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期末模拟试题 2025-2026学年上学期
初中数学人教版九年级上册期末复习
一、单选题
1．《国家宝藏》节目立足于中华文化宝库资源，通过对文物的梳理与总结，演绎文物背后的故事与
历史，让更多的观众走进博物馆，让一个个馆藏文物鲜活起来．下面四幅图是我国一些博物馆的标
志，其中是中心对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
2．下列事件中，是必然事件的是（ ）
A．任意画一个三角形，其内角和是
B．经过有交通信号灯的路口，刚好是红灯
C．购买一张体育彩票，能够中奖
D．从只装有红球和黄球的袋中，掏出一个球是黑球
3．一个由若干个大小相同的小正方体搭成的几何体，它的主视图和俯视图如图所示，那么组成该几
何体所需小正方体的个数最少是（ ）
A．7 B．8 C．6 D．5
4．如图，点 ， ， 在 中，若 ，则 的度数是（ ）
A． B． C． D．
5．如图， 三个顶点的坐标分别为 ， ， ，以点 为位似中心，在 轴
下方作把 放大为原来的2倍的位似图形 ，则点 的坐标为（ ）A． B． C． D．
6．已知反比例函数 在每个象限内y随着x的增大而增大，点 在这个反比例函数图象
上，则a的值可以是（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
7．图1是一种三角车位锁，其主体部分是由两条长度相等的钢条组成．当位于顶端的小挂锁打开时，
钢条可放入底盒中（底盒固定在地面下），此时汽车可以进入车位；当车位锁上锁后，钢条按图1
的方式立在地面上，以阻止底盘高度低于车位锁高度的汽车进入车位．图2是其示意图，经测量，
钢条 ．则车位锁的底盒长 为（ ）
A． B． C． D．
8．在同一时刻，身高1.6米的小丽在阳光下的影长为2.5米，一棵大树的影长为10米，则这棵树的
高度为（ ）
A．3米 B．4.6米 C．6.4米 D．7.8米
9．为加快建设“河洛书苑”城市书房，打造15分钟“文化阅读圈”，推动“书香洛阳”建设，洛
阳市一座座“河洛书苑”城市书房如雨后春笋般涌现．据统计，某“河洛书苑”第一个月进馆1280
人次，进馆人次逐月增加，到第三个月月末累计进馆6080人次，若进馆人次的月平均增长率相同．
设进馆人次的月平均增长率为 ，则可列方程为（ ）A． B．
C． D．
10．将抛物线 向下平移2个单位，所得抛物线顶点一定在（ ）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
二、填空题
11．在平面直角坐标系中，将点 绕原点 旋转 后，得到的对应点 的坐标是
．
12．抛物线 的顶点坐标是 ．
13．有一枚均匀的正方体骰子，骰子各个面上的点数分别为1、2、3、4、5、6．若任意掷一次骰子，
朝上一面的点数为偶数的概率为 ．
14．参加足球联赛的每两支球队之间都要进行两场比赛，共比赛72场，设参加比赛的球队有x支，
根据题意，所列方程为 ．
15．在平面直角坐标系中，将点 绕点O顺时针旋转 ，得到的对应点 的坐标为
．
16．如图， 切 于点A，B， 切 于点E，交 于点C，D，若 的周长是
20，则 的长是 ．
17．抛物线 与x轴有公共点，则m的取值范围是 ．
18．如图， 且 ，则 的大小是 度．三、解答题
19．用适当的方法解下列方程：
(1) ；
(2) ．
20．抛物线 与 轴的公共点是 ，求这条抛物线的顶点坐标．
21．如图，在平面直角坐标系中， 的三个顶点的坐标分别为 ， ， ．
(1)画出 关于原点O对称的 ；
(2)画出 绕原点O顺时针旋转 得到的 ，并写出点 的坐标．
22．甲、乙两人同在如图所示的地下车库等电梯．已知他们分别在1至4层的任意一层出电梯．
4
3
2
1车库
(1)如果甲在1层出电梯，那么乙和甲在同一层楼出电梯的概率是______；
(2)请你用列表法求出甲、乙在相邻楼层出电梯的概率．
23．已知关于 的方程 有实数根．
（1）求 的取值范围；
（2）若该方程有两个实数根，分别为 和 ，当 时，求 的值．
24．如图，△ADE由△ABC绕点A按逆时针方向旋转90°得到，且点B的对应点D恰好落在BC的
延长线上，AD，EC相交于点P．
（1）求∠BDE的度数；
（2）F是EC延长线上的点，且∠CDF＝∠DAC．判断DF和PF的数量关系，并证明．
25．如图，已知 是圆 的直径， 是圆 的弦， 交 于 ，过点 作圆 的切
线交 的延长线于点 ，连接 并延长交 的延长线于点 ．
（1）求证： 是圆 的切线；
（2）若 ， ，求线段 的长．
26．某商店购进一批成本为每件30元的商品，经调查发现，该商品每天的销售量y（件）与销售单
价x（元）之间满足一次函数关系： ，且规定商品的单价不能低于成本价，但不高于50元．
(1)销售单价为多少元时，每天能获得800元的利润；
(2)若使销售该商品每天获得的利润最大，销售单价应定为多少元?最大利润为多少元?
27．如图，在平面直角坐标系中，直线 与y轴交于点A，与x轴交于点B，抛物线
经过A，B两点．
(1)求抛物线的解析式；
(2)过点A作 轴，交抛物线于点C，点P为抛物线上一动点（点P在AC上方），作
轴交AB于点 ．当点P在什么位置时，四边形APCD的面积最大？并求出最大面积；
(3)当 时，函数 的最大值为2，求t的值．参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 C A A B B A C C A A
1．C
【分析】把一个图形绕某一点旋转180°，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．不是中心对称图形，故本选项不合题意；
B．不是中心对称图形，故本选项不合题意；
C．是中心对称图形，故本选项符合题意；
D．不是中心对称图形，故本选项不合题意；
故选：C．
【点睛】本题主要考查了中心对称图形，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重
合．
2．A
【分析】本题考查了事件的分类，根据必然事件的定义，即在一定条件下必然会发生的事件，逐一
分析各选项即可．
【详解】解：A．根据三角形内角和定理，任意三角形的内角和恒为 ，无论形状如何，此结论
始终成立，故为必然事件；
B．交通信号灯有红、黄、绿三种状态，遇到红灯是随机事件；
C．彩票中奖存在概率，可能发生也可能不发生，属于随机事件；
D．袋中无黑球，掏到黑球是不可能事件．
故选∶A．
3．A
【分析】本题考查了由三视图判断几何体，意在考查学生对三视图掌握程度和灵活运用能力，同时
也体现了对空间想象能力方面的考查．如果掌握口诀“俯视图打地基，正视图疯狂盖，左视图拆违
章”就容易得到答案．
根据三视图的知识，俯视图是由5个小正方形组成，而主视图是由两层小正方形组成，故这个几何
体的底层最少有5个小正方体，第2层最少有2个小正方体．
【详解】解：根据俯视图可知，这个几何体的底层最少有 个小正方体，
第二层最少有2个小正方体，
因此组成这个几何体的小正方体最少有 个．
如图：（其中一种情形）故选：A．
4．B
【分析】本题主要考查圆周角定理、等腰三角形的性质和三角形内角和定理，由圆周角定理得
，由 得 ，最后根据三角形内角和定理可解答
问题．
【详解】解：∵ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
故选：B．
5．B
【分析】本题考查了平面直角坐标系中的位似三角形，解题关键是掌握位似三角形的性质和坐标规
律．
根据平面直角坐标系内位似图形的性质和坐标规律即可求解．
【详解】解：由题意可得： ，且相似比为 ，
，
，
，
，
故选：B．
6．A
【分析】此题考查了反比例函数图象上点的坐标特征，要熟悉反比例函数的性质，同时要注意数形
结合．根据函数的增减性判断出图象所在象限，进而得出图象上点的坐标特征，将四个选项的数值
代入 验证即可．【详解】解：∵反比例函数 ，在每个象限内y随着x的增大而增大，
∴函数图象在二、四象限， ，
∴图象上的点的横、纵坐标异号．
A、 时，得 ，故本选项正确；
B、 时，得 ，故本选项错误；
C、 时，得 ，故本选项错误；
D、 时，得 ，故本选项错误．
故选：A．
7．C
【分析】本题主要考查了三角函数的应用，由题意构建三角形并正确运用相关三角函数是解决问题
的关键．
过点A作作 于点 ，根据等腰三角形的性质可知 ，再利用三角函数知识表示出
，则 长可表示．
【详解】解：过点 作 于点 ，
，
，
在 中， ， ，
，
，
故答案为：C．
8．C
【分析】本题考查了相似三角形的应用， 熟练掌握同时同地物高与影长的比相等列出比例式是解题
的关键．根据同时同地物高与影长的比相等列出比例式， 然后求解即可
【详解】解：设树高为x米，由题意得，
米，
故选C．
9．A
【分析】根据月平均增长率为x，可知第二个月进馆人次为 ，第三个月进馆人次为
，根据三个月进馆人次列方程即可．
【详解】解：由题意，第二个月进馆人次用含x的代数式表示为： ，
第三个月进馆人次用含x的代数式表示为： ，
∵到第三个月月末累计进馆6080人次，
∴ ．
故选：A．
【点睛】本题考查列一元二次方程，解题的关键是理解月平均增长率的含义．
10．A
【分析】根据平移规律得到平移后抛物线的顶点坐标，然后结合 的取值范围判断新抛物线的顶点
所在的象限即可．
【详解】解：∵ ，
∴该抛物线顶点坐标是 ，
将其向下平移2个单位，得到的抛物线的顶点坐标是 ，
∵ ，
∴ ，
则 ，
，∴平移后抛物线的顶点坐标是 一定在第一象限，
故选：A．
【点睛】本题考查了二次函数的图象与性质、平移的性质、抛物线的顶点坐标等知识；熟练掌握二
次函数的图象和性质，求出抛物线的顶点坐标是解题的关键．
11．
【分析】本题主要考查了关于原点对称点的坐标，准确计算是解题的关键．
利用关于原点中心对称的点的坐标特征，旋转180°后，点的横纵坐标均变为相反数，即可得解．
【详解】点绕原点旋转 后，所得点与原点关于原点中心对称，因此坐标互为相反数，点 的坐
标为 ，故旋转后点 的坐标为 ；
故答案为 ．
12．
【分析】利用二次函数解析式中的顶点式 ，其顶点坐标为 即可直接得出．
【详解】 的顶点坐标是 ．
故答案为： ．
【点睛】本题考查二次函数的顶点式和顶点坐标．掌握二次函数 的顶点为
是解题关键．
13．
【分析】根据概率公式即可得．
【详解】解：∵任意抛掷一次骰子共有6种等可能结果，其中朝上一面的点数为偶数的只有3种，
∴朝上一面的点数为偶数的概率为 ；
故答案为： ．
【点睛】本题主要考查概率公式，掌握随机事件A的概率P (A) =事件A可能出现的结果数÷所有可
能出现的结果数是解题的关键．14．
【分析】本题考查了一元二次方程的应用，设参加比赛的球队有x支，每两支球队之间进行两场比
赛，总比赛场次为 ，根据共比赛72场，列出方程即可．
【详解】解：设参加比赛的球队有x支，
依题意得： ．
故答案为： ．
15．
【分析】本题主要考查了坐标与图形变化-旋转，将线段的旋转转化为直角三角形的旋转是解题的关
键．
根据A点坐标得到 ， 绕原点O顺时针旋转 得到 可看作是 绕原点O
顺时针旋转 得到 ，根据旋转的性质得到 ， ，再写出 点的
坐标．
【详解】解：如图： 轴于B， 轴于C，则 ，
∵ 绕原点O顺时针旋转 得到 可看作是 绕原点O顺时针旋转 得到 ，
∴ ， ，
∴点 的坐标为 ．
16．10
【分析】本题主要考查了切线长定理．直接利用切线长定理得出 ，进而
求出 的长．【详解】解：∵ 切 于点A，B， 切 于点E，
，
的周长是20，
，
，
，
，
故答案为：10．
17．
【分析】本题主要考查了根的判别式，解一元一次不等式，解题的关键是掌握数形结合的思想．
根据抛物线与x轴有公共点，可知对应的一元二次方程有实数根，判别式非负．
【详解】解：抛物线 与x轴有公共点，即方程 有实数根，
判别式 ，其中 ，
计算得 ，
由 ，
得 ，
即 ，
故答案为： ．
18． ．
【分析】设∠OAC=x，∠CAB=y，根据等腰三角形的性质，则∠OCA=x，∠OBA=x+y，
∠OBC=x+30°，利用三角形内角和定理计算即可．
【详解】解：设∠OAC=x，∠CAB=y，
∵OA=OC，∴∠OCA=x，
∵OA=OB，
∴∠OBA=x+y，
∵OC=OB，
∴∠OBC=x+30°，
∵ ，
∴∠CAB+∠OBA+∠OBC=150°，
∴y+x+y+ x+30°=150°，
∴2(x+y)=120°，
∵∠AOB=180°-2∠OBA
=180°-2(x+y)，
∴∠AOB=180°-120°=60°，
故答案为：60．
【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，三角形内角和定理，熟练应用性质，合理引进未知数，采
用设而不求的思想计算是解题的关键．
19．(1) ，
(2) ，
【分析】本题主要考查了解一元二次方程的方法．根据方程特点选择合适的方法是解题的关键．
（1）根据方程的特点利用因式分解法来解答，先对其变形，再结合提公因式进行因式分解可得
，至此问题即可迎刃而解；
（2）先确定方程中的a、b、c分别是什么数，再求判别式判别式的值，然后根据求根公式解方程即
可.
【详解】（1）解： ，
移项，得 ，
提公因式，得 ，
∴ ，
∴ ．（2）解： ，
这里 ，
∴ ，
∴ ，
∴ ．
20．
【分析】本题主要考查待定系数法求解析式，配方法求顶点坐标，掌握待定系数法求解析式，配方
法的运用是解题的关键．
运用待定系数法求出 的值，再求出抛物线的解析式，运用配方法即可求解．
【详解】解：依题意得： ，
解得： ，
解析式为： ，
配方得： ，
顶点坐标为： ．
21．(1)作图见解析
(2)作图见解析；
【分析】本题考查作中心对称图形，作旋转图形，掌握中心对称图形与旋转图形是解题的关键．
（1）根据关于原点对称点的坐标变化得到 的三个顶点关于原点O的对称点 ， ， 的坐
标，再在坐标系中描出点 ， ， ，依次连接即可得到 ；
（2）根据旋转的性质作出点 ， ， ，依次连接即可得到 ，由平面直角坐标系直接写出点 的坐标．
【详解】（1）解：∵ ， ， ， 与 关于原点O对称，
∴ ， ， ，
∴如图， 即为所求．
（2）解：如图， 为所求．
点 的坐标为 ．
22．(1)
(2)见解析，
【分析】（1）直接利用概率公式可得答案．
（2）列表得出所有等可能的结果数以及甲、乙在相邻楼层出电梯的结果数，再利用概率公式可得出答案．
【详解】（1）解：由题意得，乙在 层出电梯的概率为 ，
∴乙和甲在同一层楼出电梯的概率是 ．
故答案为： ．
（2）解：列表如下：
1 2 3 4
1
2
3
4
一共出现16种等可能的结果，其中甲、乙在相邻楼层出电梯的结果有6种，
（甲、乙在相邻楼层出电梯） ．
【点睛】本题考查列表法与树状图法、概率公式，熟练掌握列表法与树状图法以及概率公式是解答
本题的关键．
23．（1） ；（1）1.
【分析】(1)根据方程有实数根，可分为k=0与k≠0两种情况分别进行讨论即可得；
(2)根据一元二次方程根与系数的关系可得 ， ，由此可得关于k的方程，解方程即
可得.
【详解】(1)当 时，方程是一元一次方程，有实根符合题意，
当 时，方程是一元二次方程，由题意得
，
解得： ，
综上， 的取值范围是 ；
(2) 和 是方程 的两根，， ，
，
，
解得 ，
经检验： 是分式方程的解，且 ，
答： 的值为 .
【点睛】本题考查了方程有实数根的条件，一元二次方程根与系数的关系，正确把握相关知识是解
题的关键.
24．（1）∠BDE＝90°；（2）DF＝PF，证明见解析
【分析】（1）由旋转的性质即可求得结果；
（2）由旋转的性质可得∠ACE=∠ADB=45゜，则易得∠FPD=∠DAC+∠ACE=∠CDF+∠ADB=∠FDP，
从而可得DF=PF．
【详解】（1）由旋转的性质可知，AB＝AD，∠BAD＝90°，∠ADE=∠B，
在Rt△ABD中，∠B＝∠ADB＝45°，
∴∠ADE＝∠B＝45°，
∴∠BDE＝∠ADB+∠ADE＝90°．
（2）DF＝PF．理由如下：
由旋转的性质可知，AC＝AE，∠CAE＝90°，
在Rt△ACE中，∠ACE＝∠AEC＝45°，
∵∠CDF＝∠CAD，∠ACE＝∠ADB＝45°，
∴∠ADB+∠CDF＝∠ACE+∠CAD，
即∠FPD＝∠FDP，
∴DF＝PF．
【点睛】本题考查了旋转的性质，等腰三角形的判定与性质，三角形外角的性质等知识，关键是掌
握旋转的性质．
25．（1）见解析；（2）
【分析】（1）连接 ，根据平行线的性质得到 ，由圆周角定理得到
，根据线段垂直平分线的性质得到 ，求得 ，根据切线的性质得到 ，求得 ，于是得到结论；
（2）解直角三角形即可得到结论．
【详解】（1）证明：连接 ，
∵ ，
∴ ，
∵ 是圆 的直径，
∴ ，
∴ ，由垂径定理得 垂直平分 ，
∴ ，
∴ ，
又∵ ，
∴ ，
即 ，
∵ 为圆 的切线， 是半径，
∴ ，
∴ ，
即 ，
∵ 是圆 的半径，
∴ 是圆 的切线；
（2）解：在 中， ，
∴ ，又 ，
∴ 是等边三角形，
∴ ，
在 中， ，
∴ ．【点睛】本题考查了切线的判定和性质，垂径定理，圆周角定理，等腰三角形的性质，正确的作出
辅助线是解题的关键．
26．(1)销售单价为40元时，每天能获得800元的利润；
(2)若使销售该商品每天获得的利润最大，销售单价应定为50元，此时最大利润为1200元．
【分析】（1）根据题意，列出一元二次方程，解方程，舍去不合题意的解，问题得解；
（2）设商品的利润为w元，得到w与x的二次函数关系式并配成顶点式，根据自变量取值范围和二
次函数的性质，即可求出当x=50时，w有最大值，此时w=1200，问题得解．
【详解】（1）解：由题意得 ，
整理得 ，
解得 ，
由题意得 ，
∴ 不合题意，舍去，
∴ ，
答：销售单价为40元时，每天能获得800元的利润；
（2）解：设商品的利润为w元，由题意得
（ ），
∵-2＜0，
∴当 时，w随x的增大而增大，
∴当x=50时，w有最大值，此时w=1200，
答：若使销售该商品每天获得的利润最大，销售单价应定为50元，此时最大利润为1200元．
【点睛】本题考查了一元二次方程的应用和二次函数的应用，理解题意，熟知二次函数的性质，根
据题意正确列出一元二次方程和二次函数解析式是解题关键，解题时一定要注意商品单价的取值范
围．
27．(1)(2)点P的坐标为 ；最大面积为
(3) 或
【分析】本题主要考查了二次函数综合，一次函数与坐标轴的交点问题，熟知二次函数的相关知识
是解题的关键．
（1）先利用一次函数求出A、B的坐标，然后把A、B坐标代入抛物线解析式中求解即可；
（2）先求出点C坐标为 ，设点P的坐标为 ，点D的坐标为 ．证明
，则 ，据此求解即可；
（3）先求出 时，y的值最大，最大值为4，然后分两种情况求解即可．
【详解】（1）对于 ，当 时， ；
当 时， ，
所以 ，
将 ， 代入抛物线的解析式，得
解得
所以抛物线的解析式为
（2）抛物线的对称轴为直线
由 轴可得点C的坐标为
设点P的坐标为 ，则由 轴可得点D的坐标为
因为 轴， 轴，
所以 ，
所以可得．
因为 ，所以当 时， 有最大值
当 时， ，此时
故点P的坐标为 时，四边形APCD的面积最大，最大面积为
（3）
因为 ，所以当 时，y取得最大值，最大值为
又当 时，函数 的最大值为2，
所以根据二次函数的增减性，分两种情况讨论：
①当 ，即 时， ，
解得 ， 舍去 ；
②当 时， ，
解得 ， 舍去
综上所述，t的值为 或
