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广东省广州市番禺区2025--2026学年上学期九年级数学科期末测试题
1．（2026九上·番禺期末）下列数学符号是中心对称图形的是（　　）
A． B．
C． D．
2．（2026九上·番禺期末）若关于的一元二次方程有两个相等的实数根，则实数的值为（　　）
A．1 B．2 C．3 D．4
3．（2026九上·番禺期末）将抛物线向下平移2个单位长度，所得抛物线的解析式为（　　）
A． B． C． D．
4．（2026九上·番禺期末）已知的半径为3，点P在内，则的长可能是（　　）
A．2 B．3 C．4 D．5
5．（2026九上·番禺期末）用配方法解方程时，通过配方后可得的形式，则m的值是（　　）.
A．3 B．-3 C．6 D．-6
6．（2026九上·番禺期末）圆形拱门屏风是我国古代家庭中常见的装饰兼隔断，既好看又实用，还带着浓浓的中式韵味．如图是一款圆形拱门屏风的示意图，其中拱门最下端在地面上，为的中点，为拱门最高点，线段经过拱门所在圆的圆心，若的半径为，，则的长度为（　　）
A． B． C． D．
7．（2026九上·番禺期末）数学课上李老师与学生们做“用频率估计概率”的试验：不透明袋子中有10个白球、6个红球和4个黄球，这些球除颜色外无其他差别．从袋子中随机取出一个球，某种颜色的球出现的频率如图所示，则该球的颜色最有可能是（　　）
A．白球 B．红球 C．黄球 D．黑球
8．（2026九上·番禺期末）如图，正六边形内接于，已知这个正六边形的边心距的长为3，则的半径为（　　）
A． B． C．3 D．6
9．（2026九上·番禺期末）如图，为等边三角形，点D是边上一点，连接，将绕点B逆时针旋转，得到，连接．已知，的周长是15，则的边长是（　　）
A．4 B．7 C．8 D．10
10．（2026九上·番禺期末）如图，二次函数的部分图象与轴的一个交点位于和之间，顶点为．下列结论：①；②；③；④若该二次函数的图象与轴的另一个交点为，且是等边三角形，则．其中正确结论的序号是（　　）
A．①②③ B．①③④ C．①②④ D．②③④
11．（2026九上·番禺期末）在平面直角坐标系中，点关于原点的对称点的坐标为　 　．
12．（2026九上·番禺期末）若事件A为必然事件，则事件A发生的概率　 　．
13．（2026九上·番禺期末）已知x=3是一元二次方程的一个根，则该方程的另一个根为x=　 　.
14．（2026九上·番禺期末）如图，四边形内接于，为的直径，．点在的延长线上，若，则的度数为　 　．
15．（2026九上·番禺期末）在2025年第十五届全运会10米跳台比赛中，某运动员从起跳到入水的运动轨迹可以近似看作是抛物线的一部分．如图所示，跳台宽度为，水池边与跳台支柱之间的宽度为（见图中标注）．该运动员的起跳点A距离水面，运动过程中的最高点B距离水面，此时与点A的水平距离为．根据上述信息，可估计入水点C与池边的水平距离为　 　．
16．（2026九上·番禺期末）在欧几里得的《几何原本》中，形如关于x的一元二次方程的图解法是：如图，作，其中，，，在斜边上截取，则的长就是所求方程的正根．根据上述图解法作出关于x的一元二次方程的图解，若，则a的值为　 　．
17．（2026九上·番禺期末）解方程：x2-2x-3=0
18．（2026九上·番禺期末）已知二次函数．
（1）补全表格，并画出二次函数的图象；
x …
…
y …
…
（2）观察该图象，直接回答以下问题：
①当y随x的增大而减小时，写出x的取值范围；
②当时，写出x的取值范围．
19．（2026九上·番禺期末）如图，，是的切线，A，B为切点，是⊙O的直径，，求的度数．
20．（2026九上·番禺期末）如图，在平面直角坐标系中，每个小正方形的顶点叫做格点，的顶点都在格点上．
（1）作出关于原点对称的图形；
（2）将绕点C顺时针旋转，得到，画出，并求旋转过程中线段扫过的面积．
21．（2026九上·番禺期末）某博物馆为增强参观趣味性，推出了“文物盲盒”抽奖活动，每个盲盒中装有一件仿制文物纪念品，共有四种类型：青铜器、陶瓷、书画、玉器，且每种类型出现的可能性相等，小华和小明各购买了一个盲盒．
（1）小华抽到“青铜器”的概率是________；
（2）求小华和小明抽到同一种纪念品的概率．
22．（2026九上·番禺期末）如图，某社区计划将一块长为、宽的矩形空地改造成居民共享菜园，为方便居民照料和采摘，需要在菜园内部修建宽度相同的步道（图中阴影部分）．已知步道将菜园分成9个面积均为的矩形种植区，请求出步道的宽度．
23．（2026九上·番禺期末）如图，已知是的外接圆，是的直径，点是半圆的中点．过点作，交的延长线于点，连接，设与交于点．
（1）求证：是的切线；
（2）求证：；
（3）若，，求，两点间的距离．
24．（2026九上·番禺期末）已知抛物线的解析式为，该抛物线与x轴交于A，B两点（点A在点B左侧），与y轴交于点C，其顶点为D．
（1）若点C的坐标为，请解决以下问题：
①求抛物线的解析式及顶点D的坐标；
②过点B的直线与抛物线的另一个交点为点E，求的面积．
（2）已知，，若该抛物线与线段只有一个交点，结合图象，求a的取值范围．
25．（2026九上·番禺期末）在等腰中，，点为底边上一点（不与端点，重合），连接．将线段绕点逆时针旋转得到线段，旋转角为，连接．
（1）如图1，若，，连接，试探究以下问题：
①求的度数；
②过点作，交的延长线于点，连接．点是的中点，点是的中点，连接，．请用等式表示线段与的数量关系，并证明．
（2）如图2，若，，，连接，．当取得最小值时，在直线上取一点（不与点重合），连接，关于直线的轴对称图形为，连接，求线段的最大值．
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】中心对称及中心对称图形
【解析】【解答】解：A、不是中心对称图形，故此选项不符合题意；
B、是中心对称图形，故此选项符合题意；
C、不是中心对称图形，故此选项不符合题意；
D、不是中心对称图形，故此选项不符合题意；
故答案为：B．
【分析】根据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，逐项进行判断，即可得出答案。
2．【答案】D
【知识点】解一元一次方程；一元二次方程根的判别式及应用
【解析】【解答】解：∵方程有两个相等的实数根，
∴判别式，
∴．
故答案为：D．
【分析】根据方程有两个相等的实数根，可得出判别式，进而解方程即可求得．
3．【答案】B
【知识点】二次函数图象的平移变换
【解析】【解答】解：将抛物线向下平移2个单位长度，所得抛物线的解析式为，
故选：B．
【分析】根据函数图象的平移规律：上加下减，左加右减即可求出答案.
4．【答案】A
【知识点】点与圆的位置关系
【解析】【解答】解：的半径为3，点P在内，
，
的长可能是2．
故选：A．
【分析】根据点与圆的位置关系即可求出答案.
5．【答案】A
【知识点】配方法解一元二次方程
【解析】【解答】解：∵用配方法解一元二次方程时，需先将常数项移到等号右边，再在等式两边加上一次项系数一半的平方。
对于方程，移项得，
一次项系数为，其一半的平方为，
在等式两边同时加上9，得，
即，
又∵配方后为的形式，
∴。
故答案为：A
【分析】本题考查用配方法解一元二次方程，关键是掌握配方法的具体步骤。先通过移项将常数项与含未知数的项分离，再根据一次项系数确定需要添加的常数项，将左边配成完全平方式，最后与题目给出的形式对比，就能得出的值。
6．【答案】D
【知识点】垂径定理的实际应用；解直角三角形—三边关系（勾股定理）
【解析】【解答】解：连接，
∵过圆心，为的中点，
∴，，
依题意，，，
在中，由勾股定理
∴
∴
故答案为：D．
【分析】连接，根据垂径定理可得出，，进而根据勾股定理可得出，。
7．【答案】C
【知识点】利用频率估计概率；概率公式
【解析】【解答】解：由题意得，该球的频率稳定在左右，即抽到该球的概率为，
∵抽到白球的概率为，抽到黄球的概率为，抽到红球的概率为，
∴该球的颜色最有可能是黄球，
故答案为：C．
【分析】首先根据概率计算公式分别求得抽到各种球的概率，进而用频率去估计概率，可得出抽到该球的概率为，通过比较，即可得出答案。
8．【答案】B
【知识点】等边三角形的判定与性质；含30°角的直角三角形；圆内接正多边形；解直角三角形—三边关系（勾股定理）
【解析】【解答】解：如图，连接，，
，，
是等边三角形，
，
，
，
∵
∴，
∴，
故答案为：B．
【分析】连接，，首先可证得是等边三角形，即可得出，进而根据等边三角形的性质可得出，再根据勾股定理得出可得出，根据，即可得出，进而即可得出。
9．【答案】C
【知识点】等边三角形的判定与性质；旋转的性质
【解析】【解答】解：绕点逆时针旋转，得到，
∴，，
为等边三角形，
，
，
∵的周长是15，
∴，
∴，
∴，
的边长为，
故答案为：C．
【分析】首先根据旋转性质可得出为等边三角形，可得出，进而可得出AE+AD=8，再根据旋转性质可得出AE=CD，即可得出AC=AE+AD=8，即的边长为。
10．【答案】C
【知识点】二次函数图象与系数的关系；等边三角形的判定与性质；解直角三角形；二次函数-特殊三角形存在性问题
【解析】【解答】解：∵二次函数的图象的开口向下，与轴交于正半轴，对称轴在轴的右侧，
∴，，，
∴，故①符合题意；
∵顶点的坐标为，
∵对称轴为直线，
∴，则，故②正确，
∵二次函数的部分图象与轴的一个交点位于和之间，
∴，
∴，，
∴，故③不正确；
如图，为等边三角形，
∴，，，，
∴，
记的横坐标分别为，
∴，
∴，
当，则，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
故④符合题意；
故正确的有①②④，
故答案为：C．
【分析】根据二次函数的图像特征分析： 图像开口向下，说明； 与y轴交于正半轴，说明； 对称轴在y轴右侧，结合，可得。因此①正确。由对称轴方程可得，验证②正确。当时，，代入得，但无法直接推出③的结论，故③错误。对于④，设点，根据几何关系可得，又由函数值，联立化简得到，因此④正确。
11．【答案】
【知识点】关于原点对称的点的坐标特征
【解析】【解答】解：点关于原点的对称点的坐标为
故答案为：．
【分析】根据关于原点对称的点的坐标特征即可求出答案.
12．【答案】1
【知识点】事件的分类；概率公式
【解析】【解答】解：事件A为必然事件，则表示事件A一定发生，
根据概率的基本性质，必然事件的概率为1，
即．
故答案为：1．
【分析】根据必然事件的定义即可得出答案。
13．【答案】5
【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：设一元二次方程的另一个根为，
∵对于一元二次方程，两根之积等于，
在方程中，，，∴两根之积为，
又∵其中一个根为3，∴，解得，
∴该方程的另一个根为。
故答案为：5
【分析】本题考查一元二次方程根与系数的关系，关键是利用两根之积等于这一性质。设出另一个根，根据根与系数的关系列出关于该根的方程，求解方程即可得到另一个根的值。
14．【答案】
【知识点】三角形内角和定理；等腰三角形的性质；圆心角、弧、弦的关系；圆周角定理；圆内接四边形的性质
【解析】【解答】解：如图，连接，
∵四边形内接于，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
故答案为：．再根据圆周角定理即可得出
【分析】连接，首先根据四边形内接于，可得出，，再根据，可得出，进而根据等腰三角形的性质及三角形内角和即可得出。
15．【答案】4
【知识点】待定系数法求二次函数解析式；二次函数图象与坐标轴的交点问题；二次函数的实际应用-喷水问题
【解析】【解答】如图，以水面所在的直线为轴，以跳台支柱所在的直线为轴建立平面直角坐标系，并绘制函数图象．
由题意，得，，对称轴为直线．
设抛物线的表达式为，
则，
解得，
，
当时，
解得：（舍去）或
，
∴，
即点C距离池边
故答案为：．
【分析】以水面所在的直线为轴，以跳台支柱所在的直线为轴建立平面直角坐标系，并绘制函数图象．首先利用待定系数法可得出，令y=0，可得出，进而即可得出，即点C距离池边。
16．【答案】6
【知识点】一元二次方程的根；解直角三角形—三边关系（勾股定理）
【解析】【解答】解：∵，设，则，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴．
故答案为：。
【分析】设，则，由勾股定理得，然后根据，可得出，求出m，根据即可求出a．
17．【答案】解：
【知识点】因式分解法解一元二次方程
【解析】【分析】根据解方程的步骤进行计算得到答案。
18．【答案】（1）解：∵y=x2 4x+3=（x-2）2-1，
∴当时，则；
∴当时，则；
∴当时，则；
∴当时，则；
∴当时，则；
补全表格：
x … 0 1 2 3 4 …
y … 3 0 0 3 …
画出二次函数的图象：
（2）解：①结合（1）的二次函数的图象，得当y随x的增大而减小时，；
②结合（1）的二次函数的图象，得当时，．
【知识点】二次函数与不等式（组）的综合应用；描点法画函数图象；二次函数y=ax²+bx+c的图象
【解析】【分析】（1）首先把二次函数的一般式转化为顶点式，可得出y=x2 4x+3=（x-2）2-1，然后根据对称性，通过列表，描点，连线，即可得出二次函数的图象；
（2）①根据函数图象，即可得出答案；
②首先找出抛物线与x轴的交点，进而结合函数图象，即可得出答案。
（1）解：∵，
∴当时，则；
∴当时，则；
∴当时，则；
∴当时，则；
∴当时，则；
补全表格：
x … 0 1 2 3 4 …
y … 3 0 0 3 …
画出二次函数的图象：
（2）解：①结合（1）的二次函数的图象，得当y随x的增大而减小时，；
②结合（1）的二次函数的图象，得当时，．
19．【答案】解：∵，是的切线，A，B为切点，
∴，，
∴，
∴．
【知识点】三角形内角和定理；等腰三角形的性质；切线的性质；切线长定理
【解析】【分析】根据切线长定理可得，根据等边对等角可得，再根据三角形内角和定理即可求出答案.
20．【答案】（1）解：如图所示：
（2）解：如图所示：
依题意，，
则线段扫过的面积．
【知识点】扇形面积的计算；中心对称及中心对称图形；关于原点对称的点的坐标特征；作图﹣旋转；作图﹣中心对称
【解析】【分析】（1）根据中心对称的性质，可得出点A，B，C，关于原点的对称点A1，B1，C1，再顺次连接即可；
（2）首先根据旋转的性质可得出， 再根据扇形面积计算公式，即可得出旋转过程中线段扫过的面积。
（1）解：如图所示：
（2）解：如图所示：
依题意，，
则线段扫过的面积．
21．【答案】（1）
（2）解：设青铜器、陶瓷、书画、玉器分别记为、、、，列表如下：
由表格可知，共有种等可能的结果，其中小华和小明抽到同一种纪念品的结果有、、、，共种．
因此，小华和小明抽到同一种纪念品的概率为．
【知识点】用列表法或树状图法求概率；概率公式；用列举法求概率
【解析】【解答】解：（1）每个盲盒中共有青铜器、陶瓷、书画、玉器4种等可能的类型，小华抽到“青铜器”的结果数为1，
小华抽到“青铜器”的概率是．
故答案为：；
【分析】（1）根据概率计算公式即可得出答案；
（2）首先根据列表法可得出共有种等可能的结果，其中小华和小明抽到同一种纪念品的结果有、、、，共种．进一步根据概率计算公式即可得出答案。
（1）解：每个盲盒中共有青铜器、陶瓷、书画、玉器4种等可能的类型，
小华抽到“青铜器”的结果数为1，
小华抽到“青铜器”的概率是．
故答案为：；
（2）解：设青铜器、陶瓷、书画、玉器分别记为、、、，列表如下：
　
由表格可知，共有种等可能的结果，其中小华和小明抽到同一种纪念品的结果有、、、，共种．
因此，小华和小明抽到同一种纪念品的概率为．
22．【答案】解：设步道的宽度为，依题意，，
整理得，
∴，
解得，
∵，
∴，
∴步道的宽度为，
【知识点】一元二次方程的应用-几何问题
【解析】【分析】 设步道的宽度为，根据两种不同的方法表示 9个面积均为的矩形种植区的面积，即可得出方程，解方程即可得出答案。
23．【答案】（1）解：连接，
∵为直径，点D是半圆的中点，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵是半径，
∴是的切线；
（2）证明：
又
；
（3）解：过点作交延长线于点，于点，连接，
点是半圆的中点
、
、
、
则在中，
、两点间的距离为．
【知识点】三角形全等及其性质；三角形全等的判定；圆周角定理；切线的判定；解直角三角形—三边关系（勾股定理）
【解析】【分析】（1）根据题目条件，可以得出和。利用三角形内角和定理，可以求出的度数；
（2）根据平行线的性质，可得出，根据圆周角定理，可得出，进而即可得出；
（3）步骤如下：过点作交延长线于点，作于点；证明，从而得出； 根据面积比，推出；最终计算、两点间的距离。
（1）解：连接，
∵为直径，点D是半圆的中点，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵是半径，
∴是的切线；
（2）证明：
又
；
（3）解：过点作交延长线于点，于点，连接，
点是半圆的中点
、
、
、
则在中，
、两点间的距离为．
24．【答案】（1）解：①将点C的坐标为代入，得，解得，
∴抛物线的解析式为，
∵，
∴抛物线的顶点坐标为；
②令，
解得，
∴抛物线与轴的两个交点的坐标为，
∵点A在点B左侧，
∴，
∵直线过点，则，
解得，
∴过点的直线的解析式为，
联立，即，
整理得，
解得或，
∴，
如图，设交轴于点，直线的解析式为，
则，解得，
∴直线的解析式为，
令，解得，
∴，
∴；
（2）解：∵，
∴抛物线图象的对称轴为直线，顶点坐标为，
∵，，
∴线段轴，
∵抛物线与线段只有一个交点，
当时，如图，
则，
解得；
当时，如图，
则，
解得；
综上，的取值范围为或．
【知识点】二次函数图象与坐标轴的交点问题；二次函数与一次函数的综合应用；二次函数y=ax²+bx+c与二次函数y=a（x-h）²+k的转化；二次函数-面积问题；分类讨论
【解析】【分析】（1）①将点C的坐标代入抛物线方程，可以求出参数的值，从而确定抛物线的解析式。将解析式化为顶点式即可得到抛物线的顶点坐标。②首先求出点B的坐标，将其代入直线方程，求出参数的值。然后联立抛物线与直线的方程，解方程组即可得到点的坐标。设直线与轴的交点为，求出直线的解析式后，可以确定点的坐标，进而求解问题。（2）首先确定抛物线对称轴为直线，顶点坐标为。然后分两种情况讨论：当时和当时，分别进行分析求解。
（1）解：①将点C的坐标为代入，得，
解得，
∴抛物线的解析式为，
∵，
∴抛物线的顶点坐标为；
②令，
解得，
∴抛物线与轴的两个交点的坐标为，
∵点A在点B左侧，
∴，
∵直线过点，则，
解得，
∴过点的直线的解析式为，
联立，即，
整理得，
解得或，
∴，
如图，设交轴于点，直线的解析式为，
则，解得，
∴直线的解析式为，
令，解得，
∴，
∴；
（2）解：∵，
∴抛物线图象的对称轴为直线，顶点坐标为，
∵，，
∴线段轴，
∵抛物线与线段只有一个交点，
当时，如图，
则，
解得；
当时，如图，
则，
解得；
综上，的取值范围为或．
25．【答案】（1）解：①∵，，∴，
由旋转知，，
∴，
即，
∴，
∴，
∴，
②解：，理由如下：
如图，连接，
∵
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，，
∵点是的中点，，
∴，
∴，
∴，
∴，
即，
∵点是的中点，，
∴，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∴，
即；
（2）解：取中点，中点，连接，，，
∵，，
∴，，，
∴，
∵是中点，
∴，
∴，
由旋转知，，
∴是等边三角形，，
∴，
∴，
∴，
由点为固定点，，得点在过点且垂直于的直线上运动，
由点到直线的最短距离可得，当取最小值时，即垂直于点运动轨迹的直线，
即点和点重合时，最小，
此时如图， 过点E作延长线的垂线，垂足为H．
则，，
∴
在中，，
∵关于直线的轴对称图形为，
∴
∴在以为圆心为半径的圆上运动，
∴的最大值为．
【知识点】垂线段最短及其应用；三角形全等及其性质；三角形全等的判定-SAS；解直角三角形—三边关系（勾股定理）；定点定长辅助圆模型
【解析】【分析】（1）①已知∠BAC=90°且AB=AC，根据等腰直角三角形的性质可得∠ABD=∠ACB=45°。通过证明△BAD≌△CAE（SAS全等），可得出BD=CE，且∠ABD=∠ACE=45°。②连接DN，由△BAD≌△CAE可得∠DCE=∠ACB+∠ACE=45°+45°=90°。进一步证明DF=DC，从而得到△BDF≌△ECD（SAS全等），因此∠BFD=∠EDC且BF=DE。由于点N是BF的中点，点M是DE的中点，可得DN=NF=BF，DM=CM=DE。通过证明△NDM为等腰直角三角形，即可得出结论。
（2）取BC中点U和AC中点V，连接AU、EV、UV。证明△ADU≌△AEV后，可得∠AVE=∠AUD=90°。由于点V固定且∠AVE=90°，说明点E在过点V且垂直于AC的直线上运动。根据点到直线的最短距离性质，当CE取最小值时，CE垂直于该直线，即点E与V重合。此时过E作BA延长线的垂线EH，用勾股定理确定BE长度。再根据轴对称性质可得QE=AE=2，说明点Q在以E为圆心、2为半径的圆上运动，从而求出BQ的最大值。
（1）解：①∵，，
∴，
由旋转知，，
∴，
即，
∴，
∴，
∴，
②解：，理由如下：
如图，连接，
∵
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，，
∵点是的中点，，
∴，
∴，
∴，
∴，
即，
∵点是的中点，，
∴，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∴，
即；
（2）解：取中点，中点，连接，，，
∵，，
∴，，，
∴，
∵是中点，
∴，
∴，
由旋转知，，
∴是等边三角形，，
∴，
∴，
∴，
由点为固定点，，得点在过点且垂直于的直线上运动，
由点到直线的最短距离可得，当取最小值时，即垂直于点运动轨迹的直线，
即点和点重合时，最小，
此时如图， 过点E作延长线的垂线，垂足为H．
则，，
∴
在中，，
∵关于直线的轴对称图形为，
∴
∴在以为圆心为半径的圆上运动，
∴的最大值为．
1 / 1广东省广州市番禺区2025--2026学年上学期九年级数学科期末测试题
1．（2026九上·番禺期末）下列数学符号是中心对称图形的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】中心对称及中心对称图形
【解析】【解答】解：A、不是中心对称图形，故此选项不符合题意；
B、是中心对称图形，故此选项符合题意；
C、不是中心对称图形，故此选项不符合题意；
D、不是中心对称图形，故此选项不符合题意；
故答案为：B．
【分析】根据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，逐项进行判断，即可得出答案。
2．（2026九上·番禺期末）若关于的一元二次方程有两个相等的实数根，则实数的值为（　　）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】D
【知识点】解一元一次方程；一元二次方程根的判别式及应用
【解析】【解答】解：∵方程有两个相等的实数根，
∴判别式，
∴．
故答案为：D．
【分析】根据方程有两个相等的实数根，可得出判别式，进而解方程即可求得．
3．（2026九上·番禺期末）将抛物线向下平移2个单位长度，所得抛物线的解析式为（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】二次函数图象的平移变换
【解析】【解答】解：将抛物线向下平移2个单位长度，所得抛物线的解析式为，
故选：B．
【分析】根据函数图象的平移规律：上加下减，左加右减即可求出答案.
4．（2026九上·番禺期末）已知的半径为3，点P在内，则的长可能是（　　）
A．2 B．3 C．4 D．5
【答案】A
【知识点】点与圆的位置关系
【解析】【解答】解：的半径为3，点P在内，
，
的长可能是2．
故选：A．
【分析】根据点与圆的位置关系即可求出答案.
5．（2026九上·番禺期末）用配方法解方程时，通过配方后可得的形式，则m的值是（　　）.
A．3 B．-3 C．6 D．-6
【答案】A
【知识点】配方法解一元二次方程
【解析】【解答】解：∵用配方法解一元二次方程时，需先将常数项移到等号右边，再在等式两边加上一次项系数一半的平方。
对于方程，移项得，
一次项系数为，其一半的平方为，
在等式两边同时加上9，得，
即，
又∵配方后为的形式，
∴。
故答案为：A
【分析】本题考查用配方法解一元二次方程，关键是掌握配方法的具体步骤。先通过移项将常数项与含未知数的项分离，再根据一次项系数确定需要添加的常数项，将左边配成完全平方式，最后与题目给出的形式对比，就能得出的值。
6．（2026九上·番禺期末）圆形拱门屏风是我国古代家庭中常见的装饰兼隔断，既好看又实用，还带着浓浓的中式韵味．如图是一款圆形拱门屏风的示意图，其中拱门最下端在地面上，为的中点，为拱门最高点，线段经过拱门所在圆的圆心，若的半径为，，则的长度为（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】垂径定理的实际应用；解直角三角形—三边关系（勾股定理）
【解析】【解答】解：连接，
∵过圆心，为的中点，
∴，，
依题意，，，
在中，由勾股定理
∴
∴
故答案为：D．
【分析】连接，根据垂径定理可得出，，进而根据勾股定理可得出，。
7．（2026九上·番禺期末）数学课上李老师与学生们做“用频率估计概率”的试验：不透明袋子中有10个白球、6个红球和4个黄球，这些球除颜色外无其他差别．从袋子中随机取出一个球，某种颜色的球出现的频率如图所示，则该球的颜色最有可能是（　　）
A．白球 B．红球 C．黄球 D．黑球
【答案】C
【知识点】利用频率估计概率；概率公式
【解析】【解答】解：由题意得，该球的频率稳定在左右，即抽到该球的概率为，
∵抽到白球的概率为，抽到黄球的概率为，抽到红球的概率为，
∴该球的颜色最有可能是黄球，
故答案为：C．
【分析】首先根据概率计算公式分别求得抽到各种球的概率，进而用频率去估计概率，可得出抽到该球的概率为，通过比较，即可得出答案。
8．（2026九上·番禺期末）如图，正六边形内接于，已知这个正六边形的边心距的长为3，则的半径为（　　）
A． B． C．3 D．6
【答案】B
【知识点】等边三角形的判定与性质；含30°角的直角三角形；圆内接正多边形；解直角三角形—三边关系（勾股定理）
【解析】【解答】解：如图，连接，，
，，
是等边三角形，
，
，
，
∵
∴，
∴，
故答案为：B．
【分析】连接，，首先可证得是等边三角形，即可得出，进而根据等边三角形的性质可得出，再根据勾股定理得出可得出，根据，即可得出，进而即可得出。
9．（2026九上·番禺期末）如图，为等边三角形，点D是边上一点，连接，将绕点B逆时针旋转，得到，连接．已知，的周长是15，则的边长是（　　）
A．4 B．7 C．8 D．10
【答案】C
【知识点】等边三角形的判定与性质；旋转的性质
【解析】【解答】解：绕点逆时针旋转，得到，
∴，，
为等边三角形，
，
，
∵的周长是15，
∴，
∴，
∴，
的边长为，
故答案为：C．
【分析】首先根据旋转性质可得出为等边三角形，可得出，进而可得出AE+AD=8，再根据旋转性质可得出AE=CD，即可得出AC=AE+AD=8，即的边长为。
10．（2026九上·番禺期末）如图，二次函数的部分图象与轴的一个交点位于和之间，顶点为．下列结论：①；②；③；④若该二次函数的图象与轴的另一个交点为，且是等边三角形，则．其中正确结论的序号是（　　）
A．①②③ B．①③④ C．①②④ D．②③④
【答案】C
【知识点】二次函数图象与系数的关系；等边三角形的判定与性质；解直角三角形；二次函数-特殊三角形存在性问题
【解析】【解答】解：∵二次函数的图象的开口向下，与轴交于正半轴，对称轴在轴的右侧，
∴，，，
∴，故①符合题意；
∵顶点的坐标为，
∵对称轴为直线，
∴，则，故②正确，
∵二次函数的部分图象与轴的一个交点位于和之间，
∴，
∴，，
∴，故③不正确；
如图，为等边三角形，
∴，，，，
∴，
记的横坐标分别为，
∴，
∴，
当，则，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
故④符合题意；
故正确的有①②④，
故答案为：C．
【分析】根据二次函数的图像特征分析： 图像开口向下，说明； 与y轴交于正半轴，说明； 对称轴在y轴右侧，结合，可得。因此①正确。由对称轴方程可得，验证②正确。当时，，代入得，但无法直接推出③的结论，故③错误。对于④，设点，根据几何关系可得，又由函数值，联立化简得到，因此④正确。
11．（2026九上·番禺期末）在平面直角坐标系中，点关于原点的对称点的坐标为　 　．
【答案】
【知识点】关于原点对称的点的坐标特征
【解析】【解答】解：点关于原点的对称点的坐标为
故答案为：．
【分析】根据关于原点对称的点的坐标特征即可求出答案.
12．（2026九上·番禺期末）若事件A为必然事件，则事件A发生的概率　 　．
【答案】1
【知识点】事件的分类；概率公式
【解析】【解答】解：事件A为必然事件，则表示事件A一定发生，
根据概率的基本性质，必然事件的概率为1，
即．
故答案为：1．
【分析】根据必然事件的定义即可得出答案。
13．（2026九上·番禺期末）已知x=3是一元二次方程的一个根，则该方程的另一个根为x=　 　.
【答案】5
【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：设一元二次方程的另一个根为，
∵对于一元二次方程，两根之积等于，
在方程中，，，∴两根之积为，
又∵其中一个根为3，∴，解得，
∴该方程的另一个根为。
故答案为：5
【分析】本题考查一元二次方程根与系数的关系，关键是利用两根之积等于这一性质。设出另一个根，根据根与系数的关系列出关于该根的方程，求解方程即可得到另一个根的值。
14．（2026九上·番禺期末）如图，四边形内接于，为的直径，．点在的延长线上，若，则的度数为　 　．
【答案】
【知识点】三角形内角和定理；等腰三角形的性质；圆心角、弧、弦的关系；圆周角定理；圆内接四边形的性质
【解析】【解答】解：如图，连接，
∵四边形内接于，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
故答案为：．再根据圆周角定理即可得出
【分析】连接，首先根据四边形内接于，可得出，，再根据，可得出，进而根据等腰三角形的性质及三角形内角和即可得出。
15．（2026九上·番禺期末）在2025年第十五届全运会10米跳台比赛中，某运动员从起跳到入水的运动轨迹可以近似看作是抛物线的一部分．如图所示，跳台宽度为，水池边与跳台支柱之间的宽度为（见图中标注）．该运动员的起跳点A距离水面，运动过程中的最高点B距离水面，此时与点A的水平距离为．根据上述信息，可估计入水点C与池边的水平距离为　 　．
【答案】4
【知识点】待定系数法求二次函数解析式；二次函数图象与坐标轴的交点问题；二次函数的实际应用-喷水问题
【解析】【解答】如图，以水面所在的直线为轴，以跳台支柱所在的直线为轴建立平面直角坐标系，并绘制函数图象．
由题意，得，，对称轴为直线．
设抛物线的表达式为，
则，
解得，
，
当时，
解得：（舍去）或
，
∴，
即点C距离池边
故答案为：．
【分析】以水面所在的直线为轴，以跳台支柱所在的直线为轴建立平面直角坐标系，并绘制函数图象．首先利用待定系数法可得出，令y=0，可得出，进而即可得出，即点C距离池边。
16．（2026九上·番禺期末）在欧几里得的《几何原本》中，形如关于x的一元二次方程的图解法是：如图，作，其中，，，在斜边上截取，则的长就是所求方程的正根．根据上述图解法作出关于x的一元二次方程的图解，若，则a的值为　 　．
【答案】6
【知识点】一元二次方程的根；解直角三角形—三边关系（勾股定理）
【解析】【解答】解：∵，设，则，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴．
故答案为：。
【分析】设，则，由勾股定理得，然后根据，可得出，求出m，根据即可求出a．
17．（2026九上·番禺期末）解方程：x2-2x-3=0
【答案】解：
【知识点】因式分解法解一元二次方程
【解析】【分析】根据解方程的步骤进行计算得到答案。
18．（2026九上·番禺期末）已知二次函数．
（1）补全表格，并画出二次函数的图象；
x …
…
y …
…
（2）观察该图象，直接回答以下问题：
①当y随x的增大而减小时，写出x的取值范围；
②当时，写出x的取值范围．
【答案】（1）解：∵y=x2 4x+3=（x-2）2-1，
∴当时，则；
∴当时，则；
∴当时，则；
∴当时，则；
∴当时，则；
补全表格：
x … 0 1 2 3 4 …
y … 3 0 0 3 …
画出二次函数的图象：
（2）解：①结合（1）的二次函数的图象，得当y随x的增大而减小时，；
②结合（1）的二次函数的图象，得当时，．
【知识点】二次函数与不等式（组）的综合应用；描点法画函数图象；二次函数y=ax²+bx+c的图象
【解析】【分析】（1）首先把二次函数的一般式转化为顶点式，可得出y=x2 4x+3=（x-2）2-1，然后根据对称性，通过列表，描点，连线，即可得出二次函数的图象；
（2）①根据函数图象，即可得出答案；
②首先找出抛物线与x轴的交点，进而结合函数图象，即可得出答案。
（1）解：∵，
∴当时，则；
∴当时，则；
∴当时，则；
∴当时，则；
∴当时，则；
补全表格：
x … 0 1 2 3 4 …
y … 3 0 0 3 …
画出二次函数的图象：
（2）解：①结合（1）的二次函数的图象，得当y随x的增大而减小时，；
②结合（1）的二次函数的图象，得当时，．
19．（2026九上·番禺期末）如图，，是的切线，A，B为切点，是⊙O的直径，，求的度数．
【答案】解：∵，是的切线，A，B为切点，
∴，，
∴，
∴．
【知识点】三角形内角和定理；等腰三角形的性质；切线的性质；切线长定理
【解析】【分析】根据切线长定理可得，根据等边对等角可得，再根据三角形内角和定理即可求出答案.
20．（2026九上·番禺期末）如图，在平面直角坐标系中，每个小正方形的顶点叫做格点，的顶点都在格点上．
（1）作出关于原点对称的图形；
（2）将绕点C顺时针旋转，得到，画出，并求旋转过程中线段扫过的面积．
【答案】（1）解：如图所示：
（2）解：如图所示：
依题意，，
则线段扫过的面积．
【知识点】扇形面积的计算；中心对称及中心对称图形；关于原点对称的点的坐标特征；作图﹣旋转；作图﹣中心对称
【解析】【分析】（1）根据中心对称的性质，可得出点A，B，C，关于原点的对称点A1，B1，C1，再顺次连接即可；
（2）首先根据旋转的性质可得出， 再根据扇形面积计算公式，即可得出旋转过程中线段扫过的面积。
（1）解：如图所示：
（2）解：如图所示：
依题意，，
则线段扫过的面积．
21．（2026九上·番禺期末）某博物馆为增强参观趣味性，推出了“文物盲盒”抽奖活动，每个盲盒中装有一件仿制文物纪念品，共有四种类型：青铜器、陶瓷、书画、玉器，且每种类型出现的可能性相等，小华和小明各购买了一个盲盒．
（1）小华抽到“青铜器”的概率是________；
（2）求小华和小明抽到同一种纪念品的概率．
【答案】（1）
（2）解：设青铜器、陶瓷、书画、玉器分别记为、、、，列表如下：
由表格可知，共有种等可能的结果，其中小华和小明抽到同一种纪念品的结果有、、、，共种．
因此，小华和小明抽到同一种纪念品的概率为．
【知识点】用列表法或树状图法求概率；概率公式；用列举法求概率
【解析】【解答】解：（1）每个盲盒中共有青铜器、陶瓷、书画、玉器4种等可能的类型，小华抽到“青铜器”的结果数为1，
小华抽到“青铜器”的概率是．
故答案为：；
【分析】（1）根据概率计算公式即可得出答案；
（2）首先根据列表法可得出共有种等可能的结果，其中小华和小明抽到同一种纪念品的结果有、、、，共种．进一步根据概率计算公式即可得出答案。
（1）解：每个盲盒中共有青铜器、陶瓷、书画、玉器4种等可能的类型，
小华抽到“青铜器”的结果数为1，
小华抽到“青铜器”的概率是．
故答案为：；
（2）解：设青铜器、陶瓷、书画、玉器分别记为、、、，列表如下：
　
由表格可知，共有种等可能的结果，其中小华和小明抽到同一种纪念品的结果有、、、，共种．
因此，小华和小明抽到同一种纪念品的概率为．
22．（2026九上·番禺期末）如图，某社区计划将一块长为、宽的矩形空地改造成居民共享菜园，为方便居民照料和采摘，需要在菜园内部修建宽度相同的步道（图中阴影部分）．已知步道将菜园分成9个面积均为的矩形种植区，请求出步道的宽度．
【答案】解：设步道的宽度为，依题意，，
整理得，
∴，
解得，
∵，
∴，
∴步道的宽度为，
【知识点】一元二次方程的应用-几何问题
【解析】【分析】 设步道的宽度为，根据两种不同的方法表示 9个面积均为的矩形种植区的面积，即可得出方程，解方程即可得出答案。
23．（2026九上·番禺期末）如图，已知是的外接圆，是的直径，点是半圆的中点．过点作，交的延长线于点，连接，设与交于点．
（1）求证：是的切线；
（2）求证：；
（3）若，，求，两点间的距离．
【答案】（1）解：连接，
∵为直径，点D是半圆的中点，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵是半径，
∴是的切线；
（2）证明：
又
；
（3）解：过点作交延长线于点，于点，连接，
点是半圆的中点
、
、
、
则在中，
、两点间的距离为．
【知识点】三角形全等及其性质；三角形全等的判定；圆周角定理；切线的判定；解直角三角形—三边关系（勾股定理）
【解析】【分析】（1）根据题目条件，可以得出和。利用三角形内角和定理，可以求出的度数；
（2）根据平行线的性质，可得出，根据圆周角定理，可得出，进而即可得出；
（3）步骤如下：过点作交延长线于点，作于点；证明，从而得出； 根据面积比，推出；最终计算、两点间的距离。
（1）解：连接，
∵为直径，点D是半圆的中点，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵是半径，
∴是的切线；
（2）证明：
又
；
（3）解：过点作交延长线于点，于点，连接，
点是半圆的中点
、
、
、
则在中，
、两点间的距离为．
24．（2026九上·番禺期末）已知抛物线的解析式为，该抛物线与x轴交于A，B两点（点A在点B左侧），与y轴交于点C，其顶点为D．
（1）若点C的坐标为，请解决以下问题：
①求抛物线的解析式及顶点D的坐标；
②过点B的直线与抛物线的另一个交点为点E，求的面积．
（2）已知，，若该抛物线与线段只有一个交点，结合图象，求a的取值范围．
【答案】（1）解：①将点C的坐标为代入，得，解得，
∴抛物线的解析式为，
∵，
∴抛物线的顶点坐标为；
②令，
解得，
∴抛物线与轴的两个交点的坐标为，
∵点A在点B左侧，
∴，
∵直线过点，则，
解得，
∴过点的直线的解析式为，
联立，即，
整理得，
解得或，
∴，
如图，设交轴于点，直线的解析式为，
则，解得，
∴直线的解析式为，
令，解得，
∴，
∴；
（2）解：∵，
∴抛物线图象的对称轴为直线，顶点坐标为，
∵，，
∴线段轴，
∵抛物线与线段只有一个交点，
当时，如图，
则，
解得；
当时，如图，
则，
解得；
综上，的取值范围为或．
【知识点】二次函数图象与坐标轴的交点问题；二次函数与一次函数的综合应用；二次函数y=ax²+bx+c与二次函数y=a（x-h）²+k的转化；二次函数-面积问题；分类讨论
【解析】【分析】（1）①将点C的坐标代入抛物线方程，可以求出参数的值，从而确定抛物线的解析式。将解析式化为顶点式即可得到抛物线的顶点坐标。②首先求出点B的坐标，将其代入直线方程，求出参数的值。然后联立抛物线与直线的方程，解方程组即可得到点的坐标。设直线与轴的交点为，求出直线的解析式后，可以确定点的坐标，进而求解问题。（2）首先确定抛物线对称轴为直线，顶点坐标为。然后分两种情况讨论：当时和当时，分别进行分析求解。
（1）解：①将点C的坐标为代入，得，
解得，
∴抛物线的解析式为，
∵，
∴抛物线的顶点坐标为；
②令，
解得，
∴抛物线与轴的两个交点的坐标为，
∵点A在点B左侧，
∴，
∵直线过点，则，
解得，
∴过点的直线的解析式为，
联立，即，
整理得，
解得或，
∴，
如图，设交轴于点，直线的解析式为，
则，解得，
∴直线的解析式为，
令，解得，
∴，
∴；
（2）解：∵，
∴抛物线图象的对称轴为直线，顶点坐标为，
∵，，
∴线段轴，
∵抛物线与线段只有一个交点，
当时，如图，
则，
解得；
当时，如图，
则，
解得；
综上，的取值范围为或．
25．（2026九上·番禺期末）在等腰中，，点为底边上一点（不与端点，重合），连接．将线段绕点逆时针旋转得到线段，旋转角为，连接．
（1）如图1，若，，连接，试探究以下问题：
①求的度数；
②过点作，交的延长线于点，连接．点是的中点，点是的中点，连接，．请用等式表示线段与的数量关系，并证明．
（2）如图2，若，，，连接，．当取得最小值时，在直线上取一点（不与点重合），连接，关于直线的轴对称图形为，连接，求线段的最大值．
【答案】（1）解：①∵，，∴，
由旋转知，，
∴，
即，
∴，
∴，
∴，
②解：，理由如下：
如图，连接，
∵
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，，
∵点是的中点，，
∴，
∴，
∴，
∴，
即，
∵点是的中点，，
∴，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∴，
即；
（2）解：取中点，中点，连接，，，
∵，，
∴，，，
∴，
∵是中点，
∴，
∴，
由旋转知，，
∴是等边三角形，，
∴，
∴，
∴，
由点为固定点，，得点在过点且垂直于的直线上运动，
由点到直线的最短距离可得，当取最小值时，即垂直于点运动轨迹的直线，
即点和点重合时，最小，
此时如图， 过点E作延长线的垂线，垂足为H．
则，，
∴
在中，，
∵关于直线的轴对称图形为，
∴
∴在以为圆心为半径的圆上运动，
∴的最大值为．
【知识点】垂线段最短及其应用；三角形全等及其性质；三角形全等的判定-SAS；解直角三角形—三边关系（勾股定理）；定点定长辅助圆模型
【解析】【分析】（1）①已知∠BAC=90°且AB=AC，根据等腰直角三角形的性质可得∠ABD=∠ACB=45°。通过证明△BAD≌△CAE（SAS全等），可得出BD=CE，且∠ABD=∠ACE=45°。②连接DN，由△BAD≌△CAE可得∠DCE=∠ACB+∠ACE=45°+45°=90°。进一步证明DF=DC，从而得到△BDF≌△ECD（SAS全等），因此∠BFD=∠EDC且BF=DE。由于点N是BF的中点，点M是DE的中点，可得DN=NF=BF，DM=CM=DE。通过证明△NDM为等腰直角三角形，即可得出结论。
（2）取BC中点U和AC中点V，连接AU、EV、UV。证明△ADU≌△AEV后，可得∠AVE=∠AUD=90°。由于点V固定且∠AVE=90°，说明点E在过点V且垂直于AC的直线上运动。根据点到直线的最短距离性质，当CE取最小值时，CE垂直于该直线，即点E与V重合。此时过E作BA延长线的垂线EH，用勾股定理确定BE长度。再根据轴对称性质可得QE=AE=2，说明点Q在以E为圆心、2为半径的圆上运动，从而求出BQ的最大值。
（1）解：①∵，，
∴，
由旋转知，，
∴，
即，
∴，
∴，
∴，
②解：，理由如下：
如图，连接，
∵
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，，
∵点是的中点，，
∴，
∴，
∴，
∴，
即，
∵点是的中点，，
∴，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∴，
即；
（2）解：取中点，中点，连接，，，
∵，，
∴，，，
∴，
∵是中点，
∴，
∴，
由旋转知，，
∴是等边三角形，，
∴，
∴，
∴，
由点为固定点，，得点在过点且垂直于的直线上运动，
由点到直线的最短距离可得，当取最小值时，即垂直于点运动轨迹的直线，
即点和点重合时，最小，
此时如图， 过点E作延长线的垂线，垂足为H．
则，，
∴
在中，，
∵关于直线的轴对称图形为，
∴
∴在以为圆心为半径的圆上运动，
∴的最大值为．
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