1. 已知$\odot O$的半径为5,圆心$O到直线l$的距离为3,则反映直线$l与\odot O$的位置关系的图形是( )

B

已知圆$O$半径$r = 5$，圆心$O$到直线$l$的距离$d = 3$。
因为$d = 3 ＜ r = 5$，所以直线$l$与圆$O$相交。
图形中直线与圆相交的是选项B。
B

2. 如图,在四边形$ABCD$中,$AD// BC$,$AD$,$CD分别与扇形BAF相切于点A$,$E$。若$AB= 15$,$BC= 17$,则$AD$的长为( )

A.8
B.8.5
C.$5\sqrt{3}$
D.9

D

解：连接BE，过D作DG⊥BC于G。
∵AD，CD分别与扇形BAF相切于点A，E，
∴BA⊥AD，BE⊥CD，且BA=BE=15。
∵AD//BC，BA⊥AD，
∴BA⊥BC，即∠ABC=90°。
设AD=x，CE=y，则CD=DE+CE=AD+CE=x+y。
∵AD//BC，DG⊥BC，AB⊥BC，
∴四边形ABGD是矩形，
∴DG=AB=15，BG=AD=x，GC=BC-BG=17-x。
在Rt△DGC中，DG²+GC²=CD²，
即15²+(17-x)²=(x+y)²。
在Rt△BEC中，BE²+CE²=BC²，
即15²+y²=17²，解得y=8。
将y=8代入15²+(17-x)²=(x+8)²，
解得x=9。
AD的长为9。
答案：D

3. 如果一个扇形的半径是1,弧长是$\frac{\pi}{3}$,那么此扇形的圆心角的大小为( )

A.$30^{\circ}$
B.$45^{\circ}$
C.$60^{\circ}$
D.$90^{\circ}$

C

设扇形的圆心角为$n^{\circ}$，半径$r = 1$，弧长$l=\frac{\pi}{3}$。
根据弧长公式$l=\frac{n\pi r}{180}$，可得：
$\frac{n\pi×1}{180}=\frac{\pi}{3}$
两边同时乘以$180$：$n\pi = 60\pi$
两边同时除以$\pi$：$n = 60$
C

4. 在平面直角坐标系中,已知点$A(0,1)$,$B(0,-5)$,若在$x轴正半轴上有一点C$,使$\angle ACB= 30^{\circ}$,则点$C$的横坐标是( )

A.$3\sqrt{3}+4\sqrt{2}$
B.12
C.$6+3\sqrt{3}$
D.$6\sqrt{3}$

A

设点$C$的坐标为$(x,0)$，其中$x＞0$。
已知点$A(0,1)$，$B(0,-5)$，则$OA=1$，$OB=5$，$AB=OA + OB=6$。
在$Rt\triangle AOC$中，$AC=\sqrt{x^{2}+1^{2}}=\sqrt{x^{2}+1}$；在$Rt\triangle BOC$中，$BC=\sqrt{x^{2}+(-5)^{2}}=\sqrt{x^{2}+25}$。
过点$A$作$AD\perp BC$于点$D$，在$Rt\triangle ADC$中，$\angle ACB = 30^{\circ}$，则$AD=\frac{1}{2}AC=\frac{\sqrt{x^{2}+1}}{2}$。
由三角形面积公式，$S_{\triangle ABC}=\frac{1}{2}× AB× OC=\frac{1}{2}× BC× AD$，即$\frac{1}{2}×6× x=\frac{1}{2}×\sqrt{x^{2}+25}×\frac{\sqrt{x^{2}+1}}{2}$。
化简得$6x=\frac{\sqrt{(x^{2}+25)(x^{2}+1)}}{2}$，两边平方：$36x^{2}=\frac{(x^{2}+25)(x^{2}+1)}{4}$，即$144x^{2}=x^{4}+26x^{2}+25$，整理得$x^{4}-118x^{2}+25 = 0$。
设$y = x^{2}$，则$y^{2}-118y + 25=0$，解得$y=\frac{118\pm\sqrt{118^{2}-100}}{2}=\frac{118\pm\sqrt{13924 - 100}}{2}=\frac{118\pm\sqrt{13824}}{2}=\frac{118\pm117.57}{2}$（此处计算有误，正确求根公式应为$y=\frac{118\pm\sqrt{14400}}{2}=\frac{118\pm120}{2}$），因$y＞0$，取$y=\frac{118 + 120}{2}=119$（错误，正确应为$y=\frac{118 + 120}{2}=119$或$y=\frac{118 - 120}{2}=-1$舍去，实际正确方程应为$x^{4}-118x^{2}+25 = 0$无正确选项解，原思路错误）。
正确思路：作$\triangle ABC$外接圆，圆心$M$在$AB$垂直平分线上，$AB$中点$N(0,-2)$，设$M(a,-2)$，半径$R$，$\angle ACB = 30^{\circ}$，则$\angle AMB=60^{\circ}$，$AM=BM=R$，$AB=6$，由余弦定理$AB^{2}=AM^{2}+BM^{2}-2AM\cdot BM\cos60^{\circ}$，即$36=2R^{2}-R^{2}$，得$R^{2}=36$，$R = 6$。
$AM=\sqrt{a^{2}+(1 + 2)^{2}}=6$，即$a^{2}+9 = 36$，$a^{2}=27$，$a = 3\sqrt{3}$（$a＞0$），圆心$M(3\sqrt{3},-2)$。
点$C(x,0)$在圆上，则$(x - 3\sqrt{3})^{2}+(0 + 2)^{2}=36$，即$(x - 3\sqrt{3})^{2}=32$，$x=3\sqrt{3}\pm4\sqrt{2}$，因$x＞0$，$x=3\sqrt{3}+4\sqrt{2}$。
A

5. 已知正六边形的边心距为$\sqrt{3}$,则它的周长是( )

A.6
B.12
C.$6\sqrt{3}$
D.$12\sqrt{3}$

B

解：设正六边形的边长为$a$。
正六边形可分成六个边长为$a$的正三角形，边心距即正三角形的高。
由正三角形高的公式$h = \frac{\sqrt{3}}{2}a$，已知边心距$h = \sqrt{3}$，则$\frac{\sqrt{3}}{2}a=\sqrt{3}$，解得$a = 2$。
正六边形周长为$6a = 6×2 = 12$。
B

6. 如图,在$Rt\triangle ABC$中,$\angle C= 90^{\circ}$,$AC= 4$,$BC= 7$,点$D在边BC$上,$CD= 3$,$\odot A$的半径长为3,$\odot D与\odot A$相交,且点$B在\odot D$外,那么$\odot D的半径长r$的取值范围是( )

A.$1＜r＜4$
B.$2＜r＜4$
C.$1＜r＜8$
D.$2＜r＜8$

B

解：在$Rt\triangle ACD$中，$\angle C=90^{\circ}$，$AC=4$，$CD=3$，
由勾股定理得$AD=\sqrt{AC^{2}+CD^{2}}=\sqrt{4^{2}+3^{2}}=5$。
$\because \odot A$与$\odot D$相交，$\odot A$半径为$3$，
$\therefore |r - 3| ＜ 5 ＜ r + 3$，解得$2 ＜ r ＜ 8$。
$\because$点$B$在$\odot D$外，$BC=7$，$CD=3$，
$\therefore DB=BC - CD=4$，$\therefore r ＜ 4$。
综上，$2 ＜ r ＜ 4$。
答案：B

7. 如图,$O是\triangle ABC$的内心,过点$O作EF// AB$,与$AC$,$BC分别交于E$,$F$,则( )

A.$EF＞AE+BF$
B.$EF＜AE+BF$
C.$EF= AE+BF$
D.$EF\leq AE+BF$

C

证明：连接 $AO$，$BO$。
∵ $O$ 是 $\triangle ABC$ 的内心，
∴ $AO$ 平分 $\angle BAC$，$BO$ 平分 $\angle ABC$，
即 $\angle EAO = \angle OAB$，$\angle FBO = \angle OBA$。
∵ $EF // AB$，
∴ $\angle EOA = \angle OAB$，$\angle FOB = \angle OBA$。
∴ $\angle EAO = \angle EOA$，$\angle FBO = \angle FOB$。
∴ $AE = EO$，$BF = FO$。
∵ $EF = EO + FO$，
∴ $EF = AE + BF$。
C

8. 如图,直线$CD与以线段AB为直径的圆相切于点D$,并交$BA的延长线于点C$,且$AB= 2$,$AD= 1$,$P点在切线CD$上移动。当$\angle APB$的度数最大时,$\angle ABP$的度数为( )

A.$15^{\circ}$
B.$30^{\circ}$
C.$60^{\circ}$
D.$90^{\circ}$

B

证明：连接OD，BD。
∵CD是切线，
∴OD⊥CD。
∵AB=2，
∴OA=OD=1。
∵AD=1，
∴OA=OD=AD，△OAD是等边三角形，∠OAD=60°。
∵AB是直径，
∴∠ADB=90°。
在Rt△ABD中，AD=1，AB=2，∠ABD=30°。
∵点P在切线CD上移动，当P与D重合时，∠APB最大。
此时∠ABP=∠ABD=30°。
B

9. 如图,在$\triangle ABC$中,$\angle ACB= 90^{\circ}$,$\angle ABC= 30^{\circ}$,$AB= 2$。将$\triangle ABC绕直角顶点C逆时针旋转60^{\circ}得\triangle A'B'C$,则点$B$转过的路径长为( )

A.$\frac{\pi}{3}$
B.$\frac{\sqrt{3}\pi}{3}$
C.$\frac{2\pi}{3}$
D.$\pi$

B

解：在$\triangle ABC$中，$\angle ACB=90^{\circ}$，$\angle ABC=30^{\circ}$，$AB=2$，
$\therefore AC=\frac{1}{2}AB=1$，
$\therefore BC=\sqrt{AB^{2}-AC^{2}}=\sqrt{2^{2}-1^{2}}=\sqrt{3}$。
将$\triangle ABC$绕直角顶点$C$逆时针旋转$60^{\circ}$得$\triangle A'B'C$，
$\therefore$点$B$转过的路径是以点$C$为圆心，$BC$长为半径，圆心角为$60^{\circ}$的弧长，
$\therefore$点$B$转过的路径长为$\frac{60\pi×\sqrt{3}}{180}=\frac{\sqrt{3}\pi}{3}$。
B