2023-2024学年江苏省连云港外国语学校、新海实验中学九年级（上）期中数学试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年江苏省连云港外国语学校、新海实验中学九年级（上）期中数学试卷（含解析），共20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.下列方程是一元二次方程的是
( )
A. x2+3x=0B. 2x−1=0C. 3x2=2D. x3−1=0
2.⊙O的半径为2，圆心O到直线l的距离为4，则直线l和⊙O的位置关系是
( )
A. 相切B. 相交C. 相离D. 不能确定
3.某校把学生数学的期中、期末两次成绩分别按40%、60%的比例计入学期总成绩，小明数学期中成绩是85分，期末成绩是90分，那么他的数学学期总成绩为
( )
A. 86分B. 87分C. 88分D. 89分
4.如图，⊙O的半径为13，弦AB=24，OC⊥AB于点C.则OC的长为
( )
A. 10B. 6C. 5D. 12
5.一元二次方程x2+2x=−1的根的情况是
( )
A. 没有实数根B. 有一个实数根
C. 有两个不相等的实数根D. 有两个相等的实数根
6.如图，面积为12的正方形ABCD内接于⊙O，则⊙O的半径为
( )
A. 3B. 2 3C. 6D. 3 2
7.如图，AB是⊙O的直径，AD=CD，∠COB=40∘，则∠A的度数是
( )
A. 50∘B. 55∘C. 60∘D. 65∘
8.已知关于x的方程x2−(a+2b)x+1=0有两个相等实数根．若在直角坐标系中，点P在直线l:y=−x+12上，点Q(12a,b)在直线l上方，则PQ的最小值为
( )
A. 34 2B. 24C. 12D. 64
二、填空题（本大题共10小题，共30分）
9.方程x2=3x的解为： ．
10.底面半径为2厘米，母线为5厘米的圆锥侧面积为 平方厘米．
11.若一组数据3，4，x，6，7的众数是3，则这组数据的中位数为 ．
12.某校图书馆9月份借阅图书500册，11月份借阅图书845册，设这两个月借阅图书的月平均增长率为x，根据题意可列方程为 ．
13.如图，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，若∠AOC=160∘，则∠ABC的度数是 ．
14.已知RtΔABC的两直角边分别是5、12，则RtΔABC的内切圆的半径为 ．
15.设x1，x2是一元二次方程x2−3x−2=0的两个根，则x1x2−x1−x2= ．
16.若m是方程2x2−3x−1=0的一个实数根，则2023−6m2+9m的值为 ．
17.已知x=m是一元二次方程x2+2x+n−3=0的一个根，则m+n的最大值为 ．
18.如图，在矩形ABCD中，AB=8，BC=5，N是矩形ABCD内一点，∠BCN=∠CDN，点M是AD边上的动点，则MB+MN的最小值为 ．
三、解答题（本大题共9小题，共72分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
19.(本小题8分)
解方程：
(1)解方程：x2−4=0；
(2)解方程：x2+2x−3=0．
20.(本小题8分)
已知关于x的一元二次方程x2−x+m−1=0有两个实数根．
(1)求m的取值范围；
(2)若此方程的一个实数根为1，求方程的另一个实数根．
21.(本小题8分)
如图，在⊙O中，直径AB与弦CD相交于点P，∠CAB=40∘，∠APD=65∘．
(1)求∠B的大小；
(2)已知圆心O到BD的距离为4，求AD的长．
22.(本小题8分)
如图，在平面直角坐标系xOy中，点A(0,2)，B(1,3)，C(3,3)，过这三个点作一条圆弧．
(1)用无刻度直尺画出该圆弧的圆心M(保留作图痕迹)．
(2)M点坐标为__．
(3)⊙M的半径长为__．
(4)点N(4,1)在⊙M __(填“内”“外”“上”)．
(5)若用扇形AMC围成一个圆锥的侧面，则该圆锥的底面圆半径是__．
23.(本小题8分)
为了培养学生综合能力，某中学组织学生积极参加丰富多彩的社团活动，学校成立了舞蹈队、足球队、篮球队、射击队等，其中射击队在某次训练中，甲、乙两名队员各射击10发子弹，成绩记录如下表：
(1)经计算甲的平均成绩是8环，则a=__；
(2)甲成绩的中位数是__环，乙成绩的众数是__环；
(3)已知甲成绩的方差是1.2，请求出乙成绩的方差，并判断甲、乙两名队员谁的成绩更为稳定．
24.(本小题8分)
某商品的进价为每件40元，当售价为每件60元时，每天可卖出300件．经过市场调研发现，在一定范围内调整售价：①每涨价1元，每天要少卖出10件；②每降价1元，每天可多卖出20件．如果只能调整一次售价，如何调整使每天的利润为6250元？
25.(本小题8分)
如图，在一张四边形纸片ABCD中，AB//DC，AD=AB=BC=2 2，∠D=45∘，以点A为圆心，2为半径的圆分别与AB、AD交于点E．
(1)求证：DC与⊙A相切；
(2)过点B作⊙A的切线BM；(要求：尺规作图，不写作法，保留作图痕迹)
26.(本小题8分)
已知：如图所示，在ΔABC中，∠B=90∘，AB=5cm，BC=7cm，点P从点A开始沿AB边向点B以1cm/s的速度移动，点Q从点B开始沿BC边向点C以2cm/s的速度移动．当P、Q两点中有一点到达终点，则同时停止运动．
(1)如果P，Q分别从A，B同时出发，那么__秒后，PQ的长度等于2 10cm；
(2)如果P，Q分别从A，B同时出发，那么几秒后，ΔPBQ的面积等于4cm2？
(3)如果P，Q分别从A，B同时出发，在运动过程中，是否存在这样的时刻，使以P为圆心，AP为半径的圆正好经过点Q？若存在，求出运动时间，若不存在．请说明理由．
27.(本小题8分)
【深度阅读】苏格兰哲学家托马斯⋅卡莱尔(1795−1881)曾给出了一元二次方程x2+bx+c=0的几何解法：如图1，在平面直角坐标系中，已知点A(0,1)，B(−b,c)，以AB为直径作⊙P.若⊙P交x轴于点M(m,0)，N(n,0)，则m，n为方程x2+bx+c=0的两个实数根．
【自主探究】(1)由勾股定理得，AM2=12+m2，BM2=c2+(−b−m)2，AB2=(1−c)2+b2，在RtΔABM中，AM2+BM2=AB2，所以12+m2+c2+(−b−m)2=(1−c)2+b2.化简得：m2+bm+c=0.同理可得：__．
所以m，n为方程x2+bx+c=0的两个实数根．
【迁移运用】(2)在图2中的x轴上画出以方程x2−3x−2=0两根为横坐标的点M，N．
(3)已知点A(0,1)，B(4,−3)，以AB为直径作⊙C.判断⊙C与x轴的位置关系，并说明理由．
【拓展延伸】(4)在平面直角坐标系中，已知两点A(0,a)，B(−b,c)，若以AB为直径的圆与x轴有两个交点M，N，则以点M，N的横坐标为根的一元二次方程是__．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】【分析】根据一元二次方程的定义逐个判断即可．
【解答】解：A．x2+3x=0是一元二次方程，故本选项符合题意；
B.方程2x−1=0是一元一次方程，故本选项不符合题意；
C．3x2=2是分式方程，故本选项不符合题意；
D．x3−1=0是一元三次方程，故本选项不符合题意．
故选：A．
2.【答案】C
【解析】【分析】因为圆心到直线的距离大于半径，所以直线l与圆相离．
【解答】解：(1)∵4>2，
∴d>r，
∴直线l与⊙O相离，
故选：C．
3.【答案】C
【解析】【分析】根据加权平均数的计算公式解答即可．
【解答】解：他的数学学期总成绩为85×40%+90×60%=88(分)，
故选：C．
4.【答案】C
【解析】【分析】先利用垂径定理得到AC=BC=12，然后利用勾股定理计算OC的长．
【解答】解：∵OC⊥AB，AB=12，
∴AC=BC=12AB=12×24=12，
∵⊙O的半径为13，
∴在RtΔOAC中，OA=13，
∴OC= OA2−AC2= 132−122=5．
故选：C．
5.【答案】D
【解析】【分析】先把方程化为一般式，再计算根的判别式的值，然后根据根的判别式的意义判断方程根的情况．
【解答】解：方程化为x2+2x+1=0，
∵△=22−4×1=0，
∴方程有两个相等的实数根．
故选：D．
6.【答案】C
【解析】【分析】连接OA、OB，则ΔOAB为等腰直角三角形，由正方形面积为12，可求边长为2 3，进而可得半径为 6．
【解答】解：如图，连接OA，OB，则OA=OB，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠AOB=90∘，
∴ΔOAB是等腰直角三角形，
∵正方形ABCD的面积是12，
∴AB= 12=2 3，
∴OA=OB= 22AB= 6，
故选：C．
7.【答案】B
【解析】【分析】根据AD=CD，∠得出∠AOD=∠DOC，计算∠AOD=180∘−∠COB2，根据OA=OD，计算∠A=∠D=180∘−∠AOD2，选择答案即可．
【解答】解：∵AB是⊙O的直径，AD=CD，∠COB=40∘，
∴∠AOD=∠DOC，
∴∠AOD=180∘−∠COB2=70∘，
∵OA=OD，
∴∠A=∠D=180∘−∠AOD2=55∘．
故选：B．
8.【答案】A
【解析】【分析】利用判别式的意义得到△=(a+2b)2−4=0，则a+2b=2或a+2b=−2，所以Q(1−b,b)或(−1−b,b)，则可判断点Q在直线y=−x−1上，如图，EF为两直线的距离，然后求出EF得到PQ的最小值．
【解答】解：∵关于x的方程x2−(a+2b)x+1=0有两个相等实数根，
∴△=(a+2b)2−4=0，
∴a+2b=2或a+2b=−2，
∵点Q(12a,b)，即Q(1−b,b)或(−1−b,b)，
∴点Q所在的直线为y=−x+1或y=−x−1，
∵点Q(12a,b)在直线y=−x+12的下方，
∴点Q在直线y=−x−1上，如图，EF为两直线的距离，
∵OE= 24，OF= 22，
∴EF=3 24，
∴PQ的最小值为3 24．
故选：A．
9.【答案】x1=0，x2=3
【解析】【分析】首先把方程移项，把方程的右边变成0，然后对方程左边分解因式，根据几个式子的积是0，则这几个因式中至少有一个是0，即可把方程转化成一元一次方程，从而求解．
【解答】解：移项得：x2−3x=0，
即x(x−3)=0，
于是得：x=0或x−3=0．
则方程x2=3x的解为：x1=0，x2=3．
故答案为：x1=0，x2=3．
10.【答案】10π
【解析】【分析】由于圆锥的侧面展开图是扇形，扇形的半径是圆锥的母线长，扇形的弧长是底面圆周长，利用题目的已知条件和扇形的面积公式即可求解．
【解答】解：∵圆锥底面半径是2厘米，母线长5厘米，
∴扇形的半径是圆锥的母线长5厘米，
∴S圆锥的侧面积=πrl=π×2×5=10π平方厘米．
故答案为：10π．
11.【答案】4
【解析】【分析】根据众数的意义求出x的值，再根据中位数的意义，从小到大排序后，找出处在第3位的数即可．
【解答】解：数据3，4，x，6，7的众数是3，因此x=3，
将数据3，4，3，6，7排序后处在第3位的数是4，因此中位数是4．
故答案为：4．
12.【答案】500(1+x)2=845
【解析】【分析】根据题意，找出等量关系即可列出方程．9月份借阅册数×(1+增长率) 2=11月份借阅册数．
【解答】解：设这两个月借阅图书的月平均增长率为x，
根据题意可列方程为：500(1+x)2=845，
故答案为：500(1+x)2=845．
13.【答案】100∘
【解析】【分析】根据圆周角定理得出∠D=12∠AOC，求出∠D，根据圆内接四边形的性质得出∠D+∠ABC=180∘，再求出答案即可．
【解答】解：∵∠AOC=160∘，
∴∠D=12∠AOC=80∘，
∵四边形ABCD是⊙O的内接四边形，
∴∠D+∠ABC=180∘，
∴∠ABC=100∘．
故答案为：100∘．
14.【答案】2
【解析】【分析】连接OE、OQ，根据圆O是三角形ABC的内切圆，得到AE=AF，BQ=BF，∠OEC=∠OQC=90∘，OE=OQ，推出正方形OECQ，设OE=CE=CQ=OQ=r，得到方程5−r+12−r=13，求出方程的解即可．
【解答】解：如图，∠ACB=90∘，AC=5，BC=12，
∴AB= AC2+BC2=13，
∴∠C=90∘，
连接OE、OQ，
设圆O是三角形ABC的内切圆，
∴AE=AF，BQ=BF，∠OEC=∠OQC=∠C=90∘，OE=OQ，
∴四边形OECQ是正方形，
∴设OE=CE=CQ=OQ=r，
∵AF+BF=13，
∴5−r+12−r=13，
∴r=2，
故答案为：2．
15.【答案】−5
【解析】【分析】利用根与系数的关系可求得x1+x2和x1x2的值，代入求值即可．
【解答】解：∵x1、x2是一元二次方程x2−3x−2=0的两个根，
∴x1+x2=3，x1x2=−2，
∴x1x2−x1−x2
=x1x2−(x1+x2)
=−2−3
=−5．
故答案为：−5．
16.【答案】2020
【解析】【分析】利用一元二次方程的解的定义得到2m2−3m=1，再把2023−6m2+9m变形为2023−3(2m2−3m)，然后利用整体代入的方法计算．
【解答】解：∵m是方程2x2−3x−1=0的一个实数根，
∴2m2−3m−1=0，
∴2m2−3m=1，
∴2023−6m2+9m=2023−3(2m2−3m)=2023−3×1=2020．
故答案为：2020．
17.【答案】134
【解析】【分析】根据一元二次方程的解的定义，将x=m代入一元二次方程x2+2x+n−3=0，即可求得n=−m2−2m+3，然后代入所求的代数式，利用配方法m+n的最大值．
【解答】解：∵x=m是一元二次方程x2+2x+n−3=0的一个根，
∴x=m满足一元二次方程x2+2x+n−3=0，
∴m2+2m+n−3=0，
∴n=−m2−2m+3，
∴m+n=m−m2−2m+3=−(m−12)2+134≤134，
∴m+n的最大值为134，
故答案为：134．
18.【答案】9
【解析】【分析】根据矩形的性质得到∠BCD=90∘，求得∠CND=90∘，得到点N在以CD为直径的半圆上运动，设半圆的圆心为O，作点B关于直线AD的对称点B′，连接B′O交AD于M，交半圆于N，则此时MB+MN的值最小，最小值=B′N，过O作OH⊥AB于H，根据勾股定理即可得到结论．
【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BCD=90∘，
∴∠BCN+∠DCN=90∘，
∵∠BCN=∠CDN，
∴∠CDN+∠DCN=90∘，
∴∠CND=90∘，
∴点N在以CD为直径的半圆上运动，
设半圆的圆心为O，
作点B关于直线AD的对称点B′，连接B′O交AD于M，交半圆于N，
则此时MB+MN的值最小，最小值=B′N，
过O作OH⊥AB于H，
则AH=OD=12AB=4，OH=BC=5，
∴OB′= HB′2+OH2= 122+52=13，
∴MB+MN的最小值=13−4=9，
故答案为：9．
19.【答案】解：(1)x2−4=0，
x2=4，
x=±2，
x1=2，x2=−2；
(2)x2+2x−3=0，
(x−1)(x+3)=0，
x−1=0或x+3=0，
x1=1，x2=−3．

【解析】【分析】(1)先移项，再利用直接开方法求出x的值即可；
(2)利用因式分解法求出x的值即可．
20.【答案】解：(1)∵关于x的一元二次方程x2−x+m−1=0有两个实数根，
∴△=4−4(m−1)≥0，
解得：m≤2；
(2)设方程另一个实数根为a，
由根与系数的关系可得：1+a=1，
解得：a=0，
则方程的另一个实数根为0．

【解析】【分析】(1)根据一元二次方程有两个实数根，得到根的判别式大于等于0，求出m的范围即可；
(2)利用根与系数的关系求出两根之和，将一个根代入计算即可求出另一根．
21.【答案】解：(1)∵∠CAB=∠CDB，∠CAB=40∘，
∴∠CDB=40∘，
又∵∠APD=65∘，∠APD=∠B+∠CDB，
∴∠B=65∘−40∘=25∘；
(2)过点O作OE⊥BD于点E，则圆心O到BD的距离OE=4，
∵AB是直径，
∴∠ADB=90∘，
∴AD⊥BD，
∴OE//AD，
又∵O是AB的中点，
∴OE是ΔABD的中位线，
∴AD=2OE=8．

【解析】【分析】(1)由同弧所对的圆周角相等求得∠CAB=∠CDB=40∘，根据三角形外角性质求解即可；
(2)过点O作OE⊥BD于点E，则OE=4，根据直径所对的圆周角是直角，以及平行线的判定知OE//AD；又由O是直径AB的半径可以判定O是AB的中点，由此可以判定OE是ΔABD的中位线，最后根据三角形的中位线定理计算AD的长度．
22.【答案】解：(1)如图，点M即为所求．
(2)由图可得，点M(2,1)．
故答案为：(2,1)．
(3)连接AM，
由勾股定理得，AM= 22+12= 5，
∴⊙M的半径长为 5．
故答案为： 5．
(4)∵点M(2,1)，N(4,1)，
∴MN=2，
∵⊙M的半径长为 5， 5>2，
∴点N在⊙M内．
故答案为：内．
(5)∵⊙M的半径为 5，
∴AM=CM= 5，
∵AC= 12+32= 10，
∴AC2=AM2+CM2，
∴ΔAMC为直角三角形，
∴∠AMC=90∘，
∴弧AC的长为90π× 5180= 52π，
∴该圆锥的底面圆半径= 52π÷2π= 54．

【解析】【分析】(1)连接AB，BC，利用网格分别作AB，BC的垂直平分线，交点即为圆心M；
(2)由图可得点M的坐标；
(3)连接AM，利用勾股定理求出AM的长，即可得出答案；
(4)根据点M，N的坐标求出MN的长，与半径作比较，即可得出答案；
(5))∵⊙M的半径为 5，则AM=CM= 5，又因为AC= 12+32= 10，则AC2=AM2+CM2，推出ΔAMC为直角三角形，
则∠AMC=90∘，推出弧AC的长为90π× 5180= 52π，则该圆锥的底面圆半径= 52π÷2π= 54．
23.【答案】解：(1)∵甲的平均成绩是8(环)，
∴110(8+9+7+9+8+6+7+a+10+8)=8，
解得a=8，
故答案为：8；
(2)甲成绩排序后最中间的两个数据为8和8，
∴甲成绩的中位数是12(8+8)=8；
乙成绩中出现次数最多的为7，故乙成绩的众数是7，
故答案为：8，7；
(3)乙成绩的方差为[(−1)2×4+12×2+22×2+(−2)2+02]=1.8，
∵甲和乙的平均成绩是8(环)，而甲成绩的方差小于乙成绩的方差，
∴甲的成绩更为稳定．

【解析】【分析】(1)依据甲的平均成绩是8(环)，即可得到a的值；
(2)依据中位数以及众数的定义进行判断即可；
(3)依据方差的计算公式，即可得到乙成绩的方差，根据方差的大小，进而得出甲、乙两人谁的成绩更为稳定．
24.【答案】解：设涨价a元，每天的利润为6250元，
根据题意得(60−40+a)(300−10a)=6250，
解得a=5；
②设降价b元，每天的利润为W2元，
则(60−40−b)(300+20b)=6250，
整理得，2b2−10b+25=0，
∵△=100−200<0，
∴此方程无实数根，
∴涨价5元，使每天的利润为6250元．

【解析】【分析】分两种情况探讨：涨价和降价，列出方程，解方程即可得到结论．
25.【答案】(1)证明：过A点作AH⊥CD于H点，如图，
∵∠D=45∘，
∴AH= 22AD= 22×2 2=2，
∵⊙A的半径为2，
∴AH为⊙A的半径，
而AH⊥CD，
∴DC与⊙A相切；
(2)解：如图，BM为所作．

【解析】【分析】(1)过A点作AH⊥CD于H点，如图，则根据等腰直角三角形的性质可计算出AH=2，所以AH为⊙A的半径，然后根据切线的判定方法得到结论；
(2)先作AB的垂直平分线得到AB的中点O，再以O点为圆心，OA为半径作圆交⊙A于M，则BM为⊙A的切线．
26.【答案】(1)设经过t秒后，PQ的长度等于2 10，
∵点P的速度为1cm/s，点Q的速度为2cm/s，AP=t cm，BQ=2t cm，
∴BP=(5−t)cm，
∵∠B=90∘，
∴PQ2=BP2+BQ2，
∴(2 10)2=(5−t)2+(2t)2，
解得：t1=−1 (舍去)，t2=3，
答：3秒后，PQ的长度为2 10cm；
(2)设经过x秒以后，ΔPBQ面积为4cm2 (0∵点P的速度为1cm/s，点Q的速度为2cm/s，
∴AP=x cm，BQ=2x cm，
∴BP=(5−x)cm，
∵ΔPBQ的面积=12BP⋅BQ=4，
∴12×(5−x)×2x=4，
整理得：x2−5x+4=0，
解得：x1=1，x2=4 (舍去)，
答：1秒后ΔPBQ的面积等于4cm2；
(3)不存在这样的时刻，使以P为圆心，AP为半径的圆正好经过点Q，理由如下：
设经过y秒后，存在这样的时刻，使以P为圆心，AP为半径的圆正好经过点Q，
∵点P的速度为1cm/s，点Q的速度为2cm/s，
∴AP=y cm，BQ=2y cm，
∴BP=(5−t)cm，
∵∠B=90∘，
∴PQ= BP2+BQ2= (5−y)2+(2y)2= 5y2−10y+25，
∵以P为圆心，AP为半径的圆正好经过点Q，
∴AP=PQ，
∴y= 5y2−10y+25，
∴y2=5y2−10y+25，
∴4y2−10y+25=0，
∴△=(−10)2−4×4×25=−300，
∵−300<0，
∴方程4y2−10y+25=0 无解，
∴不存在这样的时刻．使以P为圆心，AP为半径的圆正好经过点Q．

【解析】【分析】(1)利用勾股定理列出方程求解即可；
(2)经过x秒钟，ΔPBQ的面积等于4cm2，根据点P从A点开始沿AB边向点B以1cm/s的速度移动，点Q从B点开始沿BC边向点C以2cm/s 的速度移动，用x的代数式表示出BP和BQ的长可列方程求解；
(3)设经过y秒后，存在这样的时刻，使以P为圆心，AP为半径的圆正好经过点Q，则y= 5y2−10y+25，整理得，4y2−10y+25=0，根据根的判别式判断此方程无解，据此即可得解．
27.【答案】解：(1)AN2=12+n2，BN2=c2+(−b−n)2，AB2=(1−c)2+b2，
在RtΔABM中，AN2+BN2=AB2，
∴12+n2+c2+(−b−n)2=(1−c)2+b2，
化简得：n2+bm+c=0，
故答案为：n2+bn+c=0；
(2)先在坐标系内找到A(0,1)，B(3,−2)，连接AB，分别A，B为圆心，以大于12AB为半径画弧，连接两弧的交点与AB交于点P，以P为圆心，以AB为直径画圆，圆与x轴的交点即为M，N点．如图所示：
(3)由题意得：x2−4x−3=0，
∴△=b2−4ac=(−4)2−4×1×(−3)=28>0，
∴方程x2−4x−3=0有两个不相等的实数根，
∴⊙C与x轴有两个交点，
即⊙C与x轴相交；
(4)由题意得，以AB为直径的圆与交x轴有两个交点M、N，
则以点M、N的横坐标为根的一元二次方程是x2+bx+ac=0．
故答案为：x2+bx+ac=0．

【解析】【分析】(1)根据勾股定理得出等式化简即可；
(2)作AB的垂直平分线交AB于点P，再以点P为圆心，以AB为直径画圆，圆与x轴的交点即为M，N点即可；
(3)根据点的坐标可得x2−4x−3=0，再算出△>0，即可得出结论；
(4)由点的坐标即可得出结果．
射击次序(次)
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
甲的成绩(环)
8
9
7
9
8
6
7
a
10
8
乙的成绩(环)
6
7
9
7
9
10
8
7
7
10