内蒙古自治区乌兰察布市化德县第三中学2023-2024学年九年级上学期第二次月考数学试卷

这是一份内蒙古自治区乌兰察布市化德县第三中学2023-2024学年九年级上学期第二次月考数学试卷，共38页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
姓名 班级 座位号 考号
一、单选题
1．徽章交换是现代奥林匹克运动会特有的文化活动．深受运动员、志愿者、媒体记者及工作人员的喜爱．一枚小小的徽章不仅是参与奥运盛会的证明，更是交流奥林匹克精神与世界文化的小窗口．在年北京冬奥会上徽章交换依然深受欢迎．下列徽章图案中既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
A．B．C．D．
A．35°B．30°C．25°D．20°
2．如图，在平面直角坐标系xOy中，点A（0，3），点B（2，1），点C（2，－3）．则经画图操作可知：△ABC的外接圆的圆心坐标是（ ）

A．（－2，－1）B．（－1，0）C．（－1，－1）D．（0，－1）
3．如图，一块四边形绿化园地，四角都做有半径为R的圆形喷水池，则这四个喷水池占去的绿化园地的面积为（ ）

A．B．C．D．不能确定
4．如图，AB是⊙O的直径，点D，C在⊙O上，AD∥OC，∠DAB＝60°，连接AC，则∠DAC的度数为( )
A．15°B．30°C．45°D．60°
5．如图，在⊙O中，点C是上一点，且，若，则的度数是（ ）
A．B．C．68°D．66°
6．如图，点A，B，C均在上，，则的度数为（ ）．
A．B．C．D．
7．如图，将两个正方形如图放置（B，C，E共线，D，C，G共线），若AB＝3，EF＝2，点O在线段BC上，以OF为半径作⊙O，点A，点F都在⊙O上，则OD的长是（ ）
A．4B．C．D．
8．如图，⊙O的半径是4，点P是弦AB延长线上的一点，连接OP，若OP=6，∠APO=30°，则弦AB的长为（ ）
A．B．C．5D．
9．如图，一根排水管的截面是一个半径为5的圆，管内水面宽，则水深为（ ）
A．3B．2C．D．
10．如图，矩形的宽为10，长为12，E是矩形内的动点，，则最小值为（ ）

A．9B．8C．7D．6
11．等边三角形的内切圆半径、外接圆半径和高的比为（ ）
A．3：2：1B．1：2：3C．2：3：1D．3：1：2
12．小明在学了尺规作图后，通过“三弧法”作了一个△ACD，其作法步骤是：①作线段AB，分别以A，B为圆心，AB长为半径画弧，两弧的交点为C；②以B为圆心，AB长为半径画弧交AB的延长线于点D；③连结AC，BC，CD．下列说法不正确的是（ ）
A．∠A＝60°B．△ACD是直角三角形
C．BC＝CDD．点B是△ACD的外心
二、填空题
13．如图，在矩形中，，，是以为直径的圆，则直线与的位置关系是 ．
14．已知关于x的方程是一元二次方程，则m的值为 ．
15．如图，、是的切线，切点分别为、．若，，则的长为 ．
16．如图，交于点B，切于点D，点C在上．若，则为 ．
17．如图，在中，，，，P是边上的动点（不与点B重合），将沿所在的直线翻折，得到，连接，则长度的最小值为 ．

18．已知等腰△ABC中，AB＝AC＝10，BC＝16，则它的外接圆半径R＝ ，内切圆半径r＝ ．
19．如图，已知是的直径，为弦，度．过圆心作交于点，连接，则 度．
20．已知一个点到圆上的点的最大距离是6，最小距离是1，则这个圆的直径是 ．
三、解答题
21．已知关于的一元二次方程：.（1）小明说：“不论取任何实数，该方程都有两个不相等的实数根.”他的说法正确吗？为什么？
（2）若方程：的两个实数根，满足：，请求出的值.
22．如图，工程上常用钢珠来测量零件上小圆孔的宽口，假设钢珠的直径是10cm，测得钢珠顶端离零件表面的距离为8cm，则这个小圆孔的宽口AB的长度为多少？
23．如图，是的直径，点、是上的点，且，分别与、相交于点、．
（1）求证：点为的中点；
（2）若的半径为5，，点是线段上任意一点，试求出的最小值．
24．如图，AB是⊙O的直径，AD是弦，∠A=22.5°，延长AB到点C，使得∠ACD=45°．
（1）求证：CD是⊙O的切线．
（2）若AB=2，求OC的长．
25．已知抛物线与轴的一个交点为，对称轴为直线，与轴的交点为.
(1)求抛物线解析式；
(2)在如图的平面直角坐标系中画出函数大致图象；
(3)当时，对应的函数的最小值为，最大值为2，直接写出的取值姓名 班级 座位号 考号
2023-2024学年度内蒙古自治区乌兰察布市化德县第三中学
初三年级第二次月考数学参考答案：
姓名 班级 座位号 考号
一、单选题
1．C
【分析】根据中心对称图形与轴对称图形的概念进行判断即可．
【详解】解：A、不是中心对称图形，是轴对称图形，故此选项不合题意；
B、不是中心对称图形，也不是轴对称图形，故此选项不合题意；
C、既是中心对称图形，也是轴对称图形，故此选项符合题意；
D、不是中心对称图形，也不是轴对称图形，故此选项不合题意；
故选：C．
【点睛】本题考查的是中心对称图形与轴对称图形的概念．轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转度后与自身重合．
2．A
【分析】首先由△ABC的外心即是三角形三边垂直平分线的交点，所以在平面直角坐标系中作AB与BC的垂线，两垂线的交点即为△ABC的外心．
【详解】解：∵△ABC的外心即是三角形三边垂直平分线的交点，
如图所示：EF与MN的交点O′即为所求的△ABC的外心，
∴△ABC的外心坐标是（﹣2，﹣1）．
故选：A
【点睛】此题考查了三角形外心的知识．注意三角形的外心即是三角形三边垂直平分线的交点．解此题的关键是数形结合思想的应用．
3．C
【分析】根据图形的特征，四边形内角和为，可得四个喷水池的面积之和正好等于一个半径为R的圆的面积．【详解】解：因为四边形内角和为，
所以四个喷水池的面积之和正好等于一个半径为R的圆的面积，
即这四个喷水池占去的绿化园地的面积为．
故选：C
【点睛】本题主要考查了四边形的内角和以及圆面积公式，解答本题的关键是根据四边形的内角和为°得到四个喷水池的面积之和正好等于一个半径为R的圆的面积．
4．B
【分析】由AD∥OC可知∠DAC=∠OCA，再由OA=OC得∠OCA=∠OAC，故可得∠OAC=∠DAC，从而得出结论．
【详解】解：∵AD∥OC，
∴∠DAC=∠OCA，
∵OA=OC，
∴∠OCA=∠OAC，
∴∠OAC=∠DAC=∠DAB=×60°=30°．
故选B．
【点睛】本题考查的是圆的半径相等，以及平行线的性质，利用圆的半径相等构造等腰三角形是解答此题的关键．
5．A
【分析】由圆的性质及等腰三角形的性质可求得的度数，由已知及弧与圆心角的关系可求得结果．
【详解】解：∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵
∴，
解得．
故选：A．【点睛】本题考查了弧与圆心角的关系，等腰三角形的性质，三角形内角和等知识，掌握弧与圆心角的关系是本题的关键．
6．C
【分析】根据圆周角定理：在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角等于圆心角的一半．结合即可求出的度数．
【详解】∵对的圆心角为，对的圆周角为，，
∴．
故选：C
【点睛】本题主要考查了圆周角定理．熟练掌握圆周角定理的内容是解题的关键．
7．B
【分析】连接OA，OF，由题意得OA=OF，设OC=x，由勾股定理得，解答方程可得OC的值，再运用勾股定理可得OD的长．
【详解】解：连接OA，OF，如图，
∵OF是半圆O的半径，
∴OA=OF，
∵四边形ABCD、EFGC是正方形，
∴，
设，
∴BO=BC-OC=3-x，OE=OC+CE=x+2，
在Rt和Rt中，
,
∴，
∵∴,
解得，，即OC=1，
在Rt中，,
∴,
故选：B．
【点睛】本题主要考查了圆的基本概念，勾股定理以及正方形的性质，正确作出辅助线是解答本题的关键．
8．A
【详解】试题分析：连接OA，则OA=4，过点O作OD⊥AB交AB于点D，则OD=OP÷2=6÷2=3，则AD==
∴AB=2AD=2．
考点：垂径定理的应用
9．B
【分析】利用垂径定理可知，再利用勾股定理求出解题．
【详解】如图，连接，
由题可知，则，
，
．
故选B．
【点睛】本题考查垂径定理和勾股定理，熟练掌握垂径定理是解题的关键．
10．B
【分析】由知点E在以为直径的半上，连接交于点，当点E位于点位置时，线段取得最小值，利用勾股定理可得答案．【详解】解：如图，

∵，
∴点E在以为直径的半上，
连接交于点，
∴当点E位于点位置时，线段取得最小值，
∵，
∴，
∵，
∴，
则，
故选：B．
【点睛】本题主要考查圆周角定理、圆的基本性质及矩形的性质、勾股定理，根据知点E在以为直径的半上是解题的关键．
11．B
【分析】如图，⊙O 为△ABC 的内切圆，设⊙O 的半径为 r，作 AH⊥BC 于 H，利用等边三角形的性质得 AH 平分∠BAC，则可判断点 O 在 AH 上，所以 OH＝r，连接 OB，再证明
OA＝OB＝2r，则 AH＝3r，所以 OH：OA：AH＝1：2：3．
【详解】解： 如图，⊙O 为△ABC 的内切圆，设⊙O 的半径为 r，作 AH⊥BC 于 H，∵△ABC 为等边三角形，
∴AH 平分∠BAC，即∠BAH＝30°，
∴点 O 在 AH 上，
∴OH＝r， 连接 OB，
∵⊙O 为△ABC 的内切圆，
∴∠ABO＝∠CBO＝30°，
∴OA＝OB，
在 Rt△OBH 中，OB＝2OH＝2r，
∴AH＝2r+r＝3r，
∴OH：OA：AH＝1：2：3，
即等边三角形的内切圆半径、外接圆半径和高的比为 1：2：3．
故选B．
【点睛】本题考查了三角形的内切圆与内心：三角形的内心到三角形三边的距离相等；三角形的内心与三角形顶点的连线平分这个内角．也考查了等边三角形的性质
12．C
【分析】根据等边三角形的判定和性质，直角三角形的判定和性质，三角形的外心等知识一一判断即可．
【详解】解：由作图可知：AB=BC=AC，
∴△ABC是等边三角形，
∴∠A=60°，(故A正确)
∵BA=BC=BD，
∴△ACD是直角三角形，（故B正确），点B是△ACD的外心．（故D正确）；
∴tanA==，
∴AC=，
∴BC=，（故C错误）
故选C．
【点睛】本题考查作图-基本作图，等边三角形的判定和性质，直角三角形的判定和性质，三角形的外心等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
二、填空题13．相交
【分析】此题主要考查了直线与圆的位置关系，本题先求解圆心到直线的距离与圆的半径，再根据可得答案；熟记直线和圆的位置关系的判定方法是解题关键．
【详解】解：根据题意，得圆心到直线的距离等于，圆的半径是，
∴圆心到直线的距离小于半径，得直线和圆相交．
故答案为：相交．
14．1
【分析】由关于x的方程是一元二次方程，可得，，从而可得答案．
【详解】解：∵关于x的方程是一元二次方程，
∴，，
解得：，
故答案为：
【点睛】本题考查的是一元二次方程的定义，熟记定义是解本题的关键．
15．
【分析】根据切线的性质得到，，根据等边三角形的性质解答即可．
【详解】解：∵、是的切线，
∴，，
∴，
∵，，
∴，
∴为等边三角形，
∴．
故答案为：．
【点睛】本题考查切线的性质，切线长定理，等边三角形的判定和性质．掌握圆的切线垂直于经过切点的半径是解题的关键．
16．25
【分析】根据切线的性质得到∠ODA＝90°，根据直角三角形的性质求出∠DOA，根据圆周角定理计算即可．
【详解】解：∵AD切⊙O于点D，
∴OD⊥AD，
∴∠ODA＝90°，
∵∠A＝40°，
∴∠DOA＝90°−40°＝50°，
由圆周角定理得，∠BCD＝∠DOA＝25°，
故答案为：25
【点睛】本题考查的是切线的性质、圆周角定理，掌握圆的切线垂直于经过切点的半径是解题的关键．
17．3
【分析】先根据求出的长，由翻折的性质可知点的运动轨迹是以C点为圆心，以长为半径的圆．由得当A、、C三点共线时最小，由此可求出的最小值．
【详解】
，，
，
，
解得．
∵翻折后始终等于，
∴点的运动轨迹是以C点为圆心，以长为半径的圆，
，
∴当A、、C三点共线时，，
此时最小，∴长度的最小值．
故答案为：3
【点睛】本题主要考查了翻折的性质，及求线段的最值问题，解题的关键是找到点的运动轨迹．
18．
【分析】根据等腰三角形的性质得出内心和外心都在底边的高AD上，根据勾股定理得出方程，即可求出外接圆的半径，根据三角形的面积公式即可求出内切圆的半径．
【详解】解：如图，
∵在△ABC中，AB=AC=10，BC=16，
∴过A作AD⊥BC于D，则外接圆的圆心O在AD上，连接OB、OC，
∴BD=CD=BC=8，AD==6，
∵在Rt△OBD中，由勾股定理得：OB2=OD2+BD2，
∴R2=（6-R）2+82，
∴R=；
如图，
过A作AD⊥BC于D，
∵△ABC中，AB=AC，
∴△ABC的外心I在AD上，过I作IE⊥AC于E，IF⊥AB于F，连接OA、OB、OC，
则IF=IE=ID=r，
∵S△ABC=S△BIC+S△AIC+S△ABI，
∴由三角形的面积公式得：BC×AD=BC×r+AC×r+AB×r，∴16×6=16r+10r+10r，
∴r=，
即三角形ABC的外接圆半径R=，内切圆半径r=，
故答案为：，．
【点睛】本题考查作图-复杂作图，三角形的外接圆和内切圆等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
19．
【分析】先根据直角三角形两锐角互余求出∠BOD，再根据圆周角定理∠DCB=∠BOD即可得答案.
【详解】∵OD⊥BC交弧BC于点D，∠ABC=30°，
∴∠BOD=90°-∠ABC=90°-30°=60°，
∴∠DCB=∠BOD=30°．
故答案为30
【点睛】本题主要考查圆周角定理，在同圆或等圆中同弧所对的圆周角的度数是圆心角的一半，熟练掌握圆周角定理是解题关键.
20．5或7．
【详解】试题分析：点应分为位于圆的内部于外部两种情况讨论：①当点在圆内时，直径=最小距离+最大距离；②当点P在圆外时，直径=最大距离﹣最小距离．
解：分为两种情况：
①当点在圆内时，如图1，
∵点到圆上的最小距离MB=1，最大距离MA=6，
∴直径AB=1+6=7；
②当点在圆外时，如图2，
∵点到圆上的最小距离MB=1，最大距离MA=6，∴直径AB=6﹣1=5，
故答案为7或5．
考点：点与圆的位置关系．
三、解答题
21．(1)小明的说法正确;(2)的值为
【分析】（1）表示出根的判别式，配方后得到根的判别式大于0，进而确定出方程总有两个不相等的实数根；
（2）利用根与系数的关系可以得到，，再把进行变形可得，然后代入计算即可求解．
【详解】解：（1）方程可化为，
∵
，
∴对于任意实数，方程都有两个不相等实数根，小明的说法正确，
（2）方程
由根与系数的关系得：，
∵，
∴
∴，变形得
∴，即的值为.
【点睛】此题考查了根的判别式，根的判别式的值大于0，方程有两个不相等的实数根；根的判别式的值等于0，方程有两个相等的实数根；根的判别式的值小于0，方程没有实数根．
22．．
【分析】
过点作于点，并延长交于点，先计算出，再由，根据垂径定理得，然后根据勾股定理计算出，再利用进行计算即可．【详解】解：过点作于点，并延长交于点，如图，
则由题意得，
又，
，
在中，，
．
【点睛】
本题考查了垂径定理的应用：垂径定理的应用很广泛，常见的有：平分弦（不是直径）的直径垂直于弦，并且平分弦所对的两条弧；垂径定理和勾股定理相结合，构造直角三角形，可解决计算弦长、半径、弦心距等问题．
23．（1）见详解；（2）5．
【分析】（1）由是的直径，得∠ACB=90°，结合条件得OF⊥AC，进而即可得到结论；
（2）作点C关于AB的对称点C′，连接C′D交AB于点P，连接OC，OC′，此时，的值最小，易得∠DOC′=120°，过点O作OH⊥C′D于点H，可求得DH=，进而即可求解．
【详解】（1）∵是的直径，
∴∠ACB=90°，
∵，
∴∠OFA=90°，即：OF⊥AC，
∴，即点为的中点；
（2）作点C关于AB的对称点C′，连接C′D交AB于点P，连接OC，OC′，
∵PC=PC′，
∴=PC′+PD=C′D，此时，的值最小，∵，
∴∠DOC=，
∴∠BOC=20°，∠DOB=100°，
∵点C关于AB的对称点C′，
∴∠C′OB=∠BOC=20°，
∴∠DOC′=120°，
过点O作OH⊥C′D于点H，则∠ODH=30°，C′H=DH，
在Rt∆OHD中，OH=，DH==，
∴DC′=2DH=5，即：的值最小为：5．
【点睛】本题主要考查垂径定理，圆周角定理以及推论，圆的对称性，等腰三角形的性质，添加辅助线，利用圆的对称性找到点P的位置，使的值最小，是解题的关键．
24．(1)、证明过程见解析；(2)、2.
【详解】试题分析：(1)、连接DO，由三角形的外角与内角的关系易得∠DOC=∠C=45°，故有∠ODC=90°，即CD是圆的切线．(2)、由1知，CD=OD=AB，在直角△COD中，利用勾股定理即可求解．
试题解析：(1)、连接DO， ∵AO=DO， ∴∠DAO=∠ADO=22.5°． ∴∠DOC=45°．
又∵∠ACD=2∠DAB， ∴∠ACD=∠DOC=45°． ∴∠ODC=90°． 又∵OD是⊙O的半径，
∴CD是⊙O的切线．
(2)、连接DB， ∵直径AB=2，△OCD为等腰直角三角形， ∴CD=OD=，OC=2．
考点：切线的判定．
25．(1)
(2)图见解析；
(3)
【分析】（1）根据已知条件利用待定系数法求解即可；
（2）画出大致图象即可；
（3）根据二次函数的图象和性质进行解答即可.
【详解】（1）解：由题意可得，
，
解得，
∴抛物线解析式为；
（2）函数图象如下：
（3），
∴抛物线开口向下，对称轴为直线，顶点坐标为，
∴当时，函数最大值为2，
∵抛物线经过，
∴抛物线经过，
∵当时，对应的函数的最小值为，最大值为2，
∴.
【点睛】此题考查了待定系数法求函数解析式，二次函数的图象，根据二次函数的性质确定字母的取值范围，熟练掌握二次函数的性质是解题的关键.