生人数； (3)小明同学从四门课程中随机选择两门，求恰好选中两门课程的概率． 18．为拓宽高端市场，某水产品养殖基地正规划开展特定高端水产品的专业化养殖项目．经过市场调查得到如下信息： (1)若该水产品的总产量为，求x的值； (2)养殖面积定为多少时，基地利润最大？最大利润是多少？ 四、简答题（二）（每小题9分，共27分） 19．如图，已知菱形，点在轴上，反比例函数的图象经过菱形的顶点，连接，与反比例函数图象交于点． (1)求反比例函数解析式； (2)求直线的解析式和点的坐标． 20．九年级体育课上，男同学正在进行原地掷实心球训练．如图所示，某同学实心球出手（点A处）的高度是2米，出手后的实心球沿一段抛物线运行，当实心球运行到最高点时，运行高度为米，水平距离为4米． (1)试求实心球运行高度y（米）与水平距离x（米）之间的函数表达式； (2)设实心球落地点为C，实心球落地点与出手点之间的水平距离为原地掷实心球的成绩，求某同学的成绩； 21．如图，直线经过上的点，直线交于点，交于点，连接交于点，连接，若点是的中点，． (1)求证：是的切线； (2)，，求阴影部分面积． 五、简答题（三）（第22题13分，第23题14分，共27分） 22．【学习心得】 （1）小雯同学在学习完“圆”这一章内容后，感觉到一些几何问题如果添加辅助圆，运用圆的知识解决，可以使问题变得非常容易． 例如：如图1，在中，，，是外一点，且，求的度数．若以点A为圆心，长为半径作辅助圆，则，两点必在上，是的圆心角，是的圆周角，则______． 【初步运用】 （2）如图2，在四边形中，，求的度数； 【方法迁移】 （3）如图3，已知线段和直线，用直尺和圆规在上作出所有的点，使得（不写作法，保留作图痕迹）； 【问题拓展】 （4）①如图4①，已知矩形为边上的点．若满足的点恰好有两个，则的取值范围为______． ②如图4②，在中，，是边上的高，且，求的长． 23．【发现】如图，将正方形的对角线绕点顺时针旋转后落在点位置，连接并延长交的延长线于点，平分交于点．求证：； 【探究】如图，在矩形中，，，将对角线绕点顺时针旋转后落在点位置，连接并延长交的延长线于点，平分交于点，连接，若，求的长； 【拓展】如图，在菱形中，，，以点为旋转中心，将边顺时针旋转一周与菱形的边交于点（不含与顶点的交点），请直接写出的长（不用说理）． 2025-2026学年度第一学期期末教学质量监测 九年级数学试卷答案 （满分：120分 考试用时：120分钟） 1、 选择题（每小题3分，共30分。} 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 C B B A C B A D D B 1．C 【分析】本题主要考查的是比较有理数的大小，掌握比较有理数的大小的方法是解题的关键． 根据正数大于零，零大于负数，两个负数绝对值大的反而小判断即可． 【详解】解：∵， ∴最小的数是， 故选：C． 2．B 【分析】本题主要考查科学记数法，熟练掌握科学记数法是解题的关键；科学记数法的表示形式为的形式，其中，n为整数．确定n的值时，要看把原数变成a时，小数点移动了多少位，n的绝对值与小数点移动的位数相同．当原数绝对值大于或等于10时，n是正整数；当原数的绝对值小于1时，n是负整数． 【详解】解：将数据5758亿用科学记数法表示为； 故选B． 3．B 【分析】本题考查了中心对称图形与轴对称图形的识别，一个图形绕着某固定点旋转后能够与原来的图形重合，则称这个图形是中心对称图形，这个固定点叫做对称中心；如果一个图形沿着某条直线对折后，直线两旁的部分能够重合，则称这个图形是轴对称图形，这条直线叫做对称轴；根据这两个概念判断即可． 【详解】解：A、正三角形既是轴对称图形，不是中心对称图形，错误，故不符合题意； B、圆既是轴对称图形，又是中心对称图形，正确，故符合题意； C、线段是轴对称图形，也是中心对称图形，错误，故不符合题意； D、平行四边形不是轴对称图形，但是中心对称图形，错误，故不符合题意； 故选：B． 4．A 【分析】本题考查配方法，根据一除，二移，三配，四变形的方法，进行配方即可． 【详解】解： ∴； 故选A． 5．C 【分析】本题考查了本题考查用列表法或画树状图法求概率，解决本题的关键是画树状图把所有可能出现的结果表示出来，可知共有种等可能的结果，其中两人恰好选中同一根绳子的结果共有种，即可求解． 【详解】解：画树状图，如下图所示， 共有种等可能的结果，其中两人恰好选中同一根绳子的结果共有种， 两人恰好选中同一根绳子的概率是． 故选： ． 6．B 【详解】试题分析：根据合并同类项的法则，可知，故A不正确； 根据同底数幂的除法，知，故B正确； 根据幂的乘方，知，故C不正确； 根据完全平方公式，知，故D不正确. 故选B. 点睛：此题主要考查了整式的混合运算，解题关键是灵活应用合并同类项法则，同底数幂的乘除法法则，幂的乘方，乘法公式进行计算. 7．A 【分析】本题考查了的圆周角所对的弦为直径，圆周角定理等知识．熟练掌握的圆周角所对的弦为直径，圆周角定理是解题的关键． 如图，记的中点为，连接，由题意知，，四点共圆，由圆周角定理可得，根据，计算求解即可． 【详解】解：如图，记的中点为，连接， 由题意知，， ∵， ∴四点共圆， ∵， ∴， ∴， 故选：A． 8．D 【分析】本题考查了反比例函数的应用，设反比例函数解析式为，将代入，求得，当时，，结合函数图象，即可求解． 【详解】解：设反比例函数解析式为，将代入 得，， 解得，， ∴， 当时，， ∴根据函数图象可得：当时，， 故选：D． 9．D 【分析】本题考查的是二次函数的图象与性质，由二次函数图象与x轴有两个交点且位于y轴两侧，说明对应方程的两根异号，即常数项与二次项系数符号相反，结合开口方向、顶点坐标及特定点函数值分析选项即可. 【详解】解：由题意可得：方程的两根异号， ∴， 解得， ∴二次项系数，开口向上，故A不符合题意； ∵的对称轴为直线， ∴当时，y随x增大而增大，故B不符合题意； ∵当时，， ∴最小值为，故C不符合题意； 当时，， ∵， ∴此时，故D符合题意； 故选：D 10．B 【分析】本题考查的是圆与圆的位置关系，圆锥的理解，勾股定理的应用，正方形的性质，弧长的计算，选择合适的方法解题是关键，先设正方形的边长为，设小圆的半径为，再分别计算每个选项的小圆的周长与扇形的弧长，再比较即可． 【详解】解：设正方形的边长为， 如图，连接，，则， ，在上， 设， 过作于，连接， ∴四边形为矩形， ∴，，， 而， ∴， 解得：（舍去），， ∴大的半圆的弧长为， 小圆的周长为，故A不符合题意； 如图， 由正方形与圆的性质可得：， ∴大的半圆的弧长为， 小圆的周长为，故B符合题意； 如图，连接，，则， 设， 同理可得：，，， ∴， 解得：， ∴∴大的扇形的弧长为， 小圆的周长为，故C不符合题意； 如图，连接，，    设， 当刚好要围成一个圆锥时，则扇形的弧长等于小圆的周长， ∴， ∴， 而图中裁剪的条件中没有这个条件，故D不一定能够刚好围成圆锥，不符合题意； 故选B 2、 填空题（每小题3分，共15分） 11．b(a-b). 【详解】试题分析：直接提公因式b即可，即原式=b(a-b). 考点：因式分解-提公因式法. 12． 【分析】本题主要考查了二次函数的实际应用，根据题意可得s的最大值即为汽车从刹车后到停下来前进的距离，据此求解即可． 【详解】解：， ∴遇到刹车时，汽车从刹车后到停下来前进了， 故答案为：． 13． 【分析】本题考查了旋转的性质，勾股定理的相关计算．将线段绕点逆时针旋转得到，过点作轴于点，然后通过勾股定理计算，即可求解，掌握勾股定理的应用是解题的关键． 【详解】解：如图，将线段绕点逆时针旋转得到， 过作轴于点， 则，，， ∵点的坐标为， ∴ ∴， 根据勾股定理得， ∴点对应点的坐标为． 故答案为：． 14． 【分析】连接，作的平分线交于点 ，作于 ，如图求得 ，则 ， ，所以平分 和 ，加上平分 ，根据角平分线性质得到点到四边形的各边的距离相等，则得到是四边形的内切圆，它是所求的面积最大的圆形纸片，其半径为，接着证明为等腰直角三角形得到，设，则，，然后证明 ，利用相似比可计算出． 【详解】解：连接，作的平分线，交于点O，作 于， 在和 中， ， ∴， ∴ ， 平分 和 ， 平分 ， 点到四边形的各边的距离相等， ∴是四边形的内切圆，它是所求的面积最大的圆形纸片，其半径为， ， ， ∴为等腰直角三角形， ， 设，则，， ∵，， ∴， ， 即 ， ． 即的半径为， ∴圆形纸片的半径为． 故答案为： 【点睛】本题考查四边形的内切圆，角平分线的性质，相似三角形的判定及性质，证明该四边形的内切圆是所求的面积最大的圆是解题的关键． 15． 【分析】本题考查了一元二次方程的根与系数的关系，掌握根与系数的关系是解题的关键．利用一元二次方程的根与系数的关系求解． 【详解】解： ，是方程的两个实数根， ． 故答案为：． 3、 简答题（一）（每小题7分，共21分） 16．（1）；（2）或；（3） 【分析】本题主要考查了实数的运算，求平方根的方法解方程，求立方根的方法解方程： （1）先计算算术平方根和立方根，再计算乘方，最后计算加减法即可； （2）根据求平方根的方法解方程即可； （3）根据求立方根的方法解方程即可． 【详解】解：（1） ； （2）∵ ∴ ∴ ∴ 解得或； （3）∵ ∴， ∴， ∴， ∴． 17．(1)15； (2)120名 (3) 【分析】本题主要考查了频数分布表，扇形统计图，用样本估计总体，树状图法或列表法求解概率，正确读懂统计图和统计表以及熟知概率计算公式是解题的关键． （1）用最喜爱“快乐种植”的人数除以其人数占比得到参与调查的学生人数，进而可求出a、b的值，再用360度乘以“巧手木艺”的人数占比即可求出对应的圆心角度数； （2）用480乘以样本中八年级最喜欢两门课程的学生人数占比即可得到答案； （3）先列表得到所有等可能性的结果数，再找到恰好选中两门课程的结果数，最后依据概率计算公式求解即可． 【详解】（1）解；（名）， ∴本次一共调查了60名学生， ∴； ∴， ∴扇形统计图中表示“巧手木艺”部分对应扇形的圆心角度数是； 故答案为：15；； （2）解：（名）， 答：估计该校八年级最喜欢两门课程的学生人数为120名； （3）解：根据题意列表如下； 由表格可知，一共有12中等可能性的结果数，其中恰好选中两门课程的结果数有两种， ∴恰好选中两门课程的概率为． 18．(1)； (2)养殖面积定为亩时，基地利润最大，最大利润是万元 【分析】本题考查了营销问题(一元二次方程的应用)，销售问题(实际问题与二次函数)，的最值，解题关键是掌握上述知识点并能熟练运用求解． （1）根据题意，列出一元二次方程求解； （2）根据题意，列出二次函数关系式，再求出最大利润． 【详解】（1）解：由题意，得， 解得：， 答：x的值为； （2）解：设基地利润为y万元， 当时，y有最大值， 答：养殖面积定为亩时，基地利润最大，最大利润是万元． 4、 简答题（二）（每小题9分，共27分） 19．(1)； (2)，． 【分析】本题考查了正比例函数和反比例函数的性质，菱形的性质，勾股定理等知识，掌握知识点的应用是解题的关键． （）利用待定系数法即可求解； （）由得，又四边形是菱形，则，得到，从而求出直线的解析式为，然后联立，即可求解． 【详解】（1）解：把代入，得， ∴反比例函数解析式为； （2）解：∵， ∴， ∵四边形是菱形， ∴， ∴， 设直线的解析式为， 把代入得， ∴ ∴直线的解析式为， ∵点是反比例函数与正比例函数的交点， ∴联立解析式， 解得或， ∵， ∴． 20．(1) (2)10米 【分析】本题考查了实际问题与二次函数 ，待定系数法求出二次函数的解析式，正确掌握相关性质内容是解题的关键． （1）依题意，先设抛物线解析式为，再将代入，得，进行计算，即可作答． （2）依题意，因为实心球落地点为C，实心球落地点与出手点之间的水平距离为原地掷实心球的成绩，所以将代入，得，解得，（不符合题意，舍去），即可作答． 【详解】（1）解：由题意知，抛物线最高点坐标 ∴设抛物线解析式为， ∵某同学实心球出手（点A处）的高度是2米， ∴， 再将代入，得， 则， 解得， 则实心球运行高度y与水平距离x之间的函数表达式：； （2）解：依题意，将代入， 得 解得，（不符合题意，舍去） ∴米， 答：某同学原地掷实心球的成绩为10米； 21．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据题意得到，，，则，即，结合切线的判定即可求解； （2）根据切线的性质得到是等边三角形，设，则，运用含30度角的直角三角形的性质，勾股定理得到，，结合阴影部分的面积为即可求解． 【详解】（1）证明：如图所示，连接， ∵点是的中点， ∴， 又， ∴， ∴， ∵， ∴，即， ∴， ∵， ∴， ∴，即， ∵是圆的半径，点在圆上， ∴是的切线； （2）解：∵是切线， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴点是的中点，且， ∴， ∴是等边三角形， ∴， 设，则， 在中，，即， 解得，（负值舍去）， ∴， 在中，，， ∴，， ∴阴影部分的面积为：． 【点睛】本题主要考查垂径定理，切线的判定和性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理，扇形面积的计算，掌握以上知识，数形结合分析是关键． 5、 简答题（三）（第22题13分，第23题14分，共27分） 22．（1）45；（2）；（3）见解析；（4）①；② 【分析】本题是圆的综合题，考查了等边三角形的性质、圆周角定理、作图、勾股定理、等腰直角三角形的性质、垂径定理等知识． （1）由圆周角定理可得出答案； （2）取的中点O，连接．由直角三角形的性质证明点A、B、C、D共圆，由圆的性质得出，则可得出答案； （3）作出等边三角形，由圆周角定理作出图形即可； （4）①在上截取，连接，以为直径，由图形可知，由勾股定理求出和的长，则可得出答案；②作的外接圆，过圆心O作于点E，作于点F，连接．由圆周角定理及勾股定理可得出答案． 【详解】解：（1）是的圆心角，是的圆周角，， ； 故答案为：45； （2）如图2，的中点O，连接． ， ， ， ∴点A、B、C、D共圆， ， ， ； （3）作图如下：由图知，；同理． （4）①． 在上截取，连接，以为直径作，交于E，交于F，连接，过圆心O作于H且交圆O于G，过G作的切线交于K，交于Q，如图所示： ， ， 的半径为，即， ∵， ， ， ， ， ，即， ∴满足的点恰好有两个，则的取值范围为， 故答案为：； ②如图，作的外接圆，过圆心O作于点E，作于点F，连接． ， ． 在中，， ． ，O为圆心， ， ． 在中，，， ． 在中，， ， ． 23．[发现]证明见解析；[探究] ；[拓展] 的长为或． 【分析】[发现]延长交于点，由旋转性质可知，求得，根据四边形为正方形 ，得，，故有，则 ，最后由全等三角形的判定方法即可求证； [探究]延长交于点，由旋转性质可知，求得，根据四边形为正方形 ，得，，故有，则 ，证明，即，最后通过勾股定理和等面积法即可求解； [拓展]分当点在边上时，点在边上两种情况，由全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质即可求解． 【详解】[发现]证明：延长交于点，如图， 由旋转知， ∵平分， ∴， ∴， ∵四边形为正方形 ， ∴，， ∴， ∴ ， ∴； [探究]解：延长交于点，如图， 由旋转知， ∵平分， ∴， ∴， ∵四边形为矩形 ， ∴，，， ∴， ∴ ， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴； [拓展]解：当点在边上时，连接，过点作于点，如图， 由旋转知， ∴， ∵四边形为菱形，，， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴； 点在边上，过点作于点，如图， ∵四边形是菱形， ∴， ∵， ∴， ∴， 由上， ∴， ∴为中点， ∵四边形为菱形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴为中点， ∴是的中位线， ∴，， ∴， ∴， 综上，的长为或． 【点睛】本题考查了正方形、菱形的性质，相似三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，等腰三角形的性质，旋转的性质等知识，掌握知识点的应用是解题的关键． 第7页（/共4页） 第8页/（共10页） 知人善教 培养品质 引发成长动力 学科网（北京）股份有限公司 $