【其中考试】内蒙古自治区五原县某校初三（上）期中考试数学试卷答案与详细解析

试卷第=page3636页，总=sectionpages3737页试卷第=page3737页，总=sectionpages3737页内蒙古自治区五原县某校初三（上）期中考试数学试卷一、选择题

1.下面四个图形分别是绿色食品、节水、节能和回收标志，在这四个标志中，是中心对称图形的是(

)A. B. C. D.

2.将方程xx-A.x2-3x+5=0 B.

3.将抛物线y=x2-6xA.y=x2-2x

4.若关于x的一元二次方程x2-2x-mA.一 B.二 C.三 D.四

5.如图，在⊙O中，弦AB、CD相交于点M，连接BC、AD，∠AMD=110∘，∠AA.40∘ B.45∘ C.50

6.如图，某小区有一块长为18米，宽为6米的矩形空地，计划在其中修建两块相同的矩形绿地，它们的面积之和为60平方米，两块绿地之间及周边留有宽度相等的人行通道．若设人行道的宽度为x米，则x满足的方程是(

)

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

7.如图，将△ABC绕点A逆时针旋转100∘得到△ADE．若点D在线段BC的延长线上，则∠B的大小为A.60∘ B.50∘ C.45

8.下列命题中正确的有(

)

①圆是轴对称图形，对称轴是圆的每一条直径；②直径是弦，半圆是弧；③平分弦的直径垂直于弦，并平分弦所对的两条弧；④相等的弧所对的弦相等；⑤一条弦把圆分成的两段弧中，至少有一段是优弧；⑥相等的圆心角所对的弧相等．A.1个 B.2个 C.3个 D.4个

9.已知x1，x2是关于x的一元二次方程x2-(2mA.-1 B.3 C.3或-1 D.-

10.足球运动员将足球沿与地面成一定角度的方向踢出，足球飞行的路线是一条抛物线，不考虑空气阻力，足球距离地面的高度h（单位：m）与足球被踢出后经过的时间t（单位：s）之间的关系如下表：

t01234567…h08141820201814…下列结论：①足球距离地面的最大高度为20m；②足球飞行路线的对称轴是直线t=92；③足球被踢出9s时落地；④足球被踢出1.5sA.1 B.2 C.3 D.4

11.如图，⊙O的直径CD=12cm，AB是⊙O的弦，AB⊥CD，垂足为E，OE:A.22cm B.42cm

12.如图，平面直角坐标系中，矩形OABC绕原点O逆时针旋转30∘后得到矩形OA'B'C'，A'B'与BC交于点M，延长BC交B'C'于A.3-33,1 B.2-3,1 C.二、填空题

已知关于x的一元二次方程(m-1)x2+

点A(m-1,-2)与点B

已知(x2+y2)(

如图，在△ABC中，AB=43，AC=33，∠BAC=30∘，将△ABC绕点A逆时针旋转60∘

若二次函数y=x2+2x+m的图象与坐标轴有

如图，点A，B，C在⊙O上，四边形OABC是平行四边形，OD⊥AB于点E，交⊙O于点D，则∠BAD

已知点M在⊙O内，且到圆心的距离为3cm，⊙O的直径为10cm，则过点M

抛物线y=ax2+bx+ca≠0的部分图象如图所示，与x轴的一个交点坐标为4,0，抛物线的对称轴是x=1．下列结论中：

①abc>0；

②2a+b=0；

③方程ax2三、解答题

解方程：(1)3(x-(2)x

如图，已知AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB于点E，点M在⊙O上，∠(1)判断BC、MD的位置关系，并说明理由；(2)若AE=CD=

如图，在△ABC中，AB=AC，AC是⊙O的弦，BC交⊙O于点D，作∠BAC的外角平分线AE交⊙O于点E，连接

某商业公司为指导某种应季商品的生产和销售，对三月份至七月份该商品的售价和生产进行了调研，结果如下：某件商品的售价M（元）与时间t（月）的关系可用一条线段上的点来表示（如图甲），这件商品的成本Q（元）与时间t（月）的关系可用一条抛物线上的点来表示，其中6月份成本最高（如图乙）．

(1)这件商品在6月份出售时的利润是多少元？(2)求出图乙中表示的这件商品的成本Q（元）与时间t（月）之间的函数关系式，并写出自变量的取值范围；(3)你能求出3月份至7月份这件商品的利润W（元）与时间t（月）之间的函数关系式吗？若该公司能在一个月内售出此种商品3000件，请你计算该公司在一个月内最少获利多少元？

如图，四边形ABCD是边长为2，一个锐角等于60∘的菱形纸片，小芳同学将一个三角形纸片的一个顶点与该菱形顶点D重合，按顺时针方向旋转三角形纸片，使它的两边分别交CB，BA（或它们的延长线）于点E，F，∠EDF=60∘，当CE=AF时，如图(1)继续旋转三角形纸片，当CE≠AF时，如图(2)再次旋转三角形纸片，当点E，F分别在CB，BA的延长线上时，如图3，判断△DEF(3)如图2，连接EF，若△DEF的面积为y，CE=x，求y与x的关系式，并指出当x

如图，已知抛物线y=-x2+bx+c与x轴交于A(-1, 0)，B(3, 0)两点，与y轴交于点C，(1)求抛物线的解析式；(2)设抛物线的对称轴为l，l与x轴的交点为D．在直线l上是否存在点M，使得MA+MC值最小？若存在，求出点M(3)如图(2)，连接BC，PB，PC，设△PBC的面积为S．

①求S关于t的函数解析式；

②求点P到直线BC的距离的最大值，并求出此时点P

参考答案与试题解析内蒙古自治区五原县某校初三（上）期中考试数学试卷一、选择题1.【答案】D【考点】中心对称图形【解析】根据中心对称图形的概念对各个选项中的图形进行判断即可．【解答】解：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．

A，为轴对称图形，不是中心对称图形，该选项不符合题意；

B，既不是轴对称也不是中心对称，该选项不符合题意；

C，既不是轴对称也不是中心对称，该选项不符合题意；

D，是中心对称图形，该选项符合题意.

故选D2.【答案】B【考点】一元二次方程的一般形式【解析】由单项式乘以多项式法则直接将所给方程展开整理，化为一元二次方程的一般形式即可．【解答】解：由xx-3=5展开得到x2-33.【答案】D【考点】二次函数图象的平移规律【解析】将解析式化为顶点式，根据平移规律：左加右减，上加下减求解．【解答】解：抛物线y=x2-6x+4可化简为y=x-32-5，

先向左平移4.【答案】A【考点】根的判别式一次函数图象与系数的关系【解析】根据方程无实数根得出b2-4ac<0，代入数据即可得出关于m的一元一次不等式，解不等式即可得出m的取值范围，再根据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【考点】圆周角定理三角形内角和定理【解析】根据三角形内角和定理求出∠D【解答】解：∵∠AMD=110∘，∠A=30∘，

∴∠6.【答案】C【考点】由实际问题抽象出一元二次方程【解析】设人行道的宽度为x米，根据矩形绿地的面积之和为60米​2【解答】解：设人行道的宽度为x米，根据题意得，

(18-3x)(6-2x)=60，

化简整理得，x27.【答案】D【考点】旋转的性质等腰三角形的性质三角形内角和定理【解析】根据旋转的性质可得出AB＝AD、∠BAD＝100∘，再根据等腰三角形的性质可求出【解答】解：根据旋转的性质，可得：AB=AD，∠BAD=100∘，

∴8.【答案】B【考点】垂径定理圆的有关概念圆心角、弧、弦的关系真命题，假命题【解析】根据圆的特点，直径的定义、半圆的定义、优弧和劣弧的定义，垂径定理等来进行判定求解.【解答】解：①根据圆是轴对称图形可知，对称轴是圆的每一条直径所在直线，此命题错误；

②弦是连接圆上两点的线段，只有过圆心的弦才是直径，在圆中直径是经过圆心最长的弦，圆的任意一条直径的两个端点把圆分成两条弧，每一条弧都叫半圆，所以半圆是弧，此命题正确；

③由垂径定理推论可知：平分弦(非直径)的直径垂直于弦，并平分弦所对的两条弧，此命题错误；

④在同圆或等圆中，相等的弧所对的弦相等，此命题正确；

⑤一条弦把圆分成的两段弧中，大于半圆的弧叫优弧，小于半圆的弧叫劣弧，若分成的两段一样长，则就没有优劣弧之分，此命题错误；

⑥在同圆或等圆中，相等的圆心角所对的弧相等，此命题错误.

综上所述，正确的有②④，共2个.

故选B.9.【答案】B【考点】根的判别式根与系数的关系【解析】根据一元二次方程根与系数的关系的关系可得x1+x2=-ba【解答】解：∵方程有两个不相等的实数根，

∴Δ>0，

即b2-4ac>0，

(2m+3)2-4m2>0，

∴m>-34，

∵x1+x2=-b10.【答案】B【考点】二次函数y=ax^2、y=a（x-h）^2+k(a≠0)的图象和性质二次函数的应用待定系数法求二次函数解析式【解析】由题意，抛物线经过(0, 0)，(9, 0)，所以可以假设抛物线的解析式为h＝at(t-9)，把(1, 8)代入可得a＝-1，可得h【解答】解：由题意，抛物线的解析式为h=at(t-9)，把(1, 8)代入可得a=-1，

∴h=-t2+9t=-(t-4.5)2+20.25，

∴足球距离地面的最大高度为20.25m，故①错误，

∴抛物线的对称轴t=4.5，故②正确，

∵t=9时，11.【答案】D【考点】勾股定理垂径定理的应用【解析】先求出OE再利用勾股定理即可的得出AE，最后用垂径定理即可得出AB．【解答】解：如图，连接OA，

∵⊙O的直径CD=12cm，

∴OD=OA=OC=6cm.

∵OE:OC=1:3，

∴OE=2cm.

∵AB⊥CD，

∴AB=2AE12.【答案】C【考点】矩形的性质旋转的性质全等三角形的性质与判定【解析】由旋转的性质可得C'O=CO,∠COC=30∘，由“HL”可证Rt△CON【解答】解：如图，连接ON，作NE//C'O交y轴于点E，连结NE，

∵NE//C'O，

∴∠ONE=∠NOC'.

∵矩形OABC绕原点O逆时针旋转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、填空题【答案】-【考点】一元二次方程的解一元二次方程的定义【解析】先把x=0代入原方程得到关于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】-【考点】关于x轴、y轴对称的点的坐标【解析】此题暂无解析【解答】解：关于原点对称的两个点的横坐标和纵坐标都互为相反数，

则m-1=-3，-2=-(n+1)，

【答案】4【考点】解一元二次方程-因式分解法换元法解一元二次方程【解析】解答此题的关键在于理解实数范围内分解因式的相关知识，掌握和差化积是乘法，乘法本身是运算．积化和差是分解，因式分解非运算．【解答】解：(x2+y2)(x2+y2-1)=12，

(x2+y2)2-(x2+y2)-12=0，【答案】5【考点】勾股定理旋转的性质【解析】由旋转的性质可得AC＝AC1＝33，∠CAC1＝60∘【解答】解：∵将△ABC绕点A逆时针旋转60∘得到△AB1C1，

∴AC=AC1=33，∠CA【答案】m<1且【考点】根的判别式【解析】由抛物线与坐标轴有三个交点可得出：方程x2+2x+m＝0有两个不相等的实数根，且m【解答】解：∵二次函数y=x2+2x+m的图象与坐标轴有3个交点，

∴方程x2+2x+m=0有两个不相等的实数根，且m≠0，

∴Δ=【答案】15【考点】圆周角定理平行四边形的性质垂径定理的应用【解析】根据平行四边形的性质和OC＝OA得出OA＝AB，根据垂径定理求出OA＝2AE，求出∠【解答】解：∵四边形OABC是平行四边形，OC=OA，

∴OA=AB.

∵OD⊥AB，OD过O，

∴AE=BE，AD=BD，

即OA=AB=2AE，

∴∠AOD=【答案】4【考点】勾股定理垂径定理的应用相交弦定理【解析】利用垂径定理，知当过点M的弦垂直直径时最短，直径最长，再结合圆的对称性可得出答案．

【解答】解：如图，

AB是直径，OA=5cm，OM=3cm，

过点M作CD⊥AB，交圆于点C，D两点，

由垂径定理知，点M是CD的中点，由勾股定理求得，

MC=4cm，CD=8cm，

则CD是过点M最短的弦，长为8cm；

AB是过M最长的弦，长为10cm；

还有长度为9cm的弦，

由圆的对称性知，过点M的弦的弦长为9【答案】②③④【考点】二次函数y=ax^2+bx+c(a≠0)的图象和性质抛物线与x轴的交点【解析】根据抛物线开口方向、对称轴x=1和与y轴的正半轴的交来判断①；根据抛物线对称轴-b2a=1来判断②；由当y=3时，抛物线与x有两个交点来判断③；根据抛物线与x轴的一个交点是(4,0)，对称轴是x=1，由函数的对称性可知求出另一个交点来判断④；抛物线的对称轴是x=1，【解答】解：∵抛物线开口向下，

∴a<0.

∵抛物线的对称轴是直线x=1，

∴-b2a=1>0，

∴b>0.

∵抛物线与y轴的正半轴相交于一点，

∴c>0，

∴abc<0，故①错误.

∵-b2a=1，

∴2a+b=0，故②正确.

由图象可知，当y=3时，x轴与抛物线有两个交点，

∴方程ax2+bx+c=3有两个不相等的实数根，故③正确.

∵抛物线与x轴的一个交点是(4,0)，对称轴是x=1，

∴由函数的对称性可知，抛物线与x轴的另一个交点是(-2,0)，故④正确.

三、解答题【答案】解：(1)移项得：3(x-2)2-x(x-2)=0，

分解因式得：(x(2)x2-4x+1=0，

b2-4【考点】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)移项得：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的位置关系是平行，

理由：∵∠M=∠D，

∴BD=MC，(2)连接OC，

∵AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB于点E，

AE=CD=16，

∴CE=12CD=8，

设OA=OC=r，则OE=AE-AO=16-r【考点】圆周角定理平行线的判定勾股定理垂径定理的应用【解析】（1）根据圆周角定理可得出∠M连接OC，根据AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB于点E，

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

理由：∵∠M=∠D，

∴BD=MC，(2)连接OC，

∵AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB于点E，

AE=CD=16，

∴CE=12CD=8，

设OA=OC=r，则OE=AE-AO=16-r【答案】证明：∵AB=AC，

∴∠B=∠C，

∴∠FAC=∠B+∠C=2∠B.

∵AE平分∠FAC，

∴∠FAC=2∠FAE=2∠EAC，

∴∠FAE=∠B，

∴【考点】圆周角定理等腰三角形的判定与性质角平分线的定义平行四边形的判定【解析】求出∠FAE=∠B=∠C，推出AE【解答】证明：∵AB=AC，

∴∠B=∠C，

∴∠FAC=∠B+∠C=2∠B.

∵AE平分∠FAC，

∴∠FAC=2∠FAE=2∠EAC，

∴∠FAE=∠B，

∴【答案】解：(1)由图可知，这件商品六月份出售时的利润为8-4=4元.(2)由题意可设Q与t之间的关系式为：Q=a(t-6)2+4，

而(3, 1)满足上面关系式．则a(3-6)(3)由题意得，W=M-Q，设M=kt+b，

∵点(3, 6)，(6, 8)满足此式，

∴3k+b=6，6k+b=8， 

解得：k=23，b=4，【考点】函数的图象二次函数的应用待定系数法求二次函数解析式【解析】（1）从图易知6月份每件商品售价8元，成本4元，易求利润；

（2）根据图象特征抛物线的顶点为(6, 4)，可设抛物线的解析式为Q＝a(t-6)2+4，将点【解答】解：(1)由图可知，这件商品六月份出售时的利润为8-4=4元.(2)由题意可设Q与t之间的关系式为：Q=a(t-6)2+4，

而(3, 1)满足上面关系式．则a(3-6)(3)由题意得，W=M-Q，设M=kt+b，

∵点(3, 6)，(6, 8)满足此式，

∴3k+b=6，6k+b=8， 

解得：k=23，b=4， 【答案】解：(1)DF=DE．理由如下：

如答图1，连结BD．

∵四边形ABCD是菱形，

∴AD=AB．

又∵∠A=60∘，

∴△ABD是等边三角形，

∴AD=BD，∠ADB=60∘，

∴∠DBE=∠A=60(2)△DEF是等边三角形．理由如下：

如答图2，连结BD．

∵四边形ABCD是菱形，

∴AD=AB．

又∵∠A=60∘，

∴△ABD是等边三角形，

∴AD=BD，∠ADB=60∘，

∴∠DBE=∠A=60∘

∵∠EDF=60∘(3)由(2)知，DE=DF，又∵∠EDF=60∘，

∴△DEF是等边三角形，

∵四边形ABCD是边长为2的菱形，

如图作DH⊥AB,DG⊥FE,

∵∠HAD=60∘,

∴∠ADH=30∘，

∴AH=1,

∴DH=3，

∵BF=CE=x，

∴AF=x-2，

∴FH=AF+AH【考点】几何变换综合题全等三角形的性质与判定【解析】（1）如答图1，连接BD．根据题干条件首先证明∠ADF=∠BDE，然后证明△（2）如答图2，连接BD．根据题干条件首先证明∠ADF=∠BDE，然后证明△（3）根据（2）中的△ADF≅△BDE得到：S△ADF=S△BDE，AF=BE【解答】解：(1)DF=DE．理由如下：

如答图1，连结BD．

∵四边形ABCD是菱形，

∴AD=AB．

又∵∠A=60∘，

∴△ABD是等边三角形，

∴AD=BD，∠ADB=60∘，

∴∠DBE=∠A=60(2)△DEF是等边三角形．理由如下：

如答图2，连结BD．

∵四边形ABCD是菱形，

∴AD=AB．

又∵∠A=60∘，

∴△ABD是等边三角形，

∴AD=BD，∠ADB=60∘，

∴∠DBE=∠A=60∘

∵∠EDF=(3)由(2)知，DE=DF，又∵∠EDF=60∘，

∴△DEF是等边三角形，

∵四边形ABCD是边长为2的菱形，

如图作DH⊥AB,DG⊥FE,

∵∠HAD=60∘,

∴∠ADH=30∘，

∴AH=1,

∴DH=3，

∵BF=CE=x，

∴AF=x-2，

∴FH=AF+【答案】解：(1)将A(-1, 0)、B(3, 0)代入y=-x2+bx+c(2)连接BC，则BC与l的交点即为M，如图，

∵l是抛物线的对称轴，

∴点A与点B关于直线l对称，即l是线段AB的垂直平分线，

∴MA=MB，

此时，MA+MB的值最小.

又∵B(