陕西省延安市富县部分学校2023-2024学年九年级上学期第三次月考数学试题（解析版）-A4

这是一份陕西省延安市富县部分学校2023-2024学年九年级上学期第三次月考数学试题（解析版）-A4，共21页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
第一部分（选择题 共24分）
一、选择题（共8小题，每小题3分，计24分．每小题只有一个选项是符合题意的，请将正确答案的序号填在题前的答题栏中）
1. 生活中有许多对称美的图形，下列是中心对称图形的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查中心对称图形定义：把图形沿某点旋转得到的新图形与原图形重合的图形叫中心对称图形．根据中心对称图形定义，逐个判断即可得到答案．
【详解】解：由题意可得，
A选项图形不是中心对称图形，不符合题意，
B选项图形不是中心对称图形，不符合题意，
C选项图形不是中心对称图形，不符合题意，
D选项图形是中心对称图形，符合题意，
故选：D；
2. 如图，已知及其所在平面内的4个点，若半径为6，则到圆心O距离为5的点可能是（ ）

A. 点MB. 点NC. 点PD. 点Q
【答案】C
【解析】
【分析】本题主要考查了点与圆的位置关系，解题的关键是掌握点到圆心距离为d，半径为r，当时，点在圆外；当时，点在圆上；当时，点在圆内．
【详解】解：∵半径为6，点到圆心O距离为5，
∴该点在圆内，
∵，
∴该点在圆内，且到圆心距离大于到圆的距离，
∴该点可能是点P，
故先：C．
3. 如图将绕点B逆时针旋转一定的角度得到，D，E分别是A，C的对应点，且B，A，E三点在同一直线上若，，则的长为（ ）
A. 2B. 3C. 4D. 5
【答案】A
【解析】
【分析】本题考查图形的旋转，熟练掌握旋转的性质是解题的关键，利用图形旋转前后全等可得到，从而得到，即可得到的长．
【详解】解：由旋转的性质可得：
∴，
∴，
∵，，
∴，
故选：A．
4. 已知关于x的一元二次方程有两个不相等的实数根，则m的取值范围是（ ）
A. B. C. 且D. 且
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查了一元二次方程根的判别式，牢记“当方程有两个不相等的实数根时，”是解题的关键．
详解】解：且，
解得：且，
故选D．
5. 如图，点是的内心，若，则的度数为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查了三角形的内心的性质，根据已知条件可得，进而得出，然后根据三角形内角和定理，即可求解．
【详解】解：∵点是的内心， ，
∴，
∴，
∴，
故选：D．
6. 传统服饰日益受到关注，如图1为明清时期女子主要裙式之一的马面裙，该款裙子可以近似地看作扇环，如图2所示，其中，长度为米，长度为米，则裙长AB为（ ）
A. 米B. 米C. 米D. 米
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查通过弧长计算半径，熟练掌握弧长公式是解题关键．
通过的长度算出，通过的长度算出，两者相减即可．
【详解】∵米，，
∴，
∴米，
∵米，，
∴，
∴米，
∴米．
故选：B．
7. 如图，在等腰中，，，以点O为圆心的量角器（半圆O）的直径和重合，零刻度落在点B处（即从点B处开始读数），点D是上一点，连接并延长交半圆O于点P，若，则点P在量角器上显示的读数为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】本题考查了四点共圆，圆周角定理．熟练掌握圆周角定理是解题的关键．
由题意知，，由为直径，，可知四点共圆，如图，连接，根据圆周角定理求的值即可．
【详解】解：由题意知，，
∵为直径，，
∴四点共圆，如图，连接，
∵，
∴，
故选：A．
8. 如图，与相切于点A，交于点C，点D在上，且，若，，则的长为（ ）
A. 3B. C. D. 4
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查了切线的性质，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．连接，根据切线的性质可得，然后利用证明，从而可得再在中，利用勾股定理求出，最后根据的面积的面积的面积，进行计算即可解答．
【详解】解：连接，
与相切于点，
，
，，，
，
，
在中，，，
，
的面积的面积的面积，
，
，
，
故选：C
第二部分（非选择题 共96分）
二、填空题（共5小题，每小题3分，计15分）
9. “海上生明月，天涯共此时”，如图是记录的日出美景，图中太阳与海天交界处可看成圆与直线，它们的位置关系是______．
【答案】相交
【解析】
【分析】本题主要考查直线和圆的位置关系，若直线与圆有两个公共点，直线与圆相交，通过观察可直接选出答案．
【详解】由题可知，太阳与海天交接所看成的圆和直线有两个公共点，所以太阳和海天交界处所看出看成的直线位置关系是相交．
10. 将二次函数的图象向左平移个单位后过点，则m的值为________．
【答案】3
【解析】
【分析】本题考查二次函数的图象平移，解一元二次方程，根据函数图象平移规则“左加右减，上加下减”得到平移后的函数解析式，再代入坐标求解是解答的关键．
【详解】解：二次函数的图象向左平移个单位可得，
把代入得：，
解得：，（舍去），
故答案为：3．
11. 如图，、、、为一个正多边形的顶点，为正多边形的中心，若，则这个正多边形的边数为__．
【答案】九
【解析】
【分析】根据圆周角定理可得正多边形的边AB所对的圆心角∠AOB＝40°，再根据正多边形的一条边所对的圆心角的度数与边数之间的关系可得答案．
【详解】如图，设正多边形的外接圆为，连接，，
，
，
而，
这个正多边形为正九边形，
故答案为：九．
【点睛】本题考查正多边形与圆，圆周角，掌握圆周角定理是解决问题的关键，理解正多边形的边数与相应的圆心角之间的关系是解决问题的前提．
12. 如图1，筒车是我国古代发明的一种水利灌溉工具，明朝科学家徐光启在《农政全书》中用图画描绘了筒车的工作原理．筒车盛水桶的运行轨道是以轴心O为圆心的圆，如图2，已知圆心O在水面上方，且被水面截得的弦长为，的半径长为，若点C为运行轨道的最低点，则点C到弦所在直线的距离是________．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了勾股定理和垂径定理，连接，交于点D，根据垂径定理易得，，再根据勾股定理可得，最后根据即可求解．
【详解】解：连接，交于点D，
∵点C为运行轨道的最低点，
∴，
∵，
∴，
根据勾股定理可得：，
∴，
故答案为：．
13. 如图，在平面直角坐标系中，Q（3，4），P是在以Q为圆心，2为半径的⊙Q上一动点，A（1，0）、B（﹣1，0），连接PA、PB，则PA2+PB2的最小值是__．
【答案】20
【解析】
【详解】试题解析：
设
当点P处于与圆的交点上时，OP取得最值，
∴OP的最小值为
最小值20.
故答案为20.
点睛：设点表示出的值，从而转化为求的最值，画出图形后可直观得出的最值，代入求解即可．
点两点之间的距离公式：
三、解答题（共13小题，计81分，解答应写出过程）
14. 解方程：．
【答案】，
【解析】
【分析】运用求根公式即可求解．
【详解】解：
∵，，，
∴，
∴，
∴，．
【点睛】本题主要考查运用求根公式解一元二次方程，掌握求根公式解一元二次方程的方法是解题的关键．
15. 如图，多边形为圆内接正五边形，与圆相切于点A，求的度数．
【答案】36°
【解析】
【分析】连接OA、OB，先求出∠BOA=72°，再求出∠OAB=54°，根据切线的性质求出∠OAP=90°，问题得解．
【详解】解：如图， 连接OA、OB，
∵多边形为圆内接正五边形，
∴∠BOA=，
∵OA=OB，
∴∠OAB=∠OBA=，
∵PA为圆O的切线，
∴OA⊥AP，
∴∠OAP=90°，
∴∠PAB=90°-∠OAB=36°．
【点睛】本题考查了正多边形和圆的相关知识，切线的性质等，根据题意添加辅助线，求出∠OAB是解题关键．
16. 孙尚任在《桃花扇》中写道：“何处瑶天笙弄，听云鹤缥缈，玉瑕丁冬．”玉佩是我国古人身上常佩戴的一种饰品，现从一块直径为8cm的圆形玉料上刻出一个如图所示圆周角为90°的最大扇形玉佩，求阴影部分的面积．（结果保留）
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了扇形的面积计算以及圆周角定理，解答本题的关键根据圆周角定理由根据等腰直角三角形的性质得，然后用圆的面积减去扇形的面积即可求解．．
【详解】解：如图，连接，
由图可知，是的直径．
∵，
∴，
∴，
∴
．
17. 如图，在△ABC中，试用尺规作图法作出△ABC的外接圆．（保留作图痕迹，不写作法）．
【答案】作图见解析
【解析】
【分析】三角形的外心是三角形三边垂直平分线的交点，所以可以作 任意两边的中垂线，它们的交点O就是外接圆的圆心，再以O为圆心，OA为半径画圆即可．
【详解】解：如图所示：
第一步：分别以B、C为圆心，大于长为半径画弧，于BC上方交于点E，于BC下方交于点F，连接EF，
第二步：分别以A、C为圆心，大于长为半径画弧，于AC上方交于点M，于AC下方交于点N，连接MN，
第三步：EF于MN交于点O，以O为圆心，OA为半径画圆，则 即为所求．
【点睛】本题考查了三角形外接圆的做法，作出任意两边的垂直平分线，进而找出外接圆圆心是解题关键．
18. 如图，在中，，将绕点B顺时针旋转得到，且点C在上，求旋转角（）的度数．
【答案】
【解析】
【分析】由平行四边形的性质可得，根据旋转的性质得：，，根据旋转角为，计算求解即可．
【详解】解：∵，
∴．
根据旋转的性质得：，，
∴，
∴，
∴旋转角的度数为．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质，旋转的性质，等边对等角，三角形内角和定理．熟练掌握平行四边形的性质，旋转的性质，等边对等角，三角形内角和定理是解题的关键．
19. 如图，在中，C为弧上一点，于M，于N，．求证：．
【答案】见解析
【解析】
【分析】连接,根据已知可证明，得，再根据相等的圆心角所对的弧相等，即可证明．
【详解】证明：连接．
∵，，
∴．
∵，．
∴，
∵，
∴．
∴，
∴．
【点睛】本题考查圆心角的性质，三角形全等的证明，熟练掌握同圆或等圆中相等的圆心角所对的弧相等，证明三角形全等是解题的关键．
20. 在平面直角坐标系中位置如图所示，的顶点C的坐标为．
（1）画出关于原点对称的；
（2）以点为旋转中心，将绕点逆时针旋转得到，画出，并写出的坐标．
【答案】（1）见解析 （2）见解析，
【解析】
【分析】本题主要考查了关于原点对称图形、图形的旋转、确定点的坐标等知识点，根据题目要求正确作图是解题的关键．
（1）先确定A、B、C关于原点的对称点、、，然后顺次连接即可；
（2）先确定A、B、C绕原点O逆时针旋转的对应点、、，然后顺次连接即可作图，然后写出的坐标；
【小问1详解】
如图，即为所作；
【小问2详解】
如图即为所作；
．
21. 如图1，冰激凌外壳（不计厚度）可近似的看作圆锥，其母线长为12cm，底面圆直径长为8cm，当冰激凌被吃掉一部分后，其外壳仍可近似的看作圆锥，如图2，此时其母线长为9cm，求此时冰激凌外壳的侧面积（结果保留）
【答案】
【解析】
【分析】本题考查的是求解圆锥的侧面积，展开图的圆心角的大小，熟记公式是解本题的关键；本题先求解展开图的圆心角，再求解扇形的面积即可．
【详解】解：设该圆锥展开后所得扇形的圆心的度数为，
由题意得，冰激凌的底面圆的周长为：．
∵母线长为12cm，
∴，
解得，即展开后所得扇形的圆心角的度数是．
∵吃掉一部分后母线长为9cm，
∴此时冰激凌外壳的侧面积为：．
22. 如图，是的直径，弦于点，点在上，经过圆心，连接．若，，求的长．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了垂径定理、弧与圆心角的关系、弧长公式，熟记弧长公式是解题关键．先根据垂径定理可得，再证出，从而可得，然后利用弧长公式求解即可得．
【详解】解：是的直径，弦于点，，
，，
，
，
，
又经过圆心，
，
则的长为．
23. 如图，在中，，是的外接圆，D为弧的中点，E为延长线上一点．若，求的度数．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查的是圆周角定理的应用，圆的内接四边形的性质，等腰三角形的性质．先求解，可得，再利用圆的内接四边形的性质可得答案．是解本题的关键．
【详解】解：∵D为弧AC的中点，
∴，，
∴．
又∵，
∴．
∵，
∴，
∴．
由题意可知四边形ABCD是的内接四边形，
∴，
∴．
24. 如图，是的直径，C为上一点，连接，过点O作于点D，延长交于点E，连接．若，，求的长．

【答案】
【解析】
【分析】此题考查了垂径定理的运用，勾股定理．解题的关键是连接，首先根据勾股定理求出，然后根据垂径定理得到，利用三角形中位线的性质得到，最后利用勾股定理求解．
【详解】解：如图，连接，

∵是的直径，
∴，．
在中，．
∵，是的半径，
∴，
∴为的中位线，
∴，
∴，
∴，
∴．
25. 如图，抛物线经过坐标轴上A，B，C三点，直线过点A，B．
（1）求抛物线解析式；
（2）已知点E是直线上方抛物线上的一个动点，连接，，求使得面积最大时点E的坐标．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据经过点，B，可求出点，B的坐标，将点、B的坐标代入即可求出抛物线的解析；
（2）过点E作轴交于点G，设点，则点，表示的长，根据三角形面积公式可得的面积，配方后即可求解．
【小问1详解】
解：∵直线过点A，B，
当时，，
∴．
当时，，
∴．
将点A，B坐标代入，
得，解得，
∴该抛物线的表达式为；
【小问2详解】
由题意知，直线的表达式为，
过点E作轴交于点G，
设点，则点，
∴，
∴，
当时，的面积取最大值，此时点．
【点睛】本题考查了二次函数图象和性质，待定系数法求二次函数的解析式，三角形的面积以及面积的最值等知识，解题关键是会利用配方法确定三角形面积的最大值．
26. 如图，在等腰中，，以为直径作交于点D，过点D作，垂足为E，延长交于点F．
（1）求证：是的切线；
（2）若，，求的长．
【答案】（1）见解析 （2）
【解析】
【分析】本题主要考查圆的切线以及垂径定理，熟练掌握基本性质是解题关键．
（1）连接，通过等腰三角形性质得到，，进而得到，进而即可得证；
（2）过O点作，得到四边形是矩形，再通过垂径定理及勾股定理得到，进而得到．
【详解】（1）证明：如图，连接，则，
∴．
∵，
∴，
∴，
∴．
∵，
∴．
∵为的半径，
∴是的切线；
（2）解：如图，过点O作，
则，．
∵，，
∴，
∴四边形是矩形，
∴，．
∵，设，．
∴，，
在中，由勾股定理，得，
解得：，（舍去），
∴，