贵州省贵阳市云岩区第二十八中学九年级上学期11月期中数学试题（解析版）

这是一份贵州省贵阳市云岩区第二十八中学九年级上学期11月期中数学试题（解析版），共5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。
一、选择题（每小题3分，共36分．每小题均有A、B、C、D四个选项，其中只有一个选项正确）
1. 下列方程是一元二次方程的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】本题主要考查了一元二次方程的定义，根据一元二次方程的定义解答，即只含有1个未知数，并且未知数的最高次数是2次的整式方程叫做一元二次方程．
【详解】解：因为不是整式方程，所以A不符合题意；
因为是二次方程，所以B不符合题意；
因为是一元二次方程，所以C符合题意；
因为，即，不是二次方程，所以D不符合题意．
故选：C．
2. 将二次函数的图象向右平移4个单位长度，再向上平移5个单位长度后，所得图象对应的函数解析式是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】本题主要考查了二次函数图象平移，
根据二次函数的平移特征“上加下减，左加右减”可得答案.
【详解】解：将二次函数向右平移4个单位长度，再向上平移5个单位长度所得的关系式为.
故选：C.
3. 如图，与关于O成中心对称，下列结论中不一定成立是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据中心对称性质判断即可．
【详解】解：∵对应点的连线被对称中心平分，
∴，，
即B、D正确，
∵成中心对称图形的两个图形是全等形，
∴对应线段相等，
即，
∴C正确，
故选A．
【点睛】本题考查了中心对称图形的性质：对应点的连线被对称中心平分，成中心对称图形的两个图形是全等形，解题的关键是熟练掌握其性质．
4. 如图，A，B，C是上的三点，且，则的度数是（ ）
A. B. C. D. 或
【答案】B
【解析】
【分析】本题主要考查了圆周角定理，
直接根据圆周角定理可得，再代入可得出答案.
【详解】解：∵，
∴，
∴
故选：B.
5. 如图，在△ABC中，AB＝BC＝2，以AB为直径的⊙O与BC相切于点B，则AC的长为( )
A. B. C. 2D. 2
【答案】C
【解析】
【分析】首先由切线的性质判定△ABC是直角三角形，进而可根据勾股定理求出AC的长．
【详解】∵BC是O的切线，且切点为B，
∴∠ABC=90°，
故△ABC是等腰直角三角形；
由勾股定理,得：AC===2；
故选C.
【点睛】此题主要考查的是切线的性质、等腰直角三角形的性质以及勾股定理的应用，根据题意判断出△ABC是等腰直角三角形是解题的关键.
6. 如图，在中，半径垂直于弦，垂足为C，，则等于（ ）

A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】本题主要考查了垂径定理，勾股定理，
先连接，再根据垂径定理得，然后根据勾股定理求出，即可得出答案.
【详解】解：如图所示，
连接，
∵，
∴.
在中，，
则，
∴.
故选：A.

7. 如图，AB是⊙O的直径，C、D是⊙O上的两点，分别连接AC、BC、CD、OD．若∠DOB＝140°，则∠ACD＝( )
A. 20°B. 30°C. 40°D. 70°
【答案】A
【解析】
【分析】根据∠DOB= 140°求出∠AOD的度数，根据圆周角定理求出∠ACD的度数．
【详解】解：∵∠DOB=140°，
∴∠AOD=40°，
∴∠ACD=∠AOD=20°，
故选A．
【点睛】本题考查的是圆周角定理，掌握一条弧所对的圆周角是这条弧所对的圆心角的一半是解题的关键．
8. 如图，已知是的两条切线，A，B为切点，线段交于点M．给出下列四种说法：①；②；③四边形有外接圆；④M是外接圆的圆心，其中正确说法的个数是（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】C
【解析】
【分析】由切线长定理判断①，结合等腰三角形的性质判断②，利用切线的性质与直角三角形的斜边上的中线等于斜边的一半，判断③，利用反证法判断④．
【详解】如图， 是的两条切线，
故①正确，
故②正确，
是的两条切线，

取的中点，连接，
则
所以：以为圆心，为半径作圆，则共圆，故③正确，
M是外接圆的圆心，


与题干提供的条件不符，故④错误，
综上：正确的说法是个，
故选C．
【点睛】本题考查的是切线长定理，三角形的外接圆，四边形的外接圆，掌握以上知识是解题的关键．
9. 已知圆的内接正三角形的边心距是1，则这个三角形的边长是（ ）
A. B. C. 2D.
【答案】A
【解析】
【分析】本题考查三角形外接圆与圆心的关系，等边三角形的性质，中间用勾股定理解题是关键．此题由题意做出图，作出边心距根据勾股定理求解即可．
【详解】解：如图：作，
则的长即为边心距，即，
∵是正三角形，
∴，
又∵平分，
则，
∴，
由勾股定理知： ，
∴，即边长为，
故选：A．
10. 如图所示，矩形纸片中，，把它分割成正方形纸片和矩形纸片后，分别裁出扇形和半径最大的圆，恰好能作为一个圆锥的侧面和底面，则的长为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】设AB=xcm，则DE=（6-x）cm，根据扇形的弧长等于圆锥底面圆的周长列出方程，求解即可．
【详解】设，则DE=（6-x）cm，
由题意，得，
解得.
故选B．
【点睛】本题考查了圆锥的计算，矩形的性质，正确理解圆锥的侧面展开图与原来的扇形之间的关系是解决本题的关键，理解圆锥的母线长是扇形的半径，圆锥的底面圆周长是扇形的弧长．
11. 如图，在平面直角坐标系中，点A在x轴负半轴上，点B在y轴正半轴上，经过四点，，，则圆心点D的坐标是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先利用圆内接四边形的性质得到，再根据圆周角定理得到为的直径，则点为的中点，接着利用含度的直角三角形三边的关系得到，，所以，，然后利用线段的中点坐标公式得到点坐标．
【详解】解：∵四边形为的内接四边形，，
∴，
∴，
∵，
∴为的直径，
∴点为的中点，
在中，，
∴，
∴，
∴，
∴，，
又∵点为的中点，
∴点坐标为．
故选D．
【点睛】本题考查了圆的内接四边形的性质，圆的内接四边形对角互补．含度的直角三角形三边的关系，的圆周角所对的弦是直径，坐标与图形性质，中点坐标公式，掌握圆内接四边形的性质和含30度的直角三角形三边的关系是解题的关键．
12. 如图，在中，已知，将绕点A按逆时针方向旋转后得到，则图中阴影部分的面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】本题主要考查了旋转的性质，求扇形的面积，含直角三角形的性质，勾股定理，
先求出，再根据可得答案.
【详解】解：在中，，
∴，
根据勾股定理，得.
根据旋转得，
∴，
∴.
故选：B.
二、填空题（每小题4分，共16分）
13. 如图，在中，弦与交于点M，，则的度数是______．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了同弧或等弧所对的圆周角相等，三角形外角的性质，由，得到，根据三角形外角的性质即可求解，掌握相关知识是解题的关键．
【详解】解：∵，
∴，
∵
∴，
故答案为：．
14. 如图，为美化校园环境，某校计划在一块长为60m，宽为40m的矩形空地上，修建一个矩形花圃，并将花圃四周余下的空地建成同样宽的通道．若通道所占面积是整个矩形空地面积的，则此时通道的宽为_____．
【答案】5m
【解析】
【分析】本题主要考查了一元二次方程的应用，
先设通道的宽为，再根据花圃面积所占整个矩形空地面积的列出方程，求出解即可.
【详解】解：设通道的宽为，根据题意，得
，
解得（舍去），
所以通道的宽为.
故答案为：.
15. 将二次函数的图象向上平移a个单位长度，当抛物线与两坐标轴有且只有2个公共点时，a的值为________．
【答案】3或7
【解析】
【分析】本题主要考查了二次函数图象的性质，二次函数的平移，二次函数与一元二次方程，
将二次函数的图像向上平移a个单位长度得，再根据抛物线与y有一个交点，可知抛物线与x轴只有一个交点，即可得；当抛物线与x轴有两个交点，且有一个交点为原点符合题意，分别求出答案即可.
【详解】解：∵将二次函数的图像向上平移a个单位长度得，
∴抛物线的开口向上，
当抛物线与y有一个交点，则抛物线与x轴只有一个交点，
即，
解得；
当抛物线与x轴有两个交点，且有一个交点为原点时，
∴，
解得.
当抛物线与两坐标轴有且只有2个交点时，a的值为3或7.
故答案为：3或7.
16. 如图，在△ABC中，∠C=90°，∠B=30°，AB=6，将△ABC绕点A逆时针方向旋转15°得到△AB′C′，B′C′交AB于点E，则B′E=________．
【答案】
【解析】
【分析】根据已知可以得出∠BAC=60°，而将△ABC绕点A按逆时针方向旋转15°，可知∠C′AE=45°，可以求出AC=AC′=EC′=3，据此即可求解．
【详解】解：在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠B=30°，AB=6，
则∠BAC=60°，AC=3，BC=3，
将△ABC绕点A按逆时针方向旋转15°后，
则∠C′AC=15°，AC= AC′=3，B′C′=BC=3，
∴∠C′AE=45°，
而∠AC′E=90°，故△AC′E是等腰直角三角形，
∴AC=AC′=EC′=3
∴B′E= B′C′- EC′=33．
故答案为：33．
【点睛】本题考查旋转变换、直角三角形30度角的性质、等腰直角三角形的判定和性质、勾股定理等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识．
三、解答题（本大题共9题，共98分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤）
17. 如图，某公园的石拱桥的桥拱是圆弧形(弓形)，其跨度AB＝24m，拱的半径R＝13m，求拱高CD.
【答案】CD＝8m
【解析】
【详解】解：找出圆心O并连接OA，延长CD到O，构成直角三角形，如图：
∵跨度AB＝24m，拱所在圆半径R＝13m，AD=AB=12m，
∴DO＝m，
∴CD＝CO−DO＝13−5＝8m．
答：拱高CD为8m．
18. 如图，PA、PB是⊙O的两条切线，切点分别为A、B，若直径AC=12cm，∠P=60°．求弦AB的长．
【答案】6
【解析】
【分析】连接CB．由切线长定理知PA=PB；又∠P=60°，则等腰三角形APB是等边三角形，则有ABP=60°；由弦切角定理知，∠PAB=∠C=60°，AC是直径；由直径对的圆周角是直角得∠ABC=90°，则在Rt△ABC中，有∠CAB=30°，进而可得结论．
【详解】连接CB．
∵PA、PB是⊙O的切线，∴PA=PB，
又∵∠P=60°，∴∠PAB=60°；
又∵AC是⊙O的直径，∴CA⊥PA，∠ABC=90°，∴∠CAB=30°，
而AC=12，∴在Rt△ABC中，cs30°=，∴AB=12×=6．
【点睛】本题考查了切线长定理，等边三角形的判定和性质，弦切角定理，直角三角形的性质．注意本题的解法不唯一．
19. 如图，A，P，B，C是直径为8的上的四点，且满足．
（1）求证：是等边三角形；
（2）求圆心O到的距离．
【答案】（1）详见解析
（2）2
【解析】
【分析】此题考查了等边三角形的判定、等腰三角形的判定和性质、含角的直角三角形的性质等知识，证明是等边三角形是解题的关键．
（1）根据等边三角形的判定证明即可；
（2）连接，过点O作于点D．根据角直角三角形的性质进行解答即可．
【小问1详解】
解：由题意，得．
∵，
∴
∴是等边三角形；
【小问2详解】
连接，过点O作于点D．
∵，
∴，
∴．
∵，
∴，
∴，
∴在中，
20. 如图，已知AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB，垂足为E，∠AOC=60°，OC=2．
（1）求OE和CD的长；
（2）求图中阴影部队的面积．
【答案】（1）CD=；（2）
【解析】
【分析】（1）在△OCE中，由直角三角形性质得OE=OC=1，CE=OC=，由垂径定理得CE=DE，CD=
（2），故．
【详解】解：（1）在△OCE中，
∵∠CEO=90°，∠EOC=60°，OC=2
∴ OE=OC=1
∴CE=OC=
∵OA⊥CD
∴CE=DE
∴CD=
（2）∵
∴
【点睛】本题考查了解直角三角形，扇行面积计算，解题的关键是掌握利用规则图形的面积求解不规则图形的面积的思想．
21. 如图，AB为⊙O的直径，PD切⊙O于点C，交AB的延长线于点D，且∠D=2∠CAD．
（1）求∠D的度数；
（2）若CD=2，求BD的长．
【答案】（1）45°；（2）．
【解析】
【详解】试题分析：（1）根据等腰三角形性质和三角形外角性质求出∠COD=2∠A，求出∠D=∠COD，根据切线性质求出∠OCD=90°，即可求出答案；
（2）求出OC=CD=2，根据勾股定理求出BD即可．
试题解析：（1）∵OA=OC，
∴∠A=∠ACO，
∴∠COD=∠A+∠ACO=2∠A，
∵∠D=2∠A，
∴∠D=∠COD，
∵PD切⊙O于C，
∴∠OCD=90°，
∴∠D=∠COD=45°；
（2）∵∠D=∠COD，CD=2，
∴OC=OB=CD=2，
在Rt△OCD中，由勾股定理得：22+22=（2+BD）2，
解得：BD=．
考点：切线的性质
22. 已知圆锥的底面半径为，高，现有一只蚂蚁从底边上一点A出发，在侧面上爬行一周后又回到A点．
（1）求圆锥的全面积；
（2）求蚂蚁爬行的最短距离．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】本题主要考查了求圆锥全面积，勾股定理，弧长公式，
对于（1），先根据勾股定理求出圆锥的母线，再根据得出答案；
对于（2），先根据弧长公式求出圆心角，可知该三角形是直角三角形，结合两点之间线段最短，再根据勾股定理得出答案．
【小问1详解】
解：∵．
∴在中，由勾股定理，得母线，
∴；
【小问2详解】
解：设扇形的圆心角为．由（1）知，，
而圆锥的侧面展开后的扇形的弧长为，
∴，
解得，即是等腰直角三角形．
在中，由勾股定理，得，
∴蚂蚁爬行的最短距离为．
23. 如图，分别与相切于点A，B，点M在上，且，，垂足为N．
（1）求证：；
（2）若的半径， ，求的长．
【答案】（1）详见解析
（2）5
【解析】
【分析】此题考查了切线的性质、平行四边形的判定和性质、全等三角形的判断和性质等知识，熟练掌握切线的性质是关键．
（1）证明四边形是平行四边形，即可得到结论；
（2）证明，得到．设，则，得到．在中，由勾股定理，得，即可求出答案．
【小问1详解】
解：连接．
∵与相切于点A，
∴．
∵，
∴．
∵，
∴四边形是平行四边形，
∴；
【小问2详解】
连接．
∵与相切于点B，
∴．
∵，
∴．
∵，
∴．
又∵，
∴，
∴．
设，则，
∴．
∵的半径，
∴．
由（1）得．
在中，由勾股定理，得，
即，
解得，
即
24. 已知为的直径，，C为上一点，连接．
（1）如图①，若C为的中点，求的大小和的长；
（2）如图②，若为的半径，且，垂足为E，过点D作的切线，与的延长线相交于点F，求的长．
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）由圆周角定理得，由C为的中点，得，从而，即可求得的度数，通过勾股定理即可求得AC的长度；
（2）证明四边形为矩形，FD=CE= CB，由勾股定理求得BC的长，即可得出答案．
【小问1详解】
∵为的直径，
∴，
由C为的中点，得，
∴，得，
在中，，
∴；
根据勾股定理，有，
又，得，
∴；
【小问2详解】
∵是的切线，
∴，即，
∵，垂足为E，
∴，
同（1）可得，有，
∴，
∴四边形为矩形，
∴，于是，
在中，由，得，
∴．
【点睛】本题是圆的综合题，考查了圆周角定理，切线的性质，等腰直角三角形的性质，垂径定理，勾股定理和矩形的判定和性质等，解题的关键是利用数形结合的思想解答此题．
25. 若边长为6的正方形绕点A顺时针旋转，得正方形，记旋转角为α．
（1）如图1，当时，求点C经过弧的长度和线段扫过的扇形面积；
（2）如图2，当时，与的交点为E，求线段的长度；
（3）如图3，在旋转过程中，若F为线段的中点，求线段长度的取值范围．
【答案】（1）；
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）根据正方形的性质得到，，由勾股定理得到，根据弧长的计算公式和扇形的面积公式即可得到结论；
（2）连接，根据题意得到B在对角线上，根据勾股定理得，求得，推出是等腰直角三角形，得到，于是得到结论；
（3）如图3，连接，取中点，根据三角形中位线定理得到，，推出点F的轨迹是以О为圆心、3为半径的圆，于是得到结论．
【小问1详解】
解：∵四边形是正方形，
∴，，
∴，
∵，
∴的长度，
扇形面积；
【小问2详解】
如图2，连接，
∵旋转角，
∴，
∴点B在对角线上，
在中，，
∴，
∵，，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∴；
【小问3详解】
如图，连接，取中点，
则，
又∵
∴，，
∴点F的轨迹是以О为圆心、3为半径的圆，
∵，
∴，
∴，
∴的取值范围为．