2025_2026学年江苏常州市有光中学九年级下册3月新课结业考数学试卷 [有答案]

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1.sin30∘的值为（ ）
A.12B.32C.22D.33

2.在ΔABC中， ∠ACB=90∘， AC=2， BC=1， 则tanA的值为（ ）
A.12B.55C.255D.2

3.若一元二次方程x2+mx+2=0有两个相等的实数根，则m的值是（ ）
A.2B.±2C.±8D.±22

4.若半径为6cm的⊙O与直线l没有公共点，则圆心O到直线l的距离可以是（ ）
A.7cmB.6cmC.5cmD.4cm

5.如图，A是某公园的进口，B，C，D，E，F是不同的出口，若小华从A处进入公园，随机选择出口离开公园，则恰好从北面出口离开的概率为（ ）
A.13B.12C.35D.25

6.如图，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，连接OA,OC，若∠B=128∘，则∠AOC的度数是（ ）
A.52∘B.104∘C.110∘D.128∘

7.某公司拟推出由5个小礼品组成的礼品套盒，统计序号为1到5号的小礼品的质量如图所示．为了提高礼品套盒的品质，公司决定再增选2个小礼品放入套盒，且7个小礼品质量的中位数与原来5个小礼品质量的中位数相等，增选的2个小礼品的质量可以是（ ）
A.50克、60克B.70克、90克C.90克、100克D.60克、60克

8.将四边形ABCD(∠D=90∘)按如图所示的折纸方法展开后，下列结论不一定正确的是（ ）
A.AF//BCB.AF⊥DEC.ΔADG∼ΔDCED.AB=FC
二、填空题

9.一元二次方程2x2−x=0的解是________．

10.若圆锥的底面圆半径为4，母线长为5，则该圆锥的侧面积为_________________．

11.若xy=23，则x+yy的值为____________．

12.在平面直角坐标系xOy中，点P(6,−2)关于x轴对称的点的坐标是________．

13.若二次函数y=(x−1)2+t的图象与y轴的交点坐标为(0,3)，则t的值是________．

14.如图，在直角坐标系中， △ABC与△ODE是位似图形，则位似中心的坐标为________．

15.一枚圆形古钱币的正中间是一个正方形孔，它的部分尺寸（单位：mm）如图，这枚古钱币的半径为________ mm．

16.某手工艺人制作圆形正五边形拼接装饰盘，需用正五边形木片排成圆环状，这些木片完全相同．现已摆放3个正五边形木片，呈现如图所示的位置关系．手工艺人计划将这些木片围绕圆形装饰盘排成一个完整的圆环状．要完成这一圆环排列，总共需要________个正五边形木片．

17.如图，AB为订书机的托板，压柄BC绕着点B旋转，连接杆DE的一端点D固定，点E从A向B处滑动，在滑动的过程中，DE的长度保持不变．若BD=32 cm，tan∠DEB=37，∠B=45∘，则BE的长度为________cm．

18.定义：在平面直角坐标系xOy中，点P(x,y)到原点O的折线距离d=|x|+|y|．如图，点A(4,3)，圆A的半径为2，点P是圆A上的一点，则点P到点O的折线距离的最小值为________．
三、解答题

19.计算：2cs60∘−2sin45∘+3tan30∘．

20.解方程：
（1）4x(2x+1)=3(2x+1)；
（2）x2+6x−7=0．

21.为了解A，B两款品质相近的无人机满电运行的最长时间，分别抽样调查了两款无人机各10架，记录它们运行的最长时间（单位：min），并进行数据整理．
（1）填空：a=______，b=______，s12______s22（填写“>、6cm，即选项A符合题意．
故选：A．
5.
【正确答案】
D
本题考查了概率公式的应用，熟练掌握概率公式是解题的关键．根据共有5个出口，北面有两个出口，直接利用概率公式得出答案．
解：∵共有5个出口，其中北面有B，C两个出口，
∴恰好从北面出口离开的概率为25，
故选：D．
6.
【正确答案】
B
由圆内接四边形的性质得 ∠D=52∘ ，由圆周角定理得 ∠AOC=2∠D=104∘
解： ∵四边形ABCD是 ⊙ O的内接四边形，
∴∠B+∠D=180∘
∵∠B=128∘
∴∠D=52∘
∴∠AOC=2∠D=104∘
7.
【正确答案】
B
本题考查了中位数“将一组数据按照由小到大（或由大到小）的顺序排列，如果数据的个数是奇数，则处于中间位置的数就是这组数据的中位数；如果数据的个数是偶数，则中间两个数据的平均数就是这组数据的中位数”，熟记中位数的定义是解题关键．先求出原来5个小礼品质量的中位数为80克，再根据中位数的定义可得增选的2个小礼品的质量一个需在80克以下，一个需在80克以上，由此即可得．
解：由图可知，原来5个小礼品质量的中位数为80克，
要使7个小礼品质量的中位数与原来5个小礼品质量的中位数相等，则增选的2个小礼品的质量一个需在80克以下，一个需在80克以上，
观察四个选项可知，只有选项B符合，
故选：B．
8.
【正确答案】
D
根据折叠性质得出 DE⊥BC,DE⊥AF ，得出AF//BC，证明 ΔADG∼ΔDCE ，即可得出结论.
解：由折叠得：DE ⊥ BC，DE ⊥ AF，
∴AF∥BC ，故A、B都一定正确；
∵DE⊥BC,DE⊥AF,
∴∠AGD=∠DEC=∠ADC=90∘,
∴∠DAG+∠ADG=∠CDE+∠ADG=90∘,
∴∠DAG=∠CDE,
∴ΔADG∼ΔDCE ，故C一定正确；
无法得出AB=FC，故D不一定正确.
二、填空题
9.
【正确答案】
x1=0，x2=12
先把方程左边因式分解得到x(2x−1)=0，这样一元二次方程转化为两个一元一方程x=0或2x−1=0，然后解一元一次方程即可．
解：∵ x(2x−1)=0，
∴ x=0或2x−1=0，
∴ x1=0，x2=12．
故答案为x1=0，x2=12．
10.
【正确答案】
20π
本题考查了圆锥的侧面积，熟练掌握圆锥的侧面积公式是解题的关键．根据圆锥的侧面积公式即可求解．
解：该圆锥的侧面积为π×4×5=20π．
故20π．
11.
【正确答案】
53/123
本题考查了比例的性质，熟练掌握比例的性质是解题的关键；
设xy=23=k，得出x=2k，y=3k，再代入要求的式子进行计算即可得出答案.
解：设xy=23=k，
则x=2k，y=3k，
x+yy=2k+3k3k=53；
故53
12.
【正确答案】
（6，2）
关于x轴对称的两个点的横坐标相同，纵坐标互为相反数，据此可得答案.
解：在平面直角坐标系 xOy中，点P（6，-2）关于x轴对称的点的坐标是（6,2）
13.
【正确答案】
2
本题主要考查了二次函数图象与坐标轴的交点坐标，
求二次函数与y轴交点时，令 x=0 时 y=3 ，即可求参数t.
解：
当 x=0时， y=(0-1)²+t=3，
解得 t=2.
故2.
14.
【正确答案】
(4,2)
此题暂无解析
解：连接DB，OA并延长，交于点M，点M即为位似中心，
∴ M点坐标为4,2
故4,2．
15.
【正确答案】
13
本题考查了垂径定理，正方形的性质，勾股定理，先根据题意，则 AB 是 ⊙O 的直径，过O作OC ⊥TE，连接OD，再结合正方形的性质以及垂径定理得CE=5mm，CD=12mm，由勾股定理列式计算，即可作答.
解：如图所示： AB 是 ◯O 的直径，过O作 OC⊥TE ，连接OD，
依题意， TE=10mm,ED=7mm.
∵OC⊥TE,
∴CE=12TE=5mm,CD=5+7=12(mm)
∵一枚圆形古钱币的正中间是一个正方形孔，
∴CO=12×10=5(mm)
在Rt ΔOCD中， OD=OC2+CD2=25+144=13(mm)
即这枚古钱币的半径为 13mm
故13
16.
【正确答案】
10
本题考查了正多边形与圆的关系，正多边形的中心角的计算，等边对等角，确定 ∠AOB=36∘是关键，根据题意得到正多边形每个内角，对应外角的度数，由此得到圆心角的度数，由此即可求解.
解：正五边形的每个内角为 180∘×(5−2)5=108∘, ∴对应的外角的度数为 180∘−108∘=72∘,如图所示，OA=OB，
∴∠OAB=∠OBA=72∘,
∴∠AOB=180∘−2×72∘=36∘,
∴360∘÷36∘=10,
∴总共需要10个正五边形木片.
故10.
17.
【正确答案】
10
本题考查的是解直角三角形的应用，熟练掌握解直角三角形的方法是关键，过点D作 DF ⊥ AB，垂足为F，先求出BF=DF=3cm，进而求出EF=7cm，可得出结论.
解：如图所示，过点D作 DF ⊥ AB，垂足为F，
在Rt ΔDBF中，DB=3 2 cm， ∠B=45∘
∴DF=BD⋅sin45∘=3cm, BF=BD⋅cs45∘=3cm,
∵tan∠DEB=DFEF=37, DF=3cm，
∴EF=7cm,
∴EB=EF+BF
=7+3
=10cm.
故10.
18.
【正确答案】
7−22
如图，过P作直线 y=x的平行线交x轴于H，作直线y=x的垂线交x轴于I，过P作PG ⊥ x轴于G，当AP//直线y=x时，证明 HG=IG=PG，可得d=|x|+|y|=OH+HG+PG=OG+GI=OI，则当PI与 ⊙ A相切，且此时P为直线AP与切线的交点，此时OI最短，则d最小，再进一步求解即可.
解：如图，过P作直线 y=x的平行线交x轴于H，作直线 y=x的垂线交x轴于I，过P作PG ⊥ x轴于G，
当 AP//直线 y=x时，
∴PI⊥PH ∠PHI=∠PIH=45∘
∴PH=PI
∴HG=IG
∴HG=IG=PG,
点 A(4,3) ，圆 A 的半径为2，点 P(x,y) 是圆 A 上的一点，
∴x>0 y>0,
∴d=|x|+|y|=OH+HG+PG=OG+GI=OI,
∴当PI与 ⊙ A相切，且此时P为直线AP与切线的交点，
此时 OI最短，则d最小，
设直线 AP为： y=x+b,
∴4+b=3,
解得： b=−1,
∴直线 AP为： y=x−1,
∴H(1,0)
∴PG=y,OG=y+1,
∴P(y+1,y)
∴(y+1−4)2+(y−3)2=22,
解得： y=3−2 （ y=3+2舍去），
∴d=OI=y+1+y=7−22,
∴d的最小值为： 7−22.
三、解答题
19.
【正确答案】
1
把特殊角的三角函数值代入进行计算即可．
解：2cs60∘−2sin45∘+3tan30∘．=2×12−2×22+3×33
=1−1+1
=1．
20.
【正确答案】
x1=−12, x2=34
x1=−7, x2=1
此题暂无解析
（1）解： 4x(2x+1)=3(2x+1),
4x(2x+1)−3(2x+1)=0,
(2x+1)(4x−3)=0,
2x+1=0或 4x−3=0,
x=−12或 x=34,
所以方程的解为 x1=−12,x2=34.
（2）解： x2+6x−7=0,
(x+7)(x−1)=0,
x+7=0或 x−1=0,
x=−7或 x=1,
所以方程的解为 x1=−7,x2=1.
21.
【正确答案】
71，72，>
B款无人机更有优势，理由见解析
变小
（1）根据方差，中位数，众数的定义求解即可；
（2）运用平均数或其他统计量进行比较即可；
（3）根据方差的计算方法判断即可.
（1）解：A组数据为66、72、64、70、72、69、80、67、72、68，
72出现的次数最多，故众数为 b=72；
方差 s1 ​2=110×[(66−70)2+3×(72−70)2+(64−70)2+(70−70)2+(69−70)2+(80−70)2+(67−70)2+(68−70)2]=17.8,
B组数据为68、69、69、69、70、72、72、74、77、80，
所以其中位数为 a=70+722=71,
方差
s2 2=110(69−72)2+(68−72)2+(69−72)2+(74−72)2+(77−72)2+(72−72)2+(70−72)2+(80−72)2+(69−72)2+(72−72)2=14
.
∴s12>s22;
（2）解：B款无人机运行时间更有优势，
∵B款无人机运行时间的平均时间大于A款无人机，
∴B款无人机运行时间更有优势（答案不唯一，合理均可）.
（3）解：变小，理由如下：
新增数据70与A款无人机机的平均数相等，加入后会减小数据的方差.
22.
【正确答案】
23
13
（1）利用概率公式直接求解即可；
（2）根据题意列表，再根据概率公式求解即可.
（1）解：由题意可知，3个座位中有2个座位恰好靠近过道，则概率是 23；
（2）解：
由表格可知，共有6种情况，其中乐乐和爸爸相邻而坐的情况有2种，则乐乐和爸爸相邻而坐（不包括相隔过道而坐的情况）的概率为 26=13.
23.
【正确答案】
每个月日均接收快递件数的增长率为 25%
设每个月日均接收快递件数的增长率为 x . 根据题意列一元二次方程，取正数解即可.
解：设每个月日均接收快递件数的增长率为 x
则 64(1+x)2=100,
解得： x1=0.25=25% ， x2=−2.25 （舍）
答：每个月日均接收快递件数的增长率为 25%
24.
【正确答案】
k=−1 , a=−2 ;
SΔABC=9
（1）利用待定系数法即可求出 k , a 的值.
（2）令 x=0 时, 求得两个函数图象与 y 轴的交点 B,C 的坐标, 利用三角形面积公式即可求解.
（1）解：点 A(3,1) 在直线 y1=kx+4 上，
∴1=3k+4,
解得 k=−1
点 A(3,1) 在直线 y2=x+a 上，
∴1=3+a,
解得 a=−2
∴k=−1,a=−2;
（2）解: 由 (1) 知, 一次函数 y1=−x+4 与 y2=x−2 ,
令 x=0 ，则 y1=4,y2=−2,
∴ 点 B 的坐标为(0,4),点 C 的坐标为(0, - 2),
∴BC=4−(−2)=6, ∴SΔABC=12×6×3=9.
25.
【正确答案】
证明见解析；
30∘
（1）先由切线的性质得 OE⊥BC ，又因为 ∠B=90∘ ，得出OE ∥AB ，则 ∠BAE=∠OEA ，根据OA=OE，得 ∠OEA=∠OAE ，整理得 ∠BAE=∠OAE ，即AE平分 ∠BAC;
（2）先证明四边形OEBF为矩形，得 OE=BF=4,BE=OF ，根据AB=6得AF=6-4=2，运用勾股定理得 OF=AO2−AF2=23 ，根据三角函数求出 ∠AOF=30∘ ，根据平行线的性质即可作答.
（1）证明：连接 OE，
∵BC与 ◯ O相切，
∴OE⊥BC.
又： ∵∠B=90∘
∴AB⊥BC.
∴OE∥AB,
∴∠BAE=∠OEA,
∵OA=OE,
∴∠OEA=∠OAE.
∴∠BAE=∠OAE,
∴AE平分 ∠BAC;
（2）解：作 OF⊥AB ，如图所示：
∵AD=8,
∴OD=OA=4,
∵∠OEB=∠B=∠OFB=90∘.
∴四边形OEBF为矩形，
∴OE=BF=4,BE=OF,OF∥EB,
∵AB=6,
∴AF=6−4=2.
∴OF=AO2−AF2=42−22=23,
∴cs∠AOF=OFOA=234=32,
∴∠AOF=30∘
∵OF∥EB,
∴∠C=∠AOF=30∘.
26.
【正确答案】
64，53;
40cm.
（1）根据题意，由 ∠BCD=154∘ ，利用三角形的外角的性质，可求得 ∠1的度数，利用平角的定义，可得到 ∠2的度数；
（2）在Rt ΔEDH中，利用 EH=DE⋅cs∠HED，求得EH的长，得到MH的长，即可知AG，结合已知条件，得到CG长，在 Rt ΔCGD中，利用三角函数求得CD长即可.
（1）如图，延长AC交DG于G点，延长ME交DG于H点，
图2
∴∠CGD=90∘,∠EHD=90∘
∵∠BCD=154∘
∴∠1=∠BCD−∠CGD=154∘−90∘=64∘.
∵∠CDE=63∘
∴∠2=180∘−∠1−∠CDE=180∘−64∘−63∘=53∘.
（2）解： ∵∠2=53∘ ∠EHD=90∘
∴∠HED=37∘
ΔEDH
DE=30cm,cs∠HED=EHDE
∴EH=DE⋅cs∠HED=30×cs37∘≈24(cm),
∵EM=50cm,
∴MH=EM+EH=74(cm),
∴AG=MH=74cm,
∵AC=AB+BC=12+26=38(cm),
∴CG=AG−AC=36(cm)
∵在RtΔCGD中,∠GCD=90∘−∠1=26∘,cs∠GCD=CGCD,
∴CD=CGcs∠GCD=36cs26∘≈40(cm)
答：此时伸缩杆CD的长度约为40cm.
27.
【正确答案】
y=13x2−83x−3
8或 414
（4，15）或（4，-15）或 4,−3+892或 4,−3−892
(2) 分两种情况： ①当点P为直线BC下方的抛物线上的一个动点时，先求出点P的纵坐标，再代入计算即可； ②当点P为直线BC上方的抛物线上的一个动点时，设PC与x轴交于点D，先求出点D的坐标，再求出直线CD的解析式，与抛物线的解析式联立求解即可；
（1）将点B（9，0），C（0，-3）代入计算即可；
(3) 设点Q的坐标为 Q(4,n) ，分三种情况： ①∠CBQ=90∘ ②∠BCQ=90∘和 ③∠BQC=90∘利用勾股定理建立方程，解方程即可
（1）解：将点B(9,0), C(0,-3)代入 y=13x2+bx+c得： 13×92+9b+c=0c=−3解得 b=−83c=−3则抛物线的解析式为 y=13x2−83x−3.
（2）解： ①如图，当点P为直线BC下方的抛物线上的一个动点时，
∵∠PCB=∠OBC,
∴PC∥x轴，
∴点P的纵坐标与点C的纵坐标相等，即为-3，
将 y=−3代入 y=13x2−83x−3得： 13x2−83x−3=−3,
解得 x=8或 x=0（点C的横坐标），
∴此时点P的横坐标为8；
②如图，当点P为直线BC上方的抛物线上的一个动点时，
设PC与x轴交于点D，
∵∠PCB=∠OBC,
∴OB=9,OC=3,
∴BD=CD
设 OD=m(m>0) ，则 CD=BD=OB−OD=9−m,
在Rt ΔCOD中， OC2+OD2=CD2即 32+m2=(9−m)2
解得 m=4，
∴D(4,0)，
设直线CD的解析式为 y=kx+b0(k≠0)，
将点D(4,0)，C(0,-3)代入得： 4k+b0=0b0=−3 ，解得 k=34b0=−3
∴直线CD的解析式为 y=34x−3,
联立 y=13x2−83x−3y=34x−3 ，解得 x=414y=7516或 x=0y=−3
∴此时点P的横坐标为 414；
综上，点P的横坐标为8或 414
（3）解：抛物线 y=13x2−83x−3=13(x−4)2−253的对称轴为直线 x=4
(3) 解：抛物线 y=13x2−13x−3=13(x−4)−13的对称轴为直线 x=4
由题意，设点Q的坐标为 Q(4,n)
∵B(9,0),C(0,−3)
∴BC2=(0−9)2+(−3−0)2=90 BQ2=(4−9)2+(n−0)2=n2+25 CQ2=(0−4)2+(−3−n)2=n2+6n+25
①当 ∠CBQ=90∘时， ΔBCQ为直角三角形，
则 BC2+BQ2=CQ2即 90+n2+25=n2+6n+25，解得 n=15
∴此时点Q的坐标为（4，15）；
②当 ∠BCQ=90∘时， ΔBCQ为直角三角形，
则 BC2+CQ2=BQ2即 90+n2+6n+25=n2+25，解得 n=−15
∴此时点Q的坐标为（4，-15）；
③当 ∠BQC=90∘时， ΔBCQ为直角三角形，
则 BQ2+CQ2=BC2即 n2+25+n2+6n+25=90，解得 n=−3±892
∴此时点Q的坐标为 4,−3+892或 4,−3−892
综上，点Q的坐标为（4，15）或（4，-15）或 4,−3+892或 4,−3−892.
28.
【正确答案】
本题考查了圆周角定理，等边三角形的判定和性质，勾股定理，一次函数，按照题意画出辅助圆是解题的关键.
(1) 根据勾股定理可得MN的长，连接NA，可得 ΔNOA为等边三角形，即可求得 ∠MON
(2) 若点P是线段MN关于点O的“友好点”，则 ∠MPN+∠MON=150∘ ，可得 ∠MPN=30∘ ，根据圆周角定理得到线段MN关于点O的“友好点”在圆G上，分别计算各个点到圆心的距离是否等于半径即可判断；
(3) 得到O,G,E三点共线，可得 SΔMNE=MN×EH2 ，求得EN即可解答；
(4) 当 ∠MFN=∠MDN时，点F在圆G上，根据距离公式列方程即可求得此时n的值，根据图形可得当点在 F1左边或在 F2右边时，
解：根据勾股定理可得 MN=0−32+2+12=23,
如图，连接NA
∴NA=0−32+(−2+1)2=2′
ΔOAN为等边三角形
(2) 解：若点P是线段MN关于点O的“友好点”，则 ∠MPN+∠MON=150∘
(2) 解：若点P是线段MN关于点O的“友好点”，则 ∠MPN+∠MON=150∘,
∵∠MON=120∘,
∴∠MPN=30∘,
如图，过点M作MG ∥x轴，且 MG=MN=23 ，则 G23,2,
∴∠OMG=90∘,
∵∠OMN=180∘−∠MON2=30∘,
∴∠GMN=60∘,
∵MG=MN,
∴ΔMGN为等边三角形，
∴∠MGN=60∘,
∵∠NPM=30∘=12∠MGN,
∴点P在以G为圆心，半径为 23的圆上，且在优弧MN上，
即线段MN关于点O的“友好点”在圆G上，
433,5
.AG=33−232+(5−2)2=23=GM′
∵B33,−1,
∴BG=33−232+(−1−2)2=23=GM ∴B33,−1是线段MN关于点O的“友好点”， ∵C43,0,
∴CG=43−232+(0−2)2=4≠GM ∴C43,0不是线段MN关于点O的“友好点”，故点A和点B；
（3）解： ∵E3m,m,
∴点E在直线 y=33x上，
当 x=2 3时， y=33×23=2
∴点G在直线 y=33x上，
即 O,G,E三点共线，
∵MO=NO,GM=GN,
∴EO垂直平分 MN，
设EO与MN交于点H，
∴MH=NH=12MN=3,
∴GH=MG2−MH2=3,
∴EH=GH+EG=3+23,
∴SΔMNE=MN×EH2=33+6;
(4) 解： ∵Fn,−33n+6, ∴ 点F在直线 y1=−33x1+6上，
∴∠MFN