2019-2020学年某校初三（上）12月第二次月考数学试卷

这是一份2019-2020学年某校初三（上）12月第二次月考数学试卷，共18页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


1. 将方程x2−3x=5化为一元二次方程的一般形式，其中二次项系数为1，一次项系数、常数项分别是( )
A.−3，−5B.−3，5C.3，−5D.3，5

2. 二次函数y=−(x−1)2−2 ( )
A.最小值为1B.最小值为−2C.最大值为1D.最大值为−2

3. 下列交通标志图案中，是中心对称图形的是( )
A.B.C.D.

4. 事件：①上海明天是晴天，②打开电视，正在播放广告，则( )
A.事件①是随机事件，事件②是必然事件
B.事件①是必然事件，事件②是随机事件
C.事件①②都是必然事件
D.事件①②都是随机事件

5. 已知⊙O的半径是4，OP=3，则点P与⊙O的位置关系是（ ）
A.点P在圆上B.点P在圆内C.点P在圆外D.不能确定

6. 从分别标有数−4，−3，−2，−1，0，1，2的七张没有差别的卡片背面向上，随机抽取一张，所抽卡片上的数不小于−1的概率是( )
A.17B.27C.37D.47

7. 如图，△ABC中，AB=5，BC=3，AC=4，以点C为圆心的圆与AB相切，E为AC中点，P为⊙O上的动点，F为PC中点，则EF的最大值为( )

A.3B.3.2C.3.5D.4

8. 矩形ABCD中，AD=8cm，AB=6cm．动点E从点C开始沿边CB向点B以2cm/s的速度运动至点B停止，动点F从点C同时出发沿边CD向点D以1cm/s的速度运动至点D停止．如图可得到矩形CFHE，设运动时间为x（单位：s），此时矩形ABCD去掉矩形CFHE后剩余部分的面积为y（单位：cm2），则y与x之间的函数关系用图象表示大致是下图中的( )

A.B.
C.D.
二、填空题

如图，是一个半径为6cm，面积为12πcm2的扇形纸片，现需要一个半径为R的圆形纸片，使两张纸片刚好能组合成圆锥体，则R等于________cm．

三、解答题



1解方程：x2=1−6x；

2已知3x2−mx+6=0的一个根是1，求m的值及另一根.

如图，点A(0,6)，B(2,0)，C(4,8)，D(2,4)，将线段CD绕点C逆时针旋转90∘，得到线段CE.

1画出线段CE，并计算线段CD所扫过的图形面积；

2将线段AB平移得到线段CF，使点A与点C重合，写出点F坐标，并证明CF平分 ∠DCE.

为进一步深化基础教育课程改革，构建符合素质教育要求的学校课程体系，某学校自主开发了A书法、B阅读，C足球，D器乐四门校本选修课程供学生选择，每门课程被选到的机会均等．
(1)学生小红计划选修两门课程，请写出所有可能的选法；

(2)若学生小明和小刚各计划选修一门课程，则他们两人恰好选修同一门课程的概率为多少？

如图所示，⊙I是Rt△ABC的内切圆，∠C=90∘，⊙I和三边分别切于点D，E，F．

1求证：四边形IDCE是正方形；

2设BC=a，AC=b，AB=c，求内切圆I的半径．

如图，BD为△ABC的外接圆⊙O的直径，且∠BAE=∠C．

1求证：AE与⊙O相切于点A；

2若AE // BC，BC=27，AC=22，求AD的长．

“扬州漆器”名扬天下，某网店专门销售某种品牌的漆器笔筒，成本为30元/件，每天销售y（件）与销售单价x（元）之间存在一次函数关系，如图所示．

(1)求y与x之间的函数关系式；

(2)如果规定每天漆器笔筒的销售量不低于240件，当销售单价为多少元时，每天获取的利润最大，最大利润是多少？

(3)该网店店主热心公益事业，决定从每天的销售利润中捐出150元给希望工程，为了保证捐款后每天剩余利润不低于3600元，试确定该漆器笔筒销售单价的范围．

阅读下列材料：
问题：如图(1)，已知正方形ABCD中，E，F分别是BC，CD边上的点，且∠EAF=45∘，判断线段BE，EF，DF之间的数量关系，并说明理由．
小明同学的想法是：已知条件比较分散，可以通过旋转变换将分散的已知条件集中在一起，于是他将△DAF绕点A顺时针旋转90∘，得到△BAH，然后通过证明三角形全等可得出结论．
请你参考小明同学的思路，解决下列问题：
1图(1)中线段BE，EF，DF之间的数量关系是________；

2如图(2)，已知正方形ABCD边长为5，E，F分别是BC，CD边上的点，且∠EAF=45∘，AG⊥EF于点G，则AG的长为________，△EFC的周长为________；

3如图(3)，已知△AEF中，∠EAF=45∘，AG⊥EF于点G，且EG=2，GF=3，求△AEF的面积.

如图，抛物线y=ax2+bx+c交坐标轴于A(−1, 0)，B(4, 0)，C(0, −4)三点，点P是直线BC下方抛物线上一动点．

1求抛物线的解析式；

2是否存在点P，使△POC是以OC为底边的等腰三角形？若存在，求出P点坐标；若不存在，请说明理由；

3动点P运动到什么位置时，△PBC面积最大，求出此时P点坐标和△PBC的最大面积．
参考答案与试题解析
2019-2020学年湖北省某校初三（上）12月第二次月考数学试卷
一、选择题
1.
【答案】
A
【考点】
一元二次方程的一般形式
【解析】
把原方程根据移项法则化为一般形式，根据一元二次方程的定义解答即可．
【解答】
解：x2−3x=5，
移项得，x2−3x−5=0，
则其一次项系数、常数项分别为−3，−5.
故选A．
2.
【答案】
D
【考点】
二次函数的最值
【解析】
根据二次函数的顶点式解析式写出即可．
【解答】
解：∵ a=−1<0，
∴ 二次函数有最大值为−2．
故选D.
3.
【答案】
C
【考点】
中心对称图形
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：根据中心对称图形的概念，分别判断即可.
A、B、D不是中心对称图形，C是中心对称图形.
故选C.
4.
【答案】
D
【考点】
必然事件
随机事件
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：事件：①上海明天是晴天，②打开电视，正在播放广告，都是随机事件.
故选D.
5.
【答案】
B
【考点】
点与圆的位置关系
【解析】
点在圆上，则d=r；点在圆外，d>r；点在圆内，d【解答】
解：∵ OP=3<4，故点P与⊙O的位置关系是点在圆内．
故选B．
6.
【答案】
D
【考点】
概率公式
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：∵ 七张卡片分别标有−4，−3，−2，−1，0，1，2的七个数不小于−1的有−1，0，1，2.
∴ 从中随机抽取一张卡片数不小于−1的概率为47．
故选D.
7.
【答案】
B
【考点】
切线的性质
勾股定理
【解析】
首先根据题意作图，由AB是⊙C的切线，即可得CD⊥AB，又由在直角△ABC中，∠C=90∘，AC=3，BC=4，根据勾股定理求得AB的长，然后由S△ABC=12AC⋅BC=12AB⋅CD，即可求得以C为圆心与AB相切的圆的半径的长．
【解答】
解：在△ABC中，
∵ AB=5，BC=3，AC=4，
∴ AC2+BC2=32+42=52=AB2，
∴ ∠C=90∘，
如图：设切点为D，连接CD，
∵ AB是⊙C的切线，
∴ CD⊥AB，
∵ S△ABC=12AC⋅BC=12AB⋅CD，
∴ AC⋅BC=AB⋅CD，
即CD=AC⋅BCAB=4×35=125，
∴ ⊙C的半径为125，∵ CE=2,
∴ E点位置如图，当P运动到如图所示位置时，EF最大，
EF=CE+CF=2+65=3.2.
故选B.
8.
【答案】
A
【考点】
动点问题
【解析】
重点考查学生的阅读理解能力、分析研究能力．在解答时要注意先总结出函数的解析式，由解析式结合其取值范围判断，不要只靠感觉．
【解答】
解：分两种情况讨论：
当x≤4时，y=6×8−(x⋅2x)=−2x2+48，
此时函数的图象为抛物线的一部分，
它的最上点抛物线的顶点(0, 48)，最下点为(4, 16)；
当4此时函数的图象为直线y=−8x+48的一部分，它的最上点为(4, 16)，它的最下点为(6, 0)．
结合四个选项的图象知选A项．
故选A.
二、填空题
【答案】
2
【考点】
扇形面积的计算
弧长的计算
【解析】
能组合成圆锥体，那么扇形的弧长等于圆形纸片的周长．应先利用扇形的面积=圆锥的弧长×母线长÷2，得到圆锥的弧长=2扇形的面积÷母线长，进而根据圆锥的底面半径=圆锥的弧长÷2π求解．
【解答】
解：∵ 圆锥的底面周长=2×12π÷6=4π，
∴ 圆锥的底面半径=4π÷2π=2(cm).
故答案为：2．
三、解答题
【答案】
解：1x2=1−6x，
移项得x2+6x=1，
配方得x2+6x+9=10，
即(x+3)2=10，
解得x+3=±10，
即x1=−3+10，x2=−3−10.
2将x1=1代入3x2−mx+6=0，
得3−m+6=0，解得m=9，
又因为x1x2=63=2，
所以x2=2.
【考点】
解一元二次方程-配方法
一元二次方程的解
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：1x2=1−6x，
移项得x2+6x=1，
配方得x2+6x+9=10，
即(x+3)2=10，
解得x+3=±10，
即x1=−3+10，x2=−3−10.
2将x1=1代入3x2−mx+6=0，
得3−m+6=0，解得m=9，
又因为x1x2=63=2，
所以x2=2.
【答案】
解：1线段CE如图所示，
由图可知，CD=22+42=25，
S=90∘×π×(25)2360∘=5π.
2线段CF如图所示，连接DF，EF，
由图可知，点F坐标为(6,2)，
由勾股定理可得：DF=25，EF=25，CE=25，
∵ DF=EF=CD=CE=25，且∠DCE=90∘，
∴ 四边形DCEF是正方形，
∴ CF平分 ∠DCE.
【考点】
作图－平移变换
扇形面积的计算
正方形的判定
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：1线段CE如图：
由图可知，CD=22+42=25，
S=90∘×π×(25)2360∘=5π.
2线段CF如图所示，连接DF，EF，
由图可知，点F坐标为(6,2)，
由勾股定理可得：DF=25，EF=25，CE=25，
∵ DF=EF=CD=CE=25，且∠DCE=90∘，
∴ 四边形DCEF是正方形，
∴ CF平分 ∠DCE.
【答案】
解：(1)共有6种等可能的结果数，它们是：AB，AC，AD，BC，BD，CD；
(2)画树状图为：
共有16种等可能的结果数，其中他们两人恰好选修同一门课程的结果数为4，
所以他们两人恰好选修同一门课程的概率=416=14．
【考点】
列表法与树状图法
概率公式
【解析】
（1）利用直接列举得到所有6种等可能的结果数；
（2）画树状图展示所有16种等可能的结果数，再找出他们两人恰好选修同一门课程的结果数，然后根据概率公式求解．
【解答】
解：(1)共有6种等可能的结果数，它们是：AB，AC，AD，BC，BD，CD；
(2)画树状图为：
共有16种等可能的结果数，其中他们两人恰好选修同一门课程的结果数为4，
所以他们两人恰好选修同一门课程的概率=416=14．
【答案】
1证明：∵ BC，AC与⊙I相切于D，E，
∴ ∠IDC=∠IEC=∠C=90∘，
∴ 四边形IDCE为矩形，
又∵ IE=ID，
∴ 矩形IDCE是正方形．
2解：由1得CD=CE=r，
∵ ⊙I是△ABC的内切圆，
根据切线长定理，可得BF=BD，AF=AE，
∴ a+b=BD+AE+2r=BF+AF+2r=AB+2r=c+2r，
∴ r=12(a+b−c)．
【考点】
三角形的内切圆与内心
切线长定理
正方形的判定与性质
【解析】
（1）根据切线的性质即可证明是一个矩形，再根据一组邻边相等的矩形是正方形即可证明；
【解答】
1证明：∵ BC，AC与⊙I相切于D，E，
∴ ∠IDC=∠IEC=∠C=90∘，
∴ 四边形IDCE为矩形，
又∵ IE=ID，
∴ 矩形IDCE是正方形．
2解：由1得CD=CE=r，
∵ ⊙I是△ABC的内切圆，
根据切线长定理，可得BF=BD，AF=AE，
∴ a+b=BD+AE+2r=BF+AF+2r=AB+2r=c+2r，
∴ r=12(a+b−c)．
【答案】
1证明：∵ BD为△ABC的外接圆⊙O的直径，
∴ ∠DAB=90∘，
由图知∠C=∠D,∠D=∠OAD，且∠BAE=∠C，
∴ ∠BAE=∠OAD，
∵ ∠OAD+∠OAB=90∘，
∴ ∠OAB+∠BAE=∠OAE=90∘，
∴ AE与⊙O相切于点A.
2解：∵ AE // BC，AE⊥OA，
∴ OA⊥BC，
∴ AB=AC，FB=12BC，
∴ AB=AC，
∵ BC=27，AC=22，
∴ BF=7，AB=22，
在Rt△ABF中，AF=(22)2−(7)2=1，
在Rt△OFB中，OB2=BF2+(OB−AF)2，
∴ OB=4，
∴ BD=8，
∴ 在Rt△ABD中，AD=BD2−AB2=64−8=56=214．
【考点】
切线的判定与性质
垂径定理
勾股定理
【解析】
(1)连接OA，根据同圆的半径相等可得：∠D=∠DAO，由同弧所对的圆周角相等及已知得：∠BAE=∠DAO，再由直径所对的圆周角是直角得：∠BAD=90∘，可得结论；
(2)先证明OA⊥BC，由垂径定理得：AB=AC，FB=12BC，根据勾股定理计算AF、OB、AD的长即可．
【解答】
1证明：∵ BD为△ABC的外接圆⊙O的直径，
∴ ∠DAB=90∘，
由图知∠C=∠D,∠D=∠OAD，且∠BAE=∠C，
∴ ∠BAE=∠OAD，
∵ ∠OAD+∠OAB=90∘，
∴ ∠OAB+∠BAE=∠OAE=90∘，
∴ AE与⊙O相切于点A.
2解：∵ AE // BC，AE⊥OA，
∴ OA⊥BC，
∴ AB=AC，FB=12BC，
∴ AB=AC，
∵ BC=27，AC=22，
∴ BF=7，AB=22，
在Rt△ABF中，AF=(22)2−(7)2=1，
在Rt△OFB中，OB2=BF2+(OB−AF)2，
∴ OB=4，
∴ BD=8，
∴ 在Rt△ABD中，AD=BD2−AB2=64−8=56=214．
【答案】
解：(1)设y与x的函数关系式为y=kx+b，
由题意得：40k+b=300，55k+b=150，
解得：k=−10，b=700，
故y与x之间的函数关系式为：y=−10x+700.
(2)由题意，得
−10x+700≥240，
解得x≤46，
设利润为ω，
则w=(x−30)⋅y=(x−30)(−10x+700)，
w=−10x2+1000x−21000=−10(x−50)2+4000，
∵ −10<0，
∴ x<50时，w随x的增大而增大，
∴ x=46时，w最大值=−10(46−50)2+4000=3840，
答：当销售单价为46元时，每天获取的利润最大，最大利润是3840元；
(3)w−150=−10x2+1000x−21000−150=3600，
−10(x−50)2=−250，
x−50=±5，
x1=55，x2=45，
如图所示，
由图象得：
当45≤x≤55时，捐款后每天剩余利润不低于3600元．
【考点】
一元二次方程的应用——利润问题
待定系数法求一次函数解析式
二次函数的最值
【解析】
（1）可用待定系数法来确定y与x之间的函数关系式；
（2）根据利润=销售量×单件的利润，然后将（1）中的函数式代入其中，求出利润和销售单件之间的关系式，然后根据其性质来判断出最大利润；
（3）首先得出w与x的函数关系式，进而利用所获利润等于3600元时，对应x的值，根据增减性，求出x的取值范围．
【解答】
解：(1)设y与x的函数关系式为y=kx+b，
由题意得：40k+b=300，55k+b=150，
解得：k=−10，b=700，
故y与x之间的函数关系式为：y=−10x+700.
(2)由题意，得
−10x+700≥240，
解得x≤46，
设利润为ω，
则w=(x−30)⋅y=(x−30)(−10x+700)，
w=−10x2+1000x−21000=−10(x−50)2+4000，
∵ −10<0，
∴ x<50时，w随x的增大而增大，
∴ x=46时，w最大值=−10(46−50)2+4000=3840，
答：当销售单价为46元时，每天获取的利润最大，最大利润是3840元；
(3)w−150=−10x2+1000x−21000−150=3600，
−10(x−50)2=−250，
x−50=±5，
x1=55，x2=45，
如图所示，
由图象得：
当45≤x≤55时，捐款后每天剩余利润不低于3600元．
【答案】
EF=BE+DF
5,10
3将△AEF置于图(2)中．
∵ EG=2，GF=3，
∴ BE=2，DF=3，EF=5．
设AB=x，则CE=x−2，CF=x−3，
在△CEF中，∵ ∠C=90∘，
∴ FC2+EC2=EF2，
故(x−3)2+(x−2)2=52，
解得：x1=−1（舍去），x2=6，
∴ AB=6，
∴ AG=AB=6，
∴ △AEF的面积=12EF⋅AG=12×5×6=15．
【考点】
旋转的性质
全等三角形的性质与判定
几何变换综合题
【解析】
（1）先根据旋转的性质得出△ADF≅△ABH，则∠DAF=∠BAH，AF=AH，再证明∠EAF=∠EAH=45∘，利用SAS证明△FAE≅△HAE，根据全等三角形的性质得出EF=HE=BE+HB，进而得出EF=BE+DF；
（2）由（1）知△FAE≅△HAE，根据全等三角形对应边上的高相等得出AG=AB=5，再利用HL证明△AEG≅△ABE，得出EG=BE，同理得到GF=DF，则△EFC的周长为BC+CD=10；
（3）将△AEF置于图(2)中，设AB=x，则CE=x−2，CF=x−3，在△CEF中，运用勾股定理得出FC2+EC2=EF2，列出关于x的方程，解方程求出x的值，即为AG的长，再根据三角形的面积公式即可求解．
【解答】
解：1EF=BE+DF．理由如下：
∵ 将△DAF绕点A顺时针旋转90∘，得到△BAH，
∴ △ADF≅△ABH，
∴ ∠DAF=∠BAH，AF=AH，
∴ ∠FAH=90∘，
∴ ∠EAF=∠EAH=45∘，
在△FAE和△HAE中，
AF=AH，∠FAE=∠HAE，AE=AE，
∴ △FAE≅△HAE(SAS)，
∴ EF=HE=BE+HB，
∴ EF=BE+DF.
故答案为：EF=BE+DF.
2∵ △FAE≅△HAE，AG，AB分别是△FAE与△HAE的高，
∴ AG=AB=5．
在△AEG与△ABE中，∠AGE=∠ABE=90∘，
AE=AE，AG=AB，
∴ Rt△AEG≅Rt△ABE(HL)，
∴ EG=BE，
同理GF=DF，
∴ △EFC的周长=EC+EF+FC=EC+EG+GF+FC
=EC+BE+DF+FC=BC+CD=10.
故答案为：5；10.
3将△AEF置于图(2)中．
∵ EG=2，GF=3，
∴ BE=2，DF=3，EF=5．
设AB=x，则CE=x−2，CF=x−3，
在△CEF中，∵ ∠C=90∘，
∴ FC2+EC2=EF2，
故(x−3)2+(x−2)2=52，
解得：x1=−1（舍去），x2=6，
∴ AB=6，
∴ AG=AB=6，
∴ △AEF的面积=12EF⋅AG=12×5×6=15．
【答案】
解：1把A，B，C三点坐标代入可得a−b+c=0，16a+4b+c=0，c=−4，
解得a=1，b=−3，c=−4，
∴ 抛物线解析式为y=x2−3x−4；
2作OC的垂直平分线DP，交OC于点D，交BC下方抛物线于点P，如图，
∴ PO=PC，此时P点即为满足条件的点，
∵ C(0, −4)，
∴ D(0, −2)，
∴ P点纵坐标为−2，
代入抛物线解析式可得x2−3x−4=−2，
解得x=3−172（小于0，舍去）或x=3+172，
∴ 存在满足条件的P点，其坐标为(3+172, −2)；
3∵ 点P在抛物线上，
∴ 可设P(t, t2−3t−4)，
过P作PE⊥x轴于点E，交直线BC于点F，如图，
∵ B(4, 0)，C(0, −4)，
∴ 直线BC解析式为y=x−4，
∴ F(t, t−4)，
∴ PF=(t−4)−(t2−3t−4)=−t2+4t，
∴ S△PBC=S△PFC+S△PFB
=12PF⋅OE+12PF⋅BE
=12PF⋅(OE+BE)=12PF⋅OB
=12(−t2+4t)×4=−2(t−2)2+8，
∴ 当t=2时，S△PBC最大值为8，此时t2−3t−4=−6，
∴ 当P点坐标为(2, −6)时，△PBC的最大面积为8．
【考点】
待定系数法求二次函数解析式
二次函数综合题
【解析】
（1）由A、B、C三点的坐标，利用待定系数法可求得抛物线解析式；
（2）由题意可知点P在线段OC的垂直平分线上，则可求得P点纵坐标，代入抛物线解析式可求得P点坐标；
（3）过P作PE⊥x轴，交x轴于点E，交直线BC于点F，用P点坐标可表示出PF的长，则可表示出△PBC的面积，利用二次函数的性质可求得△PBC面积的最大值及P点的坐标．
【解答】
解：1把A，B，C三点坐标代入可得a−b+c=0，16a+4b+c=0，c=−4，
解得a=1，b=−3，c=−4，
∴ 抛物线解析式为y=x2−3x−4；
2作OC的垂直平分线DP，交OC于点D，交BC下方抛物线于点P，如图，
∴ PO=PC，此时P点即为满足条件的点，
∵ C(0, −4)，
∴ D(0, −2)，
∴ P点纵坐标为−2，
代入抛物线解析式可得x2−3x−4=−2，
解得x=3−172（小于0，舍去）或x=3+172，
∴ 存在满足条件的P点，其坐标为(3+172, −2)；
3∵ 点P在抛物线上，
∴ 可设P(t, t2−3t−4)，
过P作PE⊥x轴于点E，交直线BC于点F，如图，
∵ B(4, 0)，C(0, −4)，
∴ 直线BC解析式为y=x−4，
∴ F(t, t−4)，
∴ PF=(t−4)−(t2−3t−4)=−t2+4t，
∴ S△PBC=S△PFC+S△PFB
=12PF⋅OE+12PF⋅BE
=12PF⋅(OE+BE)=12PF⋅OB
=12(−t2+4t)×4=−2(t−2)2+8，
∴ 当t=2时，S△PBC最大值为8，此时t2−3t−4=−6，
∴ 当P点坐标为(2, −6)时，△PBC的最大面积为8．