初三上册数学月考试题及答案Word文件下载.docx

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x（x﹣1）=21．

　　故选：

B．

本题考查了由实际问题抽象出一元二次方程，解决本题的关键是得到比赛总场数的等量关系，注意2队之间的比赛只有1场，最后的总场数应除以2．

　　4．如图，已知⊙O的半径为10，弦AB长为16，则点O到AB的距离是（）

　　A．8B．7C．6D．5

垂径定理；

勾股定理．

过点O作OD⊥AB于点D，根据垂径定理求出AD的长，再根据勾股定理求出OD的长即可．

过点O作OD⊥AB于点D，

　　∵AB=16，

　　∴AD=AB=8，

　　∴OD===6．

　　故选C．

本题考查的是垂径定理，根据题意作出辅助线，构造出直角三角形是解答此题的关键．

　　5．下列图形是中心对称图形，但不是轴对称图形的是（）

　　A．平行四边形B．等边三角形C．圆D．正方形

中心对称图形；

轴对称图形．

　　专题：

常规题型．

根据轴对称图形的概念先求出图形中轴对称图形，再根据中心对称图形的概念得出其中不是中心对称的图形．

A、平行四边形不是轴对称图形，是中心对称图形．故本选项正确；

　　B、等边三角形是轴对称图形，不是中心对称图形．故本选项错误；

　　C、圆是轴对称图形，也是中心对称图形．故本选项错误；

　　D、正方形是轴对称图形，也是中心对称图形．故本选项错误．

　　故选A．

本题考查了中心对称图形与轴对称图形的概念．

　　轴对称图形：

如果一个图形沿着一条直线对折后两部分完全重合，这样的图形叫做轴对称图形；

　　中心对称图形：

在同一平面内，如果把一个图形绕某一点旋转180°

，旋转后的图形能和原图形完全重合，那么这个图形就叫做中心对称图形．

　　6．把二次函数y=2x2﹣4x+3的图象绕原点旋转180°

后得到的图象的解析式为（）

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

二次函数图象与几何变换．

求出原抛物线的顶点坐标以及绕原点旋转180°

后的抛物线的顶点坐标，再根据旋转后抛物线开口方向向下，利用顶点式解析式写出即可．

∵抛物线y=2x2﹣4x+3=2（x﹣1）2+1的顶点坐标为（1，1），

　　∴绕原点旋转180°

后的抛物线的顶点坐标为（﹣1，﹣1），

　　∴所得到的图象的解析式为y=﹣2（x+1）2﹣1，即y=﹣2x2﹣4x﹣3．

本题考查了二次函数图象与几何变换，利用顶点的变化确定函数解析式的变化更简便．

　　7．如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°

，AC=3，BC=4，以点C为圆心，CA为半径的圆与AB交于点D，则AD的长为（）

　　A．B．C．D．

探究型．

先根据勾股定理求出AB的长，过C作CM⊥AB，交AB于点M，由垂径定理可知M为AD的中点，由三角形的面积可求出CM的长，在Rt△ACM中，根据勾股定理可求出AM的长，进而可得出结论．

∵在Rt△ABC中，∠ACB=90°

，AC=3，BC=4，

　　∴AB===5，

　　过C作CM⊥AB，交AB于点M，如图所示，

　　∵CM⊥AB，

　　∴M为AD的中点，

　　∵S△ABC=AC#BC=AB#CM，且AC=3，BC=4，AB=5，

　　∴CM=，

　　在Rt△ACM中，根据勾股定理得：

AC2=AM2+CM2，即9=AM2+（）2，

　　解得：

AM=，

　　∴AD=2AM=．

　　8．如图，将Rt△ABC绕直角顶点顺时针旋转90°

，得到△A′B′C，连结AA′，若∠1=25°

，则∠B的度数是（）

　　A．70°

B．65°

C．60°

D．55°

旋转的性质．

根据旋转的性质可得AC=A′C，然后判断出△ACA′是等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质可得∠CAA′=45°

，再根据三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和求出∠A′B′C，然后根据旋转的性质可得∠B=∠A′B′C．

∵Rt△ABC绕直角顶点C顺时针旋转90°

得到△A′B′C，

　　∴AC=A′C，

　　∴△ACA′是等腰直角三角形，

　　∴∠CAA′=45°

，

　　∴∠A′B′C=∠1+∠CAA′=25°

+45°

=70°

　　由旋转的性质得∠B=∠A′B′C=70°

．

A．

本题考查了旋转的性质，等腰直角三角形的判定与性质，三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和的性质，熟记各性质并准确识图是解题的关键．

　　9．x1，x2是关于x的一元二次方程x2﹣mx+m﹣2=0的两个实数根，是否存在实数m使+=0成立？

则正确的结论是（）

　　A．m=0时成立B．m=2时成立C．m=0或2时成立D．不存在

根与系数的关系．

先由一元二次方程根与系数的关系得出，x1+x2=m，x1x2=m﹣2．假设存在实数m使+=0成立，则=0，求出m=0，再用判别式进行检验即可．

∵x1，x2是关于x的一元二次方程x2﹣mx+m﹣2=0的两个实数根，

　　∴x1+x2=m，x1x2=m﹣2．

　　假设存在实数m使+=0成立，则=0，

　　∴=0，

　　∴m=0．

　　当m=0时，方程x2﹣mx+m﹣2=0即为x2﹣2=0，此时△=8＞0，

　　∴m=0符合题意．

本题主要考查了一元二次方程根与系数的关系：

如果x1，x2是方程x2+px+q=0的两根时，那么x1+x2=﹣p，x1x2=q．

　　10．如图，在边长为4的正方形ABCD中，动点P从A点出发，以每秒1个单位长度的速度沿AB向B点运动，同时动点Q从B点出发，以每秒2个单位长度的速度沿BC→CD方向运动，当P运动到B点时，P、Q两点同时停止运动．设P点运动的时间为t，△APQ的面积为S，则S与t的函数关系的图象是（）

动点问题的函数图象．

动点型．

本题应分两段进行解答，①点P在AB上运动，点Q在BC上运动，②点P在AB上运动，点Q在CD上运动，依次得出S与t的关系式即可得出函数图象．

①点P在AB上运动，点Q在BC上运动，此时AP=t，QB=2t，

　　故可得S=AP#QB=t2，函数图象为抛物线；

　　②点P在AB上运动，点Q在CD上运动，

　　此时AP=t，△APQ底边AP上的高保持不变，为正方形的边长4，

　　故可得S=AP×

4=2t，函数图象为一次函数．

　　综上可得总过程的函数图象，先是抛物线，然后是一次增函数．

D．

此题考查了动点问题的函数图象，解答本题关键是分段求解，注意在第二段时，△APQ底边AP上的高保持不变，难度一般．

　　二、细心填一填（本大题共5小题，每小题4分，满分20分．请把答案填在答题卷相应题号的横线上）

　　11．在平面直角坐标系xOy中，已知点A（﹣3，﹣4），将OA绕坐标原点O逆时针旋转90°

至OA′，则点A′的坐标是（4，﹣3）．

坐标与图形变化-旋转．

数形结合．

先构建Rt△OAB，再把△OAB绕坐标原点O逆时针旋转90°

得到△OA′B′，根据旋转的性质得到A′B′=AB=3，OB′=OB=4，∠OB′A′=∠OBA=90°

，然后写出A′点的坐标．

如图，

　　把△OAB绕坐标原点O逆时针旋转90°

得到△OA′B′，则A′B′=AB=3，OB′=OB=4，∠OB′A′=∠OBA=90°

　　所以点A′的坐标为（4，﹣3）．

　　故答案为（4，﹣3）．

本题考查了坐标与图形变化﹣旋转：

图形或点旋转之后要结合旋转的角度和图形的特殊性质来求出旋转后的点的坐标．常见的是旋转特殊角度如：

30°

，45°

，60°

，90°

，180°

．通过把线段旋转的问题转化为直角三角形的性质解决问题．

　　12．如图，在⊙O中，CD是直径，弦AB⊥CD，垂足为E，连接BC，若AB=4cm，∠BCD=22°

30′，则⊙O的半径为4cm．

等腰直角三角形；

圆周角定理．

连接OB，则可知∠BOD=2∠BCD=45°

，由垂径定理可得BE=2，在Rt△OEB中BE=OE，利用勾股定理可求得OB．

连接OB，

　　∵∠BCD=22°

30′，

　　∴∠BOD=2∠BCD=45°

　　∵CD是直径，弦AB⊥CD，

　　∴BE=AE=AB=2cm，

　　在Rt△BOE中，由勾股定理可求得OB=4cm，

　　即⊙O的半径为4cm，

　　故答案为：

4．

本题主要考查垂径定理和圆周角定理，由条件得到∠BOD=45°

且求得BE的长是解题的关键．

　　13．如图在四边形ABCD中，∠B+∠D=180°

，AB=AD，AC=2，∠ACD=60°

，四边形ABCD的面积等于．

由于∠BAD=60°

，AB=AD，则可把△ADC绕点A逆时针旋转60°

得到△ABD′，根据旋转的性质得到∠ABC′=∠D，AC′=AC，∠C′AC=60°

，而∠ABC+∠D=180°

，则∠ABC+∠ABC′=180°

，得到C′点在CB的延长线上，所以△ACC′为等边三角形，然后利用S四边形ABCD=S△AC′C=AC2进行计算即可．

如图，∵∠BAD=60°

，AB=AD，

　　∴把△ADC绕点A逆时针旋转60°

得到△ABC′，

　　∴∠ABC′=∠D，AC′=AC，∠C′AC=60°

　　∵∠ABC+∠D=180°

　　∴∠ABC+∠ABC′=180°

　　∴C′点在CB的延长线上，

　　而AC′=AC，∠C′AC=60°

　　∴△ACC′为等边三角形，

　　∴S四边形ABCD=S△AC′C=AC2=×

4=．

本题考查了旋转的性质：

旋转前后两图形全等；

对应点到旋转中心的距离相等；

对应点与旋转中心的连线段的夹角等于旋转角．也考查了等边三角形的判定和性质．

　　14．如图，BC为⊙O的直径，BC=2，弧AB=弧AC，P为BC（包括B、C）上一动点，M为AB的中点，设△PAM的周长为m，则m的取值范围是1+≤m≤3+．

轴对称-最短路线问题；

圆心角、弧、弦的关系．

连接CM则m的最大值为P移动到B、C点时△ACM的周长，根据勾股定理即可求得CM的长，进而求得△ACM的周长；

作AA′⊥BC，交⊙O于A′，连接A′B、A′C，则四边形ABA′C是正方形，作MM′⊥BC交A′B于M′，则M′与M关于BC对称，连接AM′交BC于P′，P′A+P′M=AM′，此时△PAM的周长为m最小；

　　根据勾股定理求得AM′的长，进而求得△AP′M的周长，即可求得m的取值范围．

∵⊙O的直径BC=2，

　　∴∠CAB=90°

　　∵=，

　　∴∠B=∠C=45°

　　∴AC=AB=2，

　　∴AM=AB=1，

　　连接CM，则CM==，

　　∴m的最大值为2+1+=3+，

　　作AA′⊥BC，交⊙O于A′，连接A′B、A′C，则四边形ABA′C是正方形，

　　作MM′⊥BC交A′B于M′，则M′与M关于BC对称，连接AM′交BC于P′，P′A+P′M=AM′，此时△PAM的周长为m最小；

　　∵A′B=AB=2，M为AB的中点，

　　∴BM′=BM=1，

　　∵AM′=，

　　∴m的最小值为1+，

　　∴m的取值范围是1+≤m≤3+．

　　故答案为1+≤m≤3+．

本题考查了轴对称﹣最短路线问题以及轴对称的性质，勾股定理的应用，正方形的判定及性质，解决本题的关键是确定AP+PM的最大值和最小值．

　　15．二次函数y=ax2+bx+c（a≠0）图象如图，下列结论：

①a+b=0；

②a﹣b+c＞0；

③当m≠1时，a+b＞am2+bm；

④3a+c＞0；

⑤若ax12+bx1=ax22+bx2，且x1≠x2，x1+x2=2．其中正确的有③⑤．

二次函数图象与系数的关系．

由抛物线的对称轴为直线x=﹣=1得到2a+b=0，则可对①进行判断；

利用抛物线的对称性得到抛物线与x轴的另一个交点在点（0，0）和（﹣1，0）之间，则x=﹣1时，y＜0，即a﹣b+c＜0，可对②进行判断；

根据二次函数的最大值对③进行判断；

利用a﹣b+c＜0，b=﹣2a得到3a+c＜0，可对④进行判断；

把ax12+bx1=ax22+bx2移项后分解因式得到（x1﹣x2）[a（x1+x2）+b]=0，则a（x1+x2）+b=0，可计算出x1+x2=2，于是可对⑤进行判断．

∵抛物线的对称轴为直线x=﹣=1，

　　∴2a+b=0，所以①错误；

　　∵抛物线与x轴的一个交点在点（2，0）和（3，0）之间，

　　而对称轴为直线x=1，

　　∴抛物线与x轴的另一个交点在点（0，0）和（﹣1，0）之间，

　　∴x=﹣1时，y＜0，即a﹣b+c＜0，所以②错误；

　　∵x=1时，y有最大值，

　　∴a+b+c＞am2+bm+c（m≠1），

　　即a+b＞am2+bm（m≠1），所以③正确；

　　∵a﹣b+c＜0，b=﹣2a，

　　∴a+2a+c＜0，即3a+c＜0，所以④错误；

　　∵ax12+bx1=ax22+bx2，

　　∴ax12﹣ax22+bx1﹣bx2=0，（x1﹣x2）[a（x1+x2）+b]=0，

　　而x1≠x2，

　　∴a（x1+x2）+b=0，

　　∴x1+x2=﹣=﹣=2，所以⑤正确．

　　故答案为③⑤．

本题考查了二次函数图象与系数的关系：

二次函数y=ax2+bx+c（a≠0），二次项系数a决定抛物线的开口方向和大小，当a＞0时，抛物线向上开口；

当a＜0时，抛物线向下开口；

一次项系数b和二次项系数a共同决定对称轴的位置，当a与b同号时（即ab＞0），对称轴在y轴左；

当a与b异号时（即ab＜0），对称轴在y轴右；

常数项c决定抛物线与y轴交点．抛物线与y轴交于（0，c）；

抛物线与x轴交点个数由△决定，△=b2﹣4ac＞0时，抛物线与x轴有2个交点；

△=b2﹣4ac=0时，抛物线与x轴有1个交点；

△=b2﹣4ac＜0时，抛物线与x轴没有交点．

　　三、专心解一解（本大题共8小题，满分90分．请认真读题，冷静思考．解答题应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤，请把解题过程写在答题卷相应题号的位置）

　　16．用适当的方法解下列方程：

x2﹣4x+1=0．

解一元二次方程-配方法．

把常数项1移项后，再在左右两边同时加上一次项系数﹣4的一半的平方，再进行计算即可．

x2﹣4x+1=0，

　　x2﹣4x=﹣1，

　　x2﹣4x+4=﹣1+4，

　　（x﹣2）2=3，

　　x﹣2=，

　　x1=2+，x2=2﹣；

此题考查了配方法解一元二次方程，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．

　　17．如图：

=，D、E分别是半径OA和OB的中点，

　　求证：

CD=CE．

圆心角、弧、弦的关系；

全等三角形的判定与性质．

连接OC，构建全等三角形△COD和△COE；

然后利用全等三角形的对应边相等证得CD=CE．

证明：

连接OC．

　　在⊙O中，∵=

　　∴∠AOC=∠BOC，

　　∵OA=OB，D、E分别是半径OA和OB的中点，

　　∴OD=OE，

　　∵OC=OC（公共边），

　　∴△COD≌△COE（SAS），

　　∴CD=CE（全等三角形的对应边相等）．

本题考查了圆心角、弧、弦的关系，以及全等三角形的判定与性质．判定两个三角形全等的一般方法有：

SSS、SAS、SSA、HL．

　　注意：

AAA、SSA不能判定两个三角形全等，判定两个三角形全等时，必须有边的参与，若有两边一角对应相等时，角必须是两边的夹角．

　　18．如图，已知二次函数y=a（x﹣h）2+2的图象经过原点O（0，0），A（4，0）．

（1）写出该函数图象的对称轴；

（2）若将线段OA绕点O逆时针旋转60°

到OA′，试判断点A′是否为该函数图象的顶点？

待定系数法求二次函数解析式；

二次函数的性质；

（1）由二次函数的对称性可知对称轴方程过线段OA的中点，可得出其对称轴方程；

（2）由

（1）可得出二次函数的顶点坐标为（2，2），再利用旋转的性质求得A′点的坐标与顶点坐标相同即可得出结论．

（1）设线段OA的中点为C，则C点坐标为（2，0），

　　∵二次函数y=a（x﹣h）2+2的图象经过原点O（0，0），A（4，0），

　　∴二次函数的对称轴过线段OA的中点，

　　∴二次函数的对称轴为直线x=2；

（2）由

（1）可知h=2，可知二次函数的顶点坐标为（2，2），

　　当线段OA绕点O逆时针旋转60°

到OA′，

　　则可知OA=OA′=4，

　　所以△OAA′为等边三角形，

　　如图，过A′作A′E′⊥OA，交OA于点E′，

　　则可求得OE′=2，A′E′=2，

　　所以A′为二次函数的顶点．

本题主要考查二次函数的对称轴和顶点坐标，掌握二次函数的顶点式方程，即y=a（x﹣h）2+k是解题的关键，其中顶点坐标为（h，k）．

　　19．在下列网格图中，每个小正方形的边长均为1个单位．在Rt△ABC中，∠C=90°

，AC=3，BC=4．

（1）试在图中做出△ABC以A为旋转中心，沿顺时针方向旋转90°

后的图形△AB1C1；

（2）若点B的坐标为（﹣3，5），试在图中画出直角坐标系，并标出A、C两点的坐标；

　　（3）根据

（2）的坐标系作出与△ABC关于原点对称的图形△A2B2C2，并标出B2、C2两点的坐标．

作图-旋转变换．

作图题．

（1）根据网格结构找出点B、C的对应点B1、C1的位置，然后与点A顺次连接即可；

（2）以点B向右3个单位，向下5个单位为坐标原点建立平面直角坐标系，然后写出点A、C的坐标即可；

　　（3）根据网格结构找出点A、B、C关于原点的对称点A2、B2、C2的位置，然后顺次连接即可．

（1）△AB1C1如图所示；

（2）如图所示，A（0，1），C（﹣3，1）；

　　（3）△A2B2C2如图所示，B2（3，﹣5），C2（3，﹣1）．

本题考查了利用旋转变换作图，熟练掌握网格结构准确找出对应点的位置是解题的关键．

　　20．已知⊙O的直径为5，点A，点B，点C在⊙O上，∠CAB的平分线交⊙O于点D．

　　（Ⅰ）如图①，若BC为⊙O的直径，AB=3，则AC=4，BD=；

　　（Ⅱ）如图②，若∠CAB=60°

，求BD的长．

圆周角定理；

（1）BC为直径可知△ABC为直角三角形，利用勾股定理可求得AC，再结合AD为角平分线，可得CD=BD，在Rt△CBD中可求得BD；

（2）连接OB、OD，则可知∠BOD=2∠DAB=∠CAB=60°

，可知△BOD为等边三角形，可知BD=OB，可求得BD的长．

（1）∵BC为直径，

　　∴∠CAB=∠CDB=90°

　　∵AD平分∠CAB，

　　∴∠CAD=∠BAD，

　　∴CD=BD，

　　在Rt△ABC中，BC=5，AB=3，由勾股定理可求得AC=4，

　　在Rt△CBD中，BC=5，CD=BD，由勾股定理可求得BD=，

4；

；

（2）如图，连接OB、OD，

　　∴∠CAD=∠BAD=30°

　　∴∠BOD=2∠BAD=60°

，且OB=OD，

　　∴△BOD为等边三角形，

　　∴BD=OB，

　　又直径为5，

　　∴BD=2.5．

本题主要考查圆周角定理及等边三角形的判定和性质，掌握在同圆或等圆中相等的圆周角所对的弦相等是解题的关键．

　　21．一快餐店试销某种套餐，试销一段时间后发现，每份套餐的成本为4元，该店每天固定支出费用为200元（不含套餐成本）．若每份售价不超过6元，每天可销售180份；

若每份售价超过6元，每提高1元，每天的销售量就减少10份．为了便于结算，每份套餐的售价x（元）取整数，用y（元）表示该店日净收入．（日净收入=每天的销售额﹣套餐成本﹣每天固定支出）

（1）当x=6时，y=160；

当x＞6时，y与x的函数关系式为y=﹣10x2+280x﹣1160（x＞6）；

（2）该店既要吸引顾客，使每天销售量较大，又要有较高的日净收入．按此要求，每份套餐的售价应定为多少元？

此时日净收入为多少？

一元二次方程的应用．

销售问题．

（1）本题考查的是分段函数的知识点．当x=6时，y=180（6﹣4）﹣200；

当x＞6时，y=（x﹣4）[180﹣10（x﹣6）]﹣200；

（2）由题意可得y与x的函数关系式，用配方法求出最大值．

（1）由题意得：

当x=6时，y=180×

（6﹣4）﹣200=160；

　　当x＞6时，y=（x