2025-2026 人教版九年级上学期数学期末模拟试题（3）及答案

这是一份2025-2026 人教版九年级上学期数学期末模拟试题（3）及答案，共31页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1．如图所示的几何体是由6个大小相同的小立方体搭成，它的主视图是（ ）
A．B．
C．D．
2．下列图形，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
A．B．C．D．
3．有一个人患了流感，经过两轮传染后共有人患了流感，设每轮传染中平均一个人传染了个人，则下列结论不正确的是（ ）
A．第一轮后共有个人患了流感
B．第二轮后又增加个人患流感
C．依题意可以列方程
D．按照这样的传染速度，经过三轮传染后共有人患流感
4．如图，在中，，将绕着点A逆时针旋转得到，则图中阴影部分的面积是（ ）
A．B．C．D．
5．如图是某地下停车场的平面示意图，停车场的长为，宽为．停车场内车道的宽都相等，若停车位的占地面积为．求车道的宽度（单位：）．设停车场内车道的宽度为，根据题意所列方程为（ ）
A．B．
C．D．
6．已知二次函数的图象如图所示，则反比例函数与一次函数在同一平面直角坐标系内的图象可能是（ ）
A．B．C．D．
7．如图，在由小正方形组成的网格中，小正方形的边长均为1，点A，B，O都在小正方形的顶点上，则的正弦值是（ ）
A．B．C．D．
8．定义：在平面直角坐标系中，将一个图形先向上平移个单位，再绕原点按逆时针方向旋转角度，这样的图形运动叫做图形的变换．如图，点按变换后得到点的坐标为，则点按变换后得到点的坐标为（ ）．
A．B．C．D．
9．如图，已知二次函数的图象与轴交于点，对称轴为直线，与轴的交点在和之间（包括这两点）．下列结论：①当时，；②；③；④．其中正确的结论有（ ）个
A．1B．2C．3D．4
10．如图，正方形的边长为4，点O是正方形的中心，点E、F分别在边上运动，且满足，连接，过点O作交点G，则下列结论：①连接，则的周长不变；②若，则；③连接，则；④．其中正确的为（ ）
A．①②B．①③C．①②④D．②③④
二、填空题
11．已知a、b是关于x的一元二次方程的两个根，则代数式 ．
12．经过某十字路口的汽车，可能直行，也可能向左转或向右转，如果这三种可能性大小相同，那么两辆汽车经过这个十字路口时，第一辆车向左转，第二辆车向右转的概率是 ．
13．如果恰好只有一个实数 a 是方程（k2﹣9）x2﹣2（k+1）x+1＝0 的根，则 k 的值 ．
14．如图，以为圆心，半径为6的圆与x轴交于A，B两点，与y轴交于C，D两点，点E为上一动点，于F，点E在G的运动过程中，线段的长度的最小值为 ．
15．如图，黄金矩形中，以宽为边在其内部作正方形，得到四边形是黄金矩形，依此作法，四边形，四边形也是黄金矩形．依次以点E，G，L为圆心作，，，曲线叫做“黄金螺线”．若，则“黄金螺线”的长为 ．（结果用表示）
三、解答题
16．（1）计算：．
（2）解方程：；
（3）解方程：
17．春节期间，人工智能题材新闻密集发酵，广受关注，相关话题讨论持续火热，海内外模型、机器人都已获得显著的技术突破．目前人工智能市场分为A：决策类人工智能，B：人工智能机器人，C：语音类人工智能，D：视觉类人工智能四大类型．为了解人们对以上四类人工智能的兴趣，某学校就“你最关注的人工智能类型”进行了一次调查，并将调查结果绘制成如图统计图（不完整）．请根据图中提供的信息，解答下列问题：
(1)此次共调查了_______人，扇形统计图中C类对应的圆心角度数为_______；
(2)请将条形统计图补充完整．
(3)该学校根据调查结果计划开展一门社团课，从众数的角度考虑，应将主题定为_______类（填A，B，C或D）；
(4)将四个类型的图标依次制成A，B，C，D四张卡片（卡片背面完全相同），将四张卡片背面朝上洗匀放置在桌面上．从中随机抽取一张，记录卡片的内容后放回洗匀，再随机抽取一张，求抽取到的两张卡片内容一致的概率为_______；
18．如图，在中，，以为直径的分别与交于点，过点作，垂足为点．
（1）求证：直线是的切线；
（2）求证：；
（3）若的半径为4，，求阴影部分的面积．

19．小明想用镜子测量一棵松树的高度，但因树旁有一条河，不能测量镜子与树之间的距离，于是他两次利用镜子，如图所示，第一次他把镜子放在C点，人在F点时正好在镜子中看到树尖A的像；第二次把镜子放在D点，人在H点正好看到树尖A的像．已知小明的眼睛到地面的距离，量得，，．已知点B、C、F、D、H在一条直线上，，，，请你求出松树的高．
20．综合与实践
投壶，源于射礼，是我国古代宴饮时做的一种投掷游戏，也是一种礼仪．顾名思义，投壶就是由游戏者轮流站在离壶一定距离的地方，用手把箭投向壶中并计算得分．综合与实践小组的同学受游戏启发，将箭抽象为一个点，以抛出箭时的站立点为原点，建立如图所示的平面直角坐标系进行研究（单位长度为1米）．把壶近似看作矩形，、在轴上．已知壶口的宽度米，高度米．某同学将箭从点处抛出，箭的飞行轨迹为抛物线的一部分，且当箭达到最大飞行高度2米时，到抛出点的水平距离为1米．箭刚好从点擦边投入壶中．

(1)求抛物线的函数解析式．
(2)求站立点与壶的距离．
(3)该同学再次抛出箭，仅调整了抛出点的高度，其他条件不变．若要使得箭再次投入壶中，请直接写出的取值范围．
21．如图，在平面直角坐标系中，一次函数的图象与反比例函数 的图象相交于第一、三象限内的，两点，与轴交于点 ．
（1）求该反比例函数和一次函数的解析式；
（2）在轴上找一点使最大，求的最大值及点的坐标；
（3）直接写出当时，的取值范围．

22．如图1，在中，，，，点，分别为边，的中点，连接，将绕点逆时针旋转．

(1)如图1，当时，__________，，所在直线相交所成的较小夹角的度数为_________．
(2)将绕点逆时针旋转至图2所示位置时，（1）中结论是否仍然成立？若成立，请给出证明；若不成立，请说明理由；
(3)当绕点逆时针旋转过程中，
①请直接写出的最大值；
②当，，三点共线时，请直接写出线段的长．
23．如图，在平面直角坐标系中，抛物线与轴交于，两点（在的右侧），与轴交于点，已知，，连接．

(1)求抛物线的解析式；
(2)如图1，点为下方抛物线上一动点，连接、，当时，求点的坐标；
(3)如图2，点为线段上一点，求的最小值．
参考答案
1．C
【分析】根据主视图是从正面看到的图象判定则可．
【详解】解：从正面看，共有四列，从左到右每列的正方形的个数分别为：1、2、1、1，
故选：C．
【点睛】本题考查了三视图的知识，主视图是从物体的正面看得到的视图．
2．C
【分析】根据轴对称图形和中心对称图形的定义判断即可．如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形．把一个图形绕某一点旋转，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形．
【详解】解：A、该图形既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，选项不符合题意；
B、该图形是轴对称图形，但不是中心对称图形，选项不符合题意；
C、该图形既是轴对称图形又是中心对称图形，选项符合题意；
D、该图形既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，选项不符合题意；
故选：C．
3．D
【分析】本题考查的是一元二次方程的应用，根据题意建立等量关系是解题的关键；
本题属于传播问题，依次表示第一轮传染，第二轮传染后的量，再结合最后共有人感染可得方程．
【详解】解：设每轮传染中平均一个人传染了个人，则第一轮传染增加了个人患了流感，第一轮后共有个人患了流感；
第二轮传染后增加了个人患了流感，第二轮传染后共有个人患了流感，可得方程；
解得：，或（舍去）
第三轮传染后增加了人，此时共有人患流感，
故选项A、B、C、均正确，不符合题意，
D选项错误，符合题意；
故选：D
4．C
【分析】本题主要考查了扇形面积计算，勾股定理，先利用勾股定理求出的长，再根据进行求解即可．
【详解】解：∵在中，，
∴，
由旋转的性质可得
∴
，
故选：C．
5．C
【分析】本题考查了由实际问题抽象出一元二次方程，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解答本题的关键．
由停车场的长、宽及停车场内车道的宽度，可得出停车位（图中阴影部分）可合成长为，宽为的矩形，结合停车位的占地面积为，即可列出关于的一元二次方程，即可求解．
【详解】解：若设停车场内车道的宽度为，则停车位（图中阴影部分）可合成长为，宽为的矩形，
根据题意得：，
故选：C．
6．A
【分析】本题主要考查了二次函数图象，一次函数图象，反比例函数图象，首先根据二次函数图象与y轴的交点可得，根据抛物线开口向下可得，由对称轴在y轴右边可得a、b异号，故，再根据反比例函数的性质与一次函数图象与系数的关系画出图象可得答案．
【详解】解：根据二次函数图象与y轴的交点可得，根据抛物线开口向下可得，由对称轴在y轴右边可得a、b异号，故，
则反比例函数的图象在第二、四象限，
一次函数经过第一、三、四象限，
故选：A．
7．B
【分析】本题主要考查了网格作图．熟练掌握等腰直角三角形性质，正弦定义，是解题的关键．
取格点C、D，连接交于点E，得，，，即得．
【详解】如图，取格点C、D，连接，交于点E，
∵，
∴，
∵，
∴,
∴，
∵，
∴．
故选：B．
8．A
【分析】本题考查了解直角三角形，旋转的性质，坐标与图形．根据题意，点向上平移2个单位，得到点，再根据题意将点绕原点按逆时针方向旋转，得到，，据此求解即可．
【详解】解：根据题意，点向上平移2个单位，得到点，

∴，，
∴，，
∴，
根据题意，将点绕原点按逆时针方向旋转，
∴，
作轴于点，
∴，，
∴，
∴点的坐标为．
故选：A．
9．C
【分析】本题是有关抛物线的一道综合性题目，主要考点是抛物线的对称性、开口方向判断二次项系数的符号、抛物线解析式的多种表示方法等．熟练掌握抛物线的定义和性质和解析式是解决此题的关键．
①根据抛物线的对称性求出与x轴的另外一个交点，观察图形即可判断其正确性；②把抛物线的对称轴用含有a、b的代数式表示出来，其开口方向又向下，即可判断其正确；③根据抛物线的解析式求出与y轴的交点用含有a的代数式表示出来，根据抛物线与轴的交点在和之间，即可求得a的取值范围；④由题可知二次函数过，即，结合对称轴可得，代入即可求解．
【详解】解：①由抛物线的对称性可求得抛物线与轴另一个交点的坐标为，
当时，，故①正确；
②抛物线开口向下，故，
对称轴为，
，
，故②错误；
③设抛物线的解析式为，则，
令得：．
抛物线与轴的交点在和之间，
．
解得，故③正确；
④二次函数的图象与轴交于点，
，
对称轴为，
，
，故④正确；
综上所述，正确的结论有3个
故选：C．
10．C
【分析】本题考查了相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，正方形的性质．证明，推出是等腰直角三角形，是线段的垂直平分线，再证明，，据此求解即可．
【详解】解：点O是正方形的中心，连接，则经过点O，连接，，，
∵正方形的边长为4，
∴，，又，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∵，
∴是线段的垂直平分线，
∴，
∵的周长为，
∴①的周长不变，故①正确；
∵，∴，
设，则，，
在中，由勾股定理得，
解得，即，故②正确；
∵是等腰直角三角形，，
∴，
∵，，
又，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，故④正确；
∵，
∴，又，
∴，
∴，
∵，
∴，故③错误；
综上，①②④正确，
故选：C．
11．
【分析】本题考查了一元二次方程的解、一元二次方程根与系数的关系、求代数式的值，由题意可得，，再将式子变形为，整体代入计算即可得解．
【详解】解：∵a、b是关于x的一元二次方程的两个根，
∴，，
∴，
∴，
故答案为：．
12．
【分析】画树状图，共有9种等可能的结果，其中第一辆车向左转，第二辆车向右转的结果有1种，再由概率公式求解即可．
【详解】解：画树状图如下：
共有9种等可能的结果，其中第一辆车向左转，第二辆车向右转的结果有1种，
∴第一辆车向左转，第二辆车向右转的概率是，
故答案为：．
【点睛】本题考查了树状图法求概率，树状图法可以不重复不遗漏地列出所有可能的结果，适合两步或两步以上完成的事件；解题时要注意此题是放回试验还是不放回试验．用到的知识点为：概率所求情况数与总情况数之比．
13．±3 或﹣5
【分析】分原方程是一元一次方程和一元二次方程两种情况讨论即可得到答案．
【详解】当原方程是一个一元一次方程时，方程只有一个实数根，
则k2-9=0，
解得k=±3，
当原方程是一元二次方程时，
△=b2-4ac=0，
即：4（k+1）2-4（k2-9）=0
解得：k=-5．
故答案为±3或-5．
【点睛】本题考查了根的判别式，同时还考查了分类讨论思想，是一道好题．
14．/
【分析】本题主要考查垂径定理，圆周角定理，直角三角形度角的判定和性质，熟练掌握性质定理，构造直角三角形是解题的关键．过点作于点，连接．得到点在的延长线上时，的长度的最小，最小值，即可得到答案．
【详解】解：过点作于点，连接，
，
，
，
，
在中，，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
点在以为直径的上，
，
点在的延长线上时，的长度的最小，最小值，
故答案为：．
15．
【分析】本题主要考查了黄金矩形的定义，及弧长公式．先根据黄金矩形中，且，求出，进而求出，，再根据弧长公式即可求出“黄金螺线”的长．根据黄金矩形的定义求出的长，以及熟练掌握弧长的公式是解题的关键．
【详解】解: ∵黄金矩形中，且，
∴，
∵四边形是正方形，
，
，
∵四边形是正方形，
，
，
，
∵四边形是正方形，
，
∴“黄金螺线”的长为，
．
故答案为：．
16．（1）；（2），；（3），
【分析】本题考查了特殊角的三角函数值，解一元二次方程．熟练掌握特殊角的三角函数值，解一元二次方程的方法，是解题的关键．
（1）此题考查了锐角三角函数值的混合运算．代入特殊角的三角函数值，再进行二次根式的混合运算即可．
（2）此题考查了解一元二次方程．设，得到，求出或，则或，即可求出答案．
（3）本题考查解一元二次方程，熟练掌握用因式分解法求解一元二次方程是解题的关键．
先化简，再运用因式分解法求解即可．
【详解】解：（1）

．
（2），
设，
则方程变形为，
移项，得，
配方，得，
即，
开方，得或，
则或，
则或，
解得：，．
（3）化简整理，得
或
∴，．
17．(1)400，
(2)见解析
(3)D
(4)
【分析】本题考查了扇形统计图和条形统计图的信息关联，求众数，树状图或列表法求解概率，正确读懂统计图，画出树状图或列出表格是解题的关键．
（1）用类人数除以占比即可求解总人数，用总人数乘以类的占比即可求解圆心角；
（2）先求出类的人数，即可补全条形统计图；
（3）根据众数的定义求解即可；
（4）先画出树状图得到所有等可能性的结果数， 再找到符合题意的结果数，最后依据概率计算公式求解即可．
【详解】（1）解：此次共调查了人，
∴扇形统计图中C类对应的圆心角度数为；
故答案为：400，；
（2）解：D类的人数为（人）
∴补全条形统计图为：
（3）解：D类的人数为（人），
∵，
∴D类的人数最多，即众数为D类，
故选D．
（4）解：画出树状图如下：
；
由树状图可得，共有16种等可能出现的结果，其中抽取到的两张卡片内容一致的情况有4种，
抽取到的两张卡片内容一致的概率为；
故答案为：．
18．（1）详见解析；（2）详见解析；（3）
【分析】（1）连接，再根据可得，而可得，再结合，便可证明，即直线是的切线.
（2）连接，再证明，利用相似比则可证明
（3）根据阴影部分的面积由扇形AOE的面积减去三角形AOE的面积计算可得.
【详解】解：（1）如图所示，连接，
∵，
∴，
而，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴直线是的切线；
（2）连接，则，则，
则，
∵，，
∴，
而，
∴，
∴，即；
（3）连接，
∵，
∴，
∴，
，
【点睛】本题主要考查圆的综合性知识，难度系数不大，应该熟练掌握，关键在于做辅助线，这是这类题的难点.
19．
【分析】首先根据题意，得出，，再证明，利用三角形的相似性质，得出，然后再证明，得到，最后将代入，即可得出的长．
【详解】解：∵，，，
∴，，
∵，（反射定律）
∴，
∴，即，
∴，
∵，（反射定律）
∴，
∴，即，
∴，
解得，
答：松树的高为．
【点睛】本题考查了三角形相似的性质与判定，解本题的关键在熟练掌握三角形相似的性质与判定．
三角形相似的性质：对应角相等，对应边的比等于相似比．
反射定律：光线反射时，入射角等于反射角．
20．(1)
(2)站立点与壶的距离为2.4米
(3)
【分析】本题考查了二次函数的应用，二次函数的平移，理解题意，正确求出二次函数解析式是解题关键．
（1）根据题意得到抛物线的顶点坐标为，设顶点式，再利用待定系数法求解即可；
（2）根据题意设，由抛物线过点，求出的值，即可求解；
（3）设点调整的高度为米，则调整后的抛物线解析式为，将点和点分别代入解析式，求出临界的值，即可得解．
【详解】（1）解：由题意可知，抛物线的顶点坐标为，
设抛物线解析式为，
将点代入解析式得：，
解得，
抛物线解析式为；
（2）解：矩形，
米，米．
设，
抛物线过点，
则，
解得：或（舍），
，
米，
米，
（3）解：设点调整的高度为米，
则调整后的抛物线解析式为，
由（2）可知，，，
当抛物线经过点时，，
解得，此时点向下调整米，
当抛物线经过点时，，
解得，此时点无需调整，
，
米，
调整后的的取值范围．
21．（1），；（2）的最大值为， ；（3）或
【分析】（1）利用待定系数法，即可得到反比例函数和一次函数的解析式；
（2）根据一次函数y1=x+2，求得与y轴的交点P，此交点即为所求；
（3）根据AB两点的横坐标及直线与双曲线的位置关系求x的取值范围．
【详解】（1）∵在反比例函数上
∴
∴反比例函数的解析式为
把代入可求得
∴
把代入为 解得
∴一次函数的解析式为
（2）的最大值就是直线与两坐标轴交点间的距离.
设直线与轴的交点为
令，则，解得 ，
∴
令，则
∴
∴，
∴的最大值为
（3）根据图象的位置和图象交点的坐标可知：
当时的取值范围为：或．
【点睛】本题考查了反比例函数与一次函数的交点问题，待定系数法求反比例函数和一次函数的解析式，根据点的坐标求线段长，正确掌握反比例函数的性质是解题的关键．
22．(1)2；60°
(2)成立，证明过程见详解
(3)①；②或
【分析】（1）先求出BC，AA1=A1C，再求出B1C，进而求出BB1，即可得出结论；
（2）先判断出ACA1∽BCB1，得出==2，∠CAA1=∠CBB1，进而求出∠ABD+∠BAD=120°，即可得出结论；
（3）①当点A1落在AC的延长线上时，ABA1的面积最大，利用三角形面积公式求解即可；
②分两种情况：先画出图形，利用勾股定理求出A1B，即可得出结论．
【详解】（1）解：在RtABC中，AC=2，
∴∠ACB=60°，
∴∠ABC=30°，
∴BC=2AC=4，
∵点A1为边AC的中点，
∴AA1=A1C=AC=1，
∵点A1，B1为边AC，BC的中点，
∴A1B1是ABC的中位线，
∴A1B1AB，
∴∠B1A1C=∠BAC=90°，∠A1B1C=∠ABC=30°，
在RtA1B1C中，
B1C=2A1C=2，
∴BB1=BC-B1C=4-2=2，
∴=2，
∵∠ACB=60°，
∴BB1，AA1所在直线相交所成的较小夹角为∠ACB=60°，
故答案为：2，60°；
（2）解：（1）中结论仍然成立，
证明：延长AA1，BB1相交于点D，如图2，
由旋转知，∠ACA1=∠BCB1，
A1C=1，B1C=2，
∵AC=2，BC=4，
∴=2，=2，
∴=，
∴ACA1∽BCB1，
∴==2，∠CAA1=∠CBB1，
∴∠ABD+∠BAD
=∠ABC+∠CBB1+∠BAC-∠CAA1
=∠ABC+∠BAC
=30°+90°
=120°，
∴∠D=180°-（∠ABD+∠BAD）=60°；
（3）解：①由题意，得
AC=2，AB=2，CA1=1，
当点A1落在AC的延长线上时，ABA1的面积最大，
最大值=×2×3=3；
②在图1中，在RtA1B1C中，
B1C=A1C=，
∵A1，B1，B三点共线，
当点B1在BA1的延长线上时，如图3，
∴∠BA1C=∠BA1C=90°，
在RtA1BC中，
A1B=
=
=，
∴BB1=A1B+A1B1
=+；
当点B1在线段A1B上时，如图4，
同①的方法，得A1B=，
∴BB1=A1B-A1B1
=-，
故：线段BB1的长为+或-．
【点睛】此题考查了相似三角形的判定和性质，含30度角的直角三角形的性质，旋转的性质，勾股定理等知识，解题的关键是理解题意，正确寻找相似三角形解决问题．
23．(1)
(2)
(3)的最小值
【分析】（1）先根据，，求出，，利用待定系数法求抛物线解析式，将坐标代入得出，解方程组即可；
（2）用待定系数法求出直线BC的解析式，设，可求，先求出PD，△BOC的面积，根据列方程，解方程即可；
（3）作点作NM⊥，垂足为点M，过A作AH⊥BC于H，先证为等腰直角三角形，，再证为等腰直角三角形得出，得出≥AH，根据点到直线距离距离最短得出当A、、M三点共线时，最小值=，求出，再证出为等腰直角三角形，，利用三角函数求解即可．
【详解】（1）解：由得，．
∵．
∴．
将，代入得：
，
解得，
∴；
（2）解：∵交于点，
∴，
设，将，分别代入，
得，
解得，
∴，
过点作轴，交轴于点，与的交点记为点，
设，
将代入，得，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，即，
∴，
解得，
∴；
（3）解：作点作NM⊥，垂足为点M，过A作AH⊥BC于H，
∵，
∴为等腰直角三角形，
∵NM⊥
∴∠NMC=90°，
∴∠CNM=90°-∠NCM=90°-∠OCB=45°，
∴为等腰直角三角形，
∴，
∴≥AH，
当A、、M三点共线时，最小值=，
∵，
∵∠ABH=45°，AH⊥BC，
∴∠BAH=90°-∠ABH=45°=∠ABH，
∴为等腰直角三角形，，
∴
∴的最小值
【点睛】本题考查待定系数法求抛物线解析式和直线解析式，等腰直角三角形判定与性质，勾股定理，三角形面积，一元二次方程解法，线段和最短，点到直线距离，锐角三角函数，掌握待定系数法求抛物线解析式和直线解析式，等腰直角三角形判定与性质，勾股定理，三角形面积，一元二次方程解法，线段和最短，点到直线距离，锐角三角函数是解题关键．
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
C
C
D
C
C
A
B
A
C
C