浙江省温州市鹿城区七校联考2021-2022学年九年级上学期第二次月考数学【试卷+答案】

这是一份浙江省温州市鹿城区七校联考2021-2022学年九年级上学期第二次月考数学【试卷+答案】，共20页。试卷主要包含了选择题，解答题等内容，欢迎下载使用。

浙江省温州市鹿城区七校联考2021-2022学年九年级上册第二次月考数学试卷
一、选择题（本大题共 10 小题，共 40 分）
1、 若xy=23 ，则x-yy 的值为（   ）
A.-12
B.-13
C.12
D.13
2、 已知⊙O的半径为6cm，点P在⊙O内，则OP的长（   ）
A.小于6cm
B.大于6cm
C.等于6cm
D.等于12cm
3、 抛物线y=x2-4与y轴的交点坐标是（   ）
A.（2，0）
B.（0，2）
C.（-4，0）
D.（0，-4）
4、 一个不透明的布袋里装有7个只有颜色不同的球，其中4个白球，2个红球，1个黄球.从布袋里任意摸出1个球，是红球的概率为（   ）
A.47
B.37
C.27
D.17
5、 如图，在⊙O中，OC⊥AB于点C.若⊙O的半径为10，AB=16，则OC的长为（      ）

A.4
B.5
C.6
D.8
6、 如图，△ABC内接于⊙O，AD是直径，若∠B=60°，AC=3 ，则直径AD的长为（ ）

A.1
B.2
C.3
D.23
7、 如图，在正五边形 ABCDE中，记∠BCD=x°，∠ACB=y°，则xy 等于（    ）

A.32 B.2 C.3 D.4
8、 如图，是一块矩形场地ABCD，宽AB=8米，长BC=12米.若在其对角线AC，BD的延长线上取点E，F，G，H，扩建为新的矩形场地，左、右各增加了0.6米，上、下各增加了x米，则x的值为（      ）
A.0.2
B.0.3
C.0.4
D.0.5
9、 在平面直角坐标系中，二次函数y=ax2-4ax+2（a<0）部分图象和一次函数y=-12 x+2的图象如图所示.已知它们有一个交点为A，点B（-1，-1）在该二次函数图象上，则它们的另一个交点在（   ）

A.MN之间
B.点N
C.NQ之间
D.点Q
10、 如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，以其三边为边向外作正方形，连结CG交AB于点M，连结CE，CH.若CH=2CE，则AMBM 的值为（   ）

A.23
B.34
C.35
D.104
二．填空题（共6小题，30分）
11．若正多边形的每一个内角为135°，则这个正多边形的边数是　 　．
12．已知一扇形，半径为6，圆心角为120°，则所对的弧长为　 　．
13．若二次函数y＝x2+x+1的图象，经过A（﹣3，y1），B（2，y2），C（，y3），三点y1，y2，y3大小关系是　 　（用“＜”连接）
14．在Rt△ABC中，两直角边的长分别为6和8，则这个三角形的外接圆的直径长为　 　．
15．一只小狗自由自在地在如图所示的某个正方形场地跑动，然后随意停在图中阴影部分的概率是　 　．

16．如图，AC是⊙O的直径，弦BD⊥AC于点E，连接BC过点O作OF⊥BC于点F，若BD＝12cm，AE＝4cm，则OF的长度是　 　cm．

三、解答题（本题有8小题，共80分，解答需写出必要的文字说明、演算步骤或证明过程）
17．（8分）如图，在6×6的正方形网格中，网线的交点称为格点，点A，B，C都是格点．已知每个小正方形的边长为1．
（1）画出△ABC的外接圆⊙O，并直接写出⊙O的半径是多少．
（2）连结AC，在网络中画出一个格点P，使得△PAC是直角三角形，且点P在⊙O上．


18．（8分）已知点（0，3）在二次函数y＝ax2+bx+c的图象上，且当x＝1时，函数y有最小值2．
（1）求这个二次函数的表达式．
（2）如果两个不同的点C（m，6），D（n，6）也在这个函数的图象上，求m+n的值．







19．（8分）如图，△ABC中，AB＝AC，以AB为直径作⊙O，交BC于点D，交AC于点E．
（1）求证：．
（2）若∠BAC＝50°，求的度数．



20．（10分）如图，将矩形ABCD沿EF折叠，使顶点C恰好落在AB边的C1处，点D落在点D1处，C1D1交线段AE于点G．
（1）求证：△BC1F∽△AGC1；
（2）若C1是AB的中点，AB＝6，BC＝9，求AG的长．



21．（10分）如图直角坐标系中，O为坐标原点，抛物线y＝﹣x2+6x+3交y轴于点A，过A作AB∥x轴，交抛物线于点B，连结OB．点P为抛物线上AB上方的一个点，连结PA，作PQ⊥AB垂足为H，交OB于点Q．
（1）求AB的长；
（2）当∠APQ＝∠B时，求点P的坐标；
（3）当△APH面积是四边形AOQH面积的2倍时，求点P的坐标．

22．（10分）如图，AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB于点E，G是上一点，AG，DC的延长线交于点F．
（1）求证：∠FGC＝∠AGD．
（2）当DG平分∠AGC，∠ADG＝45°，AF＝，求弦DC的长．





23．（12分）自2019年3月开始，我国生猪、猪肉价格持续上涨，某大型菜场在销售过程中发现，从2019年10月1日起到11月9日的40天内，猪肉的每千克售价与上市时间的关系用图1的一条折线表示：猪肉的进价与上市时间的关系用图2的一段抛物线y＝a（x﹣30）2+100表示．
（1）a＝　 　；
（2）求图1表示的售价p与时间x的函数关系式；
（3）问从10月1日起到11月9日的40天内第几天每千克猪肉利润最低，最低利润为多少？






24．（14分）如图 Rt△ABC中，∠ABC＝90°，P是斜边AC上一个动点，以BP为直径作⊙O交BC于点D，与AC的另一个交点E，连接DE．

（1）当时，
①若＝130°，求∠C的度数；
②求证AB＝AP；
（2）当AB＝15，BC＝20时
①是否存在点P，使得△BDE是等腰三角形，若存在，求出所有符合条件的CP的长；
②以D为端点过P作射线DH，作点O关于DE的对称点Q恰好落在∠CPH内，则CP的取值范围为　 　．（直接写出结果）

参考答案
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
B
A
D
C
C
B
C
C
A
B
【 第 5 题 】
【解析】
解：∵OC⊥AB于C，
∴AC=BC=8，
在Rt△BOC中，OB=10，BC=8，
∴OC=OA2-BC2 =6．
故选C．
根据垂径定理得到AC=BC=8，然后在Rt△BOC中利用勾股定理可计算出OB．
本题考查了垂径定理：平分弦的直径平分这条弦，并且平分弦所对的两条弧.也考查了勾股定理．
【 第 10 题 】
【解析】
建系如图所示
由题意可知：CH=2 CB,CE=2 AC
又∵CH=2CE
∴CB=2AC
设AC为a，则BC长为2a，AB长为5 a
则A(0,0),G(5 a,-5 a),C(55 a,255 a)
则直线CG表达式为y=-74 x+354 a
当y=0时，x=357 a
∴点M坐标为（357 a，0）
∴AM=357 a，BM=5 a-357 a=457 a
∴AMBM=34 ,故选B

本题考查了利用直角坐标系与三角形相关知识的综合运用，利用坐标轴为解题的关键
二．填空题（共6小题）
11． 【分析】先求出每一外角的度数是45°，然后用多边形的外角和为360°÷45°进行计算即可得解．
【解答】解：∵所有内角都是135°，
∴每一个外角的度数是180°﹣135°＝45°，
∵多边形的外角和为360°，
∴360°÷45°＝8，
即这个多边形是八边形．
故答案为：8．
12． 【分析】把已知数据代入弧长公式计算即可．
【解答】解：此扇形的弧长＝＝4π，
故答案为：4π．
13． 【分析】根据二次函数的解析式得出图象的开口向上，对称轴是直线x＝﹣，根据x＞﹣时，y随x的增大而增大，即可得出答案．
【解答】解：∵y＝x2+x+1＝（x+）2+，
∴图象的开口向上，对称轴是直线x＝﹣，
A（﹣3，y1）关于直线x＝﹣的对称点是（2，y1），
∵＜2，
∴y3＜y1＝y2，
故答案为y3＜y1＝y2．
14． 【分析】直角三角形外接圆的直径是斜边的长．
【解答】解：如图，已知：AC＝8，BC＝6，

由勾股定理得：AB＝＝＝10，
∵∠ACB＝90°，
∴AB是⊙O的直径，
∴这个三角形的外接圆直径是10；
故答案为：10．
15．【分析】确定黑色方格的面积在整个方格中占的比例，根据这个比例即可求出小狗停在黑色方格中的概率．
【解答】解：图上共有16个方格，黑色方格为7个，
小狗最终停在黑色方格上的概率是．
故答案为：．
16．【分析】连接OB，根据垂径定理求出BE，根据勾股定理求出OB，再根据勾股定理计算即可．
【解答】解：连接OB，
∵AC是⊙O的直径，弦BD⊥AC，
∴BE＝BD＝6cm，
在Rt△OEB中，OB2＝OE2+BE2，即OB2＝（OB﹣4）2+62，
解得，OB＝，
则EC＝AC﹣AE＝9，
BC＝＝＝3，
∵OF⊥BC，
∴CF＝BC＝，
∴OF＝＝＝（cm），
故答案为．

三、解答题（本题有8小题，共80分，解答需写出必要的文字说明、演算步骤或证明过程）
17．【分析】（1）直接利用网格结合勾股定理得出答案；
（2）字节利用圆周角定理得出P点位置．
【解答】解：（1）如图所示：⊙O即为所求，⊙O的半径是：＝；
（2）如图所示：直角三角形PAC即为所求．

18． 【分析】（1）由题意可得（1，2）是抛物线的顶点，且过（0，3），可利用顶点式求出关系式；
（2）根据点C（m，6），D（n，6）坐标特点可知这两个点关于对称轴对称，可求出m+n的值．
【解答】解：（1）∵二次函数y＝ax2+bx+c当x＝1时，函数y有最小值2，
∴点（1，2）为抛物线的顶点，
于是可设抛物线的关系式为y＝a（x﹣1）2+2，把（0，3）代入得，
a+2＝3，
∴a＝1，
∴抛物线的关系式为y＝（x﹣1）2+2，
即y＝x2﹣2x+3；
（2）点C（m，6），D（n，6）都在抛物线上，
因此点C、D关于直线x＝1对称，
∴＝1，
∴m+n＝2．
19．【分析】（1）连接AD，先由圆周角定理得∠ADB＝90°，则AD⊥BC，再由等腰三角形的性质得∠BAD＝∠CAD，即可得出结论；
（2）连接OE，先由等腰三角形的性质得∠OEA＝∠BAC＝50°，再由三角形内角和定理求出∠AOE＝80°，即可得出结论．
【解答】（1）证明：连接AD，如图1所示：
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ADB＝90°，
∴AD⊥BC，
∵AB＝AC，
∴∠BAD＝∠CAD，
∴．
（2）解：连接OE，如图2所示：
∵AB是⊙O的直径，
∴OA是半径，
∴OA＝OE，
∴∠OEA＝∠BAC＝50°，
∴∠AOE＝180°﹣50°﹣50°＝80°，
∴的度数为80°．


20．【分析】（1）根据题意和图形可以找出△BC1F∽△AGC1的条件，从而可以解答本题；
（2）根据勾股定理和（1）中的结论可以求得AG的长．
【解答】证明：（1）由题意可知∠A＝∠B＝∠GC1F＝90°，
∴∠BFC1+∠BC1F＝90°，∠AC1G+∠BC1F＝90°，
∴∠BFC1＝∠AC1G，
∴△BC1F∽△AGC1．
（2）∵C1是AB的中点，AB＝6，
∴AC1＝BC1＝3．
∵∠B＝90°，
∴BF2+32＝（9﹣BF）2，
∴BF＝4，
由（1）得△AGC1∽△BC1F，
∴，
∴，
解得，AG＝．
21．【分析】（1）对于y＝﹣x2+6x+3，令x＝0，则y＝3，故点A（0，3），令y＝﹣x2+6x+3＝3，解得x＝0或6，故点B（6，3），即可求解；
（2）证明△ABO～△HPA，则，即可求解；
（3）当△APH的面积是四边形AOQH的面积的2倍时，则2（AO+HQ）＝PH，即可求解．
【解答】解：（1）对于y＝﹣x2+6x+3，令x＝0，则y＝3，故点A（0，3），
令y＝﹣x2+6x+3＝3，解得x＝0或6，故点B（6，3），
故AB＝6；

（2）设P（m，﹣m2+6m+3），
∵∠P＝∠B，∠AHP＝∠OAB＝90°，
∴△ABO～△HPA，故，
∴＝，
解得m＝4．
∴P（4，11）；

（3）当△APH的面积是四边形AOQH的面积的2倍时，
则2（AO+HQ）＝PH，
∴2（3+）＝﹣m2+6m，
解得：m1＝4，m2＝3，
∴P（4，11）或P（3，12）．
22．【分析】（1）如图1，利用垂径定理得到＝，根据等腰三角形的性质得∠ADC＝∠ACD，根据圆周角定理的推论得到∠AGD＝∠ACD＝∠ADC，再利用圆内接四边形的性质得到∠FGC＝∠ADC，从而得到结论；
（2）连接BG，AC，如图2，根据垂径定理得到DE＝CE，先证明△AEF是等腰直角三角形，可得AE的长，最后利用勾股定理可得DE的长，从而得CD的长．
【解答】（1）证明：如图1，连接AC，

∵AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB，
∴＝，
∴AD＝AC，
∴∠ADC＝∠ACD，
∵ADCG在⊙O上，
∴∠CGF＝∠ADC，
∵∠AGD＝∠ACD，
∴∠FGC＝∠AGD；
（2）解：如图2，连接BG，AC，

∵AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB，
∴DE＝CE，
∵DG平分∠AGC，
∴∠AGD＝∠CGD，
∵∠FGC＝∠AGD，
∴∠AGD＝∠CGD＝∠FGC，
∵∠AGD+∠CGD+∠FGC＝180°，
∴∠CGF＝∠AGD＝60°，
∴∠ADC＝∠ACD＝60°，
∴△ADC是等边三角形，
∵AB⊥CD，
∴∠CAE＝∠DAE＝30°，
∵∠ADG＝45°，
∴∠CDG＝∠CAG＝60°﹣45°＝15°，
∴∠EAF＝30°+15°＝45°，
Rt△AEF中，AE＝EF，
∵AF＝，
∴AE＝EF＝，
Rt△ADE中，∠DAE＝30°，
∴DE＝1，
∴DC＝2DE＝2．
23． 【分析】（1）把（10，60）代入y＝a（x﹣30）2+100可得结论．
（2）分两种情形，分别利用待定系数法解决问题即可．
（3）分两种情形，分别求解即可．
【解答】解：（1）把（10，60）代入y＝a（x﹣30）2+100，得到a＝﹣，
故答案为﹣．

（2）当0≤x＜30时，设P＝kx+b，
把（0，60），（10，80）代入得到，
解得，
∴P＝2x+60．
当30≤x≤40时，设P＝k′x+b′，
把（30，120），（40，100）代入得到，
解得，
∴P＝﹣2x+180．
综上所述，P＝．

（3）设利润为w．
当0≤x＜30时，w＝2x+60﹣（﹣x2+6x+10）＝x2﹣4x+50＝（x﹣20）2+10，
∴当x＝20时，w有最小值，最小值为10（元/千克）．
当30≤x≤40时，
w＝﹣2x+180﹣（﹣x2+6x+10）＝x2﹣8x+170＝（x﹣40）2+10，
∴当x＝40时，最小利润w＝10（元/千克），
综上所述，当20天或40天，最小利润为10元/千克．
24． 【分析】（1）①连接BE，由圆周角定理得出∠BEC＝90°，求出＝50°，＝100°，则∠CBE＝50°，即可得出结果；
②由＝，得出∠CBP＝∠EBP，易证∠C＝∠ABE，由∠APB＝∠CBP+∠C，∠ABP＝∠EBP+∠ABE，得出∠APB＝∠ABP，即可得出结论；
（2）①由勾股定理得AC＝＝25，由面积公式得出AB•BC＝AC•BE，求出BE＝12，连接DP，则PD∥AB，得出△DCP∽△BCA，求出CP＝＝CD，
△BDE是等腰三角形，分三种情况讨论，当BD＝BE时，BD＝BE＝12，CD＝BC﹣BD＝8，CP＝CD＝10；当BD＝ED时，可知点D是Rt△CBE斜边的中线，得出CD＝BC＝10，CP＝CD＝；当DE＝BE时，作EH⊥BC，则H是BD中点，EH∥AB，求出AE＝＝9，CE＝AC﹣AE＝16，CH＝20﹣BH，由EH∥AB，得出＝，求出BH＝，BD＝2BH＝，CD＝BC﹣BD＝，则CP＝CD＝7；
②当点Q落在∠CPH的边PH上时，CP最小，连接OD、OQ、OE、QE、BE，证明四边形ODQE是菱形，求出PC＝AC﹣PE﹣AE＝7；当点Q落在∠CPH的边PC上时，CP最大，连接OD、OQ、OE、QD，同理得四边形ODQE是菱形，连接DF，求出PC＝AC＝12.5，即可得出答案．
【解答】（1）①解：连接BE，如图1所示：
∵BP是直径，
∴∠BEC＝90°，
∵＝130°，
∴＝50°，
∵＝，
∴＝100°，
∴∠CBE＝50°，
∴∠C＝40°；
②证明：∵＝，
∴∠CBP＝∠EBP，
∵∠ABE+∠A＝90°，∠C+∠A＝90°，
∴∠C＝∠ABE，∵∠APB＝∠CBP+∠C，∠ABP＝∠EBP+∠ABE，
∴∠APB＝∠ABP，
∴AP＝AB；
（2）解：①由AB＝15，BC＝20，
由勾股定理得：AC＝＝＝25，
∵AB•BC＝AC•BE，
即×15×20＝×25×BE
∴BE＝12，
连接DP，如图1﹣1所示：
∵BP是直径，
∴∠PDB＝90°，
∵∠ABC＝90°，
∴PD∥AB，
∴△DCP∽△BCA，
∴＝，
∴CP＝＝＝CD，
△BDE是等腰三角形，分三种情况：
当BD＝BE时，BD＝BE＝12，
∴CD＝BC﹣BD＝20﹣12＝8，
∴CP＝CD＝×8＝10；
当BD＝ED时，可知点D是Rt△CBE斜边的中线，
∴CD＝BC＝10，
∴CP＝CD＝×10＝；
当DE＝BE时，作EH⊥BC，则H是BD中点，EH∥AB，如图1﹣2所示：
AE＝＝＝9，
∴CE＝AC﹣AE＝25﹣9＝16，CH＝BC﹣BH＝20﹣BH，
∵EH∥AB，
∴＝，
即＝，
解得：BH＝，
∴BD＝2BH＝，
∴CD＝BC﹣BD＝20﹣＝，
∴CP＝CD＝×＝7；
综上所述，△BDE是等腰三角形，符合条件的CP的长为10或或7；
②当点Q落在∠CPH的边PH上时，CP最小，如图2所示：
连接OD、OQ、OE、QE、BE，
由对称的性质得：DE垂直平分OQ，
∴OD＝QD，OE＝QE，
∵OD＝OE，
∴OD＝OE＝QD＝QE，
∴四边形ODQE是菱形，
∴PQ∥OE，
∵PB为直径，
∴∠PDB＝90°，
∴PD⊥BC，
∵∠ABC＝90°，
∴AB⊥BC，
∴PD∥AB，
∴DE∥AB，
∵OB＝OP，
∴OE为△ABP中位线，
∴PE＝AE＝9，
∴PC＝AC﹣PE﹣AE＝25﹣9﹣9＝7；
当点Q落在∠CPH的边PC上时，CP最大，如图3所示：
连接OD、OQ、OE、QD，
同理得：四边形ODQE是菱形，
∴OD∥QE，
连接DF，
∵∠DBA＝90°，
∴DF是直径，
∴D、O、F三点共线，
∴DF∥AQ，
∴∠OFB＝∠A，
∵OB＝OF，
∴∠OFB＝∠OBF＝∠A，
∴PA＝PB，
∵∠OBF+∠CBP＝∠A+∠C＝90°，
∴∠CBP＝∠C，
∴PB＝PC＝PA，
∴PC＝AC＝12.5，
∴7＜CP＜12.5，
故答案为：7＜CP＜12.5．