江苏省无锡市滨湖区2022-2023学年九年级上学期期中数学试题

这是一份江苏省无锡市滨湖区2022-2023学年九年级上学期期中数学试题，文件包含单元测评挑战卷一第一章教师版2023-2024北师大版数学七年级上册docx、单元测评挑战卷一第一章学生版2023-2024北师大版数学七年级上册docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共16页， 欢迎下载使用。

注意事项：
2022 年秋学期期中考试试卷初三数学
考试时间为 120 分钟，试卷满分 150 分.
本试卷分试题和答题卡两部分，所有答案一律写在答题卡上.
一、选择题（本大题共 10 小题，每小题 3 分，共 30 分.在每小题所给出的四个选项中，只有一项是正确的，请用 2B 铅笔把答题卡上相应的选项标号涂黑）
下列每组图形是相似图形的为（）
A.B.
C.D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据相似图形的定义一一判断即可．
【详解】解：选项 B 中两个五角星是相似图形．故选：B．
【点睛】本题考查相似图形，解题的关键是理解相似图形的定义：对应角相等，对应边成比例的两个边数相同的多边形相似．
下列四组线段中，是成比例线段的一组是（）
A. 3，6，4，7B. 5，6，7，8C. 2，4，6，8D. 10，15，8，12
【答案】D
【解析】
【分析】根据比例线段的概念，让最小的和最大的相乘，另外两条相乘，看它们的积是否相等即可得出答案．
【详解】解：A、∵3×7 4×6，∴四条线段不成比例； B、∵5×8 6×7，∴四条线段不成比例；
C、∵2×8 4×6，∴四条线段不成比例； D、∵8×15 = 10×12，∴四条线段成比例．
故选：D．
【点睛】本题考查了比例线段，理解成比例线段的概念，注意在线段两两相乘的时候，要让最小的和最大的相乘，另外两条相乘，看它们的积是否相等进行判断．
一元二次方程 解是（）
， B. C. D. ，
【答案】D
【解析】
【分析】根据直接开平方法解一元二次方程，即可求解．
【详解】解：
∴，
解得：，
故选：D．
【点睛】本题考查了解一元二次方程，熟练掌握解一元二次方程的方法是解题的关键．
一元二次方程有两个不相等的实数根．故选：A．
【点睛】本题主要考查利用判别式来判断一元二次方程根的个数：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，掌握利用判别式判断方程根的方法是解题的关键．
已知，，若的周长为 5，则的周长为（）
4. 一元二次方程
的根的情况是（
）
A. 有两个不相等的实数根
C. 只有一个实数根
【答案】A
B. 有两个相等的实数根
D. 没有实数根
【解析】
【分析】根据
即可判断．
【详解】解：，
，，
，
B.C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据相似三角形的性质，周长比等于相似比，即可求解．
故选：C．
【点睛】本题考查了相似三角形的性质，熟练掌握相似三角形的性质是解题的关键．
如图，BD 是的直径，A，C 在圆上，，的度数是（）
A. 50°B. 45°C. 40°D. 35°
【答案】C
【解析】
【分析】由 BD 是圆 O直径，可求得∠BCD = 90°又由圆周角定理可得∠D=∠A= 50°，继而求得答案．
【详解】解：∵BD 是的直径，
∴∠BCD=90°，
∴∠D=∠A= 50°，
∴∠DBC= 90°-∠D = 40°，
故选： C．
【点睛】此题考查了圆周角定理以及直角三角形的性质，此题难度不大，解题的关键是注意掌握数形结合思想的应用．
如图，同一条直线上的三个点、、都在等距离、等长度的五条平行横线上．若线段，则
线段的长是（）．
【详解】解：∵
，
，
∴的周长：
的周长=
，
∵ 的周长为 5，
∴的周长为
，
B.C.D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据平行线分线段成比例定理列出比例式，计算即可．
【详解】解：∵A、B、C 三个点都在等距离、等长度的五条平行横线上，且在同一条直线上，
∴，
∵，
∴，
故选：B．
【点睛】本题考查了平行线分线段成比例定理，灵活运用定理、找准对应关系是解题的关键．
如图是一把扇子的示意图，当扇形的圆心角与外侧圆心角的比值为黄金比时，扇子会显得更加美观，若黄金比取，则的度数是（）
A.
B.
C.
D.
【答案】A
【解析】
【分析】由题意得到
，
，计算即可求出
．
【详解】解：由题意可得：，即，
，
， ，
，
故选：A．
【点睛】本题考查比例的性质，解题关键是根据题意列出 与的关系．
若实数 、满足，则 的最大值为（）
A. 1B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据配方法将方程式整理得，根据偶次方的非负性可得，求得
，即可求解．
【详解】解：
，
∵，
∴，
即：；
故 的最大值为．故选：C．
【点睛】本题考查了配方法，偶次方的非负性，解一元一次不等式，熟练掌握以上性质是解题的关键．
如图，已知，为上一动点（不与、）重合，分别以、为边在的上方作等边和等边，连接、、、，且、相交于点.有下列结论：①
；②；③平分；④外接圆面积的最小值为.其中所有
正确结论的序号是（）
A. ①②B. ①②③C. ①②④D. ①②③④
【答案】D
【解析】
【分析】根据等边三角形的性质得到，，根据相似三角形的判定定理得到，故①正确，根据等边三角形的性质得到，
，，推得，根据全等三角形的判定的和性质可得
，根据三角形的外角性质可得，即可证明 ，故②正确；过 C 作于 H，于 G，根据全等三角形的判定和性质得到，根据角平分线的定义得到平分，故③正确；分别作与
角平分线，交点为 O．推出圆心 O 在、垂直平分线上，即圆心 O 是一个定点．连接．推出半径最短，则，根据直角三角形度所对的边是斜边的一半和勾股定理即可求得
，即可求解．
【详解】解：∵和是等边三角形，
∴，，
∴，故①正确，
∵和是等边三角形，
∴，，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，故②正确；
过 C 作于 H，于 G，
∴平分，故③正确；
如图，分别作与角平分线，交点为 O．
∵和都是等边三角形，
∴与为、的垂直平分线．
又∵圆心 O 在、的垂直平分线上，即圆心 O 是一个定点．连接．
若半径最短，则．又∵，
∴，
∴，
解得：，
∴外接圆面积的最小值，故④正确；综上，正确的有①②③④．
∴
，
∵
，
，
∴
，
∴
，
∵
，
∴
，
在
中，
，
即
，
故选：D．
【点睛】本题考查了等边三角形的性质，相似三角形的判定，全等三角形的判定和性质，三角形的外角性质，三角形的外接圆性质，角平分线的定义，直角三角形的性质，勾股定理等，熟练掌握等边三角形的性质和三角形外接圆的性质是解题的关键．
二、填空题（本大题共 8 小题，每小题 3 分，共 24 分，其中第 17 题第一空 1 分，第二空 2
分.不需写出解答过程，只需把答案直接填写在答题卡上相应的位置）
请你写出一个解为 2 的一元二次方程：．
【答案】x2+x-6=0（答案不唯一）
【解析】
【分析】根据方程解的定义，构造方程即可解决问题．
【详解】解：（x-2）（x+3）=x2+x-6=0．故答案为：x2+x-6=0（答案不唯一）．
【点睛】本题主要考查了一元二次方程的解及其应用问题；灵活运用解的定义来分析、判断是解题的关键．
已知，则的值为.
【答案】
【解析】
【分析】根据等式的性质可得，代入即可求解．
【详解】解：∵ ，
∴，
将代入得：．故答案为：．
【点睛】本题考查了比例的性质，代数式求值，熟练掌握比例的性质是解题的关键．
已知的半径为，点到圆心的距离为，则点与的位置关系是：点在
.（填“内”、“上”、“外”）
【答案】内
【解析】
【分析】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；若设点到圆心的距离为 d
，圆的半径为 r，则时，点在圆外；当时，点在圆上；当时，点在圆内．
【详解】解：∵点 P 到圆心的距离为，
∴，
∵，
则；
故点 P 在圆内．故答案为：内．
【点睛】本题考查了点与圆的位置关系的判断．解题的关键是首先确定点与圆心的距离，然后与半径进行比较，进而得出结论．
如图，在中，直径与弦相交于点，且，若，，则的半
径为.
【答案】
【解析】
【分析】连接，根据垂径定理推出，根据勾股定理求解即可．
【详解】解：如图，连接，
直径与弦相交于点，且，
，
， ，
设的半径为 ，
，
，
， ，
，
即的半径为，
故答案为：．
【点睛】此题考查了垂径定理和勾股定理，熟记垂径定理是解题的关键．
如图，是的外接圆，且，，在上取点（不与点、重合），连接、，则的度数是 .
【答案】
【解析】
【分析】根据等边对等角和三角形内角和定理可求得，从而利用圆内接四边形的性质可求出，然后利用三角形内角和定理进行计算即可解答．
【详解】解：∵，，
∴，
∵四边形是圆内接四边形，
∴，
∴，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题考查了三角形的外接圆性质，等腰三角形的性质，圆内接四边形的性质，熟练掌握等腰三角形的性质，以及圆内接四边形的性质是解题的关键．
如图，在长为、宽为的矩形地面内修筑同样宽的道路，余下的铺上草坪（阴影部分），设道路
的宽为，要使草坪的面积为，根据题意，可列方程为.
【答案】
【解析】
【分析】根据草坪的面积为，列一元二次方程即可．
【详解】解：根据题意，得，故答案为：．
【点睛】本题考查了由实际问题抽象出一元二次方程，理解题意并根据题意找出其中的等量关系是解题的
关键．
如图，网格纸中每个小正方形的边长均为 1，、、、为格点，且、相交于点，则 的面积为；若点是与网格线的交点，则的长为.
【答案】①. ②.
【解析】
【 分 析 】 易 得 ， ，， ， 则 ， 得 到
，进而求出，过点作于点，由等腰三角形的性质 ， 利用勾股定理得， 于是根据三角形面积公式即可求出的面积， 易证
，由相似三角形的性质求出，则，代入计算即可求解．
【详解】解： 网格纸中每个小正方形的边长均为 ，、、、为格点，
，，，，
，
，
，，
，为等腰三角形，
如图，过点作于点，
，
，
，
，
，
，
，即，
．
．
故答案为：，．
【点睛】本题主要考查勾股定理、相似三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质，熟练掌握“ ”字模型和“”字模型相似三角形是解题关键．
如图，在中，，，点 为上任意一动点（不与、 重合），过点
作，垂足为点，连接，则的最小值为.
【答案】
【解析】
【分析】由题意，点 H 在以为直径的圆位于内的圆弧上，设圆心为 O，连接交圆弧于点
，则的最小值即为的长；过点 C 作于点 ，设，根据勾股定理求得，则，根据勾股定理分别求出，，即可求得，即可求解．
【详解】解：∵，
∴点 H 在以为直径的圆位于内的圆弧上，
设圆心为 O，连接交圆弧于点，则的最小值即为的长，
过点 C 作
∵
于点
，
，设
，
，
∴
，
在
中，
，
在
中，
，
∴
，
即
，
解得：，
∴，，
，
，
中，
，
在中
在
∴,
即的最小值为．
故答案为：．
【点睛】本题考查了与圆有关的最短路线问题，勾股定理，明确点 H 的运动路线是解题的关键．
三、解答题（本大题共 10 小题，共 96 分.请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出文宇说明、证明过程或演算步骤）
【分析】（1）根据直接开平方法解一元二次方程，即可求解；
19 解方程：
（1）
；
（2）
；
（3）
；
（4）
.
【答案】（1）
（2）
（3）
（4）
【解析】
根据直接开平方法解一元二次方程，即可求解；
根据因式分解法解一元二次方程，即可求解；
根据因式分解法解一元二次方程，即可求解．
【小问 1 详解】解：
∴，
解得：；
【点睛】本题考查了解一元二次方程，熟练掌握解一元二次方程的方法是解题的关键．
已知关于 的一元二次方程的一个根为 0，求 的值及方程的另外一个根．
【答案】，另外一个根为
【解析】
【分析】由于一根为 0，把代入方程即可求得的值．然后把的值代入原方程即可求得另一根．
【小问 2 详解】
解：
∴
，
解得：
；
【小问 3 详解】
解：
∴
，
∴ 或
，
解得：
；
【小问 4 详解】
解：
，
∴
，
∴ 或
，
解得：
．
【详解】解： 关于 的一元二次方程的一个根为 0，且，
解得，
原方程为，
解得，，
故 的值为 3，方程的另一个根为．
【点睛】本题考查了一元二次方程的解，根据方程的一个根求出的值是解答本题的关键．
如图，在平面直角坐标系中，的顶点坐标分别为、、．（每个方格的边长均为 1 个单位长度）
请以为位似中心画出的位似图形，使它与的位似比为；
点为内一点，请直接写出按照（1）中位似变换后的对应点的坐标为．
【答案】（1）见解析（2）或
【解析】
【分析】（1）延长到使，延长到使，则满足条件，或延长
到
使
，延长
到
使
，则
满足条件；
（ 2） 把位似中心平移到原点，
则点
以原点为位似中心的对应点的坐标为 或
，然后把点
【小问 1 详解】
或
向上平移 1 个单位即可．
解：如图，和△
为所作；
【小问 2 详解】
点为内一点，按照（1）中位似变换后的对应点的坐标为或．故答案为：或．
【点睛】本题考查了作图 位似变换：掌握画位似图形的一般步骤是解决问题的关键．
如图，在中，点为上一点，且满足.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据两角分别相等的两个三角形相似即可证明；
（2）先根据相似三角形性质求出，再根据即可求出的长．
【小问 1 详解】
证明：∵
，
∴
．
【小问 2 详解】
解：∵
，
，
（1）求证：
；
（2）当
，
时，求
的长.
∴
，
∵
，
，
∴
，
解得：
∴
，
．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，掌握相似三角形的判断方法是解题的关键．
已知关于 的一元二次方程有实数根．
求实数的取值范围；
若，方程的两个实数根分别为、，求证：．
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据一元二次方程有实数根，可知，即可求得 k 的取值范围；
（2）根据根与系数的关系，可以求得，结合 k 的取值范围，即可证明．
【小问 1 详解】
解：∵关于 的一元二次方程有实数根，
∴，
解得，
即 k 的取值范围是
．
【小问 2 详解】
解：∵方程
的两个实数根分别为，，
∴，
，
【点睛】本题考查根与系数的关系、根的判别式，解题的关键是明确一元二次方程有根时，以及根与系数的关系．
∵
，
∴
，
∴
∴
．
中，
，
如图 1，在矩形
上的一点，且满足.
，点 是边上的一个动点，连接，点 是边
在图 1 中作出点
；（要求：尺规作图，保留作图痕迹，不写作法）
当
时，则
；
随着点的运动，
是否存在最大值？若存在，请求出最大值；若不存在，请说明理由.
，故作即可满足条件，在上确定点，使得，作的垂直
平分线即可；
作法：延长，以点为圆心，适当长度为半径，画弧，与交于两点，；分别以点，为圆心，大于的长为半径，画弧，交于点 ，连接与交于点 ，即为所求．
【小问 2 详解】
解：∵四边形是矩形，
∴，
∵，
∴，
【答案】（1）见解析
（2）
（3）存在，最大值为
【解析】
【 分析 】（ 1） 当
，理由见解析
时， 根据等角的余角相等可证明
， 即可证明
（2）根据矩形的性质可得
判定和性质即可求解；
，根据等角的余角相等可得
，根据相似三角形的
（3）根据相似三角形的性质可得
，推得
，根据二次函数的性质即可求解．
【小问 1 详解】
解：如图，点 Q所求点；
故答案为： ．
【小问 3 详解】
解：存在最大值；
理由：∵ ，
∴，
∴当时，存在最大值为 ．
【点睛】本题考查了矩形的性质，等角的余角相等，相似三角形的判定和性质，二次函数的性质，证明是三角形相似是解题的关键．
如图，为的直径，，过点的直线与分别交于点、，与交于点
，连接、、.
（1）求证：；
（2）若为的边上的中线，，，求的长.
∴
，
∴
，
∴
，
∴
，
∵
∴
，
，
，
，
∴
，
∴
．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据直径所对的圆周角是直角可得， 根据直角三角形两个锐角互余可得
，根据等角的余角相等可得，根据同圆中，等弧所对的圆周角相等可得 ，即可证明；
（2）根据直角三角形斜边中线的性质求得，根据勾股定理求得，根据等边对等角可得
，根据相似三角形的判定和性质即可求解．
【小问 1 详解】
证明：∵为的直径，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
又∵ ，
∴，
∴．
【小问 2 详解】
解：解：∵为的边上的中线，
∴，
∵，
∴
∵
，
，
，
∴
，
∵
∴
∵
∴
，
，
，
，
∴ ，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了直径所对的圆周角是直角，直角三角形两个锐角互余，等角的余角相等，同圆中，等弧所对的圆周角相等，直角三角形斜边中线的性质，勾股定理，等边对等角，相似三角形的判定和性质，熟练掌握圆的相关性质和相似三角形的判定和性质是解题的关键．
如图，正方形中，点关于直线的对称点为，为边上一动点，交于，
交于.
当为中点时，求证；
若线段满足.
①求证：；
②求的值.
【答案】（1）证明见解析
（2）①证明见解析；②
【解析】
【分析】（1）根据正方形的性质可得,，根据轴对称的性质可得，推得
，根据相似三角形的判定与性质可求得，即可证明；
（2）①根据题意可得，根据相似三角形的判定和性质可得，根据正方形的
性质可得，，根据平行线的性质可得，根据对称的性质可得，根据等边对等角可得，推得，根据全等三角形的判定和性质即可证明
；
②设正方形的边长为，则，设，，根据列方程，
求解得出，代入即可求解．
【小问 1 详解】
证明：∵四边形是正方形，
∴,，
∵点关于直线的对称点为，
∴，
∴，
∵为中点，
∴，
即，
∵，
∴，
∴，
∴．
【小问 2 详解】
解：①证明：∵，
∴，
∵，
∴，
∴；
∵四边形是正方形，
∴，，
∴，
∵点关于直线的对称点为，
∴垂直平分，
∴，
∴，
∴．
在和中，
设正方形的边长为 ，则，设，
∴，
∵，
【点睛】本题主要考查了正方形的性质，轴对称的性质，相似三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，一元二次方程的解法，熟练掌握正方形的性质是解题的关键．
某水果商场销售一种高档水果.
若原售价每千克 50 元，连续两次降价后为每千克 32 元，已知每次下降的百分率相同，求每次下降的百分率；
若每千克盈利 10 元，每天可售出 500 千克，经市场调查发现，在进货价不变的情况下商场决定采取适当的涨价措施，若每千克涨价 1 元，日销售量将减少 20 千克，现该商场要保证每天盈利 6000 元，且尽可能减轻顾客负担，那么每千克应涨价多少元？
【答案】（1）
∴
，
∴
；
②由①知：
，
∴
；
∴
，
∴
∴
，
，（舍去），
即
，
∴
．
（2）5 元
【解析】
【分析】（1）设每次降价的百分率为 ，为两次降价的百分率，根据等量关系列出方程求解即可；
（2）根据题意列出一元二次方程，然后求出其解，最后根据题意确定其值．
【小问 1 详解】
解：设每次下降的百分率为，根据题意，得：
，
解得：（舍）或，答：每次下降的百分率为；
【小问 2 详解】
设每千克应涨价元，由题意，得
，
整理，得，
解得：，，
因为要尽快减少库存，减轻顾客负担，所以符合题意．答：该商场要保证每天盈利 6000 元，那么每千克应涨价 5 元．
【点睛】此题主要考查了一元二次方程应用，关键是根据题意找到蕴含的相等关系，列出方程，解答即可．
如图 1，在平面直角坐标系中中，点，以为半径在 轴的上方作半圆，交 正半轴于点，点是该半圆周上一动点，连接、，并延长至点，使.
连接，直接写出的最大值为；
如图 2，过点作 轴的垂线，分别交 轴、直线于点、，点为垂足.
①若点的横坐标为 ，求线段的长；
②当点在运动过程中，是否存在以点、、为顶点的三角形与相似？若存在，请直接写出此时点 的坐标；若不存在，请说明理由.
点，
，
以为半径在 轴的上方作半圆，交 轴正半轴于点，
，
，
，点是该半圆周上一动点，
当点与点重合时，，如图，
此时取得最大值，
【答案】（1）
（2）①；②存
，
或
或
．
【解析】
【分析】（1）连接
，求出
，再由
，点 是该半圆周上一动点，得出当
点 与点 重合时，
，此时
取得最大值
，即可得出结论；
（2）①连接
，过点
作
轴于点
，则
，得
，再求出
，得
，
，，然后由圆周角定理得，则，
，进而证
，即可解决问题；
②分两种情况，1)当点
在、之间时；2)当点在点的左侧时；由相似三角形的性质分别求出
的
长，即可解决问题．
【小问 1 详解】
解：如图 1，连接，
故答案为：；
【小问 2 详解】
如图，连接，过点作轴于点，
轴，
，
，
，
点的横坐标为 ，
，
，
，
，
，
，
是半圆的直径，
，
，
，
，
在中，由勾股定理得：，
，
，
，
，
，
，
即
，
解得：
，
，
即线段的长为；
②存在以点、、为顶点的三角形与相似，理由如下：当的度数为时，点恰好与原点重合，不符合题意；
分两种情况：
，
当时，，
，
，
，
是斜边的中线，
，
，
，
，
，
，
①如图
，连接
，
的度数
时，点
在
、
之间，
设
，
，
即
，
解得：，
，
，
点的坐标为；
②的度数时，点在点的左侧，如图，若，
则，
，
，，
，
，
，
，
，
点 的坐标为；
如图 ，若，
则，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
解得：
，
点的坐标为；
综上所述，存在以点、、为顶点的三角形与相似，点的坐标为或
或．
【点睛】本题是圆的综合题，考查了圆周角定理、圆的性质、相似三角形的判定与性质、坐标与图形性质、勾股定理、平行线的判定与性质、直角三角形斜边上的中线性质以及分类讨论等知识，本题综合性强，熟 练掌握圆周角定理，证明三角形相似是解题的关键．