期末考前模拟测试卷（含解析）-数学九年级上册人教版

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期末考前模拟测试卷-2025-2026学年数学九年级上册人教版
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．下列四个图形中，不是轴对称图形，是中心对称图形的是 （ ）
A． B．
C． D．
2．二次函数的图象的顶点坐标是（）
A． B．
C． D．
3．根据圆规作图的痕迹，可用直尺成功的找到三角形内心的是（ ）
A． B．
C． D．
4．方程的解为（ ）
A．， B．，
C． D．，
5．已知，， 以B为圆心，长为半径画圆B， 若点C在圆B内， 则线段的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
6．如图，、分别与相切于、两点，，点是劣弧上异于点、的一点，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
7．在同一直角坐标系中，函数和（是常数，且）的图象可能是（ ）
A． B． C． D．
8．如图，四边形内接于交的延长线于点，若平分，，则（ ）
A． B． C． D．
9．已知二次函数，图象的一部分如图所示，该函数图象经过点，对称轴为直线对于下列结论：①；②；③（其中）；④若和均在该函数图象上，且，则其中正确结论的个数共有（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
二、填空题
10．三角形的两边长分别为4和5，第三边的长为方程的根，则此三角形的面积为 ．
11．已知二次函数，它的顶点坐标为 ．
12．点和点关于原点对称，则的值为 ．
13．如图，P是正方形内一点，将绕点C逆时针方向旋转后与重合，若，则 ．
14．飞机着陆后滑行的距离s（单位：m）关于滑行的时间（单位：）的函数解析式是．则飞机着陆后滑行 才能停下来．
15．如图，在菱形中，点为边上一点，连接，将线段绕点逆时针旋转得到，交于点，连接，交于点，已知，则 ，= ．
16．如图，，是的切线，A，B是切点，若，则 ．
17．《九章算术》是中国传统数学重要的著作之一，其中第九卷《勾股》中记载了一个“圆材埋壁”的问题：“今有圆材，埋在壁中，不知大小．以锯锯之、深一寸，锯道长一尺，问径几何？”用几何语言表达为：如图，是的直径，弦于点E，寸，寸，则直径长为 寸．
三、解答题
18．解下列方程：
(1)；
(2)．
19．有甲、乙两个不透明的布袋，甲袋中装有3个完全相同的小球，分别标有数字0，1，2；乙袋中装有3个完全相同的小球，分别标有数字，，0；现从甲袋中随机抽取一个小球，记录标有的数字为，再从乙袋中随机抽取一个小球，记录标有的数字为，确定点的坐标为．
(1)用树状图或列表法列举点所有可能的坐标；
(2)求点在函数的图象上的概率．
20．作图题：如图所示，在所给的网格图中（每小格均为边长是1的正方形）中完成下列各题：
(1)作出关于直线对称的；
(2)作出绕点顺时针方向旋转后的．
21．某商家利用网络平台“直播带货”，销售一批成本为每件30元的商品，若销售单价为36元，则每天可卖出88件，为提高利润，欲对该商品进行涨价销售，经调查发现：每涨价1元，每天要少卖出2件，按单价不低于成本价，且不高于50元销售．
(1)求该商品每天的销售量y（件）与销售单价x（元）之间的函数关系式；
(2)销售单价定为多少元时，才能使销售该商品每天获得的利润w（元）最大？最大利润是多少元？
22．如图，老李想用长为的栅栏，再借助房屋的外墙（外墙足够长）围成一个矩形羊圈．并在边上留一个宽的门（建在处，另用其他材料）．
(1)设矩形的边，则边的长度是多少？（用含有x的代数式表示）
(2)当羊圈的面积为时，该羊圈的长和宽分别应为多少？
23．如图，为的直径，，分别切于点B，D，交的延长线于点E，的延长线交于点G，于点F．
(1)求证：；
(2)若，，求线段的长．
24．如图1，草坪地面上有一个可垂直升降的草坪喷灌器，喷水口可上下移动，喷出的抛物线形水线也随之上下平移，图2是其示意图．开始喷水后，若喷水口在点处，水线落地点为，；若喷水口上升到点处，水线落地点为．
(1)若喷水口在点处，求水线最高点与点之间的水平距离．
(2)当喷水口在点处时，求水线的最大高度．
(3)若喷水口从点处向上平移到点处，水线落地点为，求的长．
25．如图，四边形内接于，为直径，过点C作的垂线，垂足为点E，连接．
(1)求证：；
(2)连结，若，，，求、、围成的阴影部分的面积．
26．如图，已知抛物线与轴的一个交点为，另一个交点为，与轴的交点为．
(1)求抛物线的解析式；
(2)抛物线上是否存在点，使的面积是，若存在，请求出点的坐标；若不存在，请说明理由；
(3)已知点为轴上的一个动点，当是以为腰的等腰三角形时，求点的坐标．
27．在中，，，为平面内的一点．
(1)如图1，当点在边上时，，且，求的长；
(2)如图2，当点在的外部，且满足，求证：；
(3)如图3，，当、分别为、的中点时，把绕点顺时针旋转，设旋转角为，直线与的交点为，连接，直接写出旋转中面积的最大值．
参考答案：
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9
答案 C C B D D D C C B
1．C
【分析】本题考查的是中心对称图形与轴对称图形的概念，轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后可与原图形重合．根据中心对称图形与轴对称图形的概念进行判断即可．
【详解】解：A．既不是轴对称图形，又不是中心对称图形，故本选项不合题意；
B．既是中心对称图形，又是轴对称图形，故本选项不合题意；
C．不是轴对称图形，是中心对称图形，故本选项符合题意；
D．既是中心对称图形，又是轴对称图形，故本选项不合题意．
故选：C．
2．C
【分析】本题考查二次函数的性质，解答本题的关键是明确题意，利用二次函数的性质解答．根据题目中函数的顶点式，可以直接写出该函数的顶点坐标，本题得以解决．
【详解】解：∵二次函数，
∴该函数图象的顶点坐标为，
故选：C．
3．B
【分析】本题考查三角形内心的定义，作图—基本作图（作一条线段等于已知线段；作一个角等于已知角；作已知线段的垂直平分线；作已知角的角平分线；过一点作已知直线的垂线）．掌握三角形内心为三角形内角平分线的交点是解题关键．利用基本作图和三角形内心的定义进行判断即可．
【详解】解：三角形内心为三角形内角平分线的交点，选项B中作了两个角的平分线．
故选B．
4．D
【分析】本题考查了解一元二次方程．根据题意解方程，求出的值，即可求解．
【详解】解：，
，
即或，
解得：，．
故选：D．
5．D
【分析】本题考查了点与圆的位置关系和垂径定理，根据点C在圆内的位置判断线段的取值范围即可．
【详解】解：当点C在圆上时，，
∴是等边三角形，
∴，
过点作，则
由勾股定理得，，
所以，点C在圆B内， 则线段的取值范围是，
故选：D．
6．D
【分析】本题考查了切线的性质，垂直定义，多边形的内角和，圆内接四边形的性质，熟练掌握切线的性质是解题的关键，在优弧上取点，连接，，，，由切线的性质得，，从而得，，再根据圆内接四边形的性质即可得解。
【详解】解：如图，在优弧上取点，连接，，，，
∵、切于点、，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
故选：．
7．C
【分析】本题考查了一次函数和二次函数的图象与性质，根据一次函数的图象得出的符号，进而判断出二次函数的图象即可求解，掌握一次函数和二次函数的图象与性质是解题的关键．
【详解】解：、∵一次函数的图象经过二、三、四象限，
∴，
∴，
∴二次函数的图象开口向上，该选项错误，不合题意；
、∵一次函数的图象经过二、三、四象限，
∴，
∴，
∴二次函数的图象开口向上，对称轴为直线，该选项错误，不合题意；
、∵一次函数的图象经过二、三、四象限，
∴，
∴，
∴二次函数的图象开口向上，对称轴为直线，该选项正确，符合题意；
、∵一次函数的图象经过一、二、三象限，
∴，
∴，
∴二次函数的图象开口向下，该选项错误，不合题意；
故选：．
8．C
【分析】连接，由圆内接四边形的性质和圆周角定理得，，进而得，得到，然后利用勾股定理求出即可求解．
【详解】解：连接，
∵平分，
∴，
∵四边形内接于，
∴，
又∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
故选：．
【点睛】本题考查了圆内接四边形的性质，等腰三角形的判定，圆周角定理，勾股定理，角平分线定义，熟练掌握圆周角定理和圆内接四边形的性质是解题的关键．
9．B
【分析】本题考查了二次函数的图象与性质，熟练掌握二次函数图象与性质是关键．
根据抛物线与x轴的一个交点以及其对称轴，求出抛物线与x轴的另一个交点，利用待定系数法得到，，再根据抛物线开口方向向下，即可判断②正确，①错误，根据．，，，可以得到，从而得到③正确；根据抛物线的增减性可以判断出④错误，问题得解．
【详解】解：∵抛物线的对称轴为直线，且抛物线与轴的一个交点坐标为，
∴抛物线与x轴的另一个交点坐标为，
把，代入，可得：，解得，
∴，故②正确；
∵抛物线开口方向向下，
∴，
∴，，
∴，故①错误；
∵，，
∴，
又∵，，
∴，
即（其中），故③正确；
∵抛物线的对称轴为直线，且抛物线开口朝下，
∴当时，随的增大而减小，
∵，
∴，故④错误，
故选：B．
10．6
【分析】本题考查了解一元二次方程，直角三角形的判定，直角三角形的面积，求出一元二次方程的解得到三角形的第三条边是解答关键．
先求出一元二次方程的解，得到三角形第三条边，再利用勾股定理的逆定理判定三角形为直角三角形，最后利用直角三角形的面积公式求解．
【详解】解：三边的长为方程的根，
，
，，
解得（不符合题意舍去），，
三角形的第三边的长为3．
，
这个三角形是以3和4为两条直角边的直角三角形，
此三角形的面积为．
故答案为：6．
11．
【分析】本题主要考查了二次函数图象的性质，根据顶点式解答即可.即在二次函数关系式中，顶点坐标为，对称轴为.
【详解】解：二次函数的顶点坐标为.
故答案为：.
12．
【分析】本题考查了关于原点对称的点的特征，熟练掌握关于原点对称的点的横纵坐标互为相反数是解此题的关键．根据关于原点对称的点的横纵坐标互为相反数得出，，再代入求值即可．
【详解】点和点关于原点对称，
，
解得，
．
故答案为：．
13．
【分析】本题考查正方形的性质，旋转的性质，勾股定理，根据正方形和旋转的性质，推出为等腰直角三角形，利用勾股定理进行求解即可．
【详解】解：∵四边形为正方形，
∴，
∵绕点C逆时针方向旋转后与重合，
∴，，
∴为等腰直角三角形，
∴．
故答案为：．
14．
【分析】本题考查了二次函数的应用，把二次函数解析式转化为顶点式，求出二次函数的最大值即可求解，掌握配方法是解题的关键．
【详解】解：∵，
∴当时，有最大值为，
∴飞机着陆后滑行才能停下来，
故答案为：．
15．
【分析】过点B作于点M，然后利用勾股定理计算即可得到长；过点F作交、的延长线于点P、Q，在PD上截取，连接，可以得到，进而求得，，然后根据平行线分线段成比例解题即可．
【详解】解：过点B作于点M，
∵，
∴，
∴，
∴，，
∴，
∴，
过点F作交、的延长线于点P、Q，在PD上截取，连接，
∵是菱形，
∴，，，
由旋转可得，，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴是等边三角形，
∴，，
∴，
∴，
∴，，
∴，，
∴，
∵，，
∴四边形是平行四边形，
∴，
又∵，
∴．
【点睛】本题考查全等三角形的判定和性质，勾股定理，平行线分线段成比例，菱形的性质，作辅助线构造全等三角形是解题的关键．
16．
【分析】本题考查了切线的性质，切线长定理，根据切线长定理得到平分，根据切线的性质得到，则利用角平分线的定义得到，然后利用互余计算出的度数．
【详解】解：，是的切线，，为切点，
平分，，
，，
∵，
∴，
∴．
故答案为：．
17．26
【分析】本题主要考查了垂径定理和勾股定理，设寸，则寸，由垂径定理得到寸，再由勾股定理可得方程，解方程即可得到答案．
【详解】解：设寸，则寸，
，是直径，
寸，
在中，由勾股定理得，
，
，
寸，
故答案为：26．
18．(1)，
(2)，
【分析】此题主要考查了一元二次方程的解法应用，注意熟练利用配方法、公式法、因式分解法解方程是解题关键．
（1）利用因式分解法解方程即可；
（2）先整理，得到方程的二次项系数为1，一次项系数为，适合用配方法解方程．
【详解】（1）解：，
，
∴或，
∴，；
（2）解：整理得，
配方得，即，
开方得，，
∴，．
19．(1)见解析
(2)
【分析】本题考查了用列表法或画树状图的方法求随机事件的概率，掌握列表法和画树状图是解答关键．
（1）利用列表法列举点所有可能的坐标来求解；
（2）根据（1）的统计情况，利用概率公式求解．
【详解】（1）解：列表如下：
共有9种等可能出现的结果：、、、、、、、、．
（2）解：由（1）可知，满足点在函数的图象上的结果有和共2种，
∴点在函数的图象上的概率为．
20．(1)见解析
(2)见解析
【分析】本题主要考查了轴对称变换和旋转变换，理解并掌握轴对称变换和旋转变换的性质是解题关键．
（1）根据轴对称的性质确定点关于直线的对称点，然后顺次连接即可；
（2）根据旋转的性质确定点绕点顺时针方向旋转后的对应点，然后顺次连接即可．
【详解】（1）解：如下图，即为所求；
（2）如下图，即为所求．
21．(1)
(2)销售单价定为50元时，才能使销售该商品每天获得的利润w元最大，最大利润是1200元
【分析】本题主要考查了二次函数的实际应用，一元二次方程的实际应用，列函数关系式，
（1）根据销售单价为36元，则每天可卖出88件，每涨价1元，每天要少卖出2件列出对应的函数关系式即可；
（2）根据利润（售价成本）数量，列出w关于x的二次函数关系式，利用二次函数的性质求解即可．
【详解】（1）解：由题意得，
；
（2）解：由题意得，
，
∴对称轴为直线，
∵，
∴当时，w随的增大而增大，
∴当时，w最大，最大值，
答：销售单价定为50元时，才能使销售该商品每天获得的利润w元最大，最大利润是1200元．
22．(1)
(2)羊圈的长为，宽为或羊圈的长为，宽为
【分析】本题主要考查了列代数式，一元二次方程的实际应用：
（1）用栅栏长减去长的两倍再加上的长即可得到答案；
（2）根据（1）所求结合矩形面积计算公式建立方程求解即可．
【详解】（1）解：由题意得，；
（2）解：由题意得，，
整理得：，
解得或，
当时，，；
当时，，；
答：羊圈的长为，宽为或羊圈的长为，宽为．
23．(1)证明见解析
(2)5
【分析】本题主要考查切线的性质、勾股定理、切线长定理，熟练掌握切线定理及切线长定理是解题的关键．
（1）根据，分别切于点B，D，得到平分，再根据直角三角形的性质推导即可；
（2）连接，先算出，再利用勾股定理得到的长度，设的半径为r，再根据勾股定理即可求出r的长度，据此求解即可．
【详解】（1）证明：∵，分别切于点B，D，
∴平分，,
即，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴．
（2）解：连接，如图，
∵，分别切于点B，D，
∴，，
∴，
在中，，
设的半径为r，则，，
在中，，
解得，
∴．
24．(1)水线最高点与点之间的水平距离为
(2)当喷水口在点处时，水线的最大高度为
(3)的长为
【分析】本题考查二次函数的应用，正确理解题意是解题的关键：
（1）以为单位长度，点为原点，所在的直线为轴，所在的直线为轴，建立平面直角坐标系．得出点的坐标为，点坐标为，点的坐标为，进而可得出答案；
（2）设喷水口在点处时，喷出的抛物线形水线的解析式为．将坐标代入即可得出答案；
（3）根据抛物线形水线的解析式为，当时，求出，进而可得出答案．
【详解】（1）解：如图，以为单位长度，点为原点，所在的直线为轴，所在的直线为轴，建立平面直角坐标系．
，
点的坐标为，点坐标为，
若喷水口在点处，水线抛物线的对称轴为直线．
点的坐标为，
水线最高点与点之间的水平距离为．
（2）设喷水口在点处时，喷出的抛物线形水线的解析式为．
经过点，对称轴与过点的抛物线的对称轴相同，
解得
．
当时，，
当喷水口在点处时，水线的最大高度为．
（3）喷水口从点处向上平移到点处，
抛物线形水线的解析式为．
当时，
解得，
点的坐标为
的长为．
25．(1)见解析
(2)
【分析】本题主要考查了圆周角定理、勾股定理、扇形的面积公式等知识点，灵活运用相关知识是解本题的关键．
（1）先判断出，然后用等角的余角相等即可证明结论；
（2）求出和，，再利用面积公式计算即可．
【详解】（1）证明：∵四边形是的内接四边形，
∴，
又，
∴，
∵为的直径，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴；
（2）解：∵，，
∴，
∴，
∵，
∴是等边三角形，
∴，，
∴，
．
26．(1)
(2)，
(3)或或
【分析】本题考查了待定系数法求抛物线的解析式，二次函数的性质，勾股定理，等腰三角形的定义等．
（1）将点和点的坐标分别代入解析式，即可求解；
（2）设点的坐标为，根据三角形的面积列出方程，解方程求出的值，即可求出点的坐标；
（3）先根据勾股定理求出的长，再分为点是等腰的顶点和点是等腰的顶点，两种情况进行分析即可求解．
【详解】（1）解：把点、代入解析式，
得，
解得：，
故抛物线的解析式为．
（2）解：设点的坐标为，
则，
根据题意可得：，
整理得：，
解得：或，
当时，；
当时，；
即点的坐标为，．
（3）解：连接，如图：
在中，，
当点是等腰的顶点时，此时点在点的上方，
则，
故此时点的坐标为；
当点是等腰的顶点，点在点的下方时，
此时，
故此时点的坐标为；
当点是等腰的顶点，点在点的上方时，
此时，
故此时点的坐标为；
故点的坐标为或或．
27．(1)
(2)见解析
(3)
【分析】（1）将沿折叠，得到，连接，利用全等三角形的判定与性质以及勾股定理求解即可；
（2）过作，且，连接，利用全等三角形的判定与性质以及勾股定理求解即可；
（3）连接交于G，证明出，得到，然后证明出为直角三角形，点P在以中点M为圆心，为半径的圆上，连接交所在直线于点N，当时，点P到直线的距离最大，然后利用三角形中位线和勾股定理求解即可．
【详解】（1）证明：如图，将沿折叠，得到，连接，

∵，
∴，
将沿折叠，得到，
∴
∴，，，
∴，
∴为等边三角形，为等腰直角三角形
∴，
∴；
（2）如图，过作，且，连接，

∵
∴，
又∵，
∴
∴
又∵，
∴，，即
，，
∴
∴；
（3）如图3，连接交于G点
∵绕A点旋转
∴，，
∵
∴
∴
∴
∵
∴
∴为直角三角形
∴点P在以中点M为圆心，为半径的圆上，连接交所在直线于点N，
当时，点P到直线的距离最大，
∵
∴A、P、B、C四点共圆
∵，
∴N是的中点
∵M是的中点
∴
∵，
∴，
∴，
∴ ，
∴点P到所在直线的距离的最大值为 ．
∴的面积最大值为．
【点睛】本题是几何变换综合题，主要考查了旋转的性质，全等三角形的性质和判定，三角形中位线性质，四点共圆性质，勾股定理等知识，作出辅助线是解本题的关键．
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