初三10月月考数学解析-2021-2022北京一七一中

第1页/共1页初三年级10月月考2021-2022学年北京一七一中学数学解析一、选择题（3×10＝30分）1.彩陶、玉器、青铜器等器物以及壁画、织锦上美轮美奂的纹样，穿越时空，向人们呈现出古代中国丰富多彩的物质与精神世界，各种纹样经常通过平移、旋转、轴对称以及其它几何构架连接在一起，形成复杂而精美的图案.以下图案纹样中，从整体观察（个别细微之处的细节忽略不计），大致运用了旋转进行构图的是（）.A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根据旋转的性质与特点判断即可．【详解】解：A、图中利用的是对称，错误；B、图中利用的是旋转，正确；C、图中利用的位似，错误；D、图中利用的是平移，错误；故选：B．【点睛】此题考查旋转问题，关键是根据旋转、对称、平移、位似的特点解答．2.二次三项式x2﹣3x+2的二次项系数，一次项系数，常数项分别是（）A.0，，2 B.0，，-2 C.1，，2 D.1，3，2【答案】C【解析】【分析】根据任何一个关于x的一元二次方程经过整理，都能化成如下形式ax2+bx+c=0（a≠0）．这种形式叫一元二次方程的一般形式．其中ax2叫做二次项，a叫做二次项系数；bx叫做一次项；b是一次项系数，c叫做常数项进行分析即可．【详解】解：x2-3x+2=0的二次项系数是1，一次项系数是-3，常数项是2，

故选：C．【点睛】此题主要考查了一元二次方程的一般形式，关键是掌握判断二次项系数，一次项系数，常数项时要先化成一般式．3.若x＝1是方程x2+ax﹣2＝0的一个根，则a的值为（）A.0 B.1 C.2 D.3【答案】B【解析】【分析】把x＝1代入方程x2+ax﹣2＝0得到关于a的一次方程，然后解一次方程即可．【详解】解：把x＝1代入方程x2+ax﹣2＝0得1+a﹣2＝0，解得a＝1．故选：B．【点睛】本题考查一元二次方程的解，理解方程的解是使得等式左右两边成立的未知数的值是解题关键．4.用配方法解一元二次方程x2+4x﹣6=0，此方程可变形为（）A.（x+2）2=10 B.（x﹣2）2=10 C.（x+2）2=2 D.（x﹣2）2=2【答案】A【解析】【详解】试题分析：先把常数项移到方程右边，然后两边加上一次项系数4的一半的平方，再把方程左边写成完全平方形式即可．解：x2+4x=6，x2+4x+4=10，（x+2）2=10．故选A．考点：解一元二次方程-配方法．5.二次函数y＝（x﹣1）2﹣3的顶点坐标是（）A.（1，3） B.（﹣1，3） C.（1，﹣3） D.（﹣1，﹣3）【答案】C【解析】【分析】根据抛物线y=a(x−h)2+k的顶点坐标是(h,k)直接写出即可．【详解】抛物线y＝（x﹣1）2﹣3的顶点坐标是(1,−3)

故答案为：C【点睛】此题考查二次函数的性质，解题关键在于掌握抛物线的顶点求解方法，既会运用顶点式，又要会用公式法．6.如图，一块含30°角的直角三角板ABC绕点C顺时针旋转到△A′B′C，当B，C，A′在一条直线上时，三角板ABC的旋转角度为（）A.150° B.120° C.60° D.30°【答案】A【解析】【分析】直接利用旋转的性质得出对应边，再根据三角板的内角的度数得出答案．【详解】解：∵将一块含30°角的直角三角板ABC绕点C顺时针旋转到△A'B'C，∴BC与B'C是对应边，∴旋转角∠BCB'＝180°−30°＝150°．故选：A．【点睛】此题主要考查了旋转的性质，对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角，正确得出对应边是解题关键．7.商店销售一种进价为50元/件的商品，售价为60元/件，每星期可卖出200件，若每件商品的售价上涨1元，则每星期就会少卖10件．每件商品的售价上涨x元（x正整数），每星期销售的利润为y元，则y与x的函数关系式为（）A.y＝10（200﹣10x） B.y＝200（10+x）C.y＝10（200﹣10x）2 D.y＝（10+x）（200﹣10x）【答案】D【解析】【分析】设每件商品的售价上涨x元（x正整数），则每件商品的利润为（60-50+x）元，总销量为（200-10x）件，根据总利润=每件的利润销售量即可求解．【详解】解：设每件商品的售价上涨x元（x正整数），则每件商品的利润为（60-50+x）元，总销量为（200-10x）件，商品利润为y＝（10+x）（200﹣10x）．故选：D．【点睛】本题考查了二次函数的实际应用，解题的关键是理解题意，能准确表示出函数关系式需要的未知量．8.若关于x的一元二次方程x2+4x+m＝0有两个不相等的实数根，则m的取值范围是（）A.m＞﹣4 B.m＞4 C.m≤﹣4 D.m＜4【答案】D【解析】【分析】因为关于x的一元二次方程x2+4x+m＝0有两个不相等的实数根，所以只要满足即可．【详解】解：∵关于x的一元二次方程x2+4x+m＝0有两个不相等的实数根∴即：解得：故选：D【点睛】本题考查一元二次方程的判别式，牢记知识点是解题关键．9.已知二次函数的部分图象如图所示，则使得函数值大于的自变量的取值可以是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】利用抛物线的对称性确定抛物线与（0，2）的对称点，然后根据函数图象写出抛物线在直线y=2上方所对应的自变量的范围即可．【详解】解：∵由图象可得抛物线的对称轴为x=-1.5，

∴点（0，2）关于直线x=-1.5的对称点为（-3，2），

当-3＜x＜0时，y＞2，

即当函数值y＞2时，自变量x的取值范围是-3＜x＜0．

故选：B．【点睛】本题考查了二次函数图象上点的坐标特征，二次函数的图象与性质，数形结合是解题的关键．10.已知二次函数y＝a（x﹣1）2﹣4，当﹣1≤x≤4时，y的最大值是5，则a的值是（）A.﹣1 B.﹣2 C.1 D.2【答案】C【解析】【分析】根据题意，可知二次函数的顶点坐标为，分类讨论即可，时，开口朝下，最大值为，不符合题意，则，进而根据当﹣1≤x≤4时，y的最大值是5，将代入解析式即可求得的值．【详解】依题意，可知二次函数的顶点坐标为，当时，开口朝下，最大值为，不符合题意，当时，对称轴为，当﹣1≤x≤4时，y的最大值是5，当时，随的增大而减小,由二次函数的对称性可知当时，的值和时的值相等，当时，随的增大而增大,时，，解得,故选C．【点睛】本题考查了二次函数的性质，掌握顶点式的图象与性质是解题的关键．二、填空题（2×8＝16分）11.已知是关于x的一元二次方程，则m=_______．【答案】-2【解析】【分析】根据一元二次方程的定义，一元二次方程必须满足两个条件：未知数的最高次数是2；二次项系数不为0．由这两个条件得到相应的关系式，再求解即可．【详解】解：由题意，得|m|=2，且m-2≠0，解得m=-2，故答案为：-2．【点睛】本题考查一元二次方程的概念．只有一个未知数且未知数最高次数为2的整式方程叫做一元二次方程，一般形式是ax2+bx+c=0（a≠0）．特别要注意a≠0的条件．这是在做题过程中容易忽视的知识点．12.点P（2，﹣1）关于原点对称点的坐标是___．【答案】【解析】【分析】平面直角坐标系中，关于原点对称的两个点，横坐标和纵坐标分别互为相反数【详解】解：因为关于原点对称，所以，点的对称点坐标为【点睛】本题考查平面直角坐标系中，关于原点对称的两点坐标关系，根据知识点解题是重点．13.将抛物线y＝2x2向下平移1个单位后得到新的抛物线的表达式为___．【答案】【解析】【分析】利用平移的性质求解即可，可根据“上加下减”进行解答．【详解】由“上加下减”的原则可知，将抛物线y＝2x2向下平移1个单位后得到新的抛物线的表达式为．故答案为：．【点睛】本题主要考查二次函数的平移，掌握二次函数的平移方法是关键．14.如图，当△AED绕正方形ABCD的顶点D旋转到与△DCF重合时，∠DEF的度数为___．【答案】【解析】【分析】由旋转的性质可证，，即可求出，即证明为等腰直角三角形，即得出．【详解】由题意△AED可绕正方形ABCD的顶点D旋转到与△DCF重合，∴，．∵，，∴，∴为等腰直角三角形，∴．故答案为：．【点睛】本题考查旋转的性质，正方形的性质，等腰直角三角形的判定和性质．熟练掌握各知识点是解答本题的关键．15.某公司最近的各项经营中，一季度的营业额为50万元，第三季度的营业额为950万元，如果平均每季度营业额的增长率相同，求这个增长率，设这个增长率为x，则所列的方程应为___．【答案】【解析】【分析】设这个增长率为x根据题意列出一元二次方程即可解决问题．【详解】设这个增长率为x，依题意，得．故答案为：．【点睛】本题考查了一元二次方程的应用，根据题意列出一元二次方程是解题的关键．16.已知二次函数y＝（x﹣2）2+1，若点A（0，y1）和B（1，y2）在此函数图象上，则y1与y2的大小关系是：y1___y2．【答案】>【解析】【分析】根据二次函数的性质解答．【详解】解：∵二次函数y＝（x﹣2）2+1，∴图象的开口向上，对称轴为直线x=2，∴在对称轴左侧y随x的增大而减小，∵点A（0，y1）和B（1，y2）在此函数图象上，且0<1<2，∴y1>y2，故答案为：>．【点睛】此题考查二次函数的性质：当a>0时，在对称轴左侧y随x的增大而减小，对称轴右侧y随x的增大而增大；当a<0时，在对称轴左侧y随x的增大而增大，对称轴右侧y随x的增大而减小，熟记性质是解题的关键．17.如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，将△ABC绕点A顺时针旋转90°，得到△ADE，连接BD，若AC＝3，DE＝1，则线段BD的长为___．【答案】【解析】【分析】由旋转的性质可得、D，再根据全等三角形的性质、勾股定理可求得，再次利用勾股定理解即可得解．【详解】解：∵将绕点A顺时针旋转，得到∴，D∴，，，∵，∴∴在中，∴∴在中，．故答案是：【点睛】本题考查了旋转的性质、全等三角形的性质、勾股定理等，熟练掌握相关知识点是解题的关键．18.甲、乙、丙三人进行乒乓球单打训练，每局两人进行比赛，第三个人做裁判，每一局都要分出胜负，胜方和原来的裁判进行新一局的比赛，输方转做裁判，依次进行．半天训练结束时，发现甲共当裁判4局，乙、丙分别打了9局、14局比赛，在这半天的训练中，甲、乙、丙三人共打了_______局比赛，其中第7局比赛的裁判是_______．【答案】①.19②.乙【解析】【分析】先确定出乙、丙之间打了4局，乙与甲打了5局，丙与甲打了10局，进而确定出三人一共打的局数和乙当裁判的局数，即可得出结论．【详解】∵甲共当裁判4局，∴乙、丙之间打了4局，又乙、丙分别打了9局、14局比赛，∴乙与甲打了9-4=5(局)，丙与甲打了14-4=10(局)，∴甲、乙、丙三人共打了4+5+10=19(局)，又丙与甲打了10局，∴乙当裁判10局，而从1到19共9个偶数，10个奇数，∴乙当裁判局为奇数局，∴第7局比赛的裁判是乙．故答案：19，乙．【点睛】本题主要考查了主要考查了推理论证，计数原理，奇数和偶数，判断出总局数和乙当裁判的局数是解本题的关键．三、解答题（共54分）19.解方程：．【答案】,【解析】【分析】根据一元二次方程系数的意义，利用公式法求解即可．【详解】解：，∵，，，∴>0，∴，∴,．【点睛】主要考查了方程系数的意义和一元二次方程的解法，要会熟练运用公式法求得一元二次方程的解．20.如图，方格纸中的每个小方格都是边长为1个单位长度的正方形，△ABC的顶点都在格点上，建立平面直角坐标系，以原点O为中心，将△ABC绕点O顺时针旋转90°，得到△A1B1C1．（1）请在网格内画出△A1B1C1．（2）写出点A1的标，点B1的坐标，点C1的坐标．【答案】（1）画图见解析；（2）．【解析】【分析】（1）画出各顶点绕点O顺时针旋转90°，在顺次连接即可．（2）结合（1）所画图形可直接写出坐标．【详解】（1）如图，即为所求．（2）由（1）图可知．故答案为：．【点睛】本题考查作图-旋转变换，掌握旋转的特点是解答本题的关键．21.已知m是方程x2﹣x﹣1＝0的一个根，代数式5m2﹣5m+2016的值．【答案】【解析】【分析】根据一元二次方程解的定义，将代入中，可得,将变形求解即可．【详解】解：∵m是方程x2﹣x﹣1＝0的一个根∴∴∴=【点睛】本题考查一元二次方程解的定义，以及代数式化简求值．根据定义解题关键．22.如图，利用一面墙（墙长为10m），用20m长的篱笆，怎样围成一个面积为48m2的矩形场地？【答案】使，即宽为6，长为8的矩形．【解析】【分析】设矩形场地的宽为，则长为，且，根据矩形面积等于48，列出一元二次方程即可求得．【详解】设矩形场地宽为，则长为，，即，解得，又，即，，则长为：．围成一个宽为，长为的矩形即可，此时．【点睛】本题考查了一元二次方程的应用，根据题意列出一元二次方程组是解题的关键．23.已知二次函数y＝x2﹣2x﹣3．（1）求出该二次函数图象顶点坐标；（2）求图象与两坐标轴的交点坐标；（3）结合函数图象，直接写出y＜0时x的取值范围．【答案】（1）；（2），，；（3）．【解析】【分析】（1）将该二次函数一般式化为顶点式，即可直接确定顶点坐标；（2）对于，分别令和，即可求出该二次函数图象与坐标轴交点坐标．（3）根据图象可直接确定x的取值范围．【详解】（1）将化为顶点式为：，∴该二次函数图象顶点坐标为．（2）对于，当时，；当时，即，解得：，．∴该二次函数图象与x轴交点坐标为：，与y轴交点坐标为：、．（3）根据图象可直接确定y＜0时，．【点睛】本题考查二次函数的图象和性质．能够熟练将二次函数解析式一般式改为顶点式，及读懂函数图象是解答本题的关键．24.已知关于的一元二次方程．（1）求证：该方程总有两个实数根；（2）若，且该方程的两个实数根的差为2，求的值．【答案】（1）见详解；（2）【解析】【分析】（1）由题意及一元二次方程根的判别式可直接进行求证；（2）设关于的一元二次方程的两实数根为，然后根据一元二次方程根与系数的关系可得，进而可得，最后利用完全平方公式代入求解即可．【详解】（1）证明：由题意得：，∴，∵，∴，∴该方程总有两个实数根；（2）解：设关于的一元二次方程的两实数根为，则有：，∵，∴，解得：，∵，∴．【点睛】本题主要考查一元二次方程根的判别式及根与系数的关系，熟练掌握一元二次方程根的判别式及根与系数的关系是解题的关键．25.如图，在平面直角坐标系xOy中，二次函数y＝x2+bx+c的图象与x轴y轴的交点分别为（1，0）和（0，﹣3）．（1）求此二次函数的表达式；（2）结合函数图象当﹣4＜x＜1时，直接写出y的取值范围．【答案】（1）；（2）-4≤y<5【解析】【分析】（1）利用待定系数法求解；（2）分别求出图象的顶点坐标及x=-4时的函数值，结合图象即可得到y的取值范围．【详解】解：（1）将（1，0）和（0，﹣3）代入y＝x2+bx+c中，得，解得，∴此二次函数的表达式为；（2）∵，∴图象的对称轴为直线x=-1，顶点坐标为（-1，-4），∵图象与x轴右侧交点为（1，0），∴图象与x轴左侧交点为（-3，0），令中x=-4，得y=5，∴当﹣4＜x＜1时，-4≤y<5．【点睛】此题考查待定系数法求二次函数的解析式，配方法将函数解析式化为顶点式，确定函数图象的顶点坐标，对称轴，利用函数图象求函数值，熟记二次函数的性质是解题的关键．26.在平面直角坐标系中，抛物线．（1）若抛物线过点，求抛物线的对称轴；（2）若为抛物线上两个不同的点．①当时，，求a的值；②若对于，都有，求a的取值范围．【答案】（1）抛物线的对称轴；（2）①；②．【解析】【分析】（1）抛物线过点，可得，解得：，抛物线为，利用抛物线的对称轴公式求即可，（2）①又为抛物线上两个不同的点．可得，当时，，可得，，因式分解得，可得，可求，②若对于，都有，当时，抛物线开口向上，抛物线对称轴，抛物线对称轴为：，在对称轴左侧，在直线x=-2的右侧可满足，而在对称轴右侧，则有，都有，故不可能，当，在对称轴右侧，都有，抛物线对称轴在直线x=-2左侧，可抛物线对称轴为：，解得即可．【详解】解：（1）抛物线过点，则，解得：，抛物线为，抛物线的对称轴，（2）①∵为抛物线上两个不同的点．，当时，，，，因式分解得，∵，，∴，∴，∴，②若对于，都有，，，∵，∴，∴，，当时，抛物线开口向上，抛物线对称轴，抛物线对称轴为：，在对称轴左侧，在直线x=-2的右侧可满足，而在对称轴右侧，则有，都有，故不可能，当，在对称轴右侧，都有，当抛物线对称轴在直线x=-2的左侧，即抛物线对称轴为：，整理得，解得，∴．【点睛】本题考查抛物线解析式与对称轴，解一元一次方程，因式分解，抛物线的性质，解一元一次不等式，掌握抛物线解析式与对称轴，解一元一次方程，因式分解，抛物线的性质，解一元一次不等式，利用两函数值相等构造方程，利用抛物线增减性结合对称轴列不等式是解题关键．27.在△ABC中，∠BAC=45°，CD⊥AB于点D，AE⊥BC于点E，连接DE．(1)如图1，当△ABC为锐角三角形时，①依题意补全图形，猜想∠BAE与∠BCD之间的数量关系并证明；②用等式表示线段AE，CE，DE的数量关系，并证明;(2)如图2，当∠ABC为钝角时，依题意补全图形并直接写出线段AE，CE，DE的数量关系．【答案】（1）①补全图形，如图1所示.见解析；猜想：∠BAE=∠BCD.理由见解析；②见解析；（2）补全图形，如图3所示.见解析；线段AE，CE，DE的数量关系：CE-DE=AE.【解析】【分析】(1)①依题意补全图形，由直角三角形的性质得出∠BAE﹢∠B=90°,∠BCD﹢∠B=90°即可得出∠BAE=∠BCD；②在AE上截取AF=CE，可证出△ACD是等腰直角三角形，得出AD=CD,可证明△ADF≌△CDE，得出DF=DE,∠ADF=∠CDE，可推出∠CDE﹢∠FDC=∠EDF=90°.证出△EDF是等腰直角三角形，得出EF=，即可得出结论;(2)在CE上截取CF=AE，连接DF由CD⊥AD，AE⊥BC，可得∠EAD=∠DCF由∠BAC=45°可得AD=CD，可证△ADE≌△CDF，可得ED=DF∠ADE=∠CDF，可推出∠EDF=90°可得△EDF是等腰直角三角形故，即可得线段AE，CE，DE的数量关系.【详解】（1）①依题意，补全图形，如图1所示.猜想：∠BAE=∠BCD.理由如下：∵CD⊥AB,AE⊥BC，∴∠BAE﹢∠B=90°,∠BCD﹢∠B=90°.∴∠BAE=∠BCD.②证明：如图2，在AE上截取AF=CE.连接DF.∵∠BAC=45°,CD⊥AB,∴△ACD是等腰直角三角形.∴AD=CD.又∠BAE=∠BCD,∴△ADF≌△CDE（SAS）.∴DF=DE,∠ADF=∠CDE.∵AB⊥CD,∴∠ADF﹢∠FDC=90°.∴∠CDE﹢∠FDC=∠EDF=90°.∴△EDF是等腰直角三角形.∴EF=.∵AF+EF=AE,∴CE+DE=AE.（2）依题意补全图形，如图3所示.在CE上截取CF=AE，连接DF∵CD⊥AD，AE⊥BC∴∠ADC=∠AEC=90°∴∠EAB+∠ABE=90°，∠DBC+∠DCF=90°，∠ABE=∠CBD∴∠EAD=∠DCF∵∠BAC=45°∴∠DCA=45°∴AD=CD