2023-2024学年福建省福州市仓山区重点中学九年级（上）月考数学试卷（10月份）（含解析）

第=page11页，共=sectionpages11页2023-2024学年福建省福州市仓山区重点中学九年级（上）月考数学试卷（10月份）一、选择题（本大题共10小题，共40.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）1.下列生活中的实例是旋转的是(

)A.钟表的指针的转动 B.汽车在笔直的公路上行驶

C.传送带上，瓶装饮料的移动 D.足球飞入球网中2.在下列图形中，是中心对称图形的是(

)A. B. C. D.3.如图，把△AOB绕点O顺时针旋转得到△COD，则旋转角是A.∠AOC B.∠AOD4.已知⊙O中最长的弦长8cm，则⊙OA.2cm B.4cm C.5.用反证法证明时，假设结论“点在圆外”不成立，那么点与圆的位置关系只能是(

)A.点在圆内 B.点在圆上 C.点在圆心上 D.点在圆上或圆内6.如图，点B，C，D在⊙O上，若∠BCD=30°A.75°

B.70°

C.65°

7.如图，以O为圆心的两个同心圆中，大圆的弦AB是小圆的切线，点P为切点．若大圆半径为2，小圆半径为1，则AB的长为(

)

A.23 B.22 C.8.如图，⊙O中，弦AB⊥CD于E，若∠A=30°，⊙A.6π

B.4π

C.5π9.如图，已知⊙O的半径为5，弦AB，CD所对的圆心角分别是∠AOB，∠COD，若∠AOA.6

B.8

C.52

10.“割之弥细，所失弥少，割之又割，以至于不可割，则与圆周合体而无所失矣”，早在1800多年前，魏晋时期的数学家刘徽首创“割圆术”，用圆内接正多边形的面积去无限逼近圆面积.如图所示的圆的内接正十二边形，若该圆的半径为1，则这个圆的内接正十二边形的面积为(

)

A.1 B.2 C.3 D.4二、填空题（本大题共6小题，共24.0分）11.在平面直角坐标系中，点A(−2,−3)12.若圆锥的底面半径是5，母线长10，则侧面积是______．13.如图所示，把图中的交通标志图案绕它的中心旋转一定角度后与自身重合，则这个旋转角度至少为______．

14.如图，四边形ABCD内接于⊙O，E为BC延长线上一点，若∠A=55°

15.如图，△ABC中，∠A=50°，若O为△AB

16.如图，AB是⊙O的直径，C为圆上一点，且∠AOC=120°，⊙O的半径为2，P为圆上一动点，Q为

三、解答题（本大题共9小题，共86.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）17.(本小题8.0分)

如图，在△OAB中，OA=OB，⊙O与18.(本小题8.0分)

“圆材埋壁”是我国古代著名数学著作《九章算术》中的问题：“今有圆材，埋在壁中，不知大小，以锯锯之，深一寸，锯道长一尺，问径几何？”用现在的数学语言可表达为：“如图，CD为⊙O的直径，弦AB⊥CD于点E，CE

19.(本小题8.0分)

探究圆的面积时，我们把圆面积转化为近似长方形面积，其实圆的面积还可以转化为三角形面积，如图，是一个由若干粗细一致的麻绳围成的圆形茶杯垫，沿半径剪开，展开后得到一个近似的三角形．

(1)这个三角形的底相当于圆的______，高相当于圆的______．

A.半径

B.直径

C.周长

D.周长的一半

(2)如果圆的半径是r，我们也可以推导出圆形的面积公式：

圆形的面积=三角形的面积=a×h÷2=______20.(本小题8.0分)

如图，在平面直角坐标系中，小正方形网格的边长为1个单位长度，△ABC的三个顶点的坐标分别为A(−3,4)，B(−5,2)，C(−2,1)．

(1)画出△A21.(本小题8.0分)

如图，正三角形ABC的边长为8，点D，E，F分别为BC，CA，AB的中点，以A，B，C三点为圆心，4为半径作圆，求图中阴影部分的面积22.(本小题10.0分)

如图，P为⊙O外一点.求作：过点P的⊙O的切线，并证明.(尺规作图，保留作图痕迹，不写作法23.(本小题10.0分)

如图，正方形ABCD的边长为4，点E是CD的中点，AF平分∠BAE交BC于点F，将△AD24.(本小题12.0分)

如图1，矩形ABCD中，AB=6，AD=8，P，E分别是线段AC、BC上的点，且四边形PEFD为矩形．

(1)连接PF，请直接写出线段PF的长度的取值范围______．

(2)若△PC25.(本小题14.0分)

如图1，⊙O为锐角三角形ABC的外接圆，点D在BC上，AD交BC于点E，点F在AE上，满足∠AFB−∠BFD=∠ACB，FG/​/AC交BC于点G，BE=FG，连结BD，DG.设∠ACB=α．

(1)用含α的代数式表示∠BF答案和解析1.【答案】A

【解析】解：A、钟表指针的运动，属于旋转：

B、行驶的汽车，属于平移：

C、传送带上，瓶装饮料的移动，属于平移：

D、足球飞入球网中，属于平移．

故选：A．

根据平移图形的特征，如图两个图形的大小、形状、方向不变，只是位置的不同，这两个图形就是平移：根据旋转图形的特征，如图两个图形的大小、形状不变，只是方向不变，只是位置的不同，这样的两个图形就是旋转，

本题是考查图形的平移与旋转的意义，关键是看方向是否改变，2.【答案】B

【解析】解：A.该图形不是中心对称图形，故此选项不符合题意；

B.该图形是中心对称图形，故此选项符合题意；

C.该图形不是中心对称图形，故此选项不符合题意；

D.该图形不是中心对称图形，故此选项不符合题意．

故选：B．

把一个图形绕某一点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形，根据中心对称图形的定义进行判断可得答案．

本题考查中心对称图形的识别，解题的关键是要寻找对称中心，旋转3.【答案】A

【解析】解：如图，把△AOB绕点O顺时针旋转得到△COD，

旋转角是∠AOC或∠4.【答案】B

【解析】解：∵⊙O中最长的弦为8cm，即直径为8cm，

∴⊙O的半径为4cm5.【答案】D

【解析】解：反证法证明时，假设结论“点在圆外”不成立，那么点与圆的位置关系只能是：点在圆上或圆内．

故选：D．

由于反证法的步骤是：(1)假设结论不成立；(2)从假设出发推出矛盾；(36.【答案】D

【解析】解：∵∠BCD=30°，

∴∠B7.【答案】A

【解析】解：如图：连接OP，AO

∵大圆的弦AB是小圆的切线

∴OP⊥AB，

∴AP=PB=12AB

在Rt△A8.【答案】B

【解析】解：连接OA、OC，

∵AB⊥CD，

∴∠AED=90°，

∴∠D=90°−∠DAE=60°，

由圆周角定理得，∠9.【答案】B

【解析】【分析】

本题主要考查圆周角定理，解题的关键是添加辅助线构造直角三角形．

延长AO交⊙O于点E，连接BE，由∠AOB+∠BOE=∠AOB+∠COD知∠BOE=∠COD，据此可得BE=CD=6，在Rt△ABE中利用勾股定理求解可得．

【解答】10.【答案】C

【解析】解：如图，过A作AC⊥OB于C，

∵圆的内接正十二边形的圆心角为360°12=30°，

∵OA=1，

∴AC=12OA=12，

∴11.【答案】(2【解析】解：点A(−2,−3)关于原点对称的点A′的坐标是(212.【答案】50π【解析】解：这个圆锥的侧面积=12×2π×5×1013.【答案】60°【解析】解：∵360°÷3=120°，

∴旋转的角度是120°的整数倍，

∴旋转的角度至少是120°．

故答案为：6014.【答案】55°【解析】解：∵四边形ABCD内接于⊙O，

∴∠DCE=∠A15.【答案】115

【解析】解：∵∠A=50°，O为△ABC的内心，

∴∠BO16.【答案】1+【解析】解：如图，连接OQ，作CH⊥AB于H．

∵AQ=QP，

∴OQ⊥PA，

∴∠AQO=90°，

∴点Q的运动轨迹为以AO为直径的⊙K，连接CK，

当点Q在CK的延长线上时，CQ的值最大，

在Rt△OCH中，

∵∠COH=60°，OC=2，

∴17.【答案】证明：连接OC，

∵⊙O与AB相切于点C，

∴OC⊥AB【解析】连接OC，由切线的性质得出OC⊥18.【答案】解：如图，连接OA，

∵AB⊥CD，且AB=10，

∴AE=BE=5，

设圆O的半径OA的长为x，则OC=OD=x，

∵CE=1，

∴OE【解析】连接OA构成直角三角形，先根据垂径定理，由DE⊥AB得到点E为AB的中点，由AB=10可求出AE的长，再设出圆的半径OA19.【答案】C

A

2πr

r

【解析】解：(1)由图可知，这个三角形的底相当于圆的周长，高相当于圆的半径．

故选：C，A；

(2)当圆的半径为r时，

圆形的面积=三角形的面积=a×h÷2=2rπ×r÷220.【答案】解：(1)如图：

△A1B1C1即为所求；

(2)如图：

△A【解析】(1)根据中心对称的定义作出A，B，C的对应点，再连成三角形即可；

(2)作出图形，观察可得A2，B2，21.【答案】解：连接AD，则BD=CD，

∵△ABC是等边三角形，

∴∠BAC=∠ABC=∠A【解析】连接AD，根据等边三角形的性质得出AB=AC=BC=22.【答案】解：如图，PA、PB为⊙O的切线．

证明如下：连接OA、OB，如图，

∵OP为直径，

∴∠PAO=∠PB【解析】先作OP的垂直平分线，再以OP为直径作圆交⊙O于点A、B，则根据圆周角定理得到∠PAO=∠PBO=90°，所以23.【答案】解：∵正方形ABCD的边长为4，点E是CD的中点，

∴DE=2，

∴AE=42+22=25，

∵将△ADE绕点A顺时针旋转90°得△ABG，

∴AG=AE=25，BG=DE=2，∠3=∠4，∠GAE=90【解析】利用勾股定理计算出AE=25，再根据旋转的性质得到AG=AE=25，BG=DE=2，∠3=24.【答案】6≤【解析】解：(1)连接DE，

∵四边形DPEF是矩形，

∴PF=DE，

当E与C重合时，DE最小为6，

当E与B重合时，DE最大为62+82=10，

∴6≤PF≤10，

故答案为：6≤PF≤10；

(2)在矩形ABCD中，AB=6，AD=8，∠ADC=90°，

∴DC=AB=6，

∴AC=AD2+DC2=10，

要使△PCD为等腰三角形，

①当CP=CD时，AP=AC−CP=10−6=4，

②当PD=PC时，∠PDC=∠PCD，

∵∠PCD+∠PAD=∠PDC+∠PDA=90°，

∴∠PAD=∠PDA，

∴PD=PA，

∴PA=PC，

∴AP=12AC=5，

③当DP=DC时，如图，过点D作DQ⊥AC于Q，则PQ=25.【答案】解：(1)∵∠AFB−∠BFD=∠ACB=α①，

又∵∠AFB+∠BF