2024-2025学年江苏省镇江外国语学校九年级（上）第一次月考数学试卷(含解析）

这是一份2024-2025学年江苏省镇江外国语学校九年级（上）第一次月考数学试卷(含解析），共21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.已知Rt△ABC中，∠C=90°，AC=3，BC=4，以C为圆心，r为半径的圆与边AB有两个交点，则r的取值范围是( )
A. r=125B. r>125C. 3−1且k≠0．
由方程有两个不等实数根可得出关于k的一元一次不等式组，解不等式组即可得出结论．
本题考查了根的判别式以及解一元一次不等式组，解题的关键是得出关于k的一元一次不等式组．本题属于基础题，难度不大，解决该题型题目时，根据根的个数结合根的判别式得出不等式(或不等式组)是关键．
15.【答案】 10− 2
【解析】解：如图，连接PA、PC，取AB、BC的中点E、F，连接EF、EM、FM，取EF的中点O，连接OM，OC，CM．
∵AC是直径，
∴∠APC=90°，
∵BE=EA，BM=MP，
∴EM//PA，
同理FM//PC，
∴∠BME=∠BPA，∠BMF=∠BPC，
∴∠BME+∠BMF=∠BPA+∠BPC=90°，
∴∠EMF=90°，
∴点M的轨迹是EF(EF为直径的半圆，图中红线部分)，
∵BC=AC，∠ACB=90°，AB=8，
∴AC=BC=4 2，
∵AE=EB，BF=CF=2 2，
∴EF=12AC=2 2，EF/​/AC，
∴∠EFB=∠EFC=∠ACB=90°，OE=OF=OM= 2，
∴OC= OF2+CF2= ( 2)2+(2 2)2= 10，
∵CM≥OC−OM，
∴CM≥ 10− 2．
则CM的最小值为 10− 2．
故答案为： 10− 2．
如图，连接PA、PC，取AB、BC的中点E、F，连接EF、EM、FM.首先证明∠EMF=90°，推出点M的轨迹是EF，即EF为直径的半圆，图中红线部分，求出OM，OC即可解决问题．
本题考查轨迹、等腰直角三角形的性质、圆的有关知识，解直角三角形等知识，解题的关键是正确寻找点M的运动轨迹，属于填空题中的压轴题．
16.【答案】a≤14
【解析】解：一元二次方程x2−x+a=0有实数根，
∴Δ=(−1)2−4a≥0，解得a≤14，
故答案为：a≤14．
根据判别式大于等于0即可求解．
此题考查了一元二次方程的根与系数的关系，熟练掌握相关基础知识是解题的关键．
17.【答案】−4
【解析】解：∵a−b=8，
∴a=8+b，
∵ab+16≤0，
∴(8+b)b+16=b2+8b+16=(b+4)2≤0，
∴(b+4)2=0，
∴b=−4，a=4，
∴a+2b=4+2×(−4)=−4，
故答案为：−4．
由a−b=8，得到a=8+b，代入ab+16≤0，得到(b+4)2=0，根据非负数的性质得到结论．
本题考查了配方法的应用，非负数的性质，正确的理解题意是解题的关键．
18.【答案】4 3−4π3
【解析】解：在△AOB中，∠AOB=90°，∠A=30°，
∴∠B=60°，AB=2OB=8，
∴OA= AB2−OB2= 82−42=4 3，
∵OB=OD，
∴△OBD是等边三角形，
∴∠BOD=60°，
∴∠DOA=∠AOB−∠BOD=30°，
∴∠DOA=∠A，
∴DO=DA，过D作DC⊥OA于C，
∴OC=AC=12OA=2 3，
在Rt△ODC中，
∵∠DOA=30°，
∴CD=12OD=12OB=12×4=2，
∴S阴影=S△AOD−S扇形=12×4 3×2−30π⋅42360=4 3−4π3，
故答案为：4 3−4π3．
过D作DC⊥OA于C，由含30度角的直角三角形和勾股定理求得OA，证得△OBD是等边三角形，△ADO是等腰三角形，进而求出∠DOA=30°，CD=2，根据S阴影=S△AOD−S扇形即可求出阴影部分面积．
本题主要考查了扇形的面积公式，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理，证得△OBD是等边三角形，△ADO是等腰三角形是解决问题的关键．
19.【答案】①②④
【解析】解：①∵抛物线y=ax2+bx+c(a≠0)的对称轴为直线x=2，与x轴的一个交点坐标为(4,0)，
∴抛物线与x轴的另一交点坐标为(0,0)，结论①正确；
②∵抛物线y=ax2+bx+c(a≠0)的对称轴为直线x=2，且抛物线过原点，
∴−b2a=2，c=0，
∴b=−4a，c=0，
∴4a+b=0，结论②正确；
③∵当x=−1时，y值为正，
∴a−b+c>0，结论③错误；
④由图象得二次函数与x轴交点有两个知，b2−4ac>0，即b2>4ac，结论④正确；
⑤观察函数图象可知：当x0，即可得出a−b+c>0，结论③错误；
④根据抛物线与x轴的交点个数判断结论④正确；
⑤观察函数图象可知，当x1两种情况，根据二次函数的增减性列方程求解即可．
【解答】解：二次函数对称轴为直线x=m，
①m≤1时，当x=m时y取得最大值，即m2+1=4，
解得m=± 3，
∵m= 3不满足m≤1的范围，
∴m=− 3；
②m>1时，当x=1时y取得最大值，即−(1−m)2+m2+1=4，
解得m=2．
综上所述，m=− 3或2时符合题意．
故答案为2或− 3．
21.【答案】(1)证明：∵AD为直径，AD⊥BC，
∴由垂径定理得：BD=CD
∴根据圆心角、弧、弦之间的关系得：BD=CD．

(2)解：B，E，C三点在以D为圆心，以DB为半径的圆上．
理由：由(1)知：BD=CD，
∴∠1=∠2，
又∵∠2=∠3，
∴∠1=∠3，
∴∠DBE=∠3+∠4，∠DEB=∠1+∠5，
∵BE是∠ABC的平分线，
∴∠4=∠5，
∴∠DBE=∠DEB，
∴DB=DE．
由(1)知：BD=CD
∴DB=DE=DC．
∴B，E，C三点在以D为圆心，以DB为半径的圆上．(7分)
【解析】(1)利用等弧对等弦即可证明．
(2)利用等弧所对的圆周角相等，∠BAD=∠CBD再等量代换得出∠DBE=∠DEB，从而证明DB=DE=DC，所以B，E，C三点在以D为圆心，以DB为半径的圆上．
本题主要考查等弧对等弦，及确定一个圆的条件．
22.【答案】解：∵a−2≥0，a−2≤0，
∴a=2，
∴b=3，
∵一元二次方程ax2+bx+c=0的一个根是1，
∴a+b+c=0，
∴2+3+c=0，
∴c=−5．
【解析】先根据二次根式有意义的条件得到a−2≥0，a−2≤0，解得a=2，则可计算出b=3，再根据一元二次方程解的定义得到a+b+c=0，然后把a和b的值代入即可求出c的值．
本题考查了一元二次方程的解：能使一元二次方程左右两边相等的未知数的值是一元二次方程的解．又因为只含有一个未知数的方程的解也叫做这个方程的根，所以，一元二次方程的解也称为一元二次方程的根．也考查了二次根式有意义的条件．
23.【答案】(1)证明：△=b2−4ac=(−4)2−4×(−m2)=16+4m2．
∵m2≥0，
∴16+4m2>0，即△>0，
∴该方程有两个不相等的实数根．
(2)解：∵方程x2−4x−m2=0的两个实数根分别为x1、x2，
∴x1+x2=4，x1x2=−m2．
又∵x1x2+x1+x2=3，
∴−m2+4=3，即m2=1，
解得m=±1．
故m的值为±1．
【解析】(1)根据方程的系数结合根的判别式，可得出△=16+4m2>0，由此可证出该方程有两个不相等的实数根；
(2)根据根与系数的关系可得出x1+x2=4，x1x2=−m2，结合x1x2+x1+x2=3得到关于m的方程，解方程即可求出m的值．
本题考查了根的判别式以及根与系数的关系，解题的关键是：(1)牢记“当△>0时，方程有两个不相等的实数根”；(2)根据根与系数的关系结合x1x2+x1+x2=3求出m的值．
24.【答案】解：设PB为x，则AP=17−x，
∵AP=3PC，
∴PC=17−x3，
在Rt△PBC中，PC2=PB2+BC2，
∴x2+21=(17−x3)2，
∴4x2−17x−50=0，
解得：x1=2，x2=−254(不符合题意舍去)，
答：PB之长为2．
【解析】由勾股定理列出方程，可求解．
本题考查了矩形的性质，勾股定理，利用勾股定理列出方程是解题的关键．
25.【答案】解：(1)x2−75x+1350=0，
(x−30)(x−45)=0，
x−30=0或x−45=0，
x1=30，x2=45，
∵∠BDC=∠A+∠ACD，
∴∠BDC>∠A，
∴∠BDC=45°，∠A=30°
∴∠A的度数为30°，∠BDC的度数为45°；
(2)过点B作BH⊥AC，垂足为H，连接HD，

∴∠AHB=∠CHB=90°，
∵∠A=30°，
∴∠ABH=90°−∠A=60°，
∵DH是斜边AB上的中线，
∴DH=BD=12AB，
∴△BHD是等边三角形，
∴HD=HB，∠HDB=∠ABH=60°，
∵∠BDC=45°，
∴∠HDC=∠HDB−∠BDC=15°，
∵∠ACD=∠BDC−∠A=15°，
∴∠ACD=∠HDC=15°，
∴HD=HC，
∴HB=HC，
∴∠HBC=∠HCB=45°，
∴∠ABC=∠ABH+∠HBC=105°，
∴∠ABC的度数为105°．
【解析】(1)利用解一元二次方程−因式分解法，进行计算可得x1=30，x2=45，然后利用三角形外角的性质可得∠BDC>∠A，即可解答；
(2)过点B作BH⊥AC，垂足为H，连接HD，根据垂直定义可得∠AHB=∠CHB=90°，从而可得∠ABH=60°，然后利用直角三角形斜边上的中线性质可得DH=BD，从而可得△BHD是等边三角形，进而可得HD=HB，∠HDB=∠ABH=60°，最后利用三角形外角的性质和角的和差关系求出∠ACD=∠HDC=15°，从而可得HD=HC，进而可得HB=HC，再根据等腰直角三角形的性质可得∠HBC=∠HCB=45°，进行计算即可解答．
本题考查了解一元二次方程−因式分解法，等边三角形的判定与性质，等腰直角三角形，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．
26.【答案】3
【解析】解：(1)(x−1)2+3，
∵(x−1)2≥0，
∴(x−1)2+3≥3．
当(x−1)2=0时，(x−1)2+3的值最小，最小值是3，
故答案为：3；
(2)x2+10x+32=x2+10x+25−25+32=(x+5)2+7，
∵(x+5)2≥0，∴(x+5)2+7≥7．
当(x+5)2=0时，(x+5)2+7的值最小，最小值是7，
∴x2+10x+32的最小值是7；
(3)−13x2+2x+5
=−13(x2−6x)+5
=−13(x2−6x+9−9)+5
=−13(x−3)2+3+5
=−13(x−3)2+8，
∵(x−3)2≥0，
∴−13(x−3)2≤0，
∴−13(x−3)2+8≤8，
∴当(x−3)2=0时，−13x2+2x+5有最大值，最大值是8；
(4)∵7x−x2+y−11=0，
∴y=x2−7x+11
∴x+y
=x+x2−7x+11
=x2−6x+11
=x2−6x+9+2
=(x−3)2+2，
∵(x−3)2≥0，
∴(x−3)2+2≥2，
当(x−3)2=0时，(x−3)2+2的值最小，最小值是2．
∴x+y的最小值是2．
(1)根据偶次方的非负性得出(x−1)2≥0，再求出最小值即可；
(2)求出x2+10x+32=(x+5)2+7，再根据偶次方的非负性得出(x+5)2≥0，再求出最小值即可；
(3)求出−13x2+2x+5=−13(x−3)2+8，再根据偶次方的非负性得出−13(x−3)2≤0，再求出最大值即可；
(4)求出y，再求出x+y=x2−6x+9+2=(x−3)2+2，再根据偶次方的非负性得出(x−3)2≥0，再求出最小值即可．
本题考查了配方法的应用和偶次方的非负性等知识点，能正确配方是解此题的关键．
27.【答案】(1)证明：如图一，连接OC，则OC⊥EF，且OC=OA，
易得∠OCA=∠OAC．
∵AD⊥EF，
∴OC/​/AD．
∴∠OCA=∠CAD，
∴∠CAD=∠OAC．
即∠CAD=∠BAC．

(2)解：与∠CAD相等的角是∠BAG．
证明如下：
如图二，连接BG．
∵四边形ACGB是⊙O的内接四边形，
∴∠ABG+∠ACG=180°．
∵D，C，G共线，
∴∠ACD+∠ACG=180°．
∴∠ACD=∠ABG．
∵AB是⊙O的直径，
∴∠BAG+∠ABG=90°
∵AD⊥EF
∴∠CAD+∠ACD=90°
∴∠CAD=∠BAG．
【解析】(1)连接OC，根据切线的性质定理以及等角的余角相等即可证明；
(2)构造直径所对的圆周角，根据等弧所对的圆周角相等以及等角的余角相等，发现∠BAC=∠GAD，再根据等式的性质即可证明∠BAG=∠DAC．
此题运用了切线的性质定理、圆周角定理的推论．注意根据等角的余角相等是证明角相等的一种常用方法．