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广东省广州市增城区2025-2026学年九年级上册数学期末试卷
1．（2026九上·增城期末） 2025年10月23日22时30分，我国在文昌航天发射场使用长征五号运载火箭成功将通信技术试验卫星二十号发射升空，卫星顺利进入预定轨道，发射任务获得圆满成功．下列航天领域的图标中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（　　）
A． B． C． D．
2．（2026九上·增城期末） 抛物线的顶点坐标是（　　）
A． B． C． D．
3．（2026九上·增城期末） 在函数图象上的点是（　　）
A． B． C． D．
4．（2026九上·增城期末） 如图，的直径为，弦，垂足为，，则的长为(　　)
A．2 B．3 C．4 D．5
5．（2026九上·增城期末） 小明与同学做“抛掷图钉试验”，获得数据如下：
抛掷次数n 100 300 500 700 800 900 1000
钉尖着地的频数m 36 111 190 266 312 351 390
钉尖着地的频率 0.36 0.37 0.38 0.38 0.39 0.39 0.39
根据以上数据，当抛掷图钉1500次时，估计“钉尖着地”的次数为（　　）
A．540 B．555 C．570 D．585
6．（2026九上·增城期末）关于x的方程根的情况为（　　）
A．有两个相等的实数根 B．有两个不相等的实数根
C．无实数根 D．只有一个实数根
7．（2026九上·增城期末） 设，，是反比例函数图象上的三点，则，，的大小关系为（　　）
A． B． C． D．
8．（2026九上·增城期末） 某数学兴趣小组学习了相似三角形的知识后，在同一时刻的太阳光线下，利用标杆测量树的高度．移动标杆向树靠近，让标杆的影子顶端与树的影子顶端重合于点，如图，已知标杆，测得，，则树高为（　　）
A． B． C． D．
9．（2026九上·增城期末） 如图所示，在中，，将绕点C逆时针旋转得到，点A，B的对应点分别为D，E，连接．当点A，D，E在同一直线上时，则旋转角的度数是（　　）
A． B． C． D．
10．（2026九上·增城期末） 如图，玻璃水杯的截面图的左右轮廊线，为某抛物线的一部分，杯口，杯底，且，杯深，该抛物线的顶点在y轴上．将盛有部分水的该玻璃水杯倾斜时，水面正好经过点（即）．下列结论中，错误的是（　　）
A．此拋物线的解析式为 B．直线的解析式为
C．点到杯口的距离为 D．点到点的距离为
11．（2026九上·增城期末） 已知，，，则的度数为　 　．
12．（2026九上·增城期末） 已知，是一元二次方程的两个根，则　 　．
13．（2026九上·增城期末） 如图，在中，点，分别在，上，，若，则　 　．
14．（2026九上·增城期末） 若二次函数的部分图象如图所示，关于的一元二次方程的一个解，则另一个解　 　．
15．（2026九上·增城期末） 如图，在数学跨学科主题活动课上，芳芳用半径，圆心角的扇形纸板，做了一个圆锥形的生日帽，在不考虑接缝的情况下，这个圆锥形生日帽的高是　 　．
16．（2026九上·增城期末） 如图，点A在双曲线上，点B在直线l：上，点A与点B关于x轴对称，直线l与y轴交于点C，当四边形是菱形时，有以下结论：
①②当时，
③④
则所有正确结论的序号是　 　．
17．（2026九上·增城期末） 解方程
18．（2026九上·增城期末） 如图，若，．求证： ．
19．（2026九上·增城期末） 如图，在平面直角坐标系中，三个顶点的坐标分别为，，．
（1）画出关于原点O对称的；
（2）写出，，三个点的坐标．
20．（2026九上·增城期末） 在一次综合实践活动课上，小明设计了一个探究杠杆平衡条件的装置．左边固定的托盘中放置一个重物，右边可左右移动的托盘中放置若干数量的砝码．改变托盘与之间的距离（单位：），调整托盘中砝码的总质量（单位：），使装置重新在水平位置平衡（平衡时遵循杠杆的平衡条件），根据实验结果得到的数据如下表格：
托盘与点之间的距离/
托盘中砝码的总质量/
（1）根据表格中的数据，从你所学的函数中选择一个函数，使它能近似反映砝码总质量关于托盘与点之间的距离的函数关系，并求出这个函数的解析式；
（2）根据（1）中求出的函数解析式，当托盘与点之间的距离为时，求托盘中砝码的总质量．
21．（2026九上·增城期末） 第十五届全国运动会在粤港澳三地举行．甲和乙申请足球A、篮球B、排球C和乒乓球D四项赛事中的某一项做志愿者，他们被随机分配到这四项赛事中的任意一项的可能性相同．
（1）写出“甲被分配到乒乓球赛事做志愿者”的概率；
（2）求甲和乙恰好被分配到同一项赛事做志愿者的概率．
22．（2026九上·增城期末） 2025年全运会期间，吉祥物“喜洋洋”、“乐融融”深受人们喜爱，商家推出“喜洋洋”、“乐融融”纪念品．已知购进“喜洋洋”200个，“乐融融”300个，需花费14000元；购进“喜洋洋”100个，“乐融融”200个，需花费8000元．
（1）求每个“喜洋洋”、“乐融融”纪念品的进价分别为多少元？
（2）在销售中，该商家发现每个“喜洋洋”纪念品售价60元时，可售出200个，售价每增加1元，销售量将减少5个．设每个“喜洋洋”纪念品售价元，该商家销售“喜洋洋”纪念品的利润为W元，求W关于a的函数表达式，并求出W的最大值．
23．（2026九上·增城期末） 如图，为的直径，在中，，交于点，过点作，垂足为点．
（1）证明是的切线；
（2），点为上一点，且点到弦的最大距离为8．
①尺规作图：作出此时的点（保留作图痕迹，不写作法）；
②求的长．
24．（2026九上·增城期末） 在平面直角坐标系中，已知抛物线与轴交于点，点，与轴交于点，点是抛物线上的一个动点．
（1）求抛物线的表达式；
（2）若点P在第一象限，当的面积最大时，求点P的坐标；
（3）过点作轴的垂线交直线于点，连接，将沿直线翻折，当点的对应点恰好落在轴上时，请直接写出此时点的坐标．
25．（2026九上·增城期末） 如图1，正方形的边长为4，以B为圆心的与，分别交于点E，F，连接，．
（1）求的长；
（2）连接，把绕点B顺时针旋转，在旋转的过程中．
①求的取值范围；
②如图2，取的中点G，连接并延长交直线于点H，点P为正方形内一动点，求的最小值．
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】轴对称图形；中心对称图形
【解析】【解答】解：A既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，不符合题意；
B既是轴对称图形又是中心对称图形，符合题意；
C是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意；
D既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，不符合题意；
故答案为：B
【分析】将图形沿某一条直线折叠后能够重合的图象为轴对称图形；将图形沿某一点旋转180°后能够重合的图形为中心对称图形.
2．【答案】A
【知识点】二次函数y=a（x-h）²+k的性质
【解析】【解答】解：由题意可得：
抛物线的顶点坐标是
故答案为：A
【分析】根据抛物线的顶点式即可求出答案.
3．【答案】C
【知识点】反比例函数图象上点的坐标特征
【解析】【解答】解：A：当x=2时，，则不在函数图象上，不符合题意；
B：当x=-2时，，则不在函数图象上，不符合题意；
C：当x=1时，，则在函数图象上，符合题意；
D：当x=6时，，则不在函数图象上，不符合题意；
故答案为：C
【分析】将各点坐标代入解析式逐项进行判断即可求出答案.
4．【答案】A
【知识点】勾股定理；垂径定理
【解析】【解答】解：连接OA，则OA=5
∵AB⊥CD，AB=8
∴AM=BM=4
∴
∴CM=OC-OM=2
故答案为：A
【分析】连接OA，则OA=5，根据垂径定理可得AM，再根据勾股定理可得OM，再根据边之间的关系即可求出答案.
5．【答案】D
【知识点】利用频率估计概率
【解析】【解答】 解：由表格信息可得：频率逐渐稳定在0.39左右.
∴当抛掷图钉1500次时，估计“钉尖着地”的次数为：1500×0.39=585
故答案为：D
【分析】根据频率估计概率即可求出答案.
6．【答案】C
【知识点】一元二次方程根的判别式及应用
【解析】【解答】解：由题意可得：
∴方程无实根
故答案为：C
【分析】根据二次方程判别式可得方程无实根.
7．【答案】B
【知识点】反比例函数图象上点的坐标特征；有理数的大小比较-直接比较法
【解析】【解答】解：当x=-2时，
当x=1时，
当x=2时，
∵1>-1>-2，
∴
故答案为：B
【分析】将各点坐标代入解析式求出y值，再比较大小即可求出答案.
8．【答案】B
【知识点】两条直线被一组平行线所截，所得的对应线段成比例
【解析】【解答】 解：由题意可得：DC∥AB
∴
∵，，
∴
解得：AB=10.5
故答案为：B
【分析】由题意可得：DC∥AB，再根据平行线分线段成比例定理可得，代值计算即可求出答案.
9．【答案】A
【知识点】三角形内角和定理；旋转的性质；等腰三角形的性质-等边对等角
【解析】【解答】∵将绕点C逆时针旋转得到
∴AC=CD，∠BAC=∠CDE=130°
∴∠CDA=∠CAD=50°
∴∠ACD=180°-∠CDA-∠CAD=60°
故答案为：A
【分析】根据旋转性质可得AC=CD，∠BAC=∠CDE=130°，根据等边对等角可得∠CDA=∠CAD=50°，再根据三角形内角和定理即可求出答案.
10．【答案】C
【知识点】待定系数法求一次函数解析式；待定系数法求二次函数解析式；二次函数的其他应用
【解析】【解答】解：∵杯口，杯底，且，杯深
∴A(-4，0)，B(4，0)，C(-2，-12)，D(2，-12)
设轮廓线AC，BD所在抛物线的解析式为y=ax2+k
记BP与y轴的交点为E，将A(-4，0)，C(-2，-12)代入可得：，解得：
∴y=x2-16，A正确，不符合题意；
∵∠ABP=45°
∴∠OEB=∠ABP=45°
∴OB=OE
∴E(0，-4)
设直线PB的解析式为y=mx+n
将B(4，0)，E(0，-4)代入可得：，解得：
∴直线PB：y=x-4，B正确，不符合题意；
由x2-16=x-4，解得：x1=-3，x2=4（舍去）
当x=-3时，y=-3-4=-7
∴P(-3，-7)，此时点P到杯口AB的距离为7cm，C错误，符合题意；
∴，D正确，不符合题意
故答案为：C
【分析】由题意可得A(-4，0)，B(4，0)，C(-2，-12)，D(2，-12)，设轮廓线AC，BD所在抛物线的解析式为y=ax2+k，根据待定系数法将点A，C坐标代入解析式可判断A，根据等角对等边可得OB=OE，根据点的坐标可得E(0，-4)，设直线PB的解析式为y=mx+n，再根据待定系数法将点B，E坐标代入解析式可判断B，联立抛物线与直线解析式可判断C，再根据两点间距离可判断D.
11．【答案】70
【知识点】三角形内角和定理；相似三角形的性质-对应角
【解析】【解答】解：∵
∴∠F=∠C=180°-∠A-∠B=70°
故答案为：70
【分析】根据相似三角形性质，结合三角形内角和定理即可求出答案.
12．【答案】3
【知识点】一元二次方程的根与系数的关系（韦达定理）
【解析】【解答】解：∵，是一元二次方程的两个根
∴3
故答案为：3
【分析】根据二次方程根与系数的关系即可求出答案.
13．【答案】
【知识点】相似三角形的性质-对应面积
【解析】【解答】解：∵
∴△ADE∽△ABC
∴
故答案为：
【分析】根据相似三角形判定定理及性质即可求出答案.
14．【答案】-1
【知识点】二次函数与一元二次方程的综合应用
【解析】【解答】解：由图象可得：
二次函数的对称轴为x=1，与x轴的一个交点为(3，0)
∴函数图象与x轴的另一个交点为(-1，0)
∴关于的一元二次方程的一个解，则另一个解-1
故答案为：-1
【分析】根据函数图象与x轴交点坐标即为对应方程的解即可求出答案.
15．【答案】
【知识点】勾股定理；弧长的计算；圆锥的计算
【解析】【解答】解：∵扇形的半径为9cm，圆心角为120°
∴扇形的弧长为cm
∴圆锥形的生日帽底面半径为：
∴这个圆锥形生日帽的高是
故答案为：
【分析】根据弧长公式可得扇形的弧长，再根据勾股定理即可求出答案.
16．【答案】②③
【知识点】反比例函数的性质；反比例函数与一次函数的交点问题；反比例函数图象上点的坐标特征
【解析】【解答】解：∵直线l：
∴当x=0时，y=-2b
∴C(0，-2b)
∴OC=2b
∵四边形AOCB是菱形
∴OC=OA=AB=2b
∵点A与点B关于x轴对称，设AB交x轴于点D
∴AD=BD=b
∴
∴，①错误
∵点A在双曲线上
∴
∴
当b=2时，，②正确
∵
∴
∵点B在直线l：上
∴
∴
∴，③正确
，④错误
故答案为：②③
【分析】根据y轴上点的坐标特征可得C(0，-2b)，根据两点间距离可得OC=2b，根据菱形性质可得OC=OA=AB=2b，设AB交x轴于点D，根据对称性质可得AD=BD=b，再根据两点间距离可得OD，根据点的坐标可判断①；将点A坐标代入双曲线解析式可得，再将b=2代入解析式可判断②；根据点的坐标可得，再将点B坐标代入直线解析式可判断③，再根据菱形面积可判断④.
17．【答案】解：解法1： a=1， b=-6， c=5，
解法2：
∵(x-1)(x-5)=0
∴x-1=0，x-5=0.
解法3：
∴x-3=±2
∴x-3=2， x-3=-2
【知识点】配方法解一元二次方程；公式法解一元二次方程；因式分解法解一元二次方程
【解析】【分析】根据求根公式或因式分解法或配方法解方程即可求出答案.
18．【答案】证明：，
，
，
，
．
【知识点】相似三角形的判定
【解析】【分析】根据角之间的关系可得，再根据相似三角形判定定理即可求出答案.
19．【答案】（1）解：如图，即为所求；
（2）解：，，．
【知识点】关于原点对称的点的坐标特征；坐标与图形变化﹣中心对称；作图﹣中心对称
【解析】【分析】（1）根据对称性质作出点A，B，C关于原点的对称点，再依次连接即可求出答案.
（2）根据关于原点对称的点的坐标特征即可求出答案.
20．【答案】（1）解：设y与x之间的函数关系式
把点(10，60)代入得： 解得： k=600
∴y与x之间的函数关系式为：
（2）解：由(1)知y与x之间的函数关系式为：
当x=60时， 代入得：
解得：y=10.
∴ 托盘B中砝码的总质量为10g
【知识点】待定系数法求反比例函数解析式；反比例函数的实际应用
【解析】【分析】（1）设y与x之间的函数关系式 ，根据待定系数法将点(10，60)代入解析式即可求出答案.
（2）将x=60代入解析式即可求出答案.
21．【答案】（1）解：由题意可得：
“甲被分配到乒乓球赛事做志愿者”的概率 “甲被分配到乒乓球赛事做志愿者”的概率
（2）解：表格如下图所示：
A B C D
A (A，A) (B，A) (C，A) (D，A)
B (A，B) (B，B) (C，B) (D，B)
C (A，C) (B，C) (C，C) (D，C)
D (A，D) (B，D) (C，D) (D，D)
共有16种可能的结果，这些结果出现的可能性相等.
其中甲和乙被分配到同一项赛事做志愿者的有4种，分别是(A，A)，(B，B)，(C， C)， (D， D). P(甲和乙恰好被分配到同一项赛事做志愿者
【知识点】用列表法或树状图法求概率
【解析】【分析】（1）根据概率公式即可求出答案.
（2）列出表格，求出所有等可能的结果，再求出甲和乙恰好被分配到同一项赛事做志愿者的结果，再根据概率公式即可求出答案.
22．【答案】（1）解：设“喜洋洋”、“乐融融”纪念品每个进价分别为x元、y元
由题意得：
解得：
答：“喜洋洋”、“乐融融”纪念品每个进价分别为40元、20元.
（2）解：由题意得：
w=(a-40)[200-5(a-60)]
=(a-40)(500-5a)
∵-5<0，60≤a≤100
∴当a-70=0， 即a=70时， w最大， 最大值为4500.
【知识点】二元一次方程组的实际应用-销售问题；二次函数的实际应用-销售问题
【解析】【分析】（1）设“喜洋洋”、“乐融融”纪念品每个进价分别为x元、y元，根据题意建立方程组，解方程组即可求出答案.
（2）根据总利润=单件利润×数量建立函数关系式，结合二次函数的性质即可求出答案.
23．【答案】（1）证明：如图， 连接AD， OD.
∵AB是⊙O的直径
∴∠ADB=90°， 即AD⊥BC
∵AC=AB，
∴ D是BC中点.
∵O是AB的中点，
∴ OD是△ABC的中位线.
∴OD∥AC
∵DE⊥AC，
∴∠ODE=∠CED=90°
即OD⊥DE.
又∵OD是半径，
∴ DE是⊙O的切线.
（2）解：①如图所示：P点即为所求
②连接PO并延长， 交BD于点Q， 则当PQ⊥BD时， 最大距离为PQ=8.
设⊙O半径为r， 则OA=OB=OP=r
∴OQ=PQ-OP=8-r
∵BD=8， OQ⊥BD
∴在Rt△BOQ中，
即 解得： r=5.
∴ AB=AC=10
在 Rt△ABD中，
由(1)知BD=CD=8
即6×8=10DE， 解得：
∴ DE的长为
【知识点】勾股定理；切线的判定；尺规作图-垂直平分线；三角形的中位线定理；等积变换
【解析】【分析】（1）连接AD， OD，根据圆周角定理的推论可得∠ADB=90°， 即AD⊥BC，根据三角形中位线定理可得OD∥AC，则∠ODE=∠CED=90°，再根据切线判定定理即可求出答案.
（2）①根据垂直平分线定义作图即可.
②连接PO并延长， 交BD于点Q， 则当PQ⊥BD时， 最大距离为PQ=8.设⊙O半径为r， 则OA=OB=OP=r，根据边之间的关系可得OQ，根据垂径定理可得BQ，再根据勾股定理建立方程，解方程可得AB=AC=10，根据勾股定理可得AD，再根据三角形面积即可求出答案.
24．【答案】（1）解：点.A(-1，0)， B(4，0)代入 得：
解得
∴ 抛物线的解析式为：
（2）解：在 中， 令x=0， 则y=4，
∴ C(0，4)
设直线BC的解析式为： y= kx+t， 点C(0，4)， B(4，0)代入得：
解得：
∴ 直线BC的解析式为： y=-x+4.
过点P作PQ∥y轴交线段BC于点Q.
设 则Q(m，-m+4)， 0∵-2<0， 开口向下， 且0∴ m=2时， △PBC的面积最大，
∴△PBC面积最大时， 点P的坐标为(2，6).
（3）解：点的坐标为或
【知识点】待定系数法求一次函数解析式；待定系数法求二次函数解析式；翻折变换（折叠问题）；二次函数与一次函数的综合应用
【解析】【解答】解：(3)由(1)得抛物线的解析式为
设 同(2) 得M(m，-m+4)， C(0，4)
∵M'在y轴上
∴ PM∥CM'
∴∠M'CP=∠CPM
由翻折知∠M'CP=∠MCP
∴∠MCP=∠CPM.
即PM =CM.
解得： m=0(舍去) 或 或m=4+
【分析】（1）根据待定系数法将点A，B坐标代入解析式即可求出答案.
（2）根据y轴上点的坐标特征可得 C(0，4)，设直线BC的解析式为： y= kx+t，根据待定系数法将点C，B坐标代入解析式可得直线BC的解析式为： y=-x+4，过点P作PQ∥y轴交线段BC于点Q，设 则Q(m，-m+4)， 0（3）由(1)得抛物线的解析式为 设 同(2) 得M(m，-m+4)， C(0，4)，根据两点间距离可得PM，CM，根据直线平行性质可得∠M'CP=∠CPM，再根据折叠性质可得∠M'CP=∠MCP，即∠MCP=∠CPM，根据等角对等边可得PM =CM，根据边之间的关系建立方程，解方程即可求出答案.
25．【答案】（1）解：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠B=90°.
∵BE=BF，
∴△BEF 是等腰直角三角形.
由勾股定理得：
即
（2）解： ①如图1， 连接BD
当DE为⊙B 的切线时，∠CDE 最大或最小，
∵BD为正方形的对角线
当点 E 移动到E1位置时，∠CDE 最小取 BD中点 K， 连接E1K
∴ △BE1K是等边三角形
当点 E 移动到E2位置时，∠CDE 最大
同理可计算得
∴15°≤∠CDE≤75°.
②延长D到D'， 使CD'=CD， 连接BD， BD' ， 如图2则△BDD'是等腰直角三角形
∴BD=BD'， ∠DBD'=90°
∵△BEF 是等腰直角三角形，
∴BF=BE， ∠FBE=90°，
∴∠DBF=∠D'BE.
∴△BDF≌△BD'E.
∴△BD'E 可看成是△BDF 绕点 B 顺时针旋转90度得到的.
∴ D'E⊥DF.
∵G、C分别为DE、DD'的中点，
∴GC为△DED'的中位线.
∴CG∥D'E.
∴CG⊥DF.
即∠DHC=90°
取CD的中点O，连接OH，则
将△APB绕点A 顺时针旋转90°得到△AP'B'， 连接PP'，BB'，OB'，
∴P'B'=PB， PA'=PA， ∠PAP'=90°.
∴△APP 是等腰直角三角形，故有
当点H、P、P'、B' 四点共线时， 取得最小值，且最小值为OB'-OH.
由旋转知AB=AB'=4， ∠DAB=∠BAB'=90°.
∴ D，A，B'三点共线，DB'=DA+AB'=8.
∴在Rt△ODB'中，
即最小值为
【知识点】三角形全等及其性质；等边三角形的判定与性质；勾股定理；旋转的性质；等腰直角三角形
【解析】【分析】（1）根据正方形性质可得∠B=90°，根据等腰直角三角形判定定理及性质即可求出答案.
（2）①连接BD，当DE为⊙B 的切线时，∠CDE 最大或最小，根据勾股定理可得BD，当点 E 移动到E1位置时，∠CDE 最小取 BD中点 K， 连接E1K，根据边之间的关系可得，根据等边三角形判定定理可得△BE1K是等边三角形，则，根据角之间的关系可得，当点 E 移动到E2位置时，∠CDE 最大，同理可计算得 ，即可求出答案.
②延长D到D'， 使CD'=CD， 连接BD， BD' ， 则△BDD'是等腰直角三角形，根据等腰直角三角形性质可得BF=BE， ∠FBE=90°，根据等边对等角可得∠DBF=∠D'BE，再根据全等三角形判定定理可得△BDF≌△BD'E，则△BD'E 可看成是△BDF绕点B顺时针旋转90度得到的，再根据三角形中位线定理可得CG∥D'E，取CD的中点O，连接OH，则 ，将△APB绕点A顺时针旋转90°得到△AP'B'， 连接PP'，BB'，OB'，根据旋转性质可得P'B'=PB， PA'=PA， ∠PAP'=90°，根据等腰直角三角形性质可得，再根据边之间的关系可得，当点H、P、P'、B' 四点共线时， 取得最小值，且最小值为OB'-OH，由旋转知AB=AB'=4， ∠DAB=∠BAB'=90°，则D，A，B'三点共线，DB'=DA+AB'=8，根据勾股定理可得OB'，再根据边之间的关系即可求出答案.
1 / 1广东省广州市增城区2025-2026学年九年级上册数学期末试卷
1．（2026九上·增城期末） 2025年10月23日22时30分，我国在文昌航天发射场使用长征五号运载火箭成功将通信技术试验卫星二十号发射升空，卫星顺利进入预定轨道，发射任务获得圆满成功．下列航天领域的图标中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】轴对称图形；中心对称图形
【解析】【解答】解：A既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，不符合题意；
B既是轴对称图形又是中心对称图形，符合题意；
C是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意；
D既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，不符合题意；
故答案为：B
【分析】将图形沿某一条直线折叠后能够重合的图象为轴对称图形；将图形沿某一点旋转180°后能够重合的图形为中心对称图形.
2．（2026九上·增城期末） 抛物线的顶点坐标是（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】二次函数y=a（x-h）²+k的性质
【解析】【解答】解：由题意可得：
抛物线的顶点坐标是
故答案为：A
【分析】根据抛物线的顶点式即可求出答案.
3．（2026九上·增城期末） 在函数图象上的点是（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】反比例函数图象上点的坐标特征
【解析】【解答】解：A：当x=2时，，则不在函数图象上，不符合题意；
B：当x=-2时，，则不在函数图象上，不符合题意；
C：当x=1时，，则在函数图象上，符合题意；
D：当x=6时，，则不在函数图象上，不符合题意；
故答案为：C
【分析】将各点坐标代入解析式逐项进行判断即可求出答案.
4．（2026九上·增城期末） 如图，的直径为，弦，垂足为，，则的长为(　　)
A．2 B．3 C．4 D．5
【答案】A
【知识点】勾股定理；垂径定理
【解析】【解答】解：连接OA，则OA=5
∵AB⊥CD，AB=8
∴AM=BM=4
∴
∴CM=OC-OM=2
故答案为：A
【分析】连接OA，则OA=5，根据垂径定理可得AM，再根据勾股定理可得OM，再根据边之间的关系即可求出答案.
5．（2026九上·增城期末） 小明与同学做“抛掷图钉试验”，获得数据如下：
抛掷次数n 100 300 500 700 800 900 1000
钉尖着地的频数m 36 111 190 266 312 351 390
钉尖着地的频率 0.36 0.37 0.38 0.38 0.39 0.39 0.39
根据以上数据，当抛掷图钉1500次时，估计“钉尖着地”的次数为（　　）
A．540 B．555 C．570 D．585
【答案】D
【知识点】利用频率估计概率
【解析】【解答】 解：由表格信息可得：频率逐渐稳定在0.39左右.
∴当抛掷图钉1500次时，估计“钉尖着地”的次数为：1500×0.39=585
故答案为：D
【分析】根据频率估计概率即可求出答案.
6．（2026九上·增城期末）关于x的方程根的情况为（　　）
A．有两个相等的实数根 B．有两个不相等的实数根
C．无实数根 D．只有一个实数根
【答案】C
【知识点】一元二次方程根的判别式及应用
【解析】【解答】解：由题意可得：
∴方程无实根
故答案为：C
【分析】根据二次方程判别式可得方程无实根.
7．（2026九上·增城期末） 设，，是反比例函数图象上的三点，则，，的大小关系为（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】反比例函数图象上点的坐标特征；有理数的大小比较-直接比较法
【解析】【解答】解：当x=-2时，
当x=1时，
当x=2时，
∵1>-1>-2，
∴
故答案为：B
【分析】将各点坐标代入解析式求出y值，再比较大小即可求出答案.
8．（2026九上·增城期末） 某数学兴趣小组学习了相似三角形的知识后，在同一时刻的太阳光线下，利用标杆测量树的高度．移动标杆向树靠近，让标杆的影子顶端与树的影子顶端重合于点，如图，已知标杆，测得，，则树高为（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】两条直线被一组平行线所截，所得的对应线段成比例
【解析】【解答】 解：由题意可得：DC∥AB
∴
∵，，
∴
解得：AB=10.5
故答案为：B
【分析】由题意可得：DC∥AB，再根据平行线分线段成比例定理可得，代值计算即可求出答案.
9．（2026九上·增城期末） 如图所示，在中，，将绕点C逆时针旋转得到，点A，B的对应点分别为D，E，连接．当点A，D，E在同一直线上时，则旋转角的度数是（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】三角形内角和定理；旋转的性质；等腰三角形的性质-等边对等角
【解析】【解答】∵将绕点C逆时针旋转得到
∴AC=CD，∠BAC=∠CDE=130°
∴∠CDA=∠CAD=50°
∴∠ACD=180°-∠CDA-∠CAD=60°
故答案为：A
【分析】根据旋转性质可得AC=CD，∠BAC=∠CDE=130°，根据等边对等角可得∠CDA=∠CAD=50°，再根据三角形内角和定理即可求出答案.
10．（2026九上·增城期末） 如图，玻璃水杯的截面图的左右轮廊线，为某抛物线的一部分，杯口，杯底，且，杯深，该抛物线的顶点在y轴上．将盛有部分水的该玻璃水杯倾斜时，水面正好经过点（即）．下列结论中，错误的是（　　）
A．此拋物线的解析式为 B．直线的解析式为
C．点到杯口的距离为 D．点到点的距离为
【答案】C
【知识点】待定系数法求一次函数解析式；待定系数法求二次函数解析式；二次函数的其他应用
【解析】【解答】解：∵杯口，杯底，且，杯深
∴A(-4，0)，B(4，0)，C(-2，-12)，D(2，-12)
设轮廓线AC，BD所在抛物线的解析式为y=ax2+k
记BP与y轴的交点为E，将A(-4，0)，C(-2，-12)代入可得：，解得：
∴y=x2-16，A正确，不符合题意；
∵∠ABP=45°
∴∠OEB=∠ABP=45°
∴OB=OE
∴E(0，-4)
设直线PB的解析式为y=mx+n
将B(4，0)，E(0，-4)代入可得：，解得：
∴直线PB：y=x-4，B正确，不符合题意；
由x2-16=x-4，解得：x1=-3，x2=4（舍去）
当x=-3时，y=-3-4=-7
∴P(-3，-7)，此时点P到杯口AB的距离为7cm，C错误，符合题意；
∴，D正确，不符合题意
故答案为：C
【分析】由题意可得A(-4，0)，B(4，0)，C(-2，-12)，D(2，-12)，设轮廓线AC，BD所在抛物线的解析式为y=ax2+k，根据待定系数法将点A，C坐标代入解析式可判断A，根据等角对等边可得OB=OE，根据点的坐标可得E(0，-4)，设直线PB的解析式为y=mx+n，再根据待定系数法将点B，E坐标代入解析式可判断B，联立抛物线与直线解析式可判断C，再根据两点间距离可判断D.
11．（2026九上·增城期末） 已知，，，则的度数为　 　．
【答案】70
【知识点】三角形内角和定理；相似三角形的性质-对应角
【解析】【解答】解：∵
∴∠F=∠C=180°-∠A-∠B=70°
故答案为：70
【分析】根据相似三角形性质，结合三角形内角和定理即可求出答案.
12．（2026九上·增城期末） 已知，是一元二次方程的两个根，则　 　．
【答案】3
【知识点】一元二次方程的根与系数的关系（韦达定理）
【解析】【解答】解：∵，是一元二次方程的两个根
∴3
故答案为：3
【分析】根据二次方程根与系数的关系即可求出答案.
13．（2026九上·增城期末） 如图，在中，点，分别在，上，，若，则　 　．
【答案】
【知识点】相似三角形的性质-对应面积
【解析】【解答】解：∵
∴△ADE∽△ABC
∴
故答案为：
【分析】根据相似三角形判定定理及性质即可求出答案.
14．（2026九上·增城期末） 若二次函数的部分图象如图所示，关于的一元二次方程的一个解，则另一个解　 　．
【答案】-1
【知识点】二次函数与一元二次方程的综合应用
【解析】【解答】解：由图象可得：
二次函数的对称轴为x=1，与x轴的一个交点为(3，0)
∴函数图象与x轴的另一个交点为(-1，0)
∴关于的一元二次方程的一个解，则另一个解-1
故答案为：-1
【分析】根据函数图象与x轴交点坐标即为对应方程的解即可求出答案.
15．（2026九上·增城期末） 如图，在数学跨学科主题活动课上，芳芳用半径，圆心角的扇形纸板，做了一个圆锥形的生日帽，在不考虑接缝的情况下，这个圆锥形生日帽的高是　 　．
【答案】
【知识点】勾股定理；弧长的计算；圆锥的计算
【解析】【解答】解：∵扇形的半径为9cm，圆心角为120°
∴扇形的弧长为cm
∴圆锥形的生日帽底面半径为：
∴这个圆锥形生日帽的高是
故答案为：
【分析】根据弧长公式可得扇形的弧长，再根据勾股定理即可求出答案.
16．（2026九上·增城期末） 如图，点A在双曲线上，点B在直线l：上，点A与点B关于x轴对称，直线l与y轴交于点C，当四边形是菱形时，有以下结论：
①②当时，
③④
则所有正确结论的序号是　 　．
【答案】②③
【知识点】反比例函数的性质；反比例函数与一次函数的交点问题；反比例函数图象上点的坐标特征
【解析】【解答】解：∵直线l：
∴当x=0时，y=-2b
∴C(0，-2b)
∴OC=2b
∵四边形AOCB是菱形
∴OC=OA=AB=2b
∵点A与点B关于x轴对称，设AB交x轴于点D
∴AD=BD=b
∴
∴，①错误
∵点A在双曲线上
∴
∴
当b=2时，，②正确
∵
∴
∵点B在直线l：上
∴
∴
∴，③正确
，④错误
故答案为：②③
【分析】根据y轴上点的坐标特征可得C(0，-2b)，根据两点间距离可得OC=2b，根据菱形性质可得OC=OA=AB=2b，设AB交x轴于点D，根据对称性质可得AD=BD=b，再根据两点间距离可得OD，根据点的坐标可判断①；将点A坐标代入双曲线解析式可得，再将b=2代入解析式可判断②；根据点的坐标可得，再将点B坐标代入直线解析式可判断③，再根据菱形面积可判断④.
17．（2026九上·增城期末） 解方程
【答案】解：解法1： a=1， b=-6， c=5，
解法2：
∵(x-1)(x-5)=0
∴x-1=0，x-5=0.
解法3：
∴x-3=±2
∴x-3=2， x-3=-2
【知识点】配方法解一元二次方程；公式法解一元二次方程；因式分解法解一元二次方程
【解析】【分析】根据求根公式或因式分解法或配方法解方程即可求出答案.
18．（2026九上·增城期末） 如图，若，．求证： ．
【答案】证明：，
，
，
，
．
【知识点】相似三角形的判定
【解析】【分析】根据角之间的关系可得，再根据相似三角形判定定理即可求出答案.
19．（2026九上·增城期末） 如图，在平面直角坐标系中，三个顶点的坐标分别为，，．
（1）画出关于原点O对称的；
（2）写出，，三个点的坐标．
【答案】（1）解：如图，即为所求；
（2）解：，，．
【知识点】关于原点对称的点的坐标特征；坐标与图形变化﹣中心对称；作图﹣中心对称
【解析】【分析】（1）根据对称性质作出点A，B，C关于原点的对称点，再依次连接即可求出答案.
（2）根据关于原点对称的点的坐标特征即可求出答案.
20．（2026九上·增城期末） 在一次综合实践活动课上，小明设计了一个探究杠杆平衡条件的装置．左边固定的托盘中放置一个重物，右边可左右移动的托盘中放置若干数量的砝码．改变托盘与之间的距离（单位：），调整托盘中砝码的总质量（单位：），使装置重新在水平位置平衡（平衡时遵循杠杆的平衡条件），根据实验结果得到的数据如下表格：
托盘与点之间的距离/
托盘中砝码的总质量/
（1）根据表格中的数据，从你所学的函数中选择一个函数，使它能近似反映砝码总质量关于托盘与点之间的距离的函数关系，并求出这个函数的解析式；
（2）根据（1）中求出的函数解析式，当托盘与点之间的距离为时，求托盘中砝码的总质量．
【答案】（1）解：设y与x之间的函数关系式
把点(10，60)代入得： 解得： k=600
∴y与x之间的函数关系式为：
（2）解：由(1)知y与x之间的函数关系式为：
当x=60时， 代入得：
解得：y=10.
∴ 托盘B中砝码的总质量为10g
【知识点】待定系数法求反比例函数解析式；反比例函数的实际应用
【解析】【分析】（1）设y与x之间的函数关系式 ，根据待定系数法将点(10，60)代入解析式即可求出答案.
（2）将x=60代入解析式即可求出答案.
21．（2026九上·增城期末） 第十五届全国运动会在粤港澳三地举行．甲和乙申请足球A、篮球B、排球C和乒乓球D四项赛事中的某一项做志愿者，他们被随机分配到这四项赛事中的任意一项的可能性相同．
（1）写出“甲被分配到乒乓球赛事做志愿者”的概率；
（2）求甲和乙恰好被分配到同一项赛事做志愿者的概率．
【答案】（1）解：由题意可得：
“甲被分配到乒乓球赛事做志愿者”的概率 “甲被分配到乒乓球赛事做志愿者”的概率
（2）解：表格如下图所示：
A B C D
A (A，A) (B，A) (C，A) (D，A)
B (A，B) (B，B) (C，B) (D，B)
C (A，C) (B，C) (C，C) (D，C)
D (A，D) (B，D) (C，D) (D，D)
共有16种可能的结果，这些结果出现的可能性相等.
其中甲和乙被分配到同一项赛事做志愿者的有4种，分别是(A，A)，(B，B)，(C， C)， (D， D). P(甲和乙恰好被分配到同一项赛事做志愿者
【知识点】用列表法或树状图法求概率
【解析】【分析】（1）根据概率公式即可求出答案.
（2）列出表格，求出所有等可能的结果，再求出甲和乙恰好被分配到同一项赛事做志愿者的结果，再根据概率公式即可求出答案.
22．（2026九上·增城期末） 2025年全运会期间，吉祥物“喜洋洋”、“乐融融”深受人们喜爱，商家推出“喜洋洋”、“乐融融”纪念品．已知购进“喜洋洋”200个，“乐融融”300个，需花费14000元；购进“喜洋洋”100个，“乐融融”200个，需花费8000元．
（1）求每个“喜洋洋”、“乐融融”纪念品的进价分别为多少元？
（2）在销售中，该商家发现每个“喜洋洋”纪念品售价60元时，可售出200个，售价每增加1元，销售量将减少5个．设每个“喜洋洋”纪念品售价元，该商家销售“喜洋洋”纪念品的利润为W元，求W关于a的函数表达式，并求出W的最大值．
【答案】（1）解：设“喜洋洋”、“乐融融”纪念品每个进价分别为x元、y元
由题意得：
解得：
答：“喜洋洋”、“乐融融”纪念品每个进价分别为40元、20元.
（2）解：由题意得：
w=(a-40)[200-5(a-60)]
=(a-40)(500-5a)
∵-5<0，60≤a≤100
∴当a-70=0， 即a=70时， w最大， 最大值为4500.
【知识点】二元一次方程组的实际应用-销售问题；二次函数的实际应用-销售问题
【解析】【分析】（1）设“喜洋洋”、“乐融融”纪念品每个进价分别为x元、y元，根据题意建立方程组，解方程组即可求出答案.
（2）根据总利润=单件利润×数量建立函数关系式，结合二次函数的性质即可求出答案.
23．（2026九上·增城期末） 如图，为的直径，在中，，交于点，过点作，垂足为点．
（1）证明是的切线；
（2），点为上一点，且点到弦的最大距离为8．
①尺规作图：作出此时的点（保留作图痕迹，不写作法）；
②求的长．
【答案】（1）证明：如图， 连接AD， OD.
∵AB是⊙O的直径
∴∠ADB=90°， 即AD⊥BC
∵AC=AB，
∴ D是BC中点.
∵O是AB的中点，
∴ OD是△ABC的中位线.
∴OD∥AC
∵DE⊥AC，
∴∠ODE=∠CED=90°
即OD⊥DE.
又∵OD是半径，
∴ DE是⊙O的切线.
（2）解：①如图所示：P点即为所求
②连接PO并延长， 交BD于点Q， 则当PQ⊥BD时， 最大距离为PQ=8.
设⊙O半径为r， 则OA=OB=OP=r
∴OQ=PQ-OP=8-r
∵BD=8， OQ⊥BD
∴在Rt△BOQ中，
即 解得： r=5.
∴ AB=AC=10
在 Rt△ABD中，
由(1)知BD=CD=8
即6×8=10DE， 解得：
∴ DE的长为
【知识点】勾股定理；切线的判定；尺规作图-垂直平分线；三角形的中位线定理；等积变换
【解析】【分析】（1）连接AD， OD，根据圆周角定理的推论可得∠ADB=90°， 即AD⊥BC，根据三角形中位线定理可得OD∥AC，则∠ODE=∠CED=90°，再根据切线判定定理即可求出答案.
（2）①根据垂直平分线定义作图即可.
②连接PO并延长， 交BD于点Q， 则当PQ⊥BD时， 最大距离为PQ=8.设⊙O半径为r， 则OA=OB=OP=r，根据边之间的关系可得OQ，根据垂径定理可得BQ，再根据勾股定理建立方程，解方程可得AB=AC=10，根据勾股定理可得AD，再根据三角形面积即可求出答案.
24．（2026九上·增城期末） 在平面直角坐标系中，已知抛物线与轴交于点，点，与轴交于点，点是抛物线上的一个动点．
（1）求抛物线的表达式；
（2）若点P在第一象限，当的面积最大时，求点P的坐标；
（3）过点作轴的垂线交直线于点，连接，将沿直线翻折，当点的对应点恰好落在轴上时，请直接写出此时点的坐标．
【答案】（1）解：点.A(-1，0)， B(4，0)代入 得：
解得
∴ 抛物线的解析式为：
（2）解：在 中， 令x=0， 则y=4，
∴ C(0，4)
设直线BC的解析式为： y= kx+t， 点C(0，4)， B(4，0)代入得：
解得：
∴ 直线BC的解析式为： y=-x+4.
过点P作PQ∥y轴交线段BC于点Q.
设 则Q(m，-m+4)， 0∵-2<0， 开口向下， 且0∴ m=2时， △PBC的面积最大，
∴△PBC面积最大时， 点P的坐标为(2，6).
（3）解：点的坐标为或
【知识点】待定系数法求一次函数解析式；待定系数法求二次函数解析式；翻折变换（折叠问题）；二次函数与一次函数的综合应用
【解析】【解答】解：(3)由(1)得抛物线的解析式为
设 同(2) 得M(m，-m+4)， C(0，4)
∵M'在y轴上
∴ PM∥CM'
∴∠M'CP=∠CPM
由翻折知∠M'CP=∠MCP
∴∠MCP=∠CPM.
即PM =CM.
解得： m=0(舍去) 或 或m=4+
【分析】（1）根据待定系数法将点A，B坐标代入解析式即可求出答案.
（2）根据y轴上点的坐标特征可得 C(0，4)，设直线BC的解析式为： y= kx+t，根据待定系数法将点C，B坐标代入解析式可得直线BC的解析式为： y=-x+4，过点P作PQ∥y轴交线段BC于点Q，设 则Q(m，-m+4)， 0（3）由(1)得抛物线的解析式为 设 同(2) 得M(m，-m+4)， C(0，4)，根据两点间距离可得PM，CM，根据直线平行性质可得∠M'CP=∠CPM，再根据折叠性质可得∠M'CP=∠MCP，即∠MCP=∠CPM，根据等角对等边可得PM =CM，根据边之间的关系建立方程，解方程即可求出答案.
25．（2026九上·增城期末） 如图1，正方形的边长为4，以B为圆心的与，分别交于点E，F，连接，．
（1）求的长；
（2）连接，把绕点B顺时针旋转，在旋转的过程中．
①求的取值范围；
②如图2，取的中点G，连接并延长交直线于点H，点P为正方形内一动点，求的最小值．
【答案】（1）解：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠B=90°.
∵BE=BF，
∴△BEF 是等腰直角三角形.
由勾股定理得：
即
（2）解： ①如图1， 连接BD
当DE为⊙B 的切线时，∠CDE 最大或最小，
∵BD为正方形的对角线
当点 E 移动到E1位置时，∠CDE 最小取 BD中点 K， 连接E1K
∴ △BE1K是等边三角形
当点 E 移动到E2位置时，∠CDE 最大
同理可计算得
∴15°≤∠CDE≤75°.
②延长D到D'， 使CD'=CD， 连接BD， BD' ， 如图2则△BDD'是等腰直角三角形
∴BD=BD'， ∠DBD'=90°
∵△BEF 是等腰直角三角形，
∴BF=BE， ∠FBE=90°，
∴∠DBF=∠D'BE.
∴△BDF≌△BD'E.
∴△BD'E 可看成是△BDF 绕点 B 顺时针旋转90度得到的.
∴ D'E⊥DF.
∵G、C分别为DE、DD'的中点，
∴GC为△DED'的中位线.
∴CG∥D'E.
∴CG⊥DF.
即∠DHC=90°
取CD的中点O，连接OH，则
将△APB绕点A 顺时针旋转90°得到△AP'B'， 连接PP'，BB'，OB'，
∴P'B'=PB， PA'=PA， ∠PAP'=90°.
∴△APP 是等腰直角三角形，故有
当点H、P、P'、B' 四点共线时， 取得最小值，且最小值为OB'-OH.
由旋转知AB=AB'=4， ∠DAB=∠BAB'=90°.
∴ D，A，B'三点共线，DB'=DA+AB'=8.
∴在Rt△ODB'中，
即最小值为
【知识点】三角形全等及其性质；等边三角形的判定与性质；勾股定理；旋转的性质；等腰直角三角形
【解析】【分析】（1）根据正方形性质可得∠B=90°，根据等腰直角三角形判定定理及性质即可求出答案.
（2）①连接BD，当DE为⊙B 的切线时，∠CDE 最大或最小，根据勾股定理可得BD，当点 E 移动到E1位置时，∠CDE 最小取 BD中点 K， 连接E1K，根据边之间的关系可得，根据等边三角形判定定理可得△BE1K是等边三角形，则，根据角之间的关系可得，当点 E 移动到E2位置时，∠CDE 最大，同理可计算得 ，即可求出答案.
②延长D到D'， 使CD'=CD， 连接BD， BD' ， 则△BDD'是等腰直角三角形，根据等腰直角三角形性质可得BF=BE， ∠FBE=90°，根据等边对等角可得∠DBF=∠D'BE，再根据全等三角形判定定理可得△BDF≌△BD'E，则△BD'E 可看成是△BDF绕点B顺时针旋转90度得到的，再根据三角形中位线定理可得CG∥D'E，取CD的中点O，连接OH，则 ，将△APB绕点A顺时针旋转90°得到△AP'B'， 连接PP'，BB'，OB'，根据旋转性质可得P'B'=PB， PA'=PA， ∠PAP'=90°，根据等腰直角三角形性质可得，再根据边之间的关系可得，当点H、P、P'、B' 四点共线时， 取得最小值，且最小值为OB'-OH，由旋转知AB=AB'=4， ∠DAB=∠BAB'=90°，则D，A，B'三点共线，DB'=DA+AB'=8，根据勾股定理可得OB'，再根据边之间的关系即可求出答案.
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