常州市2023-2024学年九年级上学期期中数学试题（含答案解析）

这是一份常州市2023-2024学年九年级上学期期中数学试题（含答案解析），共23页。试卷主要包含了选择题，填空题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题（每小题2分，共16分）
1．下列图形中，不是轴对称图形的是（）
A．B．C．D．
2．将代数式x2+4x-1化成（x+p）2+q的形式（ ）
A．（x-2）2+3B．（x+2）2-4C．（x+2）2-5D．（x+2）2+4
3．不解方程，判断方程的根的情况是( )
A．有两个相等的实数根B．有两个不相等的实数根
C．没有实数根D．无法确定．
4．如图，是半圆的直径，点，在半圆上．若，则的度数为（）
A．B．C．D．
5．下列说法正确的是（ ）
A．三点确定一个圆B．任何三角形有且只有一个内切圆
C．长度相等的弧是等弧D．三角形的外心是三条角平分线的交点
6．某食品厂七月份生产了52万个面包，第三季度共生产了196万个面包．若x满足方程，则x表示的意义是（）
A．该厂七月份生产面包数量的增长率
B．该厂八月份生产面包数量的增长串
C．该厂七、八月份平均每月生产面包数量增长率
D．该厂八、九月份平均每月生产面包数量的增长率
7．如图，在△ABC 中，AB=10，AC=8，BC=6，以边AB 的中点O 为圆心，作半圆与AC 相切，连接OC 与半圆相交于点D，则CD 的长为（）
A．2B．3C．1D．2.5
8．如图，在中，，点D在上，且，点E是上的动点，连线，点F，G分别是和的中点，连结，当时，线段长为（ ）
A．B．C．D．4
二、填空题（每小题2分，共20分）
9．方程的解为________________．
10．已知⊙O半径为5cm，圆心O到直线的距离为6cm，则直线与⊙O的位置关系是_____．
11．已知圆锥的母线长，底面圆的直径，则该圆锥的侧面积为______．
12．已知m是方程的一个根，则代数式的值是_________．
13．如图，为的外接圆，，，则半径长为_____．
14．如图，中，，，与边，的另一个交点分别为，．则的大小为______°．
15．已知△ABC三边长分别为5cm，12cm，13cm，则这个三角形的外接圆的半径＝___．
16．已知：如图，AB是⊙O的直径，弦CD交AB于E点，BE＝1，AE＝5，∠AEC＝30°，则CD的长为______．
17．已知等腰的边长分别是，，，且，是关于的方程的两根．则的值为__________．
18．如图，点A，B的坐标分别为，C为坐标平面内一点，，点M为线段的中点，连接的最大值为_____．
三．解下列方程（每题4分，共16分）
19．解方程：
（1）（2）
（3）（4）
四．解答题（20题5分，22题、23题、25题每题各6分，21题、24题每题各8分，26题9分）
20．已知：关于x的一元二次方程．
（1）求证：无论a取任何实数，此方程总有实数根；
（2）若方程有一个根大于3，求a的取值范围．
21．超市销售某种商品，平均每天可售出20件，每件盈利40元，了扩大销量，增加盈利，该店采取了降价措施．经过一段时间后，发现销售单价每降低1元，平均每天可多售出2件．
（1）若降价6元，则平均每天销售数量为______件：
（2）为尽快减少库存，要使该商店每天销售利润为1200元，每件商品应降价多少元？
22．一次综合实践的主题为：只用一张矩形纸条和刻度尺，如何测量一次性纸杯杯口的直径？小明阿学所在的学习小组想到了如下方法：如图，将纸条拉直紧贴杯口上，纸条的上下边沿分别与杯口相交于A、B、C、D四点，利用刻度尺量得该纸条宽为，，．请你帮忙计算纸杯的直径．
23．如图，已知．
（1）请利用直尺和圆规，作的外接圆．（不写作法，保留作图痕迹）
（2）仅用无刻度的直尺，在上找两点D、E，使它们与点A、点B构成矩形．
24．如图，在中，，过点D作于点E，交延长线于点F．
（1）求证：是的切线；
（2）当时，求的长．
25．如图所示，已知甲、乙、丙三种图案的地砖，它们都是边长为4的正方形．
①甲地砖以正方形的边长为半径作弧得到甲图所示的阴影部分；
②乙地砖以正方形的边长为直径作弧得到乙图所示的阴影部分；
③丙地砖以正方形边长的一半为直径作弧得到丙图所示的阴影部分；
设三种地砖的阴影部分面积分别为、和
（1）请你写出阴影部分的面积________，（结果保留）
（2）请你直接将和的数量关系填在横线上．_______．
（3）由题（2）中面积的数量关系，可直接求得（结果保留）
26．小明学习了垂径定理后，作了下面的探究，请根据题目要求帮小明完成探究．
（1）更换定理的题设和结论可以得到许多新的发现．如图，在中，是的中点，直线于点，则可以得到＝，请证明此结论．
（2）从圆上任意一点出发两条弦所组成的折线，称为该圆的一条折弦．如图，古希腊数学家阿基米德发现，若、是的折弦，是的中点，于点．则．这就是著名的“阿基米德折弦定理”．那么如何来证明这个结论呢？小明的证明思路是∶在上截取，连接、、、…请你按照小明的思路完成证明过程．
（3）如图，已知等边三角形内接于，＝，点是上的一点，＝，AE⊥BD于点，则的周长为_________．
参考答案
一、选择题（每小题2分，共16分）
1．C
【解析】根据轴对称图形的概念：如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴进行分析即可．
【详解】解：A、B、D都是轴对称图形，C是中心对称图形，不是轴对称图形，故选：C．
【点睛】本题主要考查了轴对称图形的概念，理解轴对称图形的概念是解题的关键．
2．C
【解析】将代数式前两项结合，加上一次项系数一半的平方即加上4，后面减去4保证与原式相等．
【详解】根据配方法，若二次项系数为1，则需要配一次项系数的一半的平方，若二次项系数不为1，则可先提取二次项系数，将其化为1后再计算．x2+4x-1=x2+4x+4-4-1=（x+2）2-5，故选C．
【点睛】本题考查了配方法的应用.
3．B
【解析】利用根的判别式进行求解并判断即可．
【详解】解：∵
∴
原方程中，，，，
，
原方程有两个不相等的实数根
故选：B．
【点睛】此题考查了一元二次方程根的判别式，熟练掌握根的判别式是解答此题的关键，当判别式时，一元二次方程有两个不相等的实数根；当判别式时，一元二次方程有两个相等的实数根；当判别式时，一元二次方程没有实数根．
4．D
【解析】由题意易得∠ACB=90°，则有∠A=40°，然后根据圆内接四边形的性质可求解．
【详解】解：∵是半圆的直径，
∴∠ACB=90°，
∵，
∴∠A=40°，
∵四边形ABDC是圆内接四边形，
∴，
∴；
故选D．
【点睛】本题主要考查圆周角及圆内接四边形的性质，熟练掌握圆周角及圆内接四边形的性质是解题的关键．
5．B
【解析】根据确定圆的条件、等弧的概念、三角形的内切圆、三角形的内心、外心的概念判断即可．
【详解】解：不在同一直线上的三点确定一个圆，A错误；
任何三角形有且只有一个内切圆，B正确；
能够互相重合的弧是等弧，C错误；
三角形的内心是三角形三个内角平分线的交点，外心是三边垂直平分线的交点，D错误；
故选：B
【点睛】本题考查的是命题的真假判断，正确的命题叫真命题，错误的命题叫做假命题判断命题的真假关键是要熟悉课本中的性质定理．
6．D
【解析】增长后的量增长前的量增长率，根据方程结合题意确定x的意义即可．
【详解】解：根据题意：x表示的意义是该厂八、九月份平均每月生产面包数量的增长率．
故选：D
【点睛】本题考查了一元二次方程的应用——增长率问题，一般形式为，a为起始时间的有关数量，b为终止时间的有关数量．
7．A
【解析】
【分析】连接，根据勾股定理逆定理的性质，得，根据切线和相似三角形的性质，推导得、，再根据全等三角形的性质，推导得，通过计算即可得到答案．
【详解】如图，设切线AC与半圆的切点为E，连接
根据题意，得，，
∵AB=10，AC=8，BC=6
∴
∴
∵
∴
∴
∴，
∴，
和中
∴
∴
∴
故选：A．
【点睛】本题考查了圆、勾股定理逆定理、相似三角形、全等三角形的知识；解题的关键是熟练掌握切线、相似三角形的性质，从而完成求解．
8．C
【解析】
【分析】连接，证明，根据全等三角形的性质得到，进而求出，再根据勾股定理求出．
【详解】解：连接，
在中，，
∴，
∵点G是的中点，点F是的中点，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴是直角三角形，且，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
故选：C．
【点睛】本题考查的是直角三角形斜边中线定理、全等三角形的判定和性质，勾股定理，解题的关键是正确作出辅助线、掌握直角三角形的性质．
二、填空题（每小题2分，共20分）
9．
【解析】
【分析】此题考查了解一元二次方程，将一次项移到等式左边，利用因式分解法解方程，由此得到一元二次方程的解，正确确定一元二次方程的解法是解题的关键．
【详解】解：
∴，
故答案为：．
10．相离．
【解析】
【分析】设圆的半径为r，圆心到直线的距离为d，当dr时，直线和圆相离，因为6>5，所以直线与圆相离.
【详解】根据圆心到直线的距离是6大于圆的半径5，则直线和圆相离．
故答案：相离．
【点睛】本题考查了直线与圆的位置关系，圆的半径与圆心到直线的距离的大小关系决定了其位置关系，熟练掌握其判断方法是解题的关键.
11．
【解析】
【详解】先求出圆锥底面圆的周长为，再根据扇形面积公式即可求解．
解：∵圆锥底面圆的直径，
∴圆锥底面圆的周长为，
∴该圆锥的侧面积为．
故答案为：
【点睛】本题考查圆锥的侧面积．熟知圆锥的侧面展开图为扇形，其中扇形的半径为圆锥的母线，扇形的弧长为底面圆周长是解题的关键．
12．2028
【解析】
【分析】根据方程解的定义得到，进而整体代入所求式子中求解即可．
【详解】解：∵m是方程的一个根，
∴，
∴，
∴，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了一元二次方程的解，熟知一元二次方程的解是使方程左右两边相等的未知数的值是解题的关键．
13．2
【解析】
【分析】连接、，根据圆周角定理得出，证明为等边三角形，进而求出直径．
【详解】解：连接、，如图所示：
∵，
∴，
∵，
∴是等边三角形，
∴，
∴半径长2，
故答案为：2．
【点睛】本题考查了圆周角的性质和等边三角形的性质与判定，解题关键是连接半径，证明三角形是等边三角形．
14．80
【解析】
【分析】根据圆内接四边形的性质求得，从而求得的度数，进而利用三角形的内角和定理即可求解．
【详解】解：∵四边形内接于，，
∴，
∴，
∵，，
∴，
故答案为．
15．cm
【解析】
【分析】首先根据勾股定理的逆定理发现该三角形是直角三角形，再根据直角三角形的外接圆的半径等于斜边的一半进行计算．
【详解】解：，
是直角三角形，
则外接圆半径是斜边的一半，即为cm；
故答案为：cm．
【点睛】本题主要考查了勾股定理的逆定理以及三角形的外接圆与外心，解题的关键是熟记直角三角形的外接圆的半径等于斜边的一半．
16．
【解析】
【分析】作于点，连接，在直角三角形中，根据三角函数求得的长，然后在直角中，利用勾股定理即可求得的长，进而求得的长．
【详解】解：作于点，连接，则，
，，
，
，
中，，
，
在中，
，即，解得，
．
故答案为：．
【点睛】本题考查的是垂径定理、勾股定理及直角三角形的性质，解答此类题目时要先作出辅助线，再利用勾股定理求解．
17．或
【解析】
【分析】①当时，②或时，根据根的判别式和三角形的三边关系即可得到结论．
【详解】解：①当时，
∵，是关于方程的两根，
∴，
解得，，
∴关于的方程为，
解得：，
∵，
∴，，为边能组成三角形；
②或时，
∴是关于的方程的根，
∴，
解得：，
∴关于的方程为，
解得：，，
∵，
∴，，为边能组成三角形；
综上所述：的值为或．
故答案为：或．
18．##
【解析】
【分析】先根据题意得到点C的运动轨迹是在半径为2的上，如图，取，连接，则是的中位线，即可得到，从而得到最大值时，取最大值，此时D、B、C三点共线，据此求解即可．
【详解】解：∵C为坐标平面内一点，，
∴点C的运动轨迹是在半径为2的上，
如图，取，连接，
∵点M为线段的中点，
∴是的中位线，
∴，
∴最大值时，取最大值，此时D、B、C三点共线，
此时在中，，
∴，
∴的最大值是．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了圆外一点到圆上一点的最值问题，勾股定理，坐标与图形，中位线定理，正确作出辅助线构造中位线是解题的关键．
三．解下列方程（每题4分，共16分）
19．（1）
（2）
（3）
（4）
【解析】
【分析】（1）利用直接开平方法解方程；
（2）利用配方法解方程；
（3）利用因式分解法解方程；
（4）利用直接开平方法解方程．
【小问1详解】
,
∴
∴；
【小问2详解】
∴，
∴；
【小问3详解】
∴；
【小问4详解】
∴或
∴．
【点睛】此题考查了解一元二次方程，正确掌握一元二次方程的解法并根据每个方程的特点选择恰当的解法是解题的关键．
四．解答题（20题5分，22题、23题、25题每题各6分，21题、24题每题各8分，26题9分）
20．（1）见解析；（2）．
【解析】
【分析】（1）利用根的判别式证明即可；
（2）求出方程两根，，因为方程有一个根大于3，所以，解得：a＜－2．
【小问1详解】
证明：∵，
∴无论a取任何实数，此方程总有实数根．
【小问2详解】
解：由（1）知，
∴，
∴，，
∵方程有一个根大于3，
∴，解得：a＜－2．
【点睛】本题考查一元二次方程根的判别式，解一元二次方程，解题的关键是掌握根的判别式，公式法解一元二次方程．
21．（1）32（2）每件商品应降价20元
【解析】
【分析】（1）根据在每天销售20件的基础上销售单价每降低1元，平均每天可多售出2件进行求解即可；
（2）设每件商品应降价x元，则每天的销售量为件，再根据总利润单件利润销售量列出方程求解即可．
【小问1详解】
解：由题意得，若降价6元，则平均每天销售数量为件，
故答案为：32
【小问2详解】
解：设每件商品应降价x元，
由题意得，，
整理得：，
解得或，
∵要尽快减少库存，
∴，
∴每件商品应降价20元．
【点睛】本题主要考查了一元二次方程的实际应用，有理数四则运算的实际应用，正确理解题意找到等量关系列出方程是解题的关键．
22．
【解析】
【分析】设圆心为O，根据垂径定理可以得到，，再根据勾股定理构建方程解题即可
【详解】设圆心为O，为纸条宽，连接，
则，
∴，，
设，则，
又∵，
∴，即，
解得：，
∴半径，
即直径为，
【点睛】本题考查垂径定理，勾股定理，构建直角三角形利用勾股定理计算是解题关键．
23．（1）见解析（2）见解析
【解析】
【分析】（1）作线段的垂直平分线，交点即为点P，以点P为圆心，为半径作圆即可；
（2）根据矩形的对角线相等且互相平分的性质，连接并延长交于点D，连接并延长交于点E，则四边形即为矩形．
【小问1详解】
如图，即为所求；
【小问2详解】
矩形即为所求；
【点睛】此题考查了作线段的垂直平分线，矩形的性质，三角形外接圆的性质，熟练掌握各图形的性质并应用是解题的关键．
24．（1）见解析（2）
【解析】
【分析】（1）连接，由，根据等边对等角得到一对角相等，再由，根据等边对等角得到又一对角相等，根据同位角相等两直线平行可得与平行，又垂直于，得与也垂直，可得为圆O的切线；
（2）连接，根据直径所对的圆周角为直角可得，根据三线合一得到D为中点，由求出的长，再由的长，用勾股定理求出的长，三角形的面积有两种求法，列出两个关系式，两关系式相等可求出的长．
小问1详解】
证明：连接，
，
，
，
，
，
，
，
，
是的切线；
【小问2详解】
解：连接，
为的直径，
，
又，且，
，
在中，，
根据勾股定理得：，
又，
即，
．
【点睛】此题考查了等腰三角形的性质，圆周角定理，平行线的性质，勾股定理以及切线的判定，其中证明切线是解题关键．
25．（1）（2）（3）
【解析】
【分析】（1）用半径是4圆心角是的扇形面积减去直角边长是4的等腰直角三角形的面积可得阴影部分面积的一半，进而可知阴影部分面积；
（2）用半径是2圆心角是的扇形面积减去直角边长是2的等腰直角三角形的面积可得阴影部分面积的四分之一，进而可得和的数量关系，进而可知阴影部分面积；
（3）用半径是1圆心角是的扇形面积减去直角边长是1的等腰角三角形的面积可得阴影部分面积的十六分之一，进而可知丙的面积．
【小问1详解】
解：
故答案为：；
【小问2详解】
∵
∴，
故答案为：；
【小问3详解】
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了扇形面积的计算，解本题的关键是能够熟练掌握扇形面积公式．
26．（1）见解析；（2）见解析；（3）．
【解析】
【分析】（1）连接，，易证为等腰三角形，根据等腰三角形三线合一这一性质，可以证得．
（2）如图，在上截取＝，连接、、、，由是的中点，得，进而证明，根据全等三角形的性质及等腰三角形的三线合一即可得证；
（3）根据，从而证明，得出，然后判断出，进而求得．
【小问1详解】
如图，连接，，
∵是劣弧的中点，
∴，
∵，
∴，
∴，，
∴，
∴是等腰三角形，
∵，
∴；
【小问2详解】
证明：如图，在上截取＝，连接、、、，
∵是的中点，
∴，
∵，
∴，
∵＝，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴；
【小问3详解】
解：∵是等边三角形，
∴，，
∴，
∵，
∴由（）得，
∵，AE⊥BD，
∴是等腰直角三角形，，
∴，，
∵，
∴，
∴的周长为∶．
故答案为：．
【点睛】此题主要考查了垂径定理及其推论，等边三角形得性质，勾股定理，弧、弦、弦心距之间得关系，全等三角形的判定和性质，圆周角定理，掌握并熟练运用等边三角形的性质及全等三角形的判定及性质是解题的关键。