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2020-2021年浙江省宁波市九年级上学期数学第三次月考试卷 (1)
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九年级上学期数学第三次月考试卷
一、选择题〔本大题共10小题，共40分〕
1.二次函数 的顶点坐标为〔 〕
A. 〔1，6〕 B. 〔6，1〕 C. 〔-1，6〕 D. 〔6，-1〕
2.圆的直径为10 cm，圆心到直线l的距离为5 cm，那么直线l和这个圆的公共点有( )
A. 0个 B. 1个 C. 2个 D. 1个或2个
3.以下事件中，属于必然事件的是〔 〕
A. 三个点确定一个圆 B. 每条边都相等的多边形是正多边形
C. 平分弦的直径垂直于弦 D. 三角形的外心到三角形各顶点的距离相等
4.如以下列图,把图1中正方体的一个角切割掉,形成了图2中的几何体，那么图2中几何体的俯视图是( )
A. B. C. D.
5.:点(-1,y1), (0,y2), (4, y3)都在抛物线 (a> 0)上，那么y1, y2, y3的大小关系是( )。
A. y1>y2>y3 B. y2>y3>y1 C. y2>y1>y3 D. y3>y1>y2
6.如图，DE是△ABC的中位线，以下结论中正确的个数有〔 〕
① ＝ ；② ＝ ；③△EDG∽△CBG；
④ ＝ .⑤假设S△EGD=1,那么S△EAD=2
A. 2个 B. 3个 C. 4个 D. 5个
7.如图，弦CD垂直于⊙O的直径AB，垂足为H，且CD＝2 ，BD＝ ，那么AB的长为( )
A. 2 B. 3 C. 4 D. 5
8.如图，△ABC是锐角三角形,sinC= ，那么sin A的取值范围是( )
A. 0
A. 7 B. 8 C. 9 D. 10
10.如图1,假设△ABC内一点P满足∠PAC=∠PBA=∠PCB,那么点P为△ABC的布洛卡点，三角形的布洛卡点(Brocardpoint)是法国数学家和数学教育家克洛尔(A. L. C'relle1780 - 1855)于1816年首次发现,但他的发现并未被当时的人们所注意,1875年,布洛卡点被一个数学爱好者法国军官布洛卡
( Brocard1845- 1922) 重新发现，并用他的名字命名。问题:如图2,在等腰△DEF中,DF= EF, FG是△DEF的中线，假设点Q为△DEF的布洛卡点,FQ= 9, ,那么DQ+ EQ= ( )
A. B. 10 C. D.
二、填空题〔本大题共6小题，共30分
11.一个圆锥的底面半径r＝5，母线L＝8，那么这个圆锥的侧面积是________
12.扇形的弧长为4π，半径为5cm,那么此扇形的圆心角为________
13.与抛物线 关于原点对称的抛物线的解析式为________
14.如图,在△ABC中,AB=AC= 3, BC= 5,D,E分别为边BC,AC上的点,且∠ADE=∠B.当△DEC为直角三角形时,BD的长为 ________
15.如图，抛物线 与x轴正半轴交于点A, 点B的坐标为〔0，-3〕，线段AB绕点P旋转180° ， A,B的对应点C,D均落在抛物线上，那么点P的坐标为________
16.如图，半径为2的圆0分别与x轴，y轴交于A, D两点，圆0上两个动点B，C,使∠BAC=60 恒成立，设△ABC的重心为G，那么DG的最小值是 ________。
三、解答题〔共8小题，总分值80分〕
17.
〔1〕计算:
〔2〕假设 ≠0，求 的值.
18.有四张规格、质地相同的卡片，它们的反面〔每组对边都不平行〕B.平行四边形，C.矩形，D.菱形，将这四张卡片反面朝上洗匀后贴在墙面上〔如以下列图〕。
〔1〕随机抽取一张卡片图案是中心对称图形的概率是________
〔2〕有甲、乙、丙、丁四位同学从其中一串的最下端取一张卡片，甲第一个取卡片，然后按乙、丙、丁依次取其它三张卡片中的一张，直至取完所有卡片，求丁取得D卡片的概率，并用树状图进行说明。
19.图1、图2都是4×4的正方形网格，每个小正方形的顶点叫做格点.△ABC的顶点都在格点上，仅用无刻度的直尺，分别按以下要求画图，保存作图痕迹.
〔1〕在图1中过点A作△ABC面积两等分的射线；
〔2〕在图2中过点A作所有将△ABC面积分成1∶2的两局部的射线.
20.如图，小山的顶部是一块平地，在这块平地上有一高压输电的铁架，小山的斜坡的坡度 ，斜坡BD的长是50米，在山坡的坡底B处测得铁架顶端A的仰角为45° ，在山坡的坡顶D处测得铁架顶端A的仰角为60° .
〔1〕求小山的高度；
〔2〕求铁架的高度.〔 〕
21.某商品的进价为每件40元，如果售价为每件50元，每个月可卖出210件;如果售价超过50元但不超过80元，每件商品的售价每上涨1元，那么每个月少卖1件;如果售价超过80元后，假设再涨价，那么每涨1元每月少卖3件。设每件商品的售价为x元，每个月的销售量为y件
〔1〕求y与x的函数关系式并写出自变量x的取值范围;
〔2〕设每月的销售利润为W,请写出W与x的函数关系式;
〔3〕每件商品的售价定为多少元时，每个月可获得最大利润?最大的月利润是多少元?
22.如图，在Rt△ABC中，∠B＝90°，∠BAC的平分线AD交BC于点D，点E在AC上，以AE为直径的⊙O经过点D.
〔1〕求证：①BC是⊙O的切线；②CD2＝CE•CA；
〔2〕假设点F是劣弧AD的中点，且CE＝3，试求阴影局部的面积.
23.如图，抛物线 与x轴负半轴交于点A，与y轴交于点B，点C (8, 5)在该抛物线上，连接AC.
〔1〕求c的值及直线AC的函数表达式;
〔2〕点D (a，c)在该抛物线上(不与点B重合),连接AD. .
①求证: AO平分∠CAD;
②设直线AC与y轴交于点E，点F是线段AC上的一点，连接DF且其延长线交y轴于点G，假设△GEF与△CDF的面积相等，求点F的坐标.
24.有一组邻边相等且对角互补的四边形叫做等邻边互补四边形.
〔1〕如图1，在等邻边互补四边形ABCD中，AD=CD，且AD//BC， BC=2AD，求∠B的度数;
〔2〕如图2，四边形ABCD内接于圆O，连结DO交AC于点E (不与点O重合)，假设E是AC的中点，求证:四边形ABCD是等邻边互补四边形;
〔3〕在(2) 的条件下，延长DO交BC于点F，交圆0于点G，假设弧BG=弧AB, tan∠ABC= ，AC=12,求FG的长;
〔4〕如图3,四边形ABCD内接于圆O，AB=BC, BD为圆0的直径，连结AO并延长交BC于点E，交圆0于点F,连结FC，设tan∠BAF=x， ，求y与x之间的函数关系式.
答案解析局部
一、选择题〔本大题共10小题，共40分〕
1.【解析】【解答】解：由题意得，顶点坐标为 ，
故答案为：D.
【分析】根据二次函数y=a〔x-h〕2+k的顶点坐标为〔h，k〕可得答案.
2.【解析】【解答】解：∵圆的直径为10 cm，圆心到直线l的距离为5 cm，
∴直线与圆相切，
∴直线与圆只有一个公共点.
故答案为：B.
【分析】假设圆的半径为r，圆心到直线l的距离等于r，那么直线与圆相切，此时直线与圆有一个公共点；
假设圆的半径为r，圆心到直线l的距离小于r，那么直线与圆相交，此时直线与圆有两个公共点；
假设圆的半径为r，圆心到直线l的距离大于r，那么直线与圆相离，此时直线与圆没有公共点.
3.【解析】【解答】解：当三个点在同一直线上时，不能确定一个圆；当三个点不在同一直线上时，可以确定一个圆，故A属于随机事件；
每条边都相等、每个角都相等的多边形是正多边形，故B属于随机事件；
平分弦〔不是直径〕的直径垂直于这条弦，故C属于随机事件；
三角形的外心到三角形各顶点的距离相等，故D属于必然事件.
故答案为：D.
【分析】必然事件：在一定的条件下重复进行试验时，有的事件在每次试验中必然会发生，这样的事件叫必然发生的事件，简称必然事件.
4.【解析】【解答】解：从上面看该几何体，看到的是一个正方形，且从左上到右下有一条对角线，为实线.
故答案为：C.
【分析】由物体上方向下做正投影得到的视图。叫做俯视图.
5.【解析】【解答】解：∵y=ax2-2ax+5=a(x-1)2-a+5〔a>0〕，
∴当x>1时，y随x的增大而增大；当x<1时，y随x的增大而减小.
∵抛物线的对称轴为直线x=1，
∴x=4时的函数值与x=-4时的函数值相等.
∵-4<-1<0<1，
∴y3>y1>y2.
故答案为：D.
【分析】二次函数y=a(x-h)2+k，当x
6.【解析】【解答】解：∵DE是△ABC的中位线，
∴DE∥BC，DE=BC，
∴△ADE∽△ABC，△EDG∽△CBG，
∴ ， ， ， 故①②③④正确.
∵∵△EDG与△EBD、△ECD同底，△EDG的高为△EBD、△ECD高的，
∴S△EDG=S△EDB ， S△EDG=S△EDC.
∵S△EDG=1，
∴S△EDB=S△EDC.=2，
∴S△EGB=S△GDC.=1，
∴S△EDG+S△EBG+S△CDG=3.
∵△EDG∽△CBG，
∴S△BCG=4S△EDG=4，
∴S四边形EDCB=3+4=7.
∵△ADE∽△ABC，
∴.
设S△AED=x，那么，
解得x=， 即S△AED=， 故④错误.
故答案为：C.
【分析】首先由中位线的概念以及性质可得DE∥BC，DE=BC，那么△ADE∽△ABC，△EDG∽△CBG，然后由相似三角形的性质可判断①②③的正误，由图形可得：S△EDG=S△EDB ， S△EDG=S△EDC ， 进而可求出S△EGB=S△GDC.=1，然后由相似三角形的性质求出S△BCG=4，得到S四边形EDCB ， 最后根据.求解即可.
7.【解析】【解答】解：如图，连接OD，
∵ 弦CD垂直于⊙O的直径AB ，CD=，
∴DH=CD=.
∵BD=，
∴BH==1.
设OB=r，那么OD=r，OH=r-1，
∵OH2+HD2=OD2 ，
∴(r-1)2+2=r2 ，
解得r=，
∴AB=2r=3.
故答案为：B.
【分析】连接OD，由垂直于弦的直径平分弦可得HD的值，然后由勾股定理可得HB的值，设OB=r，那么OH=r-1，在Rt△OHD中由勾股定理可得r的值，进而求得AB的值.
8.【解析】【解答】解：如图，过点A作AH⊥BC于点H，
∵sinC=， 令AH=4x，那么AC=5x，HC==3x，
∴sin∠HAC==.
∵∠HAC<∠BAC<90°，
∴
【分析】过点A作AH⊥BC于点H，由题意令AH=4x，那么AC=5x，由勾股定理可表示出HC，然后求出sin∠HAC的值，最后结合正弦函数的增减性判断即可.
9.【解析】【解答】解：连结AD，如图，
∵∠BAC＝90°，AB为直径，
∴AC是⊙O的切线，
∵DE为⊙O的切线，
∴ED＝EA，
∴∠ADE＝∠2，
∵AB为直径，
∴∠ADB＝90°，
∴∠1+∠ADE＝90°，∠2+∠C＝90°，
∴∠1＝∠C，
∴ED＝EC，
∴CE＝AE，
∵EF∥AB，
∴EF为△ABC的中位线，
∴BF＝CF，
而BO＝AO，
∴OF为△ABC的中位线，
∴OF∥AE，
∴AE＝OF＝7.5，
∴AC＝2AE＝15，
在Rt△ACD中，BC＝ ＝ ＝25，
∵∠DCA＝∠ACB，
∴△CDA∽△CAB，
∴ ＝ ，即 ＝ ，
∴CD＝9．
故答案为：C．
【分析】连结AD，先证明E是AC的中点，可知EF、OF是△ABC的中位线，于是可求出AC及BC的长，再证明△CDA∽△CAB,根据相似的性质即可求出CD的长.
10.【解析】【解答】解：∵DF=EF，FG是△DEF的中位线，
∴DG=GE，FG⊥DE，∠FDE=∠FED.
∵， 令DE=x，那么FG=x，DG=，
∴EF=DF==.
∵ 点Q为△DEF的布洛卡点 ，
∴∠QDF=∠QED=∠QFE.
∵FDE=∠FED，
∴∠QDE=∠QEF.
∵∠QED=∠QFE，
∴△DQE∽△EQF，
∴，
∴QE=6，DQ=4，
∴QE+DQ=10.
故答案为：B.
【分析】首先由等腰三角形的性质可得DG=GE，FG⊥DE，∠FDE=∠FED，令DE=x，那么FG=x，DG=， EF=DF=， 根据布洛卡点的概念可知∠QDF=∠QED=∠QFE，进而不难推出△DQE∽△EQF，然后结合相似三角形对应边成比例求解即可.
二、填空题〔本大题共6小题，共30分
11.【解析】【解答】解：圆锥的侧面积=2π×5×8÷2=40π.
故答案为：40π.
【分析】圆锥的侧面积=底面周长×母线÷2，将条件中的数据代入计算即可.
12.【解析】【解答】解：∵l=，
∴n===144°.
故答案为：144°.
【分析】扇形的弧长l=， n为圆心角的度数，r为半径.
13.【解析】【解答】解：分别用-x、-y代替y=-x2+2x-1中的x、y可得-y=-(-x)2+2(-x)-1，
整理，得y=x2+2x+1.
故答案为：y=x2+2x+1.
【分析】求与一个抛物线关于原点对称的抛物线的解析式，只需将原抛物线中的x、y分别换成-x、-y，然后进行整理即可.
14.【解析】【解答】解：∵AB=AC，
∴∠B=∠C.
∵∠ADC=∠ADE+∠EDC=∠B+∠BAD，∠ADE=∠B，
∴∠EDC=∠BAD，
∴△ABD∽△DCE.
①当∠DEC=90°时，∠ADB=∠DEC=90°，
∴AD⊥BC.
∵AB=AC，
∴BD=DC=BC=.
②当∠EDC=90°时，∠BAD=∠EDC=90°，过点F作AF⊥BC于点F，那么BF=BC=.
∵∠BAD=∠EDC=90°，AF⊥BC，
∴∠BAD=∠BFA=90°.
又∠B=∠B，
∴△BAD∽△BFA，
∴，
∴BD=.
综上所述，BD=或.
【分析】首先由等腰三角形的性质可得∠B=∠C，然后由角的和差关系以及三角形外角的性质可推出∠EDC=∠BAD，进而证得△ABD∽△DCE，接下来分①∠DEC=90°；②∠EDC=90°进行求解即可.
15.【解析】【解答】解：令中的y=0，得x=0或4，
∴A〔4，0〕.
∵线段AB绕点P旋转180°后得到CD，B〔0，-3〕，
设P〔a，b〕，那么C〔2a-4，2b〕，D〔2a，b+3〕.
∵C、D在抛物线上，
∴
解得，
∴P〔， 〕.
故答案为：〔， 〕.
【分析】首先令抛物线解析式中的y=0，求出对应的x的值，进而得到点A的坐标，设P〔a，b〕，然后根据点A与点C、点B与点D分别关于点P成中心对称表示出C、D的坐标，最后代入抛物线解析式中可得a、b的值，进而得到点P的坐标.
16.【解析】【解答】解：连接AG并延长，交BC于点F，
∵△ABC的重心为G，
∴F为BC的中点，AG=AF，
∴OF⊥BC.
∵∠BAC=60°，
∴∠BOF=60°，
∴∠OBF=30°，
∴OF==1.
在AO上取点E，使AE=AO，连接GE，
∵， ∠FAO=∠GAE，
∴△AGE∽△AFO，
∴，
∴GE=，
∴G在以E为圆心，为半径的圆上运动，
∴E〔， 0〕，
∴DE=，
∴DG的最小值为.
故答案为：.
【分析】连接AG并延长，交BC于点F，由重心的概念可得F为BC的中点，结合垂径定理可得OF⊥BC，进而求出OF的长，在AO上取点E，使AE=AO，连接GE，易证△AGE∽△AFO，由相似三角形的性质可求出GE、DE的值，进一步推出G在以E为圆心，为半径的圆上运动，那么DG的最小值为DE减去， 据此计算即可.
三、解答题〔共8小题，总分值80分〕
17.【解析】【分析】〔1〕根据特殊角的三角函数值以及零指数幂的运算法那么可将原式化为-4×++1，进而计算即可；
〔2〕令 =k，然后用含k的式子表示出x，y，z，接下来代入 中化简即可.
18.【解析】【解答】解：〔1〕 任意四边形〔每组对边都不平行〕不属于中心对称图形，平行四边形属于中心对称图形，矩形属于中心对称图形，菱形属于中心对称图形，
∴随机抽取一张卡片图案是中心对称图形的概率是.
【分析】〔1〕首先判断出A、B、C、D中属于中心对称图形的个数，然后根据概率公式计算即可；
〔2〕首先画出树状图，然后找出总情况数以及丁取得D卡片的情况数，接下来根据概率公式计算即可.
19.【解析】【分析】〔1〕要使△ABC的面积两等分，可以先找出BC边的中点D，然后连接AD并延长即可；
〔2〕首先过点C作AB边的平行线CD，设线段AB与网格线交于点M、N，分别过M、N作AC边的平行线MP、NQ，与边BC分别交于点F、E，那么射线AE、射线AF即为所求.
20.【解析】【分析】〔1〕过点D作DF⊥BC于点F，由坡比可得∠DBC=30°，然后在Rt△DFB中，应用三角函数的知识求解即可；
〔2〕设AE=x，分别在Rt△AED中表示出DE、根据AC=AE+EC、BC=BF+FC分别表示出AC，BC，最后根据AC=BC就可求得x的值.
21.【解析】【分析】〔1〕分50≤x≤80、80
〔3〕由二次函数的性质分别求出两种情况下的最大值，然后进行比较即可.
22.【解析】【分析】〔1〕①，连接OD，根据角平分线的概念以及等腰三角形的性质可推出∠ODA=∠DAB，那么DO∥ AB，然后结合∠B=90°可证BC为○O的切线；
②连接DE，根据弦切角等于它夹的弧所对的圆周角可得∠CDE=∠DAC，进而证明△CDE∽△CAD，然后由相似三角形的性质证明即可；
〔2〕连接DE、OD、DF、OF，设圆的半径为R，易证△OFD、△OFA是等边三角形，得到DF∥AC，推出S阴影＝S扇形DFO， 最后根据扇形面积公式计算即可.
23.【解析】【分析】〔1〕将C〔8，5〕代 入二次函数解析式 ，可得c=-3，然后令y=0，求出x的值，进而可得A点的坐标，接下来用待定系数法可求得直线AC的表达式；
〔2〕①由〔1〕知c=-3，那么D〔a，-3〕，代入二次函数表达式可得a的值，进而可得D点的坐标，然后计算出tan∠CAx，tan∠DAx的值即可；
②设F〔x1 ， 〕，然后表示出直线FD的表达式，令x=0，可得y的值，进而写出G的坐标，然后表示出S△GEF ， 由C、D的表可得直线CD的表达式，表示出点F到直线CD的距离，然后写出S△CDF ， 最后根据S△GEF=S△CDF求解即可.
S△GEF=S△CDF计算即可.
24.【解析】【分析】〔1〕作AH∥DC，易证四边形ABCD为平行四边形，由平行四边形的性质以及BC=2AD，可推出
AB=AH=BH，然后利用等边三角形的判定与性质解答即可；
〔2〕连接CD，由圆内接四边形的性质可得∠ABC+∠ADC=180°，由等腰三角形三线合一的性质可得DA=DC，据此证明即可；
〔3〕连接OA，OC，AG，CG，作FM⊥GC于点M，FN⊥AG于点N，通过锐角三角函数的概念以及勾股定理可求出OE、OA、CD、DE、AD、GA的值，证明点F为△AGC的内心，得到FM=FN=FE，然后结合三角形面积公式计算即可；
〔4〕连接AC，作AM⊥BC，FN⊥BC，设AC交BD于点K.，根据AM∥FN以及平行线分线段成比例可得到， 设OK=m，AK=m，OB=OA=r，那么CF=2m，AC=2n，然后由勾股定理以及三角函数的概念可推出， 据此解答即可.
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