精品解析：江苏南京市玄武区南京玄武外国语学校2026-2027学年九年级上学期9月数学练习

初三数学练习2026.9 （时间：70分钟满分：120分） 一、选择题（本大题共6小题；每小题3分，满分18分） 1. 关于x的方程的两个根满足，且，则m的值为（　　） A. B. 1 C. 3 D. 9 【答案】C 【解析】 【分析】利用因式分解法将方程变形为，再结合得到，由可得m的方程，解m的方程即可． 【详解】解：∵， ∴， ∴， ∴或， ∴或， ∵， ∴， ∵， ∴， 解得． 2. 某正方体纸盒被切割部分后的形状如图所示，则切割后该几何体的展开图（不含凹陷部分的表面）不可能是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】分别将四个选项还原成原几何体，再比较得出答案即可． 【详解】解：将图B中的位于中间的两个对角小正方形为上底面，则1为左侧面，5为前侧面，2为后侧面，3为右侧面，4为下底面，可知符合题意； 将图C中的位于中间的两个对角小正方形为上底面，则1为左侧面，5为前侧面，2为右侧面，3为下底面，4为后侧面，可知符合题意； 将图D中的位于中间的大正方形为下底面，则2为左侧面，1为上底面，4为后侧面，3为右侧面，5为前侧面，可知符合题意； 将图A中的位于中间的大正方形为下底面，则2为左侧面，1为上底面，4为后侧面，3为右侧面，5为前侧面，可知4位置不对，不能还原成原几何体，符合题意． 3. 已知m，n()是一元二次方程的两个实数解，则a，b，m，n的大小关系可能为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】通过构造二次函数，结合图象判断方程的解与a、b的位置关系． 【详解】解：设，其图象是开口向上的抛物线，与轴交点为、， 原方程可化为，即抛物线与直线的交点横坐标为、， ∵ 抛物线开口向上，当在、之间时，， ∴抛物线与直线的两个交点分别在、的外侧，即两个交点的横坐标中，一个小于，另一个大于， ∴，故选项A符合题意． 4. 如图，有一块三角形铁皮余料，，，．若从中剪一个面积最大的半圆，则半圆的圆心在（ ） A. 边上 B. 边上 C. 边上 D. 内 【答案】A 【解析】 【分析】本题主要考查了切线的性质，求三角形的面积，熟练掌握以上知识点是解答本题的关键． 当圆心在三角形的边上，与另外两边相切时，半圆最大，再依次分析面积的值，即可求解． 【详解】解：当圆心在三角形的边上，与另外两边相切时，半圆最大， 圆心在上时，设切点为、，连接，， ，且，， 设半径是， 则， 同理设半径为，， 则， ， ， ， 面积最大的半圆的圆心在边上， 故选：A． 5. 如图，已知是的直径，把为的直角三角板的一条直角边放在直线上，斜边与交于点，点与点重合，且大于，将三角板沿方向平移，使得点与点重合为止．设，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】分析可得：开始移动时，x=30°，移动开始后，∠POF逐渐增大，最后当B与E重合时，∠POF取得最大值，即2×30°=60°，故x的取值范围是30≤x≤60． 【详解】解：开始移动时，x=30°， 移动开始后，∠POF逐渐增大， 最后当B与E重合时，∠POF取得最大值， 则根据同弧所对的圆心角等于它所对圆周角的2倍得： ∠POF=2∠ABC=2×30°=60°， 故x的取值范围是． 故选：A． 【点睛】本题考查圆周角定理和平移的基本性质是：①平移不改变图形的形状和大小；②经过平移，对应点所连的线段平行（或在同一条直线上）且相等，对应线段平行（或在同一条直线上）且相等，对应角相等． 6. 在一张长为，宽为的矩形纸片上，按两种方式剪出最大圆： 方式：剪个大圆； 方式：剪个等圆． 设按两种方式剪出圆后剩余面积分别为、，若，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先计算矩形面积，再分别求出两种剪法下剪出圆的总面积，进而得到剩余面积和，计算的取值范围即可． 【详解】矩形面积为； 方式：剪出个最大圆，圆的最大直径等于矩形的宽，可得半径，圆的面积为， ； 方式：剪出个等大的最大圆，两圆并排沿长摆放，可得单个圆最大直径为，半径，两个圆的总面积为， ； ， ， ， ，即， ，即， ， ， ，即， A选项符合题意． 二、填空题（本大题共8小题；每小题3分，满分24分） 7. 若关于x的方程的两根分别为，3，则方程的解为___________． 【答案】， 【解析】 【分析】利用原方程两根和根与系数的关系得到系数，与的关系，代入所求方程即可求解． 【详解】解：关于的方程的两根分别为，，且， 根据根与系数的关系可得：，， 整理得，， 将，代入方程得：， ，等式两边同除以得：， 因式分解得， 解得，． 8. 设，是关于x的方程的根，且，则m的值为___________． 【答案】 【解析】 【分析】根据一元二次方程根与系数的关系，将变形后代入已知条件得到关于的方程，求解后利用判别式验证，舍去不符合条件的解． 【详解】解：，是方程的两个根， 由根与系数的关系得到： ， ， ，代入得： ， 整理得： ， 因式分解得： ， 解得或， 验证方程有实根，判别式， 当时，，方程无实根，舍去； 当时，，符合要求， 的值为． 9. 已知a，k为常数，若关于的不等式的解集是，则不等式的解集为__________． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查二次函数与不等式，由已知不等式解集可确定对应二次函数的根，从而求出常数关系且，代入第二个不等式并求解． 【详解】解：不等式的解集为， 则二次函数的根为和， ∴当时，，即， ∴，解得； ∵的解集为， ∴抛物线的开口向上， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴，即， ∴， ∴或 解得：无解或； 故答案为：． 10. 如图，用6个全等的三角形拼成一个内外都是正六边形的图形，若，，则＝______． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了正多边形与圆，解直角三角形，正确的识别图形是解题的关键． 过B作于P，则，，解直角三角形即可得到结论． 【详解】解：过B作于P，则， ，， ， ， ， ， ∴， 故答案为：． 11. 图（1）中圆形台球桌面的俯视图如图（2）所示，记圆心为O，6个等分圆周的球洞为A，B，C，D，E，F．P是的中点，一个球从点P处开始，按图示方向撞到桌边上的点Q处，反弹一次后撞到桌边上的点M处，再反弹一次后落入球洞F中，在此过程中有，，则的度数是_______°． 【答案】25 【解析】 【分析】连接、、，先求出，设，根据等边对等角和三角形内角和定理可求出，，，结合，即可求解． 【详解】解：连接、、， ∵A，B，C，D，E，F是的六等分点， ∴， ∵P是的中点， ∴， 设， ∵， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 即的度数是． 12. 如图在平面直角坐标系中，已知的半径为2，弦绕点O旋转一周扫过的区域记为W，若点在区域W内部（包含边界），弦长为m，则m的取值范围是________． 【答案】 【解析】 【分析】设点P坐标为，如图，连接，当为直径时，m最大，最大值为4，当点P为即的中点时，，，，此时即最小，利用勾股定理求得此时的弦的长m的最小值即可求解． 【详解】解：设点P坐标为，如图，连接， 根据题意，当为直径时，m最大，最大值为4， 当点P为即的中点时，，，，此时即最小， 由勾股定理得， ∴弦的长m的最小值为， ∴满足题意的m值的取值范围为． 13. 如图，是一圆形铁片（）平放在一个三棱柱盒子底面（）上的俯视图，铁片可以在盒内贴着盒底自由移动．若，的半径是1，则该盒子底面上，不能被该圆形铁片到达的部分的面积是______． 【答案】 【解析】 【分析】本题主要考查勾股定理，切线的性质，相似三角形的判定和性质．圆O与相切时的角落时到达不了的地方，设，，则，，再有等积法求a的值，再求面积即可． 【详解】解：与相切时的角落是到达不了的地方， ，过点作交于点，过点作， ， ， ， 设，则， ， ， ， ， ， 故不能被该圆形铁片到达的部分的面积是． 故答案为：． 14. 在一块木板上绘制一个边长为的正方形．在，，，四点处钉上四枚钉子，将长度为的细绳环放在木板上围出一个封闭区域，且四枚钉子在此区域内．用一支铅笔拉紧细绳，移动笔尖一周，笔尖在木板上留下了封闭的轨迹，则下列说法正确的有_________（填序号）． ①轨迹是一个圆； ②轨迹所围成的图形的面积小于； ③木板四边上的任意两点的连线与轨迹最多有两个交点． 【答案】③ 【解析】 【分析】根据题意分析可得轨迹不是一个圆，是一个闭合图形，即可判断①③，进而找到最小距离点，求得轨迹的面积大于，即可判断②，即可求解． 【详解】解：如图，设笔尖为， 根据题意可得，当绕正方形的外面移动一周，轨迹是旋转对称图形，根据不同的位置，相对于的距离不相等，故轨迹不是一个圆，故①错误； 当在的垂直平分线的下方时，即运动到点的位置时，， ∵，， ∴， ∴是等边三角形， 当运动到的垂直平分线上时，同理可得， ∴轨迹必经过点， 如图，当经过的延长线点时，此时， ∴， ∴， ∴， ∴， 在中，， ∵，，，， ∴， 即离的距离最小值为， 当以为半径作圆时，面积为， 当以为半径作圆时，面积为， ∴轨迹所围成的图形的面积大于，故②错误； 根据题意可得轨迹是一个闭合图形， ∴木板四边上的任意两点的连线与轨迹最多有两个交点，故③正确； 综上所述，正确的是③． 三、解答题（本大题共9小题，共78分） 15. 证明：圆周角的度数等于它所对弧上的圆心角度数的一半． 【答案】已知：如图，弧所对的圆周角是，圆心角是． 求证：． 证明：如图， 在图①中， ∵， ∴， 又∵， ∴； 在图②中，作直径， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴， 则； 在图③中，作直径， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴． 【解析】 【分析】分“圆周角的一边过圆心”、“圆心在圆周角的内部”、“圆心在圆周角的外部”3种情况，分别结合图①、②、③证明上述结论． 【详解】略． 16. 已知关于x的方程（m为常数）． （1）求证：不论m取何值，该方程总有实数解； （2）解不等式：． 【答案】（1）证明：①当时，原方程可化为=0，解得x1， ②当时，为一元二次方程， 则判别式， ∴该方程总有两个实数根， 综上，不论m取何值，该方程总有实数解． （2） 当时，或， 当时，， 当时，， 当时，无解， 当时，． 【解析】 【分析】（1）注意分类讨论，分为和来讨论，证明方程总有实数解． （2）将二次式因式分解，求出两根，根据两根的大小关系来分类讨论． 【小问1详解】 略． 【小问2详解】 解：①当时，原不等式可化为，解得， ②当时， ∵， ∴令，解得、， 1）当时，，且此时抛物线开口朝上， ∴不等式的解集为或， 2）当时，抛物线开口朝下， 1）当时，即时，原不等式的解集为， 2）当时，即时，原不等式的解集为， 3）当时，即时，原不等式无解， 综上，不等式的解集为： 当时，或， 当时，， 当时，， 当时，无解， 当时，． 17. 如图，是的外接圆，D是直径上一点，的平分线交于点E，交于另一点F，． （1）求证：； （2）设，垂足为M，若，求的长． 【答案】（1） 证明：∵， ∴， 又与都是所对的圆周角， ∴， ∵， ∴， ∵平分， ∴， ∵是直径， ∴， ∴， 故， 即． （2）． 【解析】 【分析】本题主要考查了等腰三角形的性质，圆周角定理，勾股定理等知识，掌握这些性质以及定理是解题的关键． （1）由等边对等角得出，由同弧所对的圆周角相等得出，由对顶角相等得出，等量代换得出，由角平分线的定义可得出，由直径所对的圆周角等于可得出，即可得出，即． （2）由（1）知，，根据等边对等角得出，根据等腰三角形三线合一的性质可得出，的值，进一步求出，，再利用勾股定理即可求出． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）知，， ∴， 又，， ∴，， ∴圆的半径， ∴， 在中． ， ∴ 即的长为． 18. 如图，是的直径，，点E在上，连接并延长交过点A的切线于点F，点D为的中点，连接并延长交过点的切线于点． （1）求证：与相切； （2）若，求的长； （3）设，四边形的面积为y，直接写出y关于x的表达式及y的最小值． 【答案】（1）证明：如图，连接、， ∵是的直径， ∴， ∵点D为的中点， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵与相切， ∴， ∴， ∵是的半径， ∴与相切； （2） （3），最小值为18 【解析】 【分析】（1）连接、，利用圆周角定理得到，再利用直角三角形斜边的中线性质得到，进而利用等腰三角形的性质得到，，然后利用切线的性质和判定可证得结论； （2）先得到，，再利用勾股定理求得，分别证明和，利用相似三角形的性质求解即可； （3）仿照（2）中方法求得，再利用梯形的面积公式求得，再利用完全平方公式得，进而可求得y的最小值． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：由（1）知，， ∵， ∴，， ∵，， ∴， ∵，， ∴， ∴，即， 解得， ∴， ∵与相切， ∴，则， ∴， ∴， ∴， ∴； 【小问3详解】 解：由（1）知，， ∵， ∴，， ∵，， ∴， 设，则，， ∵，， ∴， ∴，， 解得， ∴， ∵与相切， ∴，则， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴四边形是梯形， ∴， ∵，当即时取等号， ∴， 故y的最小值为18． 19. 如图①，在半径为10的中，弦，点P在优弧上，过点P作分别交、弦于点C、D．连接，过点A作分别交、弦、于点E、F、G． （1）如图②，当为的直径时，求的长； （2）求证：； （3）当点P运动时，的长是否随之改变呢？若不改变，请直接写出的长；若改变，请说明的长的变化情况． 【答案】（1）2 （2）见解析 （3）当点P运动时，的长不改变；的长为16 【解析】 【分析】（1）根据垂径定理勾股定理求解即可； （2）连接，证明，可得，即可求证； （3）作直径，连接，根据题意可得，再证明四边形为平行四边形，可得，即可解答． 【小问1详解】 解：如图，连接， ∵为的直径，，， ∴， ∵的半径为10， ∴， 在中，， ∴； 【小问2详解】 证明：如图，连接， ∵， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴； 【小问3详解】 解：当点P运动时，的长不改变， 作直径，连接， 在中，， ∴点G为的垂心， ∴， ∵为的直径， ∴， ∴， ∴四边形为平行四边形， ∴， 在中，， ∴， ∴当点P运动时，的长不改变， 的长为16． 20. 若过平面内一点P存在直线l，分别交的两边于点C、D，使．试用尺规作图确定直线l的位置．（要求：尺规作图，保留作图痕迹，写出必要的文字说明） （1）当点P在的边上时，作出直线l； （2）当点P在的外部时，作出直线l． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由过平面内一点P存在直线l，当点P在的边上，则点C与点P重合，先在线段上截取，再在上截取，然后作直线即可； （2）在上取；作的垂直平分线和的平分线相交于点E；连接，以为底边作等腰，且；以F为圆心，以为半径作，交于点C；过点P作直线，交于点D．则直线就是所求的直线l． 【小问1详解】 略． 【小问2详解】 解：理由：连接，，， ∵的垂直平分线交的平分线于E， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴． ∵， ∴， ∴点O，C，E，D共圆， ∴． ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴． 21. 【动手操作】（1）尺规作图：在平面直角坐标系中，以为圆心，适当长为半径作圆，交的轴的正半轴于点，交的轴的正半轴于点，再分别以点、为圆心，适当长为半径作弧，两弧在第一象限内交于点； 【自主探索】（2）在（1）的条件下，解方程：； 【拓展延伸】（3）根据一元二次方程的求根公式，可以得到，．在此基础上通过直接计算得到，．这就是一元二次方程“根与系数的关系”（我们还可以用如下的方法推导：由于方程的两个根分别是，，可把方程写为，可得，结合“多项式相等”知识，，，即，．若一元三次方程存在三个根、、．请你求出有三个根的条件下，一元三次方程根与系数的关系？ 【答案】 （1）如图所示： （2），； （3），， 【解析】 【分析】本题考查尺规作图、角平分线的性质、解一元二次方程、解一元高次方程，得到点P坐标规律，以及利用类比方法求解是解答的关键． （1）根据题中叙述画出图形即可； （2）先由（1）中画图过程得到点P在的平分线上，则，原方程化为，然后解方程即可求解； （3）类比一元二次方程中根与系数的推导过程求解即可． 【详解】解：（1）略 （2）根据作图过程，点P在的平分线上，又点在第一象限内， ∴， ∴方程化为，即， 解得，； （3）由于一元三次方程存在三个根、、， ∴把方程可以写为， 整理，得， ∴，，， 解得：，，． 22. 在第一阶段质量监测中，我们介绍了“曲柄滑块机构”，它可用于活塞发动机．在另一种转子发动机（图（1）是某汽车转子发动机的截面图）中，有一个可以转动的部件，它的示意图如图（2）所示．图（2）的画法如下：画一个边长为a的正三角形，分别以A，B，C为圆心，以a为半径画，，．这三段弧组成的图形叫作圆弧三角形． （1）圆弧三角形的周长为______，面积为______．（都用含a的代数式表示） （2）圆弧三角形运动时有何特性呢？ ①如图（3），圆弧三角形沿直线向右滚动一周，在滚动过程中，它每时每刻都有一个最高点，最高点形成的图形大致为（ ） A． B． C． D． ②数学家发现：圆弧三角形能在边长为a的正方形中转动，且始终保持与正方形的每一边都有且只有一个公共点．图（4）是转动过程中的一种情形（点B，C分别在边，上，与边有且只有一个公共点M）．求证：与有且只有一个公共点． （3）尝试画一个“圆弧多边形”，使其满足以下要求：①将它放在边长为a的正方形中转动时，也能始终保持与正方形的每一边都有且只有一个公共点；②该图形不能是圆弧三角形或圆．请画出示意图并写出画法． 【答案】（1）； （2）①A； ②证明：过点作，垂足为， ∴， ∵四边形是正方形， ∴， ∴四边形是矩形， ∴， ∴是的半径， ∴与相切，即与有且只有一个公共点． （3）如图所示，圆弧五边形即为所求作的图形： 【解析】 【分析】（1）圆弧三角形的周长由，，三段弧长构成，由，，利用弧长公式计算即可；圆弧三角形的面积可通过计算三个扇形的面积，但是中间的等边三角形的面积被多算了两次，只需减两次等边三角形的面积即可求出； （2）①圆弧三角形沿直线向右滚动一周，在滚动过程中，与地面接触的圆弧是与地面相切的，而无论切点的位置在哪段圆弧上，距离切点最远的长度都是相同的，即在滚动过程中的最高点距离地面的高度是保持不变的，所以最高点形成的图形是一条直线；②过点作，垂足为，利用正方形的性质可得，得出是的半径，结论即可得证； （3）先画出使其对角线长为的正五边形，分别以为圆心，以为半径画、、、、，这五段圆弧组成圆弧五边形，再通过圆弧五边形画出正方形． 【小问1详解】 解：由题意可得：圆弧三角形是由三段圆弧围成的， ∴圆弧三角形的周长为， ∵是等边三角形， ∴，， ∴， ∴圆弧三角形的周长为， 过点作，垂足为， ∴， ∴， ∴， ∴圆弧三角形的面积为． 【小问2详解】 解：①圆弧三角形沿直线向右滚动一周，在滚动过程中，与地面接触的圆弧是与地面相切的，如图所示： ∵， ∴无论切点的位置在哪段圆弧上，距离切点最远的长度都是相同的， ∴在滚动过程中的最高点距离地面的高度是保持不变的， ∴最高点形成的图形是一条直线； ②略 【小问3详解】 解：如图，画正五边形，使其对角线，分别以为圆心，以为半径画、、、、，这五段圆弧组成圆弧五边形， 连接，分别过点、点作的垂线，过点作的平行线，与过点、点作的的垂线分别交于点，过点作的垂线交于点，过点作的平行线，与过点、点作的垂线分别交于点， ∴，，， ∴四边形是边长为的正方形， ∴圆弧五边形可以在正方形中转动，并且始终保持与正方形的每一边都有且只有一个公共点，所作图形符合题意． 23. 在平面直角坐标系中，已知圆O的圆心为，半径为3，另有一圆M，半径为2．当时，圆M 的圆心为，圆M以每分钟1个单位长度的速度沿着x 轴正方向运动，在运动过程中，将圆M中未被圆O覆盖的部分称为“亮面”，当“亮面”再次变为一个完整的圆时，圆M停止运动，示意图如下图所示： （1）判断下列说法的正误，并说明理由． 甲：亮面始终为轴对称图形； 乙：当时，“亮面”再次为一个完整的圆； 丙：在整个运动过程中，“亮面”的面积始终不小于圆M面积的； （2）画出亮面面积S关于运动时间t的大致图像，并说明理由． 【答案】（1）解：甲和乙说法正确，丙说法错误，理由如下： 连接， ∵圆为轴对称图形，对称轴为任意过圆心的直线， ∵点为圆M的圆心，点是圆O的圆心， ∴两圆组成的整体图形关于直线对称，被盖住的重叠的部分也关于直线对称， ∴亮面始终为轴对称图形，对称轴为直线；故甲的说法正确； 当时，则圆M 移动的距离为个单位长度， ∴移动后点的坐标为，即， ∴， 设圆O的半径为，圆M 的半径为，， ∴，此时，故两圆相切，只有一个交点， ∴两圆没有重叠的部分，亮面即为圆M ，为一个完整的圆，故乙的说法正确； 当亮面最小时，即两个圆重叠的部分最大，此时最小，即点在轴上，轴，此时，，如图， 设两圆的交点为，与交于点，则，，设， ∴， 在中，， 在中，， ∴，解得， ∴， ∴， ∴， ∵两圆重叠的部分的面积大于扇形的面积，即， ∴“亮面”的面积，故丙的说法错误； （2）解：画出图像如图： 当和时，两圆相切，亮面为整个圆M，故面积为； 当时，由（1）可知，亮面的面积最小，小于， 从，亮面面积逐渐减小，从，亮面面积逐渐增大， 故图象是一条关于对称，开口向上的图象. 【解析】 【分析】（1）根据圆的对称性判断甲的说法，求出时，两圆的位置关系判断乙的说法，求出两圆的圆心距最小时的亮面面积，判断丙的说法； （2）当和时，两圆相切，亮面为整个圆M，面积最大，当时，亮面的面积最小，从，亮面面积逐渐减小，从，亮面面积逐渐增大，据此即可得出图象. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 初三数学练习2026.9 （时间：70分钟满分：120分） 一、选择题（本大题共6小题；每小题3分，满分18分） 1. 关于x的方程的两个根满足，且，则m的值为（　　） A. B. 1 C. 3 D. 9 2. 某正方体纸盒被切割部分后的形状如图所示，则切割后该几何体的展开图（不含凹陷部分的表面）不可能是（ ） A. B. C. D. 3. 已知m，n()是一元二次方程的两个实数解，则a，b，m，n的大小关系可能为（ ） A. B. C. D. 4. 如图，有一块三角形铁皮余料，，，．若从中剪一个面积最大的半圆，则半圆的圆心在（ ） A. 边上 B. 边上 C. 边上 D. 内 5. 如图，已知是的直径，把为的直角三角板的一条直角边放在直线上，斜边与交于点，点与点重合，且大于，将三角板沿方向平移，使得点与点重合为止．设，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 6. 在一张长为，宽为的矩形纸片上，按两种方式剪出最大圆： 方式：剪个大圆； 方式：剪个等圆． 设按两种方式剪出圆后剩余面积分别为、，若，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 二、填空题（本大题共8小题；每小题3分，满分24分） 7. 若关于x的方程的两根分别为，3，则方程的解为___________． 8. 设，是关于x的方程的根，且，则m的值为___________． 9. 已知a，k为常数，若关于的不等式的解集是，则不等式的解集为__________． 10. 如图，用6个全等的三角形拼成一个内外都是正六边形的图形，若，，则＝______． 11. 图（1）中圆形台球桌面的俯视图如图（2）所示，记圆心为O，6个等分圆周的球洞为A，B，C，D，E，F．P是的中点，一个球从点P处开始，按图示方向撞到桌边上的点Q处，反弹一次后撞到桌边上的点M处，再反弹一次后落入球洞F中，在此过程中有，，则的度数是_______°． 12. 如图在平面直角坐标系中，已知的半径为2，弦绕点O旋转一周扫过的区域记为W，若点在区域W内部（包含边界），弦长为m，则m的取值范围是________． 13. 如图，是一圆形铁片（）平放在一个三棱柱盒子底面（）上的俯视图，铁片可以在盒内贴着盒底自由移动．若，的半径是1，则该盒子底面上，不能被该圆形铁片到达的部分的面积是______． 14. 在一块木板上绘制一个边长为的正方形．在，，，四点处钉上四枚钉子，将长度为的细绳环放在木板上围出一个封闭区域，且四枚钉子在此区域内．用一支铅笔拉紧细绳，移动笔尖一周，笔尖在木板上留下了封闭的轨迹，则下列说法正确的有_________（填序号）． ①轨迹是一个圆； ②轨迹所围成的图形的面积小于； ③木板四边上的任意两点的连线与轨迹最多有两个交点． 三、解答题（本大题共9小题，共78分） 15. 证明：圆周角的度数等于它所对弧上的圆心角度数的一半． 16. 已知关于x的方程（m为常数）． （1）求证：不论m取何值，该方程总有实数解； （2）解不等式：． 17. 如图，是的外接圆，D是直径上一点，的平分线交于点E，交于另一点F，． （1）求证：； （2）设，垂足为M，若，求的长． 18. 如图，是的直径，，点E在上，连接并延长交过点A的切线于点F，点D为的中点，连接并延长交过点的切线于点． （1）求证：与相切； （2）若，求的长； （3）设，四边形的面积为y，直接写出y关于x的表达式及y的最小值． 19. 如图①，在半径为10的中，弦，点P在优弧上，过点P作分别交、弦于点C、D．连接，过点A作分别交、弦、于点E、F、G． （1）如图②，当为的直径时，求的长； （2）求证：； （3）当点P运动时，的长是否随之改变呢？若不改变，请直接写出的长；若改变，请说明的长的变化情况． 20. 若过平面内一点P存在直线l，分别交的两边于点C、D，使．试用尺规作图确定直线l的位置．（要求：尺规作图，保留作图痕迹，写出必要的文字说明） （1）当点P在的边上时，作出直线l； （2）当点P在的外部时，作出直线l． 21. 【动手操作】（1）尺规作图：在平面直角坐标系中，以为圆心，适当长为半径作圆，交的轴的正半轴于点，交的轴的正半轴于点，再分别以点、为圆心，适当长为半径作弧，两弧在第一象限内交于点； 【自主探索】（2）在（1）的条件下，解方程：； 【拓展延伸】（3）根据一元二次方程的求根公式，可以得到，．在此基础上通过直接计算得到，．这就是一元二次方程“根与系数的关系”（我们还可以用如下的方法推导：由于方程的两个根分别是，，可把方程写为，可得，结合“多项式相等”知识，，，即，．若一元三次方程存在三个根、、．请你求出有三个根的条件下，一元三次方程根与系数的关系？ 22. 在第一阶段质量监测中，我们介绍了“曲柄滑块机构”，它可用于活塞发动机．在另一种转子发动机（图（1）是某汽车转子发动机的截面图）中，有一个可以转动的部件，它的示意图如图（2）所示．图（2）的画法如下：画一个边长为a的正三角形，分别以A，B，C为圆心，以a为半径画，，．这三段弧组成的图形叫作圆弧三角形． （1）圆弧三角形的周长为______，面积为______．（都用含a的代数式表示） （2）圆弧三角形运动时有何特性呢？ ①如图（3），圆弧三角形沿直线向右滚动一周，在滚动过程中，它每时每刻都有一个最高点，最高点形成的图形大致为（ ） A． B． C． D． ②数学家发现：圆弧三角形能在边长为a的正方形中转动，且始终保持与正方形的每一边都有且只有一个公共点．图（4）是转动过程中的一种情形（点B，C分别在边，上，与边有且只有一个公共点M）．求证：与有且只有一个公共点． （3）尝试画一个“圆弧多边形”，使其满足以下要求：①将它放在边长为a的正方形中转动时，也能始终保持与正方形的每一边都有且只有一个公共点；②该图形不能是圆弧三角形或圆．请画出示意图并写出画法． 23. 在平面直角坐标系中，已知圆O的圆心为，半径为3，另有一圆M，半径为2．当时，圆M 的圆心为，圆M以每分钟1个单位长度的速度沿着x 轴正方向运动，在运动过程中，将圆M中未被圆O覆盖的部分称为“亮面”，当“亮面”再次变为一个完整的圆时，圆M停止运动，示意图如下图所示： （1）判断下列说法的正误，并说明理由． 甲：亮面始终为轴对称图形； 乙：当时，“亮面”再次为一个完整的圆； 丙：在整个运动过程中，“亮面”的面积始终不小于圆M面积的； （2）画出亮面面积S关于运动时间t的大致图像，并说明理由． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $