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    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】
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    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】

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    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.









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