【其中考試】內(nèi)蒙古自治區(qū)五原縣某校初三（上）期中考試數(shù)學試卷答案與詳細解析

試卷第=page3636頁，總=sectionpages3737頁試卷第=page3737頁，總=sectionpages3737頁內(nèi)蒙古自治區(qū)五原縣某校初三（上）期中考試數(shù)學試卷一、選擇題

1.下面四個圖形分別是綠色食品、節(jié)水、節(jié)能和回收標志，在這四個標志中，是中心對稱圖形的是(

)A. B. C. D.

2.將方程xx-A.x2-3x+5=0 B.

3.將拋物線y=x2-6xA.y=x2-2x

4.若關(guān)于x的一元二次方程x2-2x-mA.一 B.二 C.三 D.四

5.如圖，在⊙O中，弦AB、CD相交于點M，連接BC、AD，∠AMD=110°，∠AA.40° B.45° C.50

6.如圖，某小區(qū)有一塊長為18米，寬為6米的矩形空地，計劃在其中修建兩塊相同的矩形綠地，它們的面積之和為60平方米，兩塊綠地之間及周邊留有寬度相等的人行通道．若設人行道的寬度為x米，則x滿足的方程是(

)

A.x2+9x-8=0 B.x2-9

7.如圖，將△ABC繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)100°得到△ADE．若點D在線段BC的延長線上，則∠B的大小為A.60° B.50° C.45

8.下列命題中正確的有(

)

①圓是軸對稱圖形，對稱軸是圓的每一條直徑；②直徑是弦，半圓是?。虎燮椒窒业闹睆酱怪庇谙?，并平分弦所對的兩條??；④相等的弧所對的弦相等；⑤一條弦把圓分成的兩段弧中，至少有一段是優(yōu)?。虎尴嗟鹊膱A心角所對的弧相等．A.1個 B.2個 C.3個 D.4個

9.已知x1，x2是關(guān)于x的一元二次方程x2-(2mA.-1 B.3 C.3或-1 D.-

10.足球運動員將足球沿與地面成一定角度的方向踢出，足球飛行的路線是一條拋物線，不考慮空氣阻力，足球距離地面的高度h（單位：m）與足球被踢出后經(jīng)過的時間t（單位：s）之間的關(guān)系如下表：

t01234567…h(huán)08141820201814…下列結(jié)論：①足球距離地面的最大高度為20m；②足球飛行路線的對稱軸是直線t=92；③足球被踢出9s時落地；④足球被踢出1.5sA.1 B.2 C.3 D.4

11.如圖，⊙O的直徑CD=12cm，AB是⊙O的弦，AB⊥CD，垂足為E，OE:A.22cm B.42cm

12.如圖，平面直角坐標系中，矩形OABC繞原點O逆時針旋轉(zhuǎn)30°后得到矩形OA'B'C'，A'B'與BC交于點M，延長BC交B'C'于A.3-33,1 B.2-3,1 C.二、填空題

已知關(guān)于x的一元二次方程(m-1)x2+

點A(m-1,-2)與點B

已知(x2+y2)(

如圖，在△ABC中，AB=43，AC=33，∠BAC=30°，將△ABC繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)60°

若二次函數(shù)y=x2+2x+m的圖象與坐標軸有

如圖，點A，B，C在⊙O上，四邊形OABC是平行四邊形，OD⊥AB于點E，交⊙O于點D，則∠BAD

已知點M在⊙O內(nèi)，且到圓心的距離為3cm，⊙O的直徑為10cm，則過點M

拋物線y=ax2+bx+ca≠0的部分圖象如圖所示，與x軸的一個交點坐標為4,0，拋物線的對稱軸是x=1．下列結(jié)論中：

①abc>0；

②2a+b=0；

③方程ax2三、解答題

解方程：(1)3(x-(2)x

如圖，已知AB是⊙O的直徑，弦CD⊥AB于點E，點M在⊙O上，∠(1)判斷BC、MD的位置關(guān)系，并說明理由；(2)若AE=CD=

如圖，在△ABC中，AB=AC，AC是⊙O的弦，BC交⊙O于點D，作∠BAC的外角平分線AE交⊙O于點E，連接

某商業(yè)公司為指導某種應季商品的生產(chǎn)和銷售，對三月份至七月份該商品的售價和生產(chǎn)進行了調(diào)研，結(jié)果如下：某件商品的售價M（元）與時間t（月）的關(guān)系可用一條線段上的點來表示（如圖甲），這件商品的成本Q（元）與時間t（月）的關(guān)系可用一條拋物線上的點來表示，其中6月份成本最高（如圖乙）．

(1)這件商品在6月份出售時的利潤是多少元？(2)求出圖乙中表示的這件商品的成本Q（元）與時間t（月）之間的函數(shù)關(guān)系式，并寫出自變量的取值范圍；(3)你能求出3月份至7月份這件商品的利潤W（元）與時間t（月）之間的函數(shù)關(guān)系式嗎？若該公司能在一個月內(nèi)售出此種商品3000件，請你計算該公司在一個月內(nèi)最少獲利多少元？

如圖，四邊形ABCD是邊長為2，一個銳角等于60°的菱形紙片，小芳同學將一個三角形紙片的一個頂點與該菱形頂點D重合，按順時針方向旋轉(zhuǎn)三角形紙片，使它的兩邊分別交CB，BA（或它們的延長線）于點E，F(xiàn)，∠EDF=60°，當CE=AF時，如圖(1)繼續(xù)旋轉(zhuǎn)三角形紙片，當CE≠AF時，如圖(2)再次旋轉(zhuǎn)三角形紙片，當點E，F(xiàn)分別在CB，BA的延長線上時，如圖3，判斷△DEF(3)如圖2，連接EF，若△DEF的面積為y，CE=x，求y與x的關(guān)系式，并指出當x

如圖，已知拋物線y=-x2+bx+c與x軸交于A(-1,?0)，B(3,?0)兩點，與y軸交于點C，(1)求拋物線的解析式；(2)設拋物線的對稱軸為l，l與x軸的交點為D．在直線l上是否存在點M，使得MA+MC值最??？若存在，求出點M(3)如圖(2)，連接BC，PB，PC，設△PBC的面積為S．

①求S關(guān)于t的函數(shù)解析式；

②求點P到直線BC的距離的最大值，并求出此時點P

參考答案與試題解析內(nèi)蒙古自治區(qū)五原縣某校初三（上）期中考試數(shù)學試卷一、選擇題1.【答案】D【考點】中心對稱圖形【解析】根據(jù)中心對稱圖形的概念對各個選項中的圖形進行判斷即可．【解答】解：如果一個圖形繞某一點旋轉(zhuǎn)180°后能夠與自身重合，那么這個圖形就叫做中心對稱圖形．

A，為軸對稱圖形，不是中心對稱圖形，該選項不符合題意；

B，既不是軸對稱也不是中心對稱，該選項不符合題意；

C，既不是軸對稱也不是中心對稱，該選項不符合題意；

D，是中心對稱圖形，該選項符合題意.

故選D2.【答案】B【考點】一元二次方程的一般形式【解析】由單項式乘以多項式法則直接將所給方程展開整理，化為一元二次方程的一般形式即可．【解答】解：由xx-3=5展開得到x2-33.【答案】D【考點】二次函數(shù)圖象的平移規(guī)律【解析】將解析式化為頂點式，根據(jù)平移規(guī)律：左加右減，上加下減求解．【解答】解：拋物線y=x2-6x+4可化簡為y=x-32-5，

先向左平移4.【答案】A【考點】根的判別式一次函數(shù)圖象與系數(shù)的關(guān)系【解析】根據(jù)方程無實數(shù)根得出b2-4ac<0，代入數(shù)據(jù)即可得出關(guān)于m的一元一次不等式，解不等式即可得出m的取值范圍，再根據(jù)m【解答】解：由已知得：Δ=b2-4ac

=(-2)2-4×1×(-m)=4+4m<0，

解得：m<-1．

∵5.【答案】A【考點】圓周角定理三角形內(nèi)角和定理【解析】根據(jù)三角形內(nèi)角和定理求出∠D【解答】解：∵∠AMD=110°，∠A=30°，

∴∠6.【答案】C【考點】由實際問題抽象出一元二次方程【解析】設人行道的寬度為x米，根據(jù)矩形綠地的面積之和為60米?2【解答】解：設人行道的寬度為x米，根據(jù)題意得，

(18-3x)(6-2x)=60，

化簡整理得，x27.【答案】D【考點】旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)等腰三角形的性質(zhì)三角形內(nèi)角和定理【解析】根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得出AB＝AD、∠BAD＝100°，再根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)可求出【解答】解：根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，可得：AB=AD，∠BAD=100°，

∴8.【答案】B【考點】垂徑定理圓的有關(guān)概念圓心角、弧、弦的關(guān)系真命題，假命題【解析】根據(jù)圓的特點，直徑的定義、半圓的定義、優(yōu)弧和劣弧的定義，垂徑定理等來進行判定求解.【解答】解：①根據(jù)圓是軸對稱圖形可知，對稱軸是圓的每一條直徑所在直線，此命題錯誤；

②弦是連接圓上兩點的線段，只有過圓心的弦才是直徑，在圓中直徑是經(jīng)過圓心最長的弦，圓的任意一條直徑的兩個端點把圓分成兩條弧，每一條弧都叫半圓，所以半圓是弧，此命題正確；

③由垂徑定理推論可知：平分弦(非直徑)的直徑垂直于弦，并平分弦所對的兩條弧，此命題錯誤；

④在同圓或等圓中，相等的弧所對的弦相等，此命題正確；

⑤一條弦把圓分成的兩段弧中，大于半圓的弧叫優(yōu)弧，小于半圓的弧叫劣弧，若分成的兩段一樣長，則就沒有優(yōu)劣弧之分，此命題錯誤；

⑥在同圓或等圓中，相等的圓心角所對的弧相等，此命題錯誤.

綜上所述，正確的有②④，共2個.

故選B.9.【答案】B【考點】根的判別式根與系數(shù)的關(guān)系【解析】根據(jù)一元二次方程根與系數(shù)的關(guān)系的關(guān)系可得x1+x2=-ba【解答】解：∵方程有兩個不相等的實數(shù)根，

∴Δ>0，

即b2-4ac>0，

(2m+3)2-4m2>0，

∴m>-34，

∵x1+x2=-b10.【答案】B【考點】二次函數(shù)y=ax^2、y=a（x-h）^2+k(a≠0)的圖象和性質(zhì)二次函數(shù)的應用待定系數(shù)法求二次函數(shù)解析式【解析】由題意，拋物線經(jīng)過(0,?0)，(9,?0)，所以可以假設拋物線的解析式為h＝at(t-9)，把(1,?8)代入可得a＝-1，可得h【解答】解：由題意，拋物線的解析式為h=at(t-9)，把(1,?8)代入可得a=-1，

∴h=-t2+9t=-(t-4.5)2+20.25，

∴足球距離地面的最大高度為20.25m，故①錯誤，

∴拋物線的對稱軸t=4.5，故②正確，

∵t=9時，11.【答案】D【考點】勾股定理垂徑定理的應用【解析】先求出OE再利用勾股定理即可的得出AE，最后用垂徑定理即可得出AB．【解答】解：如圖，連接OA，

∵⊙O的直徑CD=12cm，

∴OD=OA=OC=6cm.

∵OE:OC=1:3，

∴OE=2cm.

∵AB⊥CD，

∴AB=2AE12.【答案】C【考點】矩形的性質(zhì)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)全等三角形的性質(zhì)與判定【解析】由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得C'O=CO,∠COC=30°，由“HL”可證Rt△CON【解答】解：如圖，連接ON，作NE//C'O交y軸于點E，連結(jié)NE，

∵NE//C'O，

∴∠ONE=∠NOC'.

∵矩形OABC繞原點O逆時針旋轉(zhuǎn)30°后得到矩形OA'B'C'，

∴C'O=CO，∠COC'=30°，

∴CO=C'O，NO=NO，

∴Rt△CON?Rt△C'ON(HL)二、填空題【答案】-【考點】一元二次方程的解一元二次方程的定義【解析】先把x=0代入原方程得到關(guān)于m的一元二次方程，然后解方程得到m1=-3，m【解答】解：把x=0代入(m-1)x2+x+m2+2m-3=0得m2+2m-【答案】-【考點】關(guān)于x軸、y軸對稱的點的坐標【解析】此題暫無解析【解答】解：關(guān)于原點對稱的兩個點的橫坐標和縱坐標都互為相反數(shù)，

則m-1=-3，-2=-(n+1)，

【答案】4【考點】解一元二次方程-因式分解法換元法解一元二次方程【解析】解答此題的關(guān)鍵在于理解實數(shù)范圍內(nèi)分解因式的相關(guān)知識，掌握和差化積是乘法，乘法本身是運算．積化和差是分解，因式分解非運算．【解答】解：(x2+y2)(x2+y2-1)=12，

(x2+y2)2-(x2+y2)-12=0，【答案】5【考點】勾股定理旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)【解析】由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得AC＝AC1＝33，∠CAC1＝60°【解答】解：∵將△ABC繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)60°得到△AB1C1，

∴AC=AC1=33，∠CA【答案】m<1且【考點】根的判別式【解析】由拋物線與坐標軸有三個交點可得出：方程x2+2x+m＝0有兩個不相等的實數(shù)根，且m【解答】解：∵二次函數(shù)y=x2+2x+m的圖象與坐標軸有3個交點，

∴方程x2+2x+m=0有兩個不相等的實數(shù)根，且m≠0，

∴Δ=【答案】15【考點】圓周角定理平行四邊形的性質(zhì)垂徑定理的應用【解析】根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)和OC＝OA得出OA＝AB，根據(jù)垂徑定理求出OA＝2AE，求出∠【解答】解：∵四邊形OABC是平行四邊形，OC=OA，

∴OA=AB.

∵OD⊥AB，OD過O，

∴AE=BE，AD=BD，

即OA=AB=2AE，

∴∠AOD=【答案】4【考點】勾股定理垂徑定理的應用相交弦定理【解析】利用垂徑定理，知當過點M的弦垂直直徑時最短，直徑最長，再結(jié)合圓的對稱性可得出答案．

【解答】解：如圖，

AB是直徑，OA=5cm，OM=3cm，

過點M作CD⊥AB，交圓于點C，D兩點，

由垂徑定理知，點M是CD的中點，由勾股定理求得，

MC=4cm，CD=8cm，

則CD是過點M最短的弦，長為8cm；

AB是過M最長的弦，長為10cm；

還有長度為9cm的弦，

由圓的對稱性知，過點M的弦的弦長為9【答案】②③④【考點】二次函數(shù)y=ax^2+bx+c(a≠0)的圖象和性質(zhì)拋物線與x軸的交點【解析】根據(jù)拋物線開口方向、對稱軸x=1和與y軸的正半軸的交來判斷①；根據(jù)拋物線對稱軸-b2a=1來判斷②；由當y=3時，拋物線與x有兩個交點來判斷③；根據(jù)拋物線與x軸的一個交點是(4,0)，對稱軸是x=1，由函數(shù)的對稱性可知求出另一個交點來判斷④；拋物線的對稱軸是x=1，【解答】解：∵拋物線開口向下，

∴a<0.

∵拋物線的對稱軸是直線x=1，

∴-b2a=1>0，

∴b>0.

∵拋物線與y軸的正半軸相交于一點，

∴c>0，

∴abc<0，故①錯誤.

∵-b2a=1，

∴2a+b=0，故②正確.

由圖象可知，當y=3時，x軸與拋物線有兩個交點，

∴方程ax2+bx+c=3有兩個不相等的實數(shù)根，故③正確.

∵拋物線與x軸的一個交點是(4,0)，對稱軸是x=1，

∴由函數(shù)的對稱性可知，拋物線與x軸的另一個交點是(-2,0)，故④正確.

三、解答題【答案】解：(1)移項得：3(x-2)2-x(x-2)=0，

分解因式得：(x(2)x2-4x+1=0，

b2-4【考點】解一元二次方程-因式分解法解一元二次方程-公式法【解析】（1）分解因式得到(x-2)(3x（2）求出b2-4【解答】解：(1)移項得：3(x-2)2-x(x-2)=0，

分解因式得：(x(2)x2-4x+1=0，

b2-4【答案】解：(1)BC、MD的位置關(guān)系是平行，

理由：∵∠M=∠D，

∴BD=MC，(2)連接OC，

∵AB是⊙O的直徑，弦CD⊥AB于點E，

AE=CD=16，

∴CE=12CD=8，

設OA=OC=r，則OE=AE-AO=16-r【考點】圓周角定理平行線的判定勾股定理垂徑定理的應用【解析】（1）根據(jù)圓周角定理可得出∠M連接OC，根據(jù)AB是⊙O的直徑，弦CD⊥AB于點E，

AE=CD=16，求出CE=12【解答】解：(1)BC、MD的位置關(guān)系是平行，

理由：∵∠M=∠D，

∴BD=MC，(2)連接OC，

∵AB是⊙O的直徑，弦CD⊥AB于點E，

AE=CD=16，

∴CE=12CD=8，

設OA=OC=r，則OE=AE-AO=16-r【答案】證明：∵AB=AC，

∴∠B=∠C，

∴∠FAC=∠B+∠C=2∠B.

∵AE平分∠FAC，

∴∠FAC=2∠FAE=2∠EAC，

∴∠FAE=∠B，

∴【考點】圓周角定理等腰三角形的判定與性質(zhì)角平分線的定義平行四邊形的判定【解析】求出∠FAE=∠B=∠C，推出AE【解答】證明：∵AB=AC，

∴∠B=∠C，

∴∠FAC=∠B+∠C=2∠B.

∵AE平分∠FAC，

∴∠FAC=2∠FAE=2∠EAC，

∴∠FAE=∠B，

∴【答案】解：(1)由圖可知，這件商品六月份出售時的利潤為8-4=4元.(2)由題意可設Q與t之間的關(guān)系式為：Q=a(t-6)2+4，

而(3,?1)滿足上面關(guān)系式．則a(3-6)(3)由題意得，W=M-Q，設M=kt+b，

∵點(3,?6)，(6,?8)滿足此式，

∴3k+b=6，6k+b=8，?

解得：k=23，b=4，【考點】函數(shù)的圖象二次函數(shù)的應用待定系數(shù)法求二次函數(shù)解析式【解析】（1）從圖易知6月份每件商品售價8元，成本4元，易求利潤；

（2）根據(jù)圖象特征拋物線的頂點為(6,?4)，可設拋物線的解析式為Q＝a(t-6)2+4，將點【解答】解：(1)由圖可知，這件商品六月份出售時的利潤為8-4=4元.(2)由題意可設Q與t之間的關(guān)系式為：Q=a(t-6)2+4，

而(3,?1)滿足上面關(guān)系式．則a(3-6)(3)由題意得，W=M-Q，設M=kt+b，

∵點(3,?6)，(6,?8)滿足此式，

∴3k+b=6，6k+b=8，?

解得：k=23，b=4，?【答案】解：(1)DF=DE．理由如下：

如答圖1，連結(jié)BD．

∵四邊形ABCD是菱形，

∴AD=AB．

又∵∠A=60°，

∴△ABD是等邊三角形，

∴AD=BD，∠ADB=60°，

∴∠DBE=∠A=60(2)△DEF是等邊三角形．理由如下：

如答圖2，連結(jié)BD．

∵四邊形ABCD是菱形，

∴AD=AB．

又∵∠A=60°，

∴△ABD是等邊三角形，

∴AD=BD，∠ADB=60°，

∴∠DBE=∠A=60°

∵∠EDF=60°(3)由(2)知，DE=DF，又∵∠EDF=60°，

∴△DEF是等邊三角形，

∵四邊形ABCD是邊長為2的菱形，

如圖作DH⊥AB,DG⊥FE,

∵∠HAD=60°,

∴∠ADH=30°，

∴AH=1,

∴DH=3，

∵BF=CE=x，

∴AF=x-2，

∴FH=AF+AH【考點】幾何變換綜合題全等三角形的性質(zhì)與判定【解析】（1）如答圖1，連接BD．根據(jù)題干條件首先證明∠ADF=∠BDE，然后證明△（2）如答圖2，連接BD．根據(jù)題干條件首先證明∠ADF=∠BDE，然后證明△（3）根據(jù)（2）中的△ADF?△BDE得到：S△ADF=S△BDE，AF=BE【解答】解：(1)DF=DE．理由如下：

如答圖1，連結(jié)BD．

∵四邊形ABCD是菱形，

∴AD=AB．

又∵∠A=60°，

∴△ABD是等邊三角形，

∴AD=BD，∠ADB=60°，

∴∠DBE=∠A=60(2)△DEF是等邊三角形．理由如下：

如答圖2，連結(jié)BD．

∵四邊形ABCD是菱形，

∴AD=AB．

又∵∠A=60°，

∴△ABD是等邊三角形，

∴AD=BD，∠ADB=60°，

∴∠DBE=∠A=60°

∵∠EDF=(3)由(2)知，DE=DF，又∵∠EDF=60°，

∴△DEF是等邊三角形，

∵四邊形ABCD是邊長為2的菱形，

如圖作DH⊥AB,DG⊥FE,

∵∠HAD=60°,

∴∠ADH=30°，

∴AH=1,

∴DH=3，

∵BF=CE=x，

∴AF=x-2，

∴FH=AF+【答案】解：(1)將A(-1,?0)、B(3,?0)代入y=-x2+bx+c(2)連接BC，則BC與l的交點即為M，如圖，

∵l是拋物線的對稱軸，

∴點A與點B關(guān)于直線l對稱，即l是線段AB的垂直平分線，

∴MA=MB，

此時，MA+MB的值最小.

又∵B(