2023届山东省滨州市名校九年级数学第一学期期末学业水平测试试题含解析.doc

2022-2023学年九上数学期末模拟试卷
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

一、选择题（每题4分，共48分）
1．如图，在△ABC中，中线AD、BE相交于点F，EG∥BC，交AD于点G，则的值是（ ）

A． B． C． D．
2．二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象如图所示，那么下列说法正确的是（　　）

A．a＞0，b＞0，c＞0 B．a＜0，b＞0，c＞0 C．a＜0，b＞0，c＜0 D．a＜0，b＜0，c＞0
3．如图，要测量小河两岸相对的两点P，A的距离，可以在小河边取PA的垂线PB上的一点C，测得PC=100米，∠PCA=35°，则小河宽PA等于（　　）

A．100sin35°米 B．100sin55°米 C．100tan35°米 D．100tan55°米
4．已知某二次函数的图象如图所示，则这个二次函数的解析式为（　　）

A．y＝﹣3（x﹣1）2+3 B．y＝3（x﹣1）2+3
C．y＝﹣3（x+1）2+3 D．y＝3（x+1）2+3
5．如图，若二次函数y=ax2+bx+c（a≠0）图象的对称轴为x=1，与y轴交于点C，与x轴交于点A、点B（﹣1，0），则
①二次函数的最大值为a+b+c；
②a﹣b+c＜0；
③b2﹣4ac＜0；
④当y＞0时，﹣1＜x＜3，其中正确的个数是（　　）

A．1 B．2 C．3 D．4
6．某树主干长出若干数目的枝干，每个枝干又长出同样数目小分支，主干、枝干和小分支总数共57根，则主干长出枝干的根数为 （ ）
A．7 B．8 C．9 D．10
7．如图，BC是的直径，A，D是上的两点，连接AB，AD，BD，若，则的度数是（ ）

A． B． C． D．
8．如图，在⊙O的内接四边形ABCD中，AB是直径，∠BCD=120°，过D点的切线PD与直线AB交于点P，则∠ADP的度数为（　　）

A．40° B．35° C．30° D．45°
9．一个不透明的袋中有四张完全相同的卡片，把它们分别标上数字1、2、2、1．随机抽取一张卡片，然后放回，再随机抽取一张卡片，则两次抽取的卡片上数字之和为偶数的概率是( )
A． B．
C． D．
10．若圆锥的底面半径为2，母线长为5，则圆锥的侧面积为（ ）
A．5 B．10 C．20 D．40
11．平面直角坐标系内一点P（2，-3）关于原点对称点的坐标是（ ）
A．（3，-2） B．（2，3） C．（-2，3） D．（2，-3）
12．已知二次函数，当时，该函数取最大值8.设该函数图象与轴的一个交点的横坐标为，若，则a的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
二、填空题（每题4分，共24分）
13．如图，中，，则 __________．

14．方程的解是 　　 ．
15．计算若，那么a2019 ＋b2020=____________．
16．如图，在平行四边形ABCD中，E为CB延长线上一点，且BE：CE＝2：5，连接DE交AB于F，则=_____________

17．若，则化简成最简二次根式为__________．
18．如图所示的五角星绕中心点旋转一定的角度后能与自身完全重合，则其旋转的角度至少为_______；

三、解答题（共78分）
19．（8分）将矩形ABCD按如图所示的方式折叠，BE，EG，FG为折痕，若顶点A，C，D都落在点O处，且点B，O，G在同一条直线上，同时点E，O，F在另一条直线上，若AD＝4，则四边形BEGF的面积为_____．

20．（8分）如图，⊙为的外接圆，，过点的切线与的延长线交于点，交于点，.

（1）判断与的位置关系，并说明理由；
（2）若，求的长.
21．（8分）如图，平行四边形ABCD的顶点A在y轴上，点B、C在x轴上；OA、OB长是关于x的一元二次方程x2﹣7x+12＝0的两个根，且OA＞OB，BC＝6；

（1）写出点D的坐标　 　；
（2）若点E为x轴上一点，且S△AOE＝，
①求点E的坐标；
②判断△AOE与△AOD是否相似并说明理由；
（3）若点M是坐标系内一点，在直线AB上是否存在点F，使以A、C、F、M为顶点的四边形为菱形？若存在，请直接写出F点的坐标；若不存在，请说明理由．
22．（10分）化简求值：，其中a=2cos30°+tan45°．
23．（10分）如图1，是一种自卸货车．如图2是货箱的示意图，货箱是一个底边AB水平的矩形，AB=8米，BC=2米，前端档板高DE=0.5米，底边AB离地面的距离为1.3米．卸货时，货箱底边AB的仰角α=37°(如图3)，求此时档板最高点E离地面的高度．(精确到0.1米，参考值：sin37°≈0.60，cos37°≈0.80，tan37°≈0.75)

24．（10分）如图，在平面直角坐标系xOy中，矩形ABCD的边AB＝4，BC＝1．若不改变矩形ABCD的形状和大小，当矩形顶点A在x轴的正半轴上左右移动时，矩形的另一个顶点D始终在y轴的正半轴上随之上下移动．
(1)当∠OAD＝30°时，求点C的坐标；
(2)设AD的中点为M，连接OM、MC，当四边形OMCD的面积为时，求OA的长；
(3)当点A移动到某一位置时，点C到点O的距离有最大值，请直接写出最大值，并求此时cos∠OAD的值．

25．（12分）如图，反比例函数的图象与正比例函数的图象交于点，且点的横坐标为2.

（1）求反比例函数的表达；
（2）若射线上有点，，过点作与轴垂直，垂足为点，交反比例函数图象于点，连接，，请求出的面积.
26．如图，AB与⊙O相切于点B，AO及AO的延长线分别交⊙O于D、C两点，若∠A=40°，求∠C的度数．

参考答案

一、选择题（每题4分，共48分）
1、C
【分析】先证明AG=GD，得到GE为△ADC的中位线，由三角形的中位线可得GEDCBD；由EG∥BC，可证△GEF∽△BDF，由相似三角形的性质，可得；设GF=x，用含x的式子分别表示出AG和AF，则可求得答案．
【详解】∵E为AC中点，EG∥BC，
∴AG=GD，
∴GE为△ADC的中位线，
∴GEDCBD．
∵EG∥BC，
∴△GEF∽△BDF，
∴，
∴FD=2GF．
设GF=x，则FD=2x，AG=GD=GF+FD=x+2x=3x，AF=AG+GF=3x+x=4x，
∴．
故选：C．
【点睛】
本题考查了三角形的中位线定理及相似三角形的判定与性质，熟练掌握相关定理及性质，是解答本题的关键．
2、B
【分析】利用抛物线开口方向确定a的符号，利用对称轴方程可确定b的符号，利用抛物线与y轴的交点位置可确定c的符号．
【详解】∵抛物线开口向下，
∴a＜0，
∵抛物线的对称轴在y轴的右侧，
∴x＝﹣＞0，
∴b＞0，
∵抛物线与y轴的交点在x轴上方，
∴c＞0，
故选B．
【点睛】
本题考查了二次函数图象与系数的关系：对于二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0），二次项系数a决定抛物线的开口方向和大小：当a＞0时，抛物线向上开口；当a＜0时，抛物线向下开口；一次项系数b和二次项系数a共同决定对称轴的位置：当a与b同号时（即ab＞0），对称轴在y轴左； 当a与b异号时（即ab＜0），对称轴在y轴右；常数项c决定抛物线与y轴交点位置：抛物线与y轴交于（0，c）；抛物线与x轴交点个数由△决定：△＝b2﹣4ac＞0时，抛物线与x轴有2个交点；△＝b2﹣4ac＝0时，抛物线与x轴有1个交点；△＝b2﹣4ac＜0时，抛物线与x轴没有交点．
3、C
【分析】根据正切函数可求小河宽PA的长度．
【详解】∵PA⊥PB，PC=100米，∠PCA=35°，
∴小河宽PA=PCtan∠PCA=100tan35°米．
故选C．
【点睛】
考查了解直角三角形的应用，解直角三角形的一般过程是：①将实际问题抽象为数学问题（画出平面图形，构造出直角三角形转化为解直角三角形问题）．②根据题目已知特点选用适当锐角三角函数或边角关系去解直角三角形，得到数学问题的答案，再转化得到实际问题的答案．
4、A
【分析】利用顶点式求二次函数的解析式.
【详解】设二次函数y=a（x﹣1）1+2，
把（0，11）代入可求出a=-1．
故二次函数的解析式为y=﹣1（x﹣1）1+2．
故选A．
考点：待定系数法求二次函数解析式
5、B
【解析】分析：直接利用二次函数图象的开口方向以及图象与x轴的交点，进而分别分析得出答案．
详解：①∵二次函数y=ax2+bx+c（a≠0）图象的对称轴为x=1，且开口向下，
∴x=1时，y=a+b+c，即二次函数的最大值为a+b+c，故①正确；
②当x=﹣1时，a﹣b+c=0，故②错误；
③图象与x轴有2个交点，故b2﹣4ac＞0，故③错误；
④∵图象的对称轴为x=1，与x轴交于点A、点B（﹣1，0），
∴A（3，0），
故当y＞0时，﹣1＜x＜3，故④正确．
故选B．
点睛：此题主要考查了二次函数的性质以及二次函数最值等知识，正确得出A点坐标是解题关键．
6、A
【分析】分别设出枝干和小分支的数目，列出方程，解方程即可得出答案.
【详解】设枝干有x根，则小分支有根
根据题意可得：
解得：x=7或x=-8(不合题意，舍去)
故答案选择A.
【点睛】
本题考查的是一元二次方程的应用，解题关键是根据题目意思列出方程.
7、A
【分析】连接AC，如图，根据圆周角定理得到，，然后利用互余计算的度数．
【详解】连接AC，如图，
∵BC是的直径，
∴，
∵，
∴．
故答案为．
故选A．

【点睛】
本题考查圆周角定理和推论，解题的关键是掌握圆周角定理和推论．
8、C
【分析】连接，即，又，故，所以；又因为为切线，利用切线与圆的关系即可得出结果．
【详解】解：连接BD，

∵∠DAB=180°﹣∠C=60°，
∵AB是直径，
∴∠ADB=90°，
∴∠ABD=90°﹣∠DAB=30°，
∵PD是切线，
∴∠ADP=∠ABD=30°，
故选C．
【点睛】
本题考查了圆内接四边形的性质，直径对圆周角等于直角，弦切角定理，弦切角等于它所夹的弧对的圆周角求解．
9、D
【解析】画树状图展示所有16种等可能的结果数，找出两次抽取的卡片上数字之和为偶数的结果数，然后根据概率公式求解．
【详解】画树状图为：

共有16种等可能的结果数，其中两次抽取的卡片上数字之和为偶数的结果数为10，
所以两次抽取的卡片上数字之和为偶数的概率．
故选D．
【点睛】
本题考查了列表法与树状图法．利用列表法或树状图法展示所有等可能的结果n，再从中选出符合事件A或B的结果数目m，然后利用概率公式计算事件A或事件B的概率．
10、B
【分析】利用圆锥面积=计算.
【详解】=，
故选：B.
【点睛】
此题考查圆锥的侧面积公式，共有三个公式计算圆锥的面积，做题时依据所给的条件恰当选择即可解答.
11、C
【解析】略
12、B
【分析】利用函数与x轴的交点，求出横坐标，根据开口方向、以及列出不等式组，解不等式组即可.
【详解】∵二次函数，当时，该函数取最大值8
∴，
当y=0时，
∴
∵
∴
∴
∴
故选：B
【点睛】
本题考查了二次函数的性质，掌握二次函数的性质是解题的关键.

二、填空题（每题4分，共24分）
13、17
【解析】∵Rt△ABC中，∠C=90°，∴tanA= ，
∵，∴AC＝8，
∴AB= =17,
故答案为17.
14、
【解析】解：，．
15、0
【分析】根据二次根式和绝对值的非负数性质可求出a、b的值，进而可得答案.
【详解】∵，
∴(a+1)2=0，b-1=0，
解得：a=-1，b=1，
∴a2019+b2020=-1+1=0，
故答案为：0
【点睛】
本题考查二次根式和绝对值的非负数性质，如果几个非负数的和为0，那么这几个非负数分别为0；熟练掌握非负数性质是解题关键.
16、9:4
【分析】先证△ADF∽△BEF，可知 ，根据BE：CE＝2：5和平行四边形的性质可得AD:BE的值，由此得解.
【详解】解：∵BE：CE=2：5，
∴BE：BC=2：3 ，即BC：BE=3：2 ，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，AD=BC，
∴AD：BE=3：2，△ADF∽△BEF，
∴.
故答案为：9:4.
【点睛】
本题考查相似三角形的性质和判定，平行四边形的性质.熟记相似三角形的面积比等于相似比的平方是解决此题的关键.
17、
【分析】根据二次根式的性质，进行化简，即可.
【详解】
=
=
=
∵
∴原式=，
故答案是：.
【点睛】
本题主要考查二次根式的性质，掌握二次根式的性质，是解题的关键.
18、72°
【详解】五角星绕中心点旋转一定的角度后能与自身完全重合,则其旋转的角度至少为=72°.
故答案为72°.

三、解答题（共78分）
19、
【分析】设DG＝CG＝a，则AB＝2a＝OB，DG＝OG＝CG＝a，BG＝3a，BC＝AD＝4，由勾股定理得出，解得a＝，证明△EDG∽△GCF，得出比例线段，求出CF．则可求出EF．由四边形面积公式可求出答案．
【详解】解：由折叠可得，AE＝OE＝DE，CG＝OG＝DG，
∴E，G分别为AD，CD的中点，
设DG＝CG＝a，则AB＝2a＝OB，DG＝OG＝CG＝a，BG＝3a，BC＝AD＝4，
∵∠C＝90°，
∴Rt△BCG中，，
∴，
∴a＝，
∴DG＝CG＝，
∴BG＝OB+OG＝2＝3，
由折叠可得∠EGD＝∠EGO，∠OGF＝∠FGC，
∴∠EGF＝90°，
∴∠EGD+∠FGC＝90°，
∵∠EGD+∠DEG＝90°，
∴∠FGC＝∠DEG，
∵∠EDG＝∠GCF＝90°，
∴△EDG∽△GCF，
∴，
∴．
∴CF＝1，
∴FO＝1，
∴EF＝3，
由折叠可得，∴∠BOE=∠A＝90°，
∵点B，O，G在同一条直线上，点E，O，F在另一条直线上，
∴EF⊥BG，
∴S四边形EBFG＝×BG×EF＝×3＝．
故答案为：．
【点睛】
本题考查了矩形折叠的性质，相似三角形的判定与性质，直角三角形的性质，勾股定理等知识，熟练掌握折叠的性质是解题的关键
20、（1）OE∥BC.理由见解析；（2）
【分析】（1）连接OC，根据已知条件可推出，进一步得出结论得以证明；
（2）根据（1）的结论可得出∠E=∠BCD，对应的正切值相等，可得出CE的值，进一步计算出OE的值，在Rt△AFO中，设OF=3x,则AF=4x，解出x的值，继而得出OF的值，从而可得出答案．
【详解】解：（1） OE∥BC.理由如下：
连接OC，
∵CD是⊙O的切线，
∴OC⊥CD，
∴∠OCE=90 ，
∴∠OCA+∠ECF=90，
∵OC=OA，
∴∠OCA=∠CAB．
又∵∠CAB=∠E，
∴∠OCA=∠E，
∴∠E+∠ECF=90，
∴∠EFC=180O-(∠E+∠ECF) =90．
∴∠EFC=∠ACB=90 ，
∴OE∥BC．
(2)由(1)知，OE∥BC，
∴∠E=∠BCD．
在Rt△OCE中，∵AB=12，
∴OC=6，
∵tanE=tan∠BCD=，
∴．
∴OE2=OC2+CE2=62+82，
∴OE=10
又由（1）知∠EFC =90，
∴∠AFO=90．
在Rt△AFO中，∵tanA =tanE=，
∴设OF=3x,则AF=4x．
∵OA2=OF2+AF2，即62=(3x)2+(4x)2，
解得：
∴，
∴．

【点睛】
本题是一道关于圆的综合题目，涉及到的知识点有切线的性质，平行线的判定定理，三角形内角和定理，正切的定义，勾股定理等，熟练掌握以上知识点是解此题的关键．
21、（1）（6，4）；（2）①点E坐标或；②△AOE与△AOD相似，理由见解析；（3）存在，F1（﹣3，0）；F2（3，8）；；
【分析】（1）求出方程x2﹣7x+12＝0的两个根，OA＝4，OB＝3，可求点A坐标，即可求点D坐标；
（2）①设点E（x，0），由三角形面积公式可求解；
②由两组对边对应成比例，且夹角相等的两个三角形相似，可证△AOE∽△DAO；
（3）根据菱形的性质，分AC与AF是邻边并且点F在射线AB上与射线BA上两种情况，以及AC与AF分别是对角线的情况分别进行求解计算．
【详解】解：（1）∵OA、OB长是关于x的一元二次方程x2﹣7x+12＝0的两个根，
∴OA＝4，OB＝3，
∴点B（﹣3，0），点A（0，4），且AD∥BC，AD＝BC＝6，
∴点D（6，4）
故答案为：（6，4）；
（2）①设点E（x，0），
∵，
∴
∴
∴点E坐标或
②△AOE与△AOD相似，
理由如下：在△AOE与△DAO中，，，
∴．且∠DAO＝∠AOE＝90°，
∴△AOE∽△DAO；
（3）存在，
∵OA＝4，OB＝3，BC＝6，
∴，OB＝OC＝3，且OA⊥BO，
∴AB＝AC＝5，且AO⊥BO，
∴AO平分∠BAC，
①AC、AF是邻边，点F在射线AB上时，AF＝AC＝5，
所以点F与B重合，
即F（﹣3，0），
②AC、AF是邻边，点F在射线BA上时，M应在直线AD上，且FC垂直平分AM，
点F（3，8）．
③AC是对角线时，做AC垂直平分线L，AC解析式为，直线L过（，2），且k值为（平面内互相垂直的两条直线k值乘积为﹣1），
L解析式为y＝x+，联立直线L与直线AB求交点，
∴F（﹣，﹣），
④AF是对角线时，过C做AB垂线，垂足为N，

根据等积法求，勾股定理得出，，做A关于N的对称点即为F，，过F做y轴垂线，垂足为G，，
∴F（﹣，）．
综上所述：F1（﹣3，0）；F2（3，8）；；．
【点睛】
本题是相似形综合题，考查了解一元二次方程，相似三角形的性质与判定，待定系数法求函数解析式，综合性较强，（3）求点F要根据AC与AF是邻边与对角线的情况进行讨论，不要漏解．
22、，
【分析】本题考查了分式的化简求值，先把括号内通分化简，再把除法转化为乘法，约分化简，最后根据特殊角的三角函数值求出a的值，代入计算．
【详解】解：原式=÷
=
=，
当a=2cos30°+tan45°=2×+1=+1时，
原式=．
23、点E离地面的高度为8.1米
【分析】延长DA交水平虚线于F，过E作EH⊥BF于H，根据题意，在Rt△ABF中，求出AF，从而得到EF，结合Rt△EFH，求出EH即可求得结果．
【详解】解：如图3所示，延长DA交水平虚线于F，过E作EH⊥BF于H，
∵∠BAF=90°，∠ABF=37°，
∴Rt△ABF中，AF=tan37°×AB≈0.75×8=6(米)，
∴EF=AF+AD+DE=8.5，
∵∠EHF=90°=∠BAF，∠BFA=∠EFH，
∴∠E=37°，
∴Rt△EFH中，EH=cos37°×EF≈0.80×8.5=6.8(米)，
又∵底边AB离地面的距离为1.3米，
∴点E离地面的高度为6.8+1.3=8.1(米)，
故答案为：8.1米．

【点睛】
本题考查了直角三角形中锐角三角函数值的应用，同角的余角相等，仰角的定义，掌握锐角三角函数值的应用是解题的关键．
24、 (1)点C的坐标为(2，3+2)；(2)OA＝3；(3)OC的最大值为8，cos∠OAD＝．
【分析】(1)作CE⊥y轴，先证∠CDE＝∠OAD＝30°得CE＝CD＝2，DE＝，再由∠OAD＝30°知OD＝AD＝3，从而得出点C坐标；
(2)先求出S△DCM＝1，结合S四边形OMCD＝知S△ODM＝，S△OAD＝9，设OA＝x、OD＝y，据此知x2+y2＝31，xy＝9，得出x2+y2＝2xy，即x＝y，代入x2+y2＝31求得x的值，从而得出答案；
(3)由M为AD的中点，知OM＝3，CM＝5，由OC≤OM+CM＝8知当O、M、C三点在同一直线时，OC有最大值8，连接OC，则此时OC与AD的交点为M，ON⊥AD，证△CMD∽△OMN得，据此求得MN＝，ON＝，AN＝AM﹣MN＝，再由OA＝及cos∠OAD＝可得答案．
【详解】(1)如图1，过点C作CE⊥y轴于点E，

∵矩形ABCD中，CD⊥AD，
∴∠CDE+∠ADO＝90°，
又∵∠OAD+∠ADO＝90°，
∴∠CDE＝∠OAD＝30°，
∴在Rt△CED中，CE＝CD＝2，DE＝＝2，
在Rt△OAD中，∠OAD＝30°，
∴OD＝AD＝3，
∴点C的坐标为(2，3+2)；
(2)∵M为AD的中点，
∴DM＝3，S△DCM＝1，
又S四边形OMCD＝，
∴S△ODM＝，
∴S△OAD＝9，
设OA＝x、OD＝y，则x2+y2＝31，xy＝9，
∴x2+y2＝2xy，即x＝y，
将x＝y代入x2+y2＝31得x2＝18，
解得x＝3(负值舍去)，
∴OA＝3；
(3)OC的最大值为8，
如图2，M为AD的中点，

∴OM＝3，CM＝＝5，
∴OC≤OM+CM＝8，
当O、M、C三点在同一直线时，OC有最大值8，
连接OC，则此时OC与AD的交点为M，过点O作ON⊥AD，垂足为N，
∵∠CDM＝∠ONM＝90°，∠CMD＝∠OMN，
∴△CMD∽△OMN，
∴，即，
解得MN＝，ON＝，
∴AN＝AM﹣MN＝，
在Rt△OAN中，OA＝，
∴cos∠OAD＝．
【点睛】
本题是四边形的综合问题，解题的关键是掌握矩形的性质、勾股定理、相似三角形的判定与性质等知识点．
25、（1）y=(x>0)；（2）△OAB的面积为2.
【分析】（1）将A点的横坐标代入正比例函数，可求出A点坐标，再将A点坐标代入反比例函数求出k，即可得解析式；
（2）过A点作AN⊥OM，垂足为点N，则AN∥PM，根据平行线分线段成比例得，进而求出M点坐标，将M点的横坐标分别代入反比例函数和正比例函数，求出B、P的坐标，再利用三角形面积公式求出△POM、△BOM的面积，作差得到△BOP的面积，最后根据S△OAB∶S△BAP=OA∶AP=1∶2即可求解．
【详解】解：（1）A点在正比例函数y=x的图象上，当x=2时，y=3，
∴点A的坐标为(2,3)
将(2,3)代入反比例函数解析式y= (x>0)，得，解得k=1．
∴反比例函数的表达式为y=(x>0)
（2）如图，过A点作AN⊥OM，垂足为点N，则AN∥PM，

∴.
∵PA=2OA，
∴MN=2ON=4，
∴OM=ON+MN=2+4=1
∴M点的坐标为(1,0)
将x=1代入y=，得y==1，
∴点B的坐标为(1,1)
将x=1代入y=x，得y==9，
∴点P的坐标为(1,9)．
∴S△POM=×1×9=27，S△BOM=×1×1=3
∴S△BOP=27-3=24
又∵S△OAB∶S△BAP=OA∶AP=1∶2
∴S△OAB=×24=2
答：△OAB的面积为2．
【点睛】
本题考查了反比例函数与一次函数的综合问题，以及平行线分线段成比例，熟练掌握待定系数法求函数解析式，利用点的坐标求三角形面积是解题的关键．
26、∠C =25°．
【分析】连接OB，利用切线的性质OB⊥AB，进而可得∠BOA=50°，再利用外角等于不相邻两内角的和，即可求得∠C的度数．
【详解】解：如图，连接OB，

∵AB与⊙O相切于点B，
∴OB⊥AB，
∵∠A=40°，
∴∠BOA=50°，
又∵OC=OB，
∴∠C=∠BOA=25°．
【点睛】
本题主要考查切线的性质，解决此类题目时，知切点，则连半径，若不知切点，则作垂直．