河北省邯郸市育华中学2025-2026学年上学期九年级期末数学试卷（原卷版+解析版）

这是一份河北省邯郸市育华中学2025-2026学年上学期九年级期末数学试卷（原卷版+解析版），共29页。试卷主要包含了选择题，四B. 二，解答题等内容，欢迎下载使用。
1. 下列图形中，不是相似图形的一组是（ ）
A. B.
C. D.
2. 下列事件中，是必然事件是（ ）
A. 任意买一张电影票，座位号是偶数
B. 抽查背诵，刚好抽到学号是5的同学
C. 对顶角相等
D. 打开收音机，正好播放音乐《一路山程》
3. 已知抛物线有最低点，那么a取值范围是（）
A. B. C. D.
4. 如图，从点观测点的仰角是（ ）
A. B. C. D.
5. 若，互为倒数，则反比例函数的图象所在的象限为（ ）
A. 二、四B. 二、三C. 一、三D. 一、二
6. 如图，四边形与四边形位似，其位似中心为点，且，则四边形与四边形的面积比是
A. B. C. D.
7. 若方程的两根之积为2，则的值是（ ）
A. 2B. C. 0D. 1
8. 如图，经过正六边形的顶点A、E，则所对的圆周角等于（ ）
A. B. C. D.
9. 如图，小明以抛物线为灵感，在平面直角坐标系中设计了一款高OD为14的奖杯，杯体轴截面ABC是抛物线的一部分，则杯口的口径AC为（ ）
A. 7B. 8C. 9D. 10
10. 如图，是的外接圆，是直径，是的内切圆，连接，则的度数为（ ）
A B. C. D.
11. 如图，在正方形中，顶点，，，在坐标轴上，且，以为边构造菱形．将菱形与正方形组成的图形绕点逆时针旋转，每次旋转，则第次旋转结束时，点的坐标为（ ）
A B. C. D.
12. 如图，点P为函数y=（x＞0）的图象上一点，且到两坐标轴距离相等，⊙P半径为2，A（3，0），B（6，0），点Q是⊙P上的动点，点C是QB的中点，则AC的最大值是（ ）
A. 2﹣1B. 2+1C. 4D. 2
二、填空题（共4小题，每题3分）
13. 计算：________．
14. 点，在反比例函数的图象上，则________（填“”，“”或“”）
15. 已知点和点关于原点对称，则___________．
16. 如图，是等腰直角三角形，，，点为中点．以点为圆心作扇形，，当扇形绕点旋转时，线段与交于点，线段与直线交于点．
（1） 若于点，则________；
（2） 若，则________．
三、解答题
17. 如图，某数学课外活动小组同学做了一个数学风车，现在数学风车的每片叶片上标有一个有理数．
（1）若，求这四个有理数的和；
（2）若相对的两个叶片上数字的和相等，求a的值．
18. 小珍解方程过程如下：
解：去分母，得……第一步
去括号，得 ……第二步
合并同类项，得……第三步
解得 ……第四步
检验：当时，
不是分式方程的根，原分式方程无解．……第五步
（1）你认为小珍从第______步出现错误；
（2）写出正确的解答过程．
19. 如图，在由边长为1个单位长度小正方形组成的网格中，点，，均为格点（网格线的交点），，，．
（1）将向下平移3个单位长度，再向左平移4个单位长度，得到，请画出；
（2）将绕点顺时针旋转得到，请画出；
（3）在（2）的旋转过程中，点经过的路径长为______．
20. 邯郸作为国家历史文化名城，拥有磁州窑烧制技艺、大名草编、邯郸皮影等多项国家级非物质文化遗产．某学校非遗社团为宣传家乡文化，决定从A．磁州窑瓷器、B．大名草编、C．邯郸皮影三种非遗作品中选择一种进行展示．
（1）该社团从这三种非遗作品中随机选择一种，恰好选中“C．邯郸皮影”的概率是____；
（2）为更好地推广邯郸非遗，社团准备分甲、乙两个小组进行展示体验，每组随机选择一种非遗作品．请用列表或画树状图的方法，求两组恰好选中同一种非遗作品的概率．
21. 如图，在纸片中，，D是斜边上一点，将沿折叠，使点C落在点F处，线段与相交于点E，已知．
（1）求证：；
（2）若，，且，求．
22. 如图，在中，点A是的中点，平分，，．
（1）求的度数；
（2）求出的半径；
（3）直接写出图中阴影部分的面积．
23. 阅读材料，完成任务．
24. 如图①，平面直角坐标系中，有抛物线：．设抛物线与轴相交于点，，与轴正半轴相交于点，且．
（1）直接写出a的值．
（2）如图②，将抛物线平移得到抛物线，使过点C和，求抛物线的解析式．
（3）将（2）中在y轴左侧的部分与在y轴右侧的部分组成的新图象记为G． 过点C作直线l平行于x轴，与图象G交于D，E两点，如图③．
①求出的长；
②有一条直线与新图象G只有两个公共点P，Q，且直线与直线l的距离等于2，请直接写出线段长度________素材一
如图（1），一个书架上放着8个完全一样的长方体档案盒，其中左边7个档案盒紧贴书架内侧竖放，右边1个档案盒向左斜放，档案盒的顶点D在书架底部，顶点F靠在书架右侧，顶点C靠在左边的档案盒上
素材二
其示意图如图（2），经测量知书架内侧长度，，档案盒．
（参考数据：，，）
任务一
计算右边档案盒的顶点D到它所靠的档案盒的距离
（1）求的长（结果保留整数）
任务二
求出每个档案盒的厚度
（2）求的长（结果保留整数）
任务三
书架摆放档案盒的设计
（3）求出该书架上最多能放几个这样的档案盒
育华中学2025－2026学年上学期九年级期末数学试卷
一、选择题（共12小题，每题3分）
1. 下列图形中，不是相似图形的一组是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查了相似图形的识别，解题的关键是：明确相似图形的定义．根据相似图形的定义，形状相同但大小不同的图形，是相似图形，依次判断，即可求解．
【详解】解：、具有相同的形状，是相似图形，不符合题意，
、具有相同的形状，是相似图形，不符合题意，
、具有相同的形状，是相似图形，不符合题意，
、不具有相同的形状，不是相似图形，符合题意，
故选：．
2. 下列事件中，是必然事件的是（ ）
A. 任意买一张电影票，座位号是偶数
B. 抽查背诵，刚好抽到学号是5的同学
C. 对顶角相等
D. 打开收音机，正好播放音乐《一路山程》
【答案】C
【解析】
【分析】本题主要考查随机事件，解题的关键是理解定义；必然事件是指在一定条件下一定会发生的事件；选项A、B、D都是随机事件，可能发生也可能不发生；选项C是几何性质，对顶角一定相等，因此是必然事件，然后问题可求解．
【详解】解：∵对顶角相等是几何基本定理，
∴选项C是必然事件；
其他选项：A中座位号可能为奇数或偶数；B中抽查可能抽到其他学号；D中收音机播放内容随机，均不一定发生；
故选C．
3. 已知抛物线有最低点，那么a的取值范围是（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查二次函数的图象及性质．抛物线有最低点需开口向上，即二次项系数大于零，据此得到，求解即可．
【详解】解：∵抛物线有最低点，
∴抛物线开口向上，
∴，
解得．
故选：C．
4. 如图，从点观测点的仰角是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据仰角定义解答即可．
【详解】∵从点C观测点D的视线是CD，水平线是CE，∴从点C观测点D的仰角是∠DCE．
故选B．
【点睛】本题考查了仰角的识别，熟记仰角的定义是解题的关键．仰角是向上看的视线与水平线的夹角；俯角是向下看的视线与水平线的夹角．
5. 若，互为倒数，则反比例函数图象所在的象限为（ ）
A. 二、四B. 二、三C. 一、三D. 一、二
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查反比例函数的图象和性质、倒数，根据互为倒数的两个数乘积为1，可得，对于反比例函数，当时，函数图象位于第一、三象限，由此可得答案．
【详解】解：，互为倒数，
，
，
反比例函数的图象所在的象限为第一、三象限，
故选C．
6. 如图，四边形与四边形位似，其位似中心为点，且，则四边形与四边形的面积比是
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查的是位似图形的概念、相似三角形的判定和性质、相似多边形的性质，熟记相似多边形的面积比等于相似比的平方是解题的关键．
根据位似图形的概念得到四边形四边形，，得到，求出，根据相似多边形的面积比等于相似比的平方计算即可．
【详解】解：，
，
四边形与四边形位似，
四边形四边形，，
，
，
四边形与四边形的面积比是，
故选：D．
7. 若方程的两根之积为2，则的值是（ ）
A. 2B. C. 0D. 1
【答案】D
【解析】
【分析】本题主要考查一元二次方程根与系数的关系，熟练掌握一元二次方程根与系数的关系是解题的关键；设分别是方程的两个根，然后根据“”进行求解即可．
【详解】解：设分别是方程的两个根，
由题意得：，
∴；
故选：D．
8. 如图，经过正六边形的顶点A、E，则所对的圆周角等于（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查了正多边形和圆，圆周角定理，连接，根据正六边形的性质可得全等三角形，则可得到是等边三角形，则可推导出圆周角的度数．
【详解】解：如图，连接，，．
六边形是正六边形，
∴，
，
，
是等边三角形，
，
．
故选：C．
9. 如图，小明以抛物线为灵感，在平面直角坐标系中设计了一款高OD为14的奖杯，杯体轴截面ABC是抛物线的一部分，则杯口的口径AC为（ ）
A. 7B. 8C. 9D. 10
【答案】C
【解析】
【分析】利用待定系数法求出A、C的坐标，可求答案．
【详解】解：当y=14时，，
解得，，
∴A（，14），C（，14），
∴AC=．
故选：C．
【点睛】本题是关于二次函数应用题，主要考查了二次函数图象和性质，待定系数法，熟练掌握用待定系数法求点的坐标是解题的关键
10. 如图，是的外接圆，是直径，是的内切圆，连接，则的度数为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】本题主要考查圆与三角形的综合，掌握三角形的外接圆，内切圆的综合运用是解题的关键．
根据外接圆，是直径可得，根据内切圆，可得是角平分线，再结合三角形内角和定理即可求解．
【详解】解：是外接圆，是直径，
∴，
∴在中，，
∵是内切圆，
∴是的角平分线，
∴，
∴在中，，
故选：B．
11. 如图，在正方形中，顶点，，，在坐标轴上，且，以为边构造菱形．将菱形与正方形组成的图形绕点逆时针旋转，每次旋转，则第次旋转结束时，点的坐标为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查了平面直角坐标系中点的坐标变换规律、正方形的性质、菱形的性质、勾股定理，分别求出的坐标，发现规律，根据规律即可得出答案．
【详解】解：由题意得：四边形为正方形，且，
∴，
在中，由勾股定理得，
∵四边形是菱形，
∴，
∴，
∵将菱形与正方形组成的图形绕点逆时针旋转，每次旋转，
∴，，，，…，
∴不难发现从第五次旋转开始，点的坐标与前面的重复了，
∵，
∴第2026次旋转结束时，点的坐标与重合，坐标为．
故选：B．
12. 如图，点P为函数y=（x＞0）的图象上一点，且到两坐标轴距离相等，⊙P半径为2，A（3，0），B（6，0），点Q是⊙P上的动点，点C是QB的中点，则AC的最大值是（ ）
A. 2﹣1B. 2+1C. 4D. 2
【答案】B
【解析】
【分析】易求点P（4，4），连接OP并延长交⊙P于点Q′，连接BQ′．因为OA=AB，CB=CQ，所以AC=OQ，所以当OQ最大时，AC最大，Q运动到Q′时，OQ最大，由此即可解决问题．
【详解】解：如图，连接OP并延长交⊙P于点Q′，连接BQ′，取BQ′的中点C′，连接AC′，
∵点P为函数y=（x＞0）的图象上一点，且到两坐标轴距离相等，
∴可设P（x，x）（x＞0），则x=，
解得x=4（负值已舍去），
∴点P（4，4），
∴OP=4．
∵A（3，0），B（6，0），且点C是QB的中点，
∴OA=AB，CB=CQ，
∴AC=OQ．
当Q运动到Q′时，OQ最大，
此时AC的最大值=AC′=OQ′=（OP+PQ′）=2+1．
故选：B．
【点睛】本题考查坐标与图形的性质、三角形中位线定理、最小值问题等知识，解题的关键是理解圆外一点到圆的最小距离以及最大距离，学会用转化的思想思考问题．
二、填空题（共4小题，每题3分）
13. 计算：________．
【答案】
【解析】
【分析】根据特殊角的三角函数值即可得到正确的结果．
【详解】解：∵，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题考查了特殊角的三角函数，熟记特殊角的三角函数值是解题的关键．
14. 点，在反比例函数的图象上，则________（填“”，“”或“”）
【答案】>
【解析】
【分析】本题考查比较反比例函数的函数值的大小．将点A和点B的横坐标代入反比例函数解析式，分别求出和的值，然后比较大小．
【详解】解：∵点，在反比例函数的图象上，
∴，，
∴．
故答案为：＞．
15. 已知点和点关于原点对称，则___________．
【答案】1
【解析】
【分析】本题考查坐标与中心对称，根据关于原点对称的点的横纵坐标均互为相反数，进行求解即可．
【详解】解：由题意，得，
∴；
故答案为：1．
16. 如图，是等腰直角三角形，，，点为中点．以点为圆心作扇形，，当扇形绕点旋转时，线段与交于点，线段与直线交于点．
（1） 若于点，则________；
（2） 若，则________．
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】（1）根据题意得到是等腰直角三角形，然后利用等腰直角三角形的性质求解即可；
（2）首先根据等腰直角三角形的性质和勾股定理求出，然后证明出，利用相似三角形的性质求解即可．
【详解】解：（1）如图所示，
∵是等腰直角三角形，点O为中点，
∴，，
∴是等腰直角三角形，
∵，
∴，
∴点P是的中点，
∴；
故答案为：；
（2）如图所示，
∵是等腰直角三角形，，，
∴，
∵点O为中点，
∴，
∵，
∵，
∴
∴，
∴，
又∵，
∴
∴，即，
∴解得．
故答案为：．
【点睛】此题考查了等腰直角三角形的性质和判定，勾股定理，相似三角形的性质和判定等知识，熟练掌握相似三角形的判定定理是解题的关键．
三、解答题
17. 如图，某数学课外活动小组同学做了一个数学风车，现在数学风车的每片叶片上标有一个有理数．
（1）若，求这四个有理数的和；
（2）若相对的两个叶片上数字的和相等，求a的值．
【答案】（1）3 （2）
【解析】
【分析】本题考查了有理数的加法，一元一次方程，解题的关键是根据题意列出相应的式子或方程；
（1）直接将4个数相加即可求解；
（2）列出关于的方程求解即可．
【小问1详解】
解：；
【小问2详解】
解：，
解得．
18. 小珍解方程过程如下：
解：去分母，得……第一步
去括号，得 ……第二步
合并同类项，得……第三步
解得 ……第四步
检验：当时，
不是分式方程的根，原分式方程无解．……第五步
（1）你认为小珍从第______步出现错误；
（2）写出正确的解答过程．
【答案】（1）第一步 （2），过程见解析
【解析】
【分析】本题考查解分式方程，熟练掌握解分式方程的方法和步骤是解题关键．注意：解分式方程，最后需要检验，避免出现增根．
（1）根据解题过程逐步判断解答；
（2）根据解分式方程的步骤写出正确的解答过程即可．
【小问1详解】
解：小珍从第一步出现错误，去分母时，方程右边没有乘以公分母，
故答案为：第一步
【小问2详解】
解：
去分母，得，
去括号，得，
移项、合并同类项，得，
检验：当时，，
∴是原方程的解．
19. 如图，在由边长为1个单位长度小正方形组成的网格中，点，，均为格点（网格线的交点），，，．
（1）将向下平移3个单位长度，再向左平移4个单位长度，得到，请画出；
（2）将绕点顺时针旋转得到，请画出；
（3）在（2）的旋转过程中，点经过的路径长为______．
【答案】（1）见解析 （2）见解析
（3）
【解析】
【分析】本题主要考查三角形的平移以及旋转作图，弧长公式，掌握作图方法是解题的关键．
（1）先画出三角形各顶点平移后的位置，再用线段依次连接各顶点，得到平移后的三角形；
（2）先画出三角形各顶点绕着点顺时针旋转后的位置，再用线段依次连接各顶点，得到旋转后的三角形；
（3）根据弧长计算公式进行计算，求得旋转过程中点所经过的路径长．
【小问1详解】
解：如图所示，为所求；
【小问2详解】
解：如图所示，为所求；
【小问3详解】
解：旋转过程中，点所经过的路径长为以为半径，为圆心角的弧长，
，
故答案为：．
20. 邯郸作为国家历史文化名城，拥有磁州窑烧制技艺、大名草编、邯郸皮影等多项国家级非物质文化遗产．某学校非遗社团为宣传家乡文化，决定从A．磁州窑瓷器、B．大名草编、C．邯郸皮影三种非遗作品中选择一种进行展示．
（1）该社团从这三种非遗作品中随机选择一种，恰好选中“C．邯郸皮影”的概率是____；
（2）为更好地推广邯郸非遗，社团准备分甲、乙两个小组进行展示体验，每组随机选择一种非遗作品．请用列表或画树状图的方法，求两组恰好选中同一种非遗作品的概率．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】本题考查是用列表法或树状图法求概率，熟练掌握列表法与树状图法是解答本题的关键．
（1）直接利用概率公式计算可得；
（2）利用列表法列举出所有各种可能的情况，然后利用概率公式即可求解．
【小问1详解】
解：由题意知，共有3种等可能的结果，其中恰好选中“C．邯郸皮影”的结果有1种，
所以恰好选中“C．邯郸皮影”的概率为；
故答案为：．
【小问2详解】
解：根据题意，画出树状图如下：
由上可知，共有9种等可能的结果，其中两组恰好选中同一种非遗作品的情况共3种，
∴两组恰好选中同一种非遗作品的概率为．
21. 如图，在纸片中，，D是斜边上一点，将沿折叠，使点C落在点F处，线段与相交于点E，已知．
（1）求证：；
（2）若，，且，求．
【答案】（1）见解析 （2）
【解析】
【分析】本题考查相似三角形的判定和性质，平行四边形的判定与性质，勾股定理，折叠的性质等知识，灵活运用所学是解题的关键．
（1）利用同角的余角相等可证明，由折叠的性质结合等量代换得到，结合对顶角相等即可得证；
（2）先证明四边形是菱形，推出，由（1）知，得到，即可求解．
【小问1详解】
证明：，
．
．
．
又由折叠可知，
．
又，
．
【小问2详解】
解：由（1）知，，
∴，
∴四边形是平行四边形，
由折叠的性质得，
∴四边形是菱形，
∴，
由（1）知，
∴，
∵，，
∴，
∴．
22. 如图，在中，点A是的中点，平分，，．
（1）求的度数；
（2）求出的半径；
（3）直接写出图中阴影部分的面积．
【答案】（1）
（2）2 （3）
【解析】
【分析】本题考查圆周角定理，等边三角形的判定及性质，求不规则图形的面积，
（1）由点A是的中点，得到，因此，由圆周角定理得到，从而得到是等边三角形，根据等边三角形的性质即可解答；
（2）过点O作于点E，由垂径定理得到，再平分得到，因此，进而在中求出，即可解答；
（3）连接，求出和扇形的面积，根据即可求解．
【小问1详解】
解：∵点A是的中点，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴是等边三角形，
∴．
【小问2详解】
解：过点O作于点E，
∵过圆心O，
∴，
∵平分，
∴，
∴在中，，
∵，即，
∴，
∴的半径为2．
【小问3详解】
解：连接，
由（2）可得，
∴，
由（1）可知：是等边三角形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
23. 阅读材料，完成任务．
【答案】（1）长度约为；（2）每一个档案盒的厚度；（3）该书架中最多能放个这样的档案盒．
【解析】
【分析】本题考查了三角函数的应用．
（1）根据，即可求解；
（2），则，推出，设每一个档案盒的厚度为，则，根据“书架内侧长为”，列方程即可求解；
（3）用书架的总长度除以每一个档案盒的厚度即可求解．
【详解】解：（1）在中，，，
，
长度约为；
（2）如图，由题意得：，
，
，
，
设每一个档案盒的厚度为，
在中，，
，
由题意得：，
，
即每一个档案盒的厚度；
（3）（个），
该书架中最多能放个这样的档案盒．
24. 如图①，平面直角坐标系中，有抛物线：．设抛物线与轴相交于点，，与轴正半轴相交于点，且．
（1）直接写出a的值．
（2）如图②，将抛物线平移得到抛物线，使过点C和，求抛物线的解析式．
（3）将（2）中在y轴左侧的部分与在y轴右侧的部分组成的新图象记为G． 过点C作直线l平行于x轴，与图象G交于D，E两点，如图③．
①求出的长；
②有一条直线与新图象G只有两个公共点P，Q，且直线与直线l的距离等于2，请直接写出线段长度________
【答案】（1）
（2）抛物线
（3）①；②的长度为：或
【解析】
【分析】（1）根据点C的坐标可求出的值；
（2）由抛物线平移得到抛物线，则，把和代入，利用待定系数法即可求解；
（3）①把分别代入，求出两点的坐标，从而可得解；②由得直线为，求出直线，直线，分别求出与图形的交点的坐标即可得出的长，从而可解决问题．
【小问1详解】
解：∵抛物线：，
∴当时，，
∴，
∴；
【小问2详解】
解：由（1）知，抛物线，，
∵将抛物线平移得到抛物线，
∴，
把和代入得：
，
解得，，
∴抛物线；
【小问3详解】
解：①∵，过点C作直线l平行于x轴，与图象G交于D，E两点，
∴当时，代入抛物线得到：，解得，
∴点坐标：，
当时，代入抛物线得到：，解得，
∴点坐标为：，
∴；
②∵，
∴直线为，
作直线，直线，
∵抛物线，
∴抛物线的顶点坐标为，
而抛物线的顶点坐标为；
∴直线与抛物线有两个交点，
∴，
解得，，
∴；
在抛物线中，当时，，
解得，（舍去）
在抛物线中，当时，，
解得，（舍去），
∴，
∴综上：的长度为：或．
【点睛】本题主要考查运用待定系数法求二次函数解析式，二次函数的平移，二次函数的性质，二次函数与一元二次方程的关系，熟练掌握二次函数的性质是解答本题的关键．素材一
如图（1），一个书架上放着8个完全一样的长方体档案盒，其中左边7个档案盒紧贴书架内侧竖放，右边1个档案盒向左斜放，档案盒的顶点D在书架底部，顶点F靠在书架右侧，顶点C靠在左边的档案盒上
素材二
其示意图如图（2），经测量知书架内侧长度，，档案盒．
（参考数据：，，）
任务一
计算右边档案盒的顶点D到它所靠的档案盒的距离
（1）求的长（结果保留整数）
任务二
求出每个档案盒的厚度
（2）求的长（结果保留整数）
任务三
书架摆放档案盒的设计
（3）求出该书架上最多能放几个这样的档案盒