江苏省南京市联合体2026-2027学年九年级上学期第一次阶段检测---数学试卷

2026-2027学年九年级上学期第一次阶段检测 数学试卷 一、单选题（本大题共6小题，每小题2分，共12分） 1．若⊙O的半径为6，点P在⊙O内，则OP的长可能是（ ） A．5 B．6 C．7 D．8 2．用配方法解方程，下列配方正确的是（） A． B． C． D． 3．关于反比例函数，下列说法错误的是（     ）． A．点，均在其图象上 B．函数图象在第二、四象限 C．若，则x的取值范围是 D．该函数图象上有两点，，若，则 4．下列命题中，正确的有（   ） ①平面内三个点确定一个圆；②平分弦的直径平分弦所对的弧；③半圆所对的圆周角是直角；④圆内接平行四边形一定是矩形；⑤在同圆或等圆中，弦相等则所对的弧相等． A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 5．如图，为的直径，弦交于点，．若，则的大小为（    ）    A． B． C． D． 6．如图，正方形的边长为8，若经过C，D两点的与直线相切，与相交于点E，则为（     ） A．3 B．4 C．5 D．6 二、填空题（本大题共10小题，每空2分，共20分） 7．一元二次方程的解为______． 8．某游乐场第一周接待游客7000人，第三周接待游客8470人．设该游乐场游客人数的周平均增长率为x，可列方程为________． 9．关于的方程的两个实数根分别是，若，则_______． 10．如图，在中，直径弦，垂足为，若，，则________． 11．已知，是反比例函数的图像上的两点，若，则．（填“＜”、“＞”或“＝”） 12．如图，是半圆的直径，P是延长线上一点，切半圆于点C，若，则________．    （第10题） （第12题） （第13题） （第14题） 13．如图，在扇形OAB中，C为上的点，连接AC、BC，若∠ACB＝2∠O，则∠O的度数为______°． 14．如图，与的边，，分别相切于点，，，如果，，，那么的长为__________． 15．一次函数与反比例函数图象交于点，则当时，的取值范围是_____． 16．在直角中，，，，为射线上一点，以为直径作圆，连接交圆于点，则的最小值为_____________． 2026-2027学年九年级上学期第一次阶段检测 数学试卷答题纸 姓名 班级 得分 一、选择题（本大题共6小题，每小题2分，共12分） 题号 1 2 3 4 5 6 选项 二、填空题（本大题共10小题，每空2分，共20分） 7． 12． 8． 13. 9． 14． 10． 15． 11． 16． 三、解答题（本大题共11题，共88分） 17．（8分）解方程： (1) (2) 18．（7分）如图，在长，宽的矩形地面内修筑两条同样宽且互相垂直的道路，余下部分铺上草坪，要使草坪的面积达到，道路的宽应为多少？ 19．（8分）关于x的方程． (1)求证：不论m取何值，方程总有两个实数根； (2)若方程有一个根小于2，则m的取值范围是 ． 20．（8分）如图，在中，，半径，，垂足为D，． 求证：； 21．（8分）如图，是的切线，为切点，点B、C、D在上，且． (1)求证：是的切线； (2)若，则 ． 22．（8分）某网店销售一种成本为12元/件的小商品，通过市场调研发现，当售价定为15元/件时，日均销售量为90件，售价每上涨1元，日均销售量减少2件．设该商品的售价定为x元/件． (1)用含x的式子表示出该商品每日的销售量：________． (2)若规定该商品的售价不得高于30元/件，且网店计划每日销售该商品的利润为640元，求该商品的售价． 23．（8分）如图，一次函数与反比例函数的图象交于，两点． (1)求一次函数的解析式； (2)根据图象直接写出使成立的x的取值范围为 ； (3)求的面积． 24．（8分）已知矩形的面积为，设该矩形的长和宽分别为，． (1)①与之间的函数表达式为______； ②若该矩形的长不超过，则宽至少为多少？ (2)试说明该矩形的周长不小于． 25．（8分）如图，点A为直线l外一点，分别作出满足下列条件的． (1)过点A，与l相切且半径最小； (2)过点A，与l相切于点P，的度数为． 要求：①用直尺和圆规作图；②保留作图的痕迹，写出必要的文字说明． 26．（8分）在四边形中，，E是上一点，以为直径的经过B，D两点，． (1)求证：是的切线； (2)若，，求的长． 27．（9分）【概念认识】 与矩形一边相切（切点不是顶点）且经过矩形的两个顶点的圆叫做矩形的第I类圆，与矩形两边相切（切点都不是顶点）且经过矩形的一个顶点的圆叫做矩形的第II类圆． 【初步理解】 （1）如图①~③，四边形是矩形，（和 都与边相切， 与边相切， 和 都经过点B， 经过点D，3个圆都经过点C．在这3个圆中，是矩形的第I类圆的是 ，是矩形的第II类圆的是 ． 【计算求解】 （2）已知一个矩形的相邻两边的长分别为4和6，直接写出它的第I类圆和第II类圆的半径长． 【深入研究】 （3）如图④，已知矩形，用直尺和圆规作它的1个第I类圆．（保留作图痕迹，并写出必要的文字说明） 学科网（北京）股份有限公司 参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 答案 A C D B D B 1．A 【详解】点在圆内，点到圆心的距离小于半径， 又因为圆的半径为6， 所以OP的长小于6， 因为5＜6，所以选项A符合题意， 故选A 2．C 【分析】本题考查配方法解一元二次方程，关键步骤是加上一次项系数一半的平方．使用配方法解一元二次方程，将方程化为完全平方形式． 【详解】解：， 移项，得， 配方，得， 即． 故选：C． 3．D 【分析】根据反比例函数的图象与性质，逐个判断各选项的说法，即可得到答案． 【详解】解：A选项：将代入，得，所以点在图象上；将代入，得，所以点也在图象上，A说法正确，不符合题意； B选项：因为，所以反比例函数图象位于第二、四象限，B说法正确，不符合题意； C选项：令，代入得，解得，因为，在第四象限内随增大而增大，所以当时，的取值范围是，C说法正确，不符合题意； D选项：反比例函数仅在每个象限内满足随增大而增大，若两点不在同一象限，结论不成立，例如取，，满足，此时，，有，不满足，D说法错误，符合题意． 4．B 【分析】本题考查圆的基本性质，包括确定圆的条件、垂径定理、圆周角定理、圆内接四边形的性质以及弦与弧的关系．需逐一判断每个命题的正确性． 【详解】∵①平面内三个点不一定确定一个圆（三点共线时不能），故错误； ∵②平分弦的直径不一定平分弦所对的弧（弦为直径时不一定），故错误； ∵③半圆所对的圆周角是直角（圆周角定理），故正确； ∵④圆内接平行四边形对角互补且相等，故为矩形，正确； ∵⑤弦相等则所对的弧不一定相等（未区分优弧和劣弧），故错误； ∴正确的有③和④，共2个． 故选：B 5．D 【分析】由直径所对的圆周角是直角，结合直角三角形两锐角互余得到，再由等腰三角形性质及三角形内角和定理即可得到，再由圆周角定理即可得到答案． 【详解】解：为的直径， ， ， ， ， ， ， ， 故选：D． 【点睛】本题考查圆中求角度，涉及圆周角定理、直径所对的圆周角是直角、直角三角形两锐角互余、等腰三角形性质、三角形内角和定理等知识，熟练掌握圆周角定理是解决问题的关键． 6．B 【分析】连接，由圆周角定理可知是的直径．设与边的切点为F，连接并延长交于G点，由切线的性质可知，进而可得，由垂径定理可得．设的半径为r，在中，根据勾股定理列方程可求得，则可得，再根据勾股定理可求得，则可得，进而即可得解． 【详解】解：∵四边形是边长为8的正方形， ∴，， 连接， ∵， ∴是的直径， ∴O点是的中点， ∵与直线相切， 设与边的切点为F，连接并延长，交于G点， 则， ∵， ∴， ∴四边形是矩形，且， ∴， 设的半径为r，则，， 在中，， ∴， 解得， ∴， ∴， ∴ ∴． 7． 【详解】解：∵， ∴， ∴或， 解得． 8． 【分析】本题考查一元二次方程的应用，根据已知条件列出方程是解题的关键． 根据平均增长率模型，从第一周到第三周经过两周增长，利用增长公式列出方程即可． 【详解】解：设周平均增长率为，则第二周人数为，第三周人数为， 根据题意，第三周接待游客8470人， 故列方程为， 故答案为：． 9． 【分析】本题考查了一元二次方程根与系数的关系，解题的关键是熟练掌握根与系数的关系． 根据根与系数的关系得出两根之和与两根之积，再代入已知条件求解． 【详解】解：对于方程 ，由根与系数的关系，得 代入已知条件 ，得 解得 此时判别式 ，方程有两个实数根，符合题意， 故答案为：． 10．9 【分析】本题考查了垂径定理，勾股定理，连接，由于点，，根据垂径定理得，而，，则，由勾股定理得，求得，则，所以，于是得到问题的答案． 【详解】：连接，   是的直径，是的弦，且于点，， ， ，， ， ， ， 解得， ， ， 故答案为： 11．< 【分析】根据反比例函数的增减性解答． 【详解】解：∵中2>0， ∴在每个象限内，y随着x的增大而减小， ∵，是反比例函数的图像上的两点，若， ∴， 故答案为：<． 【点睛】此题考查了反比例函数的增减性，当k>0时，图象的两个分支分别位于第一、三象限，在每个象限内，y随x的增大而减小；当k<0时，图象的两个分支分别位于二、四象限，在每个象限内，y随x的增大而增大． 12． 【分析】本题主要考查圆的切线的性质以及圆周角定理，熟练掌握“同弧或等弧或所对的圆周角等于圆心角的一半”；连接，根据圆周角定理得出，根据切线性质得出，根据直角三角形的两锐角互余得出． 【详解】解：连接，如图所示： ∵，， ∴， ∵与相切， ∴， ∴， ∴． 故答案为：28． 13．72 【分析】连接OC，由等腰三角形的性质得出∠OCA＝∠OAC，∠OCB＝∠OBC，由四边形内角和为360°可得出∠AOB＝72°． 【详解】连接OC， ∵AO＝OC，OC＝OB， ∴∠OCA＝∠OAC，∠OCB＝∠OBC， ∴∠ACB＝∠OCA+∠OCB＝∠OAC+∠OBC， ∵∠AOB+∠OAC+∠OBC+∠ACB＝360°， ∴∠AOB+2∠ACB＝360°， 又∵∠ACB＝2∠AOB， ∴5∠AOB＝360°， ∴∠AOB＝72°， 故答案为：72． 【点睛】 本题考查了求扇形的圆心解，等腰三角形的性质，四边形内角和等知识，掌握这些知识是关键． 14．7 【分析】由切线长定理证明，，，结合，，可得，，从而可得答案． 【详解】解：∵与的边，，分别相切于点，，，， ∴，，， ∵，， ∴，， ∴； 故答案为7 【点睛】本题考查的是切线长定理的应用，熟记切线长定理的含义是解本题的关键． 15． 【分析】利用待定系数法求得两函数的解析式，先求得直线与x轴的交点，然后两函数解析式联立成方程组，解方程组求得两函数的图象的交点，结合图象即可求得． 【详解】解：∵一次函数y1=-x+b与反比例函数y2=图象交于点(1,4)， ∴4=-1+b，4=， ∴b=5，k=4， ∴一次函数为y1=-x+5，反比例函数为y2=， 把y=0代入y1=-x+5得，x=5， ∴一次函数y1=-x+5的图象交x轴于点(5,0)， 联立，解得：或， ∴一次函数y1=-x+b与反比例函数y2=图象交于点(1,4)和(4,1)，如图， 观察图象，当y1＞y2＞0时，x的取值范围是1＜x＜4． 故答案为：1＜x＜4． 【点睛】本题是反比例函数和一次函数交点问题，考查了待定系数法求函数的解析式，一次函数图象上点的坐标特征，根据图象写出答案，考查了数形结合思想． 16． 【分析】连接，得出，点D在以为直径的圆上运动，当点D在与的交点处时，最短，求出，进而求出结论． 【详解】解：连接， ∵为直径， ∴， ∴， ∴点D在以为直径的上运动，当点D在与的交点处时，最短，如图所示， ， ， ， ， ， ∴的最小值为2． 17．(1)， (2)， 【分析】（1）将常数项移到方程的右边，两边都加上一次项系数一半的平方配成完全平方式后，再开方即可得； （2）先移项，再利用提公因式法将方程的左边因式分解，继而得出两个关于的一元一次方程，再进一步求解即可． 【详解】（1）解：， ， 则，即， ， ，； （2）， ， 则， 或， 解得，． 18． 【分析】本题考查了一元二次方程的应用，设道路的宽为，则余下的部分可合成为长，宽为的矩形，根据草坪的面积达到（即余下的部分的面积为），可列出关于x的一元二次方程，解之取符合题意的值，即可得出结论． 【详解】解：设道路的宽为，则余下的部分可合成长为，宽为的矩形，则： ， 解得：，（舍） 答：道路的宽应为． 19．(1) 证明：， 无论取何值时，， 原方程总有两个实数根． (2) 【分析】本题考查了根的判别式以及因式分解法解一元二次方程，解题的关键是： （1）直接根据根的判别式计算即可； （2）利用因式分解法解一元二次方程可得出的值，结合方程有一个根小于2，即可得出关于的一元一次不等式，解之即可得出的取值范围． 【详解】（1）略 （2）， ， 或， 若方程有一个根小于2，则，解得． 综上可知，若方程有一个根小于2，的取值范围为． 故答案为：． 20． 证明：， ， ，， ， ； 21．(1) 证明：如图，连接，     ∵是的切线，为切点， ∴， ∵， ∴， ∴，即 ∵为半径， ∴是的切线； (2) 【分析】本题考查圆的综合问题，涉及切线的性质与判定，全等三角形的性质与判定，圆内接四边形的性质，需要学生灵活运用所学知识． （1）连接，证明，可得，即可求证； （2）连接，根据圆内接四边形的性质以及，可得，再由等腰三角形的性质可得，即可求解． 【详解】（1）略 （2）解：如图，连接， ∵四边形是的内接四边形， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴． 22．(1) (2)该商品的售价为20元 【分析】（1）根据题意列式即可； （2）根据题意列出一元二次方程求解即可． 【详解】（1）解：根据题意可得，该商品每日的销售量为； （2）解：根据题意可得，， 解得，（舍去）． 答：该商品的售价为20元． 23．(1) (2)或 (3)的面积为8 【分析】本题考查了一次函数和反比例函数的图象和性质，解题的关键是熟练掌握用待定系数法求解函数解析式的方法和步骤． （1）先求出点A和点B的坐标，再将点A和点B的坐标代入，求出k和b的值，即可得出一次函数解析式； （2）根据函数图象，写出当一次函数图象低于反比例函数图象时自变量的取值范围即可； （3）令直线与y轴相交于点C，与x轴相交于点D，先求出与x轴和y轴的交点坐标，再根据，即可解答． 【详解】（1）解：将点代入得， 解得：， ∴， 把代入得， ∴， 把，代入得： ， 解得：， ∴一次函数的解析式的解析式为； （2）解：∵，， ∴由图可知，当或时，， ∴当或时，； （3）解：令直线与y轴相交于点C，与x轴相交于点D， 把代入得， ∴，则， 把代入得， 解得：， ∴，则， ∴ ． 24．(1)；宽至少为 (2) ∵， 又∵，， ∴，即， ∴， 即该矩形的周长不小于． 【分析】（1）①根据矩形面积公式，将表示为的函数即可； ②将表示为的函数，求出当时的值，再根据反比例函数增减性质可得结论； （2）根据矩形周长公式和完全平方公式并结合分式的值进行证明即可． 【详解】（1）解：①∵矩形的面积为，该矩形的长和宽分别为，， ∴， ∴， ∴与之间的函数表达式为； ②将代入，得：， ∵， ∴当时，随的增大而减小， ∴当时，， ∴宽至少为； （2）略 【点睛】本题考查函数关系式，反比例函数的增减性，分式的运算，矩形的面积和周长等知识点，掌握矩形面积和周长计算公式，完全平方公式是解题的关键． 25．(1) 即为所求： (2) 解：如图，过点A作直线l于点D，以为边作等边三角形， 所以，， 延长交直线l于点P，则, 以为边在的右侧构造等边三角形，以O为圆心，为半径作， 所以，, 所以，，即， 所以直线是的切线，此时的度数为． 【分析】（1）如图，过点A作直线l于点D，以为直径作即可； （2）如图，过点A作直线l于点D，以为边作等边三角形，延长交直线l于点P，以为边在的右侧构造等边三角形，以O为圆心，为半径作即可． 【详解】（1）理由：由垂线段最短可知：所有过点A，与l相切的圆中，是最短的直径， 所以，半径最小； （2） 略 【点睛】本题考查作图-应用与设计作图，线段垂直平分线的性质，等边三角形的判定和性质，圆周角定理，切线的性质，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题． 26．(1) 证明：连接并延长交于点F，连接，． ∵， ∴, 又∵， ∴O、D都在的垂直平分线上． ∴是垂直平分线， ∴，． ∵为的直径， ∴． 又∵， ∴四边形是矩形． ∴． 又∵点D在上，      ∴是的切线． (2)16 【分析】（1）连接并延长交AB于点F，连接，．利用等弧所对的弦相等推出,再结合证明是垂直平分线，得出，，进而证明四边形是矩形，推出，即可证明是的切线； （2）先证是的中位线，推出，设的半径为r，用勾股定理解得，解得，两式联立解出r，即可求出的长． 【详解】（1）略 （2）解：∵， ， ∴是的中位线， ∴． 设的半径为r， 在中，， 在中，； ∴， 解得，（舍去）． ∴． 【点睛】本题考查圆周角定理，矩形的判定与性质，切线的判定，三角形中位线的判定与性质，勾股定理解直角三角形等知识点，涉及知识点比较多，难度一般，解题的关键是综合运用上述知识． 27．（1）；； （2）该矩形的第I类圆的半径是或；第II类圆的半径是； （3）如图4，即为所求， 第一步，作线段的垂直平分线交于点E，交于F，第二步，连接，第三步，作的垂直平分线交于点O，第四步，以O为圆心，的长为半径作圆，则即为所求的第I类圆；由可知点O在线段的垂直平分线上，即在线段的垂直平分线上，由，可知点O在线段的垂直平分线上，则所作图中点O即为所求的第I类圆的圆心． 【分析】（1）根据所给的定义即可得到答案； （2）第I类圆分两种情况求：当时和时，再根据圆的切线的性质定理，构造出直角三角形，利用勾股定理，列出方程，进行解答即可．第II类圆，根据圆的切线的性质定理，构造出直角三角形，利用勾股定理，列出方程，进行解答即可； （3）第一步，作线段的垂直平分线交于点E，交于F，第二步，连接，第三步，作的垂直平分线交于点O，第四步，以O为圆心，的长为半径作圆，则即为所求的第I类圆；由可知点O在线段的垂直平分线上，即在线段的垂直平分线上，由，可知点O在线段的垂直平分线上，则所作图中点O即为所求的第I类圆的圆心． 【详解】解：（1）由题意得，是矩形的第I类圆的是，是矩形的第Ⅱ类圆的是， 故答案为：；； （2）如图1，在矩形中，，是矩形的第I类圆，且与相切于点E，且经过点B和点C， 如图所示，连接并延长交于F，连接， ∵四边形是矩形， ∴，， 由切线的性质可得， ∴四边形是矩形， ∴，； 设，则， 由垂径定理可得，， 在中，由勾股定理得， ∴， 解得， ∴， ∴该矩形的第I类圆的半径为； 如图2，在矩形中，，是矩形的第I类圆，且与相切于点E，且经过点B和点C， 如图所示，连接并延长交于F，连接， ∵四边形是矩形， ∴，， 由切线的性质可得， ∴四边形是矩形， ∴，； 设，则， 由垂径定理可得，， 在中，由勾股定理得， ∴， 解得， ∴， ∴该矩形的第I类圆的半径为； 综上所述：该矩形的第I类圆的半径是或； 如图3，在矩形中，，是矩形的第II类圆，且与相切于点M，与相切于点G，且经过点C， 如图所示，连接并延长交于N，连接， ∵四边形是矩形， ∴，， 由切线的性质可得，， ∴四边形是矩形， ∴，， ∴四边形是矩形， ∴； 设，则，， 在中，由勾股定理得， ∴， 解得， ∵， ∴ ∴该矩形的第II类圆的半径是； （3）略 【点睛】本题考查了根据新定义判断新知识、切线的性质定理、勾股定理、圆的画法、矩形的判定和性质等知识．把握圆的基础知识和准确的作出辅助线是解决本题的关键． 学科网（北京）股份有限公司 $