2026届福建省福州仓山区七校联考数学九上期末综合测试试题含解析

这是一份2026届福建省福州仓山区七校联考数学九上期末综合测试试题含解析，共19页。试卷主要包含了已知a、b、c、d是比例线段，如图所示，几何体的左视图为，一元二次方程的常数项是，下列图形等内容，欢迎下载使用。
1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。
2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。
一、选择题（每题4分，共48分）
1．如图，中，且，若点在反比例函数的图象上，点在反比例函数的图象上，则的值为（ ）
A．B．C．D．
2．正五边形的每个内角度数为（ ）
A．36°B．72°C．108°D．120°
3．已知a、b、c、d是比例线段．a=2、b=3、d=1．那么c等于（ ）
A．9B．4C．1D．12
4．如图，阳光透过窗户洒落在地面上，已知窗户高，光亮区的顶端距离墙角，光亮区的底端距离墙角，则窗户的底端距离地面的高度()为( )
A．B．C．D．
5．五张完全相同的卡片上，分别写有数字1，2，3，4，5，现从中随机抽取一张，抽到的卡片上所写数字小于3的概率是（ ）
A．B．C．D．
6．如图所示，几何体的左视图为（ ）
A．B．C．D．
7．若一元二次方程有两个相等的实数根，则m的值是（ ）
A．2B．C．D．
8．一元二次方程的常数项是（ ）
A．B．C．D．
9．如图，△ABC的顶点均在⊙O上，若∠A＝36°，则∠OBC的度数为( )
A．18°B．36°C．60°D．54°
10．下列图形：任取一个是中心对称图形的概率是 （ ）
A．B．C．D．1
11．已知M(1，2)，则M关于原点的对称点N落在（ ）
A．的图象上B．的图象上C．的图象上D．的图象上
12．已知扇形的圆心角为45°，半径长为12，则该扇形的弧长为（ ）
A．B．2πC．3πD．12π
二、填空题（每题4分，共24分）
13．一元二次方程x2﹣5x=0的两根为_________．
14．如图，四边形ABCD内接于⊙O，连结AC，若∠BAC＝35°，∠ACB＝40°，则∠ADC＝_____°．
15．某海滨浴场有100个遮阳伞，每个每天收费10元时，可全部租出，若每个每天提高2元，则减少10个伞租出，若每个每天收费再提高2元，则再减少10个伞租出，以此类推，为了投资少而获利大，每个遮阳伞每天应提高_______________。
16．如图，在矩形ABCD中，点E是边BC的中点，AE⊥BD，垂足为F，则tan∠BDE的值是_____
17．在平面直角坐标系中，点P（3，﹣5）关于原点对称的点的坐标是_____．
18．若AB是⊙O的直径，AC是弦，OD⊥AC于点D，若OD＝4，则BC＝_____．
三、解答题（共78分）
19．（8分）在平面直角坐标系中，将一块等腰直角三角板（△ABC）按如图所示放置，若AO＝2，OC＝1，∠ACB＝90°．
（1）直接写出点B的坐标是 ；
（2）如果抛物线l：y＝ax2﹣ax﹣2经过点B，试求抛物线l的解析式；
（3）把△ABC绕着点C逆时针旋转90°后，顶点A的对应点A1是否在抛物线l上？为什么？
（4）在x轴上方，抛物线l上是否存在一点P，使由点A，C，B，P构成的四边形为中心对称图形？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
20．（8分）如图，某足球运动员站在点O处练习射门．将足球从离地面0.5m的A处正对球门踢出（点A在y轴上），足球的飞行高度y（单位：m）与飞行时间t（单位：s）之间满足函数关系y＝at2+5t+c，己知足球飞行0.8s时，离地面的高度为3.5m．
（1）a＝ ，c＝ ；
（2）当足球飞行的时间为多少时，足球离地面最高？最大高度是多少？
（3）若足球飞行的水平距离x（单位：m）与飞行时间t（单位：s）之间具有函数关系x＝10t，已知球门的高度为2.44m，如果该运动员正对球门射门时，离球门的水平距离为28m，他能否将球直接射入球门？
21．（8分）如图，在平面直角坐标系中，将一个图形绕原点顺时针方向旋转称为一次“直角旋转，已知的三个顶点的坐标分别为，，，完成下列任务：
（1）画出经过一次直角旋转后得到的；
（2）若点是内部的任意一点，将连续做次“直角旋转”（为正整数），点的对应点的坐标为，则的最小值为 ；此时，与的位置关系为 ．
(3)求出点旋转到点所经过的路径长．
22．（10分）已知二次函数．
（1）求证：无论m取任何实数时，该函数图象与x轴总有交点；
（2）如果该函数的图象与x轴交点的横坐标均为正数，求m的最小整数值．
23．（10分）如图，利用尺规，在△ABC的边AC下方作∠CAE＝∠ACB，在射线AE上截取AD＝BC，连接CD，并证明：CD＝AB．（尺规作图要求保留作图痕迹，不写作法）
24．（10分）如图，⊙O的直径AB为10cm，弦BC为6cm，D，E分别是∠ACB的平分线与⊙O，直径AB的交点，P为AB延长线上一点，且PC＝PE．
（1）求AC、AD的长；
（2）试判断直线PC与⊙O的位置关系，并说明理由．
25．（12分）在边长为1个单位长度的正方形网格中建立如图所示的平面直角坐标系。的顶点都在格点上，请解答下列问题：
（1）作出关于原点对称的；
（2）写出点、、的坐标。
26．同学张丰用一张长18cm、宽12cm矩形纸片折出一个菱形，他沿矩形的对角线AC折出∠CAE＝∠DAC，∠ACF＝∠ACB的方法得到四边形AECF（如图）．
（1）证明：四边形AECF是菱形；
（2）求菱形AECF的面积．
参考答案
一、选择题（每题4分，共48分）
1、D
【分析】要求函数的解析式只要求出点B的坐标就可以，设点A的坐标是，过点A、B作AC⊥y轴、BD⊥y轴，分别于C、D．根据条件得到△ACO∽△ODB，利用相似三角形对应边成比例即可求得点B的坐标，问题即可得解．
【详解】如图，过点A，B作AC⊥y轴，BD⊥y轴，垂足分别为C，D，
设点A的坐标是，
则，
∵点A在函数的图象上，
∴，
∵∠AOB=90°，
∴∠AOC+∠BOD=∠AOC+∠CAO=90°，
∴∠CAO=∠BOD，
∴，
∴
∴，
∴，
∵点B在反比例函数的图象上，
∴．
故选：D
本题是反比例函数与几何的综合，考查了求函数的解析式的问题以及相似三角形的判定和性质，能够把求反比例函数的解析式转化为求点的坐标的问题是解题的关键．
2、C
【解析】根据多边形内角和公式：，得出正五边形的内角和，再根据正五边形的性质：五个角的角度都相等，即可得出每个内角的度数.
【详解】解：
故选：C
本题考查的是多边形的内角和公式以及正五边形的性质，掌握这两个知识点是解题的关键.
3、B
【分析】根据比例线段的定义得到a：b=c：d，即2：3=c：1，然后利用比例性质求解即可．
【详解】∵a、b、c、d是比例线段，
∴a：b=c：d，即2：3=c：1，
∴3c=12，解得：c=2．
故选：B．
本题考查了比例线段：对于四条线段a、b、c、d，如果其中两条线段的比(即它们的长度比)与另两条线段的比相等，如a：b=c：d(即ad=bc)，我们就说这四条线段是成比例线段，简称比例线段．
4、A
【分析】根据光沿直线传播的原理可知AE∥BD，则∽，根据相似三角形的对应边成比例即可解答．
【详解】解：∵AE∥BD
∴∽
∴
∵，，
∴
解得：
经检验是分式方程的解．
故选：A．
本题考查了相似三角形的判定及性质，解题关键是熟知：平行于三角形一边的直线和其他两边或延长线相交，所截得的三角形与原三角形相似．
5、B
【分析】用小于3的卡片数除以卡片的总数量可得答案．
【详解】由题意可知一共有5种结果，其中数字小于3的结果有抽到1和2两种，所以．
故选：B．
本题主要考查概率公式，解题的关键是掌握随机事件A的概率P（A）=事件A可能出现的结果数÷所有可能出现的结果数．
6、A
【分析】根据从左边看得到的图形是左视图，可得答案．
【详解】解：从左边看第一层一个小正方形，第二层一个小正方形，第三层一个小正方形
故选：A．
本题考查简单组合体的三视图，难度不大．
7、D
【分析】根据一元二次方程根的判别式，即可得到答案
【详解】解：∵一元二次方程有两个相等的实数根，
∴，
解得：；
故选择：D.
本题考查了一元二次方程根的判别式，解题的关键是熟练掌握利用根的判别式求参数的值.
8、A
【分析】在一元二次方程的一般形式下，可得出一元二次方程的常数项．
【详解】解：由，
所以方程的常数项是
故选A．
本题考查的是一元二次方程的一般形式及各项系数，掌握以上知识是解题的关键．
9、D
【解析】根据圆周角定理，由∠A=36°，可得∠O=2∠A =72°，然后根据OB=OC，求得∠OBC=（180°-∠O）=（180°-72°）=54°.
故选：D
点睛：此题主要考查了圆周角定理，解题时，根据同弧所对的圆周角等于圆心角的一半，求出圆心角，再根据等腰三角形的性质和三角形的内角和定理求解即可，解题关键是发现同弧所对的圆心角和圆周角，明确关系进行计算.
10、C
【解析】本题考查概率的计算和中心对称图形的概念,根据中心对称图形的概念可以判定①③④是中心对称图形,4个图形任取一个是中心对称的图形的概率为P=,因此本题正确选项是C.
11、A
【分析】根据关于原点对称的点的横坐标与纵坐标都互为相反数得出N的坐标，再根据各函数关系式进行判断即可．
【详解】点M（1，2）关于原点对称的点N的坐标是（-1，-2），
∴当x=-1时，对于选项A，y=2×(-1)=-2，满足条件，故选项A正确；
对于选项B，y=(-1)2=1≠-2故选项B错误；
对于选项C，y=2×(-1)2=2≠-2故选项C错误；
对于选项 D，y=-1+2=1≠-2故选项D错误．
故选A．
本题考查了关于原点对称的点的坐标，以及函数图象上点的坐标特征，熟记关于原点对称的点的横坐标与纵坐标都互为相反数是解题的关键．
12、C
【解析】试题分析：根据弧长公式：l==3π，故选C．
考点：弧长的计算．
二、填空题（每题4分，共24分）
13、0或5
【解析】分析：本题考查的是一元二次方程的解法——因式分解法.
解析：
故答案为0或5.
14、1
【解析】根据三角形内角和定理求出，根据圆内接四边形的性质计算，得到答案．
【详解】，
四边形ABCD内接于，
，
故答案为1．
本题考查的是圆内接四边形的性质、三角形内角和定理，掌握圆内接四边形的对角互补是解题的关键．
15、4元或6元
【分析】设每个遮阳伞每天应提高x元，每天获得利润为S，每个每天应收费（10+x）元，每天的租出量为（100-×10=100-5x）个，由此列出函数解析式即可解答．
【详解】解：设每个遮阳伞每天应提高x元，每天获得利润为S，由此可得，
S=（10+x）（100-×10），
整理得S=-5x2+50x+1000，
=-5（x-5）2+1125，
因为每天提高2元，则减少10个，所以当提高4元或6元的时候，获利最大，
又因为为了投资少而获利大，因此应提高6元；
故答案为：4元或6元．
此题考查运用每天的利润=每个每天收费×每天的租出量列出函数解析式，进一步利用题目中实际条件解决问题．
16、
【解析】证明△BEF∽△DAF，得出EF=AF，EF=AE，由矩形的对称性得：AE=DE，得出EF=DE，设EF=x，则DE=3x，由勾股定理求出DF= =2x，再由三角函数定义即可得出答案．
【详解】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AD=BC，AD∥BC，
∵点E是边BC的中点，
∴BE=BC=AD，
∴△BEF∽△DAF，
∴
∴EF=AF，
∴EF=AE，
∵点E是边BC的中点，
∴由矩形的对称性得：AE=DE，
∴EF=DE，设EF=x，则DE=3x，
∴DF==2x，
∴tan∠BDE== = ；
故答案为：.
本题考查相似三角形的判定和性质，矩形的性质，三角函数等知识；熟练掌握矩形的性质，证明三角形相似是解决问题的关键．
17、（﹣3，5）
【分析】根据两个点关于原点对称时，它们的坐标符号相反，即可得答案．
【详解】点P（3，﹣5）关于原点对称的点的坐标是（﹣3，5），
故答案为：（﹣3，5）．
本题主要考查平面直角坐标系中，关于原点的两个点的坐标变化规律，掌握两个点关于原点对称时，它们的坐标符号相反，是解题的关键.
18、1
【分析】由OD⊥AC于点D，根据垂径定理得到AD＝CD，即D为AC的中点，则OD为△ABC的中位线，根据三角形中位线性质得到OD＝BC，然后把OD＝4代入计算即可．
【详解】∵OD⊥AC于点D，
∴AD＝CD，即D为AC的中点，
∵AB是⊙O的直径，
∴点O为AB的中点，
∴OD为△ABC的中位线，
∴OD＝BC，
∴BC＝2OD＝2×4＝1．
故答案为：1．
本题考查了三角形中位线定理以及垂径定理的运用．熟记和圆有关的各种性质定理是解题的关键．
三、解答题（共78分）
19、（1）点B的坐标为（3，1）；（2）y＝x2﹣x﹣2；（3）点A1在抛物线上；理由见解析；（4）存在，点P（﹣2，1）．
【分析】（1）首先过点B作BD⊥x轴，垂足为D，通过证明△BDC≌△COA即可得BD＝OC＝1，CD＝OA＝2，从而得知B坐标；
（2）利用待定系数法，将B坐标代入即可求得；
（3）画出旋转后的图形，过点作x轴的垂线，构造全等三角形，求出的坐标代入抛物线解析式即可进行判断；
（4）由抛物线的解析式先设出P的坐标，再根据中心对称的性质 与线段中点的公式列出方程求解即可．
【详解】（1）如图1，过点B作BD⊥x轴，垂足为D，
∵∠BCD+∠ACO＝90°，∠AC0+∠OAC＝90°，
∴∠BCD＝∠CAO，
又∵∠BDC＝∠COA＝90°，CB＝AC，
在△BDC和△COA中：
∵∠BDC=∠COA，∠BCD＝∠CAO，CB=AC，
∴△BDC≌△COA（AAS），
∴BD＝OC＝1，CD＝OA＝2，
∴点B的坐标为（3，1）；
（2）∵抛物线y＝ax2﹣ax﹣2过点B（3，1），
∴1＝9a﹣3a﹣2，
解得：a＝，
∴抛物线的解析式为y＝x2﹣x﹣2；
（3）旋转后如图1所示，过点A1作A1M⊥x轴，
∵把△ABC绕着点C逆时针旋转90°，
∴∠ABC＝∠A1BC＝90°，
∴A1，B，C共线，
在三角形BDC和三角形A1CM中：
∵∠BDC=∠A1MC=90°，∠BCD=∠A1CM，A1C=BC,
∴△BDC≌△A1CM
∴CM＝CD＝3﹣1＝2，A1M＝BD＝1，
∴OM＝1，
∴点A1（﹣1，﹣1），
把点x＝﹣1代入y＝x2﹣x﹣2，
y＝﹣1，
∴点A1在抛物线上．
（4）设点P（t， t2﹣t﹣2），
点A（0，2），点C（1，0），点B（3，1），
若点P和点C对应，由中心对称的性质和线段中点公式可得：
，，
无解，
若点P和点A对应，由中心对称的性质和线段中点公式可得：
，，
无解，
若点P和点B对应，由中心对称的性质和线段中点公式可得：
，，
解得：t＝﹣2，
t2﹣t﹣2＝1
所以：存在，点P（﹣2，1）．
本题主要考查了抛物线与几何图形的综合运用，熟练掌握相关概念是解题关键．
20、（1），；（2）当足球飞行的时间s时，足球离地面最高，最大高度是4.5m；（3）能．
【分析】（1）由题意得：函数y＝at2+5t+c的图象经过（0，0.5）（0.8，3.5），代入函数的表达式即可求出a，c的值；
（2）利用配方法即可求出足球飞行的时间以及足球离地面的最大高度；
（3）把x＝28代入x＝10t得t＝2.8，把t＝2.8代入解析式求出y的值和2.44m比较大小即可得到结论．
【详解】（1）由题意得：函数y＝at2+5t+c的图象经过（0，0.5）（0.8，3.5），
∴，
解得：，
∴抛物线的解析式为：y＝﹣t2+5t+，
故答案为：﹣，；
（2）∵y＝﹣t2+5t+，
∴y＝﹣（t﹣）2+，
∴当t＝时，y最大＝4.5，
∴当足球飞行的时间s时，足球离地面最高，最大高度是4.5m；
（3）把x＝28代入x＝10t得t＝2.8，
∴当t＝2.8时，y＝﹣×2.82+5×2.8+＝2.25＜2.44，
∴他能将球直接射入球门．
本题考查了待定系数法求二次函数的解析式，以及二次函数的应用，正确求得解析式是解题的关键．
21、（1）图见解析；（2）2，关于中心对称；（3）．
【分析】（1）根据图形旋转的性质画出旋转后的△即可；
（2）根据中心对称的性质即可得出结论；
（3）根据弧长公式求解即可．
【详解】解：（1）如图，△即为所求；
（2）点的对应点的坐标为，
点与关于点对称，
．
故答案为：2，关于中心对称．
（3）∵点A坐标为
∴，
则旋转到点所经过的路径长．
本题考查了根据旋转变换作图以及弧长公式，解答本题的关键是根据网格结构找出对应点的位置．
22、（1）见解析；（2）．
【分析】（1）先计算对应一元二次方程的根的判别式的值，然后依此进行判断即可；
（2）先把m看成常数，解出对应一元二次方程的解，再根据该函数的图象与轴交点的横坐标均为正数列出不等式，求出m的取值范围，再把这个范围的整数解写出即可.
【详解】（1）由题意，得 △=，
∴无论m取任何实数时，该函数图象与x轴总有交点．
（2）∵ ，
∴ ，．
∵该函数的图象与轴交点的横坐标均为正数，
∴ ，
即．
∵ m取最小整数；
∴．
本题考查了二次函数与一元二次方程的关系，把二次函数交点问题转化成一元二次方程根的问题是解题的关键.
23、作图见解析，证明见解析．
【分析】根据作一个角等于已知角的作法画出∠CAE并截取AD=BC即可画出图形，利用SAS即可证明△ACB≌△CAD，可得CD=AB．
【详解】如图所示：
∵AC＝CA，∠ACB＝∠CAD，AD＝CB，
∴△ACB≌△CAD（SAS），
∴CD＝AB．
本题考查尺规作图——作一个角等于已知角及全等三角形的判定与性质，正确作出图形并熟练掌握全等三角形的判定定理是解题关键．
24、（1）AC＝8cm；AD＝cm；（2）PC与圆⊙O相切，理由见解析
【分析】（1）连结BD，如图，根据圆周角定理由AB为直径得∠ACB＝90°，则可利用勾股定理计算出AC＝8；由DC平分∠ACB得∠ACD＝∠BCD＝45°，根据圆周角定理得∠DAB＝∠DBA＝45°，则△ADB为等腰直角三角形，由勾股定理即可得出AD的长；
（2）连结OC，由PC＝PE得∠PCE＝∠PEC，利用三角形外角性质得∠PEC＝∠EAC+∠ACE＝∠EAC+45°，加上∠CAB＝90°﹣∠ABC，∠ABC＝∠OCB，于是可得到∠PCE＝90°﹣∠OCB+45°＝90°﹣（∠OCE+45°）+45°，则∠OCE+∠PCE＝90°，于是根据切线的判定定理可得PC为⊙O的切线．
【详解】（1）连结BD，如图1所示，
∵AB为直径，
∴∠ACB＝90°，
在Rt△ACB中，AB＝10cm，BC＝6cm，
∴AC＝＝8（cm）；
∵DC平分∠ACB，
∴∠ACD＝∠BCD＝45°，
∴∠DAB＝∠DBA＝45°
∴△ADB为等腰直角三角形，
∴AD＝AB＝（cm）；
（2）PC与圆⊙O相切.理由如下：
连结OC，如图2所示：
∵PC＝PE，
∴∠PCE＝∠PEC，
∵∠PEC＝∠EAC+∠ACE＝∠EAC+45°，
而∠CAB＝90°﹣∠ABC，∠ABC＝∠OCB，
∴∠PCE＝90°﹣∠OCB+45°＝90°﹣（∠OCE+45°）+45°，
∴∠OCE+∠PCE＝90°，
即∠PCO＝90°，
∴OC⊥PC，
∴PC为⊙O的切线．
本题考查了切线的性质和判定，切线长定理，圆周角定理，是圆的综合题，综合性比较强，难度适中，熟练掌握直线与圆的位置关系的判定方法是解题的关键．
25、（1）详见解析；（2），，
【分析】（1）根据平面直角坐标系中关于坐标原点对称的特征即可得到；
（2）根据平面内任意一点关于坐标原点的对称点为，即可得解.
【详解】（1）如下图所示，即为所求；
（2）根据平面内任意一点关于坐标原点的对称点为，则、、.
本题主要考查了平面直角坐标系中坐标的变换，熟练掌握关于原点对称的点坐标表示方法是解决本题的关键.
26、（1）详见解析；（2）1．
【分析】（1）先证明四边形AECF是平行四边形，再证明AF＝CE即可．
（2）在RT△ABE中利用勾股定理求出BE、AE，再根据S菱形AECF＝S矩形ABCD﹣S△ABE﹣S△DFC求出面积即可．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴AD∥BC，
∴∠FAC＝∠ACE，
∵∠CAE＝∠DAC，∠ACF＝∠ACB，
∴∠EAC＝∠ACF，
∴AE∥CF，∵AF∥EC，
∴四边形AECF是平行四边形，
∵∠FAC＝∠FCA，
∴AF＝CF，
∴四边形AECF是菱形．
（2）解：∵四边形AECF是菱形，
∴AE＝EC＝CF＝AF，设菱形的边长为a，
在RT△ABE中，∵∠B＝90°，AB＝12，AE＝a，BE＝18﹣a，
∴a2＝122+（18﹣a）2，
∴a＝13，
∴BE＝DF＝5，AF＝EC＝13，
∴S菱形AECF＝S矩形ABCD﹣S△ABE﹣S△DFC＝216﹣30﹣30＝1cm2．
本题考查菱形的判定和性质、勾股定理等知识，熟练掌握菱形的判定方法是解决问题的关键，学会转化的思想，把问题转化为方程解决属于中考常考题型．