2020-2021学年北京海淀区初三上学期数学期中试卷及答案

这是一份2020-2021学年北京海淀区初三上学期数学期中试卷及答案，共25页。试卷主要包含了填空题，解答题解答应写出文字说明等内容，欢迎下载使用。
1. 拼图是一种广受欢迎的智力游戏，需要将形态各异的组件拼接在一起，下列拼图组件是中心对称图形的为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据中心对称图形的定义和图形的特点即可求解．
【详解】A、是中心对称图形，故此选项符合题意；
B、不是中心对称图形，故此选项不合题意；
C、不是中心对称图形，故此选项不合题意；
D、不是中心对称图形，故此选项不合题意；
故选：A．
【点睛】本题考查了中心对称图形的概念：如果一个图形绕某一点旋转180°后能够与自身重合，那么这个图形就叫做中心对称图形，这个点叫做对称中心．
2. 一元二次方程的一次项系数是（ ）
A. -4B. -3C. 2D. 3
【答案】D
【解析】
【分析】根据ax2＋bx＋c＝0中，ax2叫二次项，bx叫一次项，c是常数项．其中a，b，c分别叫二次项系数，一次项系数，常数项解答即可．
【详解】一元二次方程的一次项系数是3
故选：D．
【点睛】本题考查的是一元二次方程的一般形式，ax2＋bx＋c＝0（a，b，c是常数且a≠0）特别要注意a≠0的条件，在一般形式中ax2叫二次项，bx叫一次项，c是常数项．其中a，b，c分别叫二次项系数，一次项系数，常数项．
3. 点关于原点对称的点的坐标是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据关于原点对称点的坐标特点：横、纵坐标均取相反数可直接得到答案．
【详解】解：点A（1，2）关于原点对称的点的坐标是（-1，-2），
故选：C．
【点睛】此题主要考查了关于原点对称点的坐标特点，关键是掌握点的坐标的变化规律．
4. 将向上平移2个单位后所得的抛物线的解析式为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】试题分析：抛物线的顶点坐标为（0，0），把点（0，0）向上平移2个单位得到的点的坐标为（0，2），所以平移后的抛物线的解析式为．故选A．
考点：二次函数图象与几何变换．
5. 用配方法解方程，下列变形正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】在本题中，把常数项1移项后，应该在左右两边同时加上一次项系数4的一半的平方．
【详解】把方程的常数项移到等号的右边，得到：，
方程两边同时加上一次项系数一半的平方，得到：，
配方得：，
故选D．
【点睛】本题考查了解一元二次方程﹣配方法．配方法的一般步骤：
（1）把常数项移到等号的右边；
（2）把二次项的系数化为1；
（3）等式两边同时加上一次项系数一半的平方；
选择用配方法解一元二次方程时，最好使方程的二次项的系数为1，一次项的系数是2的倍数．
6. 如图，不等边内接于，下列结论不成立的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用OB=OC可对A选项的结论进行判断；由于AB≠BC，则∠BOC≠∠AOB，而∠BOC=180°-2∠1，∠AOB=180°-2∠4，则∠1≠∠4，于是可对B选项的结论进行判断；根据圆周角定理可对C选项的结论进行判断；利用∠OCA=∠3，∠1=∠2可对D选项的结论进行判断．
【详解】解：∵OB=OC，
∴∠1=∠2，所以A选项的结论成立；
∵OA=OB，
∴∠4=∠OBA，
∴∠AOB=180°-∠4-∠OBA=180°-2∠4，
∵△ABC为不等边三角形，
∴AB≠BC，
∴∠BOC≠∠AOB，
而∠BOC=180°-∠1-∠2=180°-2∠1，
∴∠1≠∠4，所以B选项的结论不成立；
∵∠AOB与∠ACB都对弧AB，
∴∠AOB=2∠ACB，所以C选项的结论成立；
∵OA=OC，
∴∠OCA=∠3，
∴∠ACB=∠1+∠OCA=∠2+∠3，所以D选项的结论成立．
故选：B．
【点睛】本题考查了三角形的外接圆与外心：三角形外接圆的圆心是三角形三条边垂直平分线的交点，叫做三角形的外心．也考查了圆周角定理和等腰三角形的性质．
7. 如图，菱形对角线，相交于点，点，分别在线段，上，且．以为边作一个菱形，使得它的两条对角线分别在线段，上，设，新作菱形的面积为，则反映与之间函数关系的图象大致是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】，即可求解．
【详解】解：设OB=a，则OP=a-x，
则OQ=OPtan∠QPO=（a-x）tan∠QPO，
故
∵2tan∠QPO为大于0的常数，
故上述函数为开口向上的抛物线，且x=a时，y取得最大值0，
故选：C．
【点睛】本题考查的是动点图象问题，此类问题关键是：弄清楚不同时间段，图象和图形的对应关系，进而求解．
8. 计算机处理任务时，经常会以圆形进度条的形式显示任务完成的百分比．下面是同一个任务进行到不同阶段时进度条的示意图：
若圆半径为1，当任务完成的百分比为时，线段的长度记为．下列描述正确的是（ ）
A. B. 当时，
C. 当时，D. 当时，
【答案】D
【解析】
【分析】利用图象判断即可．
【详解】解：A、d（25%）=＞1，本选项不符合题意．
B、当x＞50%时，0≤d（x）＜2，本选项不符合题意．
C、当x1＞x2时，d（x1）与d（x2）可能相等，可能不等，本选项不符合题意．
D、当x1+x2=100%时，d（x1）=d（x2），本选项符合题意．
故选：D．
【点睛】本题考查求弦长，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
二、填空题（本题共16分，每小题2分）
9. 已知二次函数，请判断点是否在该二次函数的图象上．你的结论为________（填“是”或“否”）．
【答案】是
【解析】
【分析】把点A的坐标代入解析式验证即可．
【详解】解：∵当x=1时，y=﹣（﹣1）2=﹣1，
∴点在二次函数的图象上．
故答案为：是．
【点睛】本题考查了二次函数图象上点的坐标特征，属于基础题目，掌握解答的方法是关键．
10. 如图，正方形的边长为6，点在边上．以点为中心，把顺时针旋转至的位置，若，则________．
【答案】8
【解析】
【分析】先根据旋转的性质和正方形的性质证明C、B、F三点在一条直线上，又知BF＝DE＝2，可得FC的长．
【详解】∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABC＝∠D＝90°，AD＝AB，
由旋转得：∠ABF＝∠D＝90°，BF＝DE＝2，
∴∠ABF＋∠ABC＝180°，
∴C、B、F三点在一条直线上，
∴CF＝BC＋BF＝6＋2＝8，
故答案为：8．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质、旋转变换的性质，难度适中．由旋转的性质得出BF＝DE是解答本题的关键．
11. 已知关于的方程有两个相等的实数根，则________．
【答案】0
【解析】
【分析】先将方程化成一般式，然后再运用根的判别式求解即可．
【详解】解：∵关于的方程有两个相等的实数根，
∴关于的方程有两个相等的实数根，
∴△=02-4m=0，解得m=0．
故答案为0．
【点睛】本题主要考查了一元二次方程根的判别式，掌握“当△=0时，方程有两个相等的实数根”是解答本题的关键．
12. 如图，在的正方形网格中，两条网格线的交点叫做格点，每个小正方形的边长均为1．以点为圆心，5为半径画圆，共经过图中________个格点（包括图中网格边界上的点）．
【答案】4
【解析】
【分析】通过作图展示满足条件的格点，然后利用点与圆的位置关系的判定方法进行验证．
【详解】解：如图，
⊙O共经过图中 4个格点
故答案为：4．
【点睛】本题考查了勾股定理，点与圆的位置关系．
13. 某学习平台三月份新注册用户为200万，五月份新注册用户为338万，设四、五两个月新注册用户每月平均增长率为，则可列出的方程是_________________．
【答案】
【解析】
【分析】根据题意可直接列出方程．
【详解】解：由题意得：
；
故答案为．
【点睛】本题主要考查一元二次方程的实际应用，熟练掌握一元二次方程的应用是解题的关键．
14. 已知二次函数（是常数），则该函数图象的对称轴是直线________．
【答案】2
【解析】
【分析】根据函数解析式，可以计算出该函数的对称轴．
【详解】∵二次函数（a是常数），
∴该函数的对称轴是直线x＝−＝2，
故答案为：2．
【点睛】本题考查二次函数的性质，解答本题的关键是明确题意，利用二次函数的性质解答．
15. 如图，点，，在上，顺次连接，，，．若四边形为平行四边形，则________．
【答案】120
【解析】
【分析】连接OB，先证明四边形ABCD是菱形，然后再说明△AOB、△OBC为等边三角形，最后根据等边三角形的性质即可解答．
【详解】解：如图：连接OB
∵点，，在上
∴OA=OC=OB
∵四边形为平行四边形
∴四边形是菱形
∴OA=OC=OB=AB=BC
∴△AOB、△OBC为等边三角形
∴∠AOB=∠BOC=60°
∴∠AOC=120°．
故答案为120．
【点睛】本题主要考查了圆的性质和等边三角形的性质，根据题意证得△AOB、△OBC为等边三角形是解答本题的关键．
16. 对于二次函数和．其自变量和函数值的两组对应值如下表所示：
根据二次函数图象的相关性质可知：________，________．
【答案】 ①. -1； ②. 3
【解析】
【分析】根据二次函数图像的对称性可求出m的取值；再根据在同一个函数中同一个自变量对应的函数值相等可以求出d和c之间的关系
【详解】解：根据x=-1和x=m时，的值都为c，且的对称轴为x=0可知，m=-1或者1，根据题意m=-1；根据在同一个函数中同一个自变量对应的函数值相等可知，c+3=d，故d-c=3
综上：m=-1；d-c=3
【点睛】本题考查二次函数图象的相关性质，熟练理解并掌握相关性质是解题的关键
三、解答题（本题共68分，第17~22题，每小题5分，第23~26题，每小题6分，第27~28题，每小题7分）解答应写出文字说明、演算步骤或证明过程.
17. 解方程：．
【答案】，
【解析】
【分析】根据配方法即可求解．
【详解】
，．
【点睛】此题主要考查一元二次方程的求解，解题的关键是熟知配方法的运用．
18. 如图，已知，，点在上，．
求证：．
【答案】见解析
【解析】
【分析】根据题目中的条件和全等三角形判定的方法，可以写出△ABE≌△BCD成立的条件，然后即可得到AE＝BD．
【详解】证明：∵∠BCD＝∠ABD，
∴∠BCD＝∠ABE，
在和中，
，
∴．
∴．
【点睛】本题考查全等三角形的判定与性质，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
19. 已知二次函数的图象过点，．
（1）求这个二次函数的解析式；
（2）画出这个函数的图象．
【答案】（1）；（2）见解析
【解析】
【分析】（1）根据点A、B的坐标，利用待定系数法即可求出抛物线的解析式；
（2）列表，描点连线画出函数图象即可．
【详解】解：（1）∵二次函数的图象过点，，
∴，
解得，
∴．
（2）列表：
描点画图：
【点睛】本题考查了二次函数的图象，二次函数图象上点的坐标特征，待定系数法求二次函数的解析式，解题的关键是熟知二元一次方程组的求解方法．
20. 已知关于的一元二次方程有两个不相等的实数根．
（1）求的取值范围；
（2）若为正整数，求此时方程的根．
【答案】（1）；（2），
【解析】
【分析】（1）根据判别式即可求出答案．
（2）根据m的范围可知m＝1，代入原方程后根据一元二次方程的解法即可求出答案．
【详解】解：（1）∵方程有两个不相等的实数根，
∴，
∴．
（2）∵为正整数，且，
∴．
当时，方程为，
∴，．
【点睛】本题考查一元二次方程，解题的关键是熟练运用一元二次方程的解法，本题属于基础题型．
21. 如图，中，，以为直径的半圆与交于点，与交于点．
（1）求证：点为的中点；
（2）求证：．
【答案】（1）见解析；（2）见解析
【解析】
【分析】（1）连接CD，如图，根据圆周角定理得到∠BDC＝90°，然后根据等腰三角形的性质可得到AD＝BD；
（2）利用圆内接四边形的性质得到∠B＋∠DEC＝180°，则可判断∠AED＝∠B，再利用等腰三角形的性质得到∠A＝∠B，所以∠A＝∠AED，从而得到结论．
【详解】（1）连接CD，如图，

∵BC为直径，
∴∠BDC＝90°，
∴CD⊥AB，
∵CA＝CB，
∴AD＝BD，即点D为AB的中点；
（2）∵四边形BCED为⊙O的内接四边形，
∴∠B＋∠DEC＝180°，
而∠AED＋∠DEC＝180°，
∴∠AED＝∠B，
∵CA＝CB，
∴∠A＝∠B，
∴∠A＝∠AED，
∴AD＝DE．
【点睛】本题考查了圆周角定理：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．推论：半圆（或直径）所对的圆周角是直角，90°的圆周角所对的弦是直径．也考查了等腰三角形的性质．
22. 如图，用一条长的绳子围成矩形，设边的长为．
（1）边的长为___________，矩形的面积为___________（均用含的代数式表示）；
（2）矩形的面积是否可以是？请给出你的结论，并用所学的方程或者函数知识说明理由．
【答案】（1）；；（2）不可以，见解析
【解析】
【分析】（1）根据矩形的周长公式求得边BC的长度；然后由矩形的面积公式求得矩形ABCD的面积；
（2）根据矩形的面积公式得到关于x的方程，通过解方程求得答案．
【详解】解：（1）根据题意，知边BC的长为：（20−x）m，
矩形ABCD的面积为：（20−x）x＝（−x2＋20x）m2；
故答案是：（20−x）；（−x2＋20x）；
（2）若矩形ABCD的面积是120m2，则−x2＋20x＝120．
∵△＝b2−4ac＝−80＜0，
∴这个方程无解．
∴矩形ABCD的面积不可以是120m2．
【点睛】此题主要考查了一元二次方程的应用，解题关键是要读懂题目的意思，根据题目给出的条件，找出合适的等量关系，列出方程，再求解．
23. 如图，在平面直角坐标系中，一次函数的图象过点，且与轴交于点．
（1）求的值和点的坐标；
（2）若二次函数图象过，两点，直接写出关于的不等式的解集．
【答案】（1），的坐标为；（2）．
【解析】
【分析】（1）将点A坐标代入解析式即可求得m的值，然后令y=0，求得x的值即为B点的横坐标；
（2）先根据、两点的坐标求出二次函数的解析式，再画出函数图像，最后直接写出解集即可．
【详解】解：（1）∵的图象过点，
∴，
∴．
∴．
令，得，
∴点的坐标为；
（2）∵二次函数图象过，两点
∴ ，解得：
画出函数图像如图：
由函数图像可得不等式的解集为：．
【点睛】本题考查了一次函数图像的性质、求二次函数的解析式及利用函数图像确定不等式的解集，掌握数形结合思想是解答本题的关键．
24. 某滑雪场在滑道上设置了几个固定的计时点．一名滑雪者从山坡滑下，测得了滑行距离（单位：）与滑行时间（单位：）的若干数据，如下表所示：
为观察与之间的关系，建立坐标系，以为横坐标，为纵坐标，描出表中数据对应的点（如图）．可以看出，其中绝大部分的点都近似位于某条抛物线上．于是，我们可以用二次函数来近似地表示与的关系．
（1）有一个计时点的计时装置出现了故障，这个计时点的位置编号可能是_________；
（2）当时，，所以________；
（3）当此滑雪者滑行距离为时，用时约为________（结果保留一位小数）．
【答案】（1）3；（2）0；（3）3.1
【解析】
【分析】（1）由图像及表格可直接进行解答；
（2）把t=0代入求解即可；
（3）从表格选两个点代入函数解析式求解即可．
【详解】解：（1）由表格及图像可得：出现故障的位置编号可能是位置3；
故答案为3；
（2）把t=0，s=0代入得：c=0；
故答案为0；
（3）由（2）可得：把t=1.07，s=5和t=2.08，s=15代入得：
，解得：，
∴二次函数的解析式为：，
把s=30代入解析式得：，
解得：（不符合题意，舍去），
∴当此滑雪者滑行距离为时，用时约为3.1s；
故答案为3.1．
【点睛】本题主要考查二次函数的图像与性质，熟练掌握二次函数的图像与性质是解题的关键．
25. 如图1，是的直径，点在上，为的中点，连接，．
（1）求证：；
（2）如图2，过点作的垂线与交于点，作直径交于点．若为中点，的半径为2，求弦的长．
【答案】（1）见解析；（2）
【解析】
【分析】（1）连接，由题意易得，进而可得，然后问题可证；
（2）由题意易得，则有，进而可得，然后根据勾股定理可求解．
【详解】（1）证明：连接，
∵为的中点，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴；
（2）解：∵，是的直径，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∵为中点，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴．
【点睛】本题主要考查弧、圆心角、圆周角的关系及垂径定理，熟练掌握圆周角定理及垂径定理是解题的关键．
26. 平面直角坐标系中，二次函数的图象与轴交于点和，交轴于点．
（1）求二次函数的解析式；
（2）将点向右平移个单位，再次落在二次函数图象上，求的值；
（3）对于这个二次函数，若自变量的值增加4时，对应的函数值增大，求满足题意的自变量的取值范围．
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【分析】（1）把A,B代入解析式求出b,c，即可得到抛物线解析式；
（2）根据抛物线的对称性即可求得；
（3）分三种情况讨论，即可求得满足题意自变量x的取值范围．
【详解】解：（1）∵二次函数图象与轴交于点和，
∴，
解得，
∴．
（2）依题意，点的坐标为，
该二次函数图象的对称轴为，
设点向右平移个单位后，所得到的点为，由于点在抛物线上，
∴，两点关于二次函数的对称轴对称．
∴点的坐标为．
∴．
（3）依题意，即当自变量取时的函数值，大于自变量为时的函数值．
结合函数图象，由于对称轴为，分为以下三种情况：
①当时，函数值随的增大而减小，与题意不符；
② 当时，需使得，方可满足题意，联立解得；
③时，函数值随的增大而增大，符合题意，此时．
综上所述，自变量的取值范围是．
【点睛】本题考查了抛物线与x轴的交点，待定系数法求二次函数的解析式，坐标与图形的变换−平移，二次函数的性质，分类讨论是解题的关键．
27. 是等边三角形，点在上，点，分别在射线，上，且．
（1）如图1，当点是的中点时，则________；
（2）如图2，点在上运动（不与点，重合）．
①判断的大小是否发生改变，并说明理由；
②点关于射线的对称点为点，连接，，．依题意补全图形，判断四边形的形状，并证明你的结论．
【答案】（1）；（2）①不发生改变，见解析；②四边形为平行四边形，见解析
【解析】
【分析】（1）先求出∠DAB＝30°，进而求出∠AED＝30°，得出∠ADE＝120°，同理：∠ADF＝120°，即可得出结论；
（2）①先求出∠BAC＝60°，再判断出点A，E，F在以点D为圆心，DA为半径的圆上，进而得出∠EDF＝2∠BAC，即可得出结论；
②依题意补全图形如图2所示，先判断出∠BED＝∠CDF，进而判断出△BDE≌△FCD（AAS），得出CD＝BE，再由对称性得出CD＝CG，∠DCG＝2∠ACD＝120°＝∠EBD，进而得出BE＝CG，BE∥CG，即可得出结论．
【详解】（1）∵点D是等边△ABC的边BC的中点，
∴∠DAB＝∠DAC＝∠BAC＝30°，
∵DA＝DE，
∴∠AED＝∠BAD＝30°，
∴∠ADE＝180°−∠BAD−∠AED＝120°，
同理：∠ADF＝120°，
∴∠EDF＝360°−∠ADE−∠ADF＝120°，
故答案为：120；
（2）①不发生改变，理由如下：
∵是等边三角形，
∴．
∵．
∴点，，在以为圆，长为半径的圆上，
∴．
②补全图形如下：四边形为平行四边形，证明如下：
由①知，，
∵，，
∴．
在和中，
，
∴．
∴．
∵点和点关于射线对称，
∴，．
∴，且．
∴四边形为平行四边形．
【点睛】此题是四边形综合题，主要考查了等边三角形的性质，等腰三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，平行四边形的判定，圆的基本性质，判断出BE＝CD是解本题的关键．
28. 在平面直角坐标系中，旋转角满足，对图形与图形给出如下定义：将图形绕原点逆时针旋转得到图形．为图形上任意一点，为图形上的任意一点，称长度的最小值为图形与图形的“转后距”．已知点，点，点．
（1）当时，记线段为图形．
①画出图形；
②若点为图形，则“转后距”为_________；
③若线段为图形，求“转后距”；
（2）已知点在点的左侧，点，记线段为图形，线段为图形，对任意旋转角，“转后距”大于1，直接写出的取值范围．
【答案】（1）①见解析；②2；③转后距为；（2）或
【解析】
【分析】（1）①根据要求画出图形即可．
②线段OC长即为所求．
③如图2中，连接AC，过点A作AE⊥OC于E，过点O作OD⊥AC于D．求出线段OD的长即可．
（2）观察图象可知，只要线段PA上的任意一点到阴影部分图形上的任意一点的距离大于1时，即可满足条件．
【详解】（1）①如图，线段OA′，即为图形M′：
②观察图象可知，点C为图形N，则“转后距”为线段OC的长＝2，
故答案为2；
③连接，作于，作于，如图．
依题意，的长度即为所求转后距．
∵，，
∴，，．
在中，．
∵，
∴．
∴转后距为．
（2）如图3中，由题意记线段AB为图形M，线段PQ为图形N，对任意旋转角α，“转后距”大于1，
观察图象可知，只要线段PA上的任意一点到阴影部分图形上的任意一点的距离大于1时，即可满足条件，
即满足条件的m的取值范围为：m＜−5或0＜m＜2．
【点睛】本题属于几何变换综合题，考查了旋转变换，解直角三角形，“转后距”的定义等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题，第二个问题的关键是画出图形，利用图象法解决问题．
-1
…
0
1
2
3
4
…
…
3
0
-1
0
3
…
位置1
位置2
位置3
位置4
位置5
位置6
位置7
滑行时间
0
1.07
1.40
208
2.46
2.79
3.36
滑行距离
0
5
10
15
20
25
35