重庆市江津第四中学2022-2023学年数学九年级第一学期期末质量跟踪监视模拟试题含解析

这是一份重庆市江津第四中学2022-2023学年数学九年级第一学期期末质量跟踪监视模拟试题含解析，共23页。试卷主要包含了答题时请按要求用笔，如图，点P等内容，欢迎下载使用。

1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。
2．答题时请按要求用笔。
3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。
4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。
5．保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。
一、选择题（每题4分，共48分）
1．关于x的一元二次方程x2+4x+k＝0有两个相等的实数根，则k的值为（ ）
A．k＝4B．k＝﹣4C．k≥﹣4D．k≥4
2．以下列长度的线段为边，可以作一个三角形的是（ ）
A．B．C．D．
3．如图，已知矩形ABCD的顶点A，D分别落在x轴、y轴上，OD=2OA=6，AD：AB=3：1，则点C的坐标是（ ）
A．（2，7）B．（3，7）C．（3，8）D．（4，8）
4．在Rt△ABC中，∠C＝90°，∠B＝35°，AB＝3，则BC的长为（ ）
A．3sin35°B．C．3cs35°D．3tan35°
5．已知如图：为估计池塘的宽度，在池塘的一侧取一点，再分别取、的中点、，测得的长度为米，则池塘的宽的长为（ ）
A．米B．米C．米D．米
6．如图，在矩形AOBC中，点A的坐标为（-2，1），点C的纵坐标是4，则B，C两点的坐标分别是（ ）
A．（，），（，）B．（，），（，）
C．（，），（，）D．（，），（，）
7．如图，点P（x，y）（x＞0）是反比例函数y=（k＞0）的图象上的一个动点，以点P为圆心，OP为半径的圆与x轴的正半轴交于点A，若△OPA的面积为S，则当x增大时，S的变化情况是（ ）
A．S的值增大B．S的值减小
C．S的值先增大，后减小D．S的值不变
8．小敏在今年的校运动会跳远比赛中跳出了满意一跳，函数（t的单位：s，h的单位：m）可以描述他跳跃时重心高度的变化，则他起跳后到重心最高时所用的时间是（ ）
A．1．71sB．1．71sC．1．63sD．1．36s
9．如图，AB，AM，BN 分别是⊙O 的切线，切点分别为 P，M，N．若 MN∥AB，∠A＝60°，AB＝6，则⊙O 的半径是（ ）
A．B．3C．D．
10．如图，⊙O的直径CD＝10cm，AB是⊙O的弦，AB⊥CD，垂足为M，OM：OC＝3：5，则AB的长为（ ）
A．cmB．8cmC．6cmD．4cm
11．一个扇形半径30cm，圆心角120°，用它作一个圆锥的侧面，则圆锥底面半径为（ ）
A．5cmB．10cmC．20cmD．30cm
12．如图，在正方形 ABCD 中，E是BC的中点，F是CD上一点，AE⊥EF．有下列结论：
①∠BAE＝30°；
②射线FE是∠AFC的角平分线；
③CF＝CD；
④AF＝AB＋CF．
其中正确结论的个数为（ ）
A．1 个B．2 个C．3 个D．4 个
二、填空题（每题4分，共24分）
13．已知一扇形，半径为6，圆心角为120°，则所对的弧长为___．
14．已知关于的方程有两个不相等的实数根，则的取值范围是________．
15．如图，是半圆的直径，四边形内接于圆，连接，，则_________度．
16．如图，在△ABC中，∠C=90°，AC=BC=，将△ABC绕点A顺时针方向旋转60°到△AB′C′的位置，连接C′B，则C′B= ______
17．如果点把线段分割成和两段(),其中是与的比例中项,那么的值为________．
18．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，恰好能作一个圆锥的侧面和底面，则的长为__________．
三、解答题（共78分）
19．（8分）如图所示，已知为⊙的直径，是弦，且于点，连接AC、OC、BC．
（1）求证：；
（2）若，，求⊙的直径．
20．（8分）如图，已知抛物线经过点、，且与轴交于点，抛物线的顶点为，连接，点是线段上的一个动点（不与、）重合.
（1）求抛物线的解析式，并写出顶点的坐标；
（2）过点作轴于点，求面积的最大值及取得最大值时点的坐标；
（3）在（2）的条件下，若点是轴上一动点，点是抛物线上一动点，试判断是否存在这样的点，使得以点，，，为顶点的四边形是平行四边若存在，请直接写出点的坐标：若不存在，请说明理由.
21．（8分）我国于2019年6月5日首次完成运载火箭海.上发射，这标志着我国火箭发射技术达到了一个崭新的高度.如图，运载火箭从海面发射站点处垂直海面发射，当火箭到达点处时，海岸边处的雷达站测得点到点的距离为千米，仰角为.火箭继续直线上升到达点处，此时海岸边处的雷达测得点的仰角增加，求此时火箭所在点处与处的距离． (保留根号)
22．（10分）如图，菱形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，分别延长OA，OC到点E，F，使AE=CF，依次连接B，F，D，E各点．
（1）求证：△BAE≌△BCF；
（2）若∠ABC=50°，则当∠EBA= °时，四边形BFDE是正方形．
23．（10分）在平面直角坐标系xy中，点A (-4,-2)，将点A向右平移6个单位长度，得到点B.
（1）若抛物线y＝-x2＋bx＋c经过点A,B，求此时抛物线的表达式；
（2）在（1）的条件下的抛物线顶点为C，点D是直线BC上一动点（不与B，C重合），是否存在点D，使△ABC和以点A,B,D构成的三角形相似？若存在，请求出此时D的坐标；若不存在，请说明理由；
（3）若抛物线y＝-x2＋bx＋c的顶点在直线y＝x＋2上移动，当抛物线与线段有且只有一个公共点时，求抛物线顶点横坐标t的取值范围．
24．（10分）已知关于x的方程.
（1）当该方程的一个根为1时，求a的值及该方程的另一根；
（2）求证：不论a取何实数，该方程都有两个不相等的实数根.
25．（12分）已知一个圆锥的轴截面△ABC是等边三角形，它的表面积为75πcm²，求这个圆维的底面的半径和母线长．
26．计算：=_________。
参考答案
一、选择题（每题4分，共48分）
1、A
【分析】根据方程有两个相等的实数根结合根的判别式即可得出关于k的一元一次方程，解之即可得出结论．
【详解】解：∵关于x的一元二次方程x2+1x+k＝0有两个相等的实数根，
∴△＝12﹣1k＝16﹣1k＝0，
解得：k＝1．
故选：A．
【点睛】
本题考查了根的判别式以及解一元一次方程，熟练掌握“当△=0时，方程有两个相等的两个实数根”是解题的关键．
2、B
【分析】根据三角形的三边关系定理逐项判断即可.
【详解】A、，不满足三角形的三边关系定理，此项不符题意
B、，满足三角形的三边关系定理，此项符合题意
C、，不满足三角形的三边关系定理，此项不符题意
D、，不满足三角形的三边关系定理，此项不符题意
故选：B.
【点睛】
本题考查了三角形的三边关系定理：任意两边之和大于第三边，熟记定理是解题关键.
3、A
【解析】过C作CE⊥y轴于E，∵四边形ABCD是矩形，∴CD=AB，∠ADC=90°，
∴∠ADO+∠CDE=∠CDE+∠DCE=90°，
∴∠DCE=∠ADO，∴△CDE∽△ADO，
∴，
∵OD=2OA=6，AD：AB=3：1，
∴OA=3，CD：AD=，∴CE=OD=2，DE=OA=1，
∴OE=7，∴C（2，7），
故选A．
4、C
【分析】根据余弦定义求解即可．
【详解】解：如图，∵∠C＝90°，∠B＝35°，AB＝3，cs35°＝，∴BC＝3cs35°．
故选：C．
【点睛】
本题考查了锐角三角函数，属于基础题型，熟练掌握余弦的定义是解此题的关键．
5、C
【分析】根据三角形中位线定理可得DE=BC，代入数据可得答案．
【详解】解：∵线段AB，AC的中点为D，E，
∴DE=BC，
∵DE=20米，
∴BC=40米，
故选：C．
【点睛】
此题主要考查了三角形中位线定理，关键是掌握三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半．
6、C
【分析】如过点A、B作x轴的垂线垂足分别为F、M．过点C作y轴的垂线交FA、根据△AOF∽△CAE，△AOF≌△BCN，△ACE≌△BOM解决问题．
【详解】解：如图过点A、B作x轴的垂线垂足分别为F、M．过点C作y轴的垂线交FA、
∵点A坐标（-2，1），点C纵坐标为4，
∴AF=1，FO=2，AE=3，
∵∠EAC+∠OAF=90°，∠OAF+∠AOF=90°，
∴∠EAC=∠AOF，
∵∠E=∠AFO=90°，
∴△AEC∽△OFA，
，
∴点C坐标，
∵△AOF≌△BCN，△AEC≌△BMO，
∴CN=2，BN=1，BM=MN-BN=3，BM=AE=3，，
∴点B坐标，
故选C．
【点睛】
本题考查矩形的性质、坐标与图形的性质，添加辅助线构造全等三角形或相似三角形是解题的关键，属于中考常考题型．
7、D
【分析】作PB⊥OA于B，如图，根据垂径定理得到OB=AB，则S△POB=S△PAB，再根据反比例函数k的几何意义得到S△POB=|k|，所以S=2k，为定值．
【详解】作PB⊥OA于B，如图，则OB=AB，∴S△POB=S△PAB．
∵S△POB=|k|，∴S=2k，∴S的值为定值．
故选D．
【点睛】
本题考查了反比例函数系数k的几何意义：在反比例函数y=图象中任取一点，过这一个点向x轴和y轴分别作垂线，与坐标轴围成的矩形的面积是定值|k|．
8、D
【分析】找重心最高点，就是要求这个二次函数的顶点，应该把一般式化成顶点式后，直接解答.
【详解】解：h=3.5t-4.9t2
=-4.9（t-）2+，
∵-4.9＜1
∴当t=≈1.36s时，h最大．
故选D.
【点睛】
此题主要考查了二次函数的应用，根据题意得出顶点式在解题中的作用是解题关键.
9、D
【分析】根据题意可判断四边形ABNM为梯形，再由切线的性质可推出∠ABN=60°，从而判定△APO≌△BPO，可得AP=BP=3，在直角△APO中，利用三角函数可解出半径的值.
【详解】解：连接OP，OM，OA，OB，ON
∵AB，AM，BN 分别和⊙O 相切，
∴∠AMO=90°，∠APO=90°，
∵MN∥AB，∠A＝60°，
∴∠AMN=120°，∠OAB=30°，
∴∠OMN=∠ONM=30°，
∵∠BNO=90°，
∴∠ABN=60°，
∴∠ABO=30°，
在△APO和△BPO中，
，
△APO≌△BPO（AAS），
∴AP=AB=3，
∴tan∠OAP=tan30°==，
∴OP=，即半径为.
故选D.
【点睛】
本题考查了切线的性质，切线长定理，解直角三角形，全等三角形的判定和性质，关键是说明点P是AB中点，难度不大.
10、B
【分析】由于⊙O的直径CD＝10cm，则⊙O的半径为5cm，又已知OM：OC＝3：5，则可以求出OM＝3，OC＝5，连接OA，根据勾股定理和垂径定理可求得AB．
【详解】解：如图所示，连接OA．
⊙O的直径CD＝10cm，
则⊙O的半径为5cm，
即OA＝OC＝5，
又∵OM：OC＝3：5，
所以OM＝3，
∵AB⊥CD，垂足为M，OC过圆心
∴AM＝BM，
在Rt△AOM中，，
∴AB＝2AM＝2×4＝1．
故选：B．
【点睛】
本题考查了垂径定理和勾股定理的应用，构造以半径、弦心距和弦长的一半为三边的直角三角形，是解题的关键.
11、B
【解析】试题解析：设此圆锥的底面半径为r，
2πr=，
r=10cm
故选B．
考点：弧长的计算．
12、B
【分析】根据点E为BC中点和正方形的性质，得出∠BAE的正切值，从而判断①，再证明△ABE∽△ECF，利用有两边对应成比例且夹角相等三角形相似即可证得△ABE∽△AEF，可判断②③，过点E作AF的垂线于点G，再证明△ABE≌△AGE，△ECF≌△EGF，即可证明④.
【详解】解：∵E是BC的中点，
∴tan∠BAE=，
∴∠BAE30°，故①错误；
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠B=∠C=90°，AB=BC=CD，
∵AE⊥EF，
∴∠AEF=∠B=90°，
∴∠BAE+∠AEB=90°，∠AEB+FEC=90°，
∴∠BAE=∠CEF，
在△BAE和△CEF中，
，
∴△BAE∽△CEF，
∴，
∴BE=CE=2CF，
∵BE=CF=BC=CD，
即2CF=CD，
∴CF=CD，
故③错误；
设CF=a，则BE=CE=2a，AB=CD=AD=4a，DF=3a，
∴AE=a，EF=a，AF=5a，
∴，，
∴，
又∵∠B=∠AEF，
∴△ABE∽△AEF，
∴∠AEB=∠AFE，∠BAE=∠EAG，
又∵∠AEB=∠EFC，
∴∠AFE=∠EFC，
∴射线FE是∠AFC的角平分线，故②正确；
过点E作AF的垂线于点G，
在△ABE和△AGE中，
，
∴△ABE≌△AGE（AAS），
∴AG=AB，GE=BE=CE，
在Rt△EFG和Rt△EFC中，
，
Rt△EFG≌Rt△EFC（HL），
∴GF=CF，
∴AB+CF=AG+GF=AF，故④正确.
故选B.
【点睛】
此题考查了相似三角形的判定与性质和全等三角形的判定和性质，以及正方形的性质．题目综合性较强，注意数形结合思想的应用．
二、填空题（每题4分，共24分）
13、4π．
【分析】根据弧长公式求弧长即可.
【详解】此扇形的弧长＝＝4π，
故答案为：4π．
【点睛】
此题考查的是求弧长，掌握弧长公式：是解决此题的关键.
14、
【详解】根据题意得：△=（﹣2）2－4×m=4－4m＞0，
解得m<.
故答案为m<.
【点睛】
本题考查一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)根的判别式：
（1）当△=b2﹣4ac＞0时，方程有两个不相等的实数根；
（2）当△=b2﹣4ac=0时，方程有有两个相等的实数根；
（3）当△=b2﹣4ac＜0时，方程没有实数根.
15、1
【分析】首先根据圆周角定理求得∠ADB的度数，从而求得∠BAD的度数，然后利用圆内接四边形的性质求得未知角即可．
【详解】解：∵AB是半圆O的直径，AD=BD，
∴∠ADB=90°，∠DAB=45°，
∵四边形ABCD内接于圆O，
∴∠BCD=180°-45°=1°，
故答案为：1．
【点睛】
考查了圆内接四边形的性质及圆周角定理的知识，解题的关键是根据圆周角定理得到三角形ABD是等腰直角三角形，难度不大．
16、
【解析】
如图,连接BB′，
∵△ABC绕点A顺时针方向旋转60°得到△AB′C′，
∴AB=AB′,∠BAB′=60°，
∴△ABB′是等边三角形，
∴AB=BB′，
在△ABC′和△B′BC′中，
，
∴△ABC′≌△B′BC′(SSS)，
∴∠ABC′=∠B′BC′，
延长BC′交AB′于D，
则BD⊥AB′，
∵∠C=90∘,AC=BC=，
∴AB==2，
∴BD=2×=，
C′D=×2=1，
∴BC′=BD−C′D=−1.
故答案为：−1.
点睛: 本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，等腰直角三角形的性质，作辅助线构造出全等三角形并求出BC′在等边三角形的高上是解题的关键，也是本题的难点．
17、
【分析】根据黄金分割的概念和黄金比是解答即可.
【详解】∵点把线段分割成和两段(),其中是与的比例中项，
∴点P是线段AB的黄金分割点，
∴=，
故填.
【点睛】
此题考察黄金分割，是与的比例中项即点P是线段AB的黄金分割点，即可得到=.
18、cm.
【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】解：设AB=xcm，则DE=（6-x）cm，
根据题意，得
解得x=1．
故选：1cm．
【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．
三、解答题（共78分）
19、（1）证明见解析；（2）10
【分析】（1）先利用得到，再利用直角三角形的两锐角互余即可求解；
（2）利用垂径定理得到CE＝DE=，再得到，，在中，利用得到求出BE，即可得到求解．
．
【详解】（1）证明：∵
∴
又∵为直径，
∴，
又∵
∴，
∴
∴
（2）∵，为直径
∴，
∴
又∵，
∴，
∴，
∴，
∴在中，
即，解得，
∴．
【点睛】
本题考查了圆周角定理：在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半．也考查了垂径定理．
20、（1），D的坐标为（1，4）；（2）当m=时 △BPE的面积取得最大值为，P的坐标是（，3）；（3）存在，M点的坐标为；；；；；
【分析】（1）先根据抛物线经过A（-1，0）B（3，0）两点，分别求出a、b的值，再代入抛物线即可求出二次函数的解析式并得出顶点的坐标；
（2）先设出BD解析式y=kx+b，再把B、D两点坐标代入求出k、b的值，得出BD解析式，再根据面积公式即可求出最大值以及点的坐标；
（3）根据题意利用平行四边形的性质进行分析求值，注意分类讨论.
【详解】解：（1）∵二次函数y=ax2+bx+3经过点A（﹣1，0）、B（3，0）
∴
所以二次函数的解析式为：

D的坐标为（1，4）
（2）设BD的解析式为y=kx+b
∵过点B（3，0），D（1，4）
∴解得
BD的解析式为y = -2x+6
设P（m，）
PE⊥y轴于点E
∴ △BPE的PE边上的高h=
S△BPE=×PE×h
=m()
=
=
∵a=-1<0 当m=时 △BPE的面积取得最大值为
当m=时，y=-2×+6=3
P的坐标是（，3）
（3）存在这样的点，使得以点，，，为顶点的四边形是平行四边形，
当点，，，为顶点的四边形是平行四边形，可得BM平行于PN，则有N点纵坐标等于P点纵坐标，把y=3代入求出N的坐标（0，3）或（2，3），
当N的坐标（0，3）或（2，3）时，根据平行四边形性质求得M点的坐标为 ；，；
当BP平行于MN时，根据平行四边形性质求得M点的坐标为；；.
M点的坐标为： ；；；；.
【点睛】
本题考查运用待定系数法求得函数的解析式，根据二次函数的解析式求得函数的最值，平行四边形的性质进行计算，注意数形结合的思想．
21、火箭所在点处与处的距离．
【分析】在RT△AMN中根据30°角的余弦值求出AM和MN的长度，再在RT△BMN中根据45°角的求出BM的长度，即可得出答案.
【详解】解：在中，
在中，
,
答：火箭所在点处与处的距离.
【点睛】
本题考查解直角三角形，难度适中，解题关键是根据题目意思构造出直角三角形，再利用锐角三角函数进行求解.
22、（1）证明见试题解析；（2）1．
【分析】（1）先证∠BAE=∠BCF，又由BA=BC，AE=CF，得到△BAE≌△BCF；
（2）由已知可得四边形BFDE对角线互相垂直平分，只要∠EBF=90°即得四边形BFDE是正方形，由△BAE≌△BCF可知∠EBA=∠FBC，又由∠ABC=50°，可得∠EBA+∠FBC=40°，于是∠EBA=×40°=1°．
【详解】解：（1）∵菱形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，
∴AB=BC，∠BAC=∠BCA，
∴∠BAE=∠BCF，
在△BAE与△BCF中，∵BA=BC，∠BAE=∠BCF，AE=CF，
∴△BAE≌△BCF（SAS）；
（2）∵四边形BFDE对角线互相垂直平分，
∴只要∠EBF=90°即得四边形BFDE是正方形，
∵△BAE≌△BCF，
∴∠EBA=∠FBC，
又∵∠ABC=50°，
∴∠EBA+∠FBC=40°，
∴∠EBA=×40°=1°．
故答案为1．
【点睛】
本题考查菱形的性质；全等三角形的判定与性质；正方形的判定．
23、（1）y＝-x2-2x＋6；（2）存在，D (,)；（2）-4≤t＜-2或0＜t≤1．
【分析】（1）根据点A的坐标结合线段AB的长度，可得出点B的坐标，根据点A，B的坐标，利用待定系数法即可求出抛物线的表达式；
（2）由抛物线解析式，求出顶点C的坐标，从而求出直线BC解析式，设D (d,-2d+4)，
根据已知可知AD=AB=6时，△ABC∽△BAD，从而列出关于d的方程，解方程即可求解；
（2）将抛物线的表达式变形为顶点时，依此代入点A，B的坐标求出t的值，再结合图形即可得出：当抛物线与线段AB有且只有一个公共点时t的取值范围．
【详解】（1）∵点A的坐标为（-4，-2），将点A向右平移6个单位长度得到点B，
∴点B的坐标为（2，-2）．
∵抛物线y＝-x2+bx＋c过点，
∴, 解得
∴抛物线表达式为y＝-x2-2x＋6
（2）存在.
如图
由（1）得，y＝-x2-2x＋6＝-(x+1)2＋7，
∴C (-1,7)
设直线BC解析式为y＝kx＋b
∴解之得，
∴lBC：y＝-2x＋4
设D (d,-2d+4)，
∵在△ABC中AC=BC
∴当且仅当AD=AB=6时，两三角形相似
即(-4-d)2+(-2+2d-4)2=26时，△ABC∽△BAD，
解之得，d1=、d2=2(舍去)
∴存在点D，使△ABC和以点A,B,D构成的三角形相似，此时点D (,)；
（2）如图：
抛物线y＝-x2+bx＋c顶点在直线上
∴抛物线顶点坐标为
∴抛物线表达式可化为．
把代入表达式可得
解得．
又∵抛物线与线段AB有且只有一个公共点，
∴-4≤t＜-2．
把代入表达式可得．
解得，
又∵抛物线与线段AB有且只有一个公共点，
∴0＜t≤1．
综上可知的取值范围时-4≤t＜-2或0＜t≤1．
【点睛】
本题考查了点的坐标变化、待定系数法求二次函数解析式、二次函数图象上点的坐标特征以及三角形相似，解题的关键是：（1）根据点的变化，找出点B的坐标，根据点A，B的坐标，利用待定系数法求出抛物线的表达式；（2）假设△ABC∽△BAD，列出关于d的方程，（2）代入点A，B的坐标求出t值，利用数形结合找出t的取值范围．
24、（1），；（2）证明见解析.
【解析】试题分析：（1）根据一元二次方程根与系数的关系列方程组求解即可.
（2）要证方程都有两个不相等的实数根，只要证明根的判别式大于0即可.
试题解析：（1）设方程的另一根为x1，
∵该方程的一个根为1，∴.解得.
∴a的值为，该方程的另一根为.
（2）∵，
∴不论a取何实数，该方程都有两个不相等的实数根.
考点：1.一元二次方程根与系数的关系；2. 一元二次方程根根的判别式；3.配方法的应用.
25、这个圆锥的底面半径为5cm，母线长为1cm．
【分析】根据圆锥的母线即为其侧面展开图的扇形半径，圆锥底面圆的周长等于扇形弧长，可设底面半径为r，则易得圆锥的母线长即为扇形半径为2r，利用圆锥表面积公式求解即可．
【详解】解：设这个圆锥的底面半径为rcm，
∵圆锥的轴截面△ABC是等边三角形，∴圆锥母线的长为2rcm，
∵圆锥的母线即为扇形半径，圆锥底面圆的周长等于扇形弧长，扇形面积+底面圆的面积＝圆锥表面积．
∴×2πr×2r+πr2＝75π，
解得：r＝5，∴2r＝1．
故这个圆锥的底面半径为5cm，母线长为1cm．
【点睛】
此题主要考查了圆锥的相关知识，明确圆锥的母线即为其侧面展开图的扇形半径，圆锥底面圆的周长等于扇形弧长是解题关键．
26、4
【解析】根据二次根式除法法则计算即可求解.
【详解】解：原式= ==4.
故答案为：4.
【点睛】
本题考查二次根式的除法运算，注意二次根式的运算结果要化为最简二次根式．在二次根式的混合运算中，解题关键是能结合题目特点，灵活运用二次根式的性质，选择恰当的解题途径．