重庆西南大学附属中学2025-2026学年九年级下学期数学考试试卷（含答案解析）

这是一份重庆西南大学附属中学2025-2026学年九年级下学期数学考试试卷（含答案解析），共35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。

一、单选题
1．中国古代数学著作《九章算术》就最早提到了负数，的相反数是（ ）
A．2026B．C．D．
2．下列符号是中心对称图形的是（ ）
A．B．C．D．
3．若，则下列不等式中一定成立的是（ ）
A．B．C．D．
4．已知，若，则等于（ ）
A．B．C．D．
5．一个不透明的盒子中装有20个除颜色不同外其他都相同的乒乓球，将其摇匀，从中随机摸出一个乒乓球并记录颜色，记录后放回．通过多次重复试验后发现摸到黄球的频率为，估计盒子中黄球的个数为（ ）
A．4B．5C．6D．7
6．如图，点A、B、C在上，与相切于点B，若，则（ ）
A．B．C．D．
7．如图，学校园林设计师，打算在长为，宽为的矩形地面的中间种植草坪．草坪四周种植花卉，如果要求花卉带的宽度相同，且草坪的面积为总面积的，那么花卉带的宽度应为多少米？设花卉带的宽度为，则可列方程为（ ）
A．B．
C．D．
8．一元二次方程的根的情况是（ ）
A．必有实数根B．有两个不相等的实数根
C．有两个相等的实数根D．没有实数根
9．如图，在正方形中，点是对角线上一点，，连接．过点作交于点，以，为邻边作矩形，边与交于点，则的值为（ ）．
A．B．C．D．
10．已知整式，其中n为自然数，，，，…，为正整数，且．定义整式M的“权值”为，下列说法：
①整式M不可能是单项式；
②当时，满足条件的所有整式M权值最小值为12；
③满足条件的所有二次三项式中，当x取任意实数时，其值一定为非负数的整式M共有7个．其中正确的个数是（ ）
A．0B．1C．2D．3
二、填空题
11．________．
12．若n为正整数，且满足，则________．
13．学校开展“阳光体育打卡”活动，学生每天参加体育锻炼后可随机抽取一张积分卡，卡片正面完全一样，反面印有积分可能是：5分、10分、15分、20分（每种卡片数量相等，每次抽取后立即补齐）、小明连续打卡两天后都参与了抽奖，则他抽到的积分不低于25分的概率为________．
14．若实数a，b同时满足，，则的值为________．
15．如图，是的直径，弦于点E，连接，过点C作的切线，与的延长线交于点F，与的延长线交于点G．若，，则________，________．
16．我们规定：若一个四位正整数能分解成，其中，均是正整数且，则称是“平方差6数”，将分解成的过程称为“平方差6分解”．例如：因为，所以1075是“平方差6数”，1075分解成的过程是“平方差6分解”．若在的所有“平方差6分解”中，当取得最小时，称是的“最佳分解”，此时规定：．则________；若一个“平方差6数”（，，均为整数），将的各个数位上的数字之和记为，且满足除以7的余数为3．则最大的________．
三、解答题
17．解不等式组，并写出它的整数解．
18．如图，在矩形中．
(1)尺规作图：作的垂直平分线交对角线于点，交于，连接，过点作交的垂直平分线于点，连接（不写作法，保留作图痕迹）；
(2)求证：四边形是菱形．完成下列填空．
证明：垂直平分，
①________，且②________，
又∵③________，，
∴④________．
19．学校为探究辅助学习工具的反馈，从七、八年级各随机抽取20名学生进行使用满意度评分，随后将评分进行整理、描述和分析（评分为百分制且为整数，均不低于60分，用x表示，共分四组：A．；B．；C．；D．），下面给出了部分信息：
七年级20名学生评分在B组的数据为：80，83，84，85，87，88，88，89
八年级20名学生的评分是：65，68，70，72，74，76，78，80，82，82，84，86，86，86，88，90，92，93，94，94
七、八年级所抽取学生使用满意度评分统计表
(1)上述图表中________，_______，________；
(2)根据以上数据，你认为该校七、八年级中哪个年级的学生对辅助学习工具的满意度更高？请说明理由（写出一条理由即可）；
(3)若该校七年级有600人，八年级有500人，请估计该校七、八年级所有学生中评分达到“非常满意”（不低于90分）的总人数．
20．先化简，再求值：，其中．
21．某文具店促销，小明想购买一些笔袋和笔记本．已知购买3个笔袋和2个笔记本共需110元，购买4个笔袋和1个笔记本共需95元．
(1)每个笔袋和笔记本各需多少钱？
(2)促销期间，两种商品售价均有所调整，小明分别花费90元和270元购买笔袋和笔记本，且购买的笔袋数量比笔记本数量少，每个笔袋比每个笔记本售价少9元，则小明购买笔记本多少个？
22．如图，菱形的对角线与交于点O，其中，，．动点P从点B出发，沿方向以每秒1个单位长度的速度匀速运动，到达点D时停止运动．同时，动点Q以每秒个单位长度的速度从点A出发，沿方向匀速运动，至点C停止．过点Q作交于点M．设运动时间为x秒，的面积为，的周长与的周长之比为．
(1)请直接写出、关于x的函数表达式，并标注自变量x的取值范围；
(2)在给定的平面直角坐标系中，画出函数、图象，并写出函数的一条性质；
(3)结合图象，请直接写出当时x的取值范围．（近似值保留小数点后一位，误差不超过0.2）
23．寒假期间，我校以“寻访古迹，知行合一”为主题开展历史文化系列研学活动，打造沉浸式的移动学习场景．如图是本次游学涉及的古城区域示意图，已知文庙B位于书院A的南偏东方向，且位于箭楼C的正西方100米处；钟楼D位于箭楼C的东北方向且与其正西方的书院A相距240米；牌坊E位于钟楼D的北偏西方向．
(1)求点A到点B的距离；（结果保留根号）
(2)小希与小福均在该古城游学，小希从书院A出发沿AE方向行走，小福从钟楼D出发沿DE方向行走．若小希与小福同时出发且小希的速度是小福速度的2倍，当小希与钟楼D的直线距离恰好是小福离开钟楼D的距离的4倍时，求小福离开钟楼D的距离．（结果保留小数点后一位，参考数据：，，）
24．如图，在平面直角坐标系中，抛物线与x轴交于，B两点，与y轴交于点，抛物线的对称轴是直线．
(1)求抛物线的表达式；
(2)点P是直线下方抛物线上的一动点，连接与直线交于点Q，点D，E为抛物线对称轴上的动点（点D在点E的上方），且，连接，．当取得最大值时，求点P的坐标及的最小值；
(3)在（2）中取得最大值的条件下，将抛物线沿射线平移个单位长度得到新抛物线，点G为点A的对应点，连接，，．点M为新抛物线上的动点．若，请直接写出所有符合条件的点M的横坐标，并写出求解点M的横坐标的其中一种情况的过程．
25．在中，，，点是上一点(点不与点重合)，连接，将线段绕点逆时针旋转得到线段．
(1)如图1，若，，，连接，求点到的距离；
(2)如图2，连接，作的外角平分线交延长线于点，过点作于点，交于点，点是的中点，点是的中点，连接，试猜想线段、与的数量关系，并证明；
(3)如图3，若，，点是的中点，点是的中点．将沿所在直线翻折到，连接、．在上取一点，使得，连接、，当取最小值时，请直接写出的面积．
年级
七年级
八年级
平均数
82
82
中位数
a
83
众数
78
b
《重庆西南大学附属中学2025-2026学年九年级下学期数学考试试卷》参考答案
1．A
【分析】本题考查了相反数的定义．根据相反数的定义：只有符号不同的两个数互为相反数，即可求解．
【详解】解：的相反数是，
故选：A．
2．D
【分析】判断各符号绕中心点旋转后能否与原图形重合，即可得出结论．
【详解】解：∵选项A中符号绕中心旋转后，不与原图形重合，
选项B中符号旋转后不与原图形重合，
选项C中符号旋转后不与原图形重合，
选项D中符号⊕绕中心旋转后，与原图形重合．
3．B
【详解】解：A、∵，
∴不等式两边同乘，不等号方向改变，得，故该选项不成立，不符合题意．
B、∵，
∴不等式两边同时加，不等号方向不变，得，故该选项成立，符合题意．
C、∵，
∴不等式两边同乘正数，不等号方向不变，得，故该选项不成立，不符合题意．
D、∵，
∴不等式两边同乘正数，不等号方向不变，得，故该选项不成立，不符合题意．
4．C
【分析】本题考查了相似三角形的性质，熟练掌握相似三角形的面积比等于相似比的平方是解题的关键．根据相似三角形的性质即可求解．
【详解】解：∵，，
∴．
故选：C．
5．C
【分析】多次重复试验中，频率稳定后可用来估计概率，再结合概率公式计算即可得到黄球的估计个数．
【详解】解：∵多次重复试验后摸到黄球的频率为，
∴估计摸到黄球的概率是，
∵盒子中总共有20个乒乓球，
∴估计盒子中黄球的个数为（个）．
6．B
【分析】连接，利用圆周角定理求出的度数，再利用等腰三角形性质求出，最后根据切线的性质即可求解．
【详解】解：连接，
，
，
，
，
与相切于点，
∴，
即，
∴．
7．C
【分析】根据草坪的长为，宽为，利用矩形的面积公式结合草坪的面积为总面积的，即可得出关于的一元二次方程．
【详解】解：设花卉带的宽度为，
矩形地面的长为，宽为，且四周花卉带宽度相同，
∴中间草坪的长为，宽为，
∴草坪的面积为，
草坪的面积为总面积的，总面积为，
可列方程为：．
8．A
【分析】根据一元二次方程根的情况与判别式关系，求出并确定符号即可得到答案．
【详解】解：对于的一元二次方程，
，
∴关于的一元二次方程必有实数根．
9．D
【分析】过点作的平行线，交于点，交于点，设正方形边长为，由平行可判定和，计算得，．容易证明四边形是矩形，则，．结合四边形是矩形可证明，则，，从而得到．通过可计算出，从而求出的值．
【详解】解：如图，过点作的平行线，交于点，交于点，设正方形边长为，
∵四边形是正方形，
∴，，
∵，
∴，，
∵，
∴，，
∴，
∴，，
∴，
同理，
∴，
∴，，
∵，
∴四边形是矩形，
∴，，
∴，
∴，
在直角中，，
∵四边形是矩形，
∴，，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，，
∴，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，即，
∴，
∴．
10．D
【分析】①若符合条件的M是单项式，分为M是常数单项式，和M是次数的单项式，则其余系数为0，分别判断即可；②当时，根据题意得均为正整数，且，每个数至少为1，四个数最小和为4，剩余2需分配给四个数，要使M的权值最小，需将额外的2分配给权系数最小的，得出，，据此求解即可；③二次三项式即，为正整数，，则，根据当x取任意实数时，整式M的值一定为非负数，得出，再分情况判断即可．
【详解】解：①若符合条件的M是单项式，
若M是常数单项式，则，∵题目要求n为正整数，不符合，
若M是次数的单项式，则其余系数为0，∵题目要求所有系数为正整数，0不符合要求，
∴不存在符合条件的单项式，①正确；
②当时，∵均为正整数，且，每个数至少为1，
∴四个数最小和为4，剩余2需分配给四个数，
整式M的权值，要使M的权值最小，需将额外的2分配给权系数最小的，
此时，，M的权值，其余分配方式的权值均大于12，
∴权值最小值为12，②正确；
③二次三项式即，为正整数，，
∴，
∵当x取任意实数时，整式M的值一定为非负数，，
∴，
i、当时：若，则不符合；
若，则不符合；若，则符合；若，则符合；共2个符合；
ii、当时：若，则不符合；若，则符合；若，则符合；共2个符合；
iii、当时：若，则符合；若，则符合；共2个符合；
iv、当时：若，则符合；
综上，符合条件的M共7个，③正确．
11．
【分析】根据零指数幂运算法则计算第一项，再代入特殊角的三角函数值计算第二项，化简后得到最终结果．
【详解】解：原式
．
12．3
【分析】先估算出的取值范围，结合已知不等式，根据为正整数即可求出的值．
【详解】解：，，且，
，
，且为正整数，
，
．
13．
【分析】先根据树状图确定两次抽取所有等可能的结果总数，再找出积分和不低于25分的结果数，利用概率公式计算即可．
【详解】解：画树状图为：
根据树状图可得，共有16种等可能的结果数， 其中抽到的积分不低于25分的结果数为10，
故小明抽到的积分卡积分不低于25分的概率为．
14．
【分析】将原等式变形为关于和的二元一次方程组，求解得到与的值，再将所求分式通分变形后代入计算即可．
【详解】解：∵实数a，b同时满足，，
则，
设，，方程组化为，
得：，
解得：，
把代入①得：，
解得：，
即，，
，
．
15．
【分析】连接，由圆周角定理得到，结合，是的直径，，得到，求出，即可得到；设，证明，得到，即可求解．
【详解】解：连接，
∵，
∴，
∵，是的直径，，
∴，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴；
设，
∵，则，
∵是的切线，是的直径，
∴，，
∴，
∴，
∵，即，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，是的直径，
∴，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
16． 615 3226
【分析】①根据，得，得出当取得最小时，，则，即可求解．②根据“平方差6数”，得出千位为、百位、十位、个位，求出数位和：，从而得，根据除以7的余数为3，得出为整数，故整除 35 ，结合，得出或：结合，分两种情况分别求解即可．
【详解】解：根据定义：，
由平方差公式得：，
设，，
则，，
∴．
①∵，则，
∵，均是正整数且，
∴s和t必须同奇同偶，
∴当取得最小时，，则，s和t同奇，满足，
∴．
②∵“平方差6数”，
∴这个四位正整数M的千位为、百位、十位、个位，
∴数位和：，
∴，
∵除以7的余数为3，
∴为整数，故整除 35 ，
∵，
∴或：
∵，
故时：除以7余3，得，对应；
时：除以7余3，得，对应；
∵在的所有“平方差6分解”中，当取得最小时，称是的“最佳分解”，此时
又时最小，
∴此时，，
∴．
∴，
，
因此最大的．
17．不等式组的解集为，整数解为
【分析】求出每个不等式的解集，根据找不等式组解集的规律找出即可．
【详解】解： ，
解不等式①得，
解不等式②得，
所以不等式组的解集为：，
所以不等式组的所有整数解为：．
18．(1)详见解析
(2)①；②；③；④四边形是菱形
【分析】本题考查了尺规作图、菱形的判定：
（1）以点为圆心，大于的长为半径画两段弧，以点为圆心，大于的长为半径画两段弧，将弧的交点连接起来，交于于点，交于点，连接，以点为圆心，的长为半径画弧交直线于点，连接；
（2）根据四边相等的四边形为菱形直接判定即可．
【详解】（1）解：如图所示，
（2）证：垂直平分，
，且，
又，
，
∴四边形是菱形．
19．(1)，，
(2)八年级的学生对辅助学习工具的满意度更高，理由见解析
(3)
【分析】（1）根据中位数和众数的定义计算即可得出结果；
（2）根据中位数和众数分析即可得出结果；
（3）用乘以七年级所有学生中评分达到“非常满意”（不低于90分）的人数所占的比例，用乘以八年级所有学生中评分达到“非常满意”（不低于90分）的人数所占的比例，再求和即可．
【详解】（1）解：七年级20名学生评分在A组中的数据有（人），在D组中的数据有（人），在B组中的数据有8人，在C组中的数据有，
将七年级20名学生评分按照从小到大排列后的第10和11个数据是80，83，故；
∴，即；
八年级20名学生评分中出现次数最多的是86，故，
七年级20名学生评分在C组中的数据有，
（2）解：八年级的学生对辅助学习工具的满意度更高，理由如下：
七、八年级所抽取学生使用满意度评分统计表可得，七、八年级的平均数相等，但八年级的中位数和众数均高于七年级的中位数和众数，故八年级的学生对辅助学习工具的满意度更高；
（3）解：（人），
故该校七、八年级所有学生中评分达到“非常满意”（不低于90分）的总人数人．
20．，
【分析】先按照多项式乘以多项式运算法则、单项式乘以多项式运算法则、分式的混合运算法则，对原式进行化简，再结合有理数的乘方、求一个数的绝对值求出的值后，将其代入计算即可．
【详解】解：
，
，
原式．
21．(1)每个笔袋16元，每个笔记本31元．
(2)小明购买笔记本10个．
【分析】（1）根据两种购买方案的总花费，设未知数列出二元一次方程组求解，即可得到笔袋和笔记本的单价．
（2）根据购买数量的关系和售价差的条件，设未知数列出分式方程，检验后即可得到购买笔记本的数量．
【详解】（1）解：设每个笔袋x元，每个笔记本y元．
根据题意列方程组得，
解得，
答：每个笔袋 16 元，每个笔记本 31 元．
（2）解：设小明购买笔记本个，则购买笔袋的数量为个．
根据题意可知，笔记本单价为元，笔袋单价为元．
∵每个笔袋比每个笔记本售价少9元，
∴，
解得：，
检验：当时，分母不为0，符合题意．
答：小明购买笔记本10个．
22．(1)，
(2)画图见解析，当时，随着x的增大而增大（答案不唯一）
(3)
【分析】（1）先根据菱形的性质和勾股定理求出菱形的边长，分两种情况讨论：点P在上；点P在上，过点P作于H，根据相似三角形的性质求出，然后根据三角形的面积公式求出即可；证明，根据相似三角形的性质求出即可；
（2）根据函数关系式画出函数图象，然后结合的图象写出其性质即可；
（3）由函数图象即可得解结论．
【详解】（1）解：∵四边形是菱形，，，
∴，，，，
∴，
当点P在上，即，
过点P作于H，
∴，
∴，
∴，即，
解得，
∴；
当点P在上，即，
过点P作于H，
∴，
∴，
∴，即，
解得，
∴，
∴；
∵，
∴，
∴，
∴；
（2）解：画出函数图象如图所示：
由图象可得，当时，随着x的增大而增大；
（3）解：由图象可得，当时，x的取值范围为．
23．(1)
(2)42.9米
【分析】（1）过B作于F，过C作于G，根据矩形的判定与性质求出，，在和中，根据正切的定义求出，，结合可得出，求出，在中，根据正弦的定义求解即可；
（2）设小希的位置为M，小福的位置为N，过M作于H，设，则，在中，根据正弦的定义求出，根据余弦的定义求出，结合小希与钟楼D的直线距离恰好是小福离开钟楼D的距离的4倍，即，得出即，解方程即可求解．
【详解】（1）解：过B作于F，过C作于G，
则四边形是矩形，，，，
∴，
∴，，
∵，
∴，
解得，
∴，
即点A到点B的距离为；
（2）解：设小希的位置为M，小福的位置为N，过M作于H，
∵小希与小福同时出发且小希的速度是小福速度的2倍，
∴，
设，则，
根据题意，得，，
在中，，，
∴，
∵小希与钟楼D的直线距离恰好是小福离开钟楼D的距离的4倍，即，
∴，即，
解得，（不符合题意，舍去），
答：小福离开钟楼D的距离约为42.9米．
24．(1)
(2)点的坐标为，的最小值为
(3)的横坐标为或
【分析】（1）根据抛物线的对称轴是直线，设抛物线的解析式为，代入，求解即可．
（2）先求出点的坐标为，直线的解析式，设点的坐标为，过点作轴交于点，交轴于点，则点的坐标为，，证明，则，得出当时，取得最大值为，此时点的坐标为，把点向下平移2个单位长度得到点，点的坐标为，连接，证出四边形是平行四边形，则，即，得出的最小值为的长，的最小值，勾股定理求出，即可求解；
（3）根据（2）可知点的坐标为，根据题意可得，，，则将抛物线沿射线方向平移个单位长度，即为向右平移两个单位长度，向下平移一个单位长度得到抛物线，即，，得出，如图，过点作，过点作，则，根据，得出，则，再分为当点位于直线下方时和当点位于直线上方时，分别画图求解即可．
【详解】（1）解：∵抛物线的对称轴是直线，
设抛物线的解析式为，
把，代入得，
解得，
．
（2）解：在中，令，则，
∴点的坐标为，
设直线的解析式为，
把和代入得，
解得，
，
设点的坐标为，
过点作轴交于点，交轴于点，如图，
则点的坐标为，
，
∵轴，
，
，
∴当时，取得最大值为，
∴点的坐标为，
把点向下平移2个单位长度得到点，点的坐标为，连接，
则，
∴四边形是平行四边形，
，
即，
由关于对称性可得点的坐标为，
连接，则，
故的最小值为的长，的最小值，
∵，
故的最小值为；
（3）解：根据（2）可知点的坐标为，
根据题意可得，，，
∵如图，，
∴将抛物线沿射线方向平移个单位长度，即为向右平移两个单位长度，向下平移一个单位长度得到抛物线，
即，
∵点G为点A的对应点，
∴，
∴轴，
∴，
如图，过点作，过点作，
则，
∴，
∵，
∴，
∴，
当点位于直线下方时，如图，
连接，
则，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∴，
延长交抛物线于点，
则，
设直线解析式为，
则，解得：，
∴直线解析式为，
联立和，
解得：（舍去）或，
则；
当点位于直线上方时，
过点作交抛物线于点，连接，过点作，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
又，
∴，
∴，
∴点的横坐标为，
∴；
综上，的横坐标为或．
25．(1)；
(2)；
(3)
【分析】（1）先求出的长度，结合得到的长，再依据旋转性质证明，得到和，最后过作的垂线，在直角三角形中利用角的性质求出点到的距离．
（2）先由三角形中位线定理得到与的数量关系，再根据角平分线性质和全等三角形判定证明相关线段相等，推导出、与、的等量关系，最后结合和，通过线段和差代换得到、与的数量关系．
（3）先利用等腰直角三角形和中点性质得到线段的平行与垂直关系，结合翻折性质确定的轨迹，再由通过平行线分线段成比例确定的轨迹，利用相似三角形将CQ转化为，把CQ转化为，根据两点之间线段最短确定的位置，接着通过三角函数求出相关角度，设并根据线段和列方程求解，最后计算的面积．
【详解】（1）解：如图，过点作于点，即为点到的距离．
∵，，
∴．
过点作于点，
∵，
∴，．
∵，
∴．
由旋转的性质得，，
∵，，
∴．
在和中，，，
∴，
∴，．
在中，，，
∴，
即点到的距离为．
（2）解：猜想，证明如下：
∵点是的中点，点是的中点，
∴是的中位线，
∴，即．
由旋转的性质得，，
∴，，
∴．
如图，连接，．
在和中，，
∴，
∴，，
过作交的延长线于，交的延长线于，
∵平分的外角，，，
∴，
在和中，，
∴，
∴．
∵，
∴，
又，
∴，即平分．
∵，，
∴，
∴，
同理，，．
，．
∵，，，
∴．
又，
∴，
∴．
（3）解：∵，，
∴是等腰直角三角形，，．
∵是中点，是中点，
∴，，是的中位线，，
∵将沿翻折得到，由翻折性质得：，，即在以为圆心、3为半径的圆上．
如图，过作，交于，
∵，即，
∴，
∴，，
∴点在以为圆心、1为半径的圆上，
，
又∵，
∴，
∴，
∴，由两点之间线段最短，当、、三点共线时，取最小值，此时在上．
∵，，
∴，
在中，，，
∴由勾股定理得，
∵，
∴，，
∴，
∴，
∴，平分，
∵，
∴，
在中，，，
∴，
∴．
过作于，设，
在中，，，
在中，，
∴，
解得，
∵，
∴，
即的面积为．