第1-2章阶段检测卷-2024-2025学年苏科版数学九年级上册

第1-2章阶段检测卷-2024-2025学年数学九年级上册苏科版 一、单选题 1．下列关于x的方程是一元二次方程的是（   ） A． B． C． D． 2．若是关于x的一元二次方程，则该方程的一次项系数是（   ） A． B． C． D． 3．某商品经过两次降价，销售单价由原来100元降到64元，则平均每次降价的百分率为（  ） A． B． C． D． 4．用配方法解一元二次方程，则方程可变形为（   ） A． B． C． D． 5．如图，在中，弦的长为4，圆心到弦的距离为2，则圆O的半径长是（  ） A．1 B． C． D．4 6．如图，是的直径，，则（    ） A． B． C． D． 7．如图，的半径为5，四边形是的内接四边形，（，位于圆心O的两侧），，，将，分别沿，翻折得到，，M为上点，过点M作交于点N，则的最小值为（　　） A．4 B． C． D． 8．如图，有一个底部呈球形的烧瓶，球的半径为，瓶内液体已经过半，最大深度，则截面圆中弦的长为（   ） A．4cm B． C． D． 二、填空题 9．已知，是方程的两根，则 ． 10．为改善农民生活质量，落实惠农政策，我国农村燃气普及率逐年上升．某地区农村2022年新开通燃气20万户，2024年新开通燃气39.2万户，则该地区农村这两年新开通燃气的年平均增长率是 ． 11．设是关于的一元二次方程的两个实数根，且，则的值为 ． 12．某网店销售医用外科口罩，每盒售价元，每星期可卖盒．为了便民利民，该网店决定降价销售，市场调查反映：每降价元，每星期可多卖盒．已知该款口罩每盒成本价为元，若该网店某星期获得了元的利润，且尽快减少库存，那么该网店这星期销售该款口罩 盒． 13．如图，是的弦，，垂足为C，将劣弧沿弦折叠交于点D，，若，则的半径为 ． 14．如图，摩天轮的最高处A到地面l的距离是62米，最低处B到地面l的距离是2米．若游客从B处乘摩天轮绕一周需15分钟，则游客从B处乘摩天轮到地面l的距离是47米时至少需 分钟． 15．如图，正五边形内接于，、交于点，则的度数为 ． 16．如图，在中，E为边中点．以C为圆心，为半径画弧，恰好经过点A．以C为圆心，为半径画弧，与相切于点F．若，则阴影部分的面积为 ．（结果保留π） 三、解答题 17．解方程∶ (1) (2) 18．已知 ，是一元二次方程的两个实数根． (1)求实数的取值范围． (2)若，满足；求实数的值． (3)实数在（2）条件下，求代数式的值． 19．如果关于x的一元二次方程（）有两个实数根，其中一个实数根是另一个实数根的2倍，则称该方程为“倍根方程”．如的两个根是,，4是2的2倍，则方程是“倍根方程”． (1)通过计算，判断下列方程是否是“倍根方程”． ①       ② (2)若关于x的方程（）是“倍根方程”，求代数式的值． 20．如图，四边形为平行四边形，为上一点，以为半径作，与、的延长线分别相切于点、，与相交于点．    (1)求的度数； (2)试探究、、之间的数量关系，并证明． 21．如图，以线段为直径作，交射线于点C，平分交于点D，过点D作直线于点E，交的延长线于点F．连接并延长交于点M． (1)求证：直线是的切线； (2)若，，求的长． 22．已知都是上的点，仅用无刻度的直尺完成画图． (1)在图1中，是的直径，的顶点在上，画的中点； (2)在图2中，是的直径，的顶点分别在上，画的中点； (3)在图3中，四边形是的内接矩形，是的中点，画平分交于点． 23．已知直线：分别与轴，轴交于，两点，直线：与轴交于点，于直线交于点． (1)如图1，点的横坐标为4，若点是：上一动点， ①求直线的函数表达式； ②连接，若的面积为4，求的坐标； (2)如图2，点是线段上一点，，在线段上取点，将线段绕点顺时针旋转得到线段，点恰好在直线上，且，在平面内是否存在一点，使得四边形为正方形，若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由． 24．（1）【问题情境】是外一点，是上一动点．若的半径为，且，则点到点的最短距离为 ． （2）【直接运用】如图1，在中，，，以为直径的半圆交于点，是弧上的一个动点，连接，则的最小值是 ． （3）【构造运用】如图，已知正方形的边长为，点，分别从点，同时出发，以相同的速度沿边，向终点，运动，连接和交于点，求点到点的距离最小值． （4）【灵活运用】如图3，的半径为，弦，为优弧上一动点，交直线于点，则面积的最大值是 ． 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案： 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 D D B C C D A C 1．D 【分析】本题考查了一元二次方程的定义，能熟记一元二次方程的定义（只含有一个未知数，并且所含未知数的项的最高次数是2的整式方程叫一元二次方程）是解此题的关键． 根据一元二次方程的定义逐个判断即可． 【详解】解：A．方程，只有在时满足题意，不一定是一元二次方程，故本选项不符合题意； B．方程是分式方程，不是一元二次方程，故本选项不符合题意； C．方程，不是一元二次方程，故本选项不符合题意； D．方程是一元二次方程，故本选项符合题意． 故选：D． 2．D 【分析】本题考查了一元二次方程的定义和解一元二次方程，根据一元二次方程的定义即可求解，掌握根据一元二次方程的定义是解题的关键． 【详解】解：∵是关于的一元二次方程， ∴， 解得：， ∵为一次项系数， ∴一次项系数为：， 故选：D． 3．B 【分析】本题考查了一元二次方程的应用，读懂题意列出关系式是解题的关键． 根据“商品原来价格每次降价的百分率现在价格”，设出未知数，列方程解答即可． 【详解】解：设这种商品平均每次降价的百分率为， 根据题意列方程得：， 解得：（不合题意，舍去）， 故选：B． 4．C 【分析】本题考查了解一元二次方程，能够正确配方是解此题的关键．方程移项后，配方得到结果，即可作出判断． 【详解】解：， 移项，得， 配方，得， 即， 故选：C． 5．C 【分析】本题考查了垂径定理，解题的关键是掌握垂直于弦的直径平分弦，且平分弦所对的两条弧． 根据垂径定理得出，再根据勾股定理，即可解答． 【详解】解：∵圆心到弦的距离为2， ∴， ∵弦的长为4， ∴， ∴， 即圆O的半径长是， 故选：C． 6．D 【分析】本题考查圆周角定理，由同弧所对圆周角等于圆心角一半得到代入求解即可． 【详解】解：∵， ∴， 故选：D． 7．A 【分析】如图，过点O作于P，交于Q，设弧所在的圆的圆心为，弧所在的圆的圆心为，连接，，，，，，，设交于J．想办法求出即可解决问题． 【详解】解：如图，过点O作于P，交于Q，设弧所在的圆的圆心为，弧所在的圆的圆心为，连接，，，，，，，设交于J． ∵，， ∴，， ∵，， ∴． 同法可得， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴四边形是正方形， ∴， 过点作交的延长线于T． ∵， ∴，， ∴， ∴， ∴，， 根据对称性可知，， ∴， ∴四边形是矩形， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴的最小值为4． 故选：A． 【点睛】本题考查圆内接四边形的性质，垂径定理，翻折变换，矩形的判定和性质，全等三角形的判定和性质形等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，学会利用两点之间线段最短解决最短问题，属于中考选择题中的压轴题． 8．C 【分析】本题考查了垂径定理的应用和勾股定理的应用，熟练掌握垂径定理和勾股定理是解题的关键． 由垂径定理得，再由勾股定理得，进而完成解答． 【详解】解：连接， 由题意得：， ∴， ∵， ∴， 在中，由勾股定理得：， ∴． ∴截面圆中弦的长为． 故选：C． 9． 【分析】本题主要考查了一元二次方程的解的定义和根与系数的关系，熟练掌握一元二次方程的解的定义和根与系数的关系是解题的关键．利用一元二次方程的解的定义和根与系数的关系，可得，从而得到，然后代入，即可求解． 【详解】解：∵a，b是方程的两根， ∴， ∴， ∴ ． 故答案为：． 10． 【分析】本题考查了一元二次方程的应用．设该地区农村这两年新开通燃气的年平均增长率为，根据“2022年新开通燃气20万户，2024年新开通燃气39.2万户”列出一元二次方程，解方程即可得出答案． 【详解】解：设该地区农村这两年新开通燃气的年平均增长率为， 根据题意，得， 解得（不符合题意，舍去）， 答：该地区农村这两年新开通燃气的年平均增长率为． 故答案为：． 11． 【分析】根据一元二次方程根与系数的关系求出与的值，再代入代数式进行计算即可．本题考查的是一元二次方程根与系数的关系，熟知，是一元二次方程的两根时，，是解题的关键． 【详解】解：，是关于的一元二次方程的两个实数根， ，， ， ， 即， ， ， 解得，． 检验：当时，原方程可化为， ， 方程有实数根，符合题意； 当时，原方程可化为， ， 方程无实数根，不符合题意． 故答案为： 12． 【分析】本题考查了一元二次方程的应用，解题的关键是读懂题意，找出等量关系，列出方程． 根据每降价1元，每星期多卖盒，该网店想一星期获利元，列出一元二次方程，求解即可． 【详解】解：设该网店降价元， 则根据题意可得：， 整理得：， 解得：， ∵尽快减少库存， ∴当降价元时，这星期预期销售盒口罩， 故答案为． 13．5 【分析】本题主要考查了垂径定理，勾股定理，折叠的性质等知识点，如图，延长交于E，连接，设，则，，利用折叠的性质得，则，再根据垂径定理得到，在中利用勾股定理得，然后求出x即可得到的半径，熟练掌握其性质，合理添加辅助线是解决此题的关键． 【详解】如图，延长交于E，连接，设，则，， ∵劣弧沿弦折叠交于D， ∴， ∴， ∵， ∴， 在中，， 解得（负值舍去）， ∴， ∴的半径为5， 故答案为5． 14．5 【分析】本题考查的是垂径定理的应用，先根据摩天轮的最高处到地面的距离是62米，最低处到地面的距离是2米得出的长，进而求出的半径，再根据游客从处乘摩天轮到地面的距离是47米时、的长，证明为等边三角形，得出的度数，进而可得出结论． 【详解】解：摩天轮的最高处到地面的距离是62米，最低处到地面的距离是2米得出的长， ， ， 设当到点或点时游客从处乘摩天轮到地面的距离是47米，连接，，，，则， 处乘摩天轮到地面的距离是47米时， ， ， ∴， ∴， ∴， ∴为等边三角形， ， ， 游客从处乘摩天轮绕一周需15分钟， 游客从处乘摩天轮到地面的距离是47米时最少需要（分钟）． 故答案为：5． 15． 【详解】本题主要考查正多边形与圆、圆周角定理等知识点，灵活运用相关定理成为解题的关键． 如图，根据正五边形的性质，可知圆周长，进而求出，求出，即可解答． 【分析】解：五边形为正五边形， ， 圆周长， ， ， ． 故答案为：． 16． 【分析】根据切线的性质得到，得到，根据平行四边形的性质得到，求得，根据等腰三角形的性质得到，，根据扇形、正方形、三角形的面积公式即可得到结论． 【详解】解：与切于， ， 由题意可知：， ， 四边形是平行四边形， ， ， 为边中点， ，， ， ， ， ，， ， 四边形是正方形， 阴影部分的面积扇形的面积的面积正方形的面积扇形的面积， 故答案为：． 【点睛】本题考查了切线的性质，扇形面积的计算，平行四边形的性质，等腰直角三角形的判定和性质，正确地识别图形是解题的关键． 17．(1) (2) 【分析】本题主要考查了解一元二次方程： （1）先把原方程整理得到，再配方解方程即可； （2）先利用平方差公式把原方程变形为，据此解方程即可． 【详解】（1）解：原方程整理得， 配方，得． ∴，或． ，． （2）解：∵， ∴ ∴， ∴或， ∴，． 18．(1) (2) (3) 【分析】本题考查了一元二次方程的根的判别式，一元二次方程根与系数的关系，理解根的判别式对应的根的三种情况是解题的关键． （1）根据一元二次方程有两个实数根，得，代入数值求解即可． （2）根据一元二次方程根与系数的关系，得，，而可化为，将其代入化简即可求解． （3）当时，可得，，，，，分别代入代数式中即可化简求解． 【详解】（1）解：∵一元二次方程有两个实数根， ∴， 即， 解得：， ∴实数的取值范围． （2）解：由根与系数关系可得，， ∵， ∴， ∴， ∴， 上式可化为， 解得，， ∵实数的取值范围， ∴． （3）解：当时，原一元二次方程为， ∴，，， ∴，， 故， ， ， ， ， ， ， 代入，，原式， ∴代数式的值为． 19．(1)①它是“倍根方程”；②它不是“倍根方程” (2)或 【分析】本题考查了一元二次方程的解与解一元二次方程，分式的化简求值，理解“倍根方程”的定义是解题的关键． （1）先解方程，然后根据“倍根方程”的定义进行直接判断； （2）根据“倍根方程”的定义找出，之间的关系，进行分类讨论即可求解． 【详解】（1）解：①， 因式分解，得， ∴或， 解得， ∴， ∴是“倍根方程”； ②， 因式分解，得， ∴或， 解得， ∵，， ∴不是“倍根方程”； （2）解：解方程得，， ∵该方程是“倍根方程”， ∴或， ∴或， 即或， 当时，即， ， 当时，即， ， ∴的值为或． 20．(1) (2)，证明见解析 【分析】（1）连接，由平行四边形的性质，得到，，，根据圆的切线的性质，得出是等腰直角三角形，进而得到，即可求出的度数； （2）连接，根据圆的切线的性质，得出是等腰直角三角形，进而得出，由勾股定理，得出，再结合，即可得出结论． 【详解】（1）解：如图，连接， 四边形为平行四边形， ，，， 与相切于点， ， ， ， 是等腰直角三角形， ， ；    （2）解：，证明如下： 如图，连接， 与相切于点， ， ， ， 是等腰直角三角形， ， ， ， 在和中，，， ， ， ．    【点睛】本题考查了平行四边形的性质，圆的切线的性质，等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理等知识，熟练掌握圆的切线的性质是解题关键． 21．(1)见解析 (2)2 【分析】此题重点考查切线的判定、直径所对的圆周角是直角、等角的余角相等、等腰三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、平行线的判定与性质、直角三角形中角所对的直角边等于斜边的一半等知识，正确地作出所需要的辅助线是解题的关键． （1）连接，由证明，得，即可证明直线是的切线； （2）根据圆周角定理和等边三角形的判定和性质，证出是等边三角形，进一步即可得到结论； 【详解】（1）证明：如图，连接， 则， ∴， ∵平分， ∴， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∵是的半径，且， ∴直线是的切线； （2）解： ∵线段是的直径， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴． 又， ∴， ∵， ∴， ∴是等边三角形， ∴； ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴． 22．(1)见详解 (2)见详解 (3)见详解 【分析】本题主要考查了应用与设计作图，解题关键是仔细分析题意，结合菱形的性质、平行四边形的性质、矩形的性质、圆周角性质以及垂径定理及其推论作图． （1）连接并延长，交于点，结合四边形为平行四边形且，可知四边形为菱形，根据“菱形的对角线互相垂直平分且平分每一组对角”易得，进而可得，即可获得答案； （2）连接交于点，连接并延长，交于点，根据“平行四边的对角线相互平分”可知点为中点，根据垂径定理的推论“平分弦（非直径）的直径垂直于这条弦，并且平分这条弦所对的两段弧”可知，即可获得答案； （3）连接交于点，连接并延长，交于点，连接，根据“矩形的对角线相等且相互平分”以及“90度圆周角所对的弦为直径”可知为圆心，进而可得，易知，根据垂径定理可得，则有，即可获得答案． 【详解】（1）解：如下图，连接并延长，交于点，点即为所求； （2）如下图，连接交于点，连接并延长，交于点，点即为所求； （3）如下图，连接交于点，连接并延长，交于点，连接，即为所求； 23．(1)①；②或 (2) 【分析】（1）①先求出D的坐标，然后把D的坐标代入求解即可； ②分点E在点D的左侧和右侧两种情况讨论即可； （2）过M作于E，过作于F，根据证明，，，求出直线的解析式为，设，可求，代入，可求出，进而求出，由，可得方程，求出方程的解，得出M、N的坐标，然后根据正方形的性质求解即可． 【详解】（1）解：①∵点的横坐标为4， ∴点的纵坐标为， ∴， 把代入，得， 解得， ∴直线的函数表达式为； ②对于，当时，， ∴， 对于，当时，， ∴， ∴， 设， 当点E在点D的左侧时， ∵的面积为4， ∴， ∴， 解得， ∴； 当点E在点D的右侧时， ∵的面积为4， ∴， ∴， 解得， ∴； 综上，E的坐标为或； （2）解：过M作于E，过作于F， ∴， ∵旋转， ∴，， ∴， ∴， ∴，， ∵， ∴， 设直线的解析式为， 则， 解得， ∴， 设， 则，， ∴， ∴， 代入，得， 解得， ∴， 令，则， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴ ∴， ∴， ∴， 解得（不符合题意，舍去），（不符合题意，舍去），， ∴，， 设， ∵四边形为正方形， ∴， 解得， ∴． 【点睛】本题考查了一次函数的图象与性质，旋转的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理等知识，明确题意，添加合适辅助线，构造全等三角形是解题的关键． 24．（1）3（2）（3），理由见解析（4） 【分析】（1）当点是与的交点时，为最短，故可求解； （2）找到中点，当、、在同一直线上时，点到点的最短，故可求解； （3）先证明，再得到，得到的运动轨迹，再根据圆外的点与圆的位置关系特点即可求解； （4）先求出，要想的面积最大，则需要点到的距离最大，根据圆周角与圆心角的关系作根据三线合一得到是等边三角形，故可求出此时的面积． 【详解】解：（1）当点是与的交点时，为最短， ， 故答案为：； （2）如图，连接，当、、在同一直线上时，点到点的最短， ， 的最小值为 故答案为：； （3）， ， ， ， ， ， 故点点在以为直径的圆上运动，连接，与的交点，此交点即为最小时的位置； ， 的最小值为； （4）连接 ， 是等边三角形， ， ， ，要使面积最大，则点到的距离最大， 如图，， 点在以的上， 当时，点到的距离最大， 是等边三角形， 的最大面积为． 【点睛】此题主要考查圆的综合问题，解题的关键是熟知点与圆的位置关系，全等三角形的判定与性质、垂径定理及圆周角定理的应用． 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $$