2024-2025学年河南省南阳市数学九年级第一学期期末综合测试试题含解析.doc

2023-2024学年九上数学期末模拟试卷
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

一、选择题（每题4分，共48分）
1．将抛物线向左平移3个单位长度，再向上平移3个单位长度后，所得抛物线的解析式为（ ）
A． B．
C． D．
2．如图，小王在长江边某瞭望台D处，测得江面上的渔船A的俯角为40°，若DE=3米，CE=2米，CE平行于江面AB，迎水坡BC的坡度i=1：0.75，坡长BC=10米，则此时AB的长约为（　　）（参考数据：sin40°≈0.64，cos40°≈0.77，tan40°≈0.84）．

A．5.1米 B．6.3米 C．7.1米 D．9.2米
3．点M(a，2a)在反比例函数y＝的图象上，那么a的值是( )
A．4 B．﹣4 C．2 D．±2
4．若x＝﹣1是关于x的一元二次方程ax2﹣bx﹣2019＝0的一个解，则1+a+b的值是（　　）
A．2017 B．2018 C．2019 D．2020
5．如图，在中，平分于.如果，那么等于（ ）

A． B． C． D．
6．气象台预报“铜陵市明天降水概率是75%”．据此信息，下列说法正确的是（ ）
A．铜陵市明天将有75％的时间降水 B．铜陵市明天将有75％的地区降水
C．铜陵市明天降水的可能性比较大 D．铜陵市明天肯定下雨
7．从，0，π，3.14，6这5个数中随机抽取一个数，抽到有理数的概率是（　　）
A． B． C． D．
8．在下列四个图形中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
9．对于反比例函数y=，下列说法正确的是（　　）
A．图象经过点（1，﹣1） B．图象关于y轴对称
C．图象位于第二、四象限 D．当x＜0时，y随x的增大而减小
10．下列成语所描述的事件是必然事件的是（　　）
A．守株待兔 B．瓮中捉鳖 C．拔苗助长 D．水中捞月
11．下列一元二次方程中，没有实数根的是（ ）
A． B．
C． D．
12．从下列两组卡片中各摸一张，所摸两张卡片上的数字之和为5的概率是（ ）
第一组：1,2,3 第二组：2,3,4
A． B． C． D．
二、填空题（每题4分，共24分）
13．如图，等边△ABO的边长为2，点B在x轴上，反比例函数图象经过点A，将△ABO绕点O顺时针旋转a（0°＜a＜360°），使点A仍落在双曲线上，则a=_____．

14．一个圆锥的底面圆的半径为3，母线长为9，则该圆锥的侧面积为__________．
15．如图，△ABC的顶点A、B、C都在边长为1的正方形网格的格点上，则sinA的值为________．

16．一棵参天大树，树干周长为3米，地上有一根常春藤恰好绕了它5圈，藤尖离地面20米高，那么这根常春藤至少有____米．
17．已知关于x的一元二次方程（m﹣1）x2+x+1=0有实数根,则m的取值范围是 ．
18．如图，在中，，，为边上的一点，且，若的面积为，则的面积为__________．

三、解答题（共78分）
19．（8分）图1和图2中的正方形ABCD和四边形AEFG都是正方形．

（1）如图1，连接DE，BG，M为线段BG的中点，连接AM，探究AM与DE的数量关系和位置关系，并证明你的结论；
（2）在图1的基础上，将正方形AEFG绕点A逆时针方向旋转到图2的位置，连结DE、BG，M为线段BG的中点，连结AM，探究AM与DE的数量关系和位置关系，并证明你的结论．

20．（8分）如图，已知△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝4，BC＝3，点M、N分别是边AC、AB上的动点，连接MN，将△AMN沿MN所在直线翻折，翻折后点A的对应点为A′．

（1）如图1，若点A′恰好落在边AB上，且AN＝AC，求AM的长；
（2）如图2，若点A′恰好落在边BC上，且A′N∥AC．
①试判断四边形AMA′N的形状并说明理由；
②求AM、MN的长；
（3）如图3，设线段NM、BC的延长线交于点P，当且时，求CP的长．
21．（8分）已知：反比例函数和一次函数，且一次函数的图象经过点．
（1）试求反比例函数的解析式；
（2）若点在第一象限，且同时在上述两个函数的图象上，求点的坐标．
22．（10分）如图，在平面直角坐标系中，抛物线（a≠0）与y轴交与点C（0，3），与x轴交于A、B两点，点B坐标为（4，0），抛物线的对称轴方程为x=1．
（1）求抛物线的解析式；
（2）点M从A点出发，在线段AB上以每秒3个单位长度的速度向B点运动，同时点N从B点出发在线段BC上以每秒1个单位长度的速度向C点运动，其中一个点到达终点时，另一个点也停止运动，设△MBN的面积为S，点M运动时间为t，试求S与t的函数关系，并求S的最大值；
（3）在点M运动过程中，是否存在某一时刻t，使△MBN为直角三角形？若存在，求出t值；若不存在，请说明理由．
23．（10分）解方程：x（x﹣3）+6＝2x．
24．（10分）解不等式组，并求出它的整数解
25．（12分）天空中有一个静止的广告气球C，从地面A点测得C点的仰角为45°，从地面B测得仰角为60°，已知AB=20米，点C和直线AB在同一铅垂平面上，求气球离地面的高度.（结果精确到0.1米）

26．东坡商贸公司购进某种水果成本为20元/，经过市场调研发现，这种水果在未来48天的销售单价（元/）与时间（天）之间的函数关系式，为整数，且其日销售量()与时间（天）的关系如下表：
时间（天）
1
3
6
10
20
…
日销售量（）
118
114
108
100
80
…
（1）已知与之间的变化符合一次函数关系，试求在第30天的日销售量；
（2）哪一天的销售利润最大？最大日销售利润为多少？
参考答案

一、选择题（每题4分，共48分）
1、D
【分析】先得到抛物线y=x2-2的顶点坐标为（0，-2），再把点（0，-2）向左平移3个单位长度，再向上平移3个单位长度所得点的坐标为（-3，1），得到平移后抛物线的顶点坐标，然后根据顶点式写出解析式即可．
【详解】解：抛物线y=x2-2的顶点坐标为（0，-2），把点（0，-2）向左平移3个单位长度，再向上平移3个单位长度所得点的坐标为（-3，1），
所以平移后抛物线的解析式为y=（x+3）2+1，
故选：D．
本题考查了二次函数图象与几何变换：先把二次函数的解析式配成顶点式，然后把抛物线的平移问题转化为顶点的平移问题．
2、A
【解析】如图，延长DE交AB延长线于点P，作CQ⊥AP于点Q，

∵CE∥AP，
∴DP⊥AP，
∴四边形CEPQ为矩形，
∴CE=PQ=2，CQ=PE，
∵i=，
∴设CQ=4x、BQ=3x，
由BQ² +CQ²=BC²可得(4x)²+(3x)²=102，
解得：x=2或x=−2(舍)，
则CQ=PE=8，BQ=6，
∴DP=DE+PE=11，
在Rt△ADP中,∵AP=≈13.1，
∴AB=AP−BQ−PQ=13.1−6−2=5.1，
故选A.
点睛：此题考查了俯角与坡度的知识．注意构造所给坡度和所给锐角所在的直角三角形是解决问题的难点，利用坡度和三角函数求值得到相应线段的长度是解决问题的关键．
3、D
【分析】根据点M(a，2a)在反比例函数y＝的图象上,可得:,然后解方程即可求解.
【详解】因为点M(a，2a)在反比例函数y＝的图象上,可得:
,
,
解得:,
故选D.
本题主要考查反比例函数图象的上点的特征,解决本题的关键是要熟练掌握反比例函数图象上点的特征.
4、D
【分析】根据x=-1是关于x的一元二次方程ax2﹣bx﹣2019＝0的一个解，可以得到a+b的值，从而可以求得所求式子的值．
【详解】解：∵x＝﹣1是关于x的一元二次方程ax2﹣bx﹣2019＝0的一个解，
∴a+b﹣2019＝0，
∴a+b＝2019，
∴1+a+b＝1+2019＝2020，
故选：D．
本题考查一元二次方程的解，解答本题的关键是明确题意，求出所求式子的值．
5、D
【分析】先根据直角三角形的性质和角平分线的性质可得，再根据等边对等角可得，最后在中，利用直角三角形的性质即可得.
【详解】

平分

则在中，
故选：D.
本题考查了等腰三角形的性质、角平分线的性质、直角三角形的性质：（1）两锐角互余；（2）所对的直角边等于斜边的一半；根据等腰三角形的性质得出是解题关键.
6、C
【分析】根据概率表示某事情发生的可能性的大小，依次分析选项可得答案．
【详解】解：根据概率表示某事情发生的可能性的大小，分析可得：
A、铜陵市明天将有75%的时间降水，故此选项错误；
B、铜陵市明天将有75%的地区降水，故此选项错误；
C、明天降水的可能性为75%比较大，故此选项正确；
D、明天肯定下雨，故此选项错误；
故选：C．
此题主要考查了概率的意义，关键是理解概率表示随机事件发生的可能性大小：可能发生，也可能不发生．
7、C
【解析】∵在 这5个数中只有0、3.14和6为有理数，
∴从这5个数中随机抽取一个数，抽到有理数的概率是．
故选C．
8、A
【解析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．
【详解】A、是中心对称图形，也是轴对称图形，符合题意；
B、是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意；
C、是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意；
D、不是轴对称图形，是中心对称图形，不符合题意．
故选A．
此题主要考查了中心对称图形与轴对称图形的概念．轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后两部分重合．
9、D
【解析】A选项：∵1×（-1）=-1≠1，∴点（1，-1）不在反比例函数y=的图象上，故本选项错误；
B选项：反比例函数的图象关于原点中心对称，故本选项错误；
C选项：∵k=1＞0，∴图象位于一、三象限，故本选项错误；
D选项：∵k=1＞0，∴当x＜0时，y随x的增大而减小，故是正确的．
故选B．
10、B
【分析】根据必然事件就是一定发生的事件，即发生的概率是1的事件依次判定即可得出答案．
【详解】解：A选项为随机事件，故不符合题意；
B选项是必然事件，故符合题意；
C选项为不可能事件，故不符合题意；
D选项为不可能事件，故不符合题意；
故选：B．
本题主要考查了必然事件、不可能事件、随机事件的概念，必然事件指在一定条件下一定发生的事件，不可能事件是指在一定条件下，一定不发生的事件，不确定事件即随机事件是指在一定条件下，可能发生也可能不发生的事件，难度适中．
11、A
【解析】试题分析：A．∵△=25﹣4×2×4=﹣7＜0，∴方程没有实数根，故本选项正确；
B．∵△=36﹣4×1×4=0，∴方程有两个相等的实数根，故本选项错误；
C．∵△=16﹣4×5×（﹣1）=36＞0，∴方程有两个相等的实数根，故本选项错误；
D．∵△=16﹣4×1×3=4＞0，∴方程有两个相等的实数根，故本选项错误；
故选A．
考点：根的判别式．
12、D
【分析】根据题意，通过树状图法即可得解.
【详解】如下图，画树状图

可知，从两组卡片中各摸一张，一共有9种可能性，两张卡片上的数字之和为5的可能性有3种，则P(两张卡片上的数字之和为5)，
故选：D.
本题属于概率初步题，熟练掌握树状图法或者列表法是解决本题的关键.

二、填空题（每题4分，共24分）
13、30°或180°或210°
【分析】根据等边三角形的性质，双曲线的轴对称性和中心对称性即可求解．
【详解】根据反比例函数的轴对称性，A点关于直线y=x对称，
∵△OAB是等边三角形，
∴∠AOB=60°，
∴AO与直线y=x的夹角是15°，
∴a=2×15°=30°时点A落在双曲线上， 根据反比例函数的中心对称性，
∴点A旋转到直线OA上时，点A落在双曲线上，
∴此时a=180°，
根据反比例函数的轴对称性，继续旋转30°时，点A落在双曲线上，
∴此时a=210°；
故答案为：30°或180°或210°．
考点：(1)、反比例函数图象上点的坐标特征；(2)、等边三角形的性质；(3)、坐标与图形变化-旋转．
14、
【分析】先求出底面圆的周长，然后根据扇形的面积公式：即可求出该圆锥的侧面积．
【详解】解：底面圆的周长为，即圆锥的侧面展开后的弧长为，
∵母线长为9，
∴圆锥的侧面展开后的半径为9，
∴圆锥的侧面积
故答案为：
此题考查的是求圆锥的侧面积，掌握扇形的面积公式：是解决此题的关键．
15、
【解析】如图，由题意可知∠ADB=90°，BD=，AB=，
∴sinA=.

16、25
【分析】如下图，先分析常春藤一圈展开图，求得常春藤一圈的长度后，再求总长度．
【详解】如下图，是常春藤恰好绕树的图形

∵绕5圈，藤尖离地面20米
∴常春藤每绕1圈，对应的高度为20÷5=4米
我们将绕树干1圈的图形展开如下，其中，AB表示树干一圈的长度，AC表示常春藤绕树干1圈的高度，BC表示常春藤绕树干一圈的长度

∴在Rt△ABC中，BC=5
∴常春藤总长度为：5×5=25米
故答案为：25
本题考查侧面展开图的运算，解题关键是将题干中的树干展开为如上图△ABC的形式．
17、m≤且m≠1．
【详解】本题考查的是一元二次方程根与系数的关系．有实数根则△=即1-4（-1）(m-1)≥0解得m≥，又一元二次方程所以m-1≠0综上m≥且m≠1.
18、1
【分析】首先判定△ADC∽△BAC，然后得到相似比，根据面积比等于相似比的平方可求出△BAC的面积，减去△ADC的面积即为△ABD的面积．

【详解】∵∠CAD=∠B，∠C=∠C
∴△ADC∽△BAC
∴相似比
则面积比
∴
∴
故答案为：1．
本题考查了相似三角形的判定与性质，熟记相似三角形的面积比等于相似比的平方是解题的关键．

三、解答题（共78分）
19、（1）AM=DE，AM⊥DE，理由详见解析；（2）AM=DE，AM⊥DE，理由详见解析.
【解析】试题分析：（1）AM=DE，AM⊥DE，理由是：先证明△DAE≌△BAG，得DE=BG，∠AED=∠AGB，再根据直角三角形斜边的中线的性质得AM=BG，AM=BM，则AM=DE，由角的关系得∠MAB+∠AED=90°，所以∠AOE=90°，即AM⊥DE2）AM=DE，AM⊥DE，理由是：作辅助线构建全等三角形，证明△MNG≌△MAB和△AGN≌△EAD可以得出结论．
试题解析：（1）AM=DE，AM⊥DE，理由是：
如图1，设AM交DE于点O，
∵四边形ABCD和四边形AEFG都是正方形，
∴AG=AE，AD=AB，
∵∠DAE=∠BAG，
∴△DAE≌△BAG，
∴DE=BG，∠AED=∠AGB，
在Rt△ABG中，
∵M为线段BG的中点，
∴AM=BG，AM=BM，
∴AM=DE，
∵AM=BM，
∴∠MBA=∠MAB，
∵∠AGB+∠MBA=90°，
∴∠MAB+∠AED=90°，
∴∠AOE=90°，即AM⊥DE；
（2）AM=DE，AM⊥DE，理由是：
如图2，延长AM到N，使MN=AM，连接NG，
∵MN=AM，MG=BM，∠NMG=∠BMA，
∴△MNG≌△MAB，
∴NG=AB，∠N=∠BAN，
由（1）得：AB=AD，
∴NG=AD，
∵∠BAN+∠DAN=90°，
∴∠N+∠DAN=90°，
∴NG⊥AD，
∴∠AGN+∠DAG=90°，
∵∠DAG+∠DAE=∠EAG=90°，
∴∠AGN=∠DAE，
∵NG=AD，AG=AE，
∴△AGN≌△EAD，
∴AN=DE，∠N=∠ADE，
∵∠N+∠DAN=90°，
∴∠ADE+∠DAN=90°，
∴AM⊥DE．

考点：旋转的性质；正方形的性质．
20、（1）；（2）①菱形，理由见解析；②AM=，MN＝；（3）1．
【分析】（1）利用相似三角形的性质求解即可．
（2）①根据邻边相等的平行四边形是菱形证明即可．
②连接AA′交MN于O．设AM＝MA′＝x，由MA′∥AB，可得＝，由此构建方程求出x，解直角三角形求出OM即可解决问题．
（3）如图3中，作NH⊥BC于H．想办法求出NH，CM，利用相似三角形，确定比例关系，构建方程解决问题即可．
【详解】解：（1）如图1中，
在Rt△ABC中，∵∠C＝90°，AC＝4，BC＝3，
∴AB＝，
∵∠A＝∠A，∠ANM＝∠C＝90°，
∴△ANM∽△ACB，
∴＝，
∵AN＝AC
∴＝，
∴AM＝．

（2）①如图2中，
∵NA′∥AC，
∴∠AMN＝∠MNA′，
由翻折可知：MA＝MA′，∠AMN＝∠NMA′，
∴∠MNA′＝∠A′MN，
∴A′N＝A′M，
∴AM＝A′N，∵AM∥A′N，
∴四边形AMA′N是平行四边形，
∵MA＝MA′，
∴四边形AMA′N是菱形．
②连接AA′交MN于O．设AM＝MA′＝x，
∵MA′∥AB，
∴
∴＝，
∴＝，
解得x＝，
∴AM＝
∴CM＝，
∴CA′＝＝＝，
∴AA′＝＝＝，
∵四边形AMA′N是菱形
∴AA′⊥MN，OM＝ON，OA＝OA′＝，
∴OM＝＝＝，
∴MN＝2OM＝．

（3）如图3中，作NH⊥BC于H．
∵NH∥AC，
∴△ABC∽△NBH
∴＝＝
∴＝＝
∴NH＝，BH＝，
∴CH＝BC﹣BH＝3﹣＝，
∴AM＝AC＝，
∴CM＝AC﹣AM＝4﹣＝，
∵CM∥NH，
∴△CPM∽△HPN
∴＝，
∴＝，
∴PC＝1．

本题考查了相似三角形的综合应用，涉及相似三角形的判定与性质、菱形的判定、勾股定理等知识点，综合性较强，难度较大，解题的关键是综合运用上述知识点．
21、（1）；（2）．
【分析】（1）将点代入中即可求出k的值，求得反比例函数的解析式；
（2）根据题意列出方程组，根据点在第一象限解出方程组即可．
【详解】（1）一次函数的图象经过点

反比例函数的解析式为
（2）由已知可得方程组
，
解得或
经检验，当或时，，所以方程组的解为或
∵点在第一象限
∴

本题考查了一次函数和反比例函数的问题，掌握一次函数和反比例函数的性质、解二元一次方程组的方法是解题的关键．
22、（1）；（2）S=，运动1秒使△PBQ的面积最大，最大面积是；（3）t=或t=．
【分析】（1）把点A、B、C的坐标分别代入抛物线解析式，列出关于系数a、b、c的解析式，通过解方程组求得它们的值；
（2）设运动时间为t秒．利用三角形的面积公式列出S△MBN与t的函数关系式．利用二次函数的图象性质进行解答；
（3）根据余弦函数，可得关于t的方程，解方程，可得答案．
【详解】（1）∵点B坐标为（4，0），抛物线的对称轴方程为x=1，
∴A（﹣2，0），把点A（﹣2，0）、B（4，0）、点C（0，3），
分别代入（a≠0），得：，解得：，所以该抛物线的解析式为：；
（2）设运动时间为t秒，则AM=3t，BN=t，∴MB=6﹣3t．
由题意得，点C的坐标为（0，3）．在Rt△BOC中，BC==2．
如图1，过点N作NH⊥AB于点H，
∴NH∥CO，
∴△BHN∽△BOC，
∴，即，
∴HN=t，
∴S△MBN=MB•HN=（6﹣3t）•t，
即S=，
当△PBQ存在时，0＜t＜2，
∴当t=1时，S△PBQ最大=．
答：运动1秒使△PBQ的面积最大，最大面积是；
（3）如图2，在Rt△OBC中，cos∠B=．
设运动时间为t秒，则AM=3t，BN=t，∴MB=6﹣3t．
①当∠MNB=90°时，cos∠B=，即，化简，得17t=24，解得t=；
②当∠BMN=90°时，cos∠B=，化简，得19t=30，解得t=．
综上所述：t=或t=时，△MBN为直角三角形．

考点：二次函数综合题；最值问题；二次函数的最值；动点型；存在型；分类讨论；压轴题．
23、x1＝2，x2＝1．
【分析】先去掉括号，再把移到等号的左边，再根据因式分解法即可求解．
【详解】解：x（x﹣1）+6＝2x，
x2﹣1x+6﹣2x＝0，
x2﹣5x+6＝0，
（x﹣2）（x﹣1）＝0，
x﹣2＝0或x﹣1＝0，
x1＝2，x2＝1．
本题考查了解一元二次方程因式分解法，因式分解法解一元二次方程的一般步骤：①移项，使方程的右边化为零；②将方程的左边分解为两个一次因式的乘积；③令每个因式分别为零，得到两个一元一次方程；④解这两个一元一次方程，它们的解就都是原方程的解．
24、不等式组的解集为﹣1＜x＜2，不等式组的整数解为0、1．
【分析】先分别求出两个一元一次不等式的解，再根据求不等式组解的方法求出不等式组的解，继而可求出其整数解.
【详解】解：解不等式x+1＞0，得：x＞﹣1，
解不等式x+4＞3x，得：x＜2，
则不等式组的解集为﹣1＜x＜2，
所以不等式组的整数解为0、1．
本题考查的知识点是解不等式组，正确求出每个一元一次不等式的解是求不等式组的解的关键.
25、47.3米
【解析】试题分析：过点C作CD⊥AB，交AB于点D；设AD=x．本题涉及到两个直角三角形△ADC、△BDC，应利用其公共边CD构造等量关系，解三角形可得AD、BD与x的关系；借助AB=AD-BD构造方程关系式，进而可求出答案．
试题解析：过点C作CD⊥AB，交AB于点D；设CD=x，

在Rt△ADC中，有AD==CD=x，
在Rt△BDC中，有BD=x，
又有AB=AD-BD=20；即x-x=20，
解得：x=10（3+）≈47.3（米）.
答：气球离地面的高度CD为47.3米．
26、（1）第30天的日销售量为；（2）当时，
【分析】（1）设y=kt+b，利用待定系数法即可解决问题．
（2）日利润=日销售量×每kg利润，据此分别表示前24天和后24天的日利润，根据函数性质求最大值后比较得结论．
【详解】（1）设y=kt+b，把t=1，y=118；t=3，y=114代入得到：

解得,，
∴y=-2t+1．
将t=30代入上式，得：y=-2×30+1=2．
所以在第30天的日销售量是2kg．
（2）设第天的销售利润为元，则
当时，由题意得，
=
=
∴t=20时，w最大值为120元．
当时，
∵对称轴t=44，a=2＞0，
∴在对称轴左侧w随t增大而减小，
∴t=25时，w最大值为210元，
综上所述第20天利润最大，最大利润为120元．
此题主要考查了二次函数的应用，熟练掌握各函数的性质和图象特征，针对所给条件作出初步判断后需验证其正确性，最值问题需由函数的性质求解时，正确表达关系式是关键．