黑龙江省哈尔滨双城区六校联考2025届九上数学期末复习检测试题含解析

黑龙江省哈尔滨双城区六校联考2025届九上数学期末复习检测试题注意事项1．考生要认真填写考场号和座位序号。2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。一、选择题（每题4分，共48分）1．以原点为中心，把点逆时针旋转，得点，则点坐标是()A． B． C． D．2．抛物线的顶点坐标为()A． B． C． D．3．将下列多项式分解因式，结果中不含因式x﹣1的是（）A．x2﹣1 B．x2+2x+1 C．x2﹣2x+1 D．x（x﹣2）﹣（x﹣2）4．反比例函数y＝图象经过A（1，2），B（n，﹣2）两点，则n＝（）A．1 B．3 C．﹣1 D．﹣35．下列说法正确的是()A．等弧所对的圆心角相等 B．平分弦的直径垂直于这条弦C．经过三点可以作一个圆 D．相等的圆心角所对的弧相等6．若反比例函数y=的图象经过点（2，﹣1），则k的值为（）A．﹣2 B．2 C．﹣ D．7．不论取何值时，抛物线与轴的交点有（）A．0个 B．1个 C．2个 D．3个8．参加一次聚会的每两人都握了一次手，所有人共握手10

次，若共有

x

人参加聚会，则根据题意，可列方程（）A． B． C． D．9．有三张正面分别写有数字－1，1，2的卡片，它们背面完全相同，现将这三张卡片背面朝上洗匀后随机抽取一张，以其正面数字作为a的值，然后再从剩余的两张卡片随机抽一张，以其正面的数字作为b的值，则点（a，b）在第二象限的概率为（）A． B． C． D．10．如图，四边形ABCD内接于⊙O，若四边形ABCO是平行四边形，则∠ADC的大小为()A． B． C． D．11．如图，在平面直角坐标系中，的顶点在第一象限，点在轴的正半轴上，，，将绕点逆时针旋转，点的对应点的坐标是（）A． B． C． D．12．若将四根木条钉成的矩形木框变形为平行四边形ABCD的形状，并使其面积为矩形面积的一半，则这个平行四边形的一个最小内角为（）A．30 B．45 C．60 D．90二、填空题（每题4分，共24分）13．如图，，请补充—个条件：___________，使（只写一个答案即可）．14．如图，抛物线解析式为y＝x2，点A1的坐标为（1，1），连接OA1；过A1作A1B1⊥OA1，分别交y轴、抛物线于点P1、B1；过B1作B1A2⊥A1B1分别交y轴、抛物线于点P2、A2；过A2作A2B2⊥B1A2，分别交y轴、抛物线于点P3、B2…；则点Pn的坐标是_____．15．如图，在△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝6，BC＝4，P是△ABC的重心，连结BP，CP，则△BPC的面积为_____．16．若，那么△ABC的形状是___．17．甲、乙两人在米短跑训练中，某次的平均成绩相等，甲的方差是，乙的方差是，这次短跑训练成绩较稳定的是___（填“甲”或“乙”）18．如图，点A，B的坐标分别为（1，4）和（4，4），抛物线y=a（x﹣m）2+n的顶点在线段AB上运动，与x轴交于C、D两点（C在D的左侧），点C的横坐标最小值为﹣3，则点D的横坐标最大值为_____．三、解答题（共78分）19．（8分）如图，点B、C、D都在⊙O上，过点C作AC∥BD交OB延长线于点A，连接CD，且∠CDB=∠OBD=30°，DB=cm．（1）求证：AC是⊙O的切线；（2）求由弦CD、BD与弧BC所围成的阴影部分的面积．（结果保留π）20．（8分）（1）解方程：（2）某快递公司，今年三月份与五月份完成投递的快递总件数分别为万件和万件，现假定该公司每月投递的快递总件数的增长率相同，求该快递公司投递总件数的月平均増长率．21．（8分）如图所示，AD，BE是钝角△ABC的边BC，AC上的高，求证：．22．（10分）若直线与双曲线的交点为，求的值．23．（10分）解方程：（1）x2﹣2x﹣3=0（2）2x2﹣x﹣1=024．（10分）已知x2+xy+y＝12，y2+xy+x＝18，求代数式3x2+3y2﹣2xy+x+y的值．25．（12分）如图，抛物线与轴交于点和，与轴交于点顶点为．求抛物线的解析式；求的度数；若点是线段上一个动点，过作轴交抛物线于点，交轴于点，设点的横坐标为．①求线段的最大值；②若是等腰三角形，直接写出的值．26．下面是一位同学做的一道作图题：已知线段、、（如图所示），求作线段，使.他的作法如下：1.以下为端点画射线，.2.在上依次截取，.3.在上截取.4.联结，过点作，交于点.所以：线段______就是所求的线段.（1）试将结论补完整：线段______就是所求的线段.（2）这位同学作图的依据是______；（3）如果，，，试用向量表示向量.

参考答案一、选择题（每题4分，共48分）1、B【分析】画出图形，利用图象法即可解决问题．【详解】观察图象可知B（-5，4），故选B．【点睛】本题考查坐标与图形变化-旋转，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题2、D【解析】根据抛物线顶点式的性质进行求解即可得答案.【详解】∵解析式为∴顶点为故答案为：D.【点睛】本题考查了已知二次函数顶点式求顶点坐标，注意点坐标符号有正负.3、B【分析】原式各项分解后，即可做出判断．【详解】A、原式=（x+1）（x-1），含因式x-1，不合题意；

B、原式=（x+1）2，不含因式x-1，符合题意；

C、原式=（x-1）2，含因式x-1，不合题意；

D、原式=（x-2）（x-1），含因式x-1，不合题意，

故选：B．【点睛】此题考查因式分解-运用公式法，提公因式法，熟练掌握因式分解的方法是解题的关键．4、C【解析】根据反比例函数图象上点的坐标特征得到：k=1×2=-2n，然后解方程即可．【详解】解：∵反比例函数y＝图象经过A（1，2），B（n，﹣2）两点，∴k＝1×2＝﹣2n．解得n＝﹣1．故选C．【点睛】本题考查反比例函数图象上点的坐标特征．图象上的点（x，y）的横纵坐标的积是定值k，即xy=k．5、A【分析】根据圆心角、弧、弦的关系、确定圆的条件、垂径定理的知识进行判断即可．【详解】等弧所对的圆心角相等，A正确；平分弦的直径垂直于这条弦(此弦不能是直径)，B错误；经过不在同一直线上的三点可以作一个圆，C错误；相等的圆心角所对的弧不一定相等，故选A.【点睛】此题考查圆心角、弧、弦的关系，解题关键在于掌握以及圆心角、弧、弦的关系6、A【解析】把点（1，-1）代入解析式得-1=，

解得k=-1．

故选A．7、C【分析】首先根据题意与轴的交点即，然后利用根的判别式判定即可.【详解】由题意，得与轴的交点，即∴不论取何值时，抛物线与轴的交点有两个故选C.【点睛】此题主要考查根据根的判别式判定抛物线与坐标轴的交点，熟练掌握，即可解题.8、C【分析】如果人参加了这次聚会，则每个人需握手次，人共需握手次；而每两个人都握了一次手，因此一共握手次.【详解】设人参加了这次聚会，则每个人需握手次，依题意，可列方程.故选C.【点睛】本题主要考查一元二次方程的应用.9、B【详解】试题分析：根据题意，画出树状图如下：一共有6种情况，在第二象限的点有（﹣1，1）（﹣1，2）共2个，所以，P=．故选B．考点：列表法与树状图法求概率．10、C【分析】根据平行四边形的性质和圆周角定理可得出答案.【详解】根据平行四边形的性质可知∠B=∠AOC，根据圆内接四边形的对角互补可知∠B+∠D=180°，根据圆周角定理可知∠D=∠AOC，因此∠B+∠D=∠AOC+∠AOC=180°，解得∠AOC=120°，因此∠ADC=60°．故选C【点睛】该题主要考查了圆周角定理及其应用问题；应牢固掌握该定理并能灵活运用．11、D【分析】过点作x轴的垂线，垂足为M，通过条件求出，MO的长即可得到的坐标.【详解】解：过点作x轴的垂线，垂足为M，∵，，∴，，∴，在直角△中，，，∴，，∴OM=2+1=3，∴的坐标为.故选：D.【点睛】本题考查坐标与图形变化-旋转，解直角三角形等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题．12、A【分析】将四根木条钉成的矩形木框变形为平行四边形ABCD的形状，并使其面积为矩形面积的一半，则这个平行四边形的长度与矩形相等的一条边上的高为矩形的一半，即AB＝2AE．【详解】解：将四根木条钉成的矩形木框变形为平行四边形ABCD的形状，并使其面积为矩形面积的一半，平行四边形ABCD是原矩形变化而成，∴FG＝BC，FH＝2AE．又∵HF＝AB，∴AB＝2AE，在Rt△ABE中，AB＝2AE，∠B＝30°．故选：A．【点睛】本题考查了矩形各内角为90的性质，平行四边形面积的计算方法，特殊角的三角函数，本题中利用特殊角的正弦函数是解题的关键．二、填空题（每题4分，共24分）13、∠D=∠B或∠AED=∠C或AD：AB=AE：AC或AD•AC=AB•AE（填一个即可）．【分析】根据相似三角形的判定方法，已知一组角相等则再添加一组相等的角或夹该角的两个边对应成比例即可推出两三角形相似．【详解】∵∠DAB=∠CAE，∴∠DAE=∠BAC，∴当∠D=∠B或∠AED=∠C或AD：AB=AE：AC或AD•AC=AB•AE时两三角形相似．故答案为：∠D=∠B或∠AED=∠C或AD：AB=AE：AC或AD•AC=AB•AE(填一个即可)．【点睛】本题考查了相似三角形的判定：①如果两个三角形的三组对应边的比相等，那么这两个三角形相似；②如果两个三角形的两条对应边的比相等，且夹角相等，那么这两个三角形相似；③如果两个三角形的两个对应角相等，那么这两个三角形相似．平行于三角形一边的直线截另两边或另两边的延长线所组成的三角形与原三角形相似．14、（0，n2+n）【分析】根据待定系数法分别求得直线OA1、A2B1、A2B2……的解析式，即可求得P1、P2、P3…的坐标，得出规律，从而求得点Pn的坐标．【详解】解：∵点A1的坐标为（1，1），∴直线OA1的解析式为y＝x，∵A1B1⊥OA1，∴OP1＝2，∴P1（0，2），设A1P1的解析式为y＝kx+b1，∴，解得，∴直线A1P1的解析式为y＝﹣x+2，解求得B1（﹣2，4），∵A2B1∥OA1，设B1P2的解析式为y＝x+b2，∴﹣2+b2＝4，∴b2＝6，∴P2（0，6），解求得A2（3，9）设A1B2的解析式为y＝﹣x+b3，∴﹣3+b3＝9，∴b3＝12，∴P3（0，12），…∴Pn（0，n2+n），故答案为（0，n2+n）．【点睛】本题考查了二次函数的性质，二次函数图象上点的坐标特征，待定系数法求一次函数的解析式，根据一次函数图象上点的坐标特征得出规律是解题的关键．15、1【分析】△ABC的面积S＝AB×BC＝＝12，延长BP交AC于点E，则E是AC的中点，且BP＝BE，即可求解．【详解】解：△ABC的面积S＝AB×BC＝＝12，延长BP交AC于点E，则E是AC的中点，且BP＝BE，（证明见备注）△BEC的面积＝S＝6，BP＝BE，则△BPC的面积＝△BEC的面积＝1，故答案为：1．备注：重心到顶点的距离与重心到对边中点的距离之比为2：1，例：已知：△ABC，E、F是AB，AC的中点．EC、FB交于G．求证：EG＝CG证明：过E作EH∥BF交AC于H．∵AE＝BE，EH∥BF，∴AH＝HF＝AF，又∵AF＝CF，∴HF＝CF，∴HF：CF＝，∵EH∥BF，∴EG：CG＝HF：CF＝，∴EG＝CG．【点睛】此题考查了重心的概念和性质：三角形的重心是三角形三条中线的交点，且重心到顶点的距离是它到对边中点的距离的2倍．16、等边三角形【分析】由非负性和特殊角的三角函数值，求出∠A和∠B的度数，然后进行判断，即可得到答案．【详解】解：，∴，，∴∠A=60°，∠B=60°，∴∠C=60°，∴△ABC是等边三角形；故答案为：等边三角形．【点睛】本题考查了特殊角的三角函数值，非负性的应用，解题的关键是熟练掌握非负数的性质，正确得到∠A和∠B的度数．17、乙【分析】根据方差的含义，可判断谁的成绩较稳定.【详解】在一组数据中，各数据与它们的平均数的差的平方的平均数，叫做这组数据的方差，方差是刻画数据的波动大小程度，方差越小，代表数据波动越小.因此，在本题中，方差越小，代表成绩越稳定，故乙的训练成绩比较稳定．【点睛】本题考查方差的概念和含义.18、1【分析】根据题意当点C的横坐标取最小值时，抛物线的顶点与点A重合，进而可得抛物线的对称轴，则可求出此时点D的最小值，然后根据抛物线的平移可求解．【详解】解：∵点A，B的坐标分别为（1，4）和（4，4），∴AB=3，由抛物线y=a（x﹣m）2+n的顶点在线段AB上运动，与x轴交于C、D两点（C在D的左侧），可得：当点C的横坐标取最小值时，抛物线的顶点与点A重合，∴抛物线的对称轴为：直线，∵点，∴点D的坐标为，∵顶点在线段AB上移动，∴点D的横坐标的最大值为：5+3=1；故答案为1．【点睛】本题主要考查二次函数的平移及性质，熟练掌握二次函数的性质是解题的关键．三、解答题（共78分）19、（3）证明见解析；（3）2πcm3．【分析】连接BC，OD，OC，设OC与BD交于点M．（3）求出∠COB的度数，求出∠A的度数，根据三角形的内角和定理求出∠OCA的度数，根据切线的判定推出即可；（3）证明△CDM≌△OBM，从而得到S阴影=S扇形BOC．【详解】如图，连接BC，OD，OC，设OC与BD交于点M．（3）根据圆周角定理得：∠COB=3∠CDB=3×30°=20°，∵AC∥BD，∴∠A=∠OBD=30°，∴∠OCA=380°﹣30°﹣20°=90°，即OC⊥AC，∵OC为半径，∴AC是⊙O的切线；（3）由（3）知，AC为⊙O的切线，∴OC⊥AC．∵AC∥BD，∴OC⊥BD．由垂径定理可知，MD=MB=BD=3．在Rt△OBM中，∠COB=20°，OB==2．在△CDM与△OBM中，∴△CDM≌△OBM（ASA），∴S△CDM=S△OBM∴阴影部分的面积S阴影=S扇形BOC==2π（cm3）．考点：3．切线的判定；3.扇形面积的计算．20、（1）；（2）该快递公司投递总件数的月平均增长率为10%．【分析】（1）用因式分解法即可求解；（2）五月份完成投递的快递总件数=三月份完成投递的快递总件数×（1+x）2，进而列出方程，解方程即可．【详解】（1）∴∴4x-3=0或2x+1=0∴（2）设该快递公司投递总件数的月平均增长率为x，根据题意得10（1+x）2=12.1，解得：x1=0.1=10%，x2=﹣2.1（不合题意舍去）答：该快递公司投递总件数的月平均增长率为10%.【点睛】此题主要考查了一元二次方程的应用---增长率问题，根据题意正确用未知数表示出五月份完成投递的快递总件数是解题关键．21、见解析．【分析】根据两角相等的两个三角形相似证明△ADC∽△BEC即可．【详解】证明：∵AD，BE分别是BC，AC上的高∴∠D=∠E=90°又∠ACD=∠BCE（对顶角相等）∴△ADC∽△BEC∴．【点睛】本题考查了相似三角形的判定，熟练掌握形似三角形的判定方法是解答本题的关键．①有两个对应角相等的三角形相；②有两个对应边的比相等，且其夹角相等，则两个三角形相似；③三组对应边的比相等，则两个三角形相似．22、1【分析】根据直线与双曲线有交点可得，变形为，根据一元二次方程根与系数的关系，得出，再化简为，再将的值代入即可得出答案．【详解】解：由题意得：，∴，∴∴＝故答案为：1．【点睛】本题考查了一次函数与反比例函数的综合，根据一元二次方程的根与系数的关系得出的值是解题的关键．23、（1）（2）【分析】（1）利用因式分解法解方程；（2）方程整理后，利用配方法即可求解．【详解】解：（1）x2﹣2x﹣3=0，分解因式得：（x-3）（x+1）=0，可得（x-3）=0或（x+1）=0，解得：x1=3，x2=﹣1；

（2）2x2﹣x﹣1=0，方程整理得：，，，开方得：，或，解得：x1=1，x2=﹣0.1．【点睛】此题考查了解一元二次方程解法的因式分解法，以及配方法，熟练掌握各自的解法是解本题的关键．24、或【分析】分别将已知的两个等式相加和相减，得到(x+y）2+(x+y)＝30，(x+y-1）(x﹣y)＝﹣6，即可求得x、y的值，再求代数式的值即可．【详解】解：由x2+xy+y＝12①，y2+xy+x＝18②，①+②，得（x+y）2+（x+y）＝30③，①﹣②，得（x+y-1）（x﹣y）＝﹣6④，由③得（x+y+6）（x+y﹣5）＝0，∴x+y＝﹣6或x+y＝5⑤，∴将⑤分别代入④得，x﹣y＝或x﹣y＝﹣，∴或当时，当时，

故答案为：或【点睛】本题考查解二元一次方程组；理解题意，将已知式子进行合理的变形，再求二元一次方程组的解是解题的关键．25、（1）y＝x2－4x＋2，（2）90°，（2）①，②m＝2或m＝或m＝1．【分析】（1）将点B,C代入抛物线的解析式中，利用待定系数法即可得出答案；（2）先求出点D的坐标，然后利用OB＝OC，得出∠CBO＝45°，过D作DE⊥x轴，垂足为E，再利用DE＝BE，得出∠DBO＝45°，则的度数可求；（2）①先用待定系数法求出直线BC的表达式，然后设出M,N的坐标，表示出线段MN的长度，利用二次函数的性质即可求出最大值；②分三种情况：BN＝BM，BN＝MN，NM＝BM分别建立方程求解即可．【详解】解：（1）将点B（2，0）、C（0，2）代入抛物线y＝x2＋bx＋c中，得：，解得：．故抛物线的解析式为y＝x2－4x＋2．（2）y＝x2－4x