资源简介

2025-2026学年人教版数学九年级上册期末复习试卷
一、单选题
1．剪纸艺术是中国最古老的民间艺术之一，先后入选中国国家级非物质文化遗产名录和人类非物质文化遗产代表作名录．以下剪纸图案中，是中心对称图形的是（ ）
A．B． C． D．
2．下列方程中，是一元二次方程的是（ ）
A． B．
C． D．
3．把抛物线向左平移个单位长度，再向上平移个单位长度，得到的抛物线的解析式为（ ）
A． B． C． D．
4．如图，有张分别印有版《哪吒之魔童闹海》图案的卡片：哪吒、敖丙、太乙真人、无量仙翁．现将这张卡片（卡片的形状、大小、质地都相同）放在不透明的盒子中，搅匀后从中任意取出张卡片，记录后不放回，再从中任意取出张卡片，两次取出的2张卡片中图案为“哪吒”、“敖丙”的概率为（ ）
A． B． C． D．
5．如图，内接于，连结接，，则的度数是（ ）

A． B． C． D．
6．为满足消费者需要,红星厂一月份生产手提电脑200台,计划二、三月份共生产1 200台.设二、三月份每月的平均增长率为x,根据题意列出的方程是(　　)
A．200(1+x)2=1 200
B．200(1+x)+200(1+x)2=1 200
C．200(1-x)2=1 200
D．200+200(1+x)+2 000(1+x)2=1 200
7．如图，将△ABC绕点C顺时针旋转90°得到△EDC．若点A，D，E在同一条直线上，∠ACB=20°，则∠ADC的度数是　　

A．55° B．60° C．65° D．70°
8．如图，已知等边三角形，顶点，将绕原点顺时针旋转，每次旋转，则第次旋转结束时，顶点的坐标为（ ）
A． B． C． D．
9．如图，是的直径，C为上一点，且，P为圆上一动点，M为的中点，连接．若的半径为2，则长的最大值是（ ）
A．2 B．4 C． D．
10．在平面直角坐标系中，抛物线的顶点为，且经过点，其部分图象如图所示，下面四个结论中，
①；②；③若点在此抛物线上且，则或；④对于任意实数t，都有成立．
正确的有（ ）个
A．0 B．1 C．2 D．3
二、填空题
11．点关于原点的对称点的坐标为 ．
12．一个口袋中有 1 个红色球、1 个白色球、1 个蓝色球,这些球除颜色外都相同,从中随机摸出一 个球,记下颜色后放回,摇匀后再从中随机摸出一个球,则两次都摸到红球的概率是　　　　　.
13．如图，△COD是△AOB绕点O顺时针方向旋转30°后所得的图形，点C恰好在AB上，则∠A的度数为 ．
14．关于x的一元二次方程，有一个根是0，则 ．
15．为落实劳动教育要求，某中学组织学生用总长为10米的篱笆，在校园直角围墙一角围建矩形种植实践区，最终建成的实践区面积达16平方米，则该矩形的较短边长为 米．
16．如图，已知正六边形ABCDEF的外接圆半径为2cm，则正六边形的边心距是 cm．

17．二次函数与一次函数的图象如图所示，则满足的x的取值范围是 ．
18．二次函数y=x2的图象如图所示,点A0位于坐标原点,点A1,A2,A3,…,A2025在y轴的正半轴上,点B1,B2,B3,…,B2025在二次函数y=x2位于第一象限的图象上,若△A0B1A1,△A1B2A2,△A2B3A3,…,△A2024B2025A2025都为等边三角形,则△A2024B2025A2025的边长为　　　　　.
三、解答题
19．用适当的方法解下列方程
（1）；
（2）．
20．如图，三个顶点的坐标分别为，，．
（1）请画出关于原点对称的；
（2）请画出绕O顺时针旋转后的并写出点的坐标．
21．甲骨文出土于河南安阳西北五里的小屯村，是迄今为止中国发现的年代最早的成熟文字系统，是汉字的源头和中华优秀传统文化的根脉．小明在参观了安阳博物馆后，感叹河南博大精深的文化底蕴，用甲骨文汉字制作了如图所示的四张卡片(这四张卡片分别用字母,,,表示,正面文字依次是河、南、文、化,这四张卡片除正面内容不同外,其余均相同)，现将四张卡片背面朝上，洗匀放好．
（1）小明从中随机抽取一张卡片，抽取卡片上的文字是“文”的概率为___________；
（2）小明从中随机抽取一张卡片不放回，小亮再从中随机抽取一张卡片，请用列表法或画树状图法计算两人抽取的卡片恰好组成“文化”一词的概率．
22．乒乓球被誉为中国国球，不仅承载着民族自豪感，更成为展现中国体育精神的文化符号．发球机成为乒乓球爱好者的热门训练器．如图，是乒乓球台的示意图，乒乓球台长为，球网高．发球器采用“直发式”模式，球从发球机出口到第一次接触球台的运行轨迹近似为抛物线的一部分．
某次训练，发球机从球台边缘点正上方的高度处发球（即的长为），乒乓球到球台的竖直高度记为（单位：），乒乓球运行的水平距离记为（单位：），测得几组数据如下：
水平距离 0 10 50 90 130 170 230
竖直高度 33 45 49 33 0
根据以上数据，解决下列问题：
（1）当乒乓球第一次落在对面球台上时，球到起始点的水平距离是______，表格中的值为______；
（2）求出满足条件的函数表达式；
（3）若发球机的发球高度增加，其他所有条件均不变，则乒乓球从发球机出口发出后______落到对面球台上（填“能”或“不能”）．
23．如图，在中，，以为直径的交于点，过点作的垂线，垂足为，延长交的延长线于点．
（1）判断直线与的位置关系，并说明理由；
（2）如果，，求的长．
24．关于的一元二次方程有两个不相等的实数根．
（1）求的取值范围；
（2）设是方程的两个实根，是否存在值使，若存在，求出值，若不存在，请说明理由．
（3）若方程两实数根为，且满足，求实数的值．
25．如图,已知抛物线y=ax2+bx(a≠0)经过点A(3,0),B(4,4)两点.
(1)求抛物线的解析式;
(2)将直线OB向下平移若干个单位长度后,使平移后的直线经过点A且交抛物线于点C,在抛物线上是否存在一点D,使S△AOC=S△AOD,请求出点D的坐标.
26．综合与探究
问题情境：如图1，正方形和正方形的点C重合，点E在边上，点G在边上．如图2，将正方形绕点C顺时针旋转，射线与射线交于点H，连接．
问题解决：（1）判断与的位置关系，并说明理由．
（2）写出线段，和之间的数量关系，并说明理由．
延伸探究：（3）在正方形绕点C顺时针旋转过程中，连接，若，，当点H为的中点时，直接写出的面积．
参考答案
1．【答案】C
【分析】本题考查了中心对称图形，熟练掌握中心对称图形的性质，是解答本题的关键．
根据中心对称图形的性质，找到对称中心，绕中心旋转后与自身重合，由此得到答案．
【详解】解：根据题意得：
选项不是中心对称图形，故本选项不符合题意；
选项不是中心对称图形，故本选项不符合题意；
选项是中心对称图形，故本选项符合题意；
选项不是中心对称图形，故本选项不符合题意；
故选．
2．【答案】D
【分析】本题考查了一元二次方程的定义，根据一元二次方程的定义（只含一个未知数，且未知数的最高次数为2的整式方程）判断各选项．
【详解】解：A、，未知数次数为1，不符合；
B、，含两个未知数，不符合；
C、，含分式，不是整式方程，不符合；
D、，只含一个未知数，最高次数为2，且为整式方程，符合；
故选D．
3．【答案】C
【分析】本题考查的知识点是二次函数图象与几何变换，解题关键是熟练掌握二次函数图象平移规律．
二次函数图象平移规律：（横坐标）左加右减，（纵坐标）上加下减．根据此规律即可求得新解析式．
【详解】解：依题得：抛物线向左平移个单位长度可得：；
再向上平移个单位长度可得，
故选．
4．【答案】A
【分析】本题考查了列表法与树状图法求概率，画树状图展示所有种等可能的结果，其中抽取的两次结果为哪吒和申公豹的结果数为，然后根据概率公式求解即可，熟练掌握概率公式为解题的关键．
【详解】解：画出树状图，
共有种等可能的结果，其中两次取出的2张卡片中图案为“哪吒”、“敖丙”的结果数为，
∴两次取出的2张卡片中图案为“哪吒”、“敖丙”的概率为，
故选．
5．【答案】C
【分析】此题考查圆周角定理．根据三角形内角和定理、等腰三角形的性质求出，再根据圆周角定理解答．
【详解】解：∵内接于， ，
∴，
∴．
∴．
∴．
故选C
6．【答案】B
7．【答案】C
【分析】根据旋转的性质和三角形内角和解答即可．
【详解】∵将△ABC绕点C顺时针旋转90°得到△EDC．
∴∠DCE=∠ACB=20°，∠BCD=∠ACE=90°，AC=CE，
∴∠ACD=90°-20°=70°，
∵点A，D，E在同一条直线上，
∴∠ADC+∠EDC=180°，
∵∠EDC+∠E+∠DCE=180°，
∴∠ADC=∠E+20°，
∵∠ACE=90°，AC=CE
∴∠DAC+∠E=90°，∠E=∠DAC=45°
在△ADC中，∠ADC+∠DAC+∠DCA=180°，
即45°+70°+∠ADC=180°，
解得：∠ADC=65°，
故选C．
8．【答案】D
【分析】本题考查了坐标与图形变化旋转，解题的关键是掌握图形或点旋转之后要结合旋转的角度和图形的特殊性质来求出旋转后的点的坐标．常见的是旋转特殊角度如：，，，，．
由点的旋转周期为4知点旋转次后的坐标与旋转1次后的坐标相同，再结合图形得出点旋转1次后的坐标即可得．
【详解】解：，将绕原点顺时针旋转，每次旋转，
每4次一个循环，第次绕原点顺时针旋转结束时，相当于绕点顺时针旋转1次，
由题意，第1次旋转的位置如图所示：过A作轴于C，
∵是等边三角形，，
∴，则，
∴，
第次旋转结束时，顶点的坐标为．
故选D.．
9．【答案】D
【分析】本题考查点与圆的位置关系，勾股定理，根据题意得出点M的移动轨迹，再根据圆外一点到圆上一点最大距离进行计算即可．
【详解】解：如图， 取的中点，连接、，
∵M为的中点，
∴，
∴的中点M的轨迹是以为圆心，1为半径的，
因此交于点M，此时的值最大，
由题意得，，，
在中，，，
∴，
∴，
故选D．
10．【答案】D
【分析】本题考查二次函数的图象与性质，二次函数图象与系数之间的关系，对称轴，开口方向判断①②，对称性，增减性判断③，根据时，取得最大值，判断④．
【详解】解：∵抛物线的顶点坐标为，
∴对称轴为，
∴；故②错误；
∵抛物线的开口向下，
∴；，
抛物线与轴交于正半轴，
∴，
∴，故①正确，
∵，当时，，
∴图象过，
∵对称轴为直线，
∴关于对称轴的对称点为：，
∵抛物线的开口向下，在对称轴的左侧，随的增大而增大，在对称轴的右侧，随的增大而减小，
∵点在此抛物线上且，
∴或；故③正确；
∵时，取得最大值，
∴对于任意实数t，；
即，故④正确；
故答案为：①③④共3个，
故选D．
11．【答案】
【分析】此题主要考查关于原点对称的点的坐标特点，掌握“关于原点对称时，横纵坐标都为相反数”是解题的关键．
【详解】解：关于原点的对称点的坐标为.
12．【答案】
13．【答案】75°
【分析】由旋转的性质可得AO＝CO，∠AOC＝30°，由等腰三角形的性质可求解．
【详解】解：∵△COD是△AOB绕点O顺时针方向旋转30°后所得的图形，
∴AO＝CO，∠AOC＝30°，
∴∠A＝∠ACO＝＝75°.
14．【答案】2
【分析】将代入，再解出m即可．
【详解】将代入，得：，
解得：．
15．【答案】2
【分析】本题考查了一元二次方程的应用，理解题意并正确列方程是解题关键．设该矩形的较短边长为米，根据面积达16平方米，列一元二次方程，求较小值即可．
【详解】解：设该矩形的较短边长为米，则较长边长为米，
由题意得，
整理得：，
解得：，（舍），
即该矩形的较短边长为米.
16．【答案】
【详解】连接OA，作OM⊥AB于点M，
∵正六边形ABCDEF的外接圆半径为2cm
∴正六边形的半径为2 cm， 即OA＝2cm
在正六边形ABCDEF中，∠AOM=30°，
∴正六边形的边心距是OM= cos30°×OA=(cm)
故答案为.

17．【答案】
【分析】根据函数图象可得，的x的取值范围就是二次函数图象在一次函数图象上方部分的x的取值范围即可．
【详解】解：根据函数图象可得，的x的取值范围就是二次函数图象在一次函数图象上方部分的x的取值范围
由图象可知，时二次函数图象在一次函数图象上方．
故答案为
18．【答案】2025
19．【答案】（1），
（2），
【分析】（1）利用因式分解法解方程即可；
（2）利用公式法解方程即可．
【详解】（1）解：
，
∴，
∴；
（2）解：，
，
∵，，，
∵，
∴，
∴．
20．【答案】（1）见详解
（2）见详解，
【分析】本题考查的是中心对称的作图，旋转的作图，坐标与图形，利用旋转的性质作图是解本题的关键．
（1）分别确定关于原点的对称点，再顺次连接，可得答案；
（2）分别确定绕原点顺时针旋转后的对应点，再顺次连接，再根据的位置可得答案；
【详解】（1）解：如图所示：，即为所求；
（2）解：如图所示：，即为所求；．
21．【答案】（1）
（2）
【分析】本题主要考查概率，熟练掌握概率公式及列表法求解概率是解题的关键；
（1）根据概率公式可直接进行求解；
（2）根据列表法可求解概率．
【详解】（1）解：由题意得：抽取卡片上的文字是“文”的概率为；
故答案为；
（2）解：由题意可列表如下：
河 南 文 化
河 ／ （南，河） （文，河） （化，河）
南 （河，南） ／ （文，南） （化，南）
文 （河，文） （南，文） ／ （化，文）
化 （河，化） （南，化） （文，化） ／
由表可知一共有种情况，其中能够组成“文化”的情况有种，所以两人抽取的卡片恰好组成“文化”一词的概率为．
22．【答案】（1）230，45
（2）
（3）能
【分析】本题主要考查了二次函数的实际应用，正确理解题意是解题的关键．
（1）根据表格中的数据，函数值为0时，自变量的值即为水平距离；根据对称性可得对称轴为直线，则当时的函数值与当的函数值相同，据此可得答案；
（2）把解析式设为顶点式，再利用待定系数法求解即可；
（3）当发球机的发球高度增加时，则此时抛物线解析式为，求出此时函数值为0时自变量的值即可得到答案．
【详解】（1）解：∵当乒乓球的竖直高度为0时，水平距离为，
∴当乒乓球第一次落在对面球台上时，球到起始点的水平距离是；
∵当和当时的函数值相同，
∴对称轴为直线，
∴当时的函数值与当的函数值相同，
∴；
（2）解：设，
把代入中得，解得，
∴满足条件的函数表达式为；
（3）解：当发球机的发球高度增加时，则此时抛物线解析式为，
在中，当时，解得或，
∵，
∴乒乓球从发球机出口发出后能落到对面球台上．
23．【答案】（1）与相切，见详解；
（2）
【分析】（1）连接OD，根据等腰三角形的性质得到∠ABC＝∠C，∠ABC＝∠ODB，证明OD∥AC，根据平行线的性质得到OD⊥DE，根据切线的判定定理证明；
（2）连接AD，根据圆周角定理得到AD⊥BC，根据等腰三角形的性质得到CD＝BD＝BC＝3，根据勾股定理得：，根据三角形的面积公式即可得到结论．
【详解】（1）与相切；
理由：连接，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴是的切线；
（2）连接，
∵为的直径，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴．
24．【答案】（1）
（2）不存在，理由见详解
（3）
【分析】本题考查了一元二次方程的判别式以及根与系数的关系，解题的关键能够正确运用判别式的表达式以及根与系数的关系式．
（1）根据一元二次方程的判别式，然后解不等式即可；
（2）假设存在，代入两根和，两根积，求出k，再作出判断．
（3）联立可解得方程的一个根，再将这个根代入原方程即可求得k的值．
【详解】（1）解：∵关于x的一元二次方程有两个不相等的实数根，
解得：即k的取值范围为
（2）解：是方程的两个实数根，
解得
∵方程有实数根时k的取值为
∴不存在k值使得
（3）解：由得
代入中得，
解得：，
把代入原方程得，，
解得：．
25．【答案】解:(1)∵抛物线y=ax2+bx(a≠0)经过点A(3,0),B(4,4),
∴　解得:
∴抛物线的解析式为y=x2-3x.
(2)设直线OB的解析式为y=k1x,由点B(4,4)在抛物线上,得4=4k1,解得k1=1,
∴直线OB的解析式是y=x
∵直线y=x向下平移若干个单位长度后,经过点A(3,0),
设直线AC的解析式为yAC=x+b1
∴0=3+b1,
∴b1=-3,
∴y=x-3.
∴
解得:x1=1,x2=3,
yC=x-3=1-3=-2.
∵S△AOC=S△AOD,OA=OA,
∴|yD|=|yC|
∴|yD|=|-2|
∴|yD|=2
∴yD=±2.
当y=-2时,D1(2,-2);当y=2时,2=x2-3x,
解得x1=,x2=.
∴点D2的坐标为(,2), 点D3的坐标为(,2).
26．【答案】（1）．理由见详解（2）．理由见详解（3）的面积为或
【分析】本题考查了旋转的性质，全等三角形的性质与判定，正方形的性质，勾股定理，垂直平分线的性质；
（1）证明得出，设与交于点，则，即可得证；
（2）过点作交于点，证明得出，勾股定理得出，即可得证；
（3）分两种情况画出图形连接过点作的垂线，交的延长线于点，过点作于点，则四边形是矩形，根据垂直平分线的性质可得，勾股定理求得，，进而求得,再根据三角形的面积公式，即可求解．
【详解】解：．理由如下，
∵四边形和是正方形，
∴，
∴即，
∴，
∴，
如图，设与交于点，则，
∴，
∴，
（2）．理由如下，
如图，过点作交于点，
则，
∴，即，
又，，
∴，
∴，
在中，，
；
（3）如图，当在的上方时，连接过点作的垂线，交的延长线于点，过点作于点，则四边形是矩形，
∴，
∵，点H为的中点
∴
设，则
在中，
∴
解得：
∴
∵
∴
∴
∴
如图，当在的下方时，

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