期中考试学情自测重难点强化训练综合卷2026-2027学年苏科版九年级上学期数学

2026-2027学年苏科版九年级上学期数学期中考试学情自测重难点强化训练综合卷 学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 一、单选题（每题只有一个正确选项，每小题3分，满分24分） 1．下列方程中，是一元二次方程的是（    ） A．3x－1＝0 B． C． D． 2．已知点，都在反比例函数的图象上，则的大小关系是（     ） A． B． C． D．无法确定 3．下列说法正确的是（    ） A．相等的圆心角所对的弧相等 B．圆周角等于圆心角的一半 C．等弧所对的弦相等 D．平面内三点确定一个圆 4．老师设计了一个“接力游戏”，用合作的方式，用配方法求解一元二次方程，如图，老师把题目交给一位同学，他完成一步解答后交给第二位同学，…，依次进行，最后完成计算．规则是每人只能看到前一人传过来的式子，接力中，自己负责的式子出现错误的是（     ） A．小明 B．小丽 C．小红 D．小亮 5．在四个密闭容器中分别装有甲、乙、丙、丁四种气体，如图，用四个点分别描述这四种气体的密度与体积的情况，其中描述乙、丁两种气体情况的点恰好在同一个反比例函数的图象上，则这四种气体的质量最小的是（     ） A．甲 B．乙 C．丙 D．丁 6．已知一元二次方程中，下列说法：①若，则； ②若方程两根为和2，则； ③若方程有两个不相等的实根，则方程必有两个不相等的实根；④若，则方程有两个不相等的实根．其中正确的有（   ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 7．如图，在中，，点D在上，的延长线交的外接圆于点E.若，则长为（    ）    A． B．7 C． D． 8．如图，的半径为2，将劣弧沿弦翻折，恰好经过圆心，点为优弧上的一个动点，则面积的最大值是（　　） A． B． C． D． 二、填空题（本大题共10小题，每小题3分，满分30分） 9．设a是方程的一个实数根，则__________． 10．如图，已知点、、、、在上，若，则的度数为__________________________． 11．若反比例函数的图象与一次函数的图象相交于点，且，则的值等于 _________． 12．一次函数和反比例函数的图象的一个交点坐标为，则另一个交点坐标为________． 13．已知关于x的一元二次方程没有实数根，那么a的取值范围是______． 14．如图，过原点，分别与轴、轴交于点和点，点在上，已知的半径为4，则圆心A的坐标是____  ． 15．圆锥的底面半径为3，展开图是圆心角的扇形，则这个圆锥的侧面积是__________． 16．如图，，分别为的内接正三角形、正四边形的一边，是圆内接正边形的一边，则的值为___________． 17．如图，点D是平行四边形内一点，与x轴平行，与y轴平行，，，．若反比例函数的图像经过A、D两点，则k的值是________． 18．如图，正六边形的边长为1，连接并延长至点P，．M是正六边形边上的一个动点，N为该平面内一点，且满足．现有下列结论：①当点M，A重合时；②；③的最小值为1．其中所有正确结论的序号是__________． 三、解答题（本大题共10小题，共计96分，其中19、20、21、22每题8分，23、24、25、26每题10分，27、28每题12分，解答题要有必要的文字说明） 19．解方程： (1)． (2)． 20．随着气温的降低，某电器商场销售一批电暖器，平均每天可售出30台，每台可盈利50元，经调查发现，如果每降价1元，商场平均每天可多售出2台．为了增大利润，商场决定采取适当的降价措施． (1)商场每天要盈利2100元，每台电暖器应降价多少元？ (2)该商场平均每天盈利能达到2500元吗？如果能，求出此时应降价多少；如果不能，请说明理由． 21．如图，四边形的四个顶点都在上，平分连接，且． (1)求证：； (2)若，求的半径． 22．如图，在平面直角坐标系中，A，B两点的坐标分别是，，过A，B两点的直线（）与x轴，轴分别交于点C，D，双曲线与该直线交于A，B两点． (1)求直线和双曲线的函数表达式； (2)在第三象限的反比例函数图象上有一点，满足，求点的坐标． 23．智能饮水机接通电源后开始自动加热，水温每分钟上升，加热到时，饮水机自动停止加热，水温开始下降．在水温开始下降的过程中，水温与通电时间成反比例关系．当水温降至室温时，饮水机再次自动加热，重复上述过程．设某天水温和室温均为，接通电源后，水温与通电时间之间的关系如图所示． (1)填空： ①当时，与之间的函数关系式是_________； ②当时，与之间的函数关系式是_________； ③_________； (2)加热一次，水温不低于的时间有多长？ 24．为了加强中小学学生的劳动教育，2024年计划将该区的土地作为社会实践基地，该基地准备种植甲乙两种蔬菜．经调查发现：甲种蔬菜种植成本y（单位：元）与其种植面积x（单位：）的函数关系，其中；乙种蔬菜的种植成本为50元． (1)设2024年甲乙两种蔬菜总种植成本为w元，如何分配两种蔬菜的种植面积，使w最小？ (2)学校计划今后每年在这土地上，均按（1）中方案种植蔬菜，因技术改进，预计种植成本逐年下降．若甲种蔬菜种植成本平均每年下降，乙种蔬菜种植成本平均每年下降，当a为何值时，2026年的总种植成本为28920元？ 25．如图，在的方格中，的顶点都在格点处．请仅用无刻度的直尺分别按下列要求作图． (1)在图①中，过点作出的外接圆的一条直径； (2)在图②中，在的右侧且的左侧格点处找一点，使． 26．如图，在平面直角坐标系中，一次函数的图象与反比例函数的图象交于、两点，点的横坐标为． (1)①b的值为 ； ②关于x的不等式的解集为 ； (2)若点在轴上，且的面积为，求点的坐标； (3)如图，若点坐标是，将线段绕点顺时针旋转至线段，且当线段与反比例函数在第三象限的图象有交点时，求的取值范围． 27．如图1，扇形中，，，点P在半径上，连接． (1)把沿翻折，点O的对称点为点Q． ① 当点Q刚好落在弧上，求弧的长； ② 如图2，点Q落在扇形外，与弧交于点C，过点Q作，垂足为 H，，求的长，猜想并直接写出三者之间的数量关系； (2)如图3，记扇形在直线上方的部分为图形W，把图形W沿着翻折，点B的对称点为点E，弧与交于点F，若，求的长． 28．问题背景：如图1，是的直径，点C，点D在圆上（在直径的异侧），且D为弧的中点，连接．探究思路：如图2，将绕点D顺时针旋转得到，证明C，B，E三点共线，从而得到为等腰直角三角形，，从而得出． (1)请你根据探究思路，写出完整的推理过程； 问题解决： (2)若点C，点D在直径的同侧，如图3所示，且点D为弧的中点，连接，，求线段的长 （用含有a，b的式子表示）； 拓展探究： (3)将沿翻折得到，如图4所示，试探究：之间的数量关系，并说明理由． 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 《2026-2027学年苏科版九年级上学期数学期中考试学情自测重难点强化训练综合卷》参考答案 1．B 【分析】先把方程化成一般式，根据一般式判断选择即可． 【详解】因为3x－1＝0是一元一次方程， 所以A不符合题意； 因为是一元二次方程， 所以B符合题意； 因为化简后是一元一次方程， 所以C不符合题意； 因为不是一元二次方程， 所以D不符合题意； 故选B． 【点睛】本题考查了一元二次方程的定义即含有一个未知数且含未知数项的次数最高是2的整式方程，熟练掌握定义是解题的关键． 2．B 【分析】把点的坐标代入函数解析式，求出，的值，进行比较即可． 【详解】解：点，在反比例函数的图象上， ，， ， ． 3．C 【分析】根据圆周角定理、确定圆的条件、圆心角和所对弧之间的关系进行判断即可． 【详解】解：A．在同圆或等圆中，相等的圆心角所对的弧相等，故不符合题意； B．同弧或等弧所对的圆周角等于圆心角的一半，故不符合题意； C．等弧所对的弦一定相等，故符合题意； D．平面内不共线的三点确定一个圆，故不符合题意； 故选：C． 【点睛】本题考查圆周角定理、确定圆的条件、圆心角和所对弧之间的关系，熟练掌握圆心角、弧、弦的关系是解题的关键． 4．C 【分析】通过逐步验证配方法解方程的每一步变形，确定出错环节． 【详解】小明：方程两边同时除以2， 得，正确； 小丽：移项变形得，正确； 小红：左边配方应为，小红写为，错误． 5．A 【分析】根据的值即为该气体的质量即可求解． 【详解】解：由题意得：的值即为该气体的质量， 由图可知：描述乙、丁两种气体情况的点恰好在同一个反比例函数的图象上， ∴乙、丁两种气体的质量相同， ∵描述甲气体情况的点在反比例函数的图象下方，描述丙气体情况的点在反比例函数的图象上方， ∴甲气体的质量最小，丙气体的质量最大． 6．C 【分析】根据一元二次方程的解的定义，判别式与根的个数的关系，根与系数的关系逐一进行判断即可． 【详解】解：①若，则1为方程的一个根，∴，故①正确； ②若方程两根为和2，则：，∴，②正确； ③若方程有两个不相等的实数根，则：， 当时，，满足题意， 但此时方程无实数解，故③错误； ④若，则， 即方程有两个不相等的实数根，④正确； 正确的为：①②④， 故选：C． 【点睛】本题考查一元二次方程解的定义，根的判别式，根与系数的关系．熟练掌握相关知识点是解题的关键． 7．C 【分析】本题考查了等腰三角形的性质，圆周角定理，相似三角形的判定与性质，证得是解决本题的关键．首先根据等腰三角形的性质及圆周角定理，可证得，即可证得，再根据相似三角形的性质，即可求解． 【详解】解：∵ ， ∵， ， ， ， 又， ， ，得， ， ， 故选：C． 8．A 【分析】本题考查垂径定理、三角函数、折叠的性质、垂线段最短等知识，解题的关键是求出的最大值，属于中考常考题型． 如图，过点C作于点T，过点O作于点H，交于点K，连接，解直角三角形求出，求出的最大值，可得结论． 【详解】解：如图，过点C作于点T，过点O作于点H，交于点K，连接， 由题意可得垂直平分线段， ∴， ∵， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴的最大值为3， ∴的面积的最大值为， 故选：A． 9．2027 【分析】将看作一个整体，再将a代入方程中化简求解即可 ． 【详解】解：∵a是方程的一个实数根， ∴，即， ∵ ． 10． 【详解】解：∵四边形为的内接四边形， ，即， ， ． 11．4 【分析】根据交点坐标满足两个函数解析式，得到与的关系，以及与的关系，再对已知等式通分变形，代入后即可求出的值． 【详解】解：∵反比例函数的图象与一次函数的图象相交于点， ∴，， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， 经检验，是所列方程的解，且符合题意． 12． 【分析】一次函数和反比例函数的图象都关于原点中心对称，因此两个交点关于原点对称，根据原点对称点的坐标特征即可求解． 【详解】解：∵一次函数和反比例函数的图象都关于原点中心对称， ∴两个函数图象的交点也关于原点中心对称， ∵已知其中一个交点坐标为， ∴另一个交点为关于原点的对称点，坐标为． 13． 【分析】根据一元二次方程定义得二次项系数不为0，再结合无实数根的条件，利用根的判别式小于0求解即可． 【详解】解：∵方程没有实数根， ∴ 解得， ∵方程是关于的一元二次方程， ∴， ∴的取值范围是． 14． 【分析】如图，连接，证明为的直径，可得，，，可得，，进一步可得答案． 【详解】解：如图，连接， ∵， ∴， ∵， ∴为的直径， ∵的半径为4， ∴，，， ∴，， ∵为的中点， ∴，即． 15． 【分析】圆锥的底面半径为3，所以展开的扇形弧长=底面周长=，根据底面周长与扇形的弧长相等，再利用扇形面积公式计算． 【详解】解：∵圆锥的底面半径为3， ∴展开的扇形弧长=底面周长=， ∴圆锥的母线长， ∴圆锥的侧面积=扇形面积=， 故答案为：． 【点睛】本题利用了扇形的面积公式，圆锥的计算，弧长公式．用到的知识点为：圆锥的侧面展开图的弧长等于底面周长 16．12 【分析】本题考查了正多边形与圆，根据已知条件推出是解题的关键．连接、、，根据题意可得，，利用角的和差得到，即可求出的值． 【详解】解：如图，连接、、， ∵为的内接正三角形的一边， ∴， ∵为的内接正四边形的一边， ∴， ∴， ∵是圆内接正边形的一边， ∴， 故答案为：12． 17．4 【分析】过A作于E，作轴于F，延长交x轴于G，根据三角形的面积可求出，根据三角形内角和定理、等角对等边等得出，根据平行四边形的性质、平行线的性质以及可证明，得出，则可设，则，从而得出，即可求解． 【详解】解：过A作交的延长线于E，作轴于F，延长交x轴于G， ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴ ∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴， ∵与x轴平行， ∴， ∴， ∵与y轴平行，x轴轴， ∴轴， 又与x轴平行， ∴， 又轴， ∴， 又，， ∴， ∴， ∴点D的纵坐标为， 设，则， ∵反比例函数的图像经过A、D两点， ∴， 解得， ∴． 18．②③ 【分析】连接交于G，连接，根据正六边形的性质得出，，正六边形关于直线对称，根据轴对称的性质得出，，根据含角的直角三角形的性质求出，根据勾股定理求出，，则当点M，A重合时，，结合，求出，即可判断结论①；连接交于H，同理可求，，证明四边形是平行四边形，得出，则，故当M和B重合时，取最小值为；当M和E重合时，取最大值为，结合，求出的最小值为，的最大值为，即可判断结论②；由②知点N在以P为圆心，大圆半径为4，小圆半径为2的圆环内运动，故当N在的延长线上，且取最小值时，取最小值，即可判断结论③． 【详解】解：连接交于G，连接， ∵正六边形的边长为1， ∴，，正六边形关于直线对称， ∴，， ∴， ∴， ∴， 又， ∴， ∴， ∴当点M，A重合时，， 又， ∴，故结论①错误； 连接交于H， 同理可求，， 又， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∵M是正六边形边上的一个动点， ∴当M和B重合时，取最小值为；当M和E重合时，取最大值为， 又， ∴的最小值为，的最大值为， ∴，故结论②正确； ∴点N在以P为圆心，大圆半径为4，小圆半径为2的圆环内运动， ∴当N在的延长线上，且取最小值时，取最小值， ∴的最小值为，故结论③正确， 综上，正确结论的序号是②③． 19．(1)， (2)， 【详解】（1）解：整理原方程， 得 ， 因式分解，得 ， 即或 ． 解得，． （2）解：对于方程， 得，， ， 计算判别式得 ， 代入求根公式得 ． 解得，． 20．(1)每台电暖器应降价15元或20元 (2)不能．理由如下： 设每台电暖器降价元．根据题意，得 ， 整理，得． ∵， ∴该方程无实数根． ∴该商场平均每天盈利不能达到2500元． 【分析】（1）设每台电暖器降价元，则每台盈利元，每天可以售出台，利用总利润=每台的利润×销售数量，即可得出关于的一元二次方程，解之即可得出x的值； （2）由根的判别式可得出该方程无实数根，进而可得出商场平均每天盈利不能达到2500元． 【详解】（1）解：设每台电暖器降价元．根据题意，得 ， 解得． 答：每台电暖器应降价15元或20元． （2）略 21．(1) 证明：∵平分， ， ， ， ， ， ； (2) 【分析】本题考由圆周角定理，垂径定理，勾股定理，圆心角、弧、弦的关系，关键是由圆周角定理、垂径定理推出，由垂径定理、勾股定理得到关于圆半径的方程． （1）由角平分线定义得到，由圆周角定理推出，由垂径定理推出，得到，由圆心角、弧、弦的关系推出； （2）连接与交于，由垂径定理得到，由勾股定理求出，设半径为，由勾股定理得到，求出，即可得到圆的半径长． 【详解】（1）略 （2）解：连接与交于， ， ， ， ， ， ， ， ∴的半径是． 22．(1)， (2) 【分析】（1）将点A坐标代入反比例函数解析式，求出k，再将点B坐标代入反比例函数解析式，求出点B坐标，最后将A，B两点坐标代入一次函数解析式即可求解； （2）根据与的面积关系，可求出点P的纵坐标，进而求解． 【详解】（1）解：将代入得，， ∴， 反比例函数的解析式为． 将代入得，，则， 点B的坐标为． 将点A和点B的坐标代入得， ， 解得， 一次函数的解析式为； （2）解：将代入得，， 点D的坐标为，则， ， ． 将代入，得， 点的坐标为，则， ， 解得． ∴， ∵点在第三象限， ∴， 将代入得，， 点P坐标为． 23．(1)①；②；③ (2)9分钟 【分析】（1）根据待定系数法分别求解一次函数和反比例函数表达式，再把 代入反比例函数表达式求解； （2）把分别代入两个函数表达式求解即可． 【详解】（1）解：①由题意得，当时，与之间的函数关系是一次函数关系， 设与之间的函数表达式为， 将点代入得：，解得， 则； ②设反比例函数的表达式为， 将点代入得：， ∴与之间的函数表达式为， ③把代入，则； （2）把代入，则，解得 把代入，则， ∵， ∴加热一次，水温不低于的时间为． 24．(1)当甲种蔬菜的种植面积为，乙种蔬菜的种植面积为时，w最小 (2)当a为20时，2026年的总种植成本为28920元 【分析】此题考查了二次函数的应用、一元二次方程的应用，解题的关键是用待定系数法正确求出函数关系式，正确列出一元二次方程． （1）根据当时，，由二次函数的性质得当时，w有最小值，再根据土地总面积为解答即可． （2）根据2026年的总种植成本为28920元，列出一元二次方程，解方程即可． 【详解】（1）当时， ∵， ∴抛物线开口向上． ∴当时，w有最小值，． ∴， ∴当甲种蔬菜的种植面积为，乙种蔬菜的种植面积为时，w最小． （2）由题意可知：甲、乙两种蔬菜总种植成本是42000元， 乙种蔬菜的种植成本是（元）， 甲种蔬菜的种植成本是（元）， ， 设，则， 解得：，（舍去）， ∴． ∴． 答：当a为20时，2026年的总种植成本为28920元． 25．(1) 如答图①，即为所求． (2) 如答图②或答图③，点即为所求．（画法不唯一，正确作出一种即可） 【分析】本题主要考查了圆周角定理，利用网格进行几何作图，掌握上述知识点是解题的关键． （1）和垂直平分线的交点即为的外接圆的圆心，连接点与该点后延长即可找到点，使得是的外接圆的一条直径； （2）根据同弧所对的圆周角相等，结合（1）所得的的外接圆的圆心，根据半径相等可找到多个四点共圆的点（即为点），连接、即可． 【详解】（1）略 （2）略 26．(1)①；②或 (2)点的坐标为或 (3) 【分析】（1）①利用待定系数法求解即可； ②观察图象即可求解； （2）先求得直线与轴的交点的坐标，再利用三角形面积公式列式计算即可求解； （3）过点作轴的垂线，再分别过点和作的垂线，垂足分别为和，由旋转的性质证得，求得，同理，据此求解即可． 【详解】（1）解：①将代入中，得， ∴， 将代入中，得， 解得； ②令， 解得：，， 把代入得， ∴点，点， 由图象得，关于的不等式的解集为或； （2）解：由（1）得， 记直线交轴于点， 令，则， ∴， ∵的面积为5， ∴， 解得， ∴点的坐标为或； （3）解：如图，过点作轴的垂线，再分别过点和作的垂线，垂足分别为和， 根据（1）可知：，， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵，， ∴，， ∴， 同理：， ∵线段与反比例函数的图象有交点， ∴将，分别代入中， ∴或， ∴或， ∴或， ∵交点在第三象限， ∴． 27．(1)①； ②，，理由： 过O作，垂足为点，则（垂径定理），    ∴， ∵翻折， ∴， 在与中， ， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴； ∵， ∴，，即， ∴， ∴； (2) 【分析】（1）①连接，根据折叠的性质可得是等边三角形，可得，再根据弧长公式即可求解；②过点O作，垂足为点G，则，根据可得，由此即可求解； （2）将沿着翻折得，过点Q作，垂足为点H，过点P作，垂足为点D，则四边形是矩形，中，可求出，在中，再根据勾股定理即可求解． 【详解】（1）解：连接，由翻折得    ∵， ∴为等边三角形， ∴， ∴弧长为：； ②略． （2）如图所示，将沿着翻折得 过点Q作，垂足为点H，过点P作，垂足为点D    ∵ ∴四边形是矩形 由折叠和 (1) 可知， ∵， ∴ ∴， 中， ∴的长为． 【点睛】本题主要考查圆的几何图形的综合，掌握折叠的性质，圆的基础知识，等边三角形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质是解题的关键． 28．(1)推导过程如下： ∵绕点顺时针旋转得到， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴三点共线， ∴在中，可得，即， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴； (2) (3)，理由如下： 如下图，将绕点逆时针旋转得到，连接，同理可得：点在上， ∴，， ∵沿翻折得到， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵是的直径， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴． 【分析】（1）首先根据旋转的性质可得，进而可得为等腰直角三角形，由勾股定理可得，进而可知，然后结合，，即可证明结论； （2）将绕点顺时针旋转得到，易得，进而可得；证明为等腰直角三角形，可得，结合，即可获得答案； （3）将绕点逆时针旋转得到，连接，结合旋转的性质以及翻折的性质，易得，进而由勾股定理可得，进一步可得；证明，进而证明，由全等三角形的性质可得，即可获得答案． 【详解】（1）略 （2）解：∵是的直径，为的中点， ∴，， 如下图，将绕点顺时针旋转得到， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴为等腰直角三角形， ∴，， ∴，， ∴在上， ∵， ∴， ∴； （3）略 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 $