广东省佛山市顺德区2025-2026学年九年级上学期1月期末数学试题（试卷+解析）

这是一份广东省佛山市顺德区2025-2026学年九年级上学期1月期末数学试题（试卷+解析），共28页。试卷主要包含了作图，要求痕迹清晰等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1．选择题、填空题和解答题的答案写在答题卡上，写在试卷上不计成绩．
2．作图（含辅助线）和列表时用铅笔（如2B铅笔），要求痕迹清晰．
一、选择题：本题共10小题，每小题3分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1. 下列几何体俯视图为圆的是（ ）
A. 圆柱B. 三棱柱C. 正方体D. 圆锥
2. 如果，那么的值是（ ）
A. B. C. D.
3. 如图，中，，点为的中点．若，则的度数为（ ）
A. B. C. D.
4. 根据下列表格，判断一元二次方程（，、为常数）的一个解的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
5. 若，且，则的周长与的周长比为（ ）
A. B. C. D.
6. 一个不透明的盒子里有个除颜色外都相同的小球，其中有10个黄球．每次摸球前先将盒子里的球摇匀，任意摸出一个球记下颜色后再放回盒子．通过大量重复摸球实验后发现，摸到黄球的频率稳定在附近，估计盒子中小球的个数为（ ）
A. 20B. 25C. 40D. 50
7. 如图，在中，．添加一个条件，能判定四边形是正方形的是（ ）
A. B. C. D.
8. 若是方程一个实数根，则的值为（ ）
A B. 0C. 1D. 2
9. 如图，等腰中，．若点，点在轴上，点在的图象上，则点的坐标为（ ）
A. B. C. D.
10. 在中，，，．将各边向外平移2个单位长度并适当延长，可以得到如图所示的．的面积是（ ）
A. 180B. 240C. 270D. 360
二、填空题：本题共5小题，每小题3分，共15分．
11. 在菱形中，、、、分别是边、、、的中点．新四边形是______．（填写最特殊的形状名称）
12. 已知点、都在反比例函数的图象上．当时，有．符合题意的一个值是______．
13. 平面直角坐标系中，的顶点是，，．以原点为位似中心画，使，．点的坐标为______．
14. 一个由若干个相同的小正方体摆成的几何体，三视图均是如图所示的图形．组成它的小正方体的个数最多和最少相差______．
15. 、是关于的一元二次方程的两个实数根，且．的取值范围为______．
三、解答题：本题共8小题，共75分．
16. 解一元二次方程，并写出你解方程第二步变形的依据．
17. 某口袋装有编号为1、2、3、4的四个小球（除编号外都相同）．小明和小亮先后从袋中随机不放回地摸出一个球．
（1）现有游戏规则“两数之和为偶数时小明获胜，反之小亮获胜”．你认为这个游戏规则公平吗？说明理由；
（2）设计另外一个游戏规则，并说明新游戏规则对小明和小亮均公平．
18. 如图，地面上竖立着电线杆和标杆（均与地面垂直）．某一时刻电线杆在阳光下的影子为线段．
（1）尺规作图：作出同一时刻标杆在地面的影子；
（2）已知标杆的高度为．实验小组测得电线杆、标杆的影长分别为和．电线杆的高度为多少？
19. 某商场销售某种商品，当按每件198元销售时，每件可获利80元，平均每天可以售出20件．为了提高销量，商店决定降价出售．经调查发现，该商品单件售价每降价10元，平均每天可多售出5件．
（1）该商品单件售价定为多少元时，日均销售利润可达到1800元？
（2）售卖该商品的日均销售利润能超过1800元吗？说明理由．
20. 一次函数与反比例函数的图象有一个交点，且该交点横坐标为1．
（1）求这两个函数的表达式；
（2）在同一直角坐标系中画出这两个函数的图象，并求出一次函数值大于反比例函数值的的取值范围．
21. 在中，，为斜边上的中线，，垂足为．
命题1：；
命题2：若，则；
命题3：过点作的平行线交的延长线于点．若，则．任选两个命题，判断真假，给出证明或举反例．
22 综合与实践
从“特殊”到“一般”是研究数学问题的一种常用策略．某综合实践小组以特殊四边形为背景，就“倍矩形（其周长为原矩形周长的倍，其面积亦为原矩形面积的倍）存在性问题”展开探究．
设原矩形长为，宽为．
【特例感知】
（1）已知原矩形，，其2倍矩形长为______，宽为______；
【类比探究】
（2）上述第（1）问中原矩形的倍矩形存在吗？说明理由；
【一般验证】
（3）求证：无论原矩形，取何值，其2倍矩形一定存在．
23. 在四边形纸片中，．将纸片沿所在直线折叠，与恰好完全重合．
（1）如图1，你能确定四边形的形状吗？证明你的结论；
（2）如图2，连接，交于点．点在直线上，满足．连接，当时，求的值；
（3）如图3，若，点为线段的中垂线与的交点，点为上一动点．连接，并沿过点的直线折叠，使点的对应点落到线段上．过点作于．试探究线段与之间的数量关系，并证明．
2025学年第一学期九年级数学
说明：本试卷共6页，满分120分，考试时长120分钟．
注意事项：
1．选择题、填空题和解答题的答案写在答题卡上，写在试卷上不计成绩．
2．作图（含辅助线）和列表时用铅笔（如2B铅笔），要求痕迹清晰．
一、选择题：本题共10小题，每小题3分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1. 下列几何体的俯视图为圆的是（ ）
A. 圆柱B. 三棱柱C. 正方体D. 圆锥
【答案】A
【解析】
【分析】本题主要考查了简单几何体的三视图，熟练掌握三视图的特点是解答本题的关键．主视图、左视图、俯视图是分别从物体正面、左面和上面看，所得到的图形．
【详解】解：A．圆柱的俯视图为圆，符合题意；
B．三棱柱的俯视图是三角形，不符合题意；
C．正方体的俯视图是正方形，不符合题意；
D．圆锥的俯视图是带圆心的圆，不符合题意．
故选：A．
2. 如果，那么的值是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】本题主要考查了比例的性质，根据，设，（），将、用含的代数式表示，再代入所求分式进行计算求解．
【详解】解：，
设，（），
，
原式的值为．
故选：C．
3. 如图，中，，点为的中点．若，则的度数为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查直角三角形斜边的中线，关键是掌握直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半．由直角三角形斜边中线的性质推出，得到．
【详解】解：∵，点D为的中点，
∴，
∴，
故选：D．
4. 根据下列表格，判断一元二次方程（，、为常数）的一个解的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查的是一元二次方程与二次函数的关系，灵活运用函数值的符号变化是解题的关键．根据二次函数的函数值在时为负、时为正，进而判断出方程的一个解的取值范围．
【详解】解：当时，，
当时，，
当时，值会从负变为正，即存在使得，
方程的一个解的取值范围是．
故选：．
5. 若，且，则的周长与的周长比为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】本题考查相似三角形的性质，根据两个相似三角形的周长比等于相似比，即可求解．
【详解】解：，且，
的周长与的周长比为，
故选A．
6. 一个不透明的盒子里有个除颜色外都相同的小球，其中有10个黄球．每次摸球前先将盒子里的球摇匀，任意摸出一个球记下颜色后再放回盒子．通过大量重复摸球实验后发现，摸到黄球的频率稳定在附近，估计盒子中小球的个数为（ ）
A. 20B. 25C. 40D. 50
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查利用频率估计概率，根据大量重复试验中频率稳定在概率附近，可知摸到黄球的概率约为，再利用概率公式列方程求解总球数．
【详解】∵大量重复摸球实验后，摸到黄球的频率稳定在附近
∴摸到黄球的概率约为
根据概率公式可得：
解得
经检验，是原方程的解
∴盒子中小球的个数为25，
故选：B．
7. 如图，在中，．添加一个条件，能判定四边形是正方形的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查了平行四边形的性质、正方形的判定，熟练掌握以上知识点是解题的关键．
根据相关知识点逐项判断即可．
【详解】解：由题意知，平分，
又∵，
∴四边形是菱形；
A：四边形是菱形，则必有，无法判定四边形是正方形，故该选项不合题意；
B：四边形是菱形，当时，四边形是正方形，故该选项符合题意；
C：四边形是菱形，则必有，无法判定四边形是正方形，故该选项不合题意；
D：四边形是菱形，则必有，无法判定四边形是正方形，故该选项不合题意．
故选：B ．
8. 若是方程的一个实数根，则的值为（ ）
A. B. 0C. 1D. 2
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查了一元二次方程的根、代数式求值，熟练掌握一元二次方程的根的定义是解题关键．先根据一元二次方程的根的定义可得，再代入计算即可得．
【详解】解：∵是方程的一个实数根，
∴，即，
∴
．
故选：D．
9. 如图，等腰中，．若点，点在轴上，点在的图象上，则点的坐标为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查反比例函数与几何综合，过作轴于，证明，得到，，由得到，即点纵坐标为，则，得到，即可得到点的坐标为．
【详解】解：过作轴于，则
∵等腰中，，
∴，，，
∴，
∴，
∴，，
∵，
∴，即点纵坐标为，
∵点在图象上，
∴，
∴，
∴，
∵点在轴上，
∴点的坐标为，
故选：C．
10. 在中，，，．将各边向外平移2个单位长度并适当延长，可以得到如图所示的．的面积是（ ）
A. 180B. 240C. 270D. 360
【答案】C
【解析】
【分析】此题主要考查了相似三角形的判定与性质，能正确作出辅助线证明三角形相似是解答此题的关键．先求出，，直线交于，交于，过作于，过作于，由题意可得，即可证明，，，，得到，，，求出，再代入计算即可．
【详解】解：∵在中，，，，
∴，
直线交于，交于，过作于，过作于，则，
由题意可得，，，
∴，四边形为矩形，
∴，，，，
∴，，
∴，，
解得，，
∴，
∴，
∴，
解得，
故选：C．
二、填空题：本题共5小题，每小题3分，共15分．
11. 在菱形中，、、、分别是边、、、的中点．新四边形是______．（填写最特殊的形状名称）
【答案】矩形
【解析】
【分析】本题考查中位线的性质、平行四边形的判定、菱形的性质及矩形的判定，熟练掌握相关性质及判定定理是解题关键．利用三角形中位线定理证明四边形是平行四边形；再根据菱形的对角线互相垂直，得出中点四边形的邻边垂直，即可得出是矩形．
【详解】解：如图所示，
∵在菱形中，、、、分别是边、、、的中点，
∴，，，，，
∴，，
∴四边形是平行四边形，，
∴，
∴四边形是矩形．
故答案为：矩形
12. 已知点、都在反比例函数的图象上．当时，有．符合题意的一个值是______．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查是反比例函数的单调性，灵活运用反比例函数的增减性是解题的关键．根据反比例函数（）的性质得出，即可写出符合题意的一个值．
【详解】解：反比例函数（）的图象，当时，在区间单调递减；当时，在区间单调递增．本题中，已知且，即当增大时也增大，因此函数在区间单调递增，故．符合题意的一个值为负数，例如．
故答案为：．
13. 平面直角坐标系中，的顶点是，，．以原点为位似中心画，使，．点的坐标为______．
【答案】
或
【解析】
【分析】本题主要考查了位似的性质，根据位似变换的性质，以原点为位似中心，点的对应点，其中为位似比．由，可得，即或，代入点坐标求解．
【详解】解：以原点为位似中心，设位似比为，
，
，
，
或，
当时，
点的对应点的坐标为，
即为，
当时，
点的对应点的坐标为，
即为，
综上所述，点的坐标为或．
故答案为：或．
14. 一个由若干个相同的小正方体摆成的几何体，三视图均是如图所示的图形．组成它的小正方体的个数最多和最少相差______．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了由三视图判断几何体，根据主视图和俯视图画出所需正方体个数最少的俯视图是解题的关键．由题意，易得这个几何体共有3层，由俯视图可得第一层正方体的个数，再由主视图可得第二层、第三层正方体最多和最少可能的个数，再计算求出结论即可．
【详解】解：根据主视图、俯视图及左视图，这个几何体的底层有6个小正方体，
第二层最多有6个小正方体，最少有4个小正方体，
第三层有2个小正方体，
因此组成这个几何体的小正方体最多有14个，最少有12个小正方体．如图，
组成它的小正方体的个数最多和最少相差
故答案为：．
15. 、是关于的一元二次方程的两个实数根，且．的取值范围为______．
【答案】
【解析】
【分析】本题主要考查了一元二次方程根的判别式及根与系数的关系，熟练掌握一元二次方程根的判别式及根与系数的关系是解题的关键．
利用根与系数的关系代入不等式求解，同时考虑判别式确保方程有两个实数根．
【详解】解：对于一元二次方程，
由根与系数的关系，得，，
则，
∵，即，
解得 ，
∵方程有两个实数根，
∴，
解得，
∴．
故答案为：．
三、解答题：本题共8小题，共75分．
16. 解一元二次方程，并写出你解方程第二步变形的依据．
【答案】，；第二步变形的依据是等式的基本性质1（等式两边同时加上或减去同一个整式，等式仍然成立）
【解析】
【分析】本题考查了解一元二次方程，先把方程化成一般式，然后根据因式分解法求解即可．
【详解】解：，
，
（等式的基本性质1），
，
，
或，
解得，．
17. 某口袋装有编号为1、2、3、4的四个小球（除编号外都相同）．小明和小亮先后从袋中随机不放回地摸出一个球．
（1）现有游戏规则“两数之和为偶数时小明获胜，反之小亮获胜”．你认为这个游戏规则公平吗？说明理由；
（2）设计另外一个游戏规则，并说明新的游戏规则对小明和小亮均公平．
【答案】（1）这个游戏规则不公平
（2）游戏规则：若两数之和为5时小明获胜，两数之和大于5时小亮获胜（答案不唯一）
【解析】
【分析】本题考查了游戏公平性，画树状图或列表求概率，掌握画树状图或列表求概率的方法是解题的关键．
（1）通过画树状图或列表表求出小明和小亮获胜的概率，然后比较两概率的大小可判断游戏是否公平；
（2）根据（1）中表中数据情况，设计出两人获胜的概率相同即可．
【小问1详解】
解：列表如下：
∴共有12种可能结果，其中两数之和为偶数的有4种，
∴小明获胜的概率为，小亮获胜的概率为，
∵，
∴游戏不公平；
【小问2详解】
解：游戏规则：“两数之和为5时小明获胜，两数之和大于5时小亮获胜”．
由（1）知共有12种可能结果，其中两数之和为5的有4种，两数之和大于5数的有4种，
∴小明获胜的概率为，小亮获胜的概率为，
∵，
∴游戏公平．
18. 如图，地面上竖立着电线杆和标杆（均与地面垂直）．某一时刻电线杆在阳光下的影子为线段．
（1）尺规作图：作出同一时刻标杆在地面的影子；
（2）已知标杆的高度为．实验小组测得电线杆、标杆的影长分别为和．电线杆的高度为多少？
【答案】（1）见解析 （2）
【解析】
【分析】本题考查作图-应用与设计作图，相似三角形的判定和性质，平行投影，解题的关键是掌握相关知识解决问题．
（1）连接，过点D作直线交于点M，在的上方作，直线交于点F，线段即为所求；
（2）利用相似三角形的性质构建方程求解．
【小问1详解】
解：如图，线段即为所求；
【小问2详解】
解：根据题意得，，，，，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∴．
答：电线杆的高度为．
19. 某商场销售某种商品，当按每件198元销售时，每件可获利80元，平均每天可以售出20件．为了提高销量，商店决定降价出售．经调查发现，该商品单件售价每降价10元，平均每天可多售出5件．
（1）该商品单件售价定为多少元时，日均销售利润可达到1800元？
（2）售卖该商品的日均销售利润能超过1800元吗？说明理由．
【答案】（1）178元
（2）不能，见解析
【解析】
【分析】本题考查的是一元二次方程的应用及二次函数的应用，
（1）根据等量关系为：每件商品的盈利×可卖出商品的件数=1800，把相关数值代入计算得到合适的解即可．
（2）设日均销售利润为y元 根据题意得，根据二次函数的性质求出最大值进而得出结论．
【小问1详解】
解：设每件商品降价x元 每件利润为元 ，
日均销售量为件 ，
根据题意列方程 ，
解得
则单件售价为（元）
答：该商品单件售价定为178元时，日均销售利润可达到1800元．
【小问2详解】
解：不能，理由如下：
设日均销售利润为y元，根据题意得
，
∵，
∴该二次函数图象开口向下，函数有最大值
当时，y取得最大值1800 ，即日均销售利润最大值为1800元，无法超过1800元 ，
答：售卖该商品的日均销售利润不能超过1800元．
20. 一次函数与反比例函数的图象有一个交点，且该交点横坐标为1．
（1）求这两个函数的表达式；
（2）在同一直角坐标系中画出这两个函数的图象，并求出一次函数值大于反比例函数值的的取值范围．
【答案】（1）一次函数表达式为，反比例函数表达式为
（2）画图见解析，或
【解析】
【分析】本题考查了一次函数与反比例函数，解题的关键是：
（1）根据时，两函数值相等构建关于a的方程，然后解方程即可求解；
（2）分别画出一次函数和反比例函数图象，观察图象发现：当或时，一次函数图象都在反比例函数图象上方，即一次函数值大于反比例函数值．
【小问1详解】
解：∵一次函数与反比例函数的图象有一个交点，且该交点横坐标为1，
∴，
解得，
∴，
∴一次函数表达式为，反比例函数表达式为；
【小问2详解】
解：画图如下：
联立方程组，
解得或，
∴两函数图象相交于和，
由图象知：当或时，一次函数值大于反比例函数值．
21. 在中，，为斜边上的中线，，垂足为．
命题1：；
命题2：若，则；
命题3：过点作的平行线交的延长线于点．若，则．任选两个命题，判断真假，给出证明或举反例．
【答案】见解析
【解析】
【分析】本题考查了真假命题的判断与证明，能够利用所学的矩形的判定与性质进行推导，相似三角形的判定与性质及勾股定理进行证明是解题的关键．利用矩形的性质推出命题1是真命题，利用相似三角形的判定与性质结合勾股定理推导说明命题2是真命题，利用相似三角形的判定与性质推导命题3是假命题．
【详解】解：命题1是真命题，命题2是真命题，命题3是假命题，
证明：延长到M，使，连接，，
∵中，，为斜边上的中线，
∴，
∴四边形是矩形，
∴，
∴，
∴命题1是真命题；
∵在中，，，，
∴设，，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，即，
∴，
根据勾股定理得，，
∴，
∴命题2是真命题；
∵过点A作的平行线交的延长线于点D，，
∵中，，为斜边上的中线，，垂足为E，∵，
∴，，
∴，
∴，
∴，
设面积是a，则面积是，
∴的面积是，
∴的面积是，
∴的面积是，
∴，
∴命题3是假命题．
22. 综合与实践
从“特殊”到“一般”是研究数学问题的一种常用策略．某综合实践小组以特殊四边形为背景，就“倍矩形（其周长为原矩形周长的倍，其面积亦为原矩形面积的倍）存在性问题”展开探究．
设原矩形长为，宽为．
【特例感知】
（1）已知原矩形，，其2倍矩形长为______，宽为______；
【类比探究】
（2）上述第（1）问中原矩形的倍矩形存在吗？说明理由；
【一般验证】
（3）求证：无论原矩形，取何值，其2倍矩形一定存在．
【答案】（1）12，2（2）不存在，理由见解析；（3）见解析
【解析】
【分析】本题考查了一元二次方程的应用，根的判别式，根与系数的关系等知识，解题的关键是：
（1）设其2倍矩形长为，宽为，根据“2倍矩形”定义列出方程组，然后解方程组即可；
（2）设其倍矩形长为，宽为，根据“倍矩形”定义列出方程组，将二元方程组转化为一元二次方程，然后判断即可；
（3）设其2倍矩形长为，宽为，根据“2倍矩形”定义列出方程组，然后解方程组，将二元方程组转化为一元二次方程，然后判断即可．
【详解】解：（1）设其2倍矩形长为，宽为，
根据题意，得，
解得或（不符合题意，舍去），
故答案为12，2；
（2）不存在，
理由：设其倍矩形长为，宽为，
根据题意，得，
整理得，
∴，
∴方程无解，
∴方程组无解，
∴不存在；
（3）设其2倍矩形长为，宽为，
根据题意，得，
整理得，
∴，
∴方程有解，
又，，
∴方程有正数解，
∴方程组有正数解，
∴无论原矩形，取何值，其2倍矩形一定存在．
23. 在四边形纸片中，．将纸片沿所在直线折叠，与恰好完全重合．
（1）如图1，你能确定四边形的形状吗？证明你的结论；
（2）如图2，连接，交于点．点在直线上，满足．连接，当时，求的值；
（3）如图3，若，点为线段的中垂线与的交点，点为上一动点．连接，并沿过点的直线折叠，使点的对应点落到线段上．过点作于．试探究线段与之间的数量关系，并证明．
【答案】（1）四边形是菱形，证明见解析
（2）
（3），证明见解析
【解析】
【分析】（1）由平行得到，由折叠得到，，，，则，得到，即可得到，四边形菱形；
（2）由菱形的性质得到，，，再根据，得到，则，再结合和三角形内角和得到，即可得到，则；
（3）连接并延长交于，连接，由菱形得到，是等边三角形，，则，，证明，得到，则，根据，得．
【小问1详解】
解：四边形是菱形，证明如下：
∵，
∴，
∵将纸片沿所在直线折叠，与恰好完全重合．
∴，，，，
∴，
∴，
∴，
∴四边形是菱形；
【小问2详解】
解：∵四边形是菱形，
∴，，，
当点在线段上时，如图，
∵，
∴，
∴，
∴，此时不可能得到；
当点在线段外时，如图，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，中，
∴，
∴，
∴，
∴；
【小问3详解】
解：，证明如下：
连接并延长交于，连接，
∵，四边形是菱形，
∴，是等边三角形，，
∴，，
∵点为线段的中垂线与的交点，
∴垂直平分，
∴，，，
∴，，
∴，
∴，
由折叠得到，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴．
本题考查菱形的判定与性质，直角三角形斜边中线等于斜边一半，直角三角形的性质，等边三角形的判定与性质，折叠问题，熟练运用菱形的性质是解题的关键．
1
2
3
4
1
3
4
5
2
3
5
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