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贵州省黔西南布依族苗族自治州兴仁市2025-2026学年九年级上学期1月期末数学试题
1．（2026九上·兴仁期末）下列关于x的方程中，是一元二次方程的是（　　）
A． B． C． D．
2．（2026九上·兴仁期末）在数学中，有很多图形是以著名的数学家的名字命名的，下列图形中既是轴对称图形又是中心对称图形的是（　　）
A．笛卡尔心形线 B．斐波那契螺旋线
C．赵爽弦图 D．伯努利双纽线
3．（2026九上·兴仁期末）一元二次方程的根的情况是(　　)
A．有两个相等的实数根 B．有两个不相等的实数根
C．只有一个实数根 D．没有实数根
4．（2026九上·兴仁期末）兴仁市开展“非遗文化进校园”活动，将布依族刺绣图案进行旋转设计，若将一个图案绕某点旋转后与原图案重合，则该图案的旋转中心是对应点连线的（　　）
A．中点 B．端点 C．三等分点 D．四等分点
5．（2026九上·兴仁期末）若二次函数，则它的顶点坐标是（　　）
A． B． C． D．
6．（2026九上·兴仁期末）如图，在中，点是的中点，，则的度数为（　　）．
A． B． C． D．
7．（2026九上·兴仁期末）“兴旺之地，仁义之乡”，兴仁市旅游资源丰富，鲤鱼坝是“全国特色民族村寨”、东湖公园适合步行、放马坪素有“高原塞外”之称、马金河景区被称为“城北后花园”．小红打算周末从这四个景点中随机选择一个景点去度周末，则她刚好选到“放马坪”的概率是（　　）
A． B． C． D．
8．（2026九上·兴仁期末）已知点，，在抛物线上，则，，的大小关系是（　　）
A． B． C． D．
9．（2026九上·兴仁期末）如图，将直角三角板绕顶点A顺时针旋转到，点恰好落在的延长线上，，则为（　　）
A． B． C． D．
10．（2026九上·兴仁期末）如图，扇子上的精美图案是兴仁市某校学生在社团课上利用蜡染制作的，扇形完全打开后，扇面（即扇形）的面积为，竹条，的长均为，、分别为、的中点，则的长为（　　）
A． B． C． D．
11．（2026九上·兴仁期末）为传递正能量，在中考百日誓师大会上，九年级各班决定互送励志祝福．若规定每个班要给本年级其他所有班级各送1条祝福，且所有班级送出的祝福总数是132条，则九年级的班级数为（　　）．
A．11 B．12 C．13 D．14
12．（2026九上·兴仁期末）二次函数的图象如图所示，对称轴是直线．下列结论：①；②；③；④（为实数）．其中结论正确的个数为（　　）个．
A．1个 B．2个 C．3个 D．4
13．（2026九上·兴仁期末）一元二次方程 的解是　 　．
14．（2026九上·兴仁期末）黔西南州适宜的气候吸引了大量游客，某商家为游客提供特色小吃，随机抽取了100名游客进行口味偏好调查，其中喜欢酸辣口味的有75人，若从所有游客中随机选取1人，估计该游客喜欢酸辣口味的概率为　 　．
15．（2026九上·兴仁期末）将点绕原点旋转后得到点，则点的坐标是　 　．
16．（2026九上·兴仁期末）如图，正方形中，，O是边的中点，点E是正方形内一动点， ，连接，将线段绕点D逆时针旋转得，连接、，则线段长的最小值为　 　．
17．（2026九上·兴仁期末）（1）解方程：
（2）计算：
18．（2026九上·兴仁期末）如图，在平面直角坐标系中，的顶点坐标分别为、、，将绕原点旋转得到．
（1）在平面直角坐标系中画出，并写出点、、的坐标；
（2）作关于轴对称的，并写出的坐标．
19．（2026九上·兴仁期末）黔西南州兴仁市是“中国薏仁米之乡”，薏仁米种植面积广、产量高、品质优.某电商平台销售兴仁薏仁米，已知每千克薏仁米的成本价为8元，售价为x元时，每天可卖出千克．
（1）当售价定为每千克12元时，每天的利润是多少元？
（2）设总利润为y元，求该电商平台定价为多少元时，每天的总利润y的值最大，最大值是多少元？
20．（2026九上·兴仁期末）已知关于x的一元二次方程：．
（1）设，是方程的两个根，求（用含m的式子表示）；
（2）当时，此方程的两个根分别是菱形两条对角线长，求菱形的面积．
21．（2026九上·兴仁期末）已知二次函数的图象经过点和，
（1）求该二次函数的解析式及对称轴；
（2）若点是该二次函数图象与轴的交点，点是第四象限内二次函数上的点（不与、重合），连接、、，求面积的最大值．
22．（2026九上·兴仁期末）黔西南州某中学为丰富学生课余生活，举办了“校园文化艺术节”，其中书法比赛设置一、二、三等奖若干名．已知获得一等奖的概率为0.1，获得二等奖的概率为0.2，获得三等奖的概率为0.3．
（1）求未获奖的概率；
（2）若该校有200名学生参加书法比赛，求获得一等奖的学生人数；
（3）某班从甲、乙、丙、丁四位同学中随机选取2人参加此次书法比赛，求刚好选中甲和丙两位同学的概率．
23．（2026九上·兴仁期末）如图，是 的高，以为直径作交的延长线于点 E，连接，．
（1）与有怎样的位置关系？ 请说明理由；
（2）若求 的周长．
24．（2026九上·兴仁期末）在同一平面直角坐标系中，已知轴上有两点和，过这两点分别作垂线与某函数图象分别交于点和点，当有最小值时，此时和称为该函数的“虫洞”，的最小值称为该函数的“虫洞距离”．
（1）如图1为正比例函数的图象，和是其“虫洞”．请你直接写出正比例函数当时的“虫洞距离”为_____；
（2）如图2是函数的图象，和是其“虫洞”，
①求函数的“虫洞距离”；
②如图3，函数和函数位于同一个平面直角坐标系，若两个函数的“虫洞距离”相等，求的值．
25．（2026九上·兴仁期末）由特殊到一般、类比、转化是数学学习和研究中经常用到的思想方法．下面是对一道几何题进行变式探究的思路，请你运用上述思想方法完成探究任务，问题情境：已知，是过点的直线，，于点．
问题探究：
（1）如图（1），直接写出的数量关系_____；（提示：过点作于点，与交于点）
（2）当绕旋转到如图（2）位置时，、、满足什么样的数量关系，请说明理由；
（3）当绕旋转到如图（3）位置时，，，求和的值．
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】一元二次方程的定义及相关的量
【解析】【解答】解：对于A：方程含未知数x和y，不符合题意；
对于B：只含x，最高次数为2，且为整式，满足所有条件，符合题意；
对于C：含分式，不是整式方程，不符合题意；
对于D：最高次数为1，不符合题意；
故选：B．
【分析】根据一元二次方程的定义逐项进行判断即可求出答案.
2．【答案】D
【知识点】轴对称图形；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，是轴对称图形，故此选项不合题意；
B．不是中心对称图形，也不是轴对称图形，故此选项不合题意；
C．是中心对称图形，不是轴对称图形，故此选项不合题意；
D．既是中心对称图形，也是轴对称图形，故此选项符合题意；
故选：D．
【分析】将图形沿某一条直线折叠后能够重合的图形为轴对称图形；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.
3．【答案】B
【知识点】一元二次方程根的判别式及应用
【解析】【解答】解：∵，
∴方程有两个不相等的实数根．
故选：B．
【分析】根据二次方程判别式，可得二次方程有两个不相等的实数根.
4．【答案】A
【知识点】两个图形成中心对称
【解析】【解答】解：设点P旋转后得到点，旋转中心为O，
∵ 旋转相当于关于点O的中心对称，
∴ O是线段的中点，
因此，旋转中心是对应点连线的中点，
故选：A．
【分析】根据旋转性质即可求出答案.
5．【答案】D
【知识点】二次函数y=a（x-h）²+k的性质
【解析】【解答】解：∵，
∴顶点坐标为．
故选：D．
【分析】根据二次函数的顶点式即可求出答案.
6．【答案】D
【知识点】圆周角定理
【解析】【解答】解：∵点是的中点，
∴，
∴．
∵，
∴，
∵在中，
∴，
∴．
∵在中，，
∴，
，
，
．
故选：D．
【分析】根据圆周角定理可得，则，根据等边对等角可得，再根据角之间的关系即可求出答案.
7．【答案】A
【知识点】概率公式
【解析】【解答】解：∵总景点数为4，且选择是随机的，
∴选到“放马坪”的概率为，
故选：A ．
【分析】根据概率公式即可求出答案.
8．【答案】A
【知识点】二次函数图象上点的坐标特征
【解析】【解答】解：∵抛物线，
∴抛物线的对称轴为直线，且开口向下，
∵点，，在抛物线上，且，
∴，
故选：A．
【分析】根据二次函数性质即可求出答案.
9．【答案】B
【知识点】旋转的性质；直角三角形的性质
【解析】【解答】解：∵，
∴，
∵由旋转可知，
∴，
故答案选：B．
【分析】根据直角三角形两锐角互余可得∠BAC，根据旋转性质可得，再根据角之间的关系即可求出答案.
10．【答案】B
【知识点】圆心角、弧、弦的关系；弧长的计算；扇形面积的计算
【解析】【解答】解：设扇形的圆心角为．
根据题意，得：，
解得，
即圆心角．
∵、分别为、的中点，
∴，
∴的长为．
故选：B．
【分析】设扇形的圆心角为，根据弧长公式可得，根据线段中点可得，再根据弧长公式即可求出答案.
11．【答案】B
【知识点】一元二次方程的实际应用-传染问题
【解析】【解答】解：设九年级的班级数为，则每个班需要送出条祝福，
根据题意，可列方程，
化简，得，
解得，，（负值舍去）
∴九年级一共有12个班．
故选：B．
【分析】设九年级的班级数为，则每个班需要送出条祝福，根据所有班级送出的祝福总数是132条建立方程，解方程即可求出答案.
12．【答案】D
【知识点】二次函数图象与系数的关系；二次函数y=ax²+bx+c的性质
【解析】【解答】解：根据题意，该函数图象开口向上，
∴，
∵对称轴是直线，
∴，
∴，
∴，故②正确；
∵该函数图象与轴交于负半轴，
∴当时，，
∴，故结论①正确；
由图象可知，当时，，
∴，又，
∴，即，故结论③正确；
∵当时，该二次函数取最小值，
∴（为实数），
即（为实数），故④正确；
综上所述，结论正确的有①②③④，合计4个．
故选：D．
【分析】根据二次函数图象，性质与系数的关系逐项进行判断即可求出答案.
13．【答案】x1＝3，x2＝﹣3
【知识点】直接开平方法解一元二次方程
【解析】【解答】∵
∴ =9，
∴x=±3，
即x1＝3，x2＝﹣3，
故答案为：x1＝3，x2＝﹣3．
【分析】将常数项移到方程的右边，然后利用直接开平方法即可求出方程的解。
14．【答案】
【知识点】概率公式
【解析】【解答】解：根据简单的概率公式，得从所有游客中随机选取1人，估计该游客喜欢酸辣口味的概率为，
故答案为：．
【分析】根据概率公式即可求出答案.
15．【答案】
【知识点】关于原点对称的点的坐标特征
【解析】【解答】解：∵点绕原点旋转后得到点，
∴，，
∴点的坐标为，
故答案为：．
【分析】根据旋转性质，结合关于原点对称的点的坐标特征即可求出答案.
16．【答案】
【知识点】两点之间线段最短；三角形全等及其性质；旋转的性质；三角形全等的判定-SAS；解直角三角形—三边关系（勾股定理）
【解析】【解答】解：如图，连接，将线段绕点逆时针旋转得，连接，，，
，
，
在与中，
，
，
，
正方形中，，是边的中点，
，
，
，
，
，
线段长的最小值为．
故答案为：．
【分析】连接，将线段绕点逆时针旋转得，连接，，，根据全等三角形判定定理可得，则，根据正方形性质可得，根据勾股定理可得OD，再根据边之间的关系即可求出答案.
17．【答案】解：（1）移项，得，
提取公因式，得，
或，
或；
（2）
．
【知识点】零指数幂；负整数指数幂；因式分解法解一元二次方程；实数的绝对值
【解析】【分析】（1）根据因式分解法解方程即可求出答案.
（2）根据负整数指数幂，二次根式性质，0指数幂，绝对值性质化简，再计算加减即可求出答案.
18．【答案】（1）解：如图，即为所求：
点、、的坐标分别为，，；
（2）解：如图，即为所求，的坐标为．
【知识点】坐标与图形变化﹣对称；作图﹣轴对称；坐标与图形变化﹣中心对称；作图﹣中心对称
【解析】【分析】（1）根据旋转性质，结合对称性质作出点A，B，C关于原点的对称点，再依次连接即可求出答案.
（2）根据对称性质作出点关于x轴的对称点，再依次连接即可求出答案.
（1）解：如图，即为所求：
点、、的坐标分别为，，；
（2）解：如图，即为所求，的坐标为．
19．【答案】（1）解：元，
答：每天的利润是160元．
（2）解：由题意得，，
∴当时，y的最大值为180元，
答：该电商平台定价为14元时，每天的总利润y的值最大，最大值是180元．
【知识点】有理数混合运算的实际应用；二次函数的实际应用-销售问题
【解析】【分析】（1）根据总利润=单价利润×总销售量列式计算即可求出答案.
（2）根据总利润=单价利润×总销售量建立函数关系式，结合二次函数性质即可求出答案.
（1）解：元，
答：每天的利润是160元．
（2）解：由题意得，，
∴当时，y的最大值为180元，
答：该电商平台定价为14元时，每天的总利润y的值最大，最大值是180元．
20．【答案】（1）解：对于关于x的一元二次方程，
，，，
，，
；
（2）解：当时，，
此时菱形的面积为．
【知识点】完全平方公式及运用；一元二次方程的根与系数的关系（韦达定理）；菱形的性质
【解析】【分析】（1）根据二次方程根与系数的关系可得，，根据完全平方公式化简，再整体代入即可求出答案.
（2）根据菱形面积即可求出答案.
（1）解：对于关于x的一元二次方程，
，，，
，，
；
（2）解：当时，，
此时菱形的面积为．
21．【答案】（1）解：将，代入二次函数，得：
，解得：，
二次函数的解析式为，
∴对称轴为：直线；
（2）解：当时，，
即，
设直线解析式为，
将、代入得：
，
解得：，
即直线解析式为，
如图，过E作轴交x轴于C，交直线于F，
设，则，
∴，
可知当时，有最大值，
∵，
∴当最大时，的面积最大，
此时．
【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；二次函数与一次函数的综合应用；二次函数-面积问题
【解析】【分析】（1）根据待定系数法将点A，B坐标代入二次函数解析式可得二次函数的解析式为，再根据对称轴公式即可求出答案.
（2）根据y轴上点的坐标特征可得，设直线解析式为，根据待定系数法将点B，D坐标代入解析式可得直线解析式为，过E作轴交x轴于C，交直线于F，设，则，根据两点间距离，结合二次函数性质即可求出答案.
（1）解：将，代入二次函数，得：
，解得：，
二次函数的解析式为，
∴对称轴为：直线；
（2）解：当时，，
即，
设直线解析式为，
将、代入得：
，
解得：，
即直线解析式为，
如图，过E作轴交x轴于C，交直线于F，
设，则，
∴，
可知当时，有最大值，
∵，
∴当最大时，的面积最大，
此时．
22．【答案】（1）解：∵获得一等奖的概率为0.1，获得二等奖的概率为0.2，获得三等奖的概率为0.3，
∴未获奖的概率为；
（2）解：∵获得一等奖的概率为0.1，
∴（人），
故获得一等奖的学生人数为人；
（3）解：由题意可得：从四位同学中随机选取人，所有等可能的结果有：（甲，乙），（甲，丙），（甲，丁），（乙，丙），（乙，丁），（丙，丁），共种，
其中刚好选中甲和丙两位同学的情况有1种，
故刚好选中甲和丙两位同学的概率为．

【知识点】概率公式；用列举法求概率
【解析】【分析】（1）根据1减去一、二、三等奖的概率即可求出答案.
（2）根据乘以一等奖的概率即可求出答案.
（3）列出所有等可能的结果，再求出刚好选中甲和丙两位同学的概率，再根据概率公式即可求出答案.
（1）解：∵获得一等奖的概率为0.1，获得二等奖的概率为0.2，获得三等奖的概率为0.3，
∴未获奖的概率为；
（2）解：∵获得一等奖的概率为0.1，
∴（人），
故获得一等奖的学生人数为人；
（3）解：由题意可得：从四位同学中随机选取人，所有等可能的结果有：（甲，乙），（甲，丙），（甲，丁），（乙，丙），（乙，丁），（丙，丁），共种，其中刚好选中甲和丙两位同学的情况有1种，
故刚好选中甲和丙两位同学的概率为．
23．【答案】（1）解：与相切，理由如下：
连接，
∵，
∴，
∵是的高，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
即，
又为半径，
∴与相切．
（2）解：由（1）知，
由题意知：，，
设，则，
在中，，
即，
解得：，
∴，
∴，
在中，
∴，
在中，
，
∴的周长为：

【知识点】等腰三角形的性质；切线的判定；直角三角形的性质；解直角三角形—三边关系（勾股定理）
【解析】【分析】（1）连接，根据等边对等角可得，根据角之间的关系，结合切线判定定理即可求出答案.
（2）由题意知：，，设，则，根据勾股定理建立方程，解方程可得，，根据边之间的关系可得AD，再根据勾股定理可得AC，BC，再根据三角形周长即可求出答案.
（1）解：与相切，理由如下：
连接，
∵，
∴，
∵是的高，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
即，
又为半径，
∴与相切．
（2）解：由（1）知，
由题意知：，，
设，则，
在中，，
即，
解得：，
∴，
∴，
在中，
∴，
在中，
，
∴的周长为：
24．【答案】（1）2
（2）解：①∵和，
∴，，
∴
，
当时，的最小值为，
∴函数的“虫洞距离”为；
②当时，，，，，
∵，
∴当时，取到最小值为，
∵开口向上，对称轴为直线，
∴时，取最小值为，
∴此时两个函数的“虫洞距离”不能相等；
当时，，，，，
，且对称轴为直线，
时，取最小值为，
∴此时两个函数的“虫洞距离”不能相等；
当时，，，
∵两个函数的“虫洞距离”相等，
∴，
解得：或．
∴或．
【知识点】线段上的两点间的距离；正比例函数的概念；比较一次函数值的大小；二次函数-线段周长问题
【解析】【解答】（1）解：当时，
∵正比例函数，且轴上有两点和，过这两点分别作垂线与某函数图象分别交于点和点，
∵，，
∴，，
∴，
当时，取到最小值为，
∴正比例函数当时的“虫洞距离”为2，
故答案为：．
【分析】（1）根据正比例函数图象上点的坐标特征可得，，根据两点间距离可得，，再根据边之间的关系即可求出答案.
（2）①根据二次函数图象上点的坐标特征可得，，再根据两点间距离，结合边之间的关系，二次函数性质即可求出答案.
②分情况讨论：当时，，，，，根据二次函数性质即可求出答案；当时，，，，，根据二次函数性质即可求出答案；当时，，，根据题意建立方程，解方程即可求出答案.
（1）解：当时，
∵正比例函数，且轴上有两点和，过这两点分别作垂线与某函数图象分别交于点和点，
∵，，
∴，，
∴，
当时，取到最小值为，
∴正比例函数当时的“虫洞距离”为2，
故答案为：．
（2）解：①∵和，
∴，，
∴
，
当时，的最小值为，
∴函数的“虫洞距离”为；
②当时，，，，，
∵，
∴当时，取到最小值为，
∵开口向上，对称轴为直线，
∴时，取最小值为，
∴此时两个函数的“虫洞距离”不能相等；
当时，，，，，
，且对称轴为直线，
时，取最小值为，
∴此时两个函数的“虫洞距离”不能相等；
当时，，，
∵两个函数的“虫洞距离”相等，
∴，
解得：或．
∴或．
25．【答案】（1）；
（2）解：猜想：；理由如下：
过点作于点，与交于点，交于点，
∵，
∴．
∵，
∵，
∴．
∵，，
∴，，
∴．
∵在和中，
，
∴，
∴，，
∵，，
∴为等腰直角三角形，
∴，
，
．
∵，
∴．
（3）解：如图，过点作交于点，过点作交延长线于点，与相交于点，
∵，，，
∴，，
∴．
∵，，
∴，，
∴．
∵在和中，
，
∴，
∴，．
∵，，
∴为等腰直角三角形，
∴．
∵，
∴．
∵，，
∴为等腰直角三角形，
∴．
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴．
【知识点】三角形全等及其性质；含30°角的直角三角形；多边形内角与外角；解直角三角形—三边关系（勾股定理）
【解析】【解答】（1）解：证明：如图，过点作于点，与交于点，
∵，
∴，
∵四边形内角和为，，，
∴，
∴．
∵，
∴．
∵，
∴．
∵，
∴．
∵在和中，
，
∴，
∴，，
∵，，
∴为等腰直角三角形，
∴，
，
．
∵，
∴．
【分析】（1）过点作于点，与交于点，根据四边形内角和定理可得，再根据角之间的关系可得，根据全等三角形判定定理可得，则，，根据等腰直角三角形判定定理可得为等腰直角三角形，则，再根据边之间的关系即可求出答案.
（2）过点作于点，与交于点，交于点，根据角之间的关系可得，再根据全等三角形判定定理可得，则，，根据等腰直角三角形判定定理可得为等腰直角三角形，则，再根据边之间的关系即可求出答案.
（3）过点作交于点，过点作交延长线于点，与相交于点，根据角之间的关系可得，再根据全等三角形判定定理可得，则，，再根据等腰直角三角形判定定理可得为等腰直角三角形，则，根据角之间的关系可得，再根据等腰直角三角形判定定理可得为等腰直角三角形，则，根据勾股定理可得，再根据含30°角的直角三角形性质可得，再根据勾股定理可得CH，再根据边之间的关系即可求出答案.
（1）解：证明：如图，过点作于点，与交于点，
∵，
∴，
∵四边形内角和为，，，
∴，
∴．
∵，
∴．
∵，
∴．
∵，
∴．
∵在和中，
，
∴，
∴，，
∵，，
∴为等腰直角三角形，
∴，
，
．
∵，
∴．
（2）解：猜想：；理由如下：
过点作于点，与交于点，交于点，
∵，
∴．
∵，
∵，
∴．
∵，，
∴，，
∴．
∵在和中，
，
∴，
∴，，
∵，，
∴为等腰直角三角形，
∴，
，
．
∵，
∴．
（3）解：如图，过点作交于点，过点作交延长线于点，与相交于点，
∵，，，
∴，，
∴．
∵，，
∴，，
∴．
∵在和中，
，
∴，
∴，．
∵，，
∴为等腰直角三角形，
∴．
∵，
∴．
∵，，
∴为等腰直角三角形，
∴．
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴．
1 / 1贵州省黔西南布依族苗族自治州兴仁市2025-2026学年九年级上学期1月期末数学试题
1．（2026九上·兴仁期末）下列关于x的方程中，是一元二次方程的是（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】一元二次方程的定义及相关的量
【解析】【解答】解：对于A：方程含未知数x和y，不符合题意；
对于B：只含x，最高次数为2，且为整式，满足所有条件，符合题意；
对于C：含分式，不是整式方程，不符合题意；
对于D：最高次数为1，不符合题意；
故选：B．
【分析】根据一元二次方程的定义逐项进行判断即可求出答案.
2．（2026九上·兴仁期末）在数学中，有很多图形是以著名的数学家的名字命名的，下列图形中既是轴对称图形又是中心对称图形的是（　　）
A．笛卡尔心形线 B．斐波那契螺旋线
C．赵爽弦图 D．伯努利双纽线
【答案】D
【知识点】轴对称图形；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，是轴对称图形，故此选项不合题意；
B．不是中心对称图形，也不是轴对称图形，故此选项不合题意；
C．是中心对称图形，不是轴对称图形，故此选项不合题意；
D．既是中心对称图形，也是轴对称图形，故此选项符合题意；
故选：D．
【分析】将图形沿某一条直线折叠后能够重合的图形为轴对称图形；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.
3．（2026九上·兴仁期末）一元二次方程的根的情况是(　　)
A．有两个相等的实数根 B．有两个不相等的实数根
C．只有一个实数根 D．没有实数根
【答案】B
【知识点】一元二次方程根的判别式及应用
【解析】【解答】解：∵，
∴方程有两个不相等的实数根．
故选：B．
【分析】根据二次方程判别式，可得二次方程有两个不相等的实数根.
4．（2026九上·兴仁期末）兴仁市开展“非遗文化进校园”活动，将布依族刺绣图案进行旋转设计，若将一个图案绕某点旋转后与原图案重合，则该图案的旋转中心是对应点连线的（　　）
A．中点 B．端点 C．三等分点 D．四等分点
【答案】A
【知识点】两个图形成中心对称
【解析】【解答】解：设点P旋转后得到点，旋转中心为O，
∵ 旋转相当于关于点O的中心对称，
∴ O是线段的中点，
因此，旋转中心是对应点连线的中点，
故选：A．
【分析】根据旋转性质即可求出答案.
5．（2026九上·兴仁期末）若二次函数，则它的顶点坐标是（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】二次函数y=a（x-h）²+k的性质
【解析】【解答】解：∵，
∴顶点坐标为．
故选：D．
【分析】根据二次函数的顶点式即可求出答案.
6．（2026九上·兴仁期末）如图，在中，点是的中点，，则的度数为（　　）．
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】圆周角定理
【解析】【解答】解：∵点是的中点，
∴，
∴．
∵，
∴，
∵在中，
∴，
∴．
∵在中，，
∴，
，
，
．
故选：D．
【分析】根据圆周角定理可得，则，根据等边对等角可得，再根据角之间的关系即可求出答案.
7．（2026九上·兴仁期末）“兴旺之地，仁义之乡”，兴仁市旅游资源丰富，鲤鱼坝是“全国特色民族村寨”、东湖公园适合步行、放马坪素有“高原塞外”之称、马金河景区被称为“城北后花园”．小红打算周末从这四个景点中随机选择一个景点去度周末，则她刚好选到“放马坪”的概率是（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】概率公式
【解析】【解答】解：∵总景点数为4，且选择是随机的，
∴选到“放马坪”的概率为，
故选：A ．
【分析】根据概率公式即可求出答案.
8．（2026九上·兴仁期末）已知点，，在抛物线上，则，，的大小关系是（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】二次函数图象上点的坐标特征
【解析】【解答】解：∵抛物线，
∴抛物线的对称轴为直线，且开口向下，
∵点，，在抛物线上，且，
∴，
故选：A．
【分析】根据二次函数性质即可求出答案.
9．（2026九上·兴仁期末）如图，将直角三角板绕顶点A顺时针旋转到，点恰好落在的延长线上，，则为（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】旋转的性质；直角三角形的性质
【解析】【解答】解：∵，
∴，
∵由旋转可知，
∴，
故答案选：B．
【分析】根据直角三角形两锐角互余可得∠BAC，根据旋转性质可得，再根据角之间的关系即可求出答案.
10．（2026九上·兴仁期末）如图，扇子上的精美图案是兴仁市某校学生在社团课上利用蜡染制作的，扇形完全打开后，扇面（即扇形）的面积为，竹条，的长均为，、分别为、的中点，则的长为（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】圆心角、弧、弦的关系；弧长的计算；扇形面积的计算
【解析】【解答】解：设扇形的圆心角为．
根据题意，得：，
解得，
即圆心角．
∵、分别为、的中点，
∴，
∴的长为．
故选：B．
【分析】设扇形的圆心角为，根据弧长公式可得，根据线段中点可得，再根据弧长公式即可求出答案.
11．（2026九上·兴仁期末）为传递正能量，在中考百日誓师大会上，九年级各班决定互送励志祝福．若规定每个班要给本年级其他所有班级各送1条祝福，且所有班级送出的祝福总数是132条，则九年级的班级数为（　　）．
A．11 B．12 C．13 D．14
【答案】B
【知识点】一元二次方程的实际应用-传染问题
【解析】【解答】解：设九年级的班级数为，则每个班需要送出条祝福，
根据题意，可列方程，
化简，得，
解得，，（负值舍去）
∴九年级一共有12个班．
故选：B．
【分析】设九年级的班级数为，则每个班需要送出条祝福，根据所有班级送出的祝福总数是132条建立方程，解方程即可求出答案.
12．（2026九上·兴仁期末）二次函数的图象如图所示，对称轴是直线．下列结论：①；②；③；④（为实数）．其中结论正确的个数为（　　）个．
A．1个 B．2个 C．3个 D．4
【答案】D
【知识点】二次函数图象与系数的关系；二次函数y=ax²+bx+c的性质
【解析】【解答】解：根据题意，该函数图象开口向上，
∴，
∵对称轴是直线，
∴，
∴，
∴，故②正确；
∵该函数图象与轴交于负半轴，
∴当时，，
∴，故结论①正确；
由图象可知，当时，，
∴，又，
∴，即，故结论③正确；
∵当时，该二次函数取最小值，
∴（为实数），
即（为实数），故④正确；
综上所述，结论正确的有①②③④，合计4个．
故选：D．
【分析】根据二次函数图象，性质与系数的关系逐项进行判断即可求出答案.
13．（2026九上·兴仁期末）一元二次方程 的解是　 　．
【答案】x1＝3，x2＝﹣3
【知识点】直接开平方法解一元二次方程
【解析】【解答】∵
∴ =9，
∴x=±3，
即x1＝3，x2＝﹣3，
故答案为：x1＝3，x2＝﹣3．
【分析】将常数项移到方程的右边，然后利用直接开平方法即可求出方程的解。
14．（2026九上·兴仁期末）黔西南州适宜的气候吸引了大量游客，某商家为游客提供特色小吃，随机抽取了100名游客进行口味偏好调查，其中喜欢酸辣口味的有75人，若从所有游客中随机选取1人，估计该游客喜欢酸辣口味的概率为　 　．
【答案】
【知识点】概率公式
【解析】【解答】解：根据简单的概率公式，得从所有游客中随机选取1人，估计该游客喜欢酸辣口味的概率为，
故答案为：．
【分析】根据概率公式即可求出答案.
15．（2026九上·兴仁期末）将点绕原点旋转后得到点，则点的坐标是　 　．
【答案】
【知识点】关于原点对称的点的坐标特征
【解析】【解答】解：∵点绕原点旋转后得到点，
∴，，
∴点的坐标为，
故答案为：．
【分析】根据旋转性质，结合关于原点对称的点的坐标特征即可求出答案.
16．（2026九上·兴仁期末）如图，正方形中，，O是边的中点，点E是正方形内一动点， ，连接，将线段绕点D逆时针旋转得，连接、，则线段长的最小值为　 　．
【答案】
【知识点】两点之间线段最短；三角形全等及其性质；旋转的性质；三角形全等的判定-SAS；解直角三角形—三边关系（勾股定理）
【解析】【解答】解：如图，连接，将线段绕点逆时针旋转得，连接，，，
，
，
在与中，
，
，
，
正方形中，，是边的中点，
，
，
，
，
，
线段长的最小值为．
故答案为：．
【分析】连接，将线段绕点逆时针旋转得，连接，，，根据全等三角形判定定理可得，则，根据正方形性质可得，根据勾股定理可得OD，再根据边之间的关系即可求出答案.
17．（2026九上·兴仁期末）（1）解方程：
（2）计算：
【答案】解：（1）移项，得，
提取公因式，得，
或，
或；
（2）
．
【知识点】零指数幂；负整数指数幂；因式分解法解一元二次方程；实数的绝对值
【解析】【分析】（1）根据因式分解法解方程即可求出答案.
（2）根据负整数指数幂，二次根式性质，0指数幂，绝对值性质化简，再计算加减即可求出答案.
18．（2026九上·兴仁期末）如图，在平面直角坐标系中，的顶点坐标分别为、、，将绕原点旋转得到．
（1）在平面直角坐标系中画出，并写出点、、的坐标；
（2）作关于轴对称的，并写出的坐标．
【答案】（1）解：如图，即为所求：
点、、的坐标分别为，，；
（2）解：如图，即为所求，的坐标为．
【知识点】坐标与图形变化﹣对称；作图﹣轴对称；坐标与图形变化﹣中心对称；作图﹣中心对称
【解析】【分析】（1）根据旋转性质，结合对称性质作出点A，B，C关于原点的对称点，再依次连接即可求出答案.
（2）根据对称性质作出点关于x轴的对称点，再依次连接即可求出答案.
（1）解：如图，即为所求：
点、、的坐标分别为，，；
（2）解：如图，即为所求，的坐标为．
19．（2026九上·兴仁期末）黔西南州兴仁市是“中国薏仁米之乡”，薏仁米种植面积广、产量高、品质优.某电商平台销售兴仁薏仁米，已知每千克薏仁米的成本价为8元，售价为x元时，每天可卖出千克．
（1）当售价定为每千克12元时，每天的利润是多少元？
（2）设总利润为y元，求该电商平台定价为多少元时，每天的总利润y的值最大，最大值是多少元？
【答案】（1）解：元，
答：每天的利润是160元．
（2）解：由题意得，，
∴当时，y的最大值为180元，
答：该电商平台定价为14元时，每天的总利润y的值最大，最大值是180元．
【知识点】有理数混合运算的实际应用；二次函数的实际应用-销售问题
【解析】【分析】（1）根据总利润=单价利润×总销售量列式计算即可求出答案.
（2）根据总利润=单价利润×总销售量建立函数关系式，结合二次函数性质即可求出答案.
（1）解：元，
答：每天的利润是160元．
（2）解：由题意得，，
∴当时，y的最大值为180元，
答：该电商平台定价为14元时，每天的总利润y的值最大，最大值是180元．
20．（2026九上·兴仁期末）已知关于x的一元二次方程：．
（1）设，是方程的两个根，求（用含m的式子表示）；
（2）当时，此方程的两个根分别是菱形两条对角线长，求菱形的面积．
【答案】（1）解：对于关于x的一元二次方程，
，，，
，，
；
（2）解：当时，，
此时菱形的面积为．
【知识点】完全平方公式及运用；一元二次方程的根与系数的关系（韦达定理）；菱形的性质
【解析】【分析】（1）根据二次方程根与系数的关系可得，，根据完全平方公式化简，再整体代入即可求出答案.
（2）根据菱形面积即可求出答案.
（1）解：对于关于x的一元二次方程，
，，，
，，
；
（2）解：当时，，
此时菱形的面积为．
21．（2026九上·兴仁期末）已知二次函数的图象经过点和，
（1）求该二次函数的解析式及对称轴；
（2）若点是该二次函数图象与轴的交点，点是第四象限内二次函数上的点（不与、重合），连接、、，求面积的最大值．
【答案】（1）解：将，代入二次函数，得：
，解得：，
二次函数的解析式为，
∴对称轴为：直线；
（2）解：当时，，
即，
设直线解析式为，
将、代入得：
，
解得：，
即直线解析式为，
如图，过E作轴交x轴于C，交直线于F，
设，则，
∴，
可知当时，有最大值，
∵，
∴当最大时，的面积最大，
此时．
【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；二次函数与一次函数的综合应用；二次函数-面积问题
【解析】【分析】（1）根据待定系数法将点A，B坐标代入二次函数解析式可得二次函数的解析式为，再根据对称轴公式即可求出答案.
（2）根据y轴上点的坐标特征可得，设直线解析式为，根据待定系数法将点B，D坐标代入解析式可得直线解析式为，过E作轴交x轴于C，交直线于F，设，则，根据两点间距离，结合二次函数性质即可求出答案.
（1）解：将，代入二次函数，得：
，解得：，
二次函数的解析式为，
∴对称轴为：直线；
（2）解：当时，，
即，
设直线解析式为，
将、代入得：
，
解得：，
即直线解析式为，
如图，过E作轴交x轴于C，交直线于F，
设，则，
∴，
可知当时，有最大值，
∵，
∴当最大时，的面积最大，
此时．
22．（2026九上·兴仁期末）黔西南州某中学为丰富学生课余生活，举办了“校园文化艺术节”，其中书法比赛设置一、二、三等奖若干名．已知获得一等奖的概率为0.1，获得二等奖的概率为0.2，获得三等奖的概率为0.3．
（1）求未获奖的概率；
（2）若该校有200名学生参加书法比赛，求获得一等奖的学生人数；
（3）某班从甲、乙、丙、丁四位同学中随机选取2人参加此次书法比赛，求刚好选中甲和丙两位同学的概率．
【答案】（1）解：∵获得一等奖的概率为0.1，获得二等奖的概率为0.2，获得三等奖的概率为0.3，
∴未获奖的概率为；
（2）解：∵获得一等奖的概率为0.1，
∴（人），
故获得一等奖的学生人数为人；
（3）解：由题意可得：从四位同学中随机选取人，所有等可能的结果有：（甲，乙），（甲，丙），（甲，丁），（乙，丙），（乙，丁），（丙，丁），共种，
其中刚好选中甲和丙两位同学的情况有1种，
故刚好选中甲和丙两位同学的概率为．

【知识点】概率公式；用列举法求概率
【解析】【分析】（1）根据1减去一、二、三等奖的概率即可求出答案.
（2）根据乘以一等奖的概率即可求出答案.
（3）列出所有等可能的结果，再求出刚好选中甲和丙两位同学的概率，再根据概率公式即可求出答案.
（1）解：∵获得一等奖的概率为0.1，获得二等奖的概率为0.2，获得三等奖的概率为0.3，
∴未获奖的概率为；
（2）解：∵获得一等奖的概率为0.1，
∴（人），
故获得一等奖的学生人数为人；
（3）解：由题意可得：从四位同学中随机选取人，所有等可能的结果有：（甲，乙），（甲，丙），（甲，丁），（乙，丙），（乙，丁），（丙，丁），共种，其中刚好选中甲和丙两位同学的情况有1种，
故刚好选中甲和丙两位同学的概率为．
23．（2026九上·兴仁期末）如图，是 的高，以为直径作交的延长线于点 E，连接，．
（1）与有怎样的位置关系？ 请说明理由；
（2）若求 的周长．
【答案】（1）解：与相切，理由如下：
连接，
∵，
∴，
∵是的高，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
即，
又为半径，
∴与相切．
（2）解：由（1）知，
由题意知：，，
设，则，
在中，，
即，
解得：，
∴，
∴，
在中，
∴，
在中，
，
∴的周长为：

【知识点】等腰三角形的性质；切线的判定；直角三角形的性质；解直角三角形—三边关系（勾股定理）
【解析】【分析】（1）连接，根据等边对等角可得，根据角之间的关系，结合切线判定定理即可求出答案.
（2）由题意知：，，设，则，根据勾股定理建立方程，解方程可得，，根据边之间的关系可得AD，再根据勾股定理可得AC，BC，再根据三角形周长即可求出答案.
（1）解：与相切，理由如下：
连接，
∵，
∴，
∵是的高，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
即，
又为半径，
∴与相切．
（2）解：由（1）知，
由题意知：，，
设，则，
在中，，
即，
解得：，
∴，
∴，
在中，
∴，
在中，
，
∴的周长为：
24．（2026九上·兴仁期末）在同一平面直角坐标系中，已知轴上有两点和，过这两点分别作垂线与某函数图象分别交于点和点，当有最小值时，此时和称为该函数的“虫洞”，的最小值称为该函数的“虫洞距离”．
（1）如图1为正比例函数的图象，和是其“虫洞”．请你直接写出正比例函数当时的“虫洞距离”为_____；
（2）如图2是函数的图象，和是其“虫洞”，
①求函数的“虫洞距离”；
②如图3，函数和函数位于同一个平面直角坐标系，若两个函数的“虫洞距离”相等，求的值．
【答案】（1）2
（2）解：①∵和，
∴，，
∴
，
当时，的最小值为，
∴函数的“虫洞距离”为；
②当时，，，，，
∵，
∴当时，取到最小值为，
∵开口向上，对称轴为直线，
∴时，取最小值为，
∴此时两个函数的“虫洞距离”不能相等；
当时，，，，，
，且对称轴为直线，
时，取最小值为，
∴此时两个函数的“虫洞距离”不能相等；
当时，，，
∵两个函数的“虫洞距离”相等，
∴，
解得：或．
∴或．
【知识点】线段上的两点间的距离；正比例函数的概念；比较一次函数值的大小；二次函数-线段周长问题
【解析】【解答】（1）解：当时，
∵正比例函数，且轴上有两点和，过这两点分别作垂线与某函数图象分别交于点和点，
∵，，
∴，，
∴，
当时，取到最小值为，
∴正比例函数当时的“虫洞距离”为2，
故答案为：．
【分析】（1）根据正比例函数图象上点的坐标特征可得，，根据两点间距离可得，，再根据边之间的关系即可求出答案.
（2）①根据二次函数图象上点的坐标特征可得，，再根据两点间距离，结合边之间的关系，二次函数性质即可求出答案.
②分情况讨论：当时，，，，，根据二次函数性质即可求出答案；当时，，，，，根据二次函数性质即可求出答案；当时，，，根据题意建立方程，解方程即可求出答案.
（1）解：当时，
∵正比例函数，且轴上有两点和，过这两点分别作垂线与某函数图象分别交于点和点，
∵，，
∴，，
∴，
当时，取到最小值为，
∴正比例函数当时的“虫洞距离”为2，
故答案为：．
（2）解：①∵和，
∴，，
∴
，
当时，的最小值为，
∴函数的“虫洞距离”为；
②当时，，，，，
∵，
∴当时，取到最小值为，
∵开口向上，对称轴为直线，
∴时，取最小值为，
∴此时两个函数的“虫洞距离”不能相等；
当时，，，，，
，且对称轴为直线，
时，取最小值为，
∴此时两个函数的“虫洞距离”不能相等；
当时，，，
∵两个函数的“虫洞距离”相等，
∴，
解得：或．
∴或．
25．（2026九上·兴仁期末）由特殊到一般、类比、转化是数学学习和研究中经常用到的思想方法．下面是对一道几何题进行变式探究的思路，请你运用上述思想方法完成探究任务，问题情境：已知，是过点的直线，，于点．
问题探究：
（1）如图（1），直接写出的数量关系_____；（提示：过点作于点，与交于点）
（2）当绕旋转到如图（2）位置时，、、满足什么样的数量关系，请说明理由；
（3）当绕旋转到如图（3）位置时，，，求和的值．
【答案】（1）；
（2）解：猜想：；理由如下：
过点作于点，与交于点，交于点，
∵，
∴．
∵，
∵，
∴．
∵，，
∴，，
∴．
∵在和中，
，
∴，
∴，，
∵，，
∴为等腰直角三角形，
∴，
，
．
∵，
∴．
（3）解：如图，过点作交于点，过点作交延长线于点，与相交于点，
∵，，，
∴，，
∴．
∵，，
∴，，
∴．
∵在和中，
，
∴，
∴，．
∵，，
∴为等腰直角三角形，
∴．
∵，
∴．
∵，，
∴为等腰直角三角形，
∴．
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴．
【知识点】三角形全等及其性质；含30°角的直角三角形；多边形内角与外角；解直角三角形—三边关系（勾股定理）
【解析】【解答】（1）解：证明：如图，过点作于点，与交于点，
∵，
∴，
∵四边形内角和为，，，
∴，
∴．
∵，
∴．
∵，
∴．
∵，
∴．
∵在和中，
，
∴，
∴，，
∵，，
∴为等腰直角三角形，
∴，
，
．
∵，
∴．
【分析】（1）过点作于点，与交于点，根据四边形内角和定理可得，再根据角之间的关系可得，根据全等三角形判定定理可得，则，，根据等腰直角三角形判定定理可得为等腰直角三角形，则，再根据边之间的关系即可求出答案.
（2）过点作于点，与交于点，交于点，根据角之间的关系可得，再根据全等三角形判定定理可得，则，，根据等腰直角三角形判定定理可得为等腰直角三角形，则，再根据边之间的关系即可求出答案.
（3）过点作交于点，过点作交延长线于点，与相交于点，根据角之间的关系可得，再根据全等三角形判定定理可得，则，，再根据等腰直角三角形判定定理可得为等腰直角三角形，则，根据角之间的关系可得，再根据等腰直角三角形判定定理可得为等腰直角三角形，则，根据勾股定理可得，再根据含30°角的直角三角形性质可得，再根据勾股定理可得CH，再根据边之间的关系即可求出答案.
（1）解：证明：如图，过点作于点，与交于点，
∵，
∴，
∵四边形内角和为，，，
∴，
∴．
∵，
∴．
∵，
∴．
∵，
∴．
∵在和中，
，
∴，
∴，，
∵，，
∴为等腰直角三角形，
∴，
，
．
∵，
∴．
（2）解：猜想：；理由如下：
过点作于点，与交于点，交于点，
∵，
∴．
∵，
∵，
∴．
∵，，
∴，，
∴．
∵在和中，
，
∴，
∴，，
∵，，
∴为等腰直角三角形，
∴，
，
．
∵，
∴．
（3）解：如图，过点作交于点，过点作交延长线于点，与相交于点，
∵，，，
∴，，
∴．
∵，，
∴，，
∴．
∵在和中，
，
∴，
∴，．
∵，，
∴为等腰直角三角形，
∴．
∵，
∴．
∵，，
∴为等腰直角三角形，
∴．
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴．
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