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meili 发表于 2022-10-14 16:02:01

重庆市师大2023初三数学上册期中测试卷(含答案解析)

重庆市师大2023初三数学上册期中测试卷(含答案解析)一、选择题（本大题共12个小题，每小题4分，共48分。在每个小题的下面，都给出了代号为A、B、C、D的四个答案，其中只有一个是正确的）1．若二次根式有意义，则x的取值范围是（）A． x＞1 B． x≥1 C． x＜1 D． x≤12．下列图形中，是中心对称图形的有（）A． 4个 B． 3个 C． 2个 D． 1个3．两个圆的半径分别是2cm和7cm，圆心距是5cm，则这两个圆的位置关系是（）A．外离 B．内切 C．相交 D．外切4．从1～9这九个自然数中任取一个，是2的倍数的概率是（）A．B．C．D．5．如图，DC 是⊙O直径，弦AB⊥CD于F，连接BC，DB，则下列结论错误的是（）A．B． AF=BF C． OF=CF D． ∠DBC=90°6．某种商品零售价经过两次降价后，每件的价格由原来的800元降为现在的578元，则平均每次降价的百分率为（）A． 10% B． 12% C． 15% D． 17%7．代数式x2﹣4x+3的最小值是（）A． 3 B． 2 C． 1 D． ﹣18．方程x2﹣3x=0的根是（）A． x=3 B． x1=3，x2=﹣3 C． x1= ，x2=﹣ D． x1=0，x2=39．如图所示的向日葵图案是用等分圆周画出的，则⊙O与半圆P的半径的比为（）A． 5﹕3 B． 4﹕1 C． 3﹕1 D． 2﹕110．已知（m2+n2）（m2+n2+2）﹣8=0，则m2+n2的值为（）A． ﹣4或2 B． ﹣2或4 C． ﹣4 D． 211．如图，直线AB与半径为2的⊙O相切于点C，D是⊙O上一点，且∠EDC=30°，弦EF∥AB，则EF的长度为（）A． 2 B． 2 C．D． 212．把一副三角板如图（1）放置，其中∠ACB=∠DEC=90°，∠A=45°，∠D=30°，斜边AB=4，CD=5．把三角板DCE绕着点C顺时针旋转15°得到△D1CE1（如图2），此时AB与CD1交于点O，则线段AD1的长度为（）A．B．C．D． 4二、填空题（本大题共6个小题，每小题4分，共24分。）13．点P关于原点对称的点Q的坐标是（﹣1，3），则P的坐标是．14．如图，点A、B、C在⊙O上，且BO=BC，则∠BAC=．15．已知圆锥的高是4cm，底面半径是3cm，则圆锥的表面积是cm2．16．已知直角三角形两条边的长分别是3和4，则其外接圆的半径是．17．如图，四边形ABCD是菱形，∠A=60°，AB=2，扇形EBF的半径为2，圆心角为60°，则图中阴影部分的面积是．18．如图，在边长为6 的正方形ABCD中，E是AB边上一点，G是AD延长线上一点，BE=DG，连接EG，CF⊥EG交EG于点H，交AD于点F，连接CE，BH．若BH=8，则FG=．三、解答题（本大题共8个小题，共78分。解答时每小题都必须写出必要的演算过程或推理步骤。）19．计算：（1）（ ﹣ ）﹣2（ + ）（2）|﹣2|﹣ +（﹣2）﹣2﹣（ ﹣2）0．20．解方程：（1）x2﹣10x+9=0（2）2x2﹣5x+1=0．21．如图所示，直角坐标系内，A（﹣4，3），B（﹣2，0），C（﹣1，2），请你在图中画出△ABC关于原点O的对称的图形即△A′B′C′，并写出A′、B′、C′的坐标，求出△A′B′C′的面积．22．在一个箱子中放有三张完全相同的卡片，卡片上分别标有数字1，2，3．从箱子中任意取出一张卡片，用卡片上的数字作为十位数字，放回后搅匀，再取出一张卡片，用卡片上的数字作为个位数字，这样组成一个两位数．（1）请你用画树状图或列表的方法表示所有等可能的结果；（2）组成的两位数是偶数的概率是多少？23．如图，已知四边形ABCD是正方形，E、F分别是DC和CB的延长线上的点，且DE=BF，连接AE、AF、EF．（1）填空：△ABF可以由△ADE绕旋转中心点，按逆时针方向旋转度得到；（2）若BC=8，DE=6，求△AEF的面积．24．某商店将进价为8元的商品按每件10元售出，每天可售出200件，现在采取提高商品售价减少销售量的办法增加利润，如果这种商品每件的销售价每提高0.5元其销售量就减少10件，问应将每件售价定为多少元时，才能使每天利润为640元？25．如图，在△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC，E为AC边的中点，过点A作AD⊥AB交BE的延长线于点D，CG平分∠ACB交BD于点G，F为AB边上一点，连接CF，且∠ACF=∠CBG．求证：（1）AF=CG；（2）CF=2DE．26．如图1，在正方形ABCD中，E是AB上一点，F是AD延长线上一点，且DF=BE．（1）求证：CE=CF；（2）在图1中，若G在AD上，且∠GCE=45°，则GE=BE+GD成立吗？为什么？（3）运用（1）（2）解答中所积累的经验和知识，完成下题：如图2，在直角梯形ABCD中，AD∥BC（BC＞AD），∠B=90°，AB=BC=12，E是AB上一点，且∠DCE=45°，BE=4，求DE的长．重庆市师大2023初三数学上册期中测试卷(含答案解析)参考答案与试题解析一、选择题（本大题共12个小题，每小题4分，共48分。在每个小题的下面，都给出了代号为A、B、C、D的四个答案，其中只有一个是正确的）1．若二次根式有意义，则x的取值范围是（）A． x＞1 B． x≥1 C． x＜1 D． x≤1考点：二次根式有意义的条件．分析：根据二次根式有意义的条件列出关于x的不等式，求出x的取值范围即可．解答：解：∵二次根式有意义，∴x﹣1≥0，∴x≥1．故选B．点评：本题考查的是二次根式有意义的条件，根据题意列出关于x的不等式是解答此题的关键．2．下列图形中，是中心对称图形的有（）A． 4个 B． 3个 C． 2个 D． 1个考点：中心对称图形．分析：根据中心对称图形的定义和各图形的特点即可解决．解答：解：只有第1个图形绕正五边形的中心旋转72°后与原图形重合，是旋转对称图形，第2，3个图形绕对称中心旋转180度后所得的图形与原图形完全重合．即第2，3是中心对称图形．故选C．点评：此题主要考查了中心对称图形的概念．中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合．3．两个圆的半径分别是2cm和7cm，圆心距是5cm，则这两个圆的位置关系是（）A．外离 B．内切 C．相交 D．外切考点：圆与圆的位置关系．分析：根据给出的条件，计算两圆半径R，r的和（或差），再与圆心距d比较，即可确定两圆的位置关系．解答：解：根据题意，得R=7cm，r=2cm，d=5cm，∴R﹣r=5cm，即R﹣r=d，∴两圆内切．故选B．点评：本题主要是考查圆与圆的位置关系与圆心距、两圆半径的数量关系之间的联系：外离，则P＞R+r；外切，则P=R+r；相交，则R﹣r＜P＜R+r；内切，则P=R﹣r；内含，则P＜R﹣r．（P表示圆心距，R，r分别表示两圆的半径）．4．从1～9这九个自然数中任取一个，是2的倍数的概率是（）A．B．C．D．考点：概率公式．专题：计算题．分析：先从1～9这九个自然数中找出是2的倍数的有2、4、6、8共4个，然后根据概率公式求解即可．解答：解：1～9这九个自然数中，是2的倍数的数有：2、4、6、8，共4个，∴从1～9这九个自然数中任取一个，是2的倍数的概率是：．故选B．点评：本题考查了统计与概率中概率的求法．用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．5．如图，DC 是⊙O直径，弦AB⊥CD于F，连接BC，DB，则下列结论错误的是（）A．B． AF=BF C． OF=CF D． ∠DBC=90°考点：垂径定理；圆心角、弧、弦的关系；圆周角定理．专题：几何图形问题．分析：根据垂径定理可判断A、B，根据圆周角定理可判断D，继而可得出答案．解答：解：∵DC是⊙O直径，弦AB⊥CD于F，∴点D是优弧AB的中点，点C是劣弧AB的中点，A、 = ，正确，故本选项错误；B、AF=BF，正确，故本选项错误；C、OF=CF，不能得出，错误，故本选项符合题意；D、∠DBC=90°，正确，故本选项错误；故选C．点评：本题考查了垂径定理及圆周角定理，解答本题的关键是熟练掌握垂径定理、圆周角定理的内容，难度一般．6．某种商品零售价经过两次降价后，每件的价格由原来的800元降为现在的578元，则平均每次降价的百分率为（）A． 10% B． 12% C． 15% D． 17%考点：一元二次方程的应用．专题：增长率问题．分析：设平均每次降价的百分率为x，那么第一次降价后为800（1﹣x），第二次降价后为800（1﹣x）（1﹣x），然后根据每件的价格由原来的800元降为现在的578元即可列出方程，解方程即可．解答：解：设平均每次降价的百分率为x，依题意得800（1﹣x）2=578，∴（1﹣x）2= ，∴1﹣x=±0.85，∴x=0.15=15%或 x=1.85（舍去）．答：平均每次降价的百分率为15%．故选C．点评：此题主要考查了增长率的问题，一般公式为原来的量×（1±x）2=后来的量，增长用+，减少用﹣．7．代数式x2﹣4x+3的最小值是（）A． 3 B． 2 C． 1 D． ﹣1考点：配方法的应用；非负数的性质：偶次方．分析：先把代数式x2﹣4x+3通过配方变形为（x﹣2）2﹣1的形式，再根据（x﹣2）2≥0，即可得出答案．解答：解：∵x2﹣4x+3=x2﹣4x+4﹣1=（x﹣2）2﹣1，（x﹣2）2≥0，∴x2﹣4x+3的最小值是﹣1．故选D．点评：此题考查了配方法的应用，关键是通过配方把原来的代数式转化成a（x﹣h）2+k的形式，要掌握配方法的步骤．8．方程x2﹣3x=0的根是（）A． x=3 B． x1=3，x2=﹣3 C． x1= ，x2=﹣ D． x1=0，x2=3考点：解一元二次方程-因式分解法．分析：先分解因式，即可得出两个一元一次方程，求出方程的解即可．解答：解：x2﹣3x=0，x（x﹣3）=0，x=0，x﹣3=0，x1=0，x2=3，故选D．点评：本题考查了解一元二次方程的应用，能把一元二次方程转化成一元一次方程是解此题的关键，难度适中．9．如图所示的向日葵图案是用等分圆周画出的，则⊙O与半圆P的半径的比为（）A． 5﹕3 B． 4﹕1 C． 3﹕1 D． 2﹕1考点：正多边形和圆．分析：连接OA、OP、OB，根据正六边形及等腰三角形的性质解答即可．解答：解：连接OA、OP、OB；∵向日葵图案是用等分圆周画出的，∴此圆内接多边形是正六边形，∴∠AOB=60°；∵△AOB是等腰三角形，P为AB边的中点，∴∠AOP= ∠AOB=30°，△AOP是直角三角形，∴AP= OA，即⊙O与半圆P的半径的比为2：1 ．故选D．点评：此题比较简单，考查的是正六边形的性质及等腰三角形的性质；解答此题的关键是作出辅助线，构造出等腰三角形及直角三角形．10．已知（m2+n2）（m2+n2+2）﹣8=0，则m2+n2的值为（）A． ﹣4或2 B． ﹣2或4 C． ﹣4 D． 2考点：换元法解一元二次方程．分析：先设y=m2+n2，则原方程变形为y2+2y﹣8=0，运用因式分解法解得y1=﹣4，y2=2，即可求得m2+n2的值解答：解：设y=m2+n2，原方程变形为y（y+2）﹣8=0整理得，y2+2y﹣8=0，（y+4）（y﹣2）=0，解得y1=﹣4，y2=2，∵m2+n2≥0，所以m2+n2的值为2，故选D．点评：本题考查了换元法解一元二次方程：我们常用的是整体换元法，是在已知或者未知中，某个代数式几次出现，而用一个字母来代替它从而简化问题，当然有时候要通过变形才能发现．把一些形式复杂的方程通过换元的方法变成一元二次方程，从而达到降次的目的．11．如图，直线AB与半径为2的⊙O相切于点C，D是⊙O上一点，且∠EDC=30°，弦EF∥AB，则EF的长度为（）A． 2 B． 2 C．D． 2考点：切线的性质；勾股定理；圆周角定理．专题：压轴题．分析：作辅助线，连接OC与OE．根据一条弧所对的圆周角等于它所对的圆心角的一半，可知∠EOC的度数；再根据切线的性质定理，圆的切线垂直于经过切点的半径，可知OC⊥AB；又EF∥AB，可知OC⊥EF，最后由勾股定理可将EF的长求出．解答：解：连接OE和OC，且OC与EF的交点为M．∵∠EDC=30°，∴∠COE=60°．∵AB与⊙O相切，∴OC⊥AB，又∵EF∥AB，∴OC⊥EF，即△EOM为直角三角形．在Rt△EOM中，EM=sin60°×OE= ×2= ，∵EF=2EM，∴EF= ．故选B．点评：本题主要考查切线的性质及直角三角形的勾股定理．12．把一副三角板如图（1）放置，其中∠ACB=∠DEC=90°，∠A=45°，∠D=30°，斜边AB=4，CD=5．把三角板DCE绕着点C顺时针旋转15°得到△D1CE1（如图2），此时AB与CD1交于点O，则线段AD1的长度为（）A．B．C．D． 4考点：旋转的性质．专题：几何图形问题．分析：首先由旋转的角度为15°，可知∠ACD1=45°．已知∠CAO=45°，即可得AO⊥CD1，然后可在Rt △AOC和Rt△AOD1中，通过解直角三角形求得AD1的长．解答：解：由题意易知：∠CAB=45°，∠ACD=30°．若旋转角度为15°，则∠ACO=30°+15°=45°．∴∠AOC=180°﹣∠ACO﹣∠CAO=90°．在等腰Rt△ABC中，AB=4，则AC=BC=2 ．同理可求得：AO=OC=2．在Rt△AOD1中，OA=2，OD1=CD1﹣OC=3，由勾股定理得：AD1= ．故选A．点评：此题主要考查了旋转的性质以及解直角三角形的综合应用，能够发现AO⊥OC是解决此题的关键．二、填空题（本大题共6个小题，每小题4分，共24分。）13．点P关于原点对称的点Q的坐标是（﹣1，3），则P的坐标是（1，﹣3）．考点：关于x轴、y轴对称的点的坐标．分析： P的横坐标为﹣1的相反数，纵坐标为3的相反数．解答：解：∵点P关于原点对称的点Q的坐标是（﹣1，3），∴点P的横坐标为﹣（﹣1）=1，纵坐标为﹣3，∴P的坐标是（1，﹣3）．点评：用到的知识点为：两点关于原点对称，这两点的横纵坐标均互为相反数．14．如图，点A、B、C在⊙O上，且BO=BC，则∠BAC=30°．考点：圆周角定理；等边三角形的判定与性质．专题：计算题．分析：由BO=BC，及OB=OC，得到三角形BOC为等边三角形，利用等边三角形的性质得到∠BOC的度数，利用同弧所对的圆心角等于所对圆周角的2倍即可求出所求角的度数．解答：解：∵BO=BC=OC，∴△BOC为等边三角形，∴∠BOC=60°，∵∠BOC与∠BAC都对，∴∠BAC= ∠BAC=30°．故答案为：30°点评：此题考查了圆周角定理，等边三角形的判定与性质，熟练掌握定理是解本题的关键．15．已知圆锥的高是4cm，底面半径是3cm，则圆锥的表面积是39πcm2．考点：圆锥的计算．分析：由于高线，底面的半径，母线正好组成直角三角形，故母线长可由勾股定理求得，再由圆锥侧面积= 底面周长×母线长计算．解答：解：∵高线长为4cm，底面的半径是3cm，∴由勾股定理知：母线长为 =5cm，∴圆锥侧面积= 底面周长×母线长=6π×5=30πcm2．底面积为9πcm2，∴圆锥的表面积为39πcm2，故答案为：39π．点评：本题考查圆锥的侧面积表达公式应用，需注意应先算出母线长．16．已知直角三角形两条边的长分别是3和4，则其外接圆的半径是或2．考点：三角形的外接圆与外心．分析：本题应分两种情况进行讨论：当4是直角边时，根据勾股定理得到斜边是5，这个直角三角形外接圆的直径是5，半径是；当4是斜边时，直角三角形外接圆直径是4，半径是2．解答：解：当4是直角边时，斜边是5，这个直角三角形外接圆的直径是5，半径是；当4是斜边时，直角三角形外接圆直径是4，半径是2．所以这个三角形的外接圆半径等于或2．故答案为：或2．点评：本题考查的是直角三角形的外接圆与外心，重点在于理解直角三角形的外接圆是以斜边中点为圆心，斜边长的一半为半径的圆．17．如图，四边形ABCD是菱形，∠A=60°，AB=2，扇形EBF的半径为2，圆心角为60°，则图中阴影部分的面积是．考点：扇形面积的计算；全等三角形的判定与性质；菱形的性质．专题：几何图形问题．分析：根据菱形的性质得出△DAB是等边三角形，进而利用全等三角形的判定得出△ABG≌△DBH，得出四边形GBHD的面积等于△ABD的面积，进而求出即可．解答：解：如图，连接BD．∵四边形ABCD是菱形，∠A=60°，∴∠ADC=120°，∴∠1=∠2=60°，∴△DAB是等边三角形，∵AB=2，∴△ABD的高为，∵扇形BEF的半径为2，圆心角为60°，∴∠4+∠5=60°，∠3+∠5=60°，∴∠3=∠4，设AD、BE相交于点G，设BF、DC相交于点H，在△ABG和△DBH中，，∴△ABG≌△DBH（ASA），∴四边形GBHD的面积等于△ABD的面积，∴图中阴影部分的面积是：S扇形EBF﹣S△ABD= ﹣ ×2× = ﹣ ．故答案是： ﹣ ．点评：此题主要考查了扇形的面积计算以及全等三角形的判定与性质等知识，根据已知得出四边形EBFD的面积等于△ABD的面积是解题关键．18．如图，在边长为6 的正方形ABCD中，E是AB边上一点，G是AD延长线上一点，BE=DG，连接EG，CF⊥EG交EG于点H，交AD于点F，连接CE，BH．若BH=8，则FG=5 ．考点：全等三角形的判定与性质；等腰直角三角形；正方形的性质；相似三角形的判定与性质．专题：几何图形问题；压轴题．分析：如解答图，连接CG，首先证明△CGD≌△CEB，得到△GCE是等腰直角三角形；过点H作AB、BC的垂线，垂足分别为点M、N，进而证明△HEM≌△HCN，得到四边形MBNH为正方形，由此求出CH、HN、CN的长度；最后利用相似三角形Rt△HCN∽Rt△GFH，求出FG的长度．解答：解：如图所示，连接CG．在△CGD与△CEB中∴△CGD≌△CEB（SAS），∴CG=CE，∠GCD=∠ECB，∴∠GCE=90°，即△GCE是等腰直角三角形．又∵CH⊥GE，∴CH=EH=GH．过点H作AB、BC的垂线，垂足分别为点M、N，则∠MHN=90°，又∵∠EHC=90°，∴∠1=∠2，∴∠HEM=∠HCN．在△HEM与△HCN中，∴△HEM≌△HCN（ ASA）．∴HM=HN，∴四边形MBNH为正方形．∵BH=8，∴BN=HN=4 ，∴CN=BC﹣BN=6 ﹣4 =2 ．在Rt△HCN中，由勾股定理得：CH=2 ．∴GH=CH=2 ．∵HM∥AG，∴∠1=∠3，∴∠2=∠3．又∵∠HNC=∠GHF=90°，∴Rt△HCN∽Rt△GFH．∴ ，即，∴FG=5 ．故答案为：5 ．点评：本题是几何综合题，考查了全等三角形、相似三角形、正方形、等腰直角三角形、勾股定理等重要知识点，难度较大．作出辅助线构造全等三角形与相似三角形，是解决本题的关键．三、解答题（本大题共8个小题，共78分。解答时每小题都必须写出必要的演算过程或推理步骤。）19．计算：（1）（ ﹣ ）﹣2（ + ）（2）|﹣2|﹣ +（﹣2）﹣2﹣（ ﹣2）0．考点：二次根式的混合运算；零指数幂；负整数指数幂．专题：计算题．分析：（1）先把各二次根式化为最简二次根式，然后去括号后合并即可；（2）根据零指数幂和负整数指数幂的意义得到原式=2﹣ + ﹣1，然后进行加减运算．解答：解：（1）原式=2 ﹣ ﹣ ﹣2=﹣ ；（2）原式=2﹣ + ﹣1=1．点评：本题考查了二次根式的计算：先把各二次根式化为最简二次根式，再进行二次根式的乘除运算，然后合并同类二次根式．也考查了零指数幂和负整数指数幂．20．解方程：（1）x2﹣10x+9=0（2）2x2﹣5x+1=0．考点：解一元二次方程-因式分解法；解一元二次方程-公式法．分析：（1）两边开方，即可得出两个一元一次方程，求出方程的解即可；（2）求出b2﹣4ac的值，再代入公式求出即可．解答：解：（1）x2﹣10x+9=0，（x﹣9）（x﹣1）=0，x﹣9=0，x﹣1=0，x1=9，x2=1；（2）2x2﹣5x+1=0，b2﹣4ac=（﹣5）2﹣4×2×1=17，x= ，x1= ，x2= ．点评：本题考查了解一元二次方程的应用，能选择适当的方法解一元二次方程是解此题的关键，难度适中．21．如图所示，直角坐标系内，A（﹣4，3），B（﹣2，0），C（﹣1，2），请你在图中画出△ABC关于原点O的对称的图形即△A′B′C′，并写出A′、B′、C′的坐标，求出△A′B′C′的面积．考点：作图-旋转变换．分析：根据关于中心对称的点的坐标特点画出△A′B′C′，并写出A′、B′、C′的坐标，求出其面积即可．解答：解：如图所示：A′（4，﹣3），B′（2，0），C′（1，﹣2）；S△A′B′C′=3×3﹣ ×1×3﹣ ×1×2﹣ ×2×3=9﹣ ﹣1﹣3= ．点评：本题考查的是图形的旋转，熟知图形旋转不变性的性质是解答此题的关键．22．在一个箱子中放有三张完全相同的卡片，卡片上分别标有数字1，2，3．从箱子中任意取出一张卡片，用卡片上的数字作为十位数字，放回后搅匀，再取出一张卡片，用卡片上的数字作为个位数字，这样组成一个两位数．（1）请你用画树状图或列表的方法表示所有等可能的结果；（2）组成的两位数是偶数的概率是多少？考点：列表法与树状图法．分析：（1）根据概率的求法，用树状图或列表法列举出所有的可能；列表时注意从中摸出一张卡片然后放回，也就是可能出现两张卡片完全一样．（2）结合树状图或表格，直接求出两位数是偶数的概率，即出现的次数与总次数的比值．解答：解：（1）画树形图得：∴能组成的两位数有：11，12，13，21，22，23，31，32，33；（2）∵组成的两位数是偶数，一共有3个：12，22，32；又∵数据总个数是9个，∴组成的两位数是偶数的概率是 = ．点评：此题主要考查了概率的求法，以及用列表法求概率，注意在列表的过程中注意结合实际的情况不能漏掉所有的可能．23．如图，已知四边形ABCD是正方形，E、F分别是DC和CB的延长线上的点，且DE=BF，连接AE、AF、EF．（1）填空：△ABF可以由△ADE绕旋转中心点A，按逆时针方向旋转270度得到；（2）若BC=8，DE=6，求△AEF的面积．考点：旋转的性质；正方形的性质．分析：（1）根据旋转的定义可得到△ABF可以由△ADE绕旋转中心 A点，按逆时针方向旋转270度得到；（2）先利用勾股定理可计算出AE=10，再根据△ABF可以由△ADE绕旋转中心A点，按逆时针方向旋转270度得到AE=AF，∠EAF=90°，然后根据直角三角形的面积公式计算即可．解答：解：（1）△ABF可以由△ADE绕旋转中心点A，按逆时针方向旋转 270度得到．故答案为：A，270；（2）∵四边形ABCD是正方形，BC=8，∴AD=8，在Rt△ADE中，DE=6，AD=8，∴AE= =10，∵△ABF可以由△ADE绕旋转中心 A点，按顺时针方向旋转90 度得到，∴AE=AF，∠EAF=90°，∴△AEF的面积= AE2= ×100=50（平方单位）．点评：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．也考查了勾股定理．24．某商店将进价为8元的商品按每件10元售出，每天可售出200件，现在采取提高商品售价减少销售量的办法增加利润，如果这种商品每件的销售价每提高0.5元其销售量就减少10件，问应将每件售价定为多少元时，才能使每天利润为640元？考点：一元二次方程的应用．专题：销售问题．分析：设售价为x元，则有（x﹣进价）（每天售出的数量﹣ ×10）=每天利润，解方程求解即可．解答：解：设售价为x元，根据题意列方程得（x﹣8）（200﹣ ×10）=640，整理得：（x﹣8）（400﹣20x）=640，即x2﹣28x+192=0，解得x1=12，x2=16．故将每件售价定为12或16元时，才能使每天利润为640元．又题意要求采取提高商品售价减少销售量的办法增加利润，故应将商品的售价定为16元．点评：本题考查的是一元二次方程的应用．读懂题意，找到等量关系准确的列出方程是解题的关键．25．如图，在△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC，E为AC边的中点，过点A作AD⊥AB交BE的延长线于点D，CG平分∠ACB交BD于点G，F为AB边上一点，连接CF，且∠ACF=∠CBG．求证：（1）AF=CG；（2）CF=2DE．考点：全等三角形的判定与性质；等腰直角三角形．专题：证明题．分析：（1）要证AF=CG，只需证明△AFC≌△CBG即可．（2）延长CG交AB于H，则CH⊥AB，H平分AB，继而证得CH∥AD，得出DG=BG和△ADE与△CGE全等，从而证得CF=2DE．解答：证明：（1）∵∠ACB=90°，CG平分∠ACB，∴∠ACG=∠BCG=45°，又∵∠ACB=90°，AC=BC，∴∠CAF=∠CBF=45°，∴∠CAF=∠BCG，在△AFC与△CGB中，，∴△AFC≌△CBG（ASA），∴AF=CG；（2）延长CG交AB于H，∵CG平分∠ACB，AC=BC，∴CH⊥AB，CH平分AB，∵AD⊥AB，∴AD∥CG，∴∠D=∠EGC，在△ADE与△CGE中，，∴△ADE≌△CGE（AAS），∴DE=GE，即DG=2DE，∵AD∥CG，CH平分AB，∴DG=BG，∵△AFC≌△CBG，∴CF=BG，∴CF=2DE．点评：本题考查了三角形全等的判定和性质、等腰三角形的性质、平行线的判定及性质，三角形全等是解本题的关键．26．如图1，在正方形ABCD中，E是AB上一点，F是AD延长线上一点，且DF=BE．（1）求证：CE=CF；（2）在图1中，若G在AD上，且∠GCE=45°，则GE=BE+GD成立吗？为什么？（3）运用（1）（2）解答中所积累的经验和知识，完成下题：如图2，在直角梯形ABCD中，AD∥BC（BC＞AD），∠B=90°，AB=BC=12，E是AB上一点，且∠DCE=45°，BE=4，求DE的长．考点：等腰三角形的判定；全等三角形的判定与性质；勾股定理；正方形的判定．专题：证明题；压轴题；探究型．分析：（1）利用已知条件，可证出△BCE≌△DCF（SAS），即CE=CF．（2）借助（1）的全等得出∠BCE=∠DCF，∴∠GCF=∠BCE+∠DCG=90°﹣∠GCE=45°，即∠GCF=∠GCE，又因为CE=CF，CG=CG，∴△ECG≌△FCG，∴EG=GF，∴GE=DF+GD=BE+GD．（3）过C作CG⊥AD，交AD延长线于G，先证四边形ABCG是正方形（有一组邻边相等的矩形是正方形）．再设DE=x，利用（1）、（2）的结论，在Rt△AED中利用勾股定理可求出DE．解答：（1）证明：在正方形ABCD中，∵BC=CD，∠B=∠CDF，BE=DF，∴△CBE≌△CDF．∴CE=CF．（2）解：GE=BE+GD成立．∵△CBE≌△CDF，∴∠BCE=∠DCF．∴∠ECD+∠ECB=∠ECD+∠FCD．即∠ECF=∠BCD=90°．又∠GCE=45°，∴∠GCF=∠GCE=4 5°．∵CE=CF，∠GCF=∠GCE，GC=GC，∴△ECG≌△FCG．∴EG=GF．∴GE=DF+GD=BE+GD．（3）解：过C作CG⊥AD，交AD延长线于G，在直角梯形ABCD中，∵AD∥BC，∠A=∠B=90°，又∠CGA=90°，AB=BC，∴四边形ABCG为正方形．∴AG=BC=12．已知∠DCE=45°，根据（1）（2）可知，ED=BE+DG，设DE=x，则DG=x﹣4，∴AD=AG﹣DG=16﹣x，AE=AB﹣BE=12﹣4=8．在Rt△AED中∵DE2=AD2+AE2，即x2=（16﹣x）2+82解得：x=10．∴DE=10．点评：本题是一道几何综合题，内容涉及三角形的全等、图形的旋转以及勾股定理的应用，重点考查学生的数学学习能力，是一道好题．本题的设计由浅入深，循序渐进，考虑到学生的个体差异．从阅卷的情况看，本题的得分在4﹣8分的学生居多．前两个小题学生做得较好，第三小题，因为学生不懂得用前面积累的知识经验答题，数学学习能力不强，造成本小题得分率较低．

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重庆市师大2023初三数学上册期中测试卷(含答案解析)