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期末考试冲刺卷一 九年级上册同步讲练（人教版）
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这是一份期末考试冲刺卷一 九年级上册同步讲练（人教版），文件包含期末考试冲刺卷一-2022-2023学年九年级上册同步讲练解析版人教版docx、期末考试冲刺卷一-2022-2023学年九年级上册同步讲练原卷版人教版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共24页， 欢迎下载使用。
期末考试冲刺卷一
一、选择题（本大题共14个小题，每题2分，共28分，在每个小题的四个选项中只有一项是符合题目要求的）
1．（2020·山东初三期中）以下关于新型冠状病毒的防范宣传图标中是中心对称图形的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【详解】A是中心对称图形，故A正确；
B是轴对称图形，故B错误；
C不是中心对称图形，故C错误；
D不是中心对称图形，故D错误；
故选A．
2．（2020·江苏淮安六中初三期中）下列关于的方程中，是一元二次方程的是 （ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【详解】
解：A、是一元二次方程，故符合题意；
B、是一元一次方程，故不符合题意；
C、，当a＝0，b≠0时，是一元一次方程，故不符合题意；
D、是分式方程，故不符合题意；
故选：A．
3．（2020·宝鸡市新建路中学初三期中）一元二次方程配方后可变形为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【详解】
解：∵x2-8x-1=0，
∴x2-8x=1，
∴x2-8x+16=17，
∴（x-4）2=17，
故选：C．
4．（2020·迁安市迁安镇第一初级中学初三期末）如图，⊙O的圆周角∠A =40°，则∠OBC的度数为（ ）
A．80° B．50° C．40° D．30°
【答案】B
【详解】
∵∠A=40°．
∴∠BOC=80°，
∵OB=OC，
∴∠OBC=∠OCB=50°，
故选：B．
5．（2020·宜春市第八中学初三期中）她物线的顶点坐标为（ ）
A．（2，1） B．（-2，-1） C．（1，-2） D．（-1，2）
【答案】B
解：抛物线的顶点坐标为．
故选：B
6．（2020·河南初三期中）若点P(－m，m－3)关于原点对称的点是第二象限内的点，则m满足( )
A．m＞3 B．0＜m≤3 C．m＜0 D．m＜0或m＞3
【答案】C
【详解】
解：点P（-m，m-3）关于原点O的对称点是P′（m，3-m），
∵P′（m，3-m），在第二象限，
∴，
∴m＜0．
故选：C．
7．（2019·杭州市公益中学初三期中）抛物线可以由抛物线（ ）平移得到．
A．向左个单位，向下个单位 B．向右个单位，向下个单位
C．向左个单位，向上个单位 D．向右个单位，向上个单位
【答案】B
【详解】
解：=，
∴抛物线的顶点坐标为（2，﹣1），
∵抛物线的顶点坐标为（0，0），
∴抛物线可以由抛物线向右个单位，向下个单位平移得到，
故选：B．
8．（2020·山东初二期中）如图，大半圆中有n个小半圆，若大半圆弧长为，n个小半圆弧长的和为，大半圆的弦AB，BC，CD的长度和为则（ ）
A．
B．
C．无法比较、、间的大小关系
D．
【答案】A
【详解】
解：设n个小半圆半径依次为，，，．
则大圆半径为
，
，
；
根据“两点之间线段最短的性质”可得：，
．．
故选A．
9．（2020·无锡市第一女子中学初三期中）己知方程x2－7x＋12＝0的两根恰好是一个直角三角形的两条直角边的长，则这个直角三角形的外接圆的直径为（ ）
A．2.5 B．6 C．5 D．
【答案】C
【详解】
解：x2－7x＋12＝0，
解得x1=3，x2=4，
根据勾股定理得斜边=，
∴外接圆的直径为5．
故选：C．
10．（2020·山东初三期中）如图，抛物线与轴交于点，其对称轴为直线，结合图象给出下列结论：
①；②；③当时，随的增大而增大；④关于的一元二次方程有两个不相等的实数根．其中正确的结论有( )
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】C
【详解】
解：抛物线开口向上，因此a＞0，与y轴交于负半轴，因此c＜0，故ac＜0，所以①正确；
抛物线对称轴为x=1，即，所以2a+b=0，故②错误；
当时，随的增大而增大，故③正确；
抛物线与x轴有两个不同交点，因此关于x的一元二次方程ax2+bx+c=0有两个不相等的实数根，所以④正确；
综上所述，正确的结论有：①③④，
故选：C．
11．在Rt△ABC中，∠C = 90°，AC = 20 cm，BC = 21 cm，则它的外心与顶点C的距离等于（ ）.
A．13 cm B．13.5 cm C．14 cm D．14.5 cm
【答案】D
【详解】
先根据题意画图，知道AB为三角形的斜边求得AB2=AC2+BC2=202+212=841=292 ，要理解外心是这个三角形外接圆的圆心，要求得该直角三角形的外接圆的圆心，则为AB边的一半， 求得AB的一半为14.5，应该选择答案为D.
12．（2020·台州市白云学校初三期中）已知点A，B的坐标分别为（﹣1，1），（4，4），若抛物线y＝ax2﹣x+4（a＜0）与线段AB有两个不同的交点，则a的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【详解】解：∵抛物线的解析式为y＝ax2﹣x+4．
可知当a＜0，x＝﹣1时，y≤1时，满足条件，可得a≤﹣4，
故选：C．
13．（2020·海南初三一模）如图，已知⊙O的半径是2，点A、B、C在⊙O上，若四边形OABC为菱形，则图中阴影部分面积为（ ）
A．π﹣2 B．π﹣ C．π﹣2 D．π﹣
【答案】C
【详解】
解：连接OB和AC交于点D，如图所示：
∵圆的半径为2，
∴OB＝OA＝OC＝2，
又四边形OABC是菱形，
∴OB⊥AC，OD＝OB＝1，
在Rt△COD中利用勾股定理可知：CD＝＝，AC＝2CD＝2，
∵sin∠COD＝＝，
∴∠COD＝60°，∠AOC＝2∠COD＝120°，
∴S菱形ABCO＝OB×AC＝×2×2＝2，
S扇形AOC＝＝π，
则图中阴影部分面积为S扇形AOC﹣S菱形ABCO＝π﹣2，
故选：C．
14．（2020·自贡市田家炳中学初三月考）对于一元二次方程ax2+bx+c＝0（a≠0），下列说法：①若a+b+c＝0，则b2﹣4ac≥0；②若方程ax2+c＝0有两个不相等的实根，则方程ax2+bx+c＝0必有两个不相等的实根；③若c是方程ax2+bx+c＝0的一个根，则一定有ac+b+1＝0成立；④若x0是一元二次方程ax2+bx+c＝0的根，则；其中正确的（ ）
A．只有①② B．只有①②④ C．①②③④ D．只有①②③
【答案】B
【详解】解：①若a+b+c＝0，则x＝1是方程ax2+bx+c＝0的解，
由一元二次方程的实数根与判别式的关系可知△＝b2﹣4ac≥0，故①正确；
②∵方程ax2+c＝0有两个不相等的实根，
∴△＝b2﹣4ac＝0﹣4ac＞0，
∴﹣4ac＞0，
则方程ax2+bx+c＝0的判别式△＝b2﹣4ac＞0，
∴方程ax2+bx+c＝0必有两个不相等的实根，故②正确；
③∵c是方程ax2+bx+c＝0的一个根，
则ac2+bc+c＝0，
∴c（ac+b+1）＝0
若c＝0，等式仍然成立，
但ac+b+1＝0不一定成立，故③不正确；
④若x0是一元二次方程ax2+bx+c＝0的根，
则由求根公式可得：
x0＝或x0＝
∴2ax0+b＝或2ax0+b＝
∴
故④正确．
故选：B．
二、填空题（本题共4个小题；每个小题3分，共12分，把正确答案填在横线上）
15．（2019·湖州市第五中学初三期中）在一个不透明的盒子中装有个除颜色外完全相同的球，其中只有2个白球．若每次将球充分搅匀后，任意摸出1个球记下颜色后再放回盒子，通过大量重复实验后，发现摸到白球的频率稳定在20％左右，则的值约为____．
【答案】10
【详解】
由题意可得：，
解得：．
故答案为：10
16．（2020·甘肃初三一模）如图，扇形的半径为6，圆心角为，用这个扇形围成一个圆锥的侧面，所得圆的底面半径为__________．
【答案】
【详解】
解：扇形的弧长
∴圆锥的底面半径为4π÷2π=2．
故答案为：2．
17．（2020·四川阆中中学初二期中）如图，在等边△ABC中，AC=10，点O在AC上，且AO=4，点P是AB上一动点，连结OP，将线段OP绕点O逆时针旋 转60º得到线段OD．要使点D恰好落在BC上，则AP的长是________．
【答案】6
【详解】
∵∠A+∠APO=∠POD+∠COD，∠A=∠POD=60°，
∴∠APO=∠COD，
在△APO和△COD中，
，
∴△APO≌△COD（AAS），
即AP=CO，
∵CO=AC-AO=6，
∴AP=6．
故答案为：6．
18．（2020·江苏初三期中）定义：在平面直角坐标系中，若点满足横、纵坐标都为整数，则把点叫做“整点”．如：、都是“整点”．抛物线与轴交于点，两点，若该抛物线在、之间的部分与线段所围的区域（包括边界）恰有个整点，则的取值范围是_______．
【答案】1＜a≤2
【详解】
解：抛物线y＝ax2＋2ax＋a−2（a＞0）化为顶点式为y＝a（x＋1）2−2，
∴函数的对称轴：x＝−1，顶点坐标为（−1，−2），
∴M和N两点关于x＝−1对称，
根据题意，抛物线在M、N之间的部分与线段MN所围的区域（包括边界）恰有5个整点，这些整点是（0，0），（−1，0），（−1，−1），（−1，−2），（−2，0），
如图所示：
∵当x＝0时，y＝a−2，
∴−1＜a−2≤0，
当x＝1时，y＝4a−2＞0，
即：，
解得1＜a≤2，
故答案为：1＜a≤2．
三、解答题（本题共8道题，19-21每题6分，22-25每题8分，26题10分，满分60分）
19．（2020·上海松江·初二期中）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)当方程一个根为时，求的值以及方程的另一个根．
【答案】（1）且；（2），方程的另一个根为
解：（1）由题意得：
，且，
解得：且；
（2）把方程一个根为代入方程得：
，解得：，
设另一个根为a，根据韦达定理可得：，
解得：，
∴方程的另一个根为．
20．（2021·江苏赣榆实验中学初三期中）现代互联网技术的广泛应用，促进了快递行业的快速发展，据调查，连云港市某家小型“大学生自主创业”的快递公司，今年7月分与9月份完成投递的快递总件数分别为10万和12.1万．现假定该公司每月投递的快件总件数的增长率相同．
（1）求该快递公司投递快递总件数的月平均增长率；
（2）如果平均每人每月最多可投递快件0.6万件，那么该公司现有的21名快递投递业务员能否完成今年10月份的快递投递任务?
【答案】（1）10%；（2）不能完成，理由见解析
【详解】
解：（1）设每月的增长率为x，
，
解得，（舍去），
答：月平均增长率是10%；
（2）（万件），
（万件），
∵，
∴不能完成．
21．（2020·河北石家庄·初三期中）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°．
（1）利用直尺和圆规按下列要求作图，并在图中标明相应的字母．（保留作图痕迹，不写作法）
①作AC的垂直平分线，交AB于点O，交AC于点D；②以O为圆心，OA为半径作圆，交OD的延长线于点E．
（2）在（1）所作的图形中，解答下列问题．①判断点B与⊙O的位置关系并说明理由；②若DE=2，AC=8，求⊙O的半径．
【答案】（1）见解析；（2）①点B在⊙O上；②⊙O的半径为5．
【详解】（1）如图所示；
（2）①点B在⊙O上，理由如下：
连结OC，如图，
∵OD垂直平分AC，
∴OA=OC，
∴∠A=∠ACO，
∵∠A+∠B=90°，∠OCB+∠ACO=90°，
∴∠B=∠OCB，
∴OC=OB，
∴OB=OA，
∴点B在⊙O上；
②∵OD⊥AC，且点D是AC的中点，
∴AD=AC=4，
设⊙O的半径为r，
则OA=OE=r，OD=OE-DE=r-2，
在Rt△AOD中，∵OA2=AD2+OD2，
即r2=42+(r-2)2，
解得r=5．
∴⊙O的半径为5．
22．（2020·南昌市新建区第六中学初三期中）已知二次函数y＝x2﹣2mx+m2+3（m是常数）．
（1）求证：不论m为何值，该函数的图象与x轴没有公共点；
（2）把该函数的图象沿y轴向下平移多少个单位长度后，得到的函数的图象与x轴只有一个公共点？
【答案】（1）见解析；（2）沿y轴向下平移3个单位长度
【详解】
（1）证明：∵△＝（﹣2m）2﹣4×1×（m2+3）＝4m2﹣4m2﹣12＝﹣12＜0，
∴方程x2﹣2mx+m2+3＝0没有实数解，
即不论m为何值，该函数的图象与x轴没有公共点；
（2）解：y＝x2﹣2mx+m2+3＝（x﹣m）2+3，
把函数y＝（x﹣m）2+3的图象沿y轴向下平移3个单位长度后，得到函数y＝（x﹣m）2的图象，它的顶点坐标是（m，0），
因此，这个函数的图象与x轴只有一个公共点，
所以，把函数y＝x2﹣2mx+m2+3的图象沿y轴向下平移3个单位长度后，得到的函数的图象与x轴只有一个公共点．
23．（2019·东北师大附中明珠学校初三期中）在一次羽毛球赛中，甲运动员在离地面米的点处发球，球的运动轨迹看作一个抛物线的一部分，当球运动到最高点时，离甲运动员站立地点的水平距离为米，其高度为米，球网离点的水平距离为米，以点为原点建立如图所示的平面直角坐标系，乙运动员站立地点的坐标为．
（1）求抛物线的表达式(不要求写自变量的取值范围)．
（2）乙原地起跳后可接球的最大高度为米，若乙因为接球高度不够而失球，求的取值范围
【答案】（1）；（2）
【详解】解答：解：（1）设抛物线解析式为y＝a（x−5）2＋3，
将点（0，）代入可得：＝a（0−5）2＋3，
解得：a＝−，
故抛物线的解析式为：．
(2)若运动员乙原地起跳到最大高度时刚好接到球，
此时−（m−5）2＋3＝2.4，
解得：m1＝2，m2＝8，
∵运动员接球高度不够，
∴2＜m＜8，
∵OC＝6，乙运动员接球时不能触网，
∴m的取值范围为：6＜m＜8．
24．（2020·广东广州·铁一中学初二期中）已知点C为线段AB上一点，分别以AC、BC为边在线段AB同侧作△ACD和△BCE，且CA=CD，CB=CE，，直线AE与BD交于点F．
（1）如图1，证明：△ACE≌△DCB；
（2）①如图1，若，则=________；
②如图2，基，则______；（用含的式子表示）
（3）将图2中的△ACD绕点C顺时针旋转任意角度（交点F至少在BD、AE中的一条线段上），如图3，试探究与的数量关系，并予以证明．
【答案】（1）证明见解析；（2）120°，180°-β；（3）∠AFB=180°-α，证明见解析．
【详解】
解：（1）证明：∵∠ACD=∠BCE，
∴∠ACD+∠DCE=∠BCE+∠DCE，
∴∠ACE=∠DCB，
在△ACE和△DCB中
∵，
∴△ACE≌△DCB；
（2）①∵∠ACD=60°，
∴∠CDB+∠DBC=∠ACD=60°，
∵△ACE≌△DCB，
∴∠AEC=∠DBC，∠CDB=∠CAE，
∴∠CAE+∠DBC=60°，
∴∠AFB=180°-60°=120°
故答案为：120；
②当∠ACD=β时，∠AFB=180°-β，理由是：
∵∠ACD=β，
∴∠CDB+∠DBC=∠ACD=β，
∵△ACE≌△DCB，
∴∠AEC=∠DBC，∠CDB=∠CAE，
∴∠CAE+∠DBC=β，
∴∠AFB=180°-（∠CAE+∠DBC）=180°-β；
故答案为：180°-β．
（3）∠AFB=180°-α；
证明：∵∠ACD=∠BCE=α，则∠ACD+∠DCE=∠BCE+∠DCE，
即∠ACE=∠DCB．
在△ACE和△DCB中，
∵，
∴△ACE≌△DCB（SAS）．
则∠CBD=∠CEA，
如下图，
∵∠FGE=∠CGB，
∴∠EFB=∠ECB=α．
∠AFB=180°-∠EFB=180°-α．
25．（2020·福建厦门双十中学初三二模）在中国，不仅是购物，而且从共享单车到医院挂号再到公共缴费，男性、女性日常生活中几乎全部领域都支持手机支付.出门不带现金的人数正在迅速增加。中国人民大学和法国调查公司益普素合作，调查了腾讯服务的6000名用户(男性4000人，女性2000人)，从中随机抽取了60名(女性20人），统计他们出门随身携带现金(单位：元)，规定：随身携带的现金在100元以下(不含100元)的为“手机支付族”，其他为“非手机支付族”
（1）①：根据已知条件，将下列横线表格部分补充完整（其中b=30，c=8）
手机支付
非手机支付
合计
男
a
b
女
c
d
合计
60
②：用样本估计总体，由①可得，若从腾讯服务的女性用户中随机抽取1位，这1位女性用户是“手机支付族”的概率是多少？
（2)某商场为了推广手机支付，特推出两种优惠方案、
方案一：手机支付消费每满1000元可直减100元：
方案二：手机支付消费每满1000元可抽奖一次，抽奖规则如下：从装有4个小球（其中2个红球2个白球，它们除颜色外完全相同)的盒子中随机摸出2个小球（逐个放回后抽取)，若摸到1个红球则打9折，若摸到2个红球则打8.5折，若未摸到红球按原价付款.如果你打算用手机支付购买某样价值1200元的商品，请从实际付款的平均金额的角度分析，选择哪种优惠方案更划算.
【答案】（1）①40，20，18，42；②；（2）选择方案二更划算.
【详解】
解：（1）①因为随机抽取了60名（女性20人），所以男性40人，
∵b=30，c=8，
∴a=10，d=12，
补充表格如下：
手机支付
非手机支付
合计
男
a
b
40
女
c
d
20
合计
18
42
60
故答案为：18，42，40，20；
②由①可得，女性用户中随机抽取1位，这1位女性用户是“手机支付族”的概率是；
（2）若选方案一：则需付款：1200-100=1100元；
若选方案二：设实际付款x元，则x取值为：1200元，1080元，1020元，
∵从装有4个小球（其中2个红球2个白球，它们除颜色外完全相同）的盒子中随机摸出2个小球（逐个放回后抽取），
设两个红球为A、B，白球为C、D，
画出树状图为：
根据树状图可知：
所有可能的结果共16种，摸到1个红球的有8种，摸到2个红球的有4种，未摸到红球的有4种，
所以摸到1个红球的概率为：，则打9折，
摸到2个红球的概率为：，则打8.5折，
未摸到红球的概率为：，按原价付款．
所以实际付款的平均金额为：1080×+1020×+1200×=1095（元）．
因为1100元＞1095元，
所以选择方案二更划算．
26．（2020·江苏赣榆实验中学初三月考）如图，在矩形ABCD中，AB=6cm，BC=12cm，点P从点A出发沿AB以1cm/s的速度向点B移动；同时，点Q从点B出发沿BC以2cm/s的速度向点C移动，设运动时间为t秒
（1）当t=2时，△DPQ的面积为 cm2；
（2）运动过程中，当A、P、Q、D四点恰好在同一个圆上时，求t的值；
（3）运动过程中，当以Q为圆心，QP为半径的圆，与矩形ABCD的边共有4个交点时，直接写出t的取值范围．
【答案】（1）28；（2）6或；（3）
【详解】（1）当t=2时，AP=2cm，BP=4cm，BQ=4cm，CQ=8cm，
∴
=
=28cm2
故答案为28
（2）∵∠A=90°，∴A，P，B三点在以DP为直径的圆上；
若点Q也在该圆上，则∠PQD=90°，
∵
∴
解得：
故t的值为6或；
（3）①如图1：
当⊙Q与边AD相切时，过点Q作QE⊥AD，垂足为E，
∴QE=QP=6，由勾股定理，得
即
解得：（舍去），
②如图2：
当⊙Q过点D时，QD=QP，由勾股定理得
即
解得：（舍去）
综上，当时，⊙Q与矩形ABCD的边有四个交点．
期末考试冲刺卷一
一、选择题（本大题共14个小题，每题2分，共28分，在每个小题的四个选项中只有一项是符合题目要求的）
1．（2020·山东初三期中）以下关于新型冠状病毒的防范宣传图标中是中心对称图形的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【详解】A是中心对称图形，故A正确；
B是轴对称图形，故B错误；
C不是中心对称图形，故C错误；
D不是中心对称图形，故D错误；
故选A．
2．（2020·江苏淮安六中初三期中）下列关于的方程中，是一元二次方程的是 （ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【详解】
解：A、是一元二次方程，故符合题意；
B、是一元一次方程，故不符合题意；
C、，当a＝0，b≠0时，是一元一次方程，故不符合题意；
D、是分式方程，故不符合题意；
故选：A．
3．（2020·宝鸡市新建路中学初三期中）一元二次方程配方后可变形为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【详解】
解：∵x2-8x-1=0，
∴x2-8x=1，
∴x2-8x+16=17，
∴（x-4）2=17，
故选：C．
4．（2020·迁安市迁安镇第一初级中学初三期末）如图，⊙O的圆周角∠A =40°，则∠OBC的度数为（ ）
A．80° B．50° C．40° D．30°
【答案】B
【详解】
∵∠A=40°．
∴∠BOC=80°，
∵OB=OC，
∴∠OBC=∠OCB=50°，
故选：B．
5．（2020·宜春市第八中学初三期中）她物线的顶点坐标为（ ）
A．（2，1） B．（-2，-1） C．（1，-2） D．（-1，2）
【答案】B
解：抛物线的顶点坐标为．
故选：B
6．（2020·河南初三期中）若点P(－m，m－3)关于原点对称的点是第二象限内的点，则m满足( )
A．m＞3 B．0＜m≤3 C．m＜0 D．m＜0或m＞3
【答案】C
【详解】
解：点P（-m，m-3）关于原点O的对称点是P′（m，3-m），
∵P′（m，3-m），在第二象限，
∴，
∴m＜0．
故选：C．
7．（2019·杭州市公益中学初三期中）抛物线可以由抛物线（ ）平移得到．
A．向左个单位，向下个单位 B．向右个单位，向下个单位
C．向左个单位，向上个单位 D．向右个单位，向上个单位
【答案】B
【详解】
解：=，
∴抛物线的顶点坐标为（2，﹣1），
∵抛物线的顶点坐标为（0，0），
∴抛物线可以由抛物线向右个单位，向下个单位平移得到，
故选：B．
8．（2020·山东初二期中）如图，大半圆中有n个小半圆，若大半圆弧长为，n个小半圆弧长的和为，大半圆的弦AB，BC，CD的长度和为则（ ）
A．
B．
C．无法比较、、间的大小关系
D．
【答案】A
【详解】
解：设n个小半圆半径依次为，，，．
则大圆半径为
，
，
；
根据“两点之间线段最短的性质”可得：，
．．
故选A．
9．（2020·无锡市第一女子中学初三期中）己知方程x2－7x＋12＝0的两根恰好是一个直角三角形的两条直角边的长，则这个直角三角形的外接圆的直径为（ ）
A．2.5 B．6 C．5 D．
【答案】C
【详解】
解：x2－7x＋12＝0，
解得x1=3，x2=4，
根据勾股定理得斜边=，
∴外接圆的直径为5．
故选：C．
10．（2020·山东初三期中）如图，抛物线与轴交于点，其对称轴为直线，结合图象给出下列结论：
①；②；③当时，随的增大而增大；④关于的一元二次方程有两个不相等的实数根．其中正确的结论有( )
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】C
【详解】
解：抛物线开口向上，因此a＞0，与y轴交于负半轴，因此c＜0，故ac＜0，所以①正确；
抛物线对称轴为x=1，即，所以2a+b=0，故②错误；
当时，随的增大而增大，故③正确；
抛物线与x轴有两个不同交点，因此关于x的一元二次方程ax2+bx+c=0有两个不相等的实数根，所以④正确；
综上所述，正确的结论有：①③④，
故选：C．
11．在Rt△ABC中，∠C = 90°，AC = 20 cm，BC = 21 cm，则它的外心与顶点C的距离等于（ ）.
A．13 cm B．13.5 cm C．14 cm D．14.5 cm
【答案】D
【详解】
先根据题意画图，知道AB为三角形的斜边求得AB2=AC2+BC2=202+212=841=292 ，要理解外心是这个三角形外接圆的圆心，要求得该直角三角形的外接圆的圆心，则为AB边的一半， 求得AB的一半为14.5，应该选择答案为D.
12．（2020·台州市白云学校初三期中）已知点A，B的坐标分别为（﹣1，1），（4，4），若抛物线y＝ax2﹣x+4（a＜0）与线段AB有两个不同的交点，则a的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【详解】解：∵抛物线的解析式为y＝ax2﹣x+4．
可知当a＜0，x＝﹣1时，y≤1时，满足条件，可得a≤﹣4，
故选：C．
13．（2020·海南初三一模）如图，已知⊙O的半径是2，点A、B、C在⊙O上，若四边形OABC为菱形，则图中阴影部分面积为（ ）
A．π﹣2 B．π﹣ C．π﹣2 D．π﹣
【答案】C
【详解】
解：连接OB和AC交于点D，如图所示：
∵圆的半径为2，
∴OB＝OA＝OC＝2，
又四边形OABC是菱形，
∴OB⊥AC，OD＝OB＝1，
在Rt△COD中利用勾股定理可知：CD＝＝，AC＝2CD＝2，
∵sin∠COD＝＝，
∴∠COD＝60°，∠AOC＝2∠COD＝120°，
∴S菱形ABCO＝OB×AC＝×2×2＝2，
S扇形AOC＝＝π，
则图中阴影部分面积为S扇形AOC﹣S菱形ABCO＝π﹣2，
故选：C．
14．（2020·自贡市田家炳中学初三月考）对于一元二次方程ax2+bx+c＝0（a≠0），下列说法：①若a+b+c＝0，则b2﹣4ac≥0；②若方程ax2+c＝0有两个不相等的实根，则方程ax2+bx+c＝0必有两个不相等的实根；③若c是方程ax2+bx+c＝0的一个根，则一定有ac+b+1＝0成立；④若x0是一元二次方程ax2+bx+c＝0的根，则；其中正确的（ ）
A．只有①② B．只有①②④ C．①②③④ D．只有①②③
【答案】B
【详解】解：①若a+b+c＝0，则x＝1是方程ax2+bx+c＝0的解，
由一元二次方程的实数根与判别式的关系可知△＝b2﹣4ac≥0，故①正确；
②∵方程ax2+c＝0有两个不相等的实根，
∴△＝b2﹣4ac＝0﹣4ac＞0，
∴﹣4ac＞0，
则方程ax2+bx+c＝0的判别式△＝b2﹣4ac＞0，
∴方程ax2+bx+c＝0必有两个不相等的实根，故②正确；
③∵c是方程ax2+bx+c＝0的一个根，
则ac2+bc+c＝0，
∴c（ac+b+1）＝0
若c＝0，等式仍然成立，
但ac+b+1＝0不一定成立，故③不正确；
④若x0是一元二次方程ax2+bx+c＝0的根，
则由求根公式可得：
x0＝或x0＝
∴2ax0+b＝或2ax0+b＝
∴
故④正确．
故选：B．
二、填空题（本题共4个小题；每个小题3分，共12分，把正确答案填在横线上）
15．（2019·湖州市第五中学初三期中）在一个不透明的盒子中装有个除颜色外完全相同的球，其中只有2个白球．若每次将球充分搅匀后，任意摸出1个球记下颜色后再放回盒子，通过大量重复实验后，发现摸到白球的频率稳定在20％左右，则的值约为____．
【答案】10
【详解】
由题意可得：，
解得：．
故答案为：10
16．（2020·甘肃初三一模）如图，扇形的半径为6，圆心角为，用这个扇形围成一个圆锥的侧面，所得圆的底面半径为__________．
【答案】
【详解】
解：扇形的弧长
∴圆锥的底面半径为4π÷2π=2．
故答案为：2．
17．（2020·四川阆中中学初二期中）如图，在等边△ABC中，AC=10，点O在AC上，且AO=4，点P是AB上一动点，连结OP，将线段OP绕点O逆时针旋 转60º得到线段OD．要使点D恰好落在BC上，则AP的长是________．
【答案】6
【详解】
∵∠A+∠APO=∠POD+∠COD，∠A=∠POD=60°，
∴∠APO=∠COD，
在△APO和△COD中，
，
∴△APO≌△COD（AAS），
即AP=CO，
∵CO=AC-AO=6，
∴AP=6．
故答案为：6．
18．（2020·江苏初三期中）定义：在平面直角坐标系中，若点满足横、纵坐标都为整数，则把点叫做“整点”．如：、都是“整点”．抛物线与轴交于点，两点，若该抛物线在、之间的部分与线段所围的区域（包括边界）恰有个整点，则的取值范围是_______．
【答案】1＜a≤2
【详解】
解：抛物线y＝ax2＋2ax＋a−2（a＞0）化为顶点式为y＝a（x＋1）2−2，
∴函数的对称轴：x＝−1，顶点坐标为（−1，−2），
∴M和N两点关于x＝−1对称，
根据题意，抛物线在M、N之间的部分与线段MN所围的区域（包括边界）恰有5个整点，这些整点是（0，0），（−1，0），（−1，−1），（−1，−2），（−2，0），
如图所示：
∵当x＝0时，y＝a−2，
∴−1＜a−2≤0，
当x＝1时，y＝4a−2＞0，
即：，
解得1＜a≤2，
故答案为：1＜a≤2．
三、解答题（本题共8道题，19-21每题6分，22-25每题8分，26题10分，满分60分）
19．（2020·上海松江·初二期中）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)当方程一个根为时，求的值以及方程的另一个根．
【答案】（1）且；（2），方程的另一个根为
解：（1）由题意得：
，且，
解得：且；
（2）把方程一个根为代入方程得：
，解得：，
设另一个根为a，根据韦达定理可得：，
解得：，
∴方程的另一个根为．
20．（2021·江苏赣榆实验中学初三期中）现代互联网技术的广泛应用，促进了快递行业的快速发展，据调查，连云港市某家小型“大学生自主创业”的快递公司，今年7月分与9月份完成投递的快递总件数分别为10万和12.1万．现假定该公司每月投递的快件总件数的增长率相同．
（1）求该快递公司投递快递总件数的月平均增长率；
（2）如果平均每人每月最多可投递快件0.6万件，那么该公司现有的21名快递投递业务员能否完成今年10月份的快递投递任务?
【答案】（1）10%；（2）不能完成，理由见解析
【详解】
解：（1）设每月的增长率为x，
，
解得，（舍去），
答：月平均增长率是10%；
（2）（万件），
（万件），
∵，
∴不能完成．
21．（2020·河北石家庄·初三期中）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°．
（1）利用直尺和圆规按下列要求作图，并在图中标明相应的字母．（保留作图痕迹，不写作法）
①作AC的垂直平分线，交AB于点O，交AC于点D；②以O为圆心，OA为半径作圆，交OD的延长线于点E．
（2）在（1）所作的图形中，解答下列问题．①判断点B与⊙O的位置关系并说明理由；②若DE=2，AC=8，求⊙O的半径．
【答案】（1）见解析；（2）①点B在⊙O上；②⊙O的半径为5．
【详解】（1）如图所示；
（2）①点B在⊙O上，理由如下：
连结OC，如图，
∵OD垂直平分AC，
∴OA=OC，
∴∠A=∠ACO，
∵∠A+∠B=90°，∠OCB+∠ACO=90°，
∴∠B=∠OCB，
∴OC=OB，
∴OB=OA，
∴点B在⊙O上；
②∵OD⊥AC，且点D是AC的中点，
∴AD=AC=4，
设⊙O的半径为r，
则OA=OE=r，OD=OE-DE=r-2，
在Rt△AOD中，∵OA2=AD2+OD2，
即r2=42+(r-2)2，
解得r=5．
∴⊙O的半径为5．
22．（2020·南昌市新建区第六中学初三期中）已知二次函数y＝x2﹣2mx+m2+3（m是常数）．
（1）求证：不论m为何值，该函数的图象与x轴没有公共点；
（2）把该函数的图象沿y轴向下平移多少个单位长度后，得到的函数的图象与x轴只有一个公共点？
【答案】（1）见解析；（2）沿y轴向下平移3个单位长度
【详解】
（1）证明：∵△＝（﹣2m）2﹣4×1×（m2+3）＝4m2﹣4m2﹣12＝﹣12＜0，
∴方程x2﹣2mx+m2+3＝0没有实数解，
即不论m为何值，该函数的图象与x轴没有公共点；
（2）解：y＝x2﹣2mx+m2+3＝（x﹣m）2+3，
把函数y＝（x﹣m）2+3的图象沿y轴向下平移3个单位长度后，得到函数y＝（x﹣m）2的图象，它的顶点坐标是（m，0），
因此，这个函数的图象与x轴只有一个公共点，
所以，把函数y＝x2﹣2mx+m2+3的图象沿y轴向下平移3个单位长度后，得到的函数的图象与x轴只有一个公共点．
23．（2019·东北师大附中明珠学校初三期中）在一次羽毛球赛中，甲运动员在离地面米的点处发球，球的运动轨迹看作一个抛物线的一部分，当球运动到最高点时，离甲运动员站立地点的水平距离为米，其高度为米，球网离点的水平距离为米，以点为原点建立如图所示的平面直角坐标系，乙运动员站立地点的坐标为．
（1）求抛物线的表达式(不要求写自变量的取值范围)．
（2）乙原地起跳后可接球的最大高度为米，若乙因为接球高度不够而失球，求的取值范围
【答案】（1）；（2）
【详解】解答：解：（1）设抛物线解析式为y＝a（x−5）2＋3，
将点（0，）代入可得：＝a（0−5）2＋3，
解得：a＝−，
故抛物线的解析式为：．
(2)若运动员乙原地起跳到最大高度时刚好接到球，
此时−（m−5）2＋3＝2.4，
解得：m1＝2，m2＝8，
∵运动员接球高度不够，
∴2＜m＜8，
∵OC＝6，乙运动员接球时不能触网，
∴m的取值范围为：6＜m＜8．
24．（2020·广东广州·铁一中学初二期中）已知点C为线段AB上一点，分别以AC、BC为边在线段AB同侧作△ACD和△BCE，且CA=CD，CB=CE，，直线AE与BD交于点F．
（1）如图1，证明：△ACE≌△DCB；
（2）①如图1，若，则=________；
②如图2，基，则______；（用含的式子表示）
（3）将图2中的△ACD绕点C顺时针旋转任意角度（交点F至少在BD、AE中的一条线段上），如图3，试探究与的数量关系，并予以证明．
【答案】（1）证明见解析；（2）120°，180°-β；（3）∠AFB=180°-α，证明见解析．
【详解】
解：（1）证明：∵∠ACD=∠BCE，
∴∠ACD+∠DCE=∠BCE+∠DCE，
∴∠ACE=∠DCB，
在△ACE和△DCB中
∵，
∴△ACE≌△DCB；
（2）①∵∠ACD=60°，
∴∠CDB+∠DBC=∠ACD=60°，
∵△ACE≌△DCB，
∴∠AEC=∠DBC，∠CDB=∠CAE，
∴∠CAE+∠DBC=60°，
∴∠AFB=180°-60°=120°
故答案为：120；
②当∠ACD=β时，∠AFB=180°-β，理由是：
∵∠ACD=β，
∴∠CDB+∠DBC=∠ACD=β，
∵△ACE≌△DCB，
∴∠AEC=∠DBC，∠CDB=∠CAE，
∴∠CAE+∠DBC=β，
∴∠AFB=180°-（∠CAE+∠DBC）=180°-β；
故答案为：180°-β．
（3）∠AFB=180°-α；
证明：∵∠ACD=∠BCE=α，则∠ACD+∠DCE=∠BCE+∠DCE，
即∠ACE=∠DCB．
在△ACE和△DCB中，
∵，
∴△ACE≌△DCB（SAS）．
则∠CBD=∠CEA，
如下图，
∵∠FGE=∠CGB，
∴∠EFB=∠ECB=α．
∠AFB=180°-∠EFB=180°-α．
25．（2020·福建厦门双十中学初三二模）在中国，不仅是购物，而且从共享单车到医院挂号再到公共缴费，男性、女性日常生活中几乎全部领域都支持手机支付.出门不带现金的人数正在迅速增加。中国人民大学和法国调查公司益普素合作，调查了腾讯服务的6000名用户(男性4000人，女性2000人)，从中随机抽取了60名(女性20人），统计他们出门随身携带现金(单位：元)，规定：随身携带的现金在100元以下(不含100元)的为“手机支付族”，其他为“非手机支付族”
（1）①：根据已知条件，将下列横线表格部分补充完整（其中b=30，c=8）
手机支付
非手机支付
合计
男
a
b
女
c
d
合计
60
②：用样本估计总体，由①可得，若从腾讯服务的女性用户中随机抽取1位，这1位女性用户是“手机支付族”的概率是多少？
（2)某商场为了推广手机支付，特推出两种优惠方案、
方案一：手机支付消费每满1000元可直减100元：
方案二：手机支付消费每满1000元可抽奖一次，抽奖规则如下：从装有4个小球（其中2个红球2个白球，它们除颜色外完全相同)的盒子中随机摸出2个小球（逐个放回后抽取)，若摸到1个红球则打9折，若摸到2个红球则打8.5折，若未摸到红球按原价付款.如果你打算用手机支付购买某样价值1200元的商品，请从实际付款的平均金额的角度分析，选择哪种优惠方案更划算.
【答案】（1）①40，20，18，42；②；（2）选择方案二更划算.
【详解】
解：（1）①因为随机抽取了60名（女性20人），所以男性40人，
∵b=30，c=8，
∴a=10，d=12，
补充表格如下：
手机支付
非手机支付
合计
男
a
b
40
女
c
d
20
合计
18
42
60
故答案为：18，42，40，20；
②由①可得，女性用户中随机抽取1位，这1位女性用户是“手机支付族”的概率是；
（2）若选方案一：则需付款：1200-100=1100元；
若选方案二：设实际付款x元，则x取值为：1200元，1080元，1020元，
∵从装有4个小球（其中2个红球2个白球，它们除颜色外完全相同）的盒子中随机摸出2个小球（逐个放回后抽取），
设两个红球为A、B，白球为C、D，
画出树状图为：
根据树状图可知：
所有可能的结果共16种，摸到1个红球的有8种，摸到2个红球的有4种，未摸到红球的有4种，
所以摸到1个红球的概率为：，则打9折，
摸到2个红球的概率为：，则打8.5折，
未摸到红球的概率为：，按原价付款．
所以实际付款的平均金额为：1080×+1020×+1200×=1095（元）．
因为1100元＞1095元，
所以选择方案二更划算．
26．（2020·江苏赣榆实验中学初三月考）如图，在矩形ABCD中，AB=6cm，BC=12cm，点P从点A出发沿AB以1cm/s的速度向点B移动；同时，点Q从点B出发沿BC以2cm/s的速度向点C移动，设运动时间为t秒
（1）当t=2时，△DPQ的面积为 cm2；
（2）运动过程中，当A、P、Q、D四点恰好在同一个圆上时，求t的值；
（3）运动过程中，当以Q为圆心，QP为半径的圆，与矩形ABCD的边共有4个交点时，直接写出t的取值范围．
【答案】（1）28；（2）6或；（3）
【详解】（1）当t=2时，AP=2cm，BP=4cm，BQ=4cm，CQ=8cm，
∴
=
=28cm2
故答案为28
（2）∵∠A=90°，∴A，P，B三点在以DP为直径的圆上；
若点Q也在该圆上，则∠PQD=90°，
∵
∴
解得：
故t的值为6或；
（3）①如图1：
当⊙Q与边AD相切时，过点Q作QE⊥AD，垂足为E，
∴QE=QP=6，由勾股定理，得
即
解得：（舍去），
②如图2：
当⊙Q过点D时，QD=QP，由勾股定理得
即
解得：（舍去）
综上，当时，⊙Q与矩形ABCD的边有四个交点．
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