2021北京人大附中朝阳学校初三（上）期中数学（教师版）

这是一份2021北京人大附中朝阳学校初三（上）期中数学（教师版），共29页。试卷主要包含了填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2021北京人大附中朝阳学校初三（上）期中数    学一、选择题（本题共24分，每小题3分）下面各题均有四个选项，其中只有一个是符合题意的.1．（3分）一元二次方程的二次项系数，一次项系数，常数项分别是　　A．2，6，3 B．2，6， C．2，，3 D．2，，2．（3分）抛物线的对称轴是　　A．直线 B．直线 C．直线 D．直线3．（3分）点关于原点对称的点的坐标是　　A． B． C． D．4．（3分）用配方法解方程，下列变形正确的是　　A． B． C． D．5．（3分）如图，为的直径，弦于，已知，，则的直径为　　A．10 B．18 C．26 D．206．（3分）如图，点，，为上三点，若，则的大小为　　A． B． C． D．
7．（3分）如图，平面直角坐标系中，点在第一象限，点在轴的正半轴上，，，将绕点逆时针旋转，点的对应点的坐标是　　A． B．， C．， D．8．（3分）已知一个二次函数图象经过，，，四点，若，则，，，的最值情况是　　A．最小，最大 B．最小，最大 C．最小，最大 D．无法确定二、填空题（本题共16分，每小题2分）9．（2分）写出一个以0和2为根的一元二次方程：　　．10．（2分）若二次函数的图象与轴有两个交点，则的取值范围是　　．11．（2分）某工厂废气年排放量为450万立方米，为改善空气质量，决定分两期治理，使废气的排放量减少到288万立方米．如果每期治理中废气减少的百分率相同，设每期减少的百分率为，则可列方程为 　　．12．（2分）在平面直角坐标系中，抛物线与轴交于，两点，请写出一个使的的整数值 　　．13．（2分）如图，已知正方形的边长为2，为边上一点（不与点，重合），以点为中心，把绕点顺时针旋转，得到，连接，则四边形的面积为 　　．
14．（2分）如图，四边形是内接四边形，若，，则的度数为　 　．15．（2分）如图，在直角坐标系中，点坐标为，的半径为1，点坐标为，点是上一动点，则的最小值为 　　．16．（2分）如图，在平面直角坐标系中，点，，，，是关于的二次函数，抛物线经过点，，，抛物线经过点，，，抛物线经过点，，，抛物线经过点，，，则下列判断：①四条抛物线的开口方向均向下；②当时，四条抛物线表达式中的均随的增大而增大；③抛物线的顶点在抛物线顶点的上方；④抛物线与轴交点在点的上方．其中正确的是 　　．（填写正确的序号）
三、解答题（本题共60分，第17～18题，每小题4分；第19～26小题，每小题4分；第27～28小题，每小题4分）17．（4分）解方程：．18．（4分）《几何原本》是古希腊著名数学家欧几里得将前人及自己的研究成果汇集所得的著作．它在数学公理体系构建中起到了非常重要的奠基作用．下面是《几何原本》第三卷的第30个命题“二等分已知弧”的作图过程．请你根据要求完成下面的问题．命题：二等分已知弧如图，已知，求作的中点．作法：①连接；②作弦的垂直平分线，交于点，交弦于点；③连接，；④则点就是的中点．问题：（1）按照上述的作法，用尺规作图完成作图（保留作图痕迹）；（2）写出上述作图的两条依据：①　　；②　　．19．（5分）如图，在等边中，点是边上一点，连接，将线段绕点按顺时针方向旋转后得到，连接．求证：．
20．（5分）关于的一元二次方程．（1）求证：不论取何值，此方程总有两个实根；（2）若此方程的两个根互为相反数，求的值．    21．（5分）请完成下面题目的证明．如图，点是角平分线，的交点，的延长线和的外接圆相交于点．求证：．证明，点是角平分线，的交点．，．，　　．（填推理的依据）　　．．　　（填推理的依据）
22．（5分）已知一次函数和二次函数．部分自变量和对应的函数值如表：0101233003（1）函数的对称轴为：　　；（2）根据表中数据，在坐标系中画出两个函数的图象；（3）根据函数图象直接写出关于的不等式的解集是 　　．23．（5分）如图，的三个顶点分别为，，，将绕点顺时针旋转，得，其中点与点对应，点与点对应，点与点对应．（1）请在坐标系中画出旋转后的；（2）直接写出线段的长度为 　　；（3）直接写出线段与线段的位置关系：　　．24．（5分）某文具店销售一种进价为每本10元的笔记本，为获得高利润，以不低于进价进行销售，结果发现，每月销售量与销售单价之间的关系可以近似地看作一次函数：．（1）该文具店这种笔记本每月获得利润为元，求每月获得的利润元与销售单价之间的函数关系式；（2）当销售单价定为多少元时，每月可获得最大利润，最大利润为多少元？ 25．（5分）如图，为的直径，过点作于点，交于点，．（1）求证：为的中点；（2）若圆的半径为6，求弦的长． 26．（5分）在平面直角坐标系中，已知抛物线．（1）当点在这个函数图象上时，直接写出的值：　　；（2）当时，函数图象上只有两个点到轴的距离等于2，求的取值范围；（3）在平面直角坐标系中，点，点，连结．直接写出抛物线与线段只有一个公共点时的取值范围．27．（6分）将线段绕点逆时针旋转得到线段，继续旋转得到线段，连接．（1）连接．①如图①，若，则的度数为 　　；②在第二次旋转过程中，请探究的大小是否改变．若不变，求出的度数；若改变，请说明理由．（2）如图②．以为斜边作，使得，连接，．且．试猜想线段，之间的数量关系，写出结论并给予证明．
28．（6分）在平面直角坐标系中，图形的“外围矩形”定义如下：矩形的两组对边分别平行于轴，轴，图形的顶点在矩形的边上或内部，且矩形的面积最小．设“外围矩形”的较长的边与较短的边的比为，我们称常数为图形的“外围矩形比”．如图①，矩形为的外围矩形，其外围矩形比．（1）如图②，若点，，则外围矩形比的值为 　　；（2）已知点，在函数的图象上有一点，若的外围矩形比，求点的坐标；（3）已知点，动点在抛物线上，若的外围矩形比，直接写出点的横坐标的取值范围．
2021北京人大附中朝阳学校初三（上）期中数学参考答案一、选择题（本题共24分，每小题3分）下面各题均有四个选项，其中只有一个是符合题意的.1．【分析】根据多项式的项和单项式的系数定义得出答案即可．【解答】解：一元二次方程的二次项系数，一次项系数，常数项分别是2，，，故选：．【点评】本题考查了单项式的系数定义，多项式的项的定义和一元二次方程的一般形式，注意：找多项式的各项系数时带着前面的符号．2．【分析】由的对称轴是直线可得答案．【解答】解：抛物线的对称轴是直线，故选：．【点评】本题考查将二次函数的性质，解析式化为顶点式，顶点坐标是，对称轴是直线．3．【分析】根据平面直角坐标系中任意一点，关于原点的对称点是，即关于原点的对称点，横纵坐标都变成相反数．【解答】解：点关于原点对称的点的坐标是．故选：．【点评】本题主要考查了关于原点的对称点的性质，正确把握横纵坐标的关系是解题关键．4．【分析】先将常数项移到等式右边，再将两边都配上一次项系数一半的平方，最后依据完全平方公式将左边写成完全平方式即可得．【解答】解：，，则，即，故选：．【点评】本题主要考查解一元二次方程配方法，解题的关键是掌握用配方法解一元二次方程的步骤：①把原方程化为的形式；②方程两边同除以二次项系数，使二次项系数为1，并把常数项移到方程右边；③方程两边同时加上一次项系数一半的平方；④把左边配成一个完全平方式，右边化为一个常数；⑤如果右边是非负数，就可以进一步通过直接开平方法来求出它的解，如果右边是一个负数，则判定此方程无实数解．5．【分析】连接．根据垂径定理和勾股定理求解．【解答】解：连接，为的直径，弦于，，，的直径，故选：．【点评】此题考查了垂径定理，以及勾股定理，熟练掌握定理是解本题的关键．6．【分析】直接根据圆周角定理即可得出结论．【解答】解：与是同弧所对的圆周角与圆心角，，故选：．【点评】本题考查的是圆周角定理，熟知在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半是解答此题的关键．7．【分析】如图，作轴于．解直角三角形求出，即可．【解答】解：如图，作轴于．由题意：，，，，，，，，故选：．【点评】本题考查坐标与图形变化旋转，解直角三角形等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题．8．【分析】根据题意判定抛物线开口向上，对称轴在0和1之间，然后根据点到对称轴的距离的大小即可判断．【解答】解：二次函数图象经过，，，四点，且，抛物线开口向上，对称轴在0和1之间，离对称轴的距离最大，离对称轴距离最小，最小，最大，故选：．【点评】本题考查了二次函数图象上点的坐标特征，二次函数的性质，判定对称轴的位置是解题的关键．二、填空题（本题共16分，每小题2分）9．【分析】此题为一道开放型的题目，答案不唯一，只要写出一个即可．【解答】解：，，所以以0和2为根的一元二次方程为，故答案为：．【点评】本题考查了根与系数的关系，能熟记根与系数的关系的内容是解此题的关键．10．【分析】根据△抛物线与轴有两个交点，列出不等式即可解决问题．【解答】解：二次函数的图象与轴有两个交点，△，，．故答案为【点评】本题考查抛物线与轴的交点，解题的关键是记住△抛物线与轴只有一个交点，△抛物线与轴有两个交点，△抛物线与轴没有交点，属于中考常考题型．11．【分析】利用经过两期治理后废气的排放量治理前废气的排放量每期减少的百分率），即可得出关于的一元二次方程，此题得解．【解答】解：依题意得：．故答案为：．【点评】本题考查了由实际问题抽象出一元二次方程，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．12．【分析】根据函数图象可以直接得到答案．【解答】解：如图，在平面直角坐标系中，抛物线与轴交于，两点，则当的的取值范围是：，的值可以是2．故答案是：2（答案不唯一）．【点评】此题考查了抛物线与轴的交点坐标，需要学生熟悉二次函数图象的性质并要求学生具备一定的读图能力．13．【分析】由旋转的性质得，从而四边形的面积为正方形的面积．【解答】解：以点为中心，把绕点顺时针旋转，得到，，四边形的面积为正方形的面积，正方形的边长为2，正方形的面积为4，四边形的面积为4，故答案为：4．【点评】本题主要考查了旋转的性质，正方形的性质等知识，熟练掌握旋转前后图形是全等的是解题的关键．14．【分析】先根据圆周角定理求出的度数，再由圆内接四边形的性质即可得出结论．【解答】解：，．，．四边形是内接四边形，．故答案为：．【点评】本题考查的是圆内接四边形的性质，熟知圆内接四边形的对角互补是解答此题的关键．15．【分析】由题意可知当，，三点共线时，有最小值，连接交于点，过点作于点，由勾股定理求出的长，则可得出答案．【解答】解：点是上一动点，当，，三点共线时，有最小值，连接交于点，过点作于点，点坐标为，点坐标为，，，．的最小值为．故答案为：．【点评】本题考查了勾股定理，圆的性质，坐标与图形的性质，正确找到点的位置是解题的关键．16．【分析】用待定系数法确定四条抛物线的表达式，用函数图象的性质即可求解．【解答】解：将点、、的坐标代入抛物线表达式得：，解得：，故抛物线的表达式为：，顶点，；同理可得：，顶点坐标为：，；，顶点坐标为；，与轴的交点为：；①由函数表达式知，四条抛物线的开口方向均向下，故正确，符合题意；②当时，随的增大而增大，故正确，符合题意；③由顶点坐标知，抛物线的顶点在抛物线顶点的下方，错误，不符合题意；④抛物线与轴的交点在的上方，正确，符合题意．故答案为：①②④．【点评】本题考查的是待定系数法求二次函数解析式，主要考查函数图象上点的坐标特征，要求学生非常熟悉函数与坐标轴的交点、顶点等点坐标的求法，及这些点代表的意义及函数特征．三、解答题（本题共60分，第17～18题，每小题4分；第19～26小题，每小题4分；第27～28小题，每小题4分）17．【分析】移项后把方程的坐标分解因式，即可得出两个一元一次方程，再求出方程的解即可．【解答】解：，，，，或，解得：，．【点评】本题考查了解一元二次方程，能把一元二次方程转化成一元一次方程是解此题的关键．18．【分析】（1）利用基本作图出的垂直平分线；（2）根据垂径定理或圆心角、弧、弦可判断点满足条件．【解答】解：（1）如图，点为所作；（2）作图的两条依据：①垂直平分弦的直线过圆心，且平分弦所对的弧；②线段垂直平分线上的点到线段两段点的距离相等；在同圆或等圆中，相等的弦所对应的弧线段．故答案为：垂直平分弦的直线过圆心，且平分弦所对的弧；线段垂直平分线上的点到线段两段点的距离相等；在同圆或等圆中，相等的弦所对应的弧线段．【点评】本题考查了圆心角、弧、弦的关系：在同圆或等圆中，如果两个圆心角、两条弧、两条弦中有一组量相等，那么它们所对应的其余各组量都分别相等．也考查了垂径定理．19．【分析】利用等边三角形的性质得，，再根据旋转的性质得，，则，所以，接着证明得到，从而得到，然后根据平行线的判定方法得到结论．【解答】解：是等边三角形，，，线段绕点顺时针旋转得到，，，，即，，在与中，，，，，．【点评】本题考查了旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；旋转前、后的图形全等．也考查了等边三角形的性质和全等三角形的判定与性质．20．【分析】（1）计算判别式的值得到△，然后根据判别式的意义得到结论；（2）利用根与系数的关系和相反数的定义得到，从而得到的值．【解答】（1）证明：△不论取何值，方程总有两个实数根；（2）解：根据题意得，解得．【点评】本题考查了根与系数的关系：若，是一元二次方程的两根时，，．也考查了判别式．21．【分析】根据角平分线的定义得到，．根据圆周角定理得到根据三角形的外角的性质得到．于是得到结论．【解答】证明：点是角平分线，的交点．，．，（同弧所对的圆周角相等）．（填推理的依据）．．（等角对等边）（填推理的依据），故答案为：同弧所对的圆周角相等；；等角对等边．【点评】本题考查了三角形的外接圆与外心，圆周角定理，三角形内角和定理，关键是得到的度数．22．【分析】（1）由当和时值相等，利用二次函数的性质即可求出二次函数图象的对称轴；（2）描点、连线，画出函数图象即可；（3）观察图象得出不等式的解集．【解答】解：（1）点和在二次函数的图象上，二次函数图象的对称轴为直线，即；故答案为：直线；（2）画出函数图象如图：（3）不等式的解集是或，故答案为：或．【点评】本题考查了二次函数与不等式：对于二次函数、、是常数，与不等式的关系，利用两个函数图象在直角坐标系中的上下位置关系求自变量的取值范围，可作图利用交点直观求解，也可把两个函数解析式列成不等式求解．23．【分析】（1）利用网格线确定出点，，的位置，即可画出图形；（2）由网格得出点，坐标，最后用两点间距离公式即可求出答案；（3）延长交于，先判断出，，进而利用判断出，得出，即可得出结论．【解答】解：（1）如图，即为所求图形；（2）由图知，，，，故答案为：；（3），理由如下：延长交于，由图知，，，，，，，，，，，，，，故答案为：．【点评】此题主要考查了旋转的性质，全等三角形的判定和性质，两点间的距离公式，利用网格线确定出点的位置是解本题的关键．24．【分析】（1）根据题意和每月销售量与销售单价之间的关系为，可以写出每月获得的利润元与销售单价之间的函数关系式；（2）根据（1）中的函数关系式，然后将其化为顶点式，然后根据二次函数的性质即可求得销售单价定为多少元时，每月可获得最大利润，最大利润为多少元．【解答】解：（1）由题意可得，，即每月获得的利润元与销售单价之间的函数关系式为；（2），当时，取得最大值，此时，答：当销售单价定为20元时，每月可获得最大利润，最大利润为500元．【点评】本题考查二次函数的应用，解答本题的关键是明确题意，利用二次函数的性质解答．25．【分析】（1）根据全等三角形的判定和性质以及垂径定理证明即可；（2）根据垂径定理和勾股定理解答即可．【解答】（1）证明；在中，于，，，，在与中，，，，是的中点；（2）解：圆的半径为6，，由勾股定理得：，，．【点评】本题考查了垂径定理，平行线的性质，全等三角形的性质和判定，勾股定理等知识，关键是根据全等三角形的判定和性质以及垂径定理解答．26．【分析】（1）将点的坐标代入得：，解得，即可求解；（2）抛物线顶点坐标为，则，即可求解；（3）①当时，当抛物线与直线相切时，符合条件；当抛物线过点时，为临界点，进而求解；②当时，根据函数的对称性，只要时，，即符合条件，即可求解．【解答】解：（1）将点的坐标代入得：，解得，故答案为：1，（2）由（1）得抛物线的表达式为，抛物线的对称轴为，当时，，故顶点坐标为，则，即，解得；（3）①当时，当抛物线与直线相切时，符合条件，则顶点在直线上，即，解得；当抛物线过点时，与抛物线有两个交点，将点的坐标代入并解得，故抛物线与只有一个交点时， 或；②当时，根据函数的对称性，只要时，，即符合条件，当时，，解得；综上，的取值范围为： 或或．【点评】本题是二次函数综合题，主要考查的是一次函数的性质、抛物线与线段位置关系、解不等式等，其中（3），要注意分类求解，避免遗漏．27．【分析】（1）①先推出，在推出，从而得出结果；②同理①由推出，由推出，进而推出结果；（2）作于，推出，进而得出是等边三角形，再推出是等腰直角三角形，进而得出关系．【解答】解：（1）①，，，，，故答案是；②不变，理由如下：，，，，，（2）如图，作于，，，，，，，，，，，，，即，是等边三角形，，，是等腰直角三角形，，是等腰直角三角形，．【点评】本题考查了旋转性质，等边三角形性质，等腰直角三角形性质，直角三角形性质，全等三角形判定和性质等知识，解决问题的关键是找出题目中线段间的关系．28．【分析】（1）过点作轴于点，作轴于点，则矩形为的“外围矩形”，根据“外围矩形比”的定义即可求出答案；（2）设出的坐标，分、和三种情况讨论，找出三种情况下的“外围矩形”，根据“外围矩形比”的定义列出关于的方程，解方程即可得出结论；（3）分两种情况讨论解答：①当时，过点作轴于点，轴于点，当点在正方形内的抛物线上时，的外围矩形比，令，则．过点作轴于点，轴于点，设，则，，的外围矩形比，利用，的范围可求；当时，过点作轴于点，轴交过点作轴的垂线与点，设，则，，，，或．利用，令或时，求得对应的的值，结合图形即可得出结论．【解答】解：（1）如图②过点作轴于点，作轴于点，则矩形为的“外围矩形”，点，，，外围矩形比的值为，故答案为：；（2）点为函数的图象上的点，设点坐标为，分以下三种情况：①当时，如图3所示，作外围矩形，点坐标为，，，，当时，，解得：当时，，解得：，，②当时，如图4所示，作外围矩形，，，解得：，，③当时，如图5所示，作外围矩形，点坐标为，，，，，，，，此方程无解，当时，满足条件的点不存在，综上所述，点的坐标为或或；（3）①当时，过点作轴于点，轴于点，当点在正方形内的抛物线上时，的外围矩形比．令，则．解得：．当时，的外围矩形比．过点作轴于点，轴于点，如图，设，则，，的外围矩形比．，．②当时，过点作轴于点，轴交过点作轴的垂线与点，如图，设，则，，．，或．当时，，解得：（舍去）或．当时，，解得：（舍去）或．或，解得：（舍去）．，．综上，若的外围矩形比，点的横坐标的取值范围为或．【点评】本题是二次函数的综合题，主要考查了待定系数法确定函数的解析式，二次函数图象上点的坐标的特征，一次函数图象上点的坐标的特征，利用点的坐标表示出相应线段的长度，本题是阅读型题目，理解题干中的新定义并熟练应用是解题的关键．