2024_2025学年江苏省盐城市阜宁县九年级上学期11月期中联考数学试卷【附答案】

这是一份2024_2025学年江苏省盐城市阜宁县九年级上学期11月期中联考数学试卷【附答案】，共30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。
一、选择题

1.一元二次方程x²=x的解是（ ）
A.x1=x2=1B.x1=1，x2=0C.x1=x2=0D.x1=−1，x2=0

2.已知m−2xm2−2+2024x−2024=0是关于x 的一元二次方程，则m的值为（ ）
A.2B.0C.−2D.±2

3.两年前生产1千克甲种药品的成本为80元，随着生产技术的进步，现在生产1千克甲种药品的成本为60元．设甲种药品成本的年平均下降率为x，根据题意，下列方程正确的是（ ）
A.801−x2=60B.801−x2=60C.801−x=60D.801−2x=60

4.淇淇在计算正数a的平方时，误算成a与2的积，求得的答案比正确答案小1，则a=（ ）
A.1B.2−1C.2+1D.1或2+1

5.在六张卡片上分别写有6，−227，3.1415，π，0，2六个数，从中随机抽取一张，卡片上的数为无理数的概率是（ ）
A.23B.12C.13D.16

6.下列说法：1三点可以确定一个圆，2同弦或等弦所对的圆周角相等，3等弧所对的圆周角相等，4各角都相等的圆的内接多边形一定是正多边形，其中正确的有（ ）
A.1个B.2个C.3个D.4个
7.如图，点C、D在以AB为直径的半⊙O上，AD平分∠BAC，DE⊥AB于E，若AC=6，AB=10，则DE=（ ）

A.2B.3C.4D.5

8.如图所示，已知⊙O的内接正四边形ABCD，则∠AEB的度数是（ ）

A.45∘B.60∘C.60∘或120∘D.135∘
二、填空题

9.数据−1、0、1、2、3、7的极差是_____________________．

10.已知：a2+b2a2+b2−3=10，则a2+b2= __________________

11.已知a是一元二次方程2x2−x−1=0的一个根，则代数式4a2−2a+2024的值是_________．

12.两个半径相等的半圆按如图方式放置，半圆O′的一个直径端点与半圆O的圆心重合，若半圆的半径为2，则阴影部分的面积是________．

13.任意抛掷一枚均匀的骰子，骰子各个面的点数分别为1，2，3，4，5，6，则朝上的点数是奇数的概率是____________．

14.设m、n为关于x的方程x2+4x−2023=0的两个实数根，则m2+5m+n=____________．

15.某天的体育课上，老师测量了班级同学的身高，恰巧小明今日请假没来，经过计算得知，除了小明外，该班其他同学身高的平均数为170cm，方差为acm2．第二天，小明来到学校，老师帮他补测了身高，发现他的身高也是170cm，此时全班同学身高的方差为bcm2，那么a与b的大小关系是a________________ b．（填“”或“＝”）

16.圆锥侧面积为6πcm2，侧面展开扇形的半径为3cm，则圆锥底圆半径为_______________cm．

17.如图，直线a⊥b，垂足为H，点P在直线b上，PH=6cm，O为直线b上一动点，若以2cm为半径的⊙O与直线a相切，则OP的长为______________．


18.如图，正△ABO的边长为2，O为坐标原点，A在x轴上，B在第二象限．△ABO沿x轴正方向作无滑动的翻滚，经第一次翻滚后得△A1B1O，则翻滚10次后AB中点M经过的路径长为______________

三、解答题

19.解方程：
（1）x2−6x−1=0（用配方法）；
（2）2x2−7x+3=0．

20.射击训练班中的甲、乙两名选手在5次射击训练中的成绩依次为（单位：环）：
甲：8，8，7，8，9
乙：5，9，7，10，9
教练根据他们的成绩绘制了如下尚不完整的统计图表：
根据以上信息，请解答下面的问题：
（1）a=_______，b=_______，c=_______；
（2）教练根据这5次成绩，决定选择甲参加射击比赛，教练的理由是什么？
（3）若选手乙再射击第6次，命中的成绩是8环，则选手乙这6次射击成绩的方差与前5次射击成绩的方差相比会_______（填“变大”、“变小”或“不变”）．

21.唐代李皋发明了“桨轮船”，这种船是原始形态的轮船，是近代明轮航行模式之先导．如图，某桨轮船的轮子被水面截得的弦AB长8m，设圆心为O，OC⊥AB交水面AB于点D，轮子的吃水深度CD为2m，求该桨轮船的轮子直径．


22.如图，四边形ABCD中，∠B=∠C=90∘，点E是边BC上一点，且DE平分∠AEC，作△ABE的外接圆⊙O．

（1）求证：DC是⊙O的切线；
（2）若⊙O的半径为6，CE=3，求DE的长．

23.已知关于x的一元二次方程x2−2m−1x+m2−m=0，
（1）求证：此方程有两个不相等的实数根；
（2）若方程的两根均大于3，求m的取值范围．

24.如果关于x的一元二次方程ax2+bx+c=0a≠0有两个实数根，且其中一个根为另一个根的2倍，那么称这样的方程为“倍根方程”，例如，一元二次方程x2−3x+2=0的两个根是x1=1和x2=2，则方程x2−3x+2=0是“倍根方程”．
（1）根据上述定义，通过计算，判断一元二次方程2x2−3x+1=0是不是“倍根方程”；
（2）若一元二次方程x2−9x+c=0是“倍根方程”，求c的值；
（3）若关于x的一元二次方程ax2+bx+c=0a≠0是“倍根方程”，求a、b、c之间的关系．

25.端午节期间，某食品店平均每天可卖出300只粽子，卖出1只粽子的利润是1元．经调查发现，零售单价每降0.1元，每天可多卖出100只粽子．为了使每天获取的利润更多，该店决定把零售单价下降m0b
答案为：>
16.
【答案】
2
【考点】
求圆锥底面半径
【解析】
设圆锥底圆半径为rcm，由于圆锥的侧面展开图为一扇形，这个扇形的弧长等于圆锥底面的周长，扇形的半径等于圆锥的母线长．根据扇形的面积公式列方程即可求解．
【解答】
解：设圆锥底圆半径为rcm，
由题意得
12×2πr×3=6π，
解得r=2，
∴圆锥底圆半径为2cm，
故答案为：2
17.
【答案】
4cm或8cm/8cm或4cm
【考点】
切线的应用
【解析】
分点O在点H的左侧、点O在点H的右侧两种情况，根据切线的性质计算即可．
【解答】
解：∵直线a⊥b，O为直线b上一动点，
∴⊙O与直线a相切时，切点为H，
∴OH=2cm，
当点O在点H的左侧，⊙O与直线a相切时，如图1所示：
OP=PH−OH=6−2=4cm；
当点O在点H的右侧，⊙O与直线a相切时，如图2所示：
OP=PH+OH=6+2=8cm；
∴⊙O与直线a相切，OP的长为4cm或8cm，
故答案为：4cm或8cm．
18.
【答案】
4+833π
【考点】
求某点的弧形运动路径长度
【解析】
根据题意先作B3E⊥x轴于E，观察图象可知为三次一个循环，求点M的运动路径，进而分析求得翻滚10次后AB中点M经过的路径长．
【解答】
解：如图作B3E⊥x轴于E，
可知OE=5，B3E=3，
观察图象可知为三次一个循环，一个循环点M的运动路径为：
120∘×π×3180∘+120∘×π×1180∘+120∘×π×1180∘=23+43π，
则翻滚10次后AB中点M经过的路径长为：
3×23+43π+120∘×π×3180∘=4+833π.
故答案为：4+833π.
三、解答题
19.
【答案】
（1）x1=10+3，x2=−10+3；
（2）x1=3,x2=12．
【考点】
解一元二次方程-配方法
解一元二次方程-因式分解法
【解析】
（1）利用配方法解一元二次方程即可；
（2）利用因式分解法解一元二次方程即可．
【解答】
（1）解：∵x2−6x−1=0，
∴x2−6x=1，
∴x2−6x+9=10，即：x−32=10，
∴x−3=±10，
∴x1=10+3，x2=−10+3；
（2）解：∵2x2−7x+3=0，
∴x−32x−1=0，
∴x−3=0或2x−1=0，
∴x1=3,x2=12．
20.
【答案】
8，8，9
（2）甲的成绩较稳定
变小
【考点】
求一组数据的平均数
中位数
众数
方差
【解析】
（1）根据中位数，平均数，众数的定义求解即可；
（2）二人平均成绩相同，但是甲的方差更小，即成绩更稳定；
（3）根据方差计算公式求出选手乙再射击第6次后，6次成绩的方程即可得到答案．
【解答】
（1）解：由题可得，a=155+9+7+10+9=8；
甲的成绩7，8，8，8，9中，8出现的次数最多，故众数b=8；
而乙的成绩5，7，9，9，10中，中位数c=9；
故答案为：8，8，9；
（2）解：教练根据这5次成绩，决定选择甲参加射击比赛，教练的理由是两人的平均成绩相同，而甲的成绩的方差小，即甲的成绩较稳定．
（3）解：由题可得，选手乙这6次射击成绩5，9，7，10，9，8的方差=165−82+9−82+10−82+9−82+8−82=2.54
【考点】
解一元二次方程-因式分解法
根的判别式
求不等式组的解集
【解析】
（1）根据一元二次方程的根的判别式Δ=b2−4ac的符号来判断方程的根的情况；
（2）先求出原方程的两个实数根，根据方程的两根均大于3，列出不等式组，求出m的取值范围即可．
【解答】
解：（1）证明：∵x2−2m−1x+m2−m=0，
∴Δ=−2m−12−4m2−m
=4m2−4m+1−4m2+4m
=1>0，
∴此方程有两个不相等的实数根；
（2）解：∵x2−2m−1x+m2−m=0，
∴x−m+1x−m=0，
∴x1=m−1，x2=m．
则由题意，得m−1>3m>3 ，
解得：m>4．
即m的取值范围是m>4．
24.
【答案】
（1）是
（2）18
（3）2b2=9ac
【考点】
一元二次方程的解
解一元二次方程-因式分解法
根与系数的关系
【解析】
（1）根据“倍根方程”的定义即可得出结论；
（2）根据倍根方程的定义以及根与系数的关系即可求出答案；
（3）设x=n与x=2n是方程ax2+bx+c=0的解，然后根据根与系数的关系即可求出答案．
【解答】
（1）解：2x2−3x+1=0，即2x−1x−1=0，
解得x1=12和x2=1，
故一元二次方程2x2−3x+1=0是“倍根方程”．
（2）由题意可设：x=m与x=2m且m≠0是方程x2−9x+c=0的两个根，
∴m2−9m+c=04m2−18m+c=0 ，
解得：m=3，c=18；
（3）设x=n与x=2n是方程ax2+bx+c=0的解，
∴2n+n=−ba，2n2=ca，
∴消去n得：2b2=9ac．
25.
【答案】
300+1000m
（2）当m为0.4时，才能使商店每天销售该粽子获取的利润是420元并且卖出的粽子更多
【考点】
列代数式
营销问题(一元二次方程的应用)
【解析】
（1）根据零售单价每降0.1元，每天可多卖出100只粽子，求出零售单价下降m元卖出的粽子和利润；
（2）当零售单价下降m时，表示出利润，并将利润等于420元，列方程求解．
【解答】
（1）解：当零售单价下降m元后，可卖出300+100×m0.1=300+1000m个，
故答案为：300+1000m；
（2）当零售单价下降m时，利润为：1−m300+100×m0.1，
解：由题意得，1−m300+100×m0.1=420，
解得：m1=0.4，m2=0.3，
可得，当m=0.4时卖出的粽子更多．
答：m定为0.4时，才能使该店每天获取的利润是420元并且卖出的粽子更多．
26.
【答案】
（1）见解析
（2）2−3或3−1
【考点】
全等的性质和SAS综合（SAS）
含30度角的直角三角形
半圆（直径）所对的圆周角是直角
证明某直线是圆的切线
【解析】
（1）根据题意可得OM∥AD，根据直径所对的圆周角是直角，得出∠ABC=90∘，进而得出OM⊥BC，证明△OBM≅△OCM，得出∠OBM=90∘，即可得证；
（2）分点F在AB⌢以及半圆AOC上，分别作出图形，根据含30度角的直角三角形的性质，勾股定理即可求解．
【解答】
解：（1）证明：连接OB，
∵M为CD的中点，O是AC中点，
∴OM∥AD，
∵AC是⊙O的直径，
∴∠ABC=90∘，
∴OM⊥BC，
∵OB=OC，
∴∠1=∠2，
又OM=OM
∴△OBM≅△OCM，
∴∠OBM=∠OCM，
∵MC是⊙O切线
∴∠OCM=90∘，
∴∠OBM=90∘，
∴OB⊥BM，
∴BM是⊙O切线；
（2）如图所示，当点F在AB⌢上时，连接OF1，交AB于点G，
∵∠F1BA=15∘，
∴∠AOF1=30∘，
∵∠A=60∘，
∴OF1⊥AB，
∵直径AC=4，
∴AO=2，
∴AG=12AO=1，
∴OG=OA2−AG2=3，
∴F1G=2−3；
当点F在半圆AOC上时，过点F2作F2H⊥AB，垂足为点H，F2N⊥OG，垂足为点N，
∴四边形F2HGN是矩形，
在Rt△F2NO中，OF2=2，
∵∠ABF1=∠ABF2=15∘，
∴∠AOF1=2∠ABF1=30∘，∠AOF2=2∠ABF2=30∘
∴∠F2ON=∠AOF2+∠AOF1=60∘，
∴∠OFN=30∘，
∴ON=12OF2=1，
∴FH=OG−ON=3−1．
27.
【答案】
初步感知：45；深入探究：证明见解析；启发应用：223
【考点】
全等的性质和SAS综合（SAS）
等边三角形的性质与判定
圆周角定理
已知圆内接四边形求角度
【解析】
初步感知：根据在同圆或等圆中，一条弧所对的圆周角等于它所对的圆心角的一半求解即可得；
深入探究：先根据圆周角定理可得∠APB=∠ACB=60∘，∠ABP=∠ACP，再证出△PBC≅△EBA，根据全等三角形的性质可得PB=BE，然后证出△PBE是等边三角形，根据等边三角形的性质可得PB=PE，由此即可得证；
启发应用：延长PA至点E，使AE=PC，连接BE，先证出△PBC≅△EBA，根据全等三角形的性质可得PB=BE，根据等腰三角形的性质可得∠E=∠APB，再证出∠PBE=90∘，设PA=aa≠0，则PB=22a，利用勾股定理可得PE=4a，根据线段和差可得PC=3a，由此即可得．
【解答】
解：初步感知：∵点A，B，P均在⊙O上，∠AOB=90∘，
∴∠APB=12∠AOB=45∘，
故答案为：
深入探究：延长PA至点E，使AE=PC，连接BE，
∵△ABC是等边三角形，
∴AB=CB,∠ACB=60∘，
由圆周角定理得：∠APB=∠ACB=60∘，∠ABP=∠ACP，
∵∠PCB=∠ACB+∠ACP，∠EAB=∠APB+∠ABP，
∴∠PCB=∠EAB，
在△PBC和△EBA中，
CP=AE∠PCB=∠EABCB=AB ，
∴△PBC≅△EBASAS，
∴PB=BE，
∴△PBE是等边三角形，
∴PB=PE，
又∵PE=PA+AE=PA+PC，
∴PB=PA+PC．
启发应用：如图，延长PA至点E，使AE=PC，连接BE，
∵四边形ABCP是⊙O的内接四边形，
∴∠EAB=∠PCB，
在△PBC和△EBA中，
CP=AE∠PCB=∠EABCB=AB ，
∴△PBC≅△EBASAS，
∴PB=EB，
∴∠E=∠APB，
∵∠ABC=90∘，AB=BC，
∴∠ACB=45∘，
由圆周角定理得：∠APB=∠ACB=45∘，
∴∠E=45∘，
∴∠PBE=90∘，
设PA=aa≠0，
∵PB=22PA，
∴EB=PB=22a，
∴PE=PB2+EB2=4a，
∴PC=AE=PE−PA=4a−a=3a，
∴PBPC=22a3a=223，
故答案为：223．选手
平均数
众数
中位数
方差
甲
8
b
8
0.4
乙
a
9
c
3.2