专题3.1第一次月考阶段性测试卷（10月份范围：九上苏科第1章-第2.5节）-2022-2023学年九年级数学上学期复习备考高分秘籍【苏科版】（解析版）

2022-2023学年九年级数学上学期复习备考高分秘籍（月考+期中+期末）【苏科版】专题3.1第一次月考阶段性测试试卷（考试时间：10月份：考试范围苏科九上1.1-2.5）姓名：__________________班级：______________得分：_________________注意事项：本试卷满分120分，试题共26题．选择6道、填空10道、解答10道.答卷前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、班级等信息填写在试卷规定的位置．一、选择题（本大题共8小题，每小题2分，共16分）在每小题所给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．（2021秋•江宁区校级月考）下列方程是一元二次方程的是（）A．3x2＝2x+1 B．2x3﹣3x＝0 C．x2﹣y2＝1 D．x+2y＝0【分析】按照一元二次方程的定义，分析判断即可．【解析】选项A：是一元二次方程，故正确；选项B：最高次项是3次，不是一元二次方程，故错误；选项C：有两个未知数，不是一元二次方程，故错误；选项D：是二元一次方程，故错误；综上，只有A正确．故选：A．2．（2021秋•玄武区校级月考）若点A在⊙O内，点B在⊙O外，OA＝3，OB＝5，则⊙O的半径r的取值范围是（）A．0＜r＜3 B．2＜r＜8 C．3＜r＜5 D．r＞5【分析】直接根据点与圆的位置关系的判定方法求解【解析】∵点A在半径为r的⊙O内，点B在⊙O外，∴OA小于r，OB大于r，∵OA＝3，OB＝5，∴3＜r＜5．故选：C．3．（2021秋•鼓楼区校级月考）下列说法中，正确的是（）A．两个半圆是等弧 B．同圆中优弧与半圆的差必是劣弧 C．长度相等的弧是等弧 D．直径未必是弦【分析】利用有关圆的定义及性质分别判断后即可确定正确的选项．【解析】A、在同圆或等圆中，两个半圆是等弧，故原命题错误，不符合题意；B、同圆中优弧与半圆的差必是劣弧，正确，符合题意；C、在同圆或等圆中，长度相等的弧是等弧，故原命题错误，不符合题意；D、直径一定是弦，故原命题错误，不符合题意，故选：B．4．（2022•惠城区二模）若关于x的一元二次方程ax2﹣4x+2＝0有两个实数根，则a的取值范围是（）A．a≤2 B．a＜2 C．a≤2且a≠0 D．a＜2且a≠0【分析】根据一元二次方程的定义和根的判别式的意义得到a≠0且Δ＝（﹣4）2﹣4a×2≥0，然后求出两不等式的公共部分即可．【解析】根据题意得a≠0且Δ＝（﹣4）2﹣4a×2≥0，解得a≤2且a≠0．故选：C．5．（2017秋•香洲区校级期中）如图，在⊙O中，半径OA⊥OB，∠B＝25°，求∠BOC的度数为（）A．45° B．50° C．40° D．65°【分析】先利用互余计算出∠A＝65°，再计算出∠OCA＝∠A＝65°，然后利用三角形外角性质计算∠BOC的度数．【解析】∵OA⊥OB，∴∠AOB＝90°，∴∠A＝90°﹣∠B＝90°﹣25°＝65°，∵OA＝OC，∴∠OCA＝∠A＝65°，∵∠OCA＝∠BOC+∠B，∴∠BOC＝65°﹣25°＝40°．故选：C．6．（2021秋•秦淮区校级月考）如图，AC是⊙O直径，AC＝4，∠BAC＝30°，点D是弦AB上的一个动点，那么DB+OD的最小值为（）A．1+ B．1+ C． D．【分析】作BK∥CA，DE⊥BK于E，OM⊥BK于M，连接OB．在Rt△DBE中，DE＝BD，则OD+BD＝OD+DE，根据垂线段最短可知，点E与M重合时，OD+BD的值最小，最小值为OM．【解析】作BK∥CA，DE⊥BK于E，OM⊥BK于M，连接OB．∵BK∥AC，∴∠DBE＝∠BAC＝30°，在Rt△DBE中，DE＝BD，∴OD+BD＝OD+DE，根据垂线段最短可知，当点E与M重合时，OD+BD的值最小，最小值为OM，∵∠BAO＝∠ABO＝30°，∴∠OBM＝60°，在Rt△OBM中，∵OB＝2，∠OBM＝60°，∴OM＝OB•sin60°＝，∴DB+OD的最小值为，故选：C．二．填空题（共10小题）7．（2021秋•娄星区期末）把方程x2+2x﹣3＝0化成（x+m）2＝n的形式，则m+n的值是5．【分析】方程配方得到结果，确定出m与n的值，即可求出m+n的值．【解析】方程整理得：x2+2x＝3，配方得：x2+2x+1＝4，即（x+1）2＝4，∴m＝1，n＝4，则m+n＝1+4＝5．故答案为：5．8．（2021秋•玄武区校级月考）一元二次方程x2＝﹣x的根是x1＝0，x2＝﹣1．【分析】利用因式分解法求解即可．【解析】∵x2＝﹣x，∴x2+x＝0，则x（x+1）＝0，∴x＝0或x+1＝0，解得x1＝0，x2＝﹣1．故答案为：x1＝0，x2＝﹣1．9．（2022•鄂州）若实数a、b分别满足a2﹣4a+3＝0，b2﹣4b+3＝0，且a≠b，则+的值为．【分析】由实数a、b分别满足a2﹣4a+3＝0，b2﹣4b+3＝0，且a≠b，知a、b可看作方程x2﹣4x+3＝0的两个不相等的实数根，据此可得a+b＝4，ab＝3，将其代入到原式＝即可得出答案．【解析】∵实数a、b分别满足a2﹣4a+3＝0，b2﹣4b+3＝0，且a≠b，∴a、b可看作方程x2﹣4x+3＝0的两个不相等的实数根，则a+b＝4，ab＝3，则原式＝＝，故答案为：．10．（2021秋•秦淮区校级月考）已知a、b实数且满足（a2+b2）2﹣（a2+b2）﹣12＝0，则a2+b2的值为4．【分析】设t＝a2+b2（t≥0）．由原方程得到t2﹣t﹣12＝0求得t的值即可．【解析】设t＝a2+b2（t≥0）．由原方程得到t2﹣t﹣12＝0．整理，得（t﹣4）（t+3）＝0．所以t＝4或t＝﹣3（舍去）．即a2+b2的值为4．故答案是：4．11．（2021秋•武昌区校级期末）某校九年级组织了篮球联赛，赛制为单循环形式（每两队之间都赛一场），计划安排了45场比赛，设共有x个队参赛，依题意列方程，化成一般式为x2﹣x﹣90＝0．【分析】设邀请x个球队参加比赛，那么第一个球队和其他球队打（x﹣1）场球，第二个球队和其他球队打（x﹣2）场，以此类推可以知道共打（1+2+3+…+x﹣1）场球，然后根据计划安排45场比赛即可列出方程．【解析】设邀请x个球队参加比赛，依题意得1+2+3+…+x﹣1＝45，即＝45，化为一般形式为：x2﹣x﹣90＝0，故答案为：x2﹣x﹣90＝0．12．（2021•福州模拟）如图，点A，B，C在⊙O上，四边形ABCO是平行四边形，若OA＝2，则四边形ABCO的面积为2．【分析】连接OB．证明△AOB，△OBC都是等边三角形，可得结论．【解析】连接OB．∵四边形OABC是平行四边形，∴OC＝AB，OA＝BC．∵OA＝OB＝OC，∴OA＝OB＝AB＝OC＝BC，∴△AOB，△OBC都是等边三角形，∴S平行四边形ABCO＝2××22＝2．故答案为：2．13．（2022•香坊区校级开学）在⊙O中，圆心角∠AOB＝90°，点O到弦AB的距离为4，则⊙O的半径的长为4．【分析】过点O作OC⊥AB，垂足为C，可得AC＝4，再由勾股定理得圆的半径，从而得出直径．【解析】如图，过点O作OC⊥AB，垂足为C，∵∠AOB＝90°，∠A＝∠AOC＝45°，∴OC＝AC，∵CO＝4，∴AC＝4，∴OA＝4，∴⊙O的半径长为4．故答案为：4．14．（2021秋•日喀则市月考）如图，在⊙O中，弦AB⊥OC于E点，C在圆上，AB＝8，CE＝2，则⊙O的半径AO＝5．【分析】设OA＝OC＝r，利用勾股定理构建方程求解．【解析】设OA＝OC＝r，∵OC⊥AB，OC是半径，∴AE＝EB＝4，在Rt△AEO中，OA2＝AE2+OE2，∴r2＝42+（r﹣2）2，∴r＝5．故答案为：5．15．（2021秋•秦淮区校级月考）如图，在平面直角坐标系中，点P在第一象限，⊙P与x轴、y轴都相切，且经过矩形AOBC的顶点C，与BC相交于点D．若⊙P的半径为5，点A的坐标是（0，8）．则点D的坐标是（9，2）．【分析】设⊙O与x、y轴相切的切点分别是F、E点，连接PE、PF、PD，延长EP与CD交于点G，证明四边形PEOF为正方形，求得CG，再根据垂径定理求得CD，进而得PG、DB，便可得D点坐标．【解析】设⊙O与x、y轴相切的切点分别是F、E点，连接PE、PF、PD，延长EP与CD交于点G，则PE⊥y轴，PF⊥x轴，∵∠EOF＝90°，∴四边形PEOF是矩形，∵PE＝PF，PE∥OF，∴四边形PEOF为正方形，∴OE＝PF＝PE＝OF＝5，∵A（0，8），∴OA＝8，∴AE＝8﹣5＝3，∵四边形OACB为矩形，∴BC＝OA＝8，BC∥OA，AC∥OB，∠EAC＝∠EOB＝90°，∴EG∥AC，∴四边形AEGC为矩形，四边形OEGB为矩形，∴CG＝AE＝3，EG＝OB，∵PE⊥AO，AO∥CB，∴PG⊥CD，∴CD＝2CG＝6，∴DB＝BC﹣CD＝8﹣6＝2，∵PD＝5，DG＝CG＝3，∴PG＝4，∴OB＝EG＝5+4＝9，∴D（9，2）．故答案为：（9，2）．16．（2021秋•秦淮区校级月考）如图，已知⊙O的半径是2，点A，B在⊙O上，且∠AOB＝90°，动点C在⊙O上运动（不与A，B重合），点D为线段BC的中点，连接AD，则线段AD的长度最大值是+1．【分析】取OB中点E得DE是△OBC的中位线，知DE＝OC＝1，即点D是在以E为圆心，1为半径的圆上，从而知求AD的最大值就是求点A与⊙E上的点的距离的最大值，据此求解可得．【解析】如图1，连接OC，Q取OB的中点E，连接DE．则OE＝EB＝OB＝1．在△OBC中，DE是△OBC的中位线，∴DE＝OC＝1，∴EO＝ED＝EB，即点D是在以E为圆心，1为半径的圆上，∴求AD的最大值就是求点A与⊙E上的点的距离的最大值，如图2，当D在线段AE延长线上时，AD取最大值，∵OA＝OB＝2，∠AOB＝90°，OE＝EB＝1，∴AE＝，D'E＝1，∴AD取最大值为AD'＝，故答案为：．三．解答题（共10小题）17．（2021秋•南京期末）解方程：（1）x2﹣4x﹣1＝0；（2）100（x﹣1）2＝121．【分析】（1）利用配方法求解即可；（2）先求出（x﹣1）2的值，然后利用直接开平方法求解即可．【解析】（1）x2﹣4x﹣1＝0，x2﹣4x＝1，x2﹣4x﹣+4＝1+4，即（x﹣2）2＝5，∴x﹣2＝或x﹣2＝﹣，∴x1＝2+，x2＝2﹣；（2）（x﹣1）2＝1.21，开平方得，x﹣1＝±1.1，∴x﹣1＝1.1或x﹣1＝﹣1.1，∴x1＝2.1，x2＝﹣0.1．18．（2020秋•泰兴市月考）关于x的方程x2﹣（2k+1）x+k2+k＝0．（1）求证：方程有两个不相等的实数根；（2）已知等腰△ABC的一边长c＝3，另两边长a、b恰是方程的两个根，求△ABC的周长．【分析】（1）先计算判别式的值得到Δ＞0，然后利用判别式的意义得到结论；（2）利用求根公式得到x1＝k+1，x2＝k，当k+1＝3时，k＝2；当k＝3时，k+1＝4，然后分别计算对应的△ABC的周长．【解答】（1）证明：∵△＝（2k+1）2﹣4（k2+k）＝1＞0，∴方程有两个不相等的实数根；（2）∵x＝，∴x1＝k+1，x2＝k，当k+1＝3时，k＝2，此时△ABC的周长为3+3+2＝8；当k＝3时，k+1＝4，此时△ABC的周长为3+3+4＝10；综上所述，△ABC的周长为8或10．19．（2021秋•秦淮区校级月考）如图，有一座圆弧形拱桥，桥下水面宽度AB为12m，拱高CD为4m．（1）求拱桥的半径；（2）有一艘宽5m的货船，船舱顶部为长方形，并高出水面3.6m，求此货船是否能顺利通过拱桥？【分析】（1）根据垂径定理和勾股定理求解；（2）连接ON，OB，求出MN的长与5比较即可判断．【解析】（1）如图，设圆心为O，连接OB，OC．∵OC⊥AB，∴D为AB中点，∵AB＝12m，∴BD＝AB＝6m．又∵CD＝4m，设OB＝OC＝ON＝r，则OD＝（r﹣4）m．在Rt△BOD中，根据勾股定理得：r2＝（r﹣4）2+62，解得r＝6.5．（2）连接ON．∵CD＝4m，船舱顶部为长方形并高出水面AB＝3.6m，∴CE＝4﹣3.6＝0.4（m），∴OE＝r﹣CE＝6.5﹣0.4＝6.1（m），在Rt△OEN中，EN2＝ON2﹣OE2＝6.52﹣6.12＝5.042，∴EN＝（m）．∴MN＝2EN＝2×≈4.48m＜5m．∴此货船不能顺利通过这座拱桥．20．（2022春•新昌县期中）某玩具销售商试销某一品种的玩具（出厂价为每个30元），以每个40元销售时，平均每月可销售100个，现为了扩大销售，销售商决定降价销售，在原来1月份平均销售量的基础上，经2月份的试场调查，3月份调整价格后，月销售额达到5760元，已知该玩具价格每个下降1元，月销售量将上升10个．（1）求1月份到3月份销售额的月平均增长率．（2）求三月份时该玩具每个的销售价格．【分析】（1）设1月份到3月份销售额的月平均增长率为x，由题意得关于x的一元二次方程，求解，并保留符合题意的答案即可；（2）设三月份时该玩具的销售价格在每个40元销售的基础上下降y元，根据实际售价乘以降价后的销量等于3月份的销售额，列方程求解，并验证是否符合题意，从而问题可解．【解析】（1）设1月份到3月份销售额的月平均增长率为x，由题意得：40×100（1+x）2＝5760∴（1+x）2＝1.44∴1+x＝±1.2∴x1＝0.2＝20%，x2＝﹣2.2（舍去）∴1月份到3月份销售额的月平均增长率为20%．（2）设三月份时该玩具的销售价格在每个40元销售的基础上下降y元，由题意得：（40﹣y）（100+10y）＝5760∴y2﹣30y+176＝0∴（y﹣8）（y﹣22）＝0∴y1＝8，y2＝22当y＝22时，3月份该玩具的销售价格为：40﹣22＝18＜30，不合题意，舍去∴y＝8，3月份该玩具的销售价格为：40﹣8＝32元∴3月份该玩具的销售价格为32元．21．（2021秋•玄武区校级月考）已知关于x的方程x2﹣2x+m﹣2＝0有两个实数根x1，x2．（1）求m的取值范围；（2）求3x1+3x2﹣x1x2的最小值．【分析】（1）利用判别式的意义得到Δ＝（﹣2）2﹣4（m﹣2）≥0，然后解关于m的不等式即可；（2）利用根与系数的关系得到x1+x2＝2，x1x2＝m﹣2，则3x1+3x2﹣x1x2＝﹣m+8，然后根据m的范围和一次函数的性质确定3x1+3x2﹣x1x2的最小值．【解析】（1）根据题意得Δ＝（﹣2）2﹣4（m﹣2）≥0，解得m≤3；（2）根据题意得x1+x2＝2，x1x2＝m﹣2，3x1+3x2﹣x1x2＝6﹣（m﹣2）＝﹣m+8，而m≤3，所以当m＝3时，3x1+3x2﹣x1x2的值最小，最小值为﹣3+8＝5．22．（2020秋•环江县期末）如图1，点P表示我国古代水车的一个盛水筒．如图2，当水车工作时，盛水筒的运行路径是以轴心O为圆心，5m为半径的圆．若⊙O被水面截得的弦AB长为8m，求水车工作时，盛水筒在水面以下的最大深度．【分析】过O点作半径OD⊥AB于E，如图，利用垂径定理得到AE＝BE＝4，再利用勾股定理计算出OE，然后计算出DE的长即可．【解析】过O点作半径OD⊥AB于E，∴，在Rt△AEO中，，∴ED＝OD﹣OE＝5﹣3＝2．答：水车工作时，盛水筒在水面以下的最大深度为2m．23．（2021秋•玄武区校级月考）已知⊙O，按下列要求作图：（1）利用无刻度的直尺，在图（1）中作出弦AB的平行线；（2）利用无刻度的直尺和圆规（圆规只用一次，即只能画一个圆或作一段弧），在图（2）中作出弦CD的中垂线．【分析】（1）作直径AC，BD，连接CD，线段CD即为所求．（2）作直径CF，DE，连接EF，在圆外CD的上方任意取一点K，连接CK，DK交EF于M，N，连接DM，CN交于点J，连接KJ，延长KJ交CD于点T，作直线OT即可．【解析】（1）如图，线段CD即为所求．（2）如图，直线OT即为所求．24．（2021秋•秦淮区校级月考）如图，△ABC中，∠C＝90°，BD是中线，∠BAC的平分线交BD于点O，⊙O与AC相切于点E．（1）求证：AB是⊙O的切线；（2）若AC＝4，AB＝5，求⊙O的半径．【分析】（1）过点O作OF⊥AB，垂足为F，根据角平分线的性质可得出OF＝OE，继而可得出结论；（2）根据S△ABD＝S△AOB+S△AOD，可得出⊙O的半径．【解答】（1）证明：如图，过点O作OF⊥AB，垂足为F，∵AC是⊙O的切线，∴OE⊥AC，∵OA为∠CAB的平分线，∴OF＝OE，即OF是⊙O的半径，∴AB与⊙O相切；（2）解：△ABC中，∠C＝90°，∵AC＝4，AB＝5，∴BC＝＝3，∵BD是中线，∴S△ABD＝S△ABC＝AC•BC＝×4×3＝3，S△ABD＝S△AOB+S△AOD，即3＝AB×OF+AD×OE，∵OF＝OD＝r，AD＝DC＝AC＝2，∴r（AB+AD）＝6，∴7r＝6，解得：r＝．即⊙O的半径为．25．（2021秋•玄武区校级月考）如图所示，△ABC中，∠B＝90°，AB＝6cm，BC＝8cm．（1）点P从点A开始沿AB边向B以1cm/s的速度移动，点Q从B点开始沿BC边向点C以2cm/s的速度移动，如果P，Q分别从A，B同时出发，当其中一点到达终点时，另一点也随之停止运动．①经过几秒，PQ的长度为4cm？②线段PQ能否将△ABC分成两部分，使得△PBQ的面积是四边形APQC的面积的2倍？若能，求出运动时间；若不能请说明理由；（2）若P点沿射线AB方向从A点出发以1cm/s的速度移动，点Q沿射线CB方向从C点出发以2cm/s的速度移动，P、Q同时出发，问几秒后，△PBQ的面积为1cm2？（直接写出答案）【分析】（1）①设经过t秒，则AP＝tcm，BQ＝2tcm，BP＝（6﹣t）cm，利用勾股定理即可；②当△PBQ的面积是四边形APQC的面积的2倍，则S△PBQ＝S△ABC，即可列出关于t的方程；（2）分0≤t＜4或4＜t≤6或t＞6三种情形，分别表示出△PBQ的面积即可解决问题．【解析】（1）设经过t秒，则AP＝tcm，BQ＝2tcm，∴BP＝（6﹣t）cm，①由勾股定理得：∴（6﹣t）2+（2t）2＝（4）2，解得：t1＝，t2＝2，∴经过秒或2秒，PQ的长度为4cm；②不能，理由如下：当△PBQ的面积是四边形APQC的面积的2倍，∴S△PBQ＝S△ABC，∴t（6﹣t）＝16，解得：t1＝﹣2，t2＝8，∵0≤t≤4，∴不存在t，使得△PBQ的面积是四边形APQC的面积的2倍；（2）设运动时间为t秒，当0≤t＜4时，S△PBQ＝BP×BQ＝×（6﹣t）×（8﹣2t）＝1解得：t1＝5﹣，t2＝5+（舍去），故t＝5﹣，当4＜t≤6时，S△PBQ＝BP×BQ＝×（6﹣t）×（2t﹣8）＝1，解得：t1＝t2＝5，当t＞6时，S△PBQ＝BP×BQ＝×（t﹣6）×（2t﹣8）＝1，解得：t1＝5﹣（舍），t2＝5+，综上：t＝5﹣或5或5+时，△PBQ的面积为1cm2．26．（2021秋•江宁区校级月考）【概念认识】若以三角形某边上任意一点为圆心，所作的半圆上的所有点都在该三角形的内部或边上，则将符合条件且半径最大的半圆称为该边关联的极限内半圆．如图①，点P是锐角△ABC的边BC上一点，以P为圆心的半圆上的所有点都在△ABC的内部或边上．当半径