江苏省泰州市泰兴市济川初级中学2023-2024学年九年级上学期10月月考数学试题（解析版）-A4

这是一份江苏省泰州市泰兴市济川初级中学2023-2024学年九年级上学期10月月考数学试题（解析版）-A4，共26页。试卷主要包含了 若，，，则等于______．等内容，欢迎下载使用。
请注意：1.所有试题的答案均填写在答题纸上，答案写在试卷上无效.
2.作图必须用2B铅笔，并请加黑加粗.
一、选择题（每题3分，共18分）
1. 一元二次方程的根是（ ）
A. 0B. 1C. 0，D. 0，1
【答案】D
【解析】
【分析】利用因式分解法求解即可得．
【详解】
移项，得
因式分解，得
解得
故选：D．
【点睛】本题考查了一元二次方程的解法，主要解法包括：直接开方法、配方法、公式法、因式分解法、换元法等，熟记解法是解题关键．
2. 如图，⊙O是△ABC的外接圆，∠ACO=45°，则∠B的度数为（ ）
A. 30°B. 35°C. 40°D. 45°
【答案】D
【解析】
【详解】连接OA，
∵OA=OC，∠ACO=45°，
∴∠OAC=45°，
∴∠AOC=180°﹣45°﹣45°=90°，
∴∠B=∠AOC=45°．
故选D．
【点睛】考点：圆周角定理．
3. 某款手机连续两次降价，售价由原来的元降到了元．设平均每次降价的百分率为，则下面列出的方程中正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】分析：本题可先解出第一次降价的手机价格，再根据第一次的售价解出第二次的售价，令它等于580即可．
解答：解：依题意得：第一次降价的手机售价为：1185（1-x）元，
则第二次降价的手机售价为：1185（1-x）（1-x）=1185（1-x）2=580；
故本题选B．
4. 如图，的直径为，，则过点弦的长可能是（ ）

A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查垂径定理，勾股定理的应用．根据题意过点作，求出此时的长度即为最短弦长，再逐个将选项和最短弦长比较即可得到本题答案．
【详解】解：过点作，连接，

∵的直径为，，
∴，
在中应用勾股定理，
∴，
∴，
∴此时最短弦长，即，
最长的弦为直径，故，
∵，故A选项不符合题意；
，故B选项符合题意；
，故C选项不符合题意；
，故D选项不符合题意，
故选：B．
5. 边长分别为5、5、6的三角形的内切圆的半径为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】是的内切圆，切于点E，切于点D，根据切线长定理得到，求得，根据勾股定理建立方程求解即可．
本题考查了求三角形内切圆半径、切线长定理、切线的性质、勾股定理等知识，利用勾股定理构建方程是解题的关键．
【详解】解：如图，是的内切圆，切于点E，切于点D，则，，
∵，
∴A、O、D三点共线，
∴，
∴，
∴，
∴，
设的内切圆为，
∴，
即，
解得，
∴三角形的内切圆的半径为，
故选：B
6. 如图，是高，是的外接圆的直径，且，，，则的直径（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】本题考查直径所对应的圆周角是直角，勾股定理及锐角三角函数的应用．连接，根据圆周角定理得，解即可求出．掌握圆周角定理及推论及锐角三角函数的灵活应用是解题的关键．
【详解】解：如图，连接，
∴，
∵是的外接圆的直径，
∴，即是直角三角形，
∵是的高，，，，
∴，
∴，
∴，
∴的直径，
故选：A．
二、填空题（每题3分，共30分）
7. 已知，则__________．
【答案】
【解析】
【分析】本题主要考查了比例的性质，解答本题的关键在于根据已知设出，得到与之和的关系，代入目标式求解即可．
【详解】解：设，
则，，，
代入原式，得
．
故答案为：．
8. 若，，，则等于______．
【答案】30°##30度
【解析】
【分析】据相似三角形对应角相等求出，根据三角形的内角和定理即可得出答案．
【详解】解：∵，
∵，
∴，
故答案为：30°
【点睛】本题考查了相似三角形对应角相等的性质，三角形的内角和定理，是基础题，熟记性质是解题的关键．
9. 设、是一元二次方程的两根，则____.
【答案】
【解析】
【分析】根据一元二次方程根与系数的关系直接求解即可．
【详解】解：∵、是一元二次方程的两根
∴．
故答案是：
【点睛】本题考查了一元二次方程根与系数的关系，熟记两根和、两根积的公式是解题的关键．
10. 如图，直线，直线与、、分别交于点，若，，，则__________．

【答案】
【解析】
【分析】本题考查平行线分线段成比例．根据题意列出比例关系即可得到本题答案．
【详解】解：∵，直线与、、分别交于点，
∴，
∵，，，
∴，
∴，
故答案为：．
11. 如图，一个正n边形纸片被撕掉了一部分，已知它的中心角是40°，那么n＝_____．
【答案】9
【解析】
【分析】利用360度除以中心角的度数即可求得．
【详解】∵正n边形的中心角＝＝40°，
n＝＝9．
故答案为9．
【点睛】本题考查了多边形的计算，正多边形的中心角相等，理解中心角的度数和正多边形的边数之间的关系是关键．
12. 点是线段的黄金分割点，且，则的长为_____．
【答案】或
【解析】
【分析】根据黄金分割点的定义，分AC＜BC和AC＞BC两种情况求解即可．
【详解】解：∵线段AB=4，C是AB的一个黄金分割点，
①当AC＞BC时，AC=4×=，
∴BC=AB-AC=4-()=
②当AC＜BC时，AC=4×=，
∴BC=AB-AC=4-()=
故答案为：或
【点睛】本题考查了黄金分割，应该识记黄金分割的公式：较短的线段=原线段的倍，较长的线段=原线段的倍．
13. 如图，已知是的两条直径，且，过点作交于点，则弧的度数为__________．

【答案】##80度
【解析】
【分析】本题考查平行线的性质，圆心角，弧，弦之间的关系，圆周角定理等知识点，
连接，根据平行线的性质求出，根据圆周角定理求出，再求出的度数，即可求出本题答案．
【详解】解：连接，

∵，，
∴，
∵，
∴
∴，
∴的度数是，
∵是的两条直径，
∴的度数是，
∴的度数是，
故答案为：．
14. 如图，P为外一点，与相切于点A，交于点B，交于点C，，，则的半径为__________．
【答案】6
【解析】
【分析】本题主要考查了切线的性质得性质与判定，切线长定理，勾股定理，连接，先证明是的切线，进而由切线长定理得到，再由切线的性质得到，利用勾股定理求出，则，设的半径为r，则，在中，由勾股定理得，解方程即可得到答案．
【详解】解：如图所示，连接，
∵，是的半径，
∴是的切线，
∵与相切于点A，
∴，，
在中，由勾股定理得，
∴，
设的半径为r，则，
在中，由勾股定理得，
∴，
解得，
∴的半径为6，
故答案为：6．
15. 已知中，，中线交于点，，，则__________．
【答案】
【解析】
【分析】根据题意利用三角形重心的性质求出，再利用相似三角形判定得到，再利用相似三角形性质即可得到本题答案．
【详解】解：∵中，，中线交于点，
∴，，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，即，
∴解得：，
故答案为：．
【点睛】本题考查三角形重心问题，相似三角形判定及性质，直接开方法解一元二次方程．
16. 在直角坐标系中，的圆心P的坐标为，半径为2，当与直线相切时m的值为__________.
【答案】或
【解析】
【分析】本题主要考查坐标与图形，切线的性质，一次函数图象与性质等知识，作轴于点E，交直线于点F，切点为点G，直线与y轴交点为Q，求得，证明，，由勾股定理得从而可求出点P在第三象限内的坐标，根据对称性可求出点P在第四象限的坐标．
【详解】解：如图，当点P在第三象限时，
对于，当时，则
作轴于点E，交直线于点F，则
解得，
∴，
∵与相切，
∴
又
∴，
∴
在中，由勾股定理得，，
∴点P的坐标为
∴；
同理可得，点P在第四象限内点的坐标为
∴，
综上，m的值为或
故答案为：或．
三、解答题（共102分）
17. 解方程：
（1）
（2）
【答案】（1），
（2），
【解析】
【分析】本题主要考查一元二次方程及其解法，解答本题的关键在于熟练掌握一元二次方程的解法，选择合适的解法解方程即可求解．
【小问1详解】
解：用求根公式解方程，
，
；
∴，．
【小问2详解】
∴，．
18. 已知，关于x的方程．
（1）不解方程，判断此方程根的情况；
（2）若是该方程的一个根，求代数式的值．
【答案】（1）有两个不相等的实数根；（2）3
【解析】
【分析】（1）根据方程的系数结合根的判别式即可得出△=4＞0，由此得出方程有两个不相等的实数根；
（2）将x=2代入原方程可求出m24m=3，将其代入代数式2m2+8m3中即可得出结论．
【详解】解：在方程中，
，
方程有两个不相等的实数根．
将代入原方程中，得：，
即，
．
【点睛】本题考查了根的判别式以及一元二次方程的解，熟练掌握“当根的判别式时方程有两个不相等的实数根”是解题的关键．
19. 如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AD是∠BAC的角平分线，以AB上一点O为圆心，AD为弦作⊙O．
（1）尺规作图：作出⊙O（不写作法与证明，保留作图痕迹）；
（2）求证：BC为⊙O的切线．

【答案】（1）作图见解析；（2）证明见解析．
【解析】
【分析】（1）因为AD是弦，所以圆心O即在AB上，也在AD的垂直平分线上，作AD的垂直平分线，与AB的交点即为所求；
（2）因为D在圆上，所以只要能证明OD⊥BC就说明BC为⊙O的切线．
【详解】解：（1）如图所示，⊙O即为所求；

（2）证明：连接OD．
∵OA＝OD，
∴∠OAD＝∠ODA，
∵AD是∠BAC的角平分线，
∴∠CAD＝∠OAD，
∴∠ODA＝∠CAD，
∴OD∥AC．
又∵∠C＝90°，
∴∠ODB＝90°，
∴BC是⊙O的切线．
【点睛】本题主要考查圆的切线，熟练掌握直线与圆的位置关系是解题的关键．
20. 如图，在中的内接四边形中，，为弧上一点．
（1）若，求和的度数；
（2）若，求证：为等边三角形．
【答案】（1）=70°，=125°；（2）见解析．
【解析】
【分析】（1）根据圆内接四边形的对角互补可得出，再由，得出；
（2）根据圆内接四边形的对角互补的性质，可得出，，再由已知条件，得出，从而得出结论；
【详解】（1）∵四边形ABCD内接于，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵四边形ABDE内接于，
∴，
∴；
（2）∵四边形ABCD内接于，
∴，
∵四边形ABDE内接于，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴为等边三角形．
【点睛】本题主要考查了圆内接四边形的性质，结合等腰三角形和等边三角形的性质证明是解题的关键．
21. 如图，点C、D在线段AB上，且△PCD是等边三角形.∠APB=120°.

(1)求证：△ACP∽△PDB；
(2)证明：
【答案】（1）见解析 （2）6
【解析】
【分析】（1）根据等边三角形的性质得到∠PCD=∠PDC=∠CPD=60°，于是推出∠ACP=∠PDB=120°，等量代换得到∠BPD=∠CAP，根据相似三角形的性质得到结论；
（2）由相似三角形性质得到，根据等边三角形的性质得到PC=PD=CD，等量代换得到，即可得到结论．
【详解】证明：(1)∵△PCD是等边三角形，
∴∠PCD=∠PDC=∠CPD=60°，
∴∠ACP=∠PDB=120°，
∵∠APB=120°，
∴∠APC+∠BPD=60°，
∵∠CAP+∠APC=60°
∴∠BPD=∠CAP，
∴△ACP∽△PDB；
(2)由(1)得△ACP∽△PDB，
∴，
∵△PCD是等边三角形，
∴PC=PD=CD，
∴，
∴.
【点睛】此题考查相似三角形的判定与性质，解题关键在于掌握相似三角形的性质.
22. 某商场将进货价为每只30元的台灯以每只40元售出，平均每月能售出600只，调查表明，这种台灯的售价每上涨1元，其销售量将减少10只．当这种台灯的售价定为多少元时，每个月的利润恰为10000元？
【答案】当这种台灯的售价定为50或80元时，每个月的利润恰为10000元．
【解析】
【分析】设这种台灯的售价为x元，根据一台的利润×总的台数=总的利润和这种台灯的售价每上涨1元，其销售量将减少10只，列出方程，再求解即可．
【详解】解：设这种台灯的售价为x元，根据题意得：
，
解得，
答：当这种台灯的售价定为50或80元时，每个月的利润恰为10000元．
【点睛】此题考查了一元二次方程的应用，解题关键是根据题目给出的条件，找出合适的等量关系，列出方程．
23. 如图，四边形ABCD内接于⊙O，点E在CB的延长线上，给出下列信息：①BA平分∠EBD；②AE=AB；③∠E=∠ACD．
（1）请在上述3条信息中选择其中两条作为条件，另一条作为结论组成一个真命题，并给出证明．
你选择的条件是 、 ，结论是 （只要填写序号）．
（2）在（1）的情况下，若2AE=3EB，AD=6时，求CD的长．
【答案】（1）①；②或①；③或②；③；③或②或①
（2）
【解析】
【分析】（1）分三种情形，把其中任意两个条件作为已知条件，证明即可；
（2）证明△AEB∽△ACD；推出，即可解决问题．
【小问1详解】
解：由①②→③，
∵AE＝AB，
∴∠E＝∠ABE，
∵AB平分∠EBD，
∴∠ABE＝∠ABD，
∵∠ABE＋∠CBA＝180°，∠CBA＋∠ADC＝180°，
∴∠ABE＝∠ADC，
∵∠ABD＝∠ACD，
∴∠ABE＝∠ACD，
∴∠E＝∠ACD；
由①③→②，
∵BA平分∠EBD，
∴∠ABE＝∠ABD，
∵∠ABE＝∠ADC，∠ABD＝∠ACD，
∴∠ABE＝∠ACD，
∵∠E＝∠ACD，
∴∠E＝∠ABE，
∴AE＝AB；
由②③→①，
∵AE＝AB，
∴∠E＝∠ABE，
∴∠E＝∠ACD，
∴∠ABE＝∠ACD，
∵∠ABD＝∠ACD，
∴∠ABE＝∠ABD，
∴BA平分∠EBD；
故答案为：①②或①③或②③，③或②或①．
【小问2详解】
∵AE＝AB，
∴∠E＝∠ABE，
∴∠E＝∠ABE＝∠ACD＝∠ADC，
∴△AEB∽△ACD；
∴，
∴．
【点睛】本题主要考查了圆周角定理，相似三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考常考题型．
24. 已知，平分交于，交于．
（1）求证：∽；
（2）连接，若，，，求的长度．
【答案】（1）见解析 （2）11
【解析】
【分析】（1）根据相似三角形的判定定理即可证明；
（2）由（1）的结果和平行线的性质证明∽，进而可得为等腰三角形，最后证明∽并结合相应的计算即可解答．
【小问1详解】
证明：平分，
，
又，
∽；
【小问2详解】
解：∽，
，
，
，
，∽，
，
平分，
∴∠DAG=∠CAG，
，
∴为等腰三角形，
，
，即，
解得：，
，
，，
∽，
，
，
．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质、角平分线的性质、平行线的性质、等腰三角形的判定和性质，解决本题的关键是掌握以上的定理并熟练的运用．
25. 如图，在平面直角坐标系xOy中，A（m+1，0）、B（0，m）（m＞0），以AB为直径画圆⊙P，点C为⊙P上一动点，
（1）判断坐标原点O是否在⊙P上，并说明理由；
（2）若点C在第一象限，过点C作CD⊥y轴，垂足为D，连接BC、AC，且∠BCD=∠BAC，
①求证：CD与⊙P相切；
②当m=3时，求线段BC的长；
（3）若点C是的中点，试问随着m的变化点C的坐标是否发生变化，若不变，求出点C的坐标；若变化，请说明理由．
【答案】（1）在，理由见解析
（2）①证明见解析，②BC=
（3）不变，C
【解析】
【分析】（1）点P在⊙P上．连接OP．证明OP=PA，则可得到结论；
（2）①连接PC．证明∠BCD+∠PCB=90°即可得到结论；
②延长CP交OA于M．当m=3时，得到OB=3，OA=4，AB=5．再证明四边形DOMC是矩形，得到CM=DO，由三角形中位线定理得到PM=1.5，从而得到CM=4，进而得到BD=1．再由△BCD∽△BAC，利用相似三角形的性质可得到BC的长；
（3）过点C作CM⊥x轴于点M，CN⊥y轴于点N，可证明△BNC≌△AMC，设CM=a，则有ON=OM=a，故m+a=m+1-a，解出a的值即可．
【小问1详解】
点O在⊙P上．理由如下：
连接OP，
∵BA为⊙P的直径，
∴BP=PA，
∵∠AOB=90°，
∴OP=AB=PA，
∴点O在⊙P上；
【小问2详解】
①连接PC，
∵PC=PA，
∴∠PCA=∠PAC，
∵∠BCD=∠BAC，
∴∠BCD=∠PCA，
∵AB为直径，
∴∠BCA=90°，
∴∠BCP+∠ACP=90°，
∴∠BCD+∠PCB=90°，
∴CD与⊙P相切；
②延长CP交OA于M．当m=3时，OB=3，OA=4，
∴AB=5，
∵∠PCD=∠CDO=∠DOA=90°，
∴四边形DOMC是矩形，
∴CM=DO，PM⊥OA，
∴OM=MA，
∵AP=BP，
∴PM=BO=1.5，
∵PC=2.5，
∴CM=1.5+2.5=4，
∴OD=4，
∴BD=4-3=1，
∵∠BCD=∠BAC，∠BDC=∠BCA=90°，
∴△BCD∽△∠BAC，
∴，
∴，
∴，
∴BC=．
【小问3详解】
过点C作CM⊥x轴于点M，CN⊥y轴于点N，
∵弧CB=弧AC，
∴BC=AC，在△BNC和△AMC中，
∵∠CBN=∠MAC，∠AMC=∠BNC，BC=AC，
∴△BNC≌△AMC，
∴BN=AM ，CM=CN，设CM=a，
∵四边形ONCM为正方形，
∴ON=OM=a，
∴m+a=m+1-a，解得a=，所以C（，-），
∴C的坐标不变，为C（，-）．
【点睛】本题是圆的综合题，考查了切线的判定、相似三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、正方形的判定与性质，有一定的难度．
26. 【问题背景】已知D、E分别是的边和边上的点，且，则，把绕着点A逆时针方向旋转，连接和.如图2，找出图中的另外一组相似三角形__________；并加以证明．
【迁移应用】如图3，在中，，，，D、E、M分别是、、中点，连接．
①如图4，把绕着点A逆时针方向旋转，在旋转过程中直接写出线段CE和BD始终存在的位置关系和数量关系：__________、__________；
②把绕着点A逆时针方向旋转到如图5所在的位置，连接和，取中点N，连接，若，求的长．
【创新应用】如图6：，，是直角三角形，，将绕着点A旋转，连接，F是上一点，，连接，请直接写出的取值范围．
【答案】问题背景：；
迁移应用：①；；
②；
创新应用：．
【解析】
【分析】（1）本题主要考查相似三角形的应用，解答本题的关键在于利用两边成比例夹角相等的两个三角形相似及相似三角形的性质，本题即可求证．
（2）①特别主要考查相似三角形的性质，利用相似三角形的性质证明与之间的关系，本题即可求解；②连接，利用相似三角形的性质求出，再利用三角形的中位线的性质，求解即可．
（3）过点作，过点作，连接，证明，求出与本题即可求解．
【详解】解：【问题背景】如图，，
,
又，
．
故答案：．
【迁移应用】如图，在中，
,
，
，
又，
．
如图，延长与相交于点，与相交于点，
，
，
又，
，
，
，
又，
，
，
即，．
故答案为：；．
如图，连接，
，
，
又，
，
，
∴，
又∵M是的中点，N是的中点，
；
【创新应用】如图，过点作，过点作，连接，
，
，
，
又
，
，
，
，
即，．