期末模拟预测试题 2025-2026学年上学期初中数学人教版九年级上册

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期末模拟预测试题 2025-2026学年上学期
初中数学人教版九年级上册
一、单选题
1．在下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
A． B．
C． D．
2．掷一枚质地均匀的硬币20次，下列说法正确的是（　　）
A．每2次必有1次正面向上 B．必有10次正面向上
C．不可能有20次正面向上 D．可能有10次正面向上
3．方程经过配方后，其结果正确的是（ ）
A． B． C． D．
4．如图，中，弦的长为，点在上，，．所在的平面内有一点，若，则点与的位置关系是（ ）
A．点在上 B．点在内 C．点在外 D．无法确定
5．定义：我们把三角形某边上中线的长度与这边中点到高的距离的比值称为三角形某边的“中高偏度值”．如图，在中，，则中边的“中高偏度值”为（ ）
A． B． C． D．
6．将抛物线向右平移5个单位，再向上平移4个单位，得到的抛物线是（ ）
A． B．
C． D．
7．如图，是绕点顺时针旋转得到的，若，，则旋转角的度数是（ ）
A． B． C． D．
8．如图，是的直径，点C是左侧半圆上动点，以为斜边在右下方作等腰直角三角形，E是弧的中点，连接，，下列结论：①点C、D、E共线；②当C点从A运动到B时，D点的运动路径长为；③D点到的距离等于；④，其中正确结论的个数为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
9．如图，正方形内接于⊙，点是弧的中点，连接，，交于点，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
10．如图，抛物线：交轴于，两点；将绕点旋转得到抛物线，交轴于；将绕点旋转得到抛物线，交轴于，……，如此进行下去，若点在其中的一个抛物线上，则的值是（ ）
A． B．2023 C． D．1
二、填空题
11．若是关于x的二次函数，则 ．
12．在平面直角坐标系中，点关于原点的对称点B的坐标是 ．
13．设，是方程的两个实数根，则的值为 ．
14．如图，圆弧形桥拱的跨度米，拱高米，则拱桥的半径为 ．
15．如图，正六边形的边长为3，B，F在上，若图中阴影部分恰是一个圆锥的侧面展开图，则这个圆锥高为 ．
16．如图，在平面直角坐标系中，将正方形绕点O顺时针旋转后，得到正方形，以此方式，绕点O连续旋转2025次得到正方形．如果点C坐标为，那么点的坐标为 ．
三、解答题
17．解方程：
(1)；
(2)．
18．已知关于x的一元二次方程有两个不相等的实数根．
(1)求实数m的取值范围；
(2)若m为满足条件的最大整数，求此时方程的根．
19．已知抛物线．
(1)求该抛物线的对称轴、顶点坐标；
(2)若随的增大而增大，求的取值范围．
20．如图，方格纸中的每个小正方形的边长都为1，在建立平面直角坐标系后，△ABC的顶点均在格点上．
（1）以点A为旋转中心，将△ABC绕点A逆时针旋转90°得到△AB1C1，画出△AB1C1．
（2）画出△ABC关于原点O成中心对称的△A2B2C2，若点C的坐标为（﹣4，﹣1），则点C2的坐标为　 　．
21．如图，在中，的半径为3．请判断直线与的位置关系，并说明理由．
22．如图，抛物线经过点，．

(1)求抛物线的解析式；
(2)抛物线的顶点为点D，对称轴与x轴交于点E，连接，求的长．
23．将一段长的铁丝剪成两段，分别围成两个全等的矩形．
(1)设矩形的一边长为，则矩形的另一边长为_____；
(2)当为何值时，这两个矩形的面积之和最大？请说明理由．
24．已知：如图，在中，，以为边向外作等边三角形，把绕着点D按顺时针方向旋转后得到，且，，三点共线，若，，求的度数与的长．
25．如图，以的一边为直径的与其它两边，的交点分别为，，且．
(1)求证：；
(2)若的半径为5，，求的长．
参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 B D B C B A C C C D
1．B
【分析】根据轴对称图形和中心对称图形的概念依次判定即可．
【详解】解：A、该图形是中心对称图形但不是轴对称图形，故不符合题意；
B、该图形既是中心对称图形也是轴对称图形，故符合题意；
C、该图形是中心对称图形但不是轴对称图形，故不符合题意；
D、该图形既不是中心对称图形也不是轴对称图形，故不符合题意；
故选：B．
【点睛】本题考查了轴对称图形和中心对称图形的概念，解题关键是理解与掌握轴对称图形的概念和中心对称图形的概念，轴对称图形是指在平面内沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够完全重合的图形，这条直线叫做对称轴；中心对称图形的定义为在平面内，把一个图形绕着某个点旋转180°，如果旋转后的图形能与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形，这个点叫做它的对称中心．
2．D
【分析】根据事件发生可能性的大小逐项判断即得答案.
【详解】解：A、掷一枚质地均匀的硬币20次，每2次必有1次正面向上，说法错误；
B、掷一枚质地均匀的硬币20次，必有10次正面向上，说法错误；
C、掷一枚质地均匀的硬币20次，不可能有20次正面向上，说法错误；
D、掷一枚质地均匀的硬币20次，可能有10次正面向上，说法正确；
故选：D.
【点睛】本题考查了事件发生的可能性的大小，正确理解题意是关键.
3．B
【分析】本题主要考查了配方法，熟练掌握一元二次方程的解法是解题的关键，先移项变为，然后方程两边同加上9即可．
【详解】解：
移项得：，
方程两边同加上9得：，
∴经过配方可得：．
故选：B．
4．C
【分析】本题考查了垂径定理，圆周角定理，点与圆的位置关系，锐角三角函数，掌握圆的相关性质是解题关键．由垂径定理可得，由圆周角定理可得，再结合特殊角的正弦值，求出的半径，即可得到答案．
【详解】解：如图，令与的交点为，
为半径，为弦，且，
，
，
在中，，，，
，
，即的半径为4，
，
点在外，
故选：C．
5．B
【分析】本题考查勾股定理，直角三角形的性质，等积法求高，根据勾股定理求出的长，等积法求出边上的高线的长，再利用勾股定理和中线的定义求出中点到高的距离，由直角三角形的性质求出，然后根据新定义，进行求解即可．
【详解】解：如图，，为的高，为的中线，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵是的中线，
∴，
∴，
故中边的“中高偏度值”为．
故选：B．
6．A
【分析】本题考查的是二次函数的图象与几何变换，根据“左加右减，上加下减”的法则进行解答即可．熟知二次函数图象平移的法则是解答此题的关键．
【详解】解：将抛物线向右平移5个单位，再向上平移4个单位，得到的抛物线的函数表达式为：．
故选：A．
7．C
【分析】本题主要考查了求旋转角，三角形内角和定理，解题的关键是要理解旋转是一种位置变换，旋转前后图形的形状和大小不变，只是位置变化．
先根据三角形内角和定理求出，再结合图形可知，旋转角为，据此可得答案．
【详解】解：根据三角形的内角和定理得，，
由图可知即为旋转角，
∴旋转角的度数为，
故选：C．
8．C
【分析】此题考查了圆周角定理、相似三角形的判定和性质、相似三角形的性质等知识，熟练掌握圆周角定理是解题的关键．证明，，即可证明①；根据得到点的运动路径为半圆，求出半圆的长度即可判断②；根据等腰三角形的判定和性质以及相似三角形的性质进行判断③；证明，根据相似三角形的性质即可判断④．
【详解】解：如图，连接
∵E是弧的中点，是的直径，
∴，
∴，
∵，
∵是等腰直角三角形，
∴，
∴三点共线，故①正确；
∵，
∴点在以为直径的圆上，
∴点的运动路径为以为直径的半圆，
∵，
∴
∴，
∴点的运动路径为，
故②错误，
延长交的延长线于点，作于点，
∵，
∴是等腰直角三角形，
∴点是的中点，
∵，
∴，
∴，
∴，故③正确；
由圆周角定理可得，
∵，
∴，
∴，
故④正确；
综上可知，正确的是①③④，
故选：C．
9．C
【分析】本题主要考查了正方形的性质，等弧所对的圆周角相等，由正方形的性质可得，再由题意可得，则，再由三角形内角和定理即可得到答案．
【详解】解；如图所示，连接，
∵四边形是正方形，
∴，
∵点是弧的中点，
∴，
∴，
∴，
故选：C．
10．D
【分析】先求得的坐标，再根据图象旋转变换的规律得到点所在抛物线开口方向即可求解．
【详解】解：抛物线，
抛物线开口向上，且经过，，顶点坐标为，
将绕点旋转得到抛物线，交轴于，
，
抛物线开口向下，且经过，，顶点坐标为，
将绕点旋转得到抛物线，交轴于，
……，
对于抛物线，当为奇数时，抛物线开口向上，顶点坐标为，当为偶数时，抛物线开口向下，顶点坐标为，
点在第1012段抛物线上，是偶数，
，
故选：D．
【点睛】本题考查了抛物线与轴的交点，二次函数的图象与几何变换，解题的关键是明确题意，找到坐标的变化规律，利用数形结合的思想解决问题．
11．
【分析】此题考查了二次函数的定义，形如的函数是二次函数．根据定义解答即可，熟记定义是解此题的关键．
【详解】解：∵函数是二次函数，
∴，
解得：，
故答案为：．
12．
【分析】本题考查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：横坐标和纵坐标都互为相反数，直接求解即可．
【详解】解：点关于原点的对称点的横坐标为，纵坐标为，
因此点的坐标为．
故答案为：．
13．
【分析】本题考查一元二次方程的解和根与系数的关系，先根据一元二次方程的解得到，利用根与系数关系得到，则，再利用整体代入的方法计算即可．熟练掌握一元二次方程的解及根与系数的关系是解题的关键．
【详解】∵，是方程的两个实数根，
∴，，
∴，
∴
故答案为：．
14．13米
【分析】本题考查了垂径定理的应用以及勾股定理，设圆心是O，半径为r米，连接．根据垂径定理得米，再由勾股定理得出方程，解方程即可．
【详解】解：设圆弧形桥拱的圆心是O，半径为r米，如图，连接．则O、D、C三点共线，
∵拱高米，
∴，
∴米，
在中，根据勾股定理，得：，
解得：，
即拱桥的半径为13米．
故答案为：13米．
15．
【分析】根据正六边形的内角和，即可求得内角的度数，进而根据边长等于的半径，根据弧长公式求得弧的长，再根据底面圆的周长就是弧的长，求得底面圆的半径，进而根据母线、底面圆的半径和圆锥的高构成直角三角形，求解．
【详解】解：∵正六边形的边长为3，
∴，，
∴弧的长为：，
∵图中阴影部分恰是一个圆锥的侧面展开图，
∴弧的长即为圆锥底面的周长，
设圆锥底面圆的半径为，则，
解得：，
∴圆锥的高，
故答案为：．
【点睛】本题考查了正多边形的内角，圆锥的侧面展开图的弧长与底面圆的关系，母线、底面圆的半径和圆锥的高构成直角三角形的关系，勾股定理，弄清弧长与圆锥的底面圆的周长的关系及母线、底面圆的半径和高的关系是解题的关键．
16．
【分析】本题考查点的坐标变化规律，依次求出每次旋转后点对应点的坐标，发现规律即可解决问题．根据正方形的运动发现点的对应点的坐标按旋转后点的对应点的坐标按，，，，，，，循环出现，据此即可得到答案．
【详解】解：四边形是正方形，且点C坐标为，
点的坐标为，则，
点的坐标为，
依次类推，
点的坐标为，点的坐标为，点的坐标为，点的坐标为，
点的坐标为，点的坐标为，点的坐标为，点的坐标为，
，
由此可见，旋转后点的对应点的坐标按，，，，，，，循环出现，
由，得到点的坐标为，
故答案为：．
17．(1)，
(2)，
【分析】（1）用公式法解一元二次方程即可；
（2）先移项，然后再用分解因式法解一元二次方程即可．
【详解】（1）解：，
，，，
，
∴，
∴，．
（2）解：
，
移项得：，
分解因式得：，
∴或，
解得：，．
【点睛】本题主要考查了解一元二次方程，解题的关键是熟练掌握解一元二次方程的一般方法，准确计算．
18．(1)
(2)
【分析】本题主要考查了解一元二次方程，一元二次方程根的判别式，解不等式，对于（1），根据题意可知，再求出解即可；
对于（2），根据取值范围求出m的值，再求出方程的解即可．
【详解】（1）解：依题意，得
．
∵方程有两个不相等的实数根，
∴．
∴；
（2）解：∵m为满足条件的最大整数，
∴．
∴，
∴．
19．(1)对称轴为直线，顶点坐标为
(2)
【分析】本题考查了求抛物线的对称轴，顶点坐标，抛物线的性质．关键是配方得到抛物线的顶点式．
（1）把解析式化为顶点式，可求得其对称轴和顶点坐标；
（2）由抛物线的开口向上，对称轴是，根据抛物线的增减性可求得x的取值范围．
【详解】（1）解：由题意，得，
∴抛物线的对称轴为直线，顶点坐标为．
（2）解：∵抛物线开口向上，对称轴是，
∴当时，随的增大而增大．
20．(1)见解析,（2）图见解析；（4，1）
【分析】（1）让三角形的各顶点都绕点A顺时针旋转90°后得到对应点，顺次连接即可；
（2）根据△ABC的各顶点关于原点的中心对称，得出A2、B2、C2的坐标，连接各点，即可得到结论．
【详解】解：（1）所画图形如下所示，△A1B1C1即为所求；
（2）所画图形如下所示，△AB2C2即为所求．
点C2的坐标为（4，1），
故答案为（4，1）．
【点睛】本题主要考查了旋转变换图形的方法，图形的中心对称问题和平移的性质，考查了利用直角坐标系解决问题的能力，关于原点对称的两个点的横坐标和纵坐标都互为相反数．
21．相切，理由见解析
【分析】本题考查了直线与圆的位置关系，等腰三角形的性质，勾股定理，解题的关键是熟练掌握直线与圆的位置关系的判断方法．
过点作于点，先由勾股定理出圆心到直线的距离，再与半径比较即可．
【详解】解：直线与相切．理由如下：
过点作于点．
，
．
在中，．
的半径为3，
为的半径．
是的切线．
22．(1)
(2)
【分析】（1）利用待定系数法即可求得抛物线解析式；
（2）将抛物线化成顶点式，利用对称轴求得对应线段的长度，结合勾股定理可求得答案．
【详解】（1）解：∵抛物线经过点，，
∴将A与B坐标代入得：，
解得：，
∴抛物线解析式为．
（2）∵，
∴抛物线的顶点D的坐标是，
∵对称轴与x轴交于点E，
∴，，
∵B点的坐标是，
∴，
∴，
在中，根据勾股定理得：
．
23．(1)
(2)当时，这两个矩形的面积之和最大．理由见解析
【分析】本题主要考查了二次函数的应用．
（1）根据题意列出代数式即可；
（2）利用矩形面积公式得到，利用二次函数的性质求解即可．
【详解】（1）解：设矩形的一边长为，则矩形的另一边长为；
故答案为：；
（2）解：设两个矩形的面积之和为，
由题意得，
∴，
∵，
∴当时，的最大值为，
即当时，这两个矩形的面积之和最大．
24．；5
【分析】本题主要考查旋转的性质以及等边三角形的性质，通过图形旋转得到等边三角形是解题的关键．由旋转的性质可得出，，进而可得出为等边三角形以及，可得出；由点，，在一条直线上可得出，根据旋转的性质可得出，结合，可得出的长度，再根据等边三角形的性质即可得出的长度．
【详解】解：绕着点D按顺时针方向旋转后得到，
，，
为等边三角形，
，
，
点，，在一条直线上，
，
绕着点D按顺时针方向旋转后得到，
，
，
为等边三角形，
．
25．(1)见解析
(2)
【分析】本题主要考查了圆周角定理、等弧所对的圆周角相等、全等三角形的判定与性质、勾股定理等知识点，灵活运用相关知识是解题的关键．
（1）如图：连接，由等弧所对的圆周角相等可得，由圆周角定理可得，即，利用可证明，最后根据全等三角形的性质即可证明结论；
（2）如图：连接，由圆周角定理可得，由圆的相关知识以及（1）可得，根据垂径定理可得，设，则，再根据勾股定理列方程求解即可．
【详解】（1）解：如图：连接，
，
，
为的直径，
，
∴，，
∴
；
（2）解：如图：连接，
为的直径，
，
∵的半径为，
，
∵，
∴，
设，则，
，
，解得：，
∴的长为．
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