2025-2026学年江苏省宿迁市沭阳县如东实验学校九年级（上）期中数学试卷

这是一份2025-2026学年江苏省宿迁市沭阳县如东实验学校九年级（上）期中数学试卷，共29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.下列函数是二次函数的是( )
A. y=3x2−3B. y=13x2−3C. y=3x+2D. y= x2+1
2.已知⊙O的半径为3，点P到圆心O的距离为4，则点P与⊙O的位置关系是( )
A. 点P在⊙O外B. 点P在⊙O上C. 点P在⊙O内D. 无法确定
3.用配方法解一元二次方程x2+6x=7，变形后的结果正确的是( )
A. (x−3)2=16B. (x+3)2=7C. (x−3)2=7D. (x+3)2=16
4.若正n边形的一个外角为60∘，则n的值为( )
A. 4B. 5C. 6D. 8
5.若m，n是方程x2−3x−2025=0的两个实数根，则代数式m2−2m+n的值等于( )
A. 2028B. 2027C. 2025D. 2023
6.若点(−3,y1)，(0,y2)，(1,y3)都在二次函数y=(x+2)2−3上，则y1，y2，y3的大小关系( )
A. y1>y3>y2B. y1y3D. y1−2−(−3)=1，
∴y11时，y随x的增大而增大，
∴m≤1，
故答案为：m≤1.
根据题意可得二次函数开口向上，对称轴为直线x=m，当x>1时y随x增大而增大，说明对称轴在直线x=1左侧或重合，即m≤1.
本题主要考查了二次函数的图象与性质，熟练掌握该知识点是关键．
16.【答案】3 5
【解析】解：设运动时间为t秒，
∵8÷2=4(秒)，
∴0≤t≤4，
如图，连接PQ，
由题意得：AP=tcm，BQ=2tcm，
∴PB=AB−AP=(6−t)cm，
∵△PBQ的面积是9cm2，S△PBQ=12PB⋅BQ，
∴12×(6−t)×2t=9，
整理得，t2−6t+9=0，
解得：t1=t2=3，
∴PB=3cm，BQ=6cm，
∴PQ= PB2+BQ2= 32+62=3 5(cm)，
所以PQ长为3 5cm.
故答案为：3 5.
设运动时间为t秒，由题意得：AP=tcm，BQ=2tcm，则PB=AB−AP=(6−t)cm，根据题意列出一元二次方程，解方程得出PB=3cm，BQ=6cm，再由勾股定理计算即可得出答案．
本题考查了一元二次方程的应用，关键是根据题意找到等量关系式．
17.【答案】30
【解析】解：连接OA，OB，OD，OC，如图所示，
∵四边形ABCD是⊙O的内接四边形，AB=BC=DA，
∴∠AOB=∠BOC=∠AOD，
∵∠A=70∘，
∴∠BOD=2∠A=140∘，
∴∠BOC+∠COD=140∘，
∵∠AOB+∠BOC+∠AOD+∠COD=360∘，
∴3(140∘−∠COD)+∠COD=360∘，
∴∠COD=30∘，
∴弧CD的度数为30∘，
故答案为：30.
连接OA，OB，OD，OC，则有∠AOB=∠BOC=∠AOD，∠BOD=2∠A=140∘，根据周角的定义可得3(140∘−∠COD)+∠COD=360∘，据此求出∠COD的度数即可得到答案．
本题主要考查了圆内接四边形的性质，圆心角、弧、弦的关系，根据题意作出辅助线，构造出圆心角是解题的关键．
18.【答案】4
【解析】解：设点(m,n)是二次函数的图象上一点，
∴n=−am2+bm+1，
∴−n=am2−bm−1，
∴点(m,−n)是二次函数y=ax2−bx−1的图象上一点，
由条件可知二次函数y=−ax2+bx+1与二次函数y=ax2−bx−1关于x轴对称，
∵二次函数y=−ax2+bx+1有最大值为3，
∴二次函数y=ax2−bx−1有最小值为−3，
∵二次函数y=a(x−2)2−b(x−2)+6是由二次函数y=ax2−bx−1向右平移2个单位长度，向上平移6−(−1)=7个单位长度得到的，
∴二次函数y=a(x−2)2−b(x−2)+6的最小值为−3+7=4，
故答案为：4.
可证明二次函数y=−ax2+bx+1与二次函数y=ax2−bx−1关于x轴对称，则可求出二次函数y=ax2−bx−1有最小值为−3，再由二次函数y=a(x−2)2−b(x−2)+6是由二次函数y=ax2−bx−1向右平移2个单位长度，向上平移6−(−1)=7个单位长度得到的可得答案．
本题主要考查了二次函数的图象的平移问题，熟练掌握该知识点是关键．
19.【答案】x1=1，x2=−5；
x1=4，x2=−1
【解析】(1)(x+2)2−9=0，
(x+2)2=9，
则x+2=± 9
所以x1=1，x2=−5；
(2)x2−3x−4=0，
(x−4)(x+1)=0，
则x−4=0或x+1=0，
所以x1=4，x2=−1；
(1)运用直接开平方法进行解方程，即可作答．
(2)运用因式分解法进行解方程，即可作答．
本题主要考查了解一元二次方程-配方法及解一元二次方程-因式分解法，熟知配方法及因式分解法解一元二次方程的步骤是解题的关键．
20.【答案】y=−13x2+23x+83.
点P(3,5)不在这个二次函数图象上，理由如下：
把x=3代入函数解析式可得y=−13×(3+2)×(3−4)=53，
∵53≠5，
故点P(3,5)不在这个二次函数图象上
【解析】(1)∵A，B是二次函数与x轴的交点，
∴设函数解析式为y=a(x+2)(x−4)，
把C(1,3)代入可得3=−9a，
解得a=−13，
∴y=−13(x+2)(x−4)=−13x2+23x+83；
(2)点P(3,5)不在这个二次函数的图象上，理由如下：
把x=3代入函数解析式可得y=−13×(3+2)×(3−4)=53，
∵53≠5，
故点P(3,5)不在这个二次函数图象上．
(1)设函数解析式为y=a(x+2)(x−4)，把C(1,3)代入即可解答；
(2)把x=3代入函数解析式即可解答．
本题考查了待定系数法求二次函数，二次函数上的点，熟练求得二次函数解析式是解题的关键．
21.【答案】m0，
解得：m0时，方程有两个不相等的实数根”；(2)牢记“一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)的两根之和等于−ba，两根之积等于ca”．
22.【答案】70；
10
【解析】(1)如图，AB，AE，DE都是⊙O的切线，∠A=40∘，连接OB，OC，OD，OE，OP，
∴OB=OP=OC，∠OBA=∠OCA=∠OPD=∠OPE=90∘，
∴∠BOC=360∘−90∘−90∘−40∘=140∘；
在Rt△BOD和Rt△POD中，
OD=ODOB=OP，
∴Rt△BOD≌Rt△POD(HL)，
在Rt△POE和Rt△COE中，
OE=OEOP=OC，
Rt△POE≌Rt△COE(HL)，
∴∠BOD=∠POD=12∠POB,∠POE=∠COE=12∠POC，
∴∠DOE=∠POD+∠POE=12∠POB+12∠POC=12∠BOC=70∘，
故答案为：70；
(2)∵AB，AE，DE都是⊙O的切线，
∴AB=AC，DB=DP，EP=EC，
∴△ADE的周长=AD+DE+AE
=AD+DP+EP+AE
=AD+BD+AE+EC
=AB+AC
=2AB
=10.
(1)由切线的性质得到OB=OP=OC，∠OBA=∠OCA=∠OPD=∠OPE=90∘，则由四边形内角和定理可求出∠BOC的度数，证明Rt△BOD≌Rt△POD，Rt△POE≌Rt△COE，可推出∠DOE=12∠BOC=70∘；
(2)由切线长定理得到AB=AC，DB=DP，EP=EC，再根据三角形周长计算公式和线段的和差关系求解即可．
本题主要考查了切线的性质，全等三角形的判定与性质，熟知切线的性质是解题的关键．
23.【答案】解：(1)2；
(2)用描点法画出这个二次函数y=ax2+bx+c的图象如图：
(3)x≤−4或x≥2.

【解析】【分析】
本题考查了二次函数的图象和性质，找对称点，顶点坐标及对称轴，与x轴(y轴)的交点，确定二次函数的解析式是解题的关键；
(1)认真观察表格中的数据，根据抛物线的对称性，纵坐标相等的两个点，是抛物线上的两个对称点，从而寻找对称轴和顶点坐标，设抛物线的顶点式，求解析式，再逐一检验；
(2)利用描点、连线，画出函数图象即可；
(3)根据图象即可求得．
【解答】
解：(1)从表格可以看出，当x=−2或x=0时，y=−3，
可以判断(−2,−3)，(0,−3)是抛物线上的两个对称点，
(−1,−4)就是顶点，设抛物线顶点式y=a(x+1)2−4，
把(0,−3)代入解析式，−3=a−4，解得a=1，
所以，抛物线解析式为y=(x+1)2−4，
当x=2时，y=(2+1)2−4=5，
当x=−4时，y=(−4+1)2−4=5，
所以这个错算的y值所对应的x=2，
故答案为：2；
(2)见答案；
(3)由图象可知：当y≥5时，x的取值范围是x≤−4或x≥2.
故答案为x≤−4或x≥2.
24.【答案】①与∠B互补的圆周角，如图①，∠E即为所求；
②在弧BC上使∠CAP与∠B互余的点P，如图②即为所求；
∠BAC的平分线AF，如图③即为所求．

【解析】(1)①与∠B互补的圆周角，如图①，∠E即为所求；
②在弧BC上使∠CAP与∠B互余的点P，如图②即为所求；
(2)∠BAC的平分线AF，如图③即为所求．
(1)①在劣弧AC上任取一点E，连接AE，CE，由圆内接四边形对角互补可得∠E和∠B互补；②连接AO并延长交⊙O于P，则∠ABP=90∘，由∠CAP=∠CBP可得∠CAP+∠ABC=90∘；
(2)延长OD交⊙O于F，作射线AF，由垂径定理得到BF=CF，则∠BAF=∠CAF，即AF平分∠BAC.
本题属于圆的综合题，主要考查了圆内接四边形的性质，同弧所对的圆周角相等，垂径定理，直径所对的圆周角是直角等，熟知圆的相关知识是解题的关键．
25.【答案】如图，BC是⊙O的直径，连接OD，CD，则OC=OD，
∴∠BDC=90∘，∠OCD=∠ODC；
∴∠ADC=180∘−∠BDC=90∘，
∵E为AC中点，
∴ED=EC，
∴∠EDC=∠ECD；
∵AC是⊙O的切线，
∴∠ACB=90∘，
∴∠OCD+∠ECD=90∘，
∴∠ODE=∠ODC+∠EDC=90∘，
∴OD⊥DE，
∵OD是⊙O的半径，
∴DE是⊙O的切线；
4 3−43π
【解析】(1)证明：如图，BC是⊙O的直径，连接OD，CD，则OC=OD，
∴∠BDC=90∘，∠OCD=∠ODC；
∴∠ADC=180∘−∠BDC=90∘，
∵E为AC中点，
∴ED=EC，
∴∠EDC=∠ECD；
∵AC是⊙O的切线，
∴∠ACB=90∘，
∴∠OCD+∠ECD=90∘，
∴∠ODE=∠ODC+∠EDC=90∘，
∴OD⊥DE，
∵OD是⊙O的半径，
∴DE是⊙O的切线；
(2)解：如图2，点O和点E分别是BC，AC的中点，连接OC，OD，OE，
∴OE是△ABC的中位线，
∴OE//AB，
∴∠OEC=∠A=30∘，
∴OE=2OC=BC=4，
在直角三角形COE中，由勾股定理得：CE= OE2−OC2=2 3，
在直角三角形DOE中，由勾股定理得：DE= OE2−OD2=2 3，
∴S四边形DOCE=S△OCE+S△ODE=12×2×2 3+12×2×2 3=4 3；
∵∠B=90∘−∠A=60∘，
∴∠COD=2∠B=120∘，
∴S扇形COD=120π×22360=43π，
∴S阴影=S四边形DOCE−S扇形COD=4 3−43π.
(1)由等边对等角得到∠OCD=∠ODC，由直径所对的圆周角是直角推出∠ADC=90∘，则由直角三角形的性质和等边对等角推出∠EDC=∠ECD，根据切线的性质得到∠OCD+∠ECD=90∘，则∠ODE=∠ODC+∠EDC=90∘，据此可证明结论；
(2)可证明OE是△ABC的中位线，推出∠OEC=∠A=30∘，则OE=2OC=BC=4，进而求出CE=2 3,DE=2 3，可证明∠COD=120∘根据S阴影=S四边形DOCE−S扇形COD求解即可．
本题主要考查了切线的判定与性质，圆周角定理，勾股定理，正确作出辅助线是解题的关键．
26.【答案】y=15x+30(0