江苏省盐城市射阳外国语学校2022-2023学年八年级下学期第一次月考数学试题

这是一份江苏省盐城市射阳外国语学校2022-2023学年八年级下学期第一次月考数学试题，共17页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1. 在下列方程中，一元二次方程的个数是（ ）
①3x2+7=0；②ax2+bx+c=0；③（x﹣2）（x+5）=x2﹣1；④3x2﹣=0．
A. 1个B. 2个C. 3个D. 4个
【答案】A
【解析】
【详解】试题分析：本题根据一元二次方程的定义解答．一元二次方程必须满足四个条件：（1）未知数的最高次数是2；（2）二次项系数不为0；（3）是整式方程；（4）含有一个未知数．由这四个条件对四个选项进行验证，满足这四个条件者为正确答案．
解：①3x2+7=0，是一元二次方程，故本小题正确；
②ax2+bx+c=0，a≠0时是一元二次方程，故本小题错误；
③（x﹣2）（x+5）=x2﹣1，整理后不是一元二次方程，故本小题错误；
④3x2﹣=0，是分式方程，不是一元二次方程，故本小题错误．
故选A．
考点：一元二次方程的定义．
2. 已知的半径为，点P在内，则不可能等于（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查了点和圆的位置关系，根据点和圆的位置关系得出，选出即可．
【详解】解：∵的半径为，点P在内，
∴线段，
∴不可能等于，
故选：D．
3. 一元二次方程的根的情况是（ ）
A. 有两个不相等的实数根B. 有两个相等的实数根
C. 只有一个实数根D. 没有实数根
【答案】D您看到的资料都源自我们平台，20多万份最新小初高试卷，家威鑫 MXSJ663 性价比最高 【解析】
【分析】本题考查了根的判别式，先计算判别式的值，然后根据判别式的意义判断方程根的情况．
【详解】解：，
所以方程没有实数根．
故选：D．
4. 如果两个圆心角相等，那么（ ）
A. 这两个圆心角所对的弦相等B. 这两个圆心角所对的弧相等
C. 这两个圆心角所对的弦的弦心距相等D. 以上说法都不对
【答案】D
【解析】
【详解】因为在同圆或等圆中,相等的圆心角所对的弧相等,所对的弦以及弦心距相等,本题中题设中缺少”同圆或等圆”这一条件,
故选D.
【点睛】本题主要考查圆心角与弧,弦,弦心距之间的关系,解决本题的关键要熟练掌握圆心角,弧,弦,弦心距之间的关系,并注意前提条件:”同圆或等圆中”.
5. 某种商品经过两次降价，由每件100元调至81元，则平均每次降价的百分率是（ ）
A. 8.5%B. 9%C. 9.5%D. 10%
【答案】D
【解析】
【详解】解：设平均每次降价的百分率是x，
根据题意得：100（1-x）2=81，
解得：x1=0.1，x2=1.9，
经检验x2=1.9不符合题意，
∴x=0.1=10%，
故答案为：D
6. 下列说法中，正确的是（ ）
A. 三点确定一个圆B. 三角形有且只有一个外接圆
C. 四边形都有一个外接圆D. 圆有且只有一个内接三角形
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查了确定圆的条件以及和圆有关的相关知识，不在同一直线上的三点确定一个圆．根据确定圆的条件逐一判断后即可得到答案．
【详解】解：A、不在同一直线上的三点确定一个圆，故原命题错误；
B、三角形有且只有一个外切圆，原命题正确；
C、并不是所有的四边形都有一个外接圆，原命题错误；
D、圆有无数个内接三角形．原命题错误；
故选：B．
7. 已知的半径为4，直线l上有一点P满足，则直线l与的位置关系是（ ）
A. 相切B. 相离C. 相离或相切D. 相切或相交
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查直线与圆的位置关系．根据直线与圆的位置关系来判定即可．
【详解】解：当垂直于直线l时，即圆心O到直线l的距离，与l相切；
当不垂直于直线l时，即圆心O到直线l的距离，与直线l相交．
故直线l与的位置关系是相切或相交．
故选：D．
8. 如果关于x的一元二次方程有两个不相等的实数根，那么k的取值范围是（ ）
A. k＜B. k＜且k≠0C. ﹣≤k＜D. ﹣≤k＜且k≠0
【答案】D
【解析】
【详解】由题意，根据一元二次方程二次项系数不为0定义知： k≠0；
根据二次根式被开方数非负数的条件得：2k+1≥0；解得
根据方程有两个不相等的实数根，得△=2k+1﹣4k＞0，解得
三者联立，解得﹣≤k＜且k≠0．
故选D．
二、填空题（每小题3分，共24分）
9. 已知是关于x的方程的一个根，则________．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了一元二次方程的解的定义．把代入关于的x方程，得到关于m的新方程，通过解新方程来求m的值．
【详解】解：∵是关于的x方程的一个根，
∴，
解得．
故答案为：．
10. 直角三角形的两直角边长分别为6和8，那么这个三角形的外接圆半径等于________．
【答案】5
【解析】
【分析】本题考查了三角形的外接圆与外心，根据勾股定理求得斜边的长，再根据直角三角形的斜边等于其外接圆的直径可得这个三角形的外接圆的半径．
【详解】解：∵直角三角形的两条直角边长分别为6和8，
∴直角三角形的斜边，
所以这个三角形的外接圆的半径，
故答案为：5．
11. 若一元二次方程无实数根，则m的取值范围是__________．
【答案】
【解析】
【分析】本题主要考查根的判别式，熟练掌握一元二次方程的根与判别式间的关系是解题的关键．
由方程无实数根即，从而得出关于m的不等式，解之可得．
【详解】解：∵关于x的一元二次方程无实数根，
，
解得：．
故答案为：．
12. 已知圆弧半径为50厘米，圆心角为，则圆弧的长度________．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了弧长的计算，根据弧长公式，代入数值即可得出圆弧的长度．
【详解】解：．
故答案为：．
13. 一元二次方程的根的情况是______．
【答案】有两个相等的实数根
【解析】
【分析】根据一元二次方程根的判别式可进行求解．
【详解】解：由一元二次方程可得：，
∴，
∴一元二次方程的根的情况是有两个相等的实数根；
故答案为：有两个相等的实数根．
【点睛】本题主要考查一元二次方程根的判别式，熟练掌握一元二次方程根的判别式是解题的关键．
14. 圆心角为120°，半径长为6cm的扇形面积是_____cm2．
【答案】12π
【解析】
【分析】根据扇形的面积公式S扇形=，代入计算即可得出答案．
【详解】解：（平方厘米）
故答案为：12π．
【点睛】本题考查扇形的计算．
15. 已知，则的值为______．
【答案】3
【解析】
【详解】解：设，据题意得，
解得，，
∵，
∴．
故答案为3．
16. 点是的外心，若，则_____°．
【答案】或##140或40
【解析】
【分析】利用圆周角定理以及圆内接四边形的性质得出的度数．
【详解】如图所示：

∵是外心，，
∴，
∴，
∴的度数为：或，
故答案为：或．
【点睛】此题考查了圆周角定理以及圆内接四边形的性质，熟练掌握圆周角定理以及圆内接四边形的性质是解题的关键．
三、解答题（共102分）
17. 解下列方程
（1）
（2）
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】本题主要考查解一元二次方程：
（1）先把原方程整理后，运用公式法求解即可；
（2）方程移项后再运用因式分解法求解即可．
【小问1详解】
解：，
整理得，
这里，
∴，
∴；
【小问2详解】
解：
，
，
∴．
18. 已知的直径的长为，C是上一点，，过点C作的切线交的延长线于点P，求的长．
【答案】
【解析】
【分析】本题主要考查了圆周角定理，切线的性质，含30度角的直角三角形的性质，连接，由圆周角定理得到，再由切线的性质得到，即可求得，从而求得的长，根据即可求解．
【详解】解：如图所示，连接，
∵，
∴ ，
∵是切线，
∴，即，
∴，
∴，
∴．
19. 已知关于x的一元二次方程x2﹣4x+m﹣1=0有两个相等的实数根，求m的值及方程的根．
【答案】m＝5，x1=x2=2．
【解析】
【分析】首先根据原方程根的情况，利用根的判别式求出m的值，即可确定原一元二次方程，进而可求出方程的根．
【详解】由题意可知△＝0，即（﹣4）2﹣4（m﹣1）＝0，解得：m＝5．
当m＝5时，原方程化为x2﹣4x+4＝0．解得：x1＝x2＝2．
所以原方程的根为x1＝x2＝2．
【点睛】总结：一元二次方程根的情况与判别式△的关系：
（1）△＞0⇔方程有两个不相等的实数根；
（2）△＝0⇔方程有两个相等的实数根；
（3）△＜0⇔方程没有实数根．
20. 如图，点I是△ABC的内心，线段AI的延长线交△ ABC的外接圆于点D，交BC边于点E．求证：ID=BD.
【答案】详见解析.
【解析】
【分析】根据三角形的内心的概念，得到∠BAD=∠CAD，∠ABI=∠CBI，再利用外角性质得到∠BID=∠IBD，从而根据等腰三角形的性质证明即可.
【详解】解：∵ 点I是△ABC的内心，∴ ∠BAD=∠CAD，∠ABI=∠CBI.
∵ ∠CBD=∠CAD，∴ ∠BAD=∠CBD.
∴ ∠BID=∠ABI+∠BAD =∠CBI+∠CBD=∠IBD. ∴ID=BD.
【点睛】此题主要考查了三角形内心的性质和三角形的外角的性质，以及等腰三角形的判定，关键是明确三角形的内心是三角形三条角平分线的交点.
21. 如图，已知是的直径，是的切线，A是切点，与交于点C，若，求的长（结果保留根号）．
【答案】
【解析】
【分析】本题主要考查了切线的性质，解直角三角形，利用切线的性质得出，进而利用三角函数关系求出的长即可．
【详解】解：是的直径，是的切线，是切点，
∴，
，
22. 已知关于的方程．
（1）求证：无论取何值，这个方程总有实数根；
（2）若等腰三角形的一边长，另两边、恰好是这个方程的两个根，求的周长．
【答案】（1）见解析 （2）
【解析】
【分析】（1）运用根的判别式，根与系数的关系，平方数的非负性进行判断即可求证；
（2）根据等腰三角形的性质，分类讨论，①当时，即方程两根相等；②当或者时，即是原方程的一个根；根据根与方程的关系即可求解．
【小问1详解】
解：在关于的方程中，，，，
∴
∵
∴无论取何值，方程总有实数根．
【小问2详解】
解：是等腰三角形，一边长，另外两边分别为，，且、恰好是这个方程的两个根，
①当时，即方程两根相等，
∴，解得，方程可化为：，解得，
∴三边长分别为，，，
∵，不符合三角形三边关系，不能构成三角形，故舍去；
②当或者时，即是原方程的一个根，
把代入得，，解得，，
∴原方程可化为：，解得：或，即的一边长为，另一边长为，
∴．
【点睛】本题主要考查解一元二次方程的方法的综合，掌握一元二次方程根的判别式，等腰三角形的性质与方程的根的关系等知识是解题的关键．
23. 如图，圆心角都是90°的扇形OAB与扇形OCD叠放在一起，连接AC，BD．
（1）求证：AC＝BD；
（2）若图中阴影部分面积是πcm2，OA＝2cm，求OC的长．
【答案】（1）证明见解析；（2）OC的长为1cm.
【解析】
【分析】（1））如图，记与小扇形交于 证明再证明从而可得答案；
（2）由（1）可得：证明 再利用，列方程求解即可.
【详解】解：（1）如图，记与小扇形交于
圆心角都是90°的扇形OAB与扇形OCD叠放在一起，




（2）

阴影部分的面积是πcm2，OA＝2cm，
，
整理得：
解得： （负根舍去）
所以OC的长为1cm.
【点睛】本题考查的是全等三角形的判定与性质，圆的基本性质，扇形面积的计算，证明是解本题的关键.
24. 如图，点A，D，B，C在上，于点E．若，，求半径的长．

【答案】5
【解析】
【分析】本题主要考查了勾股定理，等腰三角形的判定与性质，90度的圆周角对的弦是直径，同弧或等弧所对的圆周角相等，直接利用圆周角定理结合等腰直角三角形的性质得出的长，再利用勾股定理得出答案．
【详解】解：如图，连接，连接与交于点F，

∵，
∴．
∴为直径．
∴．
∵，
∴．
∴．
∴．
在中，，
∴．
∴．
∴．
∴半径的长5．
25. 如图，已知是的直径，点C，D在上，点E在外，．
（1）求的度数；
（2）求证：是的切线；
（3）当时，求劣弧的长．
【答案】（1）
（2）见解析 （3）
【解析】
【分析】本题考查切线的判定、圆周角定理、弧长公式、直角三角形30度角性质等知识：
（1）根据同弧所对的圆周角相等，即可解决问题．
（2）利用直径所对的圆周角是直角，求出，即可解决问题．
（3）连接，求出半径，即可解决问题．
小问1详解】
解：∵，
∴
【小问2详解】
证明：∵是直径，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴是的切线．
【小问3详解】
解：连接．
在中，∵
∴，
∴，
∵，
∴，
∴的长=．
26. 如图，在中，，的角平分线交于点D，点O在上，以点O为圆心，为半径的圆恰好经过点D，分别交、于点E，F．
（1）试判断直线与⊙O的位置关系，并说明理由；
（2）若，，求⊙O的半径．
【答案】（1）与⊙O相切，理由见详解
（2）4
【解析】
【分析】（1）连接，根据角平分线与等腰三角形得到，再根据直角三角形两锐角互余即可得到证明；
（2）在 中根据勾股定理即可得到答案．
【小问1详解】
解：与⊙O相切，理由如下，
证明：连接，
∵是的角平分线，
∴，
∵ ，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴与⊙O相切；
【小问2详解】
解：在 中设半径为r，根据勾股定理可得，
，
∵，，
∴ ，
解得．
【点睛】本题考查切线的判定，勾股定理，解题的关键是作辅助线．
27. 如图，是的直径，弦于点E，且，点M在上，经过圆心O，连接．
（1）若，求的半径；
（2）若，求线段的长．
【答案】（1）13 （2）
【解析】
【分析】本题考查圆周角定理、垂径定理、勾股定理：
（1）根据题意和图形，利用勾股定理、垂径定理可以解答本题；
（2）根据三角形全等、勾股定理可以求得线段的长．
【小问1详解】
解：设的半径长为r，
则，
∵是的直径，弦于点E，且，
∴，
∴，
即，
解得，，
即的半径是13；
【小问2详解】
解：连接，
∵，
∴，
∵是的直径，弦于点E，且，
∴，
∴，
∴，
设的半径长为r，
则，
解得，或（舍去），
∴．