浙教版2023-2024学年度上学期九年级期末模拟数学试题5（含解析）

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浙教版2023-2024九年级上期末模拟试题5
考试范围：九上-九下第一章
姓名：__________班级：__________考号：__________总分__________
1 、选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的）
以下转盘分别被分成2个、4个、5个、6个面积相等的扇形，任意转动这4个转盘各1次．已知某转盘停止转动时，指针落在阴影区域的概率是，则对应的转盘是（ ）
A．B．C．D．
如图，AB是⊙O的直径，BC是⊙O的弦．若∠OBC=60°，则∠BAC的度数是（　　）
A．75° B．60° C．45° D．30°
如图，在△ABC中，D、E分别为AB、AC边上的点，DE∥BC，BE与CD相交于点F，则下列结论一定正确的是（　　）
A． = B． C． D．
如图，为了测量某建筑物的高度，小颖采用了如下的方法：先从与建筑物底端B在同一水平线上的A点出发，沿斜坡行走130米至坡顶D处，再从D处沿水平方向继续前行若干米后至点E处，在E点测得该建筑物顶端C的仰角为60°，建筑物底端B的俯角为45°，点A．B、C、D、E在同一平面内，斜坡的坡度．根据小颖的测量数据，计算出建筑物的高度约为（ ）（参考数据：）
A．136.6米 B．86.7米 C．186.7米 D．86.6米
已知一个正多边形的边心距与边长之比为，则这个正多边形的边数是（　　）
A．4 B．6 C．7 D．8
如图，抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）与x轴交于点（4，0），其对称轴为直线x＝1，结合图象给出下列结论：
①ac＜0；
②4a﹣2b+c＞0；
③当x＞2时，y随x的增大而增大；
④关于x的一元二次方程ax2+bx+c＝0有两个不相等的实数根．
其中正确的结论有（　　）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
如图，点A．B、C在边长为1的正方形网格格点上，下列结论错误的是（　　）
A．sinB
B．sinCC．tanB
D．sin2B+sin2C＝1
抛物线y＝﹣x2+2mx﹣m2+2与y轴交于点C，过点C作直线l垂直于y轴，将抛物线在y轴右侧的部分沿直线l翻折，其余部分保持不变，组成图形G，点M（m﹣1，y1），N（m+1，y2）为图形G上两点，若y1＜y2，则m的取值范围是（　　）
A．m＜﹣1或m＞0 B．＜m＜ C．0≤m＜ D．﹣1＜m＜1
如图，在半径为的⊙O中，弦AB与CD交于点E，∠DEB＝75°，AB＝6，AE＝1，则CD的长是（　　）
A．2 B．2 C．2 D．4
如图，抛物线y=x2﹣7x+与x轴交于点A．B，把抛物线在x轴及其下方的部分记作C1，将C1向左平移得到C2，C2与x轴交于点B、D，若直线y=x+m与C1、C2共有3个不同的交点，则m的取值范围是（　　）
A．﹣＜m＜﹣
B．﹣＜m＜﹣
C．﹣＜m＜﹣
D．﹣＜m＜﹣
2 、填空题（本大题共6小题，每小题3分，共18分）
老师为帮助学生正确理解物理变化与化学变化，将6种生活现象制成看上去无差别卡片（如图）．从中随机抽取一张卡片，抽中生活现象是物理变化的概率是 　 　．
一圆锥的底面半径为2，母线长为3，则这个圆锥的侧面积为_______．
在平面直角坐标系中，若抛物线与x轴只有一个交点，则_______．
如图，正五边形ABCDE和正三角形AMN都是⊙O的内接多边形，则∠BOM=　 　．
如图，在半径为3的⊙O中，直径AB与弦CD相交于点E，连接AC，BD，若AC=2，则tanD=　　　　　　．
如图，在正方形ABCD中，AB＝12，点E，F分别在边BC，CD上，AE与BF相交于点G，若BE＝CF＝5，则BG的长为 　 　．
3 、解答题（本大题共8小题，共52分）
计算：
（1）﹣tan45°﹣（1﹣）0，
（2）ab（3a﹣2b）+2ab2．
从同一副扑克牌中选出四张牌，牌面数字分别为2，5，6，8．将这四张牌背面朝上，洗匀．
（1）从这四张牌中随机抽出一张牌，这张牌上的牌面数字是偶数的概率是 　 　，
（2）小明从这四张牌中随机抽出一张牌，记下牌面数字后，放回．背面朝上，洗匀．然后，小华从中随机抽出一张牌，请用画树状图或列表的方法，求小华抽出的牌上的牌面数字比小明抽出的牌上的牌面数字大的概率．
如图，正方形ABCD的边CD在正方形ECGF的边CE上，连接DG，过点A作AH∥DG，交BG于点H．连接HF，AF，其中AF交EC于点M．
（1）求证：△AHF为等腰直角三角形．
（2）若AB＝3，EC＝5，求EM的长．
在《阿基米德全集》中的《引理集》中记录了古希腊数学家阿基米德提出的有关圆的一个引理．如图，已知是弦上一点，请你根据以下步骤完成这个引理的作图过程．
（1）尺规作图（保留作图痕迹，不写作法）：
①作线段的垂直平分线，分别交于点于点，连接；
②以点为圆心，长为半径作弧，交于点（两点不重合），连接．
（2）直接写出引理的结论：线段的数量关系．
如图，甲建筑物AD，乙建筑物BC的水平距离AB为90m，且乙建筑物的高度是甲建筑物高度的6倍，从E（A，E，B在同一水平线上）点测得D点的仰角为30°，测得C点的仰角为60°，求这两座建筑物顶端C、D间的距离（计算结果用根号表示，不取近似值）．
如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，∠B＝30°，点D为边AB的中点，点O在边BC上，以点O为圆心的圆过顶点C，与边AB交于点D．
（1）求证：直线AB是⊙O的切线，
（2）若AC＝，求图中阴影部分的面积．
如图，在平面直角坐标系xOy中，将二次函数y=x2﹣1的图象M沿x轴翻折，把所得到的图象向右平移2个单位长度后再向上平移8个单位长度，得到二次函数图象N．
（1）求N的函数表达式；
（2）设点P（m，n）是以点C（1，4）为圆心、1为半径的圆上一动点，二次函数的图象M与x轴相交于两点A．B，求PA2+PB2的最大值；
（3）若一个点的横坐标与纵坐标均为整数，则该点称为整点．求M与N所围成封闭图形内（包括边界）整点的个数．
如图，Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=6cm，BC=8cm，动点P从点B出发，在BA边上以每秒5cm的速度向点A匀速运动，同时动点Q从点C出发，在CB边上以每秒4cm的速度向点B匀速运动，运动时间为t秒（0＜t＜2），连接PQ．
（1）若△BPQ与△ABC相似，求t的值；
（2）连接AQ，CP，若AQ⊥CP，求t的值；
（3）试证明：PQ的中点在△ABC的一条中位线上．
答案解析
1 、选择题
【考点】几何概率
【分析】根据概率公式求出每个选项的概率，即可得到答案．
解：A．指针落在阴影区域的概率是，
B．指针落在阴影区域的概率是，
C．指针落在阴影区域的概率是，
D．指针落在阴影区域的概率是，
故选D．
【点评】本题主要考查几何概率，熟练掌握概率公式，是解题的关键．
【考点】圆周角定理．
【分析】根据AB是⊙O的直径可得出∠ACB=90°，再根据三角形内角和为180°以及∠OBC=60°，即可求出∠BAC的度数．
解：∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB=90°，
又∵∠OBC=60°，
∴∠BAC=180°﹣∠ACB﹣∠ABC=30°．
故选D．
【点评】本题考查了圆周角定理以及角的计算，解题的关键是找出∠ACB=90°．本题属于基础题，难度不大，解决该题型题目时，找出直径所对的圆周角为90°是关键．
【考点】相似三角形的判定与性质．
【分析】根据平行线分线段成比例定理与相似三角形的对应边成比例，即可求得答案．
解；A．∵DE∥BC，
∴，故正确；
B、∵DE∥BC，
∴△DEF∽△CBF，
∴，故错误；
C、∵DE∥BC，
∴，故错误；
D、∵DE∥BC，
∴△DEF∽△CBF，
∴，故错误；
故选：A．
【点评】此题考查了相似三角形的判定与性质以及平行线分线段成比例定理．注意掌握各线段的对应关系是解此题的关键．
【考点】解直角三角形的应用
【分析】作DF⊥AB于F点，EG⊥BC于G点，根据坡度求出DF=50，AF=120，从而分别在△BEG和△CEG中求解即可．
解：如图，作DF⊥AB于F点，EG⊥BC于G点，
则四边形DFBG为矩形，DF=BG，
∵斜坡的坡度，
∴，
∵AD=130，
∴DF=50，AF=120，
∴BG=DF=50，
由题意，∠CEG=60°，∠BEG=45°，
∴△BEG为等腰直角三角形，BG=EG=50，
在Rt△CEG中，CG=EG=50，
∴米，
故选：A．
【点评】本题考查解直角三角形的实际应用，正确理解坡度的定义，准确构建合适的直角三角形是解题关键．
【考点】比例线段，正多边形和圆．
【分析】根据题意画出图形，设正多边形的边长为2a，则其边心距为a，故可得出其底角的度数，由此可判断出△OAB的形状，故可得出结论．
解：如图所示：
∵正多边形的边心距与边长之比为，
∴设正多边形的边长为2a，则其边心距为a，
∵OD⊥AB，
∴AD＝AB＝×2a＝a，
∴tan∠OAD＝＝＝，
∴∠OAB＝60°，
∵OA＝OB，
∴△OAB是等边三角形，
∴∠AOB＝60°，
∴n＝＝6，
∴此正多边形是正六边形．
故选：B．
【点评】本题考查的是正多边形和圆，根据题意画出图形，利用数形结合求解是解答此题的关键．
【考点】二次函数的图象和性质，二次函数的图象与系数的关系
【分析】根据抛物线的开口方向、对称轴、顶点坐标、增减性以及与x轴y轴的交点，综合判断即可．
解：抛物线开口向上，因此a＞0，与y轴交于负半轴，因此c＜0，故ac＜0，所以①正确；
抛物线对称轴为x＝1，与x轴的一个交点为（4，0），则另一个交点为（﹣2，0），于是有4a﹣2b+c＝0，所以②不正确；
x＞1时，y随x的增大而增大，所以③正确；
抛物线与x轴有两个不同交点，因此关于x的一元二次方程ax2+bx+c＝0有两个不相等的实数根，所以④正确；
综上所述，正确的结论有：①③④，
故选：C．
【点评】本题考查二次函数的图象和性质，掌握二次函数的图象与系数之间的关系是正确判断的前提．
【考点】解直角三角形
【分析】根据勾股定理得出AB，AC，BC的长，进而利用勾股定理的逆定理得出△ABC是直角三角形，进而解答即可．
解：由勾股定理得：
,
∴△ABC是直角三角形，∠BAC=90°，
∴，，，，只有A错误．
故选择：A．
【点评】此题考查解直角三角形，关键是根据勾股定理得出AB，AC，BC的长解答．
【考点】二次函数图象与系数的关系，二次函数图象上点的坐标特征，二次函数图象与几何变换．
【分析】通过计算可知，（m﹣1，1），（m+1，1）为抛物线y＝﹣x2+2mx﹣m2+2上关于对称轴对称的两点，根据y轴与（m﹣1，1），（m+1，1）的相对位置分三种情形：①若m﹣1≥0，即（m﹣1，1）和（m+1，1）在y轴右侧（包括（m﹣1，1）在y轴上），②当m+1≤0，即（m﹣1，1）和（m+1，1）在y轴左侧（包括（m+1，1）在y轴上），③当m﹣1＜0＜m+1，即（m﹣1，1）在y轴左侧，（m+1，1）在y轴右侧时，分别讨论求解即可．
解：在y＝﹣x2+2mx﹣m2+2中，令x＝m﹣1，得y＝﹣（m﹣1）2+2m（m﹣1）﹣m2+2＝1，
令x＝m+1，得y＝﹣（m+1）2+2m（m+1）﹣m2+2＝1，
∴（m﹣1，1）和（m+1，1）是关于抛物线y＝﹣x2+2mx﹣m2+2对称轴对称的两点，
①若m﹣1≥0，即（m﹣1，1）和（m+1，1）在y轴右侧（包括（m﹣1，1）在y轴上），
则点（m﹣1，1）经过翻折得M（m﹣1，y1），点（m+1，1）经过翻折得N（m+1，y2），
如图：
由对称性可知，y1＝y2，
∴此时不满足y1＜y2，
②当m+1≤0，即（m﹣1，1）和（m+1，1）在y轴左侧（包括（m+1，1）在y轴上），
则点（m﹣1，1）即为M（m﹣1，y1），点（m+1，1）即为N（m+1，y2），
∴y1＝y2，
∴此时不满足y1＜y2，
③当m﹣1＜0＜m+1，即（m﹣1，1）在y轴左侧，（m+1，1）在y轴右侧时，如图：
此时M（m﹣1，1），（m+1，1）翻折后得N，满足y1＜y2，
由m﹣1＜0＜m+1得：﹣1＜m＜1，
故选：D．
【点评】本题属于二次函数综合题，考查了二次函数的性质，轴对称翻折变换等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，正确作出图形是解决问题的关键．
【考点】勾股定理，垂径定理
【分析】过点O作OF⊥CD于点F，OG⊥AB于G，连接OB、OD、OE，由垂径定理得出DF＝CF，AG＝BG＝AB＝3，得出EG＝AG﹣AE＝2，由勾股定理得出OG＝＝2，
证出△EOG是等腰直角三角形，得出∠OEG＝45°，OE＝OG＝2，求出∠OEF＝30°，由直角三角形的性质得出OF＝OE＝，由勾股定理得出DF═，即可得出答案．
解：过点O作OF⊥CD于点F，OG⊥AB于G，连接OB、OD、OE，如图所示：
则DF＝CF，AG＝BG＝AB＝3，
∴EG＝AG﹣AE＝2，
在Rt△BOG中，OG＝＝＝2，
∴EG＝OG，
∴△EOG是等腰直角三角形，
∴∠OEG＝45°，OE＝OG＝2，
∵∠DEB＝75°，
∴∠OEF＝30°，
∴OF＝OE＝，
在Rt△ODF中，DF＝＝＝，
∴CD＝2DF＝2，
故选：C．
【点评】本题考查的是垂径定理、勾股定理以及直角三角形的性质，根据题意作出辅助线，构造出直角三角形是解答此题的关键．
【考点】一次函数图象与系数的关系；一次函数图象上点的坐标特征；二次函数图象与几何变换；抛物线与x轴的交点
【分析】首先求出点A和点B的坐标，然后求出C2解析式，分别求出直线y=x+m与抛物线C2相切时m的值以及直线y=x+m过点B时m的值，结合图形即可得到答案
解：∵抛物线y=x2﹣7x+与x轴交于点A．B
∴B（5，0），A（9，0）
∴抛物线向左平移4个单位长度
∴平移后解析式y=（x﹣3）2﹣2
当直线y=x+m过B点，有2个交点
∴0=+m
m=﹣
当直线y=x+m与抛物线C2相切时，有2个交点
∴x+m=（x﹣3）2﹣2
x2﹣7x+5﹣2m=0
∵相切
∴△=49﹣20+8m=0
∴m=﹣
如图
∵若直线y=x+m与C1、C2共有3个不同的交点，
∴﹣﹣＜m＜﹣
故选：C．
【点评】本题主要考查抛物线与x轴交点以及二次函数图象与几何变换的知识，解答本题的关键是正确地画出图形，利用数形结合进行解题，此题有一定的难度．
2 、填空题
【考点】概率公式．
【分析】用物理变化的张数除以总张数即可．
解：从中随机抽取一张卡片共有6种等可能结果，抽中生活现象是物理变化的有2种结果，
所以从中随机抽取一张卡片，抽中生活现象是物理变化的概率为＝，
故答案为：．
【点评】本题主要考查概率公式，随机事件A的概率PA．＝事件A可能出现的结果数÷所有可能出现的结果数．
【考点】圆锥的计算
【分析】根据圆锥的侧面展开图为一扇形，这个扇形的弧长等于圆锥底面的周长，扇形的半径等于圆锥的母线长和扇形的面积公式求解．
解：该圆锥的侧面积＝×2π×2×3＝6π．
故答案为6π．
【点评】本题考查了圆锥的计算：圆锥的侧面展开图为一扇形，这个扇形的弧长等于圆锥底面的周长，扇形的半径等于圆锥的母线长．
【考点】抛物线与x轴的交点
【分析】根据抛物线与x轴只有一个交点可知方程=0根的判别式△=0，解方程求出k值即可得答案．
解：∵抛物线与x轴只有一个交点，
∴方程=0根的判别式△=0，即22-4k=0，
解得：k=1，
故答案为：1
【点评】本题考查二次函数与x轴的交点问题，对于二次函数（k≠0），当判别式△＞0时，抛物线与x轴有两个交点；当k=0时，抛物线与x轴有一个交点；当x＜0时，抛物线与x轴没有交点；熟练掌握相关知识是解题关键．
【考点】正多边形和圆
【分析】连接OA，分别求出正五边形ABCDE和正三角形AMN的中心角，结合图形计算即可．
解：连接OA，
∵五边形ABCDE是正五边形，
∴∠AOB==72°，
∵△AMN是正三角形，
∴∠AOM==120°，
∴∠BOM=∠AOM﹣∠AOB=48°，
故答案为：48°．
【点评】本题考查的是正多边形与圆的有关计算，掌握正多边形的中心角的计算公式是解题的关键．
【考点】锐角三角函数的定义．
【分析】连接BC可得RT△ACB，由勾股定理求得BC的长，进而由tanD=tanA=可得答案．
解：如图，连接BC，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB=90°，
∵AB=6，AC=2，
∴BC===4，
又∵∠D=∠A，
∴tanD=tanA===2．
故答案为：2．
【点评】本题考查了三角函数的定义、圆周角定理、解直角三角形，连接BC构造直角三角形是解题的关键．
【考点】正方形的性质，相似三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质．
【分析】根据题意证明△ABE≌△BCF（SAS），△EBG∽△FBC，利用勾股定理即可求解．
解：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABE＝∠C＝90°，AB＝BC，
∵BE＝CF，
∴△ABE≌△BCF（SAS），
∴∠BAE＝∠CBF，
∵∠CBF+∠ABG＝90°，
∴∠BAE+∠ABG＝90°，
∴∠BGE＝90°，
∴∠BGE＝∠C，
又∵∠EBG＝∠FBC，
∴△EBG∽△FBC，
∴，
∵BC＝AB＝12，CF＝BE＝5，
∴BF＝，
∴，
∴．
故答案为：．
【点评】本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质，掌握这些性质是解题的关键．
3 、解答题
【考点】实数的运算，单项式乘多项式，零指数幂，特殊角的三角函数值
【分析】（1）直接利用二次根式的性质和特殊角的三角函数值、负指数幂的性质分别化简得出答案，
（2）直接利用单项式乘以多项式运算法则进而计算得出答案．
解：（1）﹣tan45°﹣（1﹣）0
＝2﹣1﹣1
＝0，
（2）ab（3a﹣2b）+2ab2
＝3a2b﹣2ab2+2ab2
＝3a2b．
【点评】此题主要考查了单项式乘以多项式和实数运算，正确掌握相关运算法则是解题关键．
【考点】列表法与树状图法，概率公式．
【分析】（1）直接由概率公式求解即可，
（2）画树状图，共有16种等可能的结果，找出小华抽出的牌上的牌面数字比小明抽出的牌上的牌面数字大的情况数，再由概率公式求解即可．
解：（1）∵共有四张扑克牌，分别是2，5，6，8，其中偶数有3张，
∴从这四张牌中随机抽出一张牌，这张牌上的牌面数字是偶数的概率是．
故答案为：，
（2）列表如下：
一共有16种等可能的情况，其中小华抽出的牌上的牌面数字比小明抽出的牌上的牌面数字大的有6种，
则小华抽出的牌上的牌面数字比小明抽出的牌上的牌面数字大的概率是＝．
【点评】此题考查的是用树状图法求概率．树状图法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，适合两步或两步以上完成的事件，解题时要注意此题是放回试验还是不放回试验．用到的知识点为：概率＝所求情况数与总情况数之比．
【考点】全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形，正方形的性质，平行线分线段成比例
【分析】（1）通过证明四边形AHGD是平行四边形，可得AH＝DG，AD＝HG＝CD，由“SAS”可证△DCG≌△HGF，可得DG＝HF，∠HFG＝∠HGD，可证AH⊥HF，AH＝HF，即可得结论，
（2）由题意可得DE＝2，由平行线分线段成比例可得＝，即可求EM的长．
证明：（1）∵四边形ABCD，四边形ECGF都是正方形
∴DA∥BC，AD＝CD，FG＝CG，∠B＝∠CGF＝90°
∵AD∥BC，AH∥DG
∴四边形AHGD是平行四边形
∴AH＝DG，AD＝HG＝CD
∵CD＝HG，∠ECG＝∠CGF＝90°，FG＝CG
∴△DCG≌△HGF（SAS）
∴DG＝HF，∠HFG＝∠HGD
∴AH＝HF，
∵∠HGD+∠DGF＝90°
∴∠HFG+∠DGF＝90°
∴DG⊥HF，且AH∥DG
∴AH⊥HF，且AH＝HF
∴△AHF为等腰直角三角形．
（2）∵AB＝3，EC＝5，
∴AD＝CD＝3，DE＝2，EF＝5
∵AD∥EF
∴＝，且DE＝2
∴EM＝
【点评】本题考查了正方形的性质，平行四边形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，平行线分线段成比例等知识点，灵活运用这些知识进行推理是本题的关键．
【考点】作图-复杂作图，线段的垂直平分线的性质，全等三角形的判定和性质，圆周角定理
【分析】（1）①分别为圆心，大于为半径画弧，得到两弧的交点，过两弧的交点作直线即可得到答案，②按照语句依次作图即可；
（2）由作图可得： 再证明 再证明 从而可得结论．
解：（1）作出线段的垂直平分线，连接；
以为圆心，长为半径作弧，交于点，连接，如图示：
（2）结论：．理由如下：
由作图可得：是的垂直平分线，
四边形是圆的内接四边形，
【点评】本题考查的是线段的垂直平分线的作图，三角形全等的判定与性质，等腰三角形的性质，圆周角定理，圆内接四边形的性质，熟练运用基础知识解题是关键．
【考点】解直角三角形的应用﹣仰角俯角问题
【分析】在直角三角形中，利用余弦函数用AD表示出AE、DE，用BC表示出CE、BE．根据BC=6AD，AE+BE=AB=90m，求出AD、DE、CE的长．在直角三角形DEC中，利用勾股定理求出CD的长．
解：由题意知：BC=6AD，AE+BE=AB=90m
在Rt△ADE中，tan30°=，sin30°=
∴AE==AD，DE=2AD；
在Rt△BCE中，tan60°=，sin60°=，
∴BE==2AD，CE==4AD；
∵AE+BE=AB=90m
∴AD+2AD=90
∴AD=10（m）
∴DE=20m，CE=120m
∵∠DEA+∠DEC+∠CEB=180°，∠DEA=30°，∠CEB=60°，
∴∠DEC=90°
∴CD===20（m）
答：这两座建筑物顶端C、D间的距离为20m．
【点评】本题考查了解直角三角形的应用及勾股定理．题目难度不大，解决本题的关键是利用BC=6AD，AE+BE=AB=90m求出AD的长．
【考点】切线的判定与性质，扇形面积的计算，含30度角的直角三角形，圆周角定理．
【分析】（1）连接OD，CD，根据含30度角的直角三角形的性质得出AC＝AB，求出∠A＝90°﹣∠B＝60°，根据直角三角形的性质得出BD＝AD＝AB，求出AD＝AC，根据等边三角形的判定得出△ADC是等边三角形，根据等边三角形的性质得出∠ADC＝∠ACD＝60°，求出∠ODC＝∠DCO＝30°，求出OD⊥AB，再根据切线的判定得出即可，
（2）求出BD＝AC＝，BO＝2DO，根据勾股定理得出BO2＝OD2+BD2，求出OD，再分别求出△BDO和扇形DOE的面积即可．
（1）证明：连接OD，CD，
∵∠ACB＝90°，∠B＝30°，
∴AC＝AB，∠A＝90°﹣∠B＝60°，
∵D为AB的中点，
∴BD＝AD＝AB，
∴AD＝AC，
∴△ADC是等边三角形，
∴∠ADC＝∠ACD＝60°，
∵∠ACB＝90°，
∴∠DCO＝90°﹣60°＝30°，
∵OD＝OC，
∴∠ODC＝∠DCO＝30°，
∴∠ADO＝∠ADC+∠ODC＝60°+30°＝90°，
即OD⊥AB，
∵OD过圆心O，
∴直线AB是⊙O的切线，
（2）解：由（1）可知：AC＝AD＝BD＝AB，
又∵AC＝，
∴BD＝AC＝，
∵∠B＝30°，∠BDO＝∠ADO＝90°，
∴∠BOD＝60°，BO＝2DO，
由勾股定理得：BO2＝OD2+BD2，
即（2OD）2＝OD2+（）2，
解得：OD＝1（负数舍去），
所以阴影部分的面积S＝S△BDO﹣S扇形DOE＝﹣＝﹣．
【点评】本题考查了切线的判定，直角三角形的性质，圆周角定理，扇形的面积计算等知识点，能熟记直角三角形的性质、切线的判定和扇形的面积公式是解此题的关键．
【考点】二次函数综合题，最值问题
【分析】（1）根据二次函数N的图象是由二次函数M翻折、平移得到所以a=﹣1，求出二次函数N的顶点坐标即可解决问题．
（2）由PA2+PB2=（m+1）2+n2+（m﹣1）2+n2=2（m2+n2）+2=2PO2+2可知OP最大时，PA2+PB2最大，求出OP的最大值即可解决问题．
（3）画出函数图象即可解决问题．
（1）解：二次函数y=x2﹣1的图象M沿x轴翻折得到函数的解析式为y=﹣x2+1，此时顶点坐标（0，1），
将此图象向右平移2个单位长度后再向上平移8个单位长度得到二次函数图象N的顶点为（2，9），
故N的函数表达式y=﹣（x﹣2）2+9=﹣x2+4x+5．
（2）∵A（﹣1，0），B（1，0），
∴PA2+PB2=（m+1）2+n2+（m﹣1）2+n2=2（m2+n2）+2=2PO2+2，
∴当PO最大时PA2+PB2最大．如图，延长OC与⊙O交于点P，此时OP最大，
∴OP的最大值=OC+PO=+1，
∴PA2+PB2最大值=2（+1）2+2=38+4．
（3）M与N所围成封闭图形如图所示，
由图象可知，M与N所围成封闭图形内（包括边界）整点的个数为25个．
【点评】本题考查二次函数综合题、最值问题等知识，解题的关键是记住函数图象的平移、翻折变换的规律，学会转化的思想，把问题转化为我们熟悉的问题解决，属于中考压轴题．
【考点】相似形综合题
【分析】（1）分两种情况讨论：①当△BPQ∽△BAC时，=，当△BPQ∽△BCA时，=，，再根据BP=5t，QC=4t，AB=10cm，BC=8cm，代入计算即可；
（2）过P作PM⊥BC于点M，AQ，CP交于点N，则有PB=5t，PM=3t，MC=8-4t，根据△ACQ∽△CMP，得出=，代入计算即可；
（3）作PE⊥AC于点E，DF⊥AC于点F，先得出DF=，再把QC=4t，PE=8-CM=8-4t代入求出DF，过BC的中点R作直线平行于AC，得出RC=DF，D在过R的中位线上，从而证出PQ的中点在△ABC的一条中位线上．
解：（1）①当△BPQ∽△BAC时，
∵=，BP=5t，QC=4t，AB=10cm，BC=8cm，
∴=，
∴t=1；
②当△BPQ∽△BCA时，
∵=，
∴=，
∴t=，
∴t=1或时，△BPQ与△ABC相似；
（2）如图所示，过P作PM⊥BC于点M，AQ，CP交于点N，则有PB=5t，PM=3t，MC=8﹣4t，
∵∠NAC+∠NCA=90°，∠PCM+∠NCA=90°，
∴∠NAC=∠PCM且∠ACQ=∠PMC=90°，
∴△ACQ∽△CMP，
∴=，
∴=，
解得：t=；
（3）如图，仍有PM⊥BC于点M，PQ的中点设为D点，再作PE⊥AC于点E，DF⊥AC于点F，
∵∠ACB=90°，
∴DF为梯形PECQ的中位线，
∴DF=，
∵QC=4t，PE=8﹣BM=8﹣4t，
∴DF==4，
∵BC=8，过BC的中点R作直线平行于AC，
∴RC=DF=4成立，
∴D在过R的中位线上，
∴PQ的中点在△ABC的一条中位线上．
【点评】此题考查了相似形综合，用到的知识点是相似三角形的判定与性质、中位线的性质等，关键是画出图形作出辅助线构造相似三角形，注意分两种情况讨论．
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