期末预测试题 2025-2026学年上学期初中数学人教版九年级上册.docx

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期末预测试题 2025-2026学年
上学期初中数学人教版九年级上册
一、单选题
1．下列几何图形中，既是中心对称图形也是轴对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
2．方程的根为（ ）
A． B．， C． D．，
3．已知关于的一元二次方程有实数根，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
4．在长为，宽为的长方形田地中开辟三条宽度相等的道路，已知剩余田地的面积为，求道路的宽度．设道路的宽度为，则可列方程（ ）
A． B．
C． D．
5．关于二次函数，下列说法正确的是（ ）
A．抛物线的开口向上 B．对称轴是直线
C．抛物线的顶点坐标是 D．当时，y随x的增大而增大
6．已知，，在二次函数的图象上，则，，的大小关系正确的是　　
A． B． C． D．
7．如图，将绕点旋转得到，使边恰好经过点，若，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
8．不透明袋子中仅有红、黄小球各一个，这两个小球除颜色外都相同．从中随机摸出一个小球，记下颜色后，放回并摇匀，再从中随机摸出一个小球，则两次摸出相同颜色的小球的概率为（　　）
A． B． C． D．
9．如图，，为的弦，连接，，．若，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
10．如图，已知二次函数的图象如图所示，对于下列结论，其中正确结论的个数是（　　）
①；
②；
③；
④若m为任意实数；则．

A．1 B．2 C．3 D．4
二、填空题
11．在平面直角坐标系中，若点与点关于原点对称，则的值为 ．
12．若，是方程的两个实数根，则的值为 ．
13．中国古代数学家杨辉的《田亩比类乘除捷法》中记载：“直田积八百六十四步，只云长阔共六十步，问阔几何．”其大意是：一块矩形田地的面积为864平方步，只知道它的长与宽共60步，问它的宽是多少步？”设这块矩形田地的宽为x步，则根据题意可列方程为 ．
14．视野角度是指汽车在道路上行驶时，驾驶人员目视前方左右两侧视线所构成的夹角，其值与车速有关．随着车速的增加，驾驶人员的视野会逐渐变窄，导致两侧的视野范围逐渐缩小，视野角度（度）与车速成反比例函数关系，它的函数图象如图所示，当车速为时，视野角度为 度．
15．如图，在扇形中，，，点在上，且．延长到，使．以，为邻边作平行四边形，则图中阴影部分的面积为 （结果保留）．
16．如图，在中，连接，将绕点顺时针旋转一定角度，得到，点，分别旋转到了点，．已知点在边上，，，则的长为 ．
三、解答题
17．计算：
(1)计算：；
(2)化简：．
18．解方程
(1)；
(2)．
19．在平面直角坐标系中，一次函数的图象经过点和．
(1)求该函数的解析式；
(2)当时，对于x的每一个值，一次函数的值小于一次函数的值，直接写出n的取值范围．
20．（1）如图1，是由绕着某点旋转得到的，则这点的坐标是
（2）如图2，要把破残的圆片复制完整．已知弧上的三点A，B，C．用尺规作图法找出所在圆的圆心(保留作图痕迹，不写作法)
21．如图，在平面直角坐标系中，点A，B的坐标分别为，．将绕点A逆时针旋转后得到．
(1)画出，点的坐标为______；
(2)画出关于点O对称的图形；
(3)连接，求的度数．
22．元旦假期全国客流持续回暖，某景区入口检票处有A、B、C、D四个闸机，如图所示，游客领取门票后可随机选择一个闸口通过．
(1)一名游客通过该景点闸口时，选择A闸口通过的概率为______．
(2)当两名游客通过该景点闸口时，请用树状图或列表法求两名游客选择不同闸口通过的概率．
23．已知：在中，，．

(1)如图，将线段绕点逆时针旋转得到，连接、，的平分线交于点，连接．
求证：；
求证：；
(2)在图中，若将线段绕点顺时针旋转得到，连结、，连结，请补全图形，若，求．
24．如图，点A在上，点B在外，线段与交于点C，过点C作的切线交直线于点D，且．

(1)判断直线与的位置关系，并说明理由；
(2)若，，求图中阴影部分的面积．
25．如图，开口向下顶点为D的抛物线经过点A（0， 5），B（－1，0），C（5，0）与x轴交于B、C两点（B在C左侧），点A和点E关于抛物线对称轴对称．
（1）求该抛物线的解析式；
（2）经过原点O和点E的直线与抛物线的另一个交点为F．
①求点F的坐标；
②求四边形ADEF的面积；
（3）若M为抛物线上一动点，N为抛物线对称轴上一动点，是否存在M，N，使得以A、E、M、N为顶点的四边形为平行四边形，若存在，求出所有满足条件的M、N的坐标；若不存在，请说明理由．
参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 C D D A C D C C C C
1．C
【分析】本题主要考查了中心对称图形和轴对称图形的定义，如果一个平面图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形就叫做轴对称图形；中心对称图形的定义：把一个图形绕着某一个点旋转，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形，这个点就是它的对称中心．根据轴对称图形和中心对称图形的定义进行逐一判断即可．
【详解】解：A．是轴对称图形，不是中心对称图形，故不符合题意；
B．不是轴对称图形，是中心对称图形，故不符合题意；
C．既是轴对称图形，又是中心对称图形，故符合题意；
D．是轴对称图形，不是中心对称图形，故不符合题意；
故选：C．
2．D
【分析】根据本题特点，用“因式分解法”进行解答即可．
【详解】解：∵，
∴，
∴，
∴，，
故选：D．
【点睛】本题考查因式分解法解一元二次方程，掌握相关知识是解题关键．
3．D
【分析】本题考查了一元二次方程的根的判别式，熟知方程有实数根对应方程的判别式非负是解题的关键；
根据一元二次方程有实数根的条件，判别式非负，代入方程系数计算判别式，解不等式即可确定m的取值范围．
【详解】解：对于方程，其判别式为：，
方程有实数根需满足，即：，
解得；
故选：D．
4．A
【分析】根据余田的面积为468列出方程即可．
【详解】解：设入口的宽度为x m，由题意得：
（30-2x）（20-x）=468．
故选：A．
【点睛】此题主要考查了由实际问题抽象出一元二次方程，解题关键是要读懂题目的意思，根据题目给出的条件，找出合适的等量关系，列出方程．
5．C
【分析】本题考查二次函数的性质，根据题目中的函数解析式，可以写出该函数图象的开口方向、对称轴、增减性和顶点坐标，从而可以判断哪个选项是符合题意的．
【详解】解：∵，且，
∴该函数的图象开口向下，故选项A不符合题意，
对称轴是直线，故选项B不符合题意；
顶点坐标是，故选项C符合题意；
当时，y随x的增大而减小，故选项D不符合题意．
故选：C．
6．D
【分析】首先根据二次函数解析式确定抛物线的对称轴为，再根据抛物线的增减性以及对称性可得，，的大小关系．
【详解】二次函数，
对称轴为，
，
时，y随x增大而增大，当时，y随x的增大而减小，
，，在二次函数的图象上，且，，
．
故选D．
【点睛】本题考查了二次函数图象上点的坐标特征，以及二次函数的性质，关键是掌握二次函数图象上点的坐标满足其解析式．
7．C
【分析】本题考查旋转的性质，等腰三角形的性质，三角形内角和定理等知识点，熟练掌握旋转的性质：“对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心的连线所成的角等于旋转角；旋转前后的图形全等．”是解题的关键．利用旋转的性质得到对应边相等、对应角相等以及旋转角相等关系，再根据等腰三角形的性质，三角形内角和定理求出相关角度，进而得出旋转角的度数．
【详解】解：将绕点旋转得到，
，
，
，
故选：C．
8．C
【分析】本题考查列表法与树状图法，熟练掌握列表法与树状图法是解答本题的关键．列表可得出所有等可能的结果数以及两次摸出相同颜色的小球的结果数，再利用概率公式可得出答案．
【详解】解：列表如下：
红 黄
红 (红，红) (红，黄)
黄 (黄，红) (黄，黄)
共有4种等可能的结果，其中两次摸出相同颜色的小球的结果有2种，
∴两次摸出的都是红球的概率为．
故选：C．
9．C
【分析】该题考查了圆周角定理，根据同弧所对圆周角等于圆心角的一半得出，即可求解．
【详解】解：∵，
∴，
∴，
故选：C．
10．C
【分析】由抛物线开口向上，交y轴于负半轴，可判断，，再结合抛物线的对称轴即可判断b，进而可判断①；将抛物线转化为交点式，可得，然后即可判断②③；分别计算与，变形比较即可判断④，从而可得答案．
【详解】解：∵抛物线开口向上，交y轴于负半轴，
∴，，
∵抛物线的对称轴是直线，
∴，
∴，
∴，故①错误；
∵抛物线过点，
∴，
∴，
∴，故③正确；
∴，故②正确；
若m为任意实数，则，
∵，，
∴，
即，故④正确；
综上，正确的结论有3个；
故选：C
【点睛】本题考查了二次函数的图象与性质以及相关代数式的变形，熟练掌握二次函数的图象与性质、灵活进行二次函数一般式与交点式的转化是解题的关键．
11．5
【分析】本题考查了坐标系中点关于原点对称的点的坐标特征，根据关于原点对称的点的坐标特征，横坐标和纵坐标分别互为相反数，列出方程求解．
【详解】解：因为点与点关于原点对称，
所以点的横坐标与点的横坐标互为相反数，点的纵坐标与点的纵坐标互为相反数，
所以，．
解得，，
所以．
故答案为．
12．
【分析】本题考查了一元二次方程根的定义以及根与系数的关系，根据已知可得，，整体代入代数式，即可求解．
【详解】解：∵，是方程的根，
∴，
∴，
∴
故答案为：．
13．
【分析】本题主要考查了列一元二次方程解决古代问题，解题的关键是找准等量关系．
设宽为x步，则长为步，根据矩形面积公式列方程．
【详解】解：设宽为x步，则长为步．由题意，
得．
故答案为．
14．40
【分析】题考查了反比例函数的应用，现实生活中存在大量成反比例关系的两个变量，解答该类问题的关键是确定两个变量之间的函数关系，然后利用待定系数法求出它们的关系式．
首先根据题意，可得视野角度（度）与车速成反比例函数关系，用待定系数法可得反比例函数的关系式；代入进一步求解可得答案．
【详解】解：设视野角度（度）与车速的函数关系式为，
把点代入得：，
解得：，
∴视野角度（度）与车速的函数关系式为，
当时，，
即当车速为时，视野角度为40度．
故答案为：40
15．
【分析】本题考查扇形面积公式，平行四边形性质，含三角形的性质，正确将阴影面积进行组合是解决问题的关键．由题意，利用计算即可．
【详解】解：过A作，
∵，，
，
∵，
∴，
，
，
，
设长度为，则，在中，由勾股定理得：
解得：，
，
，
则，，
，
．
故答案为：．
16．
【分析】过点A作于点H，则，利用等腰三角形的三线合一性质，勾股定理，平行四边形的性质，旋转的性质解答即可．
【详解】解：∵绕点顺时针旋转一定角度，得到，
∴，
∵，，
∴，，，
过点A作于点H，
则，
∴，
∴，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题考查了等腰三角形的三线合一性质，勾股定理，平行四边形的性质，旋转的性质，熟练掌握性质和定理是解题的关键．
17．(1)4
(2)
【分析】本题考查了实数的混合运算，分式的混合运算，正确的计算是解题的关键；
（1）根据负整数指数幂，零指数幂，特殊角的三角函数值，二次根式的性质化简，然后进行计算即可求解．
（2）先计算括号内的，同时将除法转化为乘法，根据分式的性质进行化简，即可求解．
【详解】（1）解：原式
．
（2）．
．
18．(1)，
(2)，
【分析】本题主要考查了直接开平方法解一元二次方程和配方法解一元二次方程．
(1)用直接开平方法解一元二次方程；
(2)用配方法解一元二次方程．
【详解】（1）解：，
移项得：，
两边直接开平方得：，
解得：，；
（2）解：，
整理得：，
移项得：，
配方得：，
分解因式得：，
两边同时开平方得：，
解得：，．
19．(1)
(2)
【分析】本题主要考查了待定系数法求一次函数解析式，一次函数与不等式的关系，灵活运用所学知识是解题的关键．
（1）利用待定系数法求解即可；
（2）先求出不等式的解集，再根据当时，，即可得到，解不等式即可得到答案．
【详解】（1）解：把，代入中得：，
∴，
∴函数的解析式为；
（2）函数的值小于函数的值时，则，
解得，
∵当时，对于的每一个值，函数的值小于函数的值，
∴，
∴．
20．（1）；（2）见解析
【分析】（1）利用旋转的性质，旋转中心在各对应点的连线段的垂直平分线上，则作线段、、的垂直平分线，它们相点即为旋转中心．
（2）作图思路：可根据的垂直平分线来确定圆心．
【详解】解：（1）作线段、、的垂直平分线，它们相交于点，如图，
所以是由绕着点P逆时针旋转得到的．
故答案为：；
（2）分别作、垂直平分线，设交点为，则为所求圆的圆心．
【点睛】本题综合考查了坐标与图形变化-旋转，垂径定理，勾股定理等知识点，掌握旋转的性质是确定旋转中心的依据，注意作图中是根据垂径定理作为确定圆心的作图依据．
21．(1)见解析，
(2)见解析
(3)
【分析】此题考查旋转画图，中心对称作图，旋转的性质，等腰三角形的判定与性质，根据旋转的性质是解题的关键．
（1）根据旋转的性质确定，然后顺次连接即可画出图形，最后写出的坐标；
（2）根据中心对称的性质确定，然后顺次连接即可画出图形．掌握中心对称的性质是解题的关键；
（3）由旋转的性质易证是等腰直角三角形，进而即可求解．
【详解】（1）解：如图，即为所求，
由图可得，
故答案为：；
（2）解：如图，即为所求；
（3）解：由旋转的性质可得，，
∴是等腰直角三角形，
∴．
22．(1)
(2)
【分析】本题主要考查概率，熟练掌握概率的求解是解题的关键；
（1）根据概率公式可直接进行求解；
（2）根据列表法进行求解概率即可．
【详解】（1）解：由题意可得：选择A闸口通过的概率为；
故答案为；
（2）解：设这两名游客为甲和乙，由题意可得如下表格：
甲/乙 A B C D
A
B
C
D
由表格可知两名游客选择闸口通过的可能性有16种，其中选择不同闸口通过的情况有12种，
∴两名游客选择不同闸口通过的概率为．
23．(1)见解析；见解析；
(2)图见解析，．
【分析】（）线段绕点逆时针旋转得到， 得，，故，且，知，而，，平分，有，，从而，可得，，即知，， 又，得；
过点作于点，由知：，由，，得，即可得，故；
（）以为顶点，为一边作，设交于，可得，根据将线段绕点顺时针旋转得到得，， 可求出，，证明，即得，知是的垂直平分线，可得 ，，而是等边三角形，有 ，再证，得，即可得．
【详解】（1）证明：如图：

∵将线段绕点逆时针旋转得到，
∴，，
∴，且，
∴，
∵，，平分，
∴，，
∵，
∴，
∴，，
∴，
∴，
∵，
∴；
过点作于点，如图：

由知：，
∵，，
∴，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴；
（2）补全图形如下：

以为顶点，为一边作，设交于，
∵，，
∴，
∴，
∵将线段绕点顺时针旋转得到，
∴，，
∴，，
∴，，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴是的垂直平分线，
∴，
∴，
∴，，
∴，
∵，，
∴是等边三角形，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴的长为．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的性质，等边三角形的判定与性质，旋转的性质，熟练掌握知识点的应用及正确添加辅助线是解题的关键．
24．(1)直线AB与相切，见解析
(2)
【分析】本题考查了切线的判定与性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，扇形面积，直角三角形性质等知识，掌握知识点的应用是解题的关键．
（）连接，，由直线与相切，可得，证明，则，然后通过切线的判定方法即可求证；
（）通过直角三角形性质得，，进而求出，由勾股定理得，最后通过即可求解．
【详解】（1）解：直线与相切，理由，
如图，连接，，

∵直线与相切，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴，
∵是半径，
∴直线与相切；
（2）解：∵，，，
∴．
又∵，
∴．
在中，，
∴，，
∴，即，
解得（负值已舍去）．
∴．
25．（1）；（2）①F（，）；②；（3）M1（﹣2，﹣7），M2（6，﹣7），M3（2，9）N1（2，﹣7），N2（2，﹣7），N3（2，1）．
【分析】（1）可将抛物线的解析式设成交点式，然后用待定系数法就可求出抛物线的解析式．
（2）①可先求出直线OE的解析式，然后将直线OE与抛物线的解析式联立，组成方程组，解这个方程组就可得到点F的坐标；
②只需运用割补法就可求出四边形ADEF的面积．
（3）可分AE是平行四边形的对角线和一边这两种情况讨论，然后利用平行四边形的性质就可解决问题．
【详解】解：（1）如图1，
由于抛物线经过点B（﹣1，0），C（5，0），
因此该抛物线解析式可设为，把A（0，5）代入，得，
解得：，∴；
（2）①如图2，
∵抛物线的对称轴，点A（0，5）和点E关于抛物线对称轴对称，
∴点E的坐标为（4，5），
∴直线OE的解析式为，
解方程组，得，或，
∴点F坐标为（，）；
②∵，
∴抛物线的顶点D的坐标为（2，9），
∴S四边形ADEF=S△ADE+S△AEF=×4×（9﹣5）+×4×（5+）=；
（3）①若AE是平行四边形的对角线，如图3①，
则点M在对称轴上，即在顶点D处，此时点M的坐标（2，9），点N的坐标为（2，1）；
②若AE是平行四边形的一边，如图3①，
则有MN=AE=4，∴点M的横坐标为﹣2或6．
Ⅰ．当x=﹣2时，y=﹣（﹣2）2+4×（﹣2）+5=﹣7，
此时点M的坐标为（﹣2，﹣7），点N的坐标为（2，﹣7）；
Ⅱ．当x=6时，y=﹣62+4×6+5=﹣7，
此时点M的坐标为（6，﹣7），点N的坐标为（2，﹣7）．
综上所述：符合要求的点M、N的坐标为
M1（﹣2，﹣7），M2（6，﹣7），M3（2，9）N1（2，﹣7），N2（2，﹣7），N3（2，1）．
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