2022-2023学年江苏省徐州市市区九年级（上）期中数学试卷（含解析）

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2022-2023学年江苏省徐州市市区九年级（上）期中数学试卷 一、选择题（本题共8小题，共24分）   方程的解是(    )A.  B. ，
C. ， D. ，   用配方法解一元二次方程时，配方正确的是(    )A.  B.  C.  D.    的半径为，若点到圆心的距离为，则点与的位置关系是(    )A. 点在内 B. 点在上 C. 点在外 D. 不能确定   如图，点，，在上，，则的度数为(    )
 A.  B.  C.  D.    关于的一元二次方程有两个不相等的实数根，则的值可以是(    )A.  B.  C.  D.    若将抛物线向右平移个单位，再向上平移个单位，则所得抛物线的表达式为(    )A.  B.  C.  D.    若圆锥的底面半径为，侧面展开图的面积为，则圆锥的母线长为(    )A.  B.  C.  D.    如图是王叔叔晚饭后步行的路程单位：与时间单位：的函数图象，其中曲线段是以为顶点的抛物线的一部分．下列说法正确的是(    )
A. 线段的函数表达式为
B. ，王叔叔步行的路程为
C. 曲线段的函数表达式为
D. ，王叔叔步行的速度由慢到快二、填空题（本题共10小题，共30分）   当______时，关于的方程是一元二次方程．若关于的方程的一个根为，则的值为           ．抛物线的顶点坐标是______ ．已知扇形的圆心角为，半径为，则这个扇形的面积为______．如果抛物线的顶点在轴上，则______．小区新增了一家快递店，第一天揽件件，第三天揽件件，设该快递店揽件日平均增长率为，则根据题意可列方程为______．如图，把直角三角板的直角顶点放在圆周上，两直角边与圆弧分别交于点，，量得，，则该圆的半径是______．
 如图，四边形是半圆的内接四边形，是直径，若，则的度数等于______．
 如图，为的内切圆，切点分别为，，，且，，则______．
 如图，四边形是正方形，曲线是由一段段的弧组成的，其中的圆心为点，半径为；的圆心为点，半径为；的圆心为点，半径为；的圆心为，半径为，、、、的圆心依次按点、、、循环，若正方形的边长为，则的长是______．
三、解答题（本题共7小题，共86分）解方程
；
．如图，抛物线与轴交于、两点，与轴交于点，点为抛物线的顶点，点、、的坐标分别为，，．
直线的表达式为______；
求抛物线所对应的函数表达式；
顶点的坐标为______；
当时，的取值范围是______．
如图，在正方形网格中，每一个小正方形的边长都为，点、都在格点上，以为圆心，为半径作圆，只用无刻度的直尺完成以下画图．
在图中画的一个内接正四边形，______；
在图中画的一个内接正六边形，______．
 如图，某农场计划建造一个矩形养殖场，为充分利用现有资源，该矩形养殖场一面靠墙墙的长度为，另外三面用栅栏围成，已知栅栏总长度为，设矩形垂直于墙的一边，即的长为．
若矩形养殖场的面积为，求此时的的值；
当为多少时，矩形养殖场的面积最大？最大值是多少？
如图，在中，，点在上，以为半径的交于点，的垂直平分线交于点，交于点，连接．

判断直线与的位置关系，并说明理由；
若，，，求线段的长．抛物线与轴交于、两点，其中点的坐标为，与轴交于点，点为抛物线的顶点，且点的横坐标为．
求此抛物线的函数表达式；
求的面积；
若点是轴下方抛物线上任意一点，已知的半径为，当与坐标轴相切时，圆心的坐标是______．
如图，在中，弦平分圆周角，我们将圆中以为公共点的三条弦，，构成的图形称为圆中“爪形”，弦，，称为“爪形”的爪．
如图，四边形内接于，；
证明：圆中存在“爪形”；若，求证：．
如图，四边形内接于圆，其中，连接若“爪形”的爪之间满足，则______

答案和解析 1.【答案】 【解析】解：，
，
，
或，
所以，．
故选：．
先移项得到，再利用因式分解法把方程转化为或，然后解一次方程即可．
本题考查了解一元二次方程因式分解法：因式分解法就是利用因式分解求出方程的解的方法，这种方法简便易用，是解一元二次方程最常用的方法．
 2.【答案】 【解析】解：，
，
，
，
故选：．
利用解一元二次方程配方法，进行计算即可解答．
本题考查了解一元二次方程配方法，熟练掌握解一元二次方程配方法是解题的关键．
 3.【答案】 【解析】解：的半径为，点到圆心的距离为，
，
点与的位置关系是：在内．
故选：．
要确定点与圆的位置关系，主要确定点与圆心的距离与半径的大小关系；当时，点在圆外；当时，点在圆上；当时，点在圆内．
此题主要考查了对点与圆的位置关系的判断．关键要记住若半径为，点到圆心的距离为，则有：当时，点在圆外；当时，点在圆上，当时，点在圆内．
 4.【答案】 【解析】解：，
，
故选：．
直接由圆周角定理求解即可．本题考查了圆周角定理，熟练掌握圆周角定理是解题的关键．
 5.【答案】 【解析】解：根据题意得，
解得．
故选：．
先利用判别式的意义得到，再解不等式确定的范围，然后利用的范围对各选项进行判断．
本题考查了根的判别式：一元二次方程的根与有如下关系：当时，方程有两个不相等的实数根；当时，方程有两个相等的实数根；当时，方程无实数根．
 6.【答案】 【解析】解：将抛物线向右平移个单位可得，再向上平移个单位可得，
故选：．
根据二次函数图象的平移规律解答即可．
本题考查了二次函数的几何变换，熟悉二次函数的平移规律是解题的关键．
 7.【答案】 【解析】解：根据圆锥侧面积公式：，圆锥的底面半径为，侧面展开图的面积为，
故，
解得：．
故选：．
根据圆锥侧面积公式代入数据求出圆锥的母线长即可．
此题主要考查了圆锥侧面积公式的应用，正确记忆圆锥侧面积公式是解题关键．
 8.【答案】 【解析】解：、设线段的函数解析式为，
把，代入得，
，
解得：，
线段的函数解析式为，
故A错误，不符合题意；
B、，王叔叔步行的路程为，
故B错误，不符合题意；
C、当时，由图象可得，即抛物线顶点为，
将代入得：，
解得，
曲线段的函数解析式为，
故C正确，符合题意；
D、在段的速度为，在到点的平均速度为，
故D错误，不符合题意．
故选：．
根据函数图象中的信息，利用数形结合及求相关线段的解析式解答即可．
本题考查了二次函数的应用，一次函数的应用，正确的识别图象、数形结合是解题的关键．
 9.【答案】 【解析】解：依题意得：，
解得．
故答案是：．
根据一元二次方程的定义求得的值，再进一步代入解方程即可．
此题主要是注意一元二次方程的条件：未知数的最高次数是二次，且系数不得为．
 10.【答案】 【解析】【分析】
本题考查了一元二次方程的解和解一元一次方程，能理解方程的解的定义是解此题的关键．
把代入方程得出，求出方程的解即可．
【解答】
解：把代入方程得：，
解得：，
故答案为：．  11.【答案】 【解析】解：为抛物线的顶点式，根据顶点式的坐标特点可知，
抛物线的顶点坐标为．
故答案为：．
已知抛物线解析式为顶点式，可直接写出顶点坐标．
本题考查将解析式化为顶点式，顶点坐标是，对称轴是．
 12.【答案】 【解析】解：扇形的面积．
故答案是：．
根据扇形的面积公式即可求解．
本题主要考查了扇形的面积公式，正确理解公式是解题关键．
 13.【答案】 【解析】解：抛物线的顶点在轴上，
，即，解得，
故答案为．
抛物线的顶点在轴上时，抛物线与轴的交点只有一个，因此根的判别式，可据此求出的值．
本题考查了二次函数图象与轴交点个数与根的判别式的关系，要明确：时，图象与轴有两个交点；，图象与轴有一个交点；，图象与轴无交点．
 14.【答案】 【解析】解：依题意得．
故答案为：．
利用第三天揽件数量第一天揽件数量设该快递店揽件日平均增长率，即可得出关于的一元二次方程，此题得解．
本题考查了由实际问题抽象出一元二次方程，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．
 15.【答案】 【解析】解：连接，如图．
，
为圆的直径，
，，
，
半径．
故答案为：．
分析题意，连接，易得为圆的直径且，结合勾股定理求得，进而求得圆的半径．
本题考查了勾股定理和圆周角定理，熟练掌握圆周角定理是关键．
 16.【答案】 【解析】解：连接，
四边形是半圆的内接四边形，
，
，
，
是直径，
，
，
故答案为：．
连接，根据圆内接四边形的性质求出，根据圆周角定理求出、，计算即可．
本题考查的是圆内接四边形的性质、圆周角定理，掌握圆内接四边形的对角互补是解题的关键．
 17.【答案】 【解析】解：在中，，，，
，
为的内切圆，切点分别为，，，
，，，
设，则，，
，
，
，
．
故答案为；．
如图，设，利用切线长定理，构建方程解决问题即可．
本题考查三角形的内心，勾股定理，切线长定理等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
 18.【答案】 【解析】解：由图可知，曲线是由一段段度的弧组成的，
半径每次比前一段弧半径多，
，，
，
，，
故A的半径为，
弧的长．
故答案为：．
曲线是由一段段度的弧组成的，半径每次比前一段弧半径，到，，再计算弧长．
此题主要考查了弧长的计算，弧长的计算公式：，找到每段弧的半径变化规律是解题关键．
 19.【答案】解：，
，
开方得：，
解得：，；

，
，
，
或，
解得：，． 【解析】移项后开方，即可得出两个一元一次方程，再求出方程的解即可；
先把方程的左边分解因式，即可得出两个一元一次方程，再求出方程的解即可．
本题考查了解一元二次方程，能选择适当的方法解方程是解此题的关键，解一元二次方程的方法有直接开平方法，公式法，配方法，因式分解法等．
 20.【答案】     【解析】解：设直线解析式为，
将，代入得，
解得，
，
故答案为：．
设抛物线解析式为，
将代入得，
解得，
．
，
点坐标为，
故答案为：．
，
抛物线开口向下，顶点坐标为，
将代入得，
当时，，
故答案为：．
通过待定系数法求解．
设抛物线解析式为交点式，将点坐标代入解析式求解．
将二次函数解析式化为顶点式求解．
由二次函数顶点式可得抛物线开口方向及顶点坐标，进而求解．
本题考查二次函数的性质，解题关键是掌握二次函数与方程及不等式的关系．
 21.【答案】   【解析】解：如图中，四边形即为所求．
正方形的面积；
故答案为：；

如图中，六边形即为所求．
正六边形的面积．
故答案为：．
画出两条互相垂直的直径，即可；
作出线段，的垂直平分线交于点，，，，可得结论．
本题考查作图应用与设计作图，正多边形与圆等知识，解题的关键是理解题意，学会利用数形结合的思想解决问题，属于中考常考题型．
 22.【答案】解：由题意得：，
整理得：，
解得，，
，
，
；
设矩形养殖场的面积为平方米，
由题意得：，
，，
当时，最大，最大值为，
答：当为米时，矩形养殖场的面积最大，最大值是平方米． 【解析】根据矩形的面积列出方程，解方程去符合条件的的取值即可；
根据矩形的面积公式列出函数解析式，并根据函数的性质和的取值范围求最值．
本题考查一元二次方程和二次函数的应用，解题的关键是读懂题意，列出方程及函数关系式．
 23.【答案】解：直线与相切，理由如下：
连接，

，
，
是的垂直平分线，
，
，
，
，
，
，
为圆的半径，
直线与相切；
连接，
，，则，，
设，则，，
，
，
，
解得：，
则． 【解析】本题考查了直线与圆的位置关系，线段垂直平分线的性质以及勾股定理，熟练掌握直线与圆相切的判定是解本题的关键．
直线与圆相切，连接，由，利用等边对等角得到，再利用线段垂直平分线的性质得到，等量代换得到为直角，即可得证；
连接，设，则，，在直角三角形和直角三角形中，利用勾股定理列出关于的方程，解方程得到的值，即可确定出的长．
 24.【答案】或或 【解析】解：由题意得：，解得，
故抛物线的表达式为；

当时，，即点，
过点作轴于点，

则，，，，
则的面积
；

当与轴相切时，则点的横坐标为，则，
当时，，
；
当时，，
舍去；
当与轴相切时，则点的横坐标为，则，
即，
解得：，
即点的坐标为或；
综上所述，圆心的坐标为：或或，
故答案为：或或．
用待定系数法即可求解；
由的面积，即可求解；
分与轴相切、与轴相切两种情况，确定点的一个坐标即可求解．
本题考查了二次函数的综合应用，涉及到待定系数法求函数表达式、三角形的面积计算方法以及圆的基本知识，有一定的综合性，难度适中．
 25.【答案】 【解析】证明：，
，
，
平分圆周角，
圆中存在“爪形”；
证明：延长至点，使得，连接，

，，
，
，，
≌，
，，
，，
，
是等腰直角三角形，
，
即，
，
；
解：延长至点，使得，连接，

，，
，
，，
≌，
，，
，
，
，
是等边三角形，
，
．
故答案为：．
由圆周角的性质直接证明即可；
延长至点，使得，连接，证明≌，由全等三角形的性质得出，，证出是等腰直角三角形，由勾股定理及等腰直角三角形的性质可得出结论；
延长至点，使得，连接，证明≌，由全等三角形的性质得出，，再证明是等边三角形，即可求解．
本题是圆的综合题，考查了圆周角定理，圆内接四边形的性质，全等三角形的判定及性质，等腰直角三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，正确地作出辅助线是解题的关键．