2023-2024学年福建省中学数学九年级第一学期期末综合测试模拟试题

这是一份2023-2024学年福建省中学数学九年级第一学期期末综合测试模拟试题，共16页。试卷主要包含了考生必须保证答题卡的整洁等内容，欢迎下载使用。

1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。
2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。
3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。
4．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。
一、选择题（每题4分，共48分）
1．下列方程中，是关于x的一元二次方程的为（ ）
A．B．C．D．
2．在一个不透明的口袋中装有个完全相同的小球，把它们分别标号为，从中随机摸出一个小球，其标号小于的概率为（ ）
A．B．C．D．
3．在Rt△ABC中，，如果∠A=，，那么线段AC的长可表示为（ ）．
A．；B．；C．；D．．
4．如图所示，抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）与x轴交于点A(1，0)和点B，与y轴的正半轴交于点C．现有下列结论：①abc＞0；②4a﹣2b+c＞0；③2a﹣b＞0；④3a+c＝0，其中，正确结论的个数是（ ）
A．1B．2C．3D．4
5．下面四个实验中，实验结果概率最小的是( )
A．如（1）图，在一次实验中，老师共做了400次掷图钉游戏，并记录了游戏的结果绘制了下面的折线统计图，估计出的钉尖朝上的概率
B．如（2）图，是一个可以自由转动的转盘，任意转动转盘，当转盘停止时，指针落在蓝色区域的概率
C．如（3）图，有一个小球在的地板上自由滚动，地板上的每个格都是边长为1的正方形，则小球在地板上最终停留在黑色区域的概率
D．有7张卡片，分别标有数字1，2，3，4，6，8，9，将它们背面朝上洗匀后，从中随机抽出一张，抽出标有数字“大于6”的卡片的概率
6．在中，，垂足为D，则下列比值中不等于的是（ ）
A．B．C．D．
7．如图，在中，为上一点，连接、，且、交于点，，则等于（ ）
A．B．C．D．
8．二次函数y＝(x﹣4)2+2图象的顶点坐标是( )
A．(﹣4，2)B．(4，﹣2)C．(4，2)D．(﹣4，﹣2)
9．在反比例函数的图象的每一个分支上，y都随x的增大而减小，则k的取值范围是（ ）
A．k＞1B．k＞0C．k≥1D．k＜1
10．如图，将一副三角板如图放置，如果，那么点到的距离为( )
A．B．C．D．
11．如图，将绕点按逆时针方向旋转后得到，若，则的度数是（ ）
A．B．C．D．
12．书架上放着三本古典名著和两本外国小说，小明从中随机抽取两本，两本都是古典名著的概率是（ ）
A．B．C．D．
二、填空题（每题4分，共24分）
13．若长方形的长和宽分别是关于 x 的方程的两个根，则长方形的周长是_______．
14．若△ABC∽△A′B′C′，相似比为1：3，则△ABC与△A′B′C′的面积之比为_____．
15．如图，在▱ABCD中，AB为⊙O的直径，⊙O与DC相切于点E，与AD相交于点F，已知AB=12，∠C=60°，则 的长为 ．
16．已知扇形的圆心角为120°，弧长为6π，则它的半径为________．
17．进价为元/件的商品，当售价为元/件时，每天可销售件，售价每涨元，每天少销售件，当售价为________元时每天销售该商品获得利润最大，最大利润是________元．
18．有一个二次函数的图象,三位同学分别说了它的一些特点:甲:图象与轴只有一个交点；乙:图象的对称轴是直线丙:图象有最高点，请你写出一个满足上述全部特点的二次函数的解析式__________.
三、解答题（共78分）
19．（8分）某商店经销一种销售成本为每千克40元的水产品，规定试销期间销售单价不低于成本价.据试销发现，月销量（千克）与销售单价（元）符合一次函数.若该商店获得的月销售利润为元，请回答下列问题：
（1）请写出月销售利润与销售单价之间的关系式（关系式化为一般式）；
（2）在使顾客获得实惠的条件下，要使月销售利润达到8000元，销售单价应定为多少元？
（3）若获利不高于，那么销售单价定为多少元时，月销售利润达到最大？
20．（8分）解方程：x2－4x－7＝0.
21．（8分）一个不透明袋子中有1个红球，1个绿球和n个白球，这些球除颜色外无其他差别．
（1）从袋中随机摸出一个球，记录其颜色，然后放回，搅匀，大量重复该实验，发现摸到绿球的频率稳定于0.2，求n的值；
（2）若，小明两次摸球（摸出一球后，不放回，再摸出一球），请用树状图画出小明摸球的所有结果，并求出两次摸出不同颜色球的概率．
22．（10分）如图，以等腰△ABC的一腰AC为直径作⊙O，交底边BC于点D，过点D作腰AB的垂线，垂足为E，交AC的延长线于点F．
（1）求证：EF是⊙O的切线；
（2）证明：∠CAD＝∠CDF；
（3）若∠F＝30°，AD＝，求⊙O的面积．
23．（10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．
24．（10分）如图，中，，，为内部一点，且.
(1)求证：；
(2)求证：.
25．（12分）已知关于x的方程x2-(2m+1)x+m(m+1)=0.
(1)求证:方程总有两个不相等的实数根;
(2)已知方程的一个根为x=0,求代数式(2m-1)2+(3+m)(3-m)+7m-5的值(要求先化简再求值).
26．如图，点O是等边三角形ABC内的一点，∠BOC=150°，将△BOC绕点C按顺时针旋转得到△ADC，连接OD，OA．
（1）求∠ODC的度数；
（2）若OB=4，OC=5，求AO的长．
参考答案
一、选择题（每题4分，共48分）
1、B
【解析】根据一元二次方程的定义，一元二次方程有三个特点：（1）只含有一个未知数；（1）未知数的最高次数是1；（3）是整式方程．要判断一个方程是否为一元二次方程，先看它是否为整式方程，若是，再对它进行整理．如果能整理为ax1＋bx＋c＝0（a≠0）的形式，则这个方程就为一元二次方程．
【详解】解：A.,是分式方程,
B.,正确,
C.,是二元二次方程,
D.,是关于y的一元二次方程,
故选B
此题主要考查了一元二次方程的定义，关键是掌握一元二次方程必须同时满足三个条件：①整式方程，即等号两边都是整式；方程中如果有分母，那么分母中无未知数； ②只含有一个未知数； ③未知数的最高次数是1．
2、C
【分析】直接利用概率公式求解即可求得答案．
【详解】解：∵在一个不透明的口袋中装有5个完全相同的小球，把它们分别标号为1，2，3，4，5，
其中小于的3个，
∴从中随机摸出一个小球，其标号小于4的概率为：
故选：C．
此题考查了概率公式的应用．用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．
3、B
【分析】根据余弦函数是邻边比斜边，可得答案．
【详解】解：由题意，得
，
，
故选：．
本题考查了锐角三角函数的定义，利用余弦函数的定义是解题关键．
4、B
【分析】由抛物线的开口方向，判断a与0的关系；由对称轴与y轴的位置关系，判断ab与0的关系；由抛物线与y轴的交点，判断c与0的关系，进而判断abc与0的关系，据此可判断①．由x＝﹣2时，y＝4a﹣2b+c，再结合图象x＝﹣2时，y＞0，即可得4a﹣2b+c与0的关系，据此可判断②．根据图象得对称轴为x＝﹣＞﹣1，即可得2a﹣b与0的关系，据此可判断③．由x＝1时，y＝a+b+c，再结合2a﹣b与0的关系，即可得3a+c与0的关系，据此可判断④．
【详解】解：①∵抛物线的开口向下，
∴a＜0，
∵对称轴位于y轴的左侧，
∴a、b同号，即ab＞0，
∵抛物线与y轴交于正半轴，
∴c＞0，
∴abc＞0，
故①正确；
②如图，当x＝﹣2时，y＞0，即4a﹣2b+c＞0，
故②正确；
③对称轴为x＝﹣＞﹣1，得2a＜b，即2a﹣b＜0，
故③错误；
④∵当x＝1时，y＝0，
∴0＝a+b+c，
又∵2a﹣b＜0，即b＞2a，
∴0＝a+b+c＞a+2a+c＝3a+c，即3a+c＜0，
故④错误．
综上所述，①②正确，即有2个结论正确．
故选：B．
本题考查二次函数图象位置与系数的关系．熟练掌握二次函数开口方向、对称轴、与坐标轴交点等性质，并充分运用数形结合是解题关键．
5、C
【分析】根据概率的求解方法分别求出各概率的大小，即可判断.
【详解】A. 如（1）图，在一次实验中，老师共做了400次掷图钉游戏，并记录了游戏的结果绘制了下面的折线统计图，估计出的钉尖朝上的概率大概为0.4；
B. 如（2）图，是一个可以自由转动的转盘，任意转动转盘，当转盘停止时，指针落在蓝色区域的概率为≈0.33；
C. 如（3）图，有一个小球在的地板上自由滚动，地板上的每个格都是边长为1的正方形，则小球在地板上最终停留在黑色区域的概率为
D. 有7张卡片，分别标有数字1，2，3，4，6，8，9，将它们背面朝上洗匀后，从中随机抽出一张，抽出标有数字“大于6”的卡片的概率≈0.29.
故选C
此题主要考查概率的求解，解题的关键是熟知概率的计算.
6、D
【分析】利用锐角三角函数定义判断即可．
【详解】在Rt△ABC中，sinA＝，
在Rt△ACD中，sinA＝，
∵∠A＋∠B＝90°，∠B＋∠BCD＝90°，
∴∠A＝∠BCD，
在Rt△BCD中，sinA＝sin∠BCD＝，
故选：D．
此题考查了锐角三角函数的定义，熟练掌握锐角三角函数定义是解本题的关键．
7、A
【分析】根据平行四边形得出，再根据相似三角形的性质即可得出答案.
【详解】四边形ABCD为平行四边形
故选A.
本题考查了相似三角形的判定及性质，熟练掌握性质定理是解题的关键.
8、C
【分析】利用二次函数顶点式可直接得到抛物线的顶点坐标．
【详解】解：∵y＝(x﹣4)2+2，
∴顶点坐标为(4，2)，
故答案为C．
本题考查了二次函数的顶点式,掌握顶点式各参数的含义是解答本题的关键.
9、A
【分析】根据反比例函数的性质，当反比例函数的系数大于0时，在每一支曲线上，y都随x的增大而减小，可得k﹣1＞0，解可得k的取值范围．
【详解】解：根据题意，在反比例函数图象的每一支曲线上，y都随x的增大而减小，
即可得k﹣1＞0，
解得k＞1．
故选A．
【点评】
本题考查了反比例函数的性质：①当k＞0时，图象分别位于第一、三象限；当k＜0时，图象分别位于第二、四象限．②当k＞0时，在同一个象限内，y随x的增大而减小；当k＜0时，在同一个象限，y随x的增大而增大．
10、B
【分析】作EF⊥BC于F，设EF＝x，根据三角函数分别表示出BF,CF，根据BD∥EF得到△BCD∽△FCE，得到,代入即可求出x．
【详解】如图，作EF⊥BC于F，设EF＝x，
又∠ABC=45°，∠DCB=30°，
则BF=EF÷tan45°=x,FC=EF÷tan30°=x
∵BD∥EF
∴△BCD∽△FCE，
∴,即
解得x=，x=0舍去
故EF＝，选B．
此题主要考查相似三角形的判定与性质，解题的关键是熟知相似三角形的判定及解直角三角形的应用．
11、A
【分析】根据绕点按逆时针方向旋转后得到，可得，然后根据可以求出的度数．
【详解】∵绕点按逆时针方向旋转后得到
∴
又∵
∴
本题考查的是对于旋转角的理解，能利用定义从图形中准确的找出旋转角是关键．
12、C
【分析】画树状图（用A、B、C表示三本古典名著，a、b表示两本外国小说）展示所有20种等可能的结果数，找出从中随机抽取2本都是古典名著的结果数，然后根据概率公式求解．
【详解】解：画树状图为：（用A、B、C表示三本古典名著，a、b表示两本外国小说），
共有20种等可能的结果数，其中从中随机抽取2本都是古典名著的结果数为6，
所以从中随机抽取2本都是古典名著的概率=．
故选：C．
本题考查了树状图法或列表法求概率，解题的关键是正确画出树状图或表格，然后用符合条件的情况数m除以所有等可能发生的情况数n即可,即.
二、填空题（每题4分，共24分）
13、6
【分析】设长方形的长为a，宽为b，根据根与系数的关系得a+b=3，即可得到结论．
【详解】解：设长方形的长为a，宽为b，
根据题意得，a+b=3，
所以长方形的周长是2×（a+b）=6.
故答案为：6.
本题考查了一元二次方程ax2+bx+c=0（a≠0）的根与系数的关系：若方程的两根为x1，x2，则x1+x2=.
14、1：1．
【解析】试题分析：∵△ABC∽△A′B′C′，相似比为1：3，
∴△ABC与△A′B′C′的面积之比为1：1．
考点：相似三角形的性质．
15、π．
【详解】解：如图连接OE、OF．∵CD是⊙O的切线，∴OE⊥CD，∴∠OED=90°，∵四边形ABCD是平行四边形，∠C=60°，∴∠A=∠C=60°，∠D=120°，∵OA=OF，∴∠A=∠OFA=60°，∴∠DFO=120°，∴∠EOF=360°﹣∠D﹣∠DFO﹣∠DEO=30°，的长=．故答案为π．
考点：切线的性质；平行四边形的性质；弧长的计算．
16、1
【分析】根据弧长公式L＝求解即可．
【详解】∵L＝，
∴R＝＝1．
故答案为1．
本题考查了弧长的计算，解答本题的关键是掌握弧长公式：L＝．
17、55，3．
【解析】试题分析：设售价为元，总利润为元，则，∴时，获得最大利润为3元.故答案为55，3．
考点：3．二次函数的性质；3．二次函数的应用．
18、（答案不唯一）
【解析】利用二次函数的顶点式解决问题即可．
【详解】由题意抛物线的顶点坐标为（3，0），设抛物线的解析式为y＝a（x﹣3）1．
∵开口向下，可取a=－1，∴抛物线的解析式为y=－（x﹣3）1．
故答案为y=－（x﹣3）1（答案不唯一）．
本题考查了抛物线与x轴的交点，二次函数的性质等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
三、解答题（共78分）
19、（1）W＝﹣10x2+1400x﹣40000；（2）销售单价应定为1元；（3）销售单价定为2元时，月销售利润达到最大．
【分析】（1）根据总利润=每千克的利润×月销量，即可求出月销售利润与销售单价之间的关系式，然后化为一般式即可；
（2）将=800代入（1）的关系式中，求出x即可；
（3）根据获利不高于，即可求出x的取值范围，然后根据二次函数的增减性，即可求出当月销售利润达到最大时，销售单价的定价．
【详解】解：（1）根据题意得，W＝（x﹣40）（﹣10x+1000）
＝﹣10x2+1000x+400x﹣40000
＝﹣10x2+1400x﹣40000；
（2）当W＝﹣10x2+1400x﹣40000＝8000时，
得到x2﹣140x+4800＝0，
解得：x1＝1，x2＝80，
∵使顾客获得实惠，
∴x＝1．
答：销售单价应定为1元．
（3）W＝-10x2+1400x﹣40000
＝-10（x﹣70）2+9000
∵获利不得高于70%，即x﹣40≤40×70%，
∴x≤2．
∵-10＜0，对称轴为直线x=70
∴当x≤2时，y随x的增大而增大
∴当x＝2时，W最大＝891．
答：销售单价定为2元时，月销售利润达到最大．
此题考查的是二次函数是应用，掌握实际问题中的等量关系、二次函数和一元二次方程的关系和利用二次函数的增减性求值是解决此题的关键．
20、
【解析】x²－4x－7＝0, ∵a=1,b=-4,c=-7, ∴△=(-4)²-4×1×(-7)=44>0,
∴x= , ∴.
21、（1）；（2）
【分析】（1）利用频率估计概率，则摸到绿球的概率为0.2，然后利用概率公式列方程即可；
（2）画出树状图，然后根据概率公式求概率即可.
【详解】解：（1）∵经过大量实验，摸到绿球的频率稳定于0.2，
∴摸到绿球的概率为0.2
∴
解得：，经检验是原方程的解.
（2）树状图如下图所示：
由树状图可知：共有12种等可能的结果，其中两次摸出不同颜色球的结果共有10种，
故两次摸出不同颜色球的概率为：
此题考查的是利用频率估计概率、画树状图及概率公式，掌握画树状图分析结果和利用概率公式求概率是解决此题的关键.
22、（1）见解析；（2）见解析；（3）π
【分析】（1）连接OD，AD，证点D是BC的中点，由三角形中位线定理证OD∥AB，可推出∠ODF＝90°，即可得到结论；
（2）由OD＝OC得到∠ODC＝∠OCD，由∠CAD+∠OCD＝90°和∠CDF+∠ODC＝90°即可推出∠CAD＝∠CDF；
（3）由∠F＝30°得到∠DOC＝60°，推出∠DAC＝30°，在Rt△ADC中，由锐角三角函数可求出AC的长，推出⊙O的半径，即可求出⊙O的面积．
【详解】解:（1）证明：如图，连接OD，AD，
∵AC是直径，
∴∠ADC＝90°，即AD⊥BC，
又AB＝AC，
∴BD＝CD，
又AO＝CO，
∴OD∥AB，
又FE⊥AB，
∴FE⊥OD，
∴EF是⊙O的切线；
（2）∵OD＝OC，
∴∠ODC＝∠OCD，
∵∠ADC＝∠ODF＝90°，
∴∠CAD+∠OCD＝90°，∠CDF+∠ODC＝90°，
∴∠CAD＝∠CDF；
（3）在Rt△ODF中，∠F＝30°，
∴∠DOC＝90°﹣30°＝60°，
∵OA＝OD，
∴∠OAD＝∠ODA＝∠DOC＝30°，
在Rt△ADC中，
AC＝ ＝＝2，
∴r＝1，
∴S⊙O＝π•12＝π，
∴⊙O的面积为π．
本题考查了圆的有关性质，切线的判定与性质，解直角三角形等，解题关键是能够根据题意作出适当的辅助线，并熟练掌握解直角三角形的方法．
23、（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%.
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．
24、 (1)证明见解析；(2)证明见解析.
【分析】（1）利用等腰三角形的性质、三角形内角和定理以及等式的性质判断出∠PBC=∠PAB，进而得出结论；
（2）由（1）的结论得出，进而得出，即可得出结论.
【详解】证明：（1）∵，，
∴，
又，
∴，
∴，
又∵，
∴；
（2）∵，
∴
在中，，
∴，
∴，
∴.
本题主要考查相似三角形的判定与性质的知识点，熟练三角形内角和定理，等腰三角形的判定与性质，三角形外角的性质，勾股定理等知识点，综合性较强，有一定难度．
25、（1）证明见解析；（2）2.
【解析】试题分析:（1）找出a，b及c，表示出根的判别式，变形后得到其值大于1，即可得证．
（2）把x=1代入方程即可求m的值，然后化简代数式再将m的值代入所求的代数式并求值即可．
试题解析：（1）∵关于x的一元二次方程x2-（2m+1）x+m（m+1）=1．
∴△=（2m+1）2-4m（m+1）=1＞1，
∴方程总有两个不相等的实数根；
（2）∵x=1是此方程的一个根，
∴把x=1代入方程中得到m（m+1）=1，
∴m=1或m=-1，
∵（2m-1）2+（3+m）（3-m）+7m-2=4m2-4m+1+9-m2+7m-2=3m2+3m+2，
把m=1代入3m2+3m+2得：3m2+3m+2=2；
把m=-1代入3m2+3m+2得：3m2+3m+2=3×1-3+2=2．
考点：1.根的判别式；2.一元二次方程的解．
26、（1）60°；（2）
【分析】（1）根据旋转的性质得到三角形ODC为等边三角形即可求解；
（2）由旋转的性质得：AD=OB=1，结合题意得到∠ADO=90°．则在Rt△AOD中，由勾股定理即可求得AO的长．
【详解】（1）由旋转的性质得：CD=CO，∠ACD=∠BCO．
∵∠ACB=∠ACO+∠OCB=60°，
∴∠DCO=∠ACO+∠ACD=∠ACO+∠OCB=60°，
∴△OCD为等边三角形，
∴∠ODC=60°．
（2）由旋转的性质得：AD=OB=1．
∵△OCD为等边三角形，∴OD=OC=2．
∵∠BOC=120°，∠ODC=60°，∴∠ADO=90°．
在Rt△AOD中，由勾股定理得：AO=．
本题考查旋转的性质、等边三角形的性质和勾股定理，解题的关键是掌握旋转的性质、等边三角形的性质和勾股定理.