江苏省连云港市东海西、海州区、连云区、灌南县2022-2023学年九年级上学期期中数学试卷 (含答案)

2022-2023学年江苏省连云港市东海西、海州区、连云区、灌南县九年级（上）期中数学试卷

第I卷（选择题）

一、选择题（本大题共8小题，共24.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）

1. 下列方程是一元二次方程的是(    )

A.  B.  C.  D.

2. 已知的半径为，点在外，则的长可以是(    )

A.  B.  C.  D.

3. 如图，点、、、在上，，则为(    )

A.
B.
C.
D.

4. 如图，是的内切圆，则点是的(    )
    

A. 三条边的垂直平分线的交点 B. 三条角平分线的交点
C. 三条中线的交点 D. 三条高的交点

5. 如图，在中，，若，则等于(    )

A.
B.
C.
D.

6. 如图，圆锥的底面半径，高，则这个圆锥的侧面积是(    )

A.
B.
C.
D.

7. 周长相等的正方形与正六边形的面积分别为、，和的关系为(    )

A.  B. ：：
C. ：： D. ：：

8. 配方法是代数计算或变形的常用方法之一，某数学学习小组在利用配方法解决问题的过程中，得到如下的结论：
   用配方法解方程，变形后的结果是；
   已知方程可以配成，那么可以配成；
   若关于的方程有实数根，则；
   若可以配成形如的形式，则；
   用配方法可以求得代数式的最小值是．
   其中正确结论的个数有(    )

A. 个 B. 个 C. 个 D. 个

第II卷（非选择题）

二、填空题（本大题共10小题，共30.0分）

9. 方程的二次项系数为______．
10. 方程的解为______ ．
11. 直线与相离，且的半径等于，圆心到直线的距离为，则的取值范围是______．
12. 已知是一元二次方程的解，则代数式的值为______．
13. 木工师傅常用一种带有直角的角尺来测量圆的直径．如图，他将角尺的直角顶点放在圆周上，角尺的两条直角边分别与相交于点、，若度量出，，则的直径是______．

14. 如图，是的直径，直线与相切于点，交于点，连接，，则的度数为______ ．

15. 某种商品原价每件元，经过两次降价，现售价每件元．若设该种商品平均每次降价的百分率是，根据题意，可得方程______．
16. 如图，半径为的转动轮转过时，传送带上的物体平移的距离为______．

17. 如图，将半径为的扇形沿西北方向平移，得到扇形若，则阴影部分的面积为______

18. 如图，正方形中，，是的中点．以点为圆心，长为半径画圆，点是上一动点，点是边上一动点，连接，若点是的中点，连接，，则的最小值为______．

三、解答题（本大题共9小题，共96.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）

19. 本小题分
    解方程：；
    解方程：．
20. 本小题分
    已知关于的一元二次方程有两个不相等的实数根．
    求的取值范围；
    若该方程有一个根为，求方程的另一个根．
21. 本小题分
    如图，是的内接三角形，是的直径，判断直线与的位置关系，并说明理由．

22. 本小题分
    如图，在平面直角坐标系中，、、．
    在图中画出经过、、三点的圆弧所在圆的圆心的位置；
    坐标原点与有何位置关系？并说明理由．

23. 本小题分
    某大剧院举办文艺演出，其收费标准如下：

某公司组织一批员工去大剧院观看此场演出，设这批员工共有人．
当时，该公司应支付______元的购票费用；
若共支付元的购票费用，求观看演出的员工的人数．

24. 本小题分
    “转化”是一种重要的数学思想，回顾我们学过的各类方程的解法：解二元一次方程组，把它利用消元法转化为一元一次方程；解一元二次方程，利用直接开平方法或因式分解法，将它转化为解两个一元一次方程；解分式方程，利用去分母的方法，将它转化为整式方程，由于“去分母”可能产生增根，所以解分式方程必须检验，用“转化”的数学思想，我们还可以解一些新的方程，例如：
    解无理方程
    解：方程两边同时平方，得：，
    解这个一元一次方程，得：，
    检脸：当时，左边右边，
    所以，是原方程的解．
    通过“方程两边平方”，有可能产生增根，必须对解得的根进行检验．
    通过上面的学习，请解决以下两个问题：
    解无理方程：；
    如图，在平面直角坐标系中，点，，，求点的坐标．

25. 本小题分
    定义：能完全覆盖平面图形的最小的圆称为该平面图形的最小覆盖圆．
    
    如图，线段，则线段的最小覆盖圆的半径为______；
    如图，中，，，，请用尺规作图，作出的最小覆盖圆保留作图痕迹，不写作法此最小覆盖圆的半径为______；
    如图，矩形中，，，则矩形的最小覆盖圆的半径为______；若用两个等圆完全覆盖该矩形，那么这两个等圆的最小半径为______．
26. 本小题分
    小华同学学习了课本节“问题”后，在已知条件不变的情况下，又对该例题进行了拓展探究．请你和他一起解决以下几个问题：

几秒钟后点、的距离为？请说明理由；
几秒钟后为直角？请说明理由；
当时，内有一个动点，连接、、若，线段的最小值为______．

27. 本小题分
    【特例感知】
    如图，是的直径，是的圆周角，平分交于点，连接、已知，，则的度数为______，点到直线的距离为______；
    【类比迁移】
    如图，是的圆周角，平分交于点，过点作，垂足为，探索线段、、之间的数量关系，并说明理由；
    【问题解决】
    图，四边形为的内接四边形，，平分，，，求线段的长．
    
    

答案和解析

1.【答案】 

【解析】解：是一元二次方程，故本选项符合题意；
B.方程是一元一次方程，故本选项不符合题意；
C.是分式方程，故本选项不符合题意；
D.是一元三次方程，故本选项不符合题意．
故选：．
根据一元二次方程的定义逐个判断即可．
本题考查了一元二次方程的定义，能熟记一元二次方程的定义是解此题的关键，注意：只含有一次未知数，并且所含未知数的项的最高次数是的整式方程，叫一元二次方程．
 

2.【答案】 

【解析】解：的半径为，点在外，
的长大于．
故选：．
由的半径及点在外，可得出的长大于，再对照四个选项即可得出结论．
本题考查了点与圆的位置关系，牢记“点在圆外；点在圆上；点在圆内”是解题的关键．
 

3.【答案】 

【解析】解：点、、、在上，，
，
故选：．
利用圆周角定理即可解决问题．
本题考查圆周角定理，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
 

4.【答案】 

【解析】

【分析】
本题考查了三角形的内切圆与内心；熟练掌握三角形的内切圆的圆心性质是关键．
根据三角形的内切圆得出点到三边的距离相等，即可得出结论．
【解答】
解：是的内切圆，
则点到三边的距离相等，
点是的三条角平分线的交点，
故选：．  

5.【答案】 

【解析】解：在中，
，
，
．
故选：．
根据，得到，根据等腰三角形的性质得到，根据三角形的内角和定理即可得到答案．
本题考查的是圆周角定理，圆心角、弧、弦的关系，熟知在同圆和等圆中，相等的圆心角所对的弧相等，所对的弦也相等是解答此题的关键．
 

6.【答案】 

【解析】解：它的底面半径，高．
，
这个圆锥漏斗的侧面积是：
故选：．
首先根据底面半径，高，求出圆锥的母线长，再利用圆锥的侧面积公式求出即可．
此题主要考查了圆锥的侧面积公式求法，正确的记忆圆锥侧面积公式是解决问题的关键．
 

7.【答案】 

【解析】解：设正方形的边长为，则正六边形的边长为，
．
正六边形的边长为，
把正六边形分成六个小正三角形，其高为，
．
：：：，
故选：．
设正方形的边长为，根据正方形与正六边形的周长相等，可求出正六边形的边长；然后根据正方形的面积公式边长边长，可求出；再把正六边形分成六个小正三角形，结合等边三角形的性质和勾股定理，先求出一个小正三角形的面积，即可得到正六边形的面积，再比较即可解答．
本题考查的是正多边形的性质及特殊角的三角函数值，能用分别表示出正方形及正六边形的面积是解答此类题目的关键．
 

8.【答案】 

【解析】解：，
，
，

故此选项结论正确，符合题意；
可以配方变形为：，
方程可以配成，
，
，
即为，
，
，
，
可以配成，
故此选项错误，不符合题意；
若关于的方程有实数根，则，
此选项正确，符合题意；
若可以配成形如的形式，
则，
，，
，，
此选项错误，不符合题意；
，
的最小值是，
选项正确，符合题意；
故选：．
用配方法判断；用配方法求得，再用配方法变形，便可判断；根据一元二次方程的根的情况判断；由配方法求得有两个值，进而由与的关系求得，便可判断；由配方法求得的最小值，便可判断．
本题考查了配方法的应用，以及完全平方式，一元二次方程的根的情况，熟练掌握完全平方公式是解本题的关键．
 

9.【答案】 

【解析】解：方程的二次项系数为．
故答案为：．
根据一元二次方程的一般形式：是常数且中，叫二次项，叫一次项，是常数项．其中，，分别叫二次项系数，一次项系数，常数项，直接进行判断即可．
本题主要考查了一元二次方程的一般形式．注意在说明二次项系数，一次项系数，常数项时，一定要带上前面的符号．
 

10.【答案】或 

【解析】解：由，得
，
解得，．
根据“两式相乘值为，这两式中至少有一式值为”进行求解．
本题考查了一元二次方程的解法．解一元二次方程常用的方法有直接开平方法，配方法，公式法，因式分解法，要根据方程的特点灵活选用合适的方法．本题运用的是因式分解法．
 

11.【答案】 

【解析】解：直线与相离，的半径等于，圆心到直线的距离为，
．
故答案为：．
根据“若，则直线与圆相交；若，则直线于圆相切；若，则直线与圆相离”即可得到结论．
本题考查的是直线与圆的位置关系，熟知设的半径为，圆心到直线的距离为，当时，直线和相离是解答此题的关键．
 

12.【答案】 

【解析】解：将代入，
，
，
故答案为：．
将代入即可求出答案．
本题考查一元二次方程，解题的关键是正确理解方程的解的定义，本题属于基础题型．
 

13.【答案】 

【解析】解：连接，

，
为圆的直径，
，
圆的半径是，
故答案为：．
连接，根据圆周角定理得到为圆的直径，根据勾股定理计算即可．
本题考查的是圆周角定理和勾股定理的应用，掌握的圆周角所对的弦是直径是解题的关键．
 

14.【答案】 

【解析】解：直线与相切于点，
，
，
，
，
，
而，
．
故答案为．
先利用切线的性质得到，则利用互余和计算出，再利用等腰三角形的性质和三角形外角性质可计算出的度数．
本题考查了切线的性质：圆的切线垂直于经过切点的半径．若出现圆的切线，必连过切点的半径，构造定理图，得出垂直关系．
 

15.【答案】 

【解析】解：依题意得：．
故答案为：．
设该种商品平均每次降价的百分率是，利用经过两次降价后的价格原价降价率，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．
 

16.【答案】 

【解析】解：．
故答案为：．
传送带上的物体平移的距离为半径为的转动轮转过角的扇形的弧长，根据弧长公式可得．
本题考查了弧长的计算公式：弧长为，圆心角度数为，圆的半径为，解题的关键是理解传送带上的物体平移的距离为半径为的转动轮转过角的扇形的弧长．
 

17.【答案】 

【解析】解：如图，设交于点，交于点，连接，，过点作于点．

将半径为的扇形沿西北方向平移，即将半径为的扇形向西平移，再向上平移，
，
，
，



故答案为：．
如图，设交于点，交于点，连接，，过点作于点根据，求解即可．
本题考查扇形的面积，解题的关键是学会割补法求阴影部分的面积．
 

18.【答案】 

【解析】解：取点关于直线的对称点，连接、两线交于点，连接，，，过作于点，

点是的中点，
，
点在以为圆心，为半径的上运动，
四边形是正方形，
，，
，
，
，
，
，
当、、、四点共线时，的值最小，
的最小值为．
故答案为：．
取点关于直线的对称点，连接交于点，交半圆于点，连，连并延长交于点，则，从而可求出其最小值．
本题考查圆的有关性质的应用，正方形的性质，两点之间线段最短公理的应用，勾股定理，解题的关键是正确确定点的运动轨迹．
 

19.【答案】解：，
，
，；
整理，得：，
，即，
，
，． 

【解析】利用直接开平方法求解即可；
两边都加上一次项系数一半的平方配成完全平方式后，再开方即可得．
本题主要考查解一元二次方程，解一元二次方程常用的方法有：直接开平方法、因式分解法、公式法及配方法，解题的关键是根据方程的特点选择简便的方法．
 

20.【答案】解：根据题意得，
解得；
设方程的另一个根为，
则，
解得，
即方程的另一根为． 

【解析】由方程根的情况可得到关于的不等式，可求得的取值范围；
根据根与系数的关系可求得另一根．
本题考查了一元二次方程根与系数的关系：，是一元二次方程的两根时，，也考查了根的判别式，熟知一元二次方程中，当时，方程有两个不相等的两个实数根是解答此题的关键．
 

21.【答案】解：直线与相切．
是的直径，
．
 
又，
．
直线与相切． 

【解析】由且知，据此可得．
本题考查了切线的判定，要证某线是圆的切线，已知此线过圆上某点，连接圆心与这点即为半径，再证垂直即可．
 

22.【答案】解：如图，点为所作；

原点在内．
理由如下：，，
，
点在内． 

【解析】利用网格作和的垂直平分线，则它们的交点为点；
先计算出和的长度，然后比较它们的大小可判断原点与位置关系．
本题考查了作图复杂作图：解决此类题目的关键是熟悉基本几何图形的性质，结合几何图形的基本性质把复杂作图拆解成基本作图，逐步操作．也考查了垂径定理和三角形的外心．
 

23.【答案】 

【解析】解：每增加人，每张票的单价减少元，
当时，该公司应支付的购票费用为元，
故答案为：；
由题意得，，
，
解得，，
当时，单价为元，不合题意舍去，
当时，单价为元，
观看演出的员工的人数为人．
由“每增加人，每张票的单价减少元，“，即可得出每张票价，则可得出答案；
根据总价单价人数，即可得出关于的一元二次方程，解之即可得出的值，求出单价不低于元即可得出结论．
本题考查了一元二次方程的应用，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．
 

24.【答案】解：方程两边平方得：，
解一元二次方程得或，
检验：当时，左边右边，
当时，左边右边，
原方程的解为；
设，
，，
，
，
，
两边平方得：，
解得，
经检验，是原方程的解，
． 

【解析】把无理方程转化为整式方程，解方程即可；
设，由得，解方程可得答案．
本题考查解无理方程，解题的关键是读懂阅读材料，掌握解无理方程的方法．
 

25.【答案】    

【解析】解：如图，，
当时，的半径最小，
长为线段的最小覆盖圆的直径，
线段的最小覆盖圆的半径为，
故答案为：．
如图，的外接圆是它的最小覆盖圆，
作的垂直平分线交于点，连接，
，，
，
以点为圆心，以长为半径作，则是的外接圆，
，，
，
，
的最小覆盖圆的半径为，
故答案为：．
如图，矩形的外接圆是它的最小覆盖圆，
连接、交于点，
，，且，
，
以点为圆心，以长为半径作，则是矩形的外接圆，
，，，
，
，
矩形的最小覆盖圆的半径为；
如图，分别取、的中点、，连接、交于点，连接、交于点，连接，
，
，，
，
，，
四边形和四边形都是平行四边形，
，
四边形和四边形都是矩形，
，，，
≌，
，
，
矩形的外接圆和矩形的外接圆是两个完全覆盖矩形的等圆，
分别以点、为圆心，以长、长为半径作、，
、分别为矩形的外接圆和矩形的外接圆，且和是等圆，
，
，
两个完全覆盖矩形的等圆的半径为，
故答案为：；．
由“两点之间线段最短”可知长为线段的最小覆盖圆的直径，则线段的最小覆盖圆的半径为；
的外接圆是它的最小覆盖圆，作的垂直平分线交于点，连接，以点为圆心，以长为半径作，则是的外接圆，根据勾股定理求得的长为，则，于是得到问题的答案；
矩形的外接圆是它的最小覆盖圆，连接、交于点，则，以点为圆心，以长为半径作，则是矩形的外接圆，根据勾股定理求得，则，所以矩形的最小覆盖圆的半径为；分别取、的中点、，连接、交于点，连接、交于点，连接，先证明四边形和四边形都是矩形，则矩形的外接圆和矩形的外接圆是两个完全覆盖矩形的等圆，根据勾股定理求得，则，所以两个完全覆盖矩形的等圆的半径为，于是得到问题的答案．
此题重点考查圆的有关概念和性质、两点之间线段最短、直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半、用尺规作图法作直角三角形的外接圆、矩形的判定与性质、矩形的外接圆、求直角三角形的外接圆的半径及矩形的外接圆的半径等知识与方法，此题综合性强，难度较大，属于考试压轴题．
 

26.【答案】 

【解析】解：结论：当或时，．
理由：四边形是矩形，
，
，，，
，
，
，
或；

结论：时，．
理由：，则，
又，
，
，
∽，
，即，
解得：；

，
，
，
，
如图中，取的中点，连接，．

，，
，
，
，
，
，
，
的最小值为．
故答案为：．
利用勾股定理构建方程求解即可；
利用相似三角形的性质，构建方程求解即可；
首先证明，如图中，取的中点，连接，求出，，可得结论．
本题属于四边形综合题，考查了矩形的性质，勾股定理，直角三角形斜边中线的性质，相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
 

27.【答案】  

【解析】解：如图，平分，
，
，
，
的度数为；
作于点，交的延长线于点，则，
是的直径，
，
，，
，
，
，
，
，
点到直线的距离为，
故答案为：，．
，
理由：如图，连接，，作交的延长线于点，
平分，，
，
，，
，
，
≌，
，
，，，
≌，
，
，
如图，作于点，交的延长线于点，
平分，
，
，，
，
，
≌，
，
设，
，
四边形是矩形，
，
四边形是正方形，
，
，，
，，
，
，
，
解得，不符合题意，舍去，
，
线段的长为．
由平分，得，则，所以；作于点，交的延长线于点，则，由，，得，根据勾股定理求得，则，所以，即点到直线的距离为；
连接，，作交的延长线于点，则，再证明≌，得，再证明≌，得，即可证明；
作于点，交的延长线于点，先证明≌，得，设，可证明四边形是正方形，则，由，，推导出，，，即可根据，列方程，解方程求出符合题意的的值，再求出的长即可．
此题重点考查圆内接四边形的对角互补、直角所对的圆周角等于、角平分线的性质、全等三角形的判定与性质、直角三角形中角所对的直角边等于斜边的一半、勾股定理、一元二次方程的解法等知识与方法，此题综合性强，难度较大，正确地作出所需要的辅助线是解题的关键．