2021-2022学年北京东城区初三上学期数学期末试卷及答案

这是一份2021-2022学年北京东城区初三上学期数学期末试卷及答案，共27页。试卷主要包含了选择题，填空题 (每题2分，共16分），解答题等内容，欢迎下载使用。
1. 一元二次方程的二次项系数、一次项系数、常数项分别是（ ）
A. 2，1，5B. 2，1，－5C. 2，0，－5D. 2，0，5
【答案】B
【解析】
【分析】根据一元二次方程的基本概念，找出一元二次方程的二次项系数，一次项系数，以及常数项即可．
【详解】解：∵一元二次方程2x2+x-5=0，
∴二次项系数、一次项系数、常数项分别是2、1、-5，
故选：B．
【点睛】此题考查了一元二次方程的一般形式，一元二次方程的一般形式为ax2+bx+c=0（a≠0）．
2. 下列四个图形中，为中心对称图形的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】把一个图形绕某一点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形，这个点叫做对称中心．
【详解】解：选项B能找到这样的一个点，使图形绕某一点旋转180°后与原来的图形重合，所以是中心对称图形；
选项A、C、D不能找到这样的一个点，使图形绕某一点旋转180°后与原来的图形重合，所以不是中心对称图形；
故选：B．
【点睛】此题主要考查了中心对称图形定义，关键是找出对称中心．
3. 将抛物线y＝x2向上平移3个单位长度得到的抛物线是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据抛物线的平移规律：上加下减，左加右减解答即可．
【详解】解：将抛物线y＝x2向上平移3个单位长度得到的抛物线是
故选：A
【点睛】本题考查了二次函数图象的平移，理解平移规律是解题的关键．
4. 在平面直角坐标系xOy中，点A（2，3）关于原点对称的点的坐标是（ ）
A. （2，－3）B. （－2，3）C. （3，2）D. （－2，－3）
【答案】D
【解析】
【分析】根据“关于原点对称的两个点，横坐标、纵坐标分别互为相反数”即可求得．
【详解】解：点A（2，3）关于原点对称的点的坐标是
故选D
【点睛】本题考查了关于原点对称的点的坐标特征，掌握“关于原点对称的两个点，横坐标、纵坐标分别互为相反数”是解题的关键．
5. 用配方法解方程x2＋4x＝1，变形后结果正确的是（ ）
A. (x＋2)2＝5B. (x＋2)2＝2C. (x－2)2＝5D. (x－2)2＝2
【答案】A
【解析】
【分析】方程的两边同时加上一次项系数一半的平方即可，进而即求得答案．
详解】解：x2＋4x＝1
即
故选A
【点睛】本题考查了配方法解一元二次方程，掌握配方法是解题的关键．
6. 中国象棋文化历史久远．在图中所示的部分棋盘中，“馬”的位置在“”（图中虚线）的下方，“馬”移动一次能够到达的所有位置已用“●”标记，则“馬”随机移动一次，到达的位置在“”上方的概率是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】用“---”（图中虚线）的上方的黑点个数除以所有黑点的个数即可求得答案．
【详解】解：观察“馬”移动一次能够到达的所有位置，即用“●”标记的有8处，
位于“---”（图中虚线）的上方的有2处，
所以“馬”随机移动一次，到达的位置在“---”上方的概率是，
故选：C．
【点睛】本题考查概率的求法与运用，一般方法：如果一个事件有n种可能，而且这些事件的可能性相同，其中事件A出现m种结果，那么事件A的概率P（A）=．
7. 如图，PA，PB是⊙O的切线，A，B是切点，点C为⊙O上一点，若∠ACB＝70°，则∠P的度数为（ ）
A. 70°B. 50°C. 20°D. 40°
【答案】D
【解析】
【分析】首先连接OA，OB，由PA，PB为⊙O的切线，根据切线的性质，即可得∠OAP=∠OBP=90°，又由圆周角定理，可求得∠AOB的度数，继而可求得答案．
【详解】解：连接OA，OB，
∵PA，PB为⊙O的切线，
∴∠OAP=∠OBP=90°，
∵∠ACB=70°，
∴∠AOB=2∠P=140°，
∴∠P=360°-∠OAP-∠OBP-∠AOB=40°．
故选：D．
【点睛】此题考查了切线的性质与圆周角定理，注意掌握辅助线的作法和数形结合思想的应用．
8. 如图，线段AB＝5，动点P以每秒1个单位长度的速度从点A出发，沿线段AB运动至点B，以点A为圆心，线段AP长为半径作圆．设点P的运动时间为t，点P，B之间的距离为y，⊙A的面积为S，则y与t，S与t满足的函数关系分别是（ ）
A 正比例函数关系，一次函数关系B. 一次函数关系，正比例函数关系
C. 一次函数关系， 二次函数关系D. 正比例函数关系，二次函数关系
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意分别列出y与t，S与t的函数关系，进而进行判断即可．
【详解】解：根据题意得，，
即，是一次函数；
⊙A的面积为，即，是二次函数
故选C
【点睛】本题考查了列函数表达式，一次函数与二次函数的识别，根据题意列出函数表达式是解题的关键．
二、填空题 (每题2分，共16分）
9. 抛物线的顶点坐标是_________．
【答案】（1，2）
【解析】
【分析】直接根据顶点公式的特点求顶点坐标即可得答案．
【详解】∵是抛物线的顶点式，
∴顶点坐标为（1，2）．
故答案：（1，2）
【点睛】本题主要考查了求抛物线的顶点坐标、对称轴及最值的方法．解题的关键是熟知顶点式的特点．
10. 若关于x的一元二次方程x2－2x＋m＝0有一个根为1，则m的值为_______．
【答案】
【解析】
【分析】根据关于x的方程x2-2x+m=0的一个根是1，将x=1代入可以得到m的值，本题得以解决．
【详解】解：∵关于x的方程x2-2x+m=0的一个根是1，
∴1-2+m=0，
解得m=1，
故答案为：1．
【点睛】本题考查一元二次方程的解，解题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件．
11. 写出一个开口向上，并且与y轴交于点（0，2）的抛物线的解析式________________．
【答案】（答案不唯一）
【解析】
【分析】根据题意，写出一个的解析式即可
【详解】解：根据题意，
故符合题意
故答案为：（答案不唯一）
【点睛】本题考查了二次函数各系数与函数图象之间的关系，掌握二次函数的图象的性质是解题的关键．
12. 社团课上，同学们进行了“摸球游戏”：在一个不透明的盒子里，装有20个除颜色不同外其余均相同的黑、白两种球，将盒子里面的球搅匀后，从中随机摸出一个球记下颜色，再把它放回盒子中，不断重复上述过程．整理数据后，制作了“摸出黑球的频率”与“摸球的总次数”的关系图象，如图所示，经分析可以推断“摸出黑球”的概率约为_______．
【答案】
【解析】
【分析】根据“摸出黑球的频率”与“摸球的总次数”的关系图象，即可得出“摸出黑球”的概率．
【详解】解：由图可知，摸出黑球的概率约为0.2，
故答案为：0.2．
【点睛】本题主要考查用频率估计概率，需要注意的是试验次数要足够大，次数太少时不能估计概率．
13. 2021年是中国共产党建党100周年，全国各地积极开展“弘扬红色文化，重走长征路”主题教育活动．据了解，某展览中心3月份的参观人数为10万人，5月份的参观人数增加到12.1万人．设参观人数的月平均增长率为x，则可列方程为________．
【答案】
【解析】
【分析】根据题意可得4月份的参观人数为人，则5月份的人数为，根据5月份的参观人数增加到12.1万人，列一元二次方程即可．
【详解】根据题意设参观人数的月平均增长率为x，则可列方程为
故答案为：
【点睛】本题考查了一元二次方程的应用，根据增长率问题列一元二次方程是解题的关键．
14. 如图，将△ABC绕点A顺时针旋转得到△ADE，若∠DAE=110°，∠B=40°，则∠C的度数为________．
【答案】
【解析】
【分析】先根据旋转性质求得，再运用三角形内角和定理求解即可．
【详解】解：将△ABC绕点A顺时针旋转得到△ADE，∠DAE=110°
，
，
．
故答案是：30°．
【点睛】本题主要考查了旋转的性质、三角形内角和定理等知识点，灵活运用旋转的性质是解答本题的关键．
15. 斛是中国古代的一种量器.据《汉书 .律历志》记载：“斛底，方而圜（huán）其外，旁有庣（tiā）焉”．意思是说：“斛的底面为：正方形外接一个圆，此圆外是一个同心圆” . 如图所示，
问题：现有一斛，其底面的外圆直径为两尺五寸（即2.5尺），“庣旁”为两寸五分（即两同心圆的外圆与内圆的半径之差为0.25尺），则此斛底面的正方形的边长为________尺．
【答案】
【解析】
【分析】如图，根据四边形CDEF为正方形，可得∠D=90°，CD=DE，从而得到CE是直径，∠ECD=45°，然后利用勾股定理，即可求解．
【详解】解：如图，
∵四边形CDEF为正方形，
∴∠D=90°，CD=DE，
∴CE是直径，∠ECD=45°，
根据题意得：AB=2.5， ，
∴ ，
∴ ，
即此斛底面的正方形的边长为 尺．
故答案为：
【点睛】本题主要考查了圆内接四边形，勾股定理，熟练掌握圆内接四边形的性质，勾股定理是解题的关键．
16. 如图，在边长为2的正方形ABCD 中，E，F分别是边DC，CB上的动点，且始终满足DE＝CF，AE，DF交于点 P，则∠APD的度数为______ ；连接CP，线段CP长的最小值为_______．
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】利用“边角边”证明△ADE和△DCF全等，根据全等三角形对应角相等可得∠DAE＝∠CDF，然后求出∠APD＝90°，从而得出点P的路径是一段以AD为直径的弧，连接AD的中点和C的连线交弧于点P，此时CP的长度最小，然后根据勾股定理求得QC，即可求得CP的长．
【详解】解：四边形ABCD 是正方形，
AD＝CD，∠ADE＝∠BCD＝90°，
在△ADE和△DCF中，，
∴△ADE≌△DCF（SAS）
∴∠DAE＝∠CDF，
∵∠CDF＋∠ADF＝∠ADC＝90°，
∴∠ADF＋∠DAE＝90°，
∴∠APD＝90°，
由于点P在运动中保持∠APD＝90°，
∴点P的路径是一段以AD为直径的弧，
取AD的中点Q，连接QC，此时CP的长度最小，
则DQ＝AD＝×2＝1，
在Rt△CQD中，根据勾股定理得，CQ＝＝＝，
所以，CP＝CO−QP＝−1．
故答案为：；−1．
【点睛】本题考查了正方形的性质，勾股定理，圆周角定理，全等三角形的性质和判定，能综合运用性质进行推理是解此题的关键．
三、解答题（共68分，17-22题，每题5分，23-26题，每题6分，27-28题，每题7分）
17. 解方程：．
【答案】．
【解析】
【分析】利用配方法变形为，再根据平方差公式变形为即可求解．
【详解】，
，
∴（x-1+3）(x-1-3)=0
，
则或，
解得．
【点睛】本题主要考查了一元二次方程的解法，解题的关键是熟练掌握解一元二次方程的几种方法．
18. 如图，AB为⊙O的弦，OC⊥AB于点M，交⊙O于点C．若⊙O的半径为10，OM：MC＝3：2，求AB的长．
【答案】
【解析】
【分析】连接OA，根据⊙O的半径为10，OM：MC＝3：2可求出OM的长，由勾股定理求出AM的长，再由垂径定理求出AB的长即可．
【详解】解：如图，连接OA．
∵OM：MC＝3：2，OC＝10，
∴OM＝=6．
∵OC⊥AB，
∴∠OMA＝90°，AB＝2AM．
在Rt△AOM中，AO＝10，OM＝6，
∴AM＝8．
∴AB＝2AM =16．
【点睛】本题考查的是垂径定理、勾股定理，掌握垂径定理的推论是解题的关键．
19. 下面是小明设计的“作圆的内接等腰直角三角形”的尺规作图过程.
已知：⊙O.
求作：⊙O的内接等腰直角三角形ABC.
作法：如图，
①作直径AB；
②分别以点A, B为圆心，以大于的长为半径作弧，两弧交于M 点；
③作直线MO交⊙O于点C，D；
④连接AC，BC．
所以△ABC就是所求的等腰直角三角形.
根据小明设计的尺规作图过程，解决下面的问题：
（1）使用直尺和圆规，补全图形；（保留作图痕迹）
（2）完成下面的证明.
证明：连接MA，MB．
∵MA=MB，OA=OB，
∴MO是AB的垂直平分线．
∴AC= ．
∵AB是直径,
∴∠ACB= ( ) (填写推理依据) ．
∴△ABC是等腰直角三角形．
【答案】（1）见解析；（2）BC，90°，直径所对的圆周角是直角
【解析】
【分析】（1）过点O任作直线交圆于AB两点，再作AB的垂直平分线OM，直线MO交⊙O于点C，D；连结AC、BC即可；
（2）根据线段垂直平分线的判定与性质得出AC=BC，根据圆周角定理得出∠ACB=90°即可．
【详解】（1）①作直径AB；
②分别以点A, B为圆心，以大于的长为半径作弧，两弧交于M 点；
③作直线MO交⊙O于点C，D；
④连接AC，BC．
所以△ABC就是所求的等腰直角三角形.
（2）证明：连接MA，MB．
∵MA=MB，OA=OB，
∴MO是AB的垂直平分线．
∴AC=BC．
∵AB是直径，
∴∠ACB=90°(直径所对的圆周角是直角) ．
∴△ABC是等腰直角三角形．
故答案为：BC，90°，直径所对的圆周角是直角．
【点睛】本题考查尺规作圆内接等腰直角三角形，圆周角定理，线段垂直平分线判定与性质，掌握尺规作圆内接等腰直角三角形，圆周角定理，线段垂直平分线判定与性质是解题关键．
20. 如图，在平面直角坐标系xOy中，抛物线y＝ax2+2x＋c的部分图象经过点A(0，－3)，B(1，0) ．
(1)求该抛物线的解析式；
(2)结合函数图象，直接写出y＜0时，x的取值范围．
【答案】（1）；（2）
【解析】
【分析】（1）利用待定系数法求抛物线解析式，将坐标代入解析式得出解方程组即可；
（2）先求抛物线与x轴的交点，转化求方程的解，再根据函数y＜0，函数图像位于x轴下方，在两根之间即可．
【详解】解：(1) 抛物线经过点A(0，－3)，B(1，0) 代入坐标得：
，
解得，
所求抛物线的解析式是．
(2) 当y=0时，，
因式分解得：，
∴，
∴，
当y＜0时，函数图像在x轴下方，
∴y＜0时，x的取值范围为-3＜x＜1．
【点睛】本题考查待定系数法求抛物线解析式，利用图像法解不等式，解一元二次方程，方程组，掌握待定系数法求抛物线解析式，利用图像法解不等式，解一元二次方程，方程组是解题关键．
21. 如图，在平面直角坐标系xOy中，△OAB的顶点坐标分别为O（0，0），A（5，0）， B（4，－3），将△OAB绕点O顺时针旋转90°得到△OA′B′，点A旋转后的对应点为A´．
（1）画出旋转后的图形△OA′B′，并写出点A′ 的坐标；
（2）求点B经过的路径的长（结果保留π）.
【答案】（1）见解析，的坐标为；（2）
【解析】
【分析】（1）将点A、B分别绕点O顺时针旋转90°得到其对应点，再与点O首尾顺次连接即可；
（2）根据弧长公式求解即可．
【详解】解：（1）如图，△OA´B´即为所求．
点的坐标为
（2）由题意可求OB=5
∴
【点睛】本题主要考查作图—旋转变换，解题的关键是掌握旋转变换的性质及弧长公式．
22. 2021年6月17日，神舟十二号成功发射，标志着我国载人航天踏上新征程．某学校举办航天知识讲座，需要两名引导员，决定从A，B，C，D四名志愿者中，通过抽签的方式确定两人．抽签规则：将四名志愿者的名字分别写在四张完全相同且不透明卡片的正面，把四张卡片背面朝上，洗匀后放在桌面上，先从中随机抽取一张卡片，记下名字，再从剩余的三张卡片中随机抽取第二张，记下名字．
（1）“A志愿者被选中”是______ 事件（填“随机”或“不可能”或“必然”）；
（2）用画树状图或列表的方法求出A，B两名志愿者同时被选中的概率．
【答案】(1)随机；（2）见解析
【解析】
【分析】（1）根据随机事件、不可能事件及必然事件的概念求解即可；
（2）画树状图，得出所有等可能结果数，再从中找到符合条件的结果数，继而利用概率公式求解即可．
【详解】(1)根据随机事件的概念，A志愿者被选中是随机事件上，
故答案为：随机．
(2)
由上述树状图可知：所有可能出现的结果共有12种,并且每一个结果出现的可能性相同．其中A，B两名志愿者同时被选中的有2种.
∴P（A，B两名志愿者同时被选中）=
【点睛】此题考查的是用列表法或树状图法求概率．列表法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，适合于两步完成的事件；树状图法适合两步或两步以上完成的事件．用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．
23. 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）若该方程有一个根小于2，求的取值范围．
【答案】（1）证明见解析；（2）．
【解析】
【分析】（1）根据方程的系数结合根的判别式，可得△＝（k−4）2≥0，由此可证出方程总有两个实数根；
（2）利用分解因式法解一元二次方程，可得出x1＝4，x2＝k，根据方程有一根小于2，即可得出k的取值范围．
【详解】（1）∵，
∴△=，
∴方程总有两个实数根．
（2）∵，
∴，
解得：，，
∵该方程有一个根小于2，
∴．
【点睛】本题考查了根的判别式、因式分解法解一元二次方程，利用因式分解法解一元二次方程表示出方程的两个根，熟练掌握当△≥0时，方程有两个实数根是解题关键．
24. 为了改善小区环境，某小区决定在一块一边靠墙(墙长25m)的空地上修建一个矩形小花园ABCD，小花园一边靠墙，另三边用总长40m的栅栏围住，如下图所示．若设矩形小花园AB边的长为m，面积为ym2．
（1）求与之间的函数关系式；
（2）当为何值时，小花园的面积最大？最大面积是多少？
【答案】（1）（1）.（）；（2）当x为时，小花园的面积最大，最大面积是
【解析】
【分析】（1）首先根据矩形的性质，由花园的AB边长为x m，可得BC=(40-2x)m，然后根据矩形面积即可求得y与x之间的函数关系式，又由墙长25m，即可求得自变量的x的范围；
（2）用配方法求最大值解答问题．
【详解】解：（1）∵四边形ABCD是矩形，
∴AB=CD，AD=BC，
∵AB=x m，
∴BC=(40-2x)m，
∴花园的面积为：y=AB•BC=x•(40-2x)=-2x2+40x，
∵40-2x≤25，x+x