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2025--2026年湖南省邵阳市九年级数学人教版
上学期第21章--26章综合能力提高练习试卷
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．一元二次方程的根是（ ）
A． B． C．， D．，
2．下列图形中，既是中心对称图形又是轴对称图形的是（ ）
A． B．
C． D．
3．抛物线可以由抛物线通过平移得到，以下变换正确的是（ ）
A．先向右平移1个单位，再向上平移3个单位；
B．先向左平移1个单位，再向下平移3个单位；
C．先向右平移1个单位，再向下平移3个单位；
D．先向左平移1个单位，再向上平移3个单位．
4．受国际原油涨价影响，今年国内成品油价格大幅上涨．三月份加“95号”汽油的价格为9.16元/升，五月份加“95号”汽油的价格为9.55元/升，设四月份和五月份的加“95号”汽油价格的月平均增长率为，则可列方程（ ）
A． B．
C． D．
5．已知，那么函数的最大值是（　　）
A． B． C．2 D．不能确定
6．在同一直角坐标系中，一次函数和二次函数的图象可能为（ ）
A． B．
C． D．
7．若是方程的根，则的值为（ ）
A．2021 B．2024 C．2027 D．2030
8．在一次兑换盲盒的游戏中，规定：在不透明的袋子中，放置3个黄球，2个红球，这些小球除颜色以外其他完全相同，搅匀后随机摸出两个球，若摸到的两个球颜色相同，便能得到一次兑换盲盒的机会，则参与者每次摸球得到兑换盲盒机会的概率是（　　）
A． B． C． D．
9．定义：函数图象上到两坐标轴的距离都不大于n（）的点叫做这个函数图象的“n阶方点”．例如，点与点都是函数图象的“3阶方点”．若y关于x的二次函数的图象存在“n阶方点”，则n的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
10．使得关于x的不等式组有且只有4个整数解，且关于x的一元二次方程有实数根的所有整数a的值之和为（ ）
A．35 B．30 C．26 D．21
二、填空题
11．已知关于x的方程的解为1，则 ．
12．如图，绕点A逆时针旋转得到．若，则 ．
13．已知、、是抛物线上的三点，则、、的大小关系是 ．（用“>”符号连接）
14．我国古代数学家刘徽在《九章算术注》中提到了著名的“割圆术”，即利用圆的内接正多边形逼近圆的方法来近似估算．指出“割之弥细，所失弥少．割之又割，以至于不可割，则与圆周合体，而无所失矣”．如图，的半径是2，运用“割圆术”，以圆内接正十二边形面积近似估计的面积，可得的估计值是 ．
15．已知一元二次方程的一根为0，则 ．
16．已知抛物线（，，为常数且）图像经过，，,四点，若，则下列结论：
①；②；③；④．
其中一定正确的是 ．（填序号）
17．如图，在正方形中，，E为边上一动点，点F在边上，且，将点E绕点F顺时针旋转得到点G，连接，则长的最小值为 ．
18．如图，中，，，，点是边上的一个动点，将线段绕点顺时针旋转得到线段，连接，则在点运动过程中，线段的最小值为 ．
三、解答题
19．关于的一元二次方程有两个不相等的实数根，求的最小整数值．
20．解方程：．
21．已知抛物线中自变量和函数值的部分对应值如表所示：
x … 0 1 2 3 4 5 …
y … 4 4 14 28 …
(1)请直接写出该抛物线的顶点；
(2)请求出该抛物线的解析式；
(3)当时，求的取值范围．
22．用因式分解法解方程：
(1)3x(2x+1)=2(2x+1)；
(2)．
23．如图，为的直径，，垂足为．
(1)求证：；
(2)若的半径为5，，求的长．
24．小明将小球从斜坡O点处抛出，球的抛出路线可以用二次函数刻画，斜坡可以用一次函数刻画，如图建立直角坐标系，小球能达到的最高点的坐标．

(1)请求出b和n的值；
(2)小球在斜坡上的落点为M，求点M的坐标；
(3)点P是小球从起点到落点抛物线上的动点，连接，当点P的坐标为何值时？的面积最大，最大面积是多少？
25．【问题初探】
（1）在数学活动课上，李老师给出如下问题：
如图1，在中，，点D是斜边上的一点，连接，试说明之间的数量关系，并说明理由．
有两名同学给出如下的证明思路：
如图2，小唐同学思考的时候，想到通过旋转变换将三条边转移到同一个三角形中，再根据三角形的特点确定三条边的数量关系如图2．过点C作，使，连接把问题解决；
如图3，小孟同学思考的时候，想到等腰三角形的“三线合一”的性质，作底边的垂线构造直角三角形．然后将三边转移到这个三角形解决问题，如图3，过点C作，交于点E把问题解决；
请你选择一名同学的解题思路，写出证明过程．
【类比分折】
（2）李老师发现之前两名同学都运用了转化思想，将证明线段的关系转化为我们熟悉的角的关系去理解；为了帮助同学更好的感悟转化思想，李老师又提出了一个问题，请你解答：如图4，四边形中，；连接，猜想之间的数量关系，并证明你的猜想；
【学以致用】
（3）如图5，四边形中，，求的长．
26．如图，直线，直线交直线m，n分别于点A，B，点C，D在直线m上，点M在直线n上，且满足．垂直于交的延长线于点E，交直线n于点F，平分交于点H，交直线n于点G．

(1)请用等式表示之间的数量关系 ；
(2)若．
①求的度数；
②将绕点B以每秒的速度逆时针旋转，旋转时间为t，当与射线重合时停止，则在旋转的过程中，当与的某一边平行时，请直接写出t的值．
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
《2025--2026年湖南省邵阳市九年级数学人教版 上学期第23章--26章综合能力提高练习试卷》参考答案
1．C
【分析】本题考查了因式分解解一元二次方程，得或，解这两个一元一次方程即可得出答案．
【详解】解：，
∴或，
∴，，
故选：C．
2．B
【分析】本题考查了中心对称图形和轴对称图形，熟练掌握以上知识点是解题的关键．根据中心对称图形和轴对称图形的定义一一判断即可．
【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、是轴对称图形，也是中心对称图形，故符合题意；
C、不是轴对称图形，是中心对称图形，故不符合题意；
D、是轴对称图形，不是中心对称图形，故不符合题意；
故选：B．
3．A
【分析】本题考查抛物线的平移，熟记函数平移的法则是解决问题的关键．由函数平移法则“上加下减，左加右减”，结合平移前后抛物线解析式即可解题．
【详解】解：抛物线先向右平移1个单位，再向上平移3个单位，可以得到抛物线，
故选：A．
4．C
【分析】根据题意，找出等量关系列出方程即可，．
【详解】解； 设四月份和五月份的加“95号”汽油价格的月平均增长率为．
．
故选：C．
【点睛】本题主要考查了一元二次方程的实际应用，根据题意找出等量关系并列出方程是解题的关键．
5．D
【分析】把二次函数的解析式整理成顶点式形式，然后确定出最大值．
【详解】解：．
该抛物线的对称轴是直线，且在上随的增大而增大．
当时，取最大值，．
又，
的最大值小于．
故选：D．
【点睛】本题考查了二次函数的最值．确定一个二次函数的最值，首先看自变量的取值范围，当自变量取全体实数时，其最值为抛物线顶点坐标的纵坐标；当自变量取某个范围时，要分别求出顶点和函数端点处的函数值，比较这些函数值，从而获得最值．
6．C
【分析】本题主要考查一次函数和二次函数图象的性质，做题时会用数形结合的思想进行思考，从而判断函数解析式中各系数的正负性是解题的关键．由一次函数和二次函数图象的性质，可以判断、的正负情况，从而解答本题．
【详解】解：A、由抛物线的开口方向可知，，对称轴，得，即，由一次函数的图像可知，，两者矛盾，故本选项不符合题意；
B、由抛物线的开口方向可知，，对称轴，得，即，由一次函数的图像可知，，两者矛盾，故本选项不符合题意；
C、由抛物线的开口方向可知，，对称轴，得，即，由一次函数的图像可知，，两者一致，故本选项符合题意；
D、由抛物线的开口方向可知，，对称轴，得，即，由一次函数的图像可知，，两者矛盾，故本选项不符合题意；
故选：C．
7．C
【分析】本题考查一元二次方程的解以及代数式求值，把代入已知方程，并求得，然后将其整体代入所求的代数式进行求值即可，运用整体代入思想是解决此问题的关键．
【详解】∵a是方程的根，
∴，
∴，
∴，
故选：C．
8．C
【分析】本题考查了画树状图法或列表法求等可能情形下的概率计算；画树状图法或列表法，利用概率计算公式，即可求解；能理解放回与不放回的区别是解题的关键．
【详解】解：列表如下
黄 黄 黄 红 红
黄
黄
黄
红
红
共有种等可能结果，其中摸到的两个球颜色相同的有种结果，
摸到的两个球颜色相同的概率：；
故选：C．
9．D
【分析】本题主要考查了二函数与几何综合，由二次函数解析式可知其顶点坐标在直线上移动，当二次函数图象过点和点时为临界情况，求出此时n的值，进而可得n的取值范围．
【详解】解：由题意得：二次函数的图象上的顶点坐标为：，
∵y关于x的二次函数的图象存在“n阶方点”，
∴二次函数的图象与以坐标为的正方形有交点，
当二次函数恰好经过时，则，
解得：或（舍去）；
如当二次函数恰好经过时，则，
解得或（舍去）；
∴当时，二次函数的图象存在“n阶方点”，
故选D．
10．B
【分析】先求出不等式组的解集，根据有且只有4个整数解可确定a的取值范围，再通过根的判别式确定a的取值范围，最后结合两个取值范围找出满足条件的整数相加即可．
【详解】解：整理不等式组得：
由①得：，
由②得：x<4
∵不等式组有且只有4个整数解，
∴不等式组的4个整数解是：3，2，1，0，
∴，
解得：，
∵有实数根，
∴
解得：a≤9，
∵方程是一元二次方程，
∴a≠5
∴，且a≠5，
满足条件的整数有：6、7、8、9；
∴6+7+8+9=30，
故选：B．
【点睛】本题主要考查了解一元一次不等式组和一元二次方程根的判别式，熟练掌握解不等式的性质和不等式解集的写法是解题发关键．
11．
【分析】此题考查了一元一次方程的解，方程的解即为能使方程左右两边相等的未知数的值．
把代入方程计算即可求出的值．
【详解】解：把代入方程得：，
解得：，
故答案为：．
12．65
【分析】本题考查旋转的性质．根据旋转的性质得到，进而利用求出度数即可．
【详解】解：∵绕点A逆时针旋转得到，
∴，
∴；
故答案为：65．
13．
【分析】本题考查了二次函数的性质，求出抛物线的对称轴为直线，然后根据二次函数的增减性和对称性解答即可．
【详解】解：抛物线的对称轴为直线2，
∴关于对称轴的对称点为
∵，
∴时，y随x的增大而增大，
∵，
∴．
故答案为：．
14．3
【分析】本题考查了正多边形与圆，三角形的面积的计算．过A作于M，求得，根据含30度直角三角形的性质得到，根据三角形的面积公式得到，于是得到正十二边形的面积为，根据圆的面积公式即可得到结论．
【详解】解：如图，是正十二边形的一条边，点O是正十二边形的中心，
过A作于M，
在正十二边形中，，
∴，
∴，
∴正十二边形的面积为，
∴，
∴，
∴的近似值为3，
故答案为：3．
15．1
【分析】将代入已知方程，求得c，即可求解．
【详解】解：∵一元二次方程的一根为0，
∴，
∴，
故答案为：1．
【点睛】本题主要考查一元二次方程的解，解题的关键是正确理解一元二次方程的定义以及一元二次方程的解．
16．①②③
【分析】根据题意判定抛物线开口向下，对称轴在和2之间，然后根据点的位置以及到对称轴的距离的大小逐项判断即可．
【详解】解：∵抛物线（，，为常数且）图像经过，，,四点，若，
∴抛物线开口向下，对称轴在和2之间
∴a＜0，故①正确，
∵
∴，,在x轴的上方，
∴抛物线与x轴有两个交点，
∴，故②正确；
∵
∴，故③正确，
∵离对称轴的距离最小，
∴，故④错误．
故答案为：①②③．
【点睛】本题主要考查了二次函数图像上点的坐标特征、二次函数的性质等知识点，判定对称轴的位置是解题的关键．
17．3
【分析】过点G作，垂足为H，可得，根据正方形的性质可得，，根据旋转的性质可得，，，然后利用同角的余角相等可得，从而可证，进而可得，最后可得点G在与平行且与的距离为1的直线上，从而可得当点G在边上时，的值最小，进行计算即可解答．
【详解】解：过点G作，垂足为H，
∴，
∵四边形是正方形，
∴，，
∴，
由旋转得：，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴点G在与平行且与的距离为1的直线上，
∴当点G在边上时，最小且，
∴的最小值为3，
故答案为：3．
【点睛】本题考查了正方形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定与性质，垂线段最短，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．
18．
【分析】将绕点顺时针旋转得到，则，即，，三点在同一直线上，当时，的长度最小，得出为的中位线，进而即可求解．
【详解】解：将绕点顺时针旋转得到，
则此时，，三点在同一直线上，
，，
，
随着点运动，总有，，
总有，即，，三点在同一直线上，
的运动轨迹为线段，
当时，的长度最小，
中，，，，
，，即为的中点，
，，
，为的中位线，
，
故答案为：．
【点睛】本题考查了勾股定理，含30度角的直角三角形的性质，全等三角形的性质与判定，三角形中位线的性质，垂线段最短，得到点的轨迹是解题的关键．
19．2
【分析】本题考查根的判别式，根据方程有两个不相等的实数根，得到，求出的取值范围，进而求出的最小整数值即可．
【详解】解：由题意，得：，
解得：，
∴的最小整数值为2．
20．，．
【分析】一元二次方程的解法有：配方法，公式法和因式分解法，解题时要注意选择合适的解题方法．
解此一元二次方程选择因式分解法最简单，因为，，所以，这样即达到了降次的目的．
【详解】解：
或
，．
21．(1)
(2)
(3)
【分析】本题考查了二次函数的图象与性质，
（1）根据抛物线的对称性，观察自变量量和函数值的部分对应值即可确定抛物线的顶点坐标；
（2）利用待定系数法即可求出抛物线的解析式；
（3）求出当和 时，的对应值，结合抛物线的性质即可求出的取值范围．
【详解】（1）解：根据抛物线的对称性，由自变量和函数值的对应值可以确定抛物线的顶点坐标为，
故答案为：；
（2）由图表得，，；，；，，
代入得：
，
解得，
抛物线的解析式为；
（3）当时，；当时，，
又当时，得最小值为，
得取值范围为：．
22．(1)=-，=；
(2)=2，=．
【分析】（1）先把等号右边变形为0，再将左边分解因式，即可解出未知数的值；
（2）先把等号右边变形为0，再将左边分解因式，即可解出未知数的值．
【详解】（1）解：∵3x（2x+1）-2（2x+1）=0，
∴（2x+1）（3x-2）=0，
∴2x+1=0或3x-2=0，
解得=-，=；
（2）解：∵，
∴，
∴，即，
∴2-x=0或3x-8=0，
解得=2，=．
【点睛】本题考查解一元二次方程-因式分解法，解题的关键是掌握因式分解法解一元二次方程的一般步骤．
23．(1)见解析
(2)5.5
【分析】本题考查了圆周角定理，圆心角、弧、弦的关系定理，余角的性质，等腰三角形的判定，垂径定理的推论，全等三角形的判定与性质，勾股定理，综合性较强，有一定难度．准确作出辅助线是解题的关键．
（1）连接、，先由等弧所对的圆周角相等得出，再根据同角的余角相等证明，进而得到，最后利用等角对等边得到结论；
（2）连接、、、，设与交点为G，则，，再利用证明，得出，在中根据勾股定理求出，则，．设，则，然后在中利用勾股定理列出方程=解方程求出x的值，进而得到EF的长．
【详解】（1）证明：如图，连接、，
∵，
∴，
∵是的直径，
∴，
即，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴；
（2）解：连接、、、，设与交点为G，则，．
∵，
∴，即，
又，，
∴，
∴．
在中，∵，，，
∴，
∴，．
设，则，
在中，∵，
∴即
解得，
∴．
24．(1)
(2)
(3)，
【分析】（1）由题意，对称轴为，求解参数b，解析式确定参数n；
（2）由两解析式构建方程，求解交点的横坐标，进而确定交点坐标；
（3）作轴，交于点N，设，则，得，于是，得解．
【详解】（1）解：∵，
∴，即；
当时，，即；
（2）解：由题意，得，
解得，（舍去）或，于是，
∴点M的坐标．
（3）解：作轴，交于点N，
设，则，
∴．
∴
当时，S有最大值，即，
此时，．

【点睛】本题考查运用函数性质确定待定参数，运用方程求图象交点，二次函数极值；掌握二次函数的性质、基本的数形结合能力是解题的关键．
25．（1）；理由见详解；（2），理由见详解；（3）
【分析】本题属于四边形综合题，主要考查了三角形全等及性质、勾股定理在旋转中典型模型“手拉手”的综合应用，掌中典型模型的解决方法是解题的关键．
（1）由题意得出是等腰直角三角形，证明，由全等三角形的性质得出，由全等三角形的性质得出结论；
（2）由（1）的证明方法可知：将绕点顺时针旋转，连接、，证明，再证为直角三角形，用勾股定理即可；
（3）由（1）的证明方法可知：将绕点顺时针旋转，连接、，延长交于，再证明，用勾股定理即可求解．
【详解】（1）用小唐同学方法解答如下：
，
∵， ，
是等腰直角三角形，
在和中
，
∴是直角三角形，
故答案为
（2），理由如下：
如图，将绕点顺时针旋转到，连接、，
是等边三角形，
在和中：
，
在中，
（3）将绕点顺时针旋转到，连接，延长交于F，
∴是等腰直角三角形，
，
在和中
设则，
在中，，
①，
在中，
②，
由① ②解得，，
在中，，
故答案为：．
26．(1)
(2)①；②6秒或秒或秒
【分析】（1）由，可得，则；
（2）①设，则，，由，可得，由平分，可得，由，可得，可求，根据，计算求解即可；②由（2）①可知，，，，由题意知，当与的某一边平行，分，，三种情况求解作答即可．
【详解】（1）解：∵，
∴，
∴，即，
故答案为：；
（2）①解：设，则，，
∵，
∴，
∵平分，
∴，
∵，
∴，
解得，，
∵，
∴，
∴；
②解：由（2）①可知，，，，
由题意知，当与的某一边平行，分，，三种情况求解；
当时，旋转到，如图1，延长交于，
图1
∴，
∴，
∴旋转角为，
∴旋转时间为（秒）；
当，旋转到，如图2，
图2
∴，
∴，
∴旋转角为，
∴旋转时间为（秒）；
当时，旋转到，如图3，
图3
∴，
∴旋转角为，
∴旋转时间为（秒）；
综上所述，当与的某一边平行时，t的值为6秒或秒或秒．
【点睛】本题考查了平行线的性质，三角形外角的性质，三角形内角和定理，角平分线，旋转的性质等知识．熟练掌握平行线的性质，三角形外角的性质，三角形内角和定理，角平分线，旋转的性质并分情况求解是解题的关键．
答案第1页，共2页

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