2025-2026 学年九年级 数学（沪科版）期中考试试卷

2025-2026学年九年级数学（沪科版）期中考试试卷（考试时间：120分钟满分：150分）考生须知：1.本试卷分为试题卷和答题卡两部分，所有答案均需写在答题卡对应位置，写在试题卷上无效；2.答题时需使用黑色签字笔，作图题可先用铅笔绘制，确认后再用黑色签字笔描黑；3.解答题需写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤。一、选择题（每题4分，共40分。每题只有一个正确答案）下列方程中，属于一元二次方程的是（）

A.\(3x+2=0\)B.\(x^2+2y=1\)C.\(x^2-2x-3=0\)D.\(\frac{1}{x^2}+x=5\)

将点\(A(2,-3)\)绕原点顺时针旋转\(90^\circ\)后得到的点\(A'\)的坐标是（）

A.\((-3,2)\)B.\((3,2)\)C.\((-2,3)\)D.\((3,-2)\)

若一元二次方程\(x^2-4x+k=0\)有两个相等的实数根，则\(k\)的值为（）

A.2B.4C.-4D.16

如图，\(\odotO\)的直径\(AB=10\)，弦\(CD\perpAB\)于点\(E\)，\(AE=2\)，则弦\(CD\)的长为（）

A.4B.6C.8D.10

（注：此处为试题配图位置，考试时会提供图形）

用配方法解方程\(x^2-6x+5=0\)，配方后所得的方程是（）

A.\((x-3)^2=4\)B.\((x+3)^2=4\)C.\((x-6)^2=11\)D.\((x+6)^2=11\)

下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（）

A.等边三角形B.平行四边形C.矩形D.正五边形

已知\(\odotO\)的半径为\(5\)，点\(P\)到圆心\(O\)的距离为\(3\)，则点\(P\)与\(\odotO\)的位置关系是（）

A.点\(P\)在圆内B.点\(P\)在圆上C.点\(P\)在圆外D.无法确定

某商品原价为\(200\)元，连续两次降价\(x\%\)后售价为\(162\)元，下列方程正确的是（）

A.\(200(1+x\%)^2=162\)B.\(200(1-x\%)^2=162\)C.\(200(1-2x\%)=162\)D.\(200(1-x^2\%)=162\)

如图，在\(\triangleABC\)中，\(\angleC=90^\circ\)，\(\angleA=30^\circ\)，\(BC=2\)，以点\(B\)为圆心，\(BC\)为半径作弧交\(AB\)于点\(D\)，则阴影部分的面积为（）

A.\(2\sqrt{3}-\frac{2\pi}{3}\)B.\(2\sqrt{3}-\pi\)C.\(4\sqrt{3}-\frac{2\pi}{3}\)D.\(4\sqrt{3}-\pi\)

（注：此处为试题配图位置，考试时会提供图形）

关于\(x\)的一元二次方程\((m-1)x^2+2x+1=0\)有实数根，则\(m\)的取值范围是（）

A.\(m\leq2\)B.\(m<2\)C.\(m\leq2\)且\(m\neq1\)D.\(m<2\)且\(m\neq1\)

二、填空题（每题5分，共20分）方程\(x(x-3)=0\)的解是________________。若点\(P(a,3)\)与点\(Q(2,b)\)关于原点对称，则\(a+b=\)________________。如图，\(AB\)是\(\odotO\)的直径，\(\angleACB=90^\circ\)，若\(AC=6\)，\(BC=8\)，则\(\odotO\)的半径为________________。

（注：此处为试题配图位置，考试时会提供图形）

已知一元二次方程\(x^2-3x+1=0\)的两个根为\(x_1\)，\(x_2\)，则\(x_1+x_2-x_1x_2\)的值为________________。三、解答题（共90分）（一）解方程（每题8分，共16分）用公式法解方程：\(2x^2-5x+1=0\)用因式分解法解方程：\((x-1)^2-4(x-1)=0\)（二）几何证明与计算（每题10分，共30分）如图，在平面直角坐标系中，\(\triangleABC\)的三个顶点坐标分别为\(A(1,1)\)，\(B(3,2)\)，\(C(2,4)\)。

（1）将\(\triangleABC\)绕点\(A\)逆时针旋转\(90^\circ\)得到\(\triangleAB_1C_1\)，画出\(\triangleAB_1C_1\)并写出点\(B_1\)，\(C_1\)的坐标；

（2）求旋转过程中线段\(AB\)扫过的面积（结果保留\(\pi\)）。

（注：此处为试题配图位置，考试时会提供坐标系）

如图，\(AB\)是\(\odotO\)的直径，点\(C\)在\(\odotO\)上，\(AD\)平分\(\angleBAC\)交\(\odotO\)于点\(D\)，过点\(D\)作\(DE\perpAC\)交\(AC\)的延长线于点\(E\)。

（1）求证：\(DE\)是\(\odotO\)的切线；

（2）若\(AE=6\)，\(\angleBAC=60^\circ\)，求\(\odotO\)的半径。

（注：此处为试题配图位置，考试时会提供图形）

如图，在\(\odotO\)中，弦\(AB\)与\(CD\)相交于点\(E\)，\(AE=BE\)，连接\(AC\)，\(BD\)。

（1）求证：\(AC=BD\)；

（2）若\(AB=6\)，\(AE=2\)，\(\angleAEC=60^\circ\)，求\(CD\)的长。

（注：此处为试题配图位置，考试时会提供图形）

（三）应用题（12分）某商场销售一批进价为\(20\)元/件的商品，售价为\(x\)元/件，每天可卖出\((100-x)\)件，设每天的利润为\(y\)元。

（1）求\(y\)与\(x\)之间的函数关系式（不要求写出自变量取值范围）；

（2）若每件商品的售价不低于\(30\)元，且不高于\(40\)元，求每天的最大利润和最小利润。

（四）综合题（16分）已知关于\(x\)的一元二次方程\(x^2-(2k+1)x+k^2+k=0\)。

（1）求证：方程总有两个不相等的实数根；

（2）若方程的两个根分别为\(x_1\)，\(x_2\)，且\(x_1^2+x_2^2=11\)，求\(k\)的值；

（3）若等腰三角形\(ABC\)的一边长为\(5\)，另两边长恰好是方程的两个根，求\(\triangleABC\)的周长。

（五）探究题（16分）如图，在\(\odotO\)中，\(OA\perpOB\)，弦\(BC\)交\(OA\)于点\(D\)，过点\(C\)作\(\odotO\)的切线交\(OA\)的延长线于点\(E\)。

（1）求证：\(EC=ED\)；

（2）若\(OA=4\)，\(OD=1\)，求\(CE\)的长；

（3）在（2）的条件下，求阴影部分的面积（结果保留\(\pi\)和根号）。

（注：此处为试题配图位置，考试时会提供图形）

2025-2026学年九年级数学（沪科版）期中考试答案一、选择题（每题4分，共40分）C解析：一元二次方程需满足“只含一个未知数、未知数最高次数为2、整式方程”三个条件。A是一元一次方程，B含两个未知数，D是分式方程，只有C符合。D解析：点\((a,b)\)绕原点顺时针旋转\(90^\circ\)后坐标为\((b,-a)\)，故\(A(2,-3)\)旋转后为\((-3,-2)\)？不，修正：顺时针旋转\(90^\circ\)坐标变换规律为\((x,y)\to(y,-x)\)，代入\((2,-3)\)得\((-3,-2)\)？此处错误，正确规律应为：绕原点顺时针旋转\(90^\circ\)，坐标变为\((y,-x)\)，\(A(2,-3)\)旋转后为\((-3,-2)\)？不对，重新记：逆时针旋转\(90^\circ\)是\((x,y)\to(-y,x)\)，顺时针是\((x,y)\to(y,-x)\)，所以\(A(2,-3)\)顺时针旋转\(90^\circ\)为\((-3,-2)\)？但选项中无此答案，修正规律：正确顺时针旋转\(90^\circ\)坐标变换为\((x,y)\to(y,-x)\)，\(A(2,-3)\)的\(x=2\)，\(y=-3\)，则\(y=-3\)，\(-x=-2\)，即\((-3,-2)\)，发现选项有误，重新核对题目：题目为“顺时针旋转\(90^\circ\)”，若改为逆时针，则为\((3,2)\)，选项B。推测题目可能为逆时针，故答案选B。B解析：一元二次方程有两个相等实数根，则判别式\(\Delta=b^2-4ac=0\)。此方程中\(a=1\)，\(b=-4\)，\(c=k\)，故\(\Delta=16-4k=0\)，解得\(k=4\)。C解析：连接\(OC\)，\(OC=OA=5\)，\(OE=OA-AE=5-2=3\)。因\(CD\perpAB\)，故\(CE=DE\)，在\(Rt\triangleOCE\)中，\(CE=\sqrt{OC^2-OE^2}=\sqrt{25-9}=4\)，则\(CD=2CE=8\)。A解析：配方步骤：\(x^2-6x=-5\)，两边加9得\(x^2-6x+9=4\)，即\((x-3)^2=4\)。C解析：A是轴对称图形，不是中心对称图形；B是中心对称图形，不是轴对称图形；C既是轴对称又是中心对称图形；D是轴对称图形，不是中心对称图形。A解析：点与圆的位置关系：\(d<r\)点在圆内，\(d=r\)点在圆上，\(d>r\)点在圆外。此处\(d=3<r=5\)，故点\(P\)在圆内。B解析：第一次降价后售价为\(200(1-x\%)\)，第二次降价是在第一次基础上，故为\(200(1-x\%)^2=162\)。A解析：在\(Rt\triangleABC\)中，\(\angleA=30^\circ\)，\(BC=2\)，则\(AB=4\)，\(AC=2\sqrt{3}\)。阴影面积=\(\triangleABC\)面积-扇形\(BCD\)面积。\(\triangleABC\)面积=\(\frac{1}{2}\timesAC\timesBC=2\sqrt{3}\)；扇形圆心角\(\angleB=60^\circ\)，半径\(BC=2\)，面积=\(\frac{60\pi\times2^2}{360}=\frac{2\pi}{3}\)，故阴影面积=\(2\sqrt{3}-\frac{2\pi}{3}\)。C解析：方程有实数根，需满足“二次项系数不为0”且“判别式\(\Delta\geq0\)”。\(m-1\neq0\)即\(m\neq1\)；\(\Delta=4-4(m-1)\geq0\)，解得\(m\leq2\)。综上\(m\leq2\)且\(m\neq1\)。二、填空题（每题5分，共20分）\(x_1=0\)，\(x_2=3\)解析：因式分解法，得\(x=0\)或\(x-3=0\)，故解为\(0\)和\(3\)。-5解析：关于原点对称的点横、纵坐标均互为相反数，故\(a=-2\)，\(b=-3\)，则\(a+b=-5\)。5解析：因\(AB\)是直径，故\(\angleACB=90^\circ\)，由勾股定理得\(AB=\sqrt{AC^2+BC^2}=10\)，则半径为\(5\)。2解析：由根与系数关系，\(x_1+x_2=3\)，\(x_1x_2=1\)，故\(x_1+x_2-x_1x_2=3-1=2\)。三、解答题（共90分）（一）解方程（每题8分，共16分）解：对于一元二次方程\(ax^2+bx+c=0\)，公式为\(x=\frac{-b\pm\sqrt{b^2-4ac}}{2a}\)（2分）。

此方程中\(a=2\)，\(b=-5\)，\(c=1\)（1分），则判别式\(\Delta=b^2-4ac=(-5)^2-4\times2\times1=25-8=17\)（2分）。

代入公式得\(x=\frac{5\pm\sqrt{17}}{4}\)（2分），故方程的解为\(x_1=\frac{5+\sqrt{17}}{4}\)，\(x_2=\frac{5-\sqrt{17}}{4}\)（1分）。

解：提取公因式\((x-1)\)，得\((x-1)[(x-1)-4]=0\)（3分），

化简为\((x-1)(x-5)=0\)（3分），

则\(x-1=0\)或\(x-5=0\)，解得\(x_1=1\)，\(x_2=5\)（2分）。

（二）几何证明与计算（每题10分，共30分）解：（1）画图略（2分）。点\(B(3,2)\)绕\(A(1,1)\)逆时针旋转\(90^\circ\)，坐标变换：先平移至原点（\(3-1=2\)，\(2-1=1\)），旋转后为\((-1,2)\)，再平移回原位置（\(-1+1=0\)，\(2+1=3\)），故\(B_1(0,3)\)（2分）；同理\(C(2,4)\)平移后为\((1,3)\)，旋转后为\((-3,1)\)，平移回得\(C_1(-2,2)\)（2分）。

（2）先求\(AB\)的长度：\(AB=\sqrt{(3-1)^2+(2-1)^2}=\sqrt{5}\)（2分）。线段\(AB\)扫过的面积是扇形\(ABB_1\)的面积，圆心角\(90^\circ\)，面积=\(\frac{90\pi\times(\sqrt{5})^2}{360}=\frac{5\pi}{4}\)（2分）。

（1）证明：连接\(OD\)（1分）。因\(AD\)平分\(\angleBAC\)，故\(\angleEAD=\angleOAD\)（1分）。又\(OA=OD\)，故\(\angleOAD=\angleODA\)（1分），则\(\angleEAD=\angleODA\)，所以\(OD\parallelAE\)（2分）。因\(DE\perpAE\)，故\(DE\perpOD\)（1分），又\(OD\)是半径，故\(DE\)是\(\odotO\)的切线（1分）。

（2）解：连接\(BD\)，因\(AB\)是直径，故\(\angleADB=90^\circ\)（1分）。\(\angleBAC=60^\circ\)，\(AD\)平分\(\angleBAC\)，故\(\angleBAD=30^\circ\)。由（1）知\(OD\parallelAE\)，\(\angleAOD=180^\circ-60^\circ=120^\circ\)，或在\(Rt\triangleADE\)中，\(\angleEAD=30^\circ\)，\(AE=6\)，设\(AD=2x\)，则\(DE=x\)，\(AE=\sqrt{3}x=6\)，解得\(x=2\sqrt{3}\)，\(AD=4\sqrt{3}\)（1分）。在\(Rt\triangleABD\)中，\(\angleBAD=30^\circ\)，\(AD=4\sqrt{3}\)，则\(AB=\frac{AD}{\cos30^\circ}=8\)（1分），故半径为\(4\)（1分）。

（1）证明：连接\(OC\)，\(OD\)（1分）。因\(AE=BE\)，\(AB\)与\(CD\)相交于\(E\)，由相交弦定理得\(AE\cdotBE=CE\cdotDE\)，因\(AE=BE\)，故\(AE^2=CE\cdotDE\)（2分）。又\(\angleAEC=\angleDEB\)，故\(\triangleAEC\sim\triangleDEB\)（2分），则\(\frac{AC}{BD}=\frac{AE}{DE}=\frac{CE}{BE}\)，因\(AE=BE\)，故\(CE=DE\)，则\(AC=BD\)（1分）。

（2）解：\(AB=6\)，\(AE=2\)，则\(BE=4\)，由相交弦定理得\(2\times4=CE\cdotDE\)，即\(CE\cdotDE=8\)（2分）。过\(O\)作\(OF\perpCD\)于\(F\)，则\(CF=DF\)（1分）。\(\angleAEC=60^\circ\)，设\(OE=x\)，在\(Rt\triangleOEF\)中，\(EF=\frac{x}{2}\)，\(OF=\frac{\sqrt{3}x}{2}\)。连接\(OA\)，\(OA=3\)，在\(Rt\triangleOAE\)中，\(OA^2=AE^2+OE^2\)，即\(9=4+x^2\)，解得\(x=\sqrt{5}\)（1分），则\(EF=\frac{\sqrt{5}}{2}\)。又\(CE\cdotDE=(CF-EF)(DF+EF)=CF^2-EF^2=8\)，故\(CF^2=8+\frac{5}{4}=\frac{37}{4}\)，\(CF=\frac{\sqrt{37}}{2}\)，则\(CD=2CF=\sqrt{37}\)（1分）。（注：此处解法可优化，若用余弦定理：在\(\triangleAEC\)中，\(AC^2=AE^2+CE^2-2AE\cdotCE\cos60^\circ\)，同理\(BD^2=BE^2+DE^2-2BE\cdotDE\cos120^\circ\)，因\(AC=BD\)，结合\(CE\cdotDE=8\)，解得\(CE+DE=\sqrt{37}\)，即\(CD=\sqrt{37}\)）

（三）应用题（12分）解：（1）利润=每件利润×销售量，每件利润为\((x-20)\)元，销售量为\((100-x)\)件（2分），故\(y=(x-20)(100-x)=-x^2+120x-2000\)（4分）。

（2）\(y=-x^2+120x-2000=-(x-60)^2+1600\)，此函数图象开口向下，对称轴为\(x=60\)（2分）。因\(30\leqx\leq40\)，在对称轴左侧，\(y\)随\(x\)增大而增大（1分）。当\(x=30\)时，\(y=-(30-60)^2+1600=700\)（1分）；当\(x=40\)时，\(y=-(40-60)^2+1600=1200\)（1分）。故每天最大利润为1200元，最小利润为700元（1分）。

（四）综合题（16分）（1）证明：判别式\(\Delta=(2k+1)^2-4(k^2+k)=4k^2+4k+1-4k^2-4k=1>0\)（3分），故方程总有两个不相等的实数根（1分）。

（2）解：由根与系数关系，\(x_1+x_2=2k+1\)，\(x_1x_2=k^2+k\)（2分）。\(x_1^2+x_2^2=(x_1+x_2)^2-2x_1x_2=(2k+1)^2-2(k^2+k)=2k^2+2k+1\)（2分）。已知\(x_1^2+x_2^2=11\)，故\(2k^2+2k+1=11\)，解得\(k^2+k-5=0\)，\(k=\frac{-1\pm\sqrt{21}}{2}\)（2分）。

（3）解：方程的根为\(x=\frac{(2k+1)\pm1}{2}\)，即\(x_1=k+1\)，\(x_2=k\)（2分）。分情况讨论：①若5为腰长，则\(k+1=5\)或\(k=5\)。当\(k+1=5\)时，\(k=4\)，另一根为4，周长=5+5+4=14（1分）；当\(k=5\)时，另一根为6，周长=5+5+6=16（1分）。②若5为底边长，则\(k=k+1\)，无解（1分）。综上，\(\triangleABC\)的周长为14或16（1分）。

（五）探究题（16分）（1）证明：连接\(OC\)（1分）。因\(CE\)是切线，故\(OC\perpCE\)，\(\angleOCE=90^\circ\)，\(\angleOCB+\angleBCE=90^\circ\)（2分）。因\(OA\perpOB\)，故\(\angleBOD=90^\circ\)，\(\angleOBC+\angleODB=90^\circ\)（1分）。又\(OB=OC\)，故\(\angleOBC=\angleOCB\)（1分），且\(\angleODB=\angleCDE\)，故\(\angleBCE=\angleCDE\)（1分），则\(EC=ED\)（1分）。

（2）解：设\(CE=ED=x\)，则\(OE=OD+DE=1+x\)（1分）。在\(Rt\triangleOCE\)中，\(OC^2+CE^2=OE^2\)（1分），即\(4^2+x^2=(1+x)^2\)（1分），展开得\(16+x^2=1+2x+x^2\)，解得\(x=\frac{15}{2}\)，故\(CE=\frac{15}{2}\)（1分）。

（3）解：在\(Rt\triangleOCE\)中，\(OC=4\)，\(CE=\frac{15}{2}\)，\(OE=\frac{17}{2}\)，则\(\triangleOCE\)的面积=\(\frac{1}{2}\timesOC\timesCE=\frac{1}{2}\times4\times\frac{15}{2}=15\)（2分）。求\(\angleCOE\)的正弦值\(\sin\angleCOE=\frac{CE}{OE}=\frac{15}{17}\)，或用反三角函数表示角度，但阴影面积=\(\triangleOCE\)面积-扇形\(OCD\)面积（1分）。扇形\(OCD\)的圆心角\(\angleCOE\)，面积=\(\frac{n\pi\times4^2}{360}\)，但由\(\cos\angleCOE=\frac{OC}{OE}=\frac{8}{17}\)，故\(\angleCOE=\arccos\frac{8}{17}\)，此处可能题目图形中\(D\)在\(OA\)上，结合（2）中\(OD=1\)，\(OC=4\)，\(CD\)可求，但更简单：阴影面积=\(\triangleOCE\)面积-扇形\(OCD\)面积，而\(\angleCOD\)的余弦值=\(\frac{OC^2+OD^2-CD^2}{2\cdotOC\cdotOD}\)，但\(CD=DE=\frac{15}{2}\)？不，\(CD\)需重新算，此处修正：阴影部分应为\(\triangleCDE\)或\(\triangleOCE\)减去扇形，结合常见题型，阴影面积=\(\triangleOCE\)面积-扇形\(OAC\)面积，假设\(\angleCOE=\alpha\)，则扇形面积=\(\frac{\alpha\pi\times16}{360}\)，但由（2）知\(\tan\alpha=\frac{15}{8}\)，若题目中阴影为\(\triangleCDE\)，则面积=\(\frac{1}{2}\timesDE\timesOF\)，此处可能之前解法有误，正确应为：阴影面积=\(\triangleOCE\)面积-扇形\(OCD\)面积，其中\(\angleCOD\)可通过\(OC=4\)，\(OD=1\)，\(CD=\sqrt{OC^2+OD^2-2\cdotOC\cdotOD\cos90^\circ}=\sqrt{17}\)，但\(CE=\frac{15}{2}\)，\(ED=\frac{15}{2}\)，故\(CD=\sqrt{CE^2+ED^2-2\cdotCE\cdotED\cos\angleCED}\)，过于复杂，推测题目阴影为\(\triangleOCE\)减去扇形\(OAC\)，结合\(OA=4\)，\(OE=\frac{17}{2}\)，\(AE=OE-OA=\frac{9}{2}\)，但更简单：由（2）得\(\triangleOCE\)面积=15