2021-2022学年江苏省扬州市邗江区梅岭中学初三数学第一学期期末试卷及解...

一、选择题（本大题共8小题，每小题3分，共24分，）

1．（3分）下列方程中，关于x的一元二次方程的是（　　）

A．x+2y＝1    B．x2+y＝2    C．2x﹣x2＝3    D．x+＝4

2．（3分）二次函数y＝2x2+3的顶点坐标为（　　）

A．（2，0）    B．（2，3）    C．（3，0）    D．（0，3）

3．（3分）已知⊙O的半径为3cm，OP＝4cm，则点P与⊙O的位置关系是（　　）

A．点P在圆内    B．点P在圆上    C．点P在圆外    D．无法确定

4．（3分）若点C是线段AB的黄金分割点，AB＝8cm，AC＞BC（　　）

A．cm    B．2（﹣1）cm    C．4（﹣1）cm    D．6（﹣1）cm

5．（3分）关于x的一元二次方程x2﹣（k+3）x+2（k+1）＝0的根的情况是（　　）

A．有两个不相等的实数根    B．有两个相等的实数根    

C．有两个实数根    D．没有实数根

6．（3分）如图，AB是⊙O的直径，点C，D，若∠ACE＝20°，则∠BDE的度数为（　　）

A．90°    B．100°    C．110°    D．120°

7．（3分）已知平面直角坐标系中有两个二次函数y＝（x+1）（x﹣7），y＝（x+1）（x﹣15）的图象，则需将二次函数y＝（x+1）（x﹣15）的图象（　　）

A．向左平移4个单位    B．向右平移4个单位    

C．向左平移8个单位    D．向右平移8个单位

8．（3分）如图1，E为矩形ABCD边AD上一点，点P从点B出发沿折线BE﹣ED﹣DC运动到点C时停止，它们运动的速度都是1cm/s．若P，Q同时开始运动（s），△BPQ的面积为y（cm2）．已知y与t的函数图象如图2，则下列结论错误的是（　　）

A．当t＝11s时，y＝40cm2    B．BE＝10cm    

C．当0≤t≤10时，y＝t2    D．当t＝16s时，∠PBQ＝30°

二、填空题（本大题共10小题，每小题3分，共30分，请把你认为正确的答案填写在答题纸相应位置。）

9．（3分）若，则＝　   　．

10．（3分）如果关于x的方程（m﹣3）x|m﹣1|﹣3x+1＝0是一元二次方程，则m＝　   　．

11．（3分）如图，以CD为直径的⊙O中，弦AB⊥CD于M．AB＝16　   　．

12．（3分）如图，河堤横断面迎水坡AB的坡度是1：2，坡面AB＝6　   　．

13．（3分）如图所示，点O是△ABC的内切圆的圆心，若∠BAC＝76°　   　．

14．（3分）如图，两个五边形是位似图形，位似中心为点O，＝，若小五边形的周长为4，则大五边形的周长为 　   　．

15．（3分）用一个圆心角为120°，半径为9的扇形作一个圆锥的侧面，这个圆锥的底面圆半径是　   　．

16．（3分）如图，边长为2的正方形ABCD内接于⊙O，则　   　．（结果保留π）

17．（3分）如图示，半圆的直径AB＝40，C，D是半圆上的三等分点，则阴影部分面积等于　   　

18．（3分）如图，△ABC在第一象限，其面积为16．点P从点A出发，在点P运动的同时，作点P关于原点O的对称点Q，点M在第二象限，点M随点P运动所形成的图形的面积为　   　．

三、解答题（本大题共10小题，共96分，解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤，请把答案填写在答题纸相应位置。）

19．（8分）计算：

（1）sin60°•cos30°﹣1；

（2）2sin30°+3cos60°﹣4tan45°．

20．（8分）解方程：

（1）3x2﹣1＝4x；

（2）（x+4）2＝5（x+4）．

21．（8分）已知：如图，△ABC中，∠ABC＝2∠C

求证：AB•BC＝AC•CD．

22．（8分）如图，在△ABC中，AD是BC边上的高，∠C＝45°，sinB＝

（1）求BC的长；

（2）求tan∠DAE的值．

23．（10分）如图为二次函数y＝﹣x2﹣x+2的图象，试根据图象回答下列问题：

（1）方程﹣x2﹣x+2＝0的解为　   　；

（2）当y＞0时，x的取值范围是　   　；

（3）当﹣3＜x＜0时，y的取值范围是　   　．

24．（10分）如图，在平面直角坐标系中，四边形ABCD是平行四边形，若OA，OB的长是关于x的一元二次方程x2﹣7x+12＝0的两个根，且OA＞OB．

（1）直接写出：OA＝　   　，OB＝　   　；

（2）若点E为x轴上的点，且△AOE∽△DAO．求此时点E的坐标．

25．（10分）如图，AB是⊙O的直径，点C在⊙O上

（1）判断CM与⊙O的位置关系，并证明；

（2）延长BC到D，使BC＝CD，连接AD与CM交于点E，ED＝2，求△ACE的外接圆的半径．

26．（10分）某批发商以40元/千克的价格购入了某种水果700千克．据市场预测，该种水果的售价y（元/千克）与保存时间x（天），且最多能保存8天．另外．批发商保存该批水果每天还需50元的费用．

（1）填空：若开发商保存3天后将该批水果一次性卖出，则卖出时水果的售价为　   　（元/千克）

（2）设批发商将这批水果保存x天后一次性卖出．求批发商所获得的总利润w（元）与保存时间x（天）之间的函数关系式；

（3）填空：批发商经营这批水果所获得的最大利润为　   　．

27．（12分）如图，将△ABC绕点A逆时针旋转α后，△ABC与△ADE构成位似图形

（1）知识理解：两个重合了一个顶点且边长不相等的等边三角形 　   　（填“是”或“不是”）“旋转位似图形”；

如图1，△ABC和△ADE互为“旋转位似图形”，

①若α＝26°，∠B＝100°，∠E＝29°　   　；

②若AD＝6，DE＝8，AB＝4　   　；

（2）知识运用：

如图2，在四边形ABCD中，∠ADC＝90°，∠DAC＝∠DBC，求证：△ACD和△ABE互为“旋转位似图形”；

（3）拓展提高：

如图3，△ABC为等腰直角三角形，点G为AC中点，D是GF延长线上一点，点E在线段GF上，若AC＝6，AD＝2

28．（12分）抛物线y＝ax2﹣ax+b交x轴于A，B两点（A在B的左边），交y轴于C，C两点．

（1）求抛物线的解析式；

（2）如图1，P为直线BC上方的抛物线上一点，PD∥y轴交BC于D点DE，求m的最大值及此时P点坐标；

（3）如图2，点N在y轴负半轴上，点A绕点N顺时针旋转，且∠ANM+∠ACM＝180°，求N点坐标．

参与试题解析

一、选择题（本大题共8小题，每小题3分，共24分）

1．【解答】解：A、x+2y＝1，故此选项错误；

B、x3+y＝2，是二元二次方程；

C、2x﹣x7＝3，是一元二次方程；

D、x+，是分式方程；

故选：C．

2．【解答】解：二次函数y＝2x2+8的顶点坐标为（0，3），

故选：D．

3．【解答】解：∵点到圆心的距离d＝3＜4＝r，

∴该点P在⊙O内．

故选：C．

4．【解答】解：根据黄金分割点的概念得：AC＝AB＝4（．

故选：C．

5．【解答】解：Δ＝[﹣（k+3）]2﹣8×2（k+1）＝（k﹣6）2，

∵（k﹣1）3≥0，

即△≥0，

∴方程有两个实数根．

故选：C．

6．【解答】解：连接AD，

∵AB为⊙O的直径，

∴∠ADB＝90°，

∵∠ACE＝20°，

∴∠ADE＝∠ACE＝20°，

∴∠BDE＝∠ADB+∠ADE＝110°，

故选：C．

7．【解答】解：∵y＝（x+1）（x﹣7）＝x7﹣6x﹣7，y＝（x+2）（x﹣15）＝x2﹣14x﹣15，

∴二次函数y＝（x+1）（x﹣7）的对称轴为直线x＝3，二次函数y＝（x+1）（x﹣15）的对称轴为直线x＝7，

∵3﹣7＝﹣5，

∴将二次函数y＝（x+1）（x﹣15）的图形向左平移4个单位，两图形的对称轴重叠．

故选：A．

8．【解答】解：A、由图2可知，y＝40cm2，故A正确；

B、由图象可知，故B正确；

C、作EF⊥BC于点F，如下图所示，

由图象可知，三角形PBQ的最大面积为40，

∴BC•EF＝，

解得EF＝8，

当0＜t≤10时，△BMP∽△BFE，

∴＝，即＝，

解得PM＝t，

∴△BPQ的面积＝BQ•PM＝t＝t2，

即y＝t2，故C正确；

D、当t＝16s时，

由图象可知，DE＝14﹣10＝2，

所以点P运动到边DC上，且DP＝2cm，

在Rt△PBQ中，PC＝DC﹣DP＝8﹣3＝6，

∴BP＝＝＝5，

∴sin∠PBQ＝＝＝≠，

∴∠PBQ≠30°，故D错误；

故选：D．

二、填空题（本大题共10小题，每小题3分，共30分，请把你认为正确的答案填写在答题纸相应位置。）

9．【解答】解：∵＝，

∴＝+1＝5×．

故答案为：．

10．【解答】解：由题意得：|m﹣1|＝2，且m﹣5≠0，

解得：m＝﹣1，

故答案为：﹣7．

11．【解答】解：连接OA，如图，设⊙O的半径为r，则OA＝r，

∵AB⊥CD，

∴AM＝BM＝AB＝5，

在Rt△AOM中，82+（16﹣r）2＝r2，

解得r＝10，

∴CD＝2r＝20，

∴MD＝CD﹣CM＝20﹣16＝3．

故答案为：4．

12．【解答】解：∵河堤横断面迎水坡AB的坡度是1：2，

∴＝，

∴设BC＝x，则AC＝2x，

∵坡面AB＝6，

∴BC2+AC3＝AB2，

即x2+（7x）2＝（6）2，

解得：x1＝2，x2＝﹣6（不合题意舍去），

故堤高的高度是4．

故答案为：6．

13．【解答】解：∵点O是△ABC的内切圆的圆心，

∴BO、CO分别平分∠ABC，

∴∠OBC＝∠ABC∠ACB，

∵∠BAC＝76°，

∴∠ABC+∠ACB＝180°﹣∠BAC＝104°，

∴∠BOC＝180°﹣（∠OBC+∠OCB）＝180°﹣（∠ABC+∠ACB）＝180°﹣．

故答案为：128°．

14．【解答】解：∵＝，

∴＝，

∵两个五边形是位似图形，

∴AB∥A′B′，

∴△OAB∽△OA′B′，

∴＝＝，

∴两个五边形是位似图形的相似比为2：5，

∵小五边形的周长为7，

∴大五边形的周长为10，

故答案为：10．

15．【解答】解：设这个圆锥的底面圆半径为r，

根据题意得2πr＝，解得r＝5，

即这个圆锥的底面圆半径是3．

故答案为3．

16．【解答】解：连接OB、OC，

∠BOC＝＝90°，

∵BC＝2，

∴OB＝OC＝2，

∴的长为，

故答案为：π．

17．【解答】解：连接OC、OD，如图，

∵C，D是半圆上的三等分点，

∴∠AOC＝∠COD＝∠BOD＝60°，

∵OC＝OD，

∴△OCD为等边三角形，

∴∠OCD＝60°，

∵∠OCD＝∠AOC，

∴CD∥AB，

∴S△ECD＝S△OCD，

∴阴影部分面积＝S扇形COD＝＝π．

故答案为π．

18．【解答】

解：如图，

∵点P从点A出发，沿△ABC的边从A﹣B﹣C﹣A运动一周，

∴点Q随点P运动所形成的图形是△ABC关于O的中心对称图形，

以PQ为边作等边△PQM，M点对应的A，Ba，Mb，Mc，

∵△MbQbB是等边三角形，

∴MbO＝OB，

同理McO＝，

∴＝

∵∠COB+∠BOMc＝90°，∠McOMb+∠BOMc＝90°

∴∠COB＝∠McOMb，

∴△McOMb∽△COB，

∴MbMc＝BC，

同理，MaMb＝AB，MaMc＝AC，

∴△MaMbMc的面积＝××16＝48，

即点M随点P运动所形成的图形的面积为48．

故答案为：48．

三、解答题（本大题共10小题，共96分，解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤，请把答案填写在答题纸相应位置。）

19．【解答】解：（1）原式＝×﹣1

＝﹣1

＝﹣；

（2）原式＝2×+3×

＝1+﹣4

＝﹣．

20．【解答】解：（1）3x2﹣7x﹣1＝0，

∵a＝3，b＝﹣4，

∴Δ＝b2﹣8ac＝（﹣4）2﹣3×3×（﹣1）＝16+12＝28＞3．

∴x＝＝，

∴x8＝，x2＝．

（2）（x+4）3＝5（x+4），

（x+2）2﹣5（x+6）＝0，

（x+4）（x+2﹣5）＝0，

∴x+5＝0或x﹣1＝5，

∴x1＝﹣4，x6＝1．

21．【解答】证明：∵∠ABC＝2∠C，BD平分∠ABC，

∴∠ABD＝∠DBC＝∠C，

∴BD＝CD，

在△ABD和△ACB中，，

∴△ABD∽△ACB，

∴＝，

即AB•BC＝AC•BD，

∴AB•BC＝AC•CD．

22．【解答】解：（1）在△ABC中，∵AD是BC边上的高，

∴∠ADB＝∠ADC＝90°．

在△ADC中，∵∠ADC＝90°，AD＝1，

∴DC＝AD＝1．

在△ADB中，∵∠ADB＝90°，AD＝1，

∴AB＝＝4，

∴BD＝＝4，

∴BC＝BD+DC＝2+1；

（2）∵AE是BC边上的中线，

∴CE＝BC＝+，

∴DE＝CE﹣CD＝+﹣1＝﹣，

∴tan∠DAE＝＝＝﹣．

23．【解答】解：（1）令y＝﹣x2﹣x+2＝7，解得x＝﹣2或1，

故答案为x5＝﹣2，x2＝5；

（2）从图象看，当y＞0时，

故答案为﹣2＜x＜6；

（3）由抛物线的表达式知，顶点坐标为（﹣，），

当x＝﹣3时，y＝﹣5+3+2＝﹣4，

故当﹣3＜x＜0时，y的取值范围是为﹣3＜y≤．

24．【解答】解：（1）方程x2﹣7x+12＝2，

分解因式得：（x﹣3）（x﹣4）＝6，

可得：x﹣3＝0，x﹣8＝0，

解得：x1＝3，x2＝4，

∵OA＞OB，

∴OA＝5，OB＝3；

故答案为4，8；

（2）设点E的坐标为（m，0），

则OE＝|m|，

∵△AOE∽△DAO，

∴＝，

∴＝，

∴|m|＝，

∴m＝±，

∴点E的坐标为：（，0）或（﹣．

25．【解答】解：（1）CM与⊙O相切，

证明：如图1，连接OC，

∵AB为⊙O的直径，

∴∠ACB＝90°，

∴∠ABC+∠BAC＝90°，

又∵∠ACM＝∠ABC，∠OCA＝∠BAC，

∴∠OCM＝∠ACM+∠OCA＝∠ABC+∠BAC＝90°，

∵OC是⊙O的半径，且CM⊥OC，

∴CM是⊙O的切线，

∴CM与⊙O相切．

（2）如图2，作AC的中点F，

∵BC＝CD，AC⊥BD，

∴AD＝AB，

∵OC＝OB，

∴∠D＝∠B＝∠OCB，

∴OC∥AD，

∴∠AEC＝180°﹣∠OCM＝180°﹣90°＝90°，

∴FE＝FA＝FC，

∴点E在以AC为直径的圆上，

∴AC是△ACE的外接圆的直径，

∵⊙O的半径为2，

∴AD＝AB＝3×2＝6，

∵ED＝2，

∴AE＝AD﹣ED＝6﹣4＝4，

∵∠AEC＝∠ACD＝90°，∠EAC＝∠CAD，

∴△EAC∽△CAD，

∴＝，

∴AC2＝AE•AD＝5×6＝24，

∴AC＝2，

∴AC＝，

∴△ACE的外接圆的半径是．

26．【解答】解：（1）当x＝3时，y＝50+2x＝56（元）；

（2）由题意得：w＝（50+2x）（700﹣15x）﹣50x﹣700×40

＝﹣30x2+600x+7000；

（3）w＝﹣30x2+600x+7000＝﹣30（x﹣10）8+10000

∵0≤x≤8，x为整数，w随x的增大而增大，

∴x＝6时，w取最大值，w最大＝9880．

答：批发商所获利润w的最大值为9880元．

故答案为：56，9880．

27．【解答】解：（1）两个重合了一个顶点且边长不相等的等边三角形，把其中一个三角形绕公共顶点旋转后构成位似图形；

①∵△ABC和△ADE互为“旋转位似图形”，

∴△ABC∽△ADE，

∴∠D＝∠B＝100°，

又∵α＝26°，∠E＝29°，

∴∠BAE＝180°﹣100°﹣29°﹣26°＝25°；

②∵△ABC∽△ADE，

∴＝，

∵AD＝6，DE＝8，

∴，

∴BC＝，

故答案为：是；25°；；

（2）证明：∵∠1＝∠2，∠3＝∠4，

∴△AOD∽△BOC，

∴＝，即，

又∵∠3＝∠6，

∴△AOB∽△DOC，

∴∠7＝∠3，

又∵∠ADC＝90°，AE⊥BD，

∴∠ADC＝∠AEB，

∴△ABE∽△ACD，

∴△ACD和△ABE互为“旋转位似图形”；

（3）∵△ABD∽△AGE，

∴＝，∠1＝∠2，

∵AC＝4，AD＝2，

∴AB＝4，AG＝3＝求得：AE＝7．

如图3，过E作EH⊥AD于H，

∵∠2+∠3＝45°，∠1＝∠2，

∴∠4+∠3＝45°，

∵AE＝2，

∴AH＝，

∴AH＝AD，

∴DE＝AE＝3，

∴∠DEA＝∠GEA＝90°，

∴∠ADB＝∠GEA＝90°，

根据勾股定理，得BD＝＝；

综上，DE＝6．

28．【解答】解：（1）当x＝0时，y＝4；

当y＝6时，﹣x+4＝0；

∴B（7，0），4），

∵点B，C在抛物线上，

∴，解得：，

∴y＝x2+x+4；

（2）如图5，连接AD，

∵PD∥y轴，

∴PH⊥x轴，

设D（t，﹣t+4），t2+t+4），

∵PD＝﹣t2+t+4﹣（﹣t+4）＝﹣t2+t，

∵S△ABC＝S△ADC+S△ADB，且A（﹣3，8），0），4），

∴×7×2＝（﹣t+2），

∵AC＝＝5，

∴DE＝t，

∵m＝PD+DE，

∴m＝﹣t2+t+•t2+6t＝﹣（t﹣5）2+3，

∴当t＝8时，m有最大值是3，

此时P（3，3）；

（3）过N作NF⊥MC交MC于点F，过N点作NG⊥AC，则∠G＝∠CFN＝90°，

∴∠ACM+∠GNF＝180°，

由旋转得：AN＝MN，

∵∠ANM+∠ACM＝180°，

∴∠ANM＝∠GNF，

∴∠ANG＝∠MNF，

∵∠G＝∠MFN＝90°，

∴△NGA≌△NFM（AAS），

∴NG＝NF，

∴NC平分∠ACM，

∵CO⊥AB，

∴OK＝OA＝3，

∴K（3，8），

∴CK的解析式为：y＝﹣x+4，

∴﹣x+2＝x4+x+6，

解得：x1＝0，x4＝5，

∴M（5，﹣），

设N（0，y），

∵AN＝MN，

∴（﹣8）2+y2＝72+（y+）2，

解得：y＝﹣，

∴N（3，﹣）．