2022-2023学年江苏省镇江市九年级上学期数学期中试题及答案

这是一份2022-2023学年江苏省镇江市九年级上学期数学期中试题及答案，共15页。试卷主要包含了填空题，选择题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1. 战国时期的数学家墨子撰写的《墨经》一书中，就有“圆，一中同长也”的记载，这句话中的“中”字的意思可以理解为_____
【答案】半径
【解析】
【分析】根据半径的含义：连接圆心和圆上任意一点的线段叫做半径；在同圆或等圆中，所有的半径都相等；由此判断即可．
【详解】战国时期的《墨经》一书中记载：“圜(圆)，一中同长也”．表示圆心到圆上各点的距离都相等，即半径都相等；
故答案为半径
【点睛】此题考查圆，解题关键在于同圆或等圆中，所有的半径都相等.
2. 已知是关于x的方程的一个根，则_______．
【答案】
【解析】
【分析】根据一元二次方程解的定义，将代入原方程，然后解关于m的一元一次方程即可．
【详解】∵是关于x的方程的一个根，
∴当时，由原方程，得
解得；
故答案为：．
【点睛】本题考查的是一元二次方程的根即方程的解的定义．本题逆用一元二次方程解的定义易得出m的值．
3. 关于x的方程是一元二次方程，则_____．
【答案】
【解析】
【分析】根据且，此方程是一元二次方程，求得m值．
【详解】由题意得：且
解得：
故答案为：．
【点睛】本题考查和一元二次方程的定义，熟练掌握各自的定义是解题的关键．需要特别注意．
4. 若关于x的方程有实数根，则k的取值范围是_______．
【答案】
【解析】
【分析】根据方程的系数结合根的判别式，即可得出关于k的不等式，解之即可得出结论；
【详解】∵关于x的方程有实数根
∴
解得：
故答案为：．
【点睛】本题考查了一元二次方程根的判别式，牢记“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．”是解题的关键．
5. 如图，C、D是上两点，位于直径的两侧．设，则_____．
【答案】
【解析】
【分析】根据是的直径，可得，根据以及同弧所对的圆周角相等，即可求解．
【详解】∵是的直径，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴．
故答案为：．
【点睛】本题考查了直径所对的圆周角是直角，同弧所对的圆周角是直角，掌握直径所对的圆周角是直角，同弧所对的圆周角是直角是解题的关键．
6. 如图，为直径，为弦，于E，连接，则______．
【答案】##52度
【解析】
【分析】根据垂径定理及圆周角定理即可得．
【详解】∵为直径，为弦，
∴
∴
故答案为：．
【点睛】本题考查圆周角定理，垂径定理，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
7. 已知⊙O的半径为2，若点P是⊙O的切线l上任一点，则OP长的取值范围是_____．
【答案】OP≥2
【解析】
【详解】根据切线的性质可得OP的最小值是2，即可得出结论．
【分析】解：因为垂线段最短，
所以当OP⊥直线l时，OP的值最小，
∵l和⊙O相切，⊙O半径为2，
∴OP的最小值是2，
∴OP长的取值范围是OP≥2，
故答案：OP≥2．
【点睛】本题考查了切线的性质，理解切线的性质是解题的关键．
8. 已知圆锥的主视图是底边长为，底边上的高为的等腰三角形，则这个圆锥的侧面积是_____．（结果保留）
【答案】
【解析】
【分析】首先根据题意，求得底面的周长、利用勾股定理求得圆锥的母线长，然后利用扇形的面积公式即可求得圆锥的侧面积．
【详解】解：依题意底面周长是，底面积是：．
母线长是：，
则圆锥的侧面积是：．
故答案是：．
【点睛】本题考查三视图，圆锥的计算，勾股定理，圆的面积公式，圆的周长公式和扇形面积公式求解．
9. 如图，幼儿园计划用的围栏靠墙围成一个矩形小花园（墙足够长），若矩形花园区域的面积为，求的长．若设的长为，则可列方程为_______．
【答案】
【解析】
【分析】设的长为，则，然后根据长方形面积为列出方程求解即可．
【详解】解：设的长为，则，
由题意得：，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了从实际问题中抽象出一元二次方程，正确理解题意掌握长方形面积公式是解题的关键．
10. 半径为6的正六边形、正八边形的面积分别记为，，则________．（填“大于”、“等于”或“小于”）
【答案】
【解析】
【分析】根据正六边形、正八边形的性质分别求得比较即可求解．根据正八边形的性质得出中心角度数，进而得出的长，从而计算出的面积，最后乘以即可求得正八边形的面积．
【详解】解：正六边形的半径为6，则其面积为，
如图，连接，，作于点，
∵的半径为，则的内接正八边形的中心角为：，
∴，
∴，
∴，
．
∴．
故答案为．
【点睛】本题考查了正多边形和圆的知识，也可以根据边数越多面积越大直接求解，掌握正多边形的性质是解题的关键．
11. 中国科学技术馆有“圆与非圆”展品，涉及了“等宽曲线”的知识．因为圆的任何一对平行切线的距离总是相等的，所以圆是“等宽曲线”．除了圆以外，还有一些几何图形也是“等宽曲线”，如勒洛三角形（图1），它是分别以等边三角形的顶点为圆心，以其边长为半径作圆弧，由这三段圆弧围成的“曲边三角形”．如图2，勒洛三角形的周长_______圆的周长．（填“大于”、“等于”或“小于”）
【答案】等于
【解析】
【分析】设等边三角形的边长为，分别计算勒洛三角形的周长和圆的周长，再比较即可．
【详解】设等边三角形的边长为
∴勒洛三角形的周长，
圆的周长，
∴勒洛三角形的周长与圆的周长相等，
故答案为：等于．
【点睛】本题考查了弧长公式，正确的理解勒洛三角形是解题的关键．
12. 我们在学习一元二次方程的解法时用了降次的方法，有时用因式分解法把一元二次方程转化为两个一元一次方程进行求解．对于一元二次不等式也可以用相类似的方法求解，那么一元二次不等式的解集是_______．
【答案】或
【解析】
【分析】先分解因式，即可得出两个一元一次不等式组，求出不等式组的解集即可．
【详解】
∴或
解得：或．
故答案为：或．
【点睛】本题考查了解一元二次方程和解一元一次不等式组，能把一元二次不等式转化成一元一次不等式组是解题的关键．
二、选择题（本大题共有6小题，每小题3分，共计18分．在每小题所给出的四个选项中，恰有一项符合题目要求）
13. 将一元二次方程化为一般形式，正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据一元二次方程的一般式的定义进行求解即可．
【详解】解：∵，
∴，
∴，
故选D．
【点睛】本题主要考查了一元二次方程的一般式，熟知一元二次方程的一般式是解题的关键．
14. 下列说法正确的是（ ）
A. 弧长相等的弧是等弧B. 直径是最长的弦
C. 三点确定一个圆D. 平分弦的直径垂直于弦
【答案】B
【解析】
【分析】根据等弧概念、弦的概念、确定圆的条件以及垂径定理判断即可．
【详解】A、能够重合的弧是等弧，弧长相等的弧不一定是等弧，故本选项说法错误，不符合题意；
B、直径是最长的弦，本选项说法正确，符合题意；
C、不在同一直线上的三点确定一个圆，故本选项说法错误，不符合题意；
D、平分弦（不是直径的弦）的直径垂直于弦，故本选项说法错误，不符合题意；
故选：B．
【点睛】本题考查的是圆的概念和有关性质，熟记等弧的概念、弦的概念、确定圆的条件以及垂径定理是解题的关键．
15. 已知的半径为5，圆心A的坐标是，点P的坐标是，那么点P与的位置关系是（ ）
A. 点P在内B. 点P在上C. 点P在外D. 不能确定
【答案】C
【解析】
【分析】先计算出的长，然后比较与半径的大小，再根据点与圆的关系的判定方法进行判断．
【详解】∵圆心A坐标是，点P的坐标是，
∴，
∵的半径为5，
∴点P点圆心的距离大于圆的半径，
∴点P在外．
故选：C．
【点睛】本题考查了点与圆的位置关系：点的位置可以确定该点到圆心距离与半径的关系，反过来已知点到圆心距离与半径的关系可以确定该点与圆的位置关系．
16. 在关于x的一元二次方程中，a、b、c是有理数，且方程的一个根是，则方程的另一个根是（ ）
A. B. C. D. 不能确定
【答案】A
【解析】
【分析】根据求根公式比较再结合a、b、c是有理数即可发现规律．
【详解】∵关于x的一元二次方程的解为，，且a、b、c是有理数，且方程的一个根是
∴当时，，
此时另一个解：
∴当时，，
此时另一个解：
∴方程的另一个根是．
故选：A
【点睛】本题考查了公式法解一元二次方程，解此题的关键是根据a、b、c是有理数把求根根式的结果与已知解对应．
17. 已知实数满足，则代数式的最小值等于（ ）
A. 1B. C. D. 无法确定
【答案】C
【解析】
【分析】由已知得，代入代数式即得变形为，再配方，即可求解．
【详解】解：∵，
∴，代入代数式即得，得
，
，
，
∵，
∴，
∴的最小值等于，
故选：C
【点睛】本题考查配方法的应用，通过变形将代数式化成是解题的关键．
18. 正方形的边长为，点在边上运动，连接，过点作，为垂足，以为边作正方形，当点与点重合时，点与点重合，则长的最大值是（ ）
B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】取的中点，连接，取的中点，连接，得出，证明，得出，则点在以点为圆心，2为半径的上，则当时，最大，，勾股定理即可求解．
【详解】取的中点，连接，取的中点，连接，，
∵正方形，正方形，
∵，
∴，
即，
∴，
∴，
∴点在以点为圆心，2为半径上，
当时，最大，
∵
∴,
∴的最大值为．
故选C．
【点睛】本题考查了点到圆上一点的最值问题，勾股定理，正方形的性质，直角三角形斜边上的中线，全等三角形的性质与判定，求得的轨迹是解题的关键．
三、解答题（本大题共有8小题，共计78分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤）
19. 解下列方程：
（1）；
（2）；
（3）；
（4）．
【答案】（1）
（2）
（3）
（4）
【解析】
【分析】（1）利用直接开平方法解方程；
（2）利用公式法解方程；
（3）利用因式分解法解方程；
（4）利用因式分解法解方程．
【小问1详解】
∴
【小问2详解】
∴
∴方程有两不等实数根
∴
∴
【小问3详解】
∴
【小问4详解】
∴
【点睛】此题综合考查了解一元二次方程，注意方程的特点，选用适当的方法解答．
20. 如图，四边形为的内接四边形，，延长线交于点E．求证：．
【答案】见解析
【解析】
【分析】根据题意可得，结合已知条件可得，进而即可得证．
【详解】证明：∵四边形为的内接四边形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了根据圆内接四边形求角度，弧、弦与圆心角的关系，证明是解题的关键．
21. 小明超市在中秋期间的月饼销售过程中发现，如果每盒月饼盈利100元，那么超市每天可销售10盒，为了尽快减少库存，超市决定采取适当的降价措施．经调查发现，每盆月饼每降价5元，超市每天可多售出1盒．在上述销售正常的情况下，每盘月饼降价多少元时，超市在月饼销售上的日盈利可达到1120元？
【答案】降价30元时，超市在月饼销售上的日盈利可达到1120元
【解析】
【分析】设每盘月饼降价x元，那么平均每天就可多售出盒，超市在月饼销售上的日盈利可达到1120元，即销量×每盒的利润=1120元，列出方程求解即可．
【详解】设每盘月饼降价x元，那么平均每天就可多售出盒，
由题意得：
整理得：
解得：
∵尽快减少库存
∴
即降价30元，此时多卖出6盒，超市在月饼销售上的日盈利可达到1120元．
【点睛】本题主要考查一元二次方程的应用，要根据题意列出平均每天就可多售出的盒数，再根据题意列出现在一天可售出的盒数及每盒盈利的总钱数，找出题中的等量关系列出方程求解即可．
22. 赵州桥是一座位于河北省石家庄市赵县城南汶河之上的石拱桥（如图1），因赵县古称赵州而的得名．赵州桥始建于硝代，是世界上现存年代久远、跨度最大、保存最完整的单孔石拱桥．现有一座仿赵州桥建造的圆拱桥，已知在某个时间段这座桥的水面跨度是16米（即米，如图2），拱顶到水面的距离4米（即弧的中点C到的距离等于4米）．
（1）在图2中画出线段（要求：尺规作图，不写作法，保留作图痕迹）；
（2）问一艘宽12米，水面以上高1.87米的货轮能否顺利通过？
【答案】（1）见解析 （2）能顺利通过
【解析】
【分析】（1）作线段的垂直平分线即可；
（2）设圆O的半径为，画出草图，结合勾股定理，即可求解．
【小问1详解】
分别以A、B为圆心，大于的长度为半径画弧，交于M、N两点，连接交于C，交于D，如图所示，线段即为所求，
【小问2详解】
在上方作一个矩形，其中点在上，在上，交于，且
∵
∴
设圆心为，连接，设半径为，
在中，，，
∴
解得：
∴
在中，
∴
∴
∴一艘宽12米，水面以上高1.87米的货轮能顺利通过
【点睛】本题主要考查圆的实际应用，考查数形结合的能力，正确的画出图形结合垂径定理和勾股定理计算是解题的关键．
23. 已知关于x的一元二次方程①与②．
（1）求证：这两个方程中至少有一个方程有实数根；
（2）若方程①、方程②都有实数根，且方程①的根恰好是方程②的根的两倍，求m、n的值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据判别式判断即可；
（2）由方程①、方程②都有实数根可得，再求出两个方程的解最后列方程计算即可．
【小问1详解】
的判别式：，
的判别式：，
∵，
∴与一正一负或两个均为0，
∴这两个方程中至少有一个方程有实数根；
【小问2详解】
∵方程①、方程②都有实数根，
∴由（1）可得：，
∴，
∴①的解为，
②的解为，
∵方程①的根恰好是方程②的根的两倍，
∴，
解得：，
∴．
【点睛】本题主要考查一元二次方程根的判别式与解方程，解题的关键是注意两个方程的判别式的关系．
24. 如图，是的弦，点C在过点B的切线上，，与相交于点P．
（1）求证：；
（2）若，，求a的值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）先根据切线的性质证明，再证明，根据等边对顶角结合对顶角相等可证，则；
（2）如图所示，过点C作于M，过点O作于N，由等腰三角形的性质得到，，再证明，得到，进一步证明，得到，据此求解即可．
【小问1详解】
解：∵是的切线，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴；
【小问2详解】
解：如图所示，过点C作于M，过点O作于N，
∵，
∴，
同理可得，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，即，
∴，
解得（负值已舍去）．
【点睛】本题主要考查了切线的性质，等腰三角形的性质，全等三角形的性质与判定，相似三角形的性质与判定等等，正确作出辅助线构造全等三角形和相似三角形是解题的关键．
25. 如图，在一张四边形的纸片中，，，，以点为圆心，为半径的圆分别与交于点．
（1）求证：与相切；
（2）过点B作的切线；（要求：尺规作图，不写作法，保留作图痕迹）
（3）若用剪下的扇形围成一个圆锥的侧面，能否从剪下的两块余料中选取一块，剪出一个圆作为这个圆锥的底面？
【答案】（1）见解析 （2）见解析
（3）能，理由见解析
【解析】
【分析】（1）过点作于点，勾股定理求得可得是的半径，即可得证；
（2）作线段的垂直平分线，交于点，作直线，则即为所求，根据作图可得，根据勾股定理的逆定理证明是直角三角形，即可求解；
（3）根据弧长公式求得的长，继而求得圆锥的底面半径，连接交于点，过点作于点，交于点，过点作于点，则与相切，继而求得的半径，比较与的大小，进而比较与圆锥底面半径的大小即可求解．
【小问1详解】
证明：如图，过点作于点，
∵，
∴，
∵的半径为，
∴是的半径，
又，
∴是的切线；
【小问2详解】
如图，作线段的垂直平分线，交于点，作直线，则即为所求，
理由，∵，
∴
∴是直角三角形，且
∴是的切线；
【小问3详解】
解：∵
∴，
∴
则圆锥的底面圆的半径为
如图，连接交于点，过点作于点，交于点，过点作于点，则与相切，
∵
∴
∵
∴
∴
∴
由（1）可知之间的距离为，
∴,
∵
∴
∴等腰直角三角形，
∴
∵
∴是等腰直角三角形，
∴
设的半径为，则，
∴
解得
∴,
∴，
∴，
，
∵，
又，
∴，
即，
∵．
∴能从剪下的两块余料中选取一块，剪出一个圆作为这个圆锥的底面．
【点睛】本题考查了切线的判定，角平分线的性质，勾股定理，掌握以上知识是解题的关键．
26. 如图，在中，，，．点P是射线上一动点，作的外接圆．
（1）当与的外接圆相切时，求的半径；
（2）直接写出与的边的公共点的个数及对应的长的取值范围．
【答案】（1）
（2）当时，与的边的公共点的个数为3个；当时，与的边的公共点的个数为4个；当时，与的边的公共点的个数为3个；当时，点在的内部，与的边的公共点的个数为2个．
【解析】
【分析】（1）取的中点，连接，证明是等边三角形，得出，，依题意点在的垂直平分线上，作的垂直平分线交的延长线于点，交于点，连接，在中勾股定理即可求解；
（2）分特殊点讨论，①当与相切时，②②当经过点时，分别求得的长，结合图形即可求解．
【小问1详解】
解：如图，取的中点，连接，
∵，，．
∴，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴
设的半径为，
∵点P是射线上一动点，作的外接圆．
∴点在的垂直平分线上，
∴
如图，作的垂直平分线交的延长线于点，交于点，连接
∴
∴四边形是矩形，
∴，
当经过点时，是的切线，
在中，，，
∵
∴
解得：
【小问2详解】
解：①如图，
当与相切时，与有3个交点，
此时，根据对称性可知
∴是等边三角形，
∴
即当时，与的边的公共点的个数为3个；
②当经过点时，如图，连接，
∵四边形是平行四边形
∴，
∴
又
∴是等边三角形
∴
∴
∴当时，与的边的公共点的个数为4个；
当时，与的边的公共点的个数为3个；
当时，点在的内部，与的边的公共点的个数为2个；
综上所述，当时，与的边的公共点的个数为3个；
当时，与的边的公共点的个数为4个；
当时，与的边的公共点的个数为3个；
当时，点在的内部，与的边的公共点的个数为2个．
【点睛】本题考查了切线的性质与判定，垂径定以及垂径定理的推论，三角形的外心，勾股定理，平行四边形的性质，直线与圆的位置关系，分类讨论是解题的关键．