2022-2023学年江苏省徐州市沛县九年级上学期数学期中试题及答案

这是一份2022-2023学年江苏省徐州市沛县九年级上学期数学期中试题及答案，共22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. 方程的解是（ ）
A. B. ，C. ，D. ，
【答案】C
【解析】
【分析】根据方程特点，用“因式分解法”进行求解即可．
【详解】解方程，
原方程可化为：，
，
∴或，
解得：．
故选C．
【点睛】本题主要考查会用“因式分解法”解一元二次方程，会用“因式分解法”解一元二次方程是解答本题的关键．
2. 用配方法解一元二次方程时可配方得（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】配方法的一般步骤：（1）把常数项移到等号的右边；（2）把二次项的系数化为1；（3）等式两边同时加上一次项系数一半的平方．选择用配方法解一元二次方程时，最好使方程的二次项的系数为1，一次项的系数是2的倍数．
【详解】，
移项得，
配方得，
∴．
故选C．
3. 的半径长为4，若点P到圆心的距离为3，则点P与的位置关系是（ ）
A. 点P在内B. 点P在上C. 点P在外D. 无法确定
【答案】A
【解析】
【分析】根据点P到圆心的距离和圆的半径大小比较就可以得到结果．
【详解】点与圆的位置关系有三种：点在圆上（d=r），点在圆内（d＜r），点在圆外（d＞r）
根据题中已知条件，d=3，r=4，
∴d＜r，
所以点P在圆内，
故选：A．
【点睛】本题考察点与圆的位置关系，根据点到圆心的距离和圆半径的大小是解题的关键．
4. 如图，点，，在⊙O上，，则的度数为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】直接利用圆周角定理即可得．
【详解】解：，
由圆周角定理得：，
故选：B．
【点睛】本题考查了圆周角定理，熟练掌握圆周角定理是解题关键．
5. 若关于x的一元二次方程有两个不相等的实数根，则m的值可能是（ ）
A. －1B. 1C. 2D. 3
【答案】A
【解析】
【分析】根据方程的系数结合根的判别式△，可得出关于的一元一次不等式，解之即可得出的取值范围，对照四个选项即可得出结论．
【详解】解：关于的一元二次方程有两个不相等的实数根，
△，
解得：．
故选：A．
【点睛】本题考查了根的判别式，解题的关键是牢记“当△时，方程有两个不相等的实数根”．
6. 若将抛物线y=x2向右平移2个单位，再向上平移3个单位，则所得抛物线的表达式为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先确定抛物线y=x2的顶点坐标为（0,0），把点（0,0）向右平移2个单位，再向上平移3个单位后得到的点的坐标为（2,3），然后根据顶点式写出平移后抛物线的解析式．
【详解】∵函数y=x2的图象的顶点坐标为，将函数y=x2的图象向右平移2个单位，再向上平移3个单位，
∴平移后，新图象的顶点坐标是．
∴所得抛物线的表达式为．
故选B．
【点睛】本题考查了二次函数图象与几何变换：由于抛物线平移后的形状不变，故不变，所以求平移后的抛物线解析式通常可利用两种方法：一是求出原抛物线上任意两点平移后的坐标，利用待定系数法求出解析式；二是只考虑平移后的顶点坐标，即可求出解析式．
7. 若圆锥的底面半径为，侧面展开图的面积为，则圆锥的母线长为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】已知圆锥底面圆的半径可求出侧面展开图的弧长，根据侧面展开图的面积即可求解．
【详解】解：如图所示，
∵圆锥的底面半径为，
∴圆锥底面圆周长是，
∵侧面展开图的面积为，
∴侧面展开图的面积，
∴圆锥的母线长为，
故选：．
【点睛】本题主要考查立体几何的变换，理解和掌握几何体展开图形，及面积公式的计算方法是解题的关键．
8. 如图是王叔叔晩饭后步行的路程（单位：）与时间（单位：）的函数图像，其中曲线段是以为顶点的抛物线的一部分．下列说法正确的是（ ）
A. 线段的函数表达式为
B. ，王叔叔步行的路程为
C. 曲线段的函数表达式为
D. ，王叔叔步行的速度由慢到快
【答案】C
【解析】
【分析】根据函数图象中信息，利用数形结合及求相关线段的解析式解答即可．
【详解】解：A、设线段的函数解析式为，
把代入得，，
解得：，
∴线段的函数解析式为，故该选项不符合题意；
B、，王叔叔步行的路程为m，故该选项不符合题意；
C、当时，由图象可得m，即抛物线顶点为，
设抛物线的解析式为
将代入得：，
解得，
∴曲线段的函数解析式为，故该选项符合题意；
D、在A点的速度为，
A到B点的平均速度为，
∴，王叔叔步行的速度由快到慢，故该选项不符合题意；
故选：C．
【点睛】本题考查了二次函数的应用，一次函数的应用，正确的识别图象、数形结合是解题的关键．
二、填空题（本大题有10小题，每小题3分，共30分）
9. 当=_____时，关于的方程是一元二次方程．
【答案】4
【解析】
【详解】关于x的方程是一元二次方程，得m-2=2，
解得m=4．
故答案为：4．
【点睛】本题考查了一元二次方程的概念，解题的关键是熟练掌握此概念．
10. 若关于方程的一个根为3，则的值为______．
【答案】
【解析】
【分析】将代入方程可得一个关于的一元一次方程，解方程即可得．
【详解】解：由题意，将代入方程得：，
解得，
故答案为：．
【点睛】本题考查了一元二次方程的根、解一元一次方程，熟练掌握一元二次方程根的定义是解题关键．
11. 二次函数的顶点坐标是_________．
【答案】
【解析】
【分析】二次函数的解析式的表示形式是顶点式，由此即可求解．
【详解】解：∵二次函数的表达形式是顶点式，
∴顶点坐标为，
故答案是：．
【点睛】本题主要考查二次函数解析式的表达形式，理解二次函数的顶点式表达形式是解题的关键．
12. 一个扇形的圆心角为120°，半径为3cm，则这个扇形的面积为_______cm2
【答案】3π
【解析】
【分析】此题考查扇形面积的计算，熟记扇形面积公式，即可求解.
【详解】根据扇形面积公式，计算这个扇形的面积为.
【点睛】本题扇形面积的计算.熟记扇形面积公式是解题的关键.
13. 若二次函数的图像顶点在轴上，则_________．
【答案】2
【解析】
【分析】先把解析式化为顶点式可得到顶点坐标为，即可求解．
【详解】解：∵，
∴二次函数的图像顶点为，
∵二次函数的图像顶点在轴上，
∴，
∴．
故答案为：2
【点睛】本题主要考查了二次函数一般式的顶点坐标，掌握二次函数一般式的顶点坐标公式是解题关键．
14. 小区新增了一家快递店，第一天揽件200件，第三天揽件242件，设该快递店揽件日平均增长率为，则根据题意可列方程为___________．
【答案】
【解析】
【分析】设该快递店揽件日平均增长率为，根据题意列出一元二次方程，即可求解．
【详解】解：设该快递店揽件日平均增长率为，则根据题意可列方程为
．
故答案为：．
【点睛】本题考查了一元二次方程的应用，根据题意列出方程是解题的关键．
15. 如图，把直角三角板的直角顶点放在破损玻璃镜的圆周上，两直角边与圆弧分别交于点、．量得，，则该圆玻璃镜的半径是__________．
【答案】5．
【解析】
【详解】解：∵∠MON=90°，∴为圆玻璃镜的直径，，∴半径为．故答案为5．
16. 如图，四边形ABCD是半圆的内接四边形，AB是直径，．若∠C＝110°，则∠ABC的度数等于_____．
【答案】55°
【解析】
【分析】连接AC，根据圆内接四边形的性质求出∠DAB，根据圆周角定理求出∠ACB、∠CAB，计算即可．
【详解】解：连接AC，
∵四边形ABCD是半圆的内接四边形，
∴∠DAB＝180°﹣∠C＝70°，
∵ ，
∴∠CAB＝∠DAB＝35°，
∵AB是直径，
∴∠ACB＝90°，
∴∠ABC＝90°﹣∠CAB＝55°，
故答案为55°．
【点睛】此题考查圆内接四边形的性质，圆周角定理，掌握圆内接四边形的对角互补是解题关键．
17. 如图，为的内切圆，切点分别为，，，且，，，则_______．
【答案】10
【解析】
【分析】设，利用切线长定理，构建方程解决问题即可．
【详解】∵在中，，，，
∴，
∵为的内切圆，切点分别为D，E，F，
∴，，，
设，则，，
∵，
∴，
∴，
∴．
故答案为：10．
【点睛】本题考查三角形的内心，勾股定理，切线长定理等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
18. 如图，四边形是正方形，曲线是由一段段的弧组成的，其中的圆心为点，半径为；的圆心为点，半径为；的圆心为点，半径为；的圆心为，半径为…，、、、…的圆心依次按点循环，若正方形的边长为1，则的长是____________．
【答案】
【解析】
【分析】曲线是由一段段90度的弧组成的，半径每次比前一段弧半径，到，，再计算弧长．
【详解】解：由图可知，曲线是由一段段90度的弧组成的，半径每次比前一段弧半径，
，，，，
，，，，
，
，，
故的半径为，
∴的弧长．
故答案为：．
【点睛】此题主要考查了弧长的计算，图形类的规律探索，熟知弧长的计算公式：，找到每段弧的半径变化规律是解题关键．
三、解答题（本大题有7小题，共86分）
19. 解方程
（1）；
（2）
【答案】（1），
（2），
【解析】
【分析】（1）移项，开平方，即可求解；
（2）移项变形为一般式，用十字交叉法即可求解．
【小问1详解】
解：原式得，
∴，即，
∴，，
故方程的解是：，．
【小问2详解】
解：原式得，，
∴，
∴，，
故方程的解是：，．
【点睛】本题主要考查解一元二次方程，掌握解一元二次方程的方法是解题的关键．
20. 如图，抛物线与轴交于A、两点，与轴交于点，点为抛物线的顶点，点A、、的坐标分别为，，
（1）直线的表达式为_________；
（2）求抛物线所对应的函数表达式；
（3）①顶点的坐标为_____________；
②当时，的取值范围是______________．
【答案】（1）
（2）
（3）①；②
【解析】
【分析】（1）设直线的表达式为：，将点B、C代入中得，解方程即可求解；
（2）把，，代入抛物线中解方程即可求解；
（3）①将变形得，，即可求解；②由题可知时，y有最大值，，时，y有最小值即可求解；
【小问1详解】
解：设直线的表达式为：，
将点B、C代入中得，，
解得：，
∴设直线的表达式为：，
故答案为：；
【小问2详解】
把，，代入抛物线中
得中
解得，
∴函数表达式为．
【小问3详解】
①将变形得，，
∴顶点的坐标为：，
故答案为：；
②由题可知时，y有最大值，，
时，y有最小值，，
∴当时，的取值范围是，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查求一次函数的解析式、二次函数的解析式和二次函数的图象与性质，掌握相关知识是解题的关键．
21. 如图，在正方形网格中，每一个小正方形的边长都为1，点、都在格点上，以为圆心，为半径做圆，只用无刻度的直尺完成以下画图．
（1）在图①中画的一个内接正四边形，___________；
（2）在图②中画的一个内接正六边形，__________．
【答案】（1）图见解析，32
（2）图见解析，
【解析】
【分析】（1）只需要作直径、，并使得即可；
（2）如图所示，取格点B，C，D，E，F，然后顺次连接A、B、C、D、E、F得到正六边形，再求出求面积．
【小问1详解】
解：如图所示，正四边形即为所求；
，
故答案为32；
【小问2详解】
解：如图所示，正六边形即为所求；
过点O作于H，
∵正六边形，
∴，
又∵，
∴是等边三角形，
∴，
∴，
∴．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了正多边形和圆，等边三角形的性质与判定，熟知正多边形和圆的相关知识是解题的关键．
22. 如图，某农场计划建造一个矩形养殖场，为充分利用现有资源，该矩形养殖场一面靠墙（墙的长度为），另外三面用栅栏围成，已知栅栏总长度为，设矩形垂直于墙的一边，即的长为．
（1）若矩形养殖场的面积为，求此时的的值．
（2）当为多少时，矩形养殖场的面积最大?最大值是多少?
【答案】（1）6m （2）当x为4.5时，矩形养殖场的面积最大，最大值为
【解析】
【分析】（1）先求出，再根据矩形面积公式建立方程求解即可；
（2）设矩形养殖场的面积为，根据矩形面积公式得到，利用二次函数的性质求解即可．
【小问1详解】
解：∵矩形，，
∴，
由题意，得，
解得，，
当时，（舍去），
当时，．
答：此时x的值为6m．
【小问2详解】
解：设矩形养殖场的面积为，
由（1）得，，
∵，
∴当时，S最大，最大值为40.5，
答：当x为4.5时，矩形养殖场的面积最大，最大值为．
【点睛】本题主要考查了一元二次方程的应用，二次函数的应用，正确理解题意设出未知数，利用矩形面积公式列出对应的式子求解是关键．
23. 如图，在△ABC中，∠C=90°，点O在AC上，以OA为半径的⊙O交AB于点D，BD的垂直平分线交BC于点E，交BD于点F，连接DE．
（1）判断直线DE与⊙O的位置关系，并说明理由；
（2）若AC=6，BC=8，OA=2，求线段DE的长．
【答案】（1）直线DE与⊙O相切；（2）4.75．
【解析】
【分析】（1）连接OD，通过线段垂直平分线的性质和等腰三角形的性质证明∠EDB＋∠ODA＝90°，进而得出OD⊥DE，根据切线的判定即可得出结论；
（2）连接OE，作OH⊥AD于H．则AH＝DH，由△AOH∽△ABC，可得，推出AH＝，AD＝，设DE＝BE＝x，CE＝8－x，根据OE2＝DE2＋OD2＝EC2＋OC2，列出方程即可解决问题；
【详解】（1）连接OD，
∵EF垂直平分BD，
∴EB＝ED，
∴∠B＝∠EDB，
∵OA＝OD，
∴∠ODA＝∠A，
∵∠C＝90°，
∴∠A＋∠B＝90°，
∴∠EDB＋∠ODA＝90°，
∴∠ODE＝90°，
∴OD⊥DE，
∴DE是⊙O的切线．
（2）连接OE，作OH⊥AD于H．则AH＝DH，∠AHO=∠C=90°，
∵∠CAB=HAO，
∴△AOH∽△ABC，
∴，
∴，
∴AH＝，AD＝，
设DE＝BE＝x，CE＝8﹣x，
∵OE2＝DE2＋OD2＝EC2＋OC2，
∴42＋（8﹣x）2＝22＋x2，
解得：x＝4.75，
∴DE＝4.75．
【点睛】本题考查切线的判定和性质、线段的垂直平分线的性质、相似三角形的判定与性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会添加常用辅助线，学会利用参数构建方程解决问题，属于中考常考题型．
24. 物线与轴交于两点，其中点的坐标为，与轴交于点，点为抛物线的顶点，且点的横坐标为．
（1）求此抛物线的函数表达式；
（2）求的面积；
（3）若点是轴下方拋物线上任意一点，已知的半径为2，当与坐标轴相切时，圆心的坐标是_____________．
【答案】（1）
（2）3 （3）或或
【解析】
【分析】（1）将抛物线与轴、轴交点坐标和顶点坐标代入抛物线表达式即可求出；
（2）过点D作轴，利用各点坐标，得到梯形、和的面积，即可求出的面积；
（3）分两种情况讨论：①与轴相切时，点纵坐标为，代入表达式，得到点坐标为或；②与轴相切时，点横坐标为，代入表达式，得到点坐标为．
【小问1详解】
解：设抛物线的表达式为，由题意得：，
把点B的坐标为，点代入得：，
解得，
∴抛物线的解析式为；
【小问2详解】
解：过点D作轴，
当时，，则，
由题意，，，，，，
，
，，
∴；
【小问3详解】
解：①当与轴相切时，即到轴距离为2，
∴点纵坐标为，
∴，
解得：，，
∴点坐标或；
②当与轴相切时，即到轴距离为2，
∴点横坐标为，
∴，
∴点坐标为．
【点睛】本题考查了二次函数图象与性质，求二次函数解析式、切线的性质、坐标与图形，利用数形结合思想，熟练掌握待定系数法和切线性质是解题关键．
25. 如图1，在中，弦平分圆周角，我们将圆中以为公共点的三条弦，，构成的图形称为圆中“爪形”，弦，，称为“爪形”的爪．
（1）如图2，四边形内接于，，
①证明：圆中存在“爪形”；
②若，求证：．
（2）如图3，四边形内接于圆，其中，连接．若“爪形”的爪之间满足，则________°．
【答案】（1）①见解析；②见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）①根据题设给的定义即可求证；②根据题设给的条件，勾股直角三角形即可求解；
（2）由（1）中②以及可以构造等边三角形，由此即可求解．
【小问1详解】
①证明：∵，
∴，
∴平分圆周角
∴圆中存在“爪形”．
②如图所示，
延长至点，使得，连接，
∵，，
∴，
∵，，
∴，
∴，，
∵，，
∴，
∴等腰直角三角形，
∴由勾股定理得，，即，
∴．
【小问2详解】
解：如图所示，延长，使，连接，
由（1）中②可知，，
∴，
∵“爪形”，
∴，
∵，
∴，
∴是等边三角形，
∴，即，
∴，
故答案是：．
【点睛】本题考查的是圆内接四边形的知识，解题的关键是掌握和理解圆周角的知识．