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meili 发表于 2022-10-14 16:02:02

阳光中学2023初三年级数学上册期中试卷(含答案解析)

阳光中学2023初三年级数学上册期中试卷(含答案解析)一、选择题（本题有12小题，每小题3分，共36分）1．如果4a=3b，那么的值是（）A．B．C．D．2．一条弧所对的圆心角为60°，那么这条弧所对的圆周角为（）A． 30° B． 60° C． 120° D． 150°3．地球上陆地与海洋面积的比是3：7，宇宙中一块陨石进入地球，落在陆地的概率是（）A．B．C．D．4．二次函数y=x2﹣4x+2与x轴的交点个数是（）A． 0 B． 1 C． 2 D． 35．下面的三视图所对应的物体是（）A．B．C．D．6．当角度在0°到90°之间变化时，函数值随着角度的增大而增大的三角函数是（）A．正弦和余弦 B．正弦和正切C．余弦和正切 D．正弦、余弦和正切7．已知圆锥的侧面积为12π，那么圆锥的母线l关于底面半径r的函数关系式是（）A． l=12r B． l= C． l=12﹣r D． l=8．如图，四边形ABCD与四边形AEFG是位似图形，且AC：AF=2：3，则下列结论不正确的是（）A．四边形ABCD与四边形AEFG是相似图形B． AD与AE的比是2：3C．四边形ABCD与四边形AEFG的周长比是2：3D．四边形ABCD与四边形AEFG的面积比是4：99．如图，⊙O1，⊙O2，⊙O3两两相外切，⊙O1的半径r1=1，⊙O2的半径r2=2，⊙O3的半径r3=3，则△O1O2O3是（）A．锐角三角形 B．直角三角形C．钝角三角形 D．锐角三角形或钝角三角形10．如图：等腰直角三角形ABC位于第一象限，AB=AC=2，直角顶点A在直线y=x上，其中A点的横坐标为1，且两条直角边AB、AC分别平行于x轴、y轴，若双曲线y= （k≠0）与△ABC有交点，则k的取值范围是（）A． 1＜k＜2 B． 1≤k≤3 C． 1≤k≤4 D． 1≤k＜411．如图，一个几何体上半部为正四棱锥，下半部为立方体，且有一个面涂有颜色．下列图形中，是该几何体的表面展开图的是（）A．B．C．D．12．如图，⊙O的半径为4cm，直线l与⊙O相交于A、B两点，AB=4 cm，P为直线l上一动点，以1cm为半径的⊙P与⊙O没有公共点．设PO=dcm，则d的范围是（）A． 2cm＜d＜3cm或d＞5cm B． 2cm＜d＜4cm或d＞6cmC． 3cm＜d＜6cm D． 2cm＜d＜4 cm或d＞7cm二、填空题（本题有6小题，每小题4分，共24分）13．反比例函数y=﹣ 中，当x=2时，y=．14．如图，AB是⊙O的直径，D是AB延长线上一点，DC切⊙O于点C，BD=OB．请你根据已知条件和所给图形，写出两个正确结论（除AO=OB=BD外）：①；②．15．若 sin（α+5°）=1，则α=度．16．如图所示，某河堤的横断面是梯形ABCD，BC∥AD，迎水坡AB长13米，且tan∠BAE= ，则河堤的高BE为米．17．如图，梯形ABCD中，AD∥BC，∠C=90°，AB=AD=4，BC=6，以A为圆心在梯形内画出一个最大的扇形（图中阴影部分）的周长是．18．如图，抛物线y=x2﹣1的顶点为C，直线y=x+1与抛物线交于A，B两点．M是抛物线上一点，过M作MG⊥x轴，垂足为G．如果以A，M，G为顶点的三角形与△ABC相似，那么点M的坐标是．三、解答题（本题有8小题，共90分，各小题都必须写出解答过程）19．（1）计算： sin60°﹣ cos45°+ ；（2）解不等式组．20．如图是一个立体图形的三视图，请写出这个立体图形的名称，并计算这个立体图形的表面积及全面积（结果保留π）21．将背面相同，正面分别标有数字1，2，3，4的四张卡片洗匀后，背面朝上放在桌面上．（1）从中随机抽取一张卡片，求该卡片正面上的数字是偶数的概率；（2）先从中随机抽取一张卡片（不放回），将该卡片正面上的数字作为十位上的数字；再随机抽取一张，将该卡片正面上的数字作为个位上的数字，则组成的两位数恰好是4的倍数的概率是多少？请用树状图或列表法加以说明．22．如图是某货站传送货物的平面示意图．为了提高传送过程的安全性，工人师傅欲减小传送带与地面的夹角，使其由45°改为30°．已知原传送带AB长为4米．（1）求新传送带AC的长度；（2）如果需要在货物着地点C的左侧留出2米的通道，试判断距离B点4米的货物MNQP是否需要挪走，并说明理由．（说明：（1）（2）的计算结果精确到0.1米，参考数据： ≈1.41， ≈1.73， ≈2.24， ≈2.45）23．如图，△ABC内接于⊙O，AD是⊙O直径，E是CB延长线上一点，且∠BAE=∠C．（1）求证：直线AE是⊙O的切线；（2）若EB=AB，cosE= ，AE=24，求EB的长及⊙O的半径．24．“假日旅乐园”中一种新型水上滑梯如图，其中线段PA表示距离水面（x轴）高度为5m的平台（点P在y轴上）．滑道AB可以看作反比例函数图象的一部分，滑道BCD可以看作是二次函数图象的一部分，两滑道的连接点B为抛物线BCD的顶点，且点B到水面的距离BE=2m，点B到y轴的距离是5m．当小明从上而下滑到点C时，与水面的距离CG= m，与点B的水平距离CF=2m．（1）求反比例函数的解析式及其自变量的取值范围．（2）求二次函数的解析式及其自变量的取值范围．（3）小明从点B滑水面上点D处时，试求他所滑过的水平距离d．25．阅读材料如图①，△ABC与△DEF都是等腰直角三角形，∠ACB=∠EDF=90°，且点D在AB边上，AB、EF的中点均为O，连结BF、CD、CO，显然点C、F、O在同一条直线上，可以证明△BOF≌△COD，则BF=CD．解决问题（1）将图①中的Rt△DEF绕点O旋转得到图②，猜想此时线段BF与CD的数量关系，并证明你的结论；（2）如图③，若△ABC与△DEF都是等边三角形，AB、EF的中点均为O，上述（1）中的结论仍然成立吗？如果成立，请说明理由；如不成立，请求出BF与CD之间的数量关系；（3）如图④，若△ABC与△DEF都是等腰三角形，AB、EF的中点均为0，且顶角∠ACB=∠EDF=α，请直接写出的值（用含α的式子表示出来）26．已知直线y=kx+3（k＜0）分别交x轴、y轴于A、B两点，线段OA上有一动点P由原点O向点A运动，速度为每秒1个单位长度，过点P作x轴的垂线交直线AB于点C，设运动时间为t秒．（1）当k=﹣1时，线段OA上另有一动点Q由点A向点O运动，它与点P以相同速度同时出发，当点P到达点A时两点同时停止运动（如图1）．①直接写出t=1秒时C、Q两点的坐标；②若以Q、C、A为顶点的三角形与△AOB相似，求t的值．（2）当时，设以C为顶点的抛物线y=（x+m）2+n与直线AB的另一交点为D（如图2），①求CD的长；②设△COD的OC边上的高为h，当t为何值时，h的值最大？阳光中学2023初三年级数学上册期中试卷(含答案解析)参考答案与试题解析一、选择题（本题有12小题，每小题3分，共36分）1．如果4a=3b，那么的值是（）A．B．C．D．考点：比例的性质．分析：根据两內项之积等于两外项之积计算即可得解．解答：解：∵4a=3b，∴ = ．故选D．点评：本题考查了比例的性质，熟记两內项之积等于两外项之积是解题的关键．2．一条弧所对的圆心角为60°，那么这条弧所对的圆周角为（）A． 30° B． 60° C． 120° D． 150°考点：圆周角定理．分析：直接根据圆周角定理进行解答即可．解答：解：∵一条弧所对的圆心角为60°，∴这条弧所对的圆周角= ×60°=30°．故选A．点评：本题考查的是圆周角定理，熟知在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半是解答此题的关键．3．地球上陆地与海洋面积的比是3：7，宇宙中一块陨石进入地球，落在陆地的概率是（）A．B．C．D．考点：几何概率．分析：利用地球上陆地与海洋面积的比得出陆地面积与地球面积的比，进而求出宇宙中一块陨石进入地球，落在陆地的概率．解答：解：∵地球上陆地与海洋面积的比是3：7，∴宇宙中一块陨石进入地球，落在陆地的概率是： = ．故选：B．点评：此题主要考查了几何概率的应用，得出陆地面积与地球面积的比是解题关键．4．二次函数y=x2﹣4x+2与x轴的交点个数是（）A． 0 B． 1 C． 2 D． 3考点：抛物线与x轴的交点．分析：要判断二次函数y=x2﹣4x+2的图象与x轴的交点个数，只需判定方程x2﹣4x+2=0的根的情况．解答：解：∵b2﹣4ac=16﹣8=8＞0，∴抛物线与x轴有两个交点．故选C．点评：此题考查了二次函数的图象与x轴的交点与一元二次方程的根的情况之间的联系．5．下面的三视图所对应的物体是（）A．B．C．D．考点：由三视图判断几何体．专题：压轴题．分析：本题可利用排除法解答．从主视图看出这个几何体上面一个是圆，直径与下面的矩形的宽相等，故可排除B，C，D．解答：解：从主视图左视图可以看出这个几何体是由上、下两部分组成的，故排除D选项，从上面物体的三视图看出这是一个圆柱体，故排除B选项，从俯视图看出是一个底面直径与长方体的宽相等的圆柱体，故选A．点评：此题考查由三视图还原实物基本能力，还原实物的形状关键是能想象出三视图和立体图形之间的关系，从而得出该物体的形状．本题只从俯视图入手也可以准确快速解题．6．当角度在0°到90°之间变化时，函数值随着角度的增大而增大的三角函数是（）A．正弦和余弦 B．正弦和正切C．余弦和正切 D．正弦、余弦和正切考点：锐角三角函数的增减性．分析：当角度在0°到90°之间变化时，正弦和正切函数值随着角度的增大而增大．解答：解：当角度在0°到90°之间变化时，函数值随着角度的增大而增大的三角函数是正弦和正切．故选B．点评：本题考查了锐角三角函数的增减性的应用，主要考查学生的理解能力．7．已知圆锥的侧面积为12π，那么圆锥的母线l关于底面半径r的函数关系式是（）A． l=12r B． l= C． l=12﹣r D． l=考点：圆锥的计算．分析：圆锥的侧面积=π×底面半径×母线长，把相应数值代入即可求解，半径应小于母线长．解答：解：由题意得：12π=π×r×l，∴l= ．故选D．点评：考查了圆锥的计算，解题的关键是牢记圆锥的有关公式，难度不大．8．如图，四边形ABCD与四边形AEFG是位似图形，且AC：AF=2：3，则下列结论不正确的是（）A．四边形ABCD与四边形AEFG是相似图形B． AD与AE的比是2：3C．四边形ABCD与四边形AEFG的周长比是2：3D．四边形ABCD与四边形AEFG的面积比是4：9考点：位似变换．分析：本题主要考查了位似变换的定义及作图，位似变换就是特殊的相似，且位似图形上任意一对对应点到位似中心的距离之比等于相似比，因而周长的比等于相似比，面积的比等于相似比的平方．解答：解：∵四边形ABCD与四边形AEFG是位似图形；A、四边形ABCD与四边形AEFG一定是相似图形，故正确；B、AD与AG是对应边，故AD：AE=2：3；故错误；C、四边形ABCD与四边形AEFG的相似比是2：3，故正确；D、则周长的比是2：3，面积的比是4：9，故正确．故选B．点评：本题主要考查了位似的定义及性质：周长的比等于相似比，面积的比等于相似比的平方．9．如图，⊙O1，⊙O2，⊙O3两两相外切，⊙O1的半径r1=1，⊙O2的半径r2=2，⊙O3的半径r3=3，则△O1O2O3是（）A．锐角三角形 B．直角三角形C．钝角三角形 D．锐角三角形或钝角三角形考点：相切两圆的性质；勾股定理的逆定理．分析：利用勾股定理来计算．解答：解：设半径为1与半径为2的圆心距为a=1+2= 3，半径为1与半径为3的圆心距为b=1+3=4，半径为3与半径为2的圆心距为c=2+3=5；∵32+42=52，∴a2+b2=c2，即三个圆的圆心用线连接成三角形是直角三角形．故选B．点评：本题利用了勾股定理的逆定理求解．10．如图：等腰直角三角形ABC位于第一象限，AB=AC=2，直角顶点A在直线y=x上，其中A点的横坐标为1，且两条直角边AB、AC分别平行于x轴、y轴，若双曲线y= （k≠0）与△ABC有交点，则k的取值范围是（）A． 1＜k＜2 B． 1≤k≤3 C． 1≤k≤4 D． 1≤k＜4考点：反比例函数图象上点的坐标特征；等腰直角三角形．专题：压轴题．分析：先根据题意求出A点的坐标，再根据AB=AC=2，AB、AC分别平行于x轴、y轴求出B、C两点的坐标，再根据双曲线y= （k≠0）分别经过A、B两点时k的取值范围即可．解答：解：点A在直线y=x上，其中A点的横坐标为1，则把x=1代入y=x解得y=1，则A的坐标是（1，1），∵AB=AC=2，∴B点的坐标是（3，1），∴BC的中点坐标为（2，2）当双曲线y= 经过点（1，1）时，k=1；当双曲线y= 经过点（2，2）时，k=4，因而1≤k≤4．故选C．点评：本题考查一定经过某点的函数应适合这个点的横纵坐标．11．如图，一个几何体上半部为正四棱锥，下半部为立方体，且有一个面涂有颜色．下列图形中，是该几何体的表面展开图的是（）A．B．C．D．考点：几何体的展开图．专题：压轴题．分析：由平面图形的折叠及几何体的展开图解题，注意带图案的一个面不是底面．解答：解：选项A和C带图案的一个面是底面，不能折叠成原几何体的形式；选项B能折叠成原几何体的形式；选项D折叠后下面带三角形的面与原几何体中的位置不同．故选：B．点评：本题主要考查了几何体的展开图．解题时勿忘记正四棱柱的特征及正方体展开图的各种情形．注意做题时可亲自动手操作一下，增强空间想象能力．12．如图，⊙O的半径为4cm，直线l与⊙O相交于A、B两点，AB=4 cm，P为直线l上一动点，以1cm为半径的⊙P与⊙O没有公共点．设PO=dcm，则d的范围是（）A． 2cm＜d＜3cm或d＞5cm B． 2cm＜d＜4cm或d＞6cmC． 3cm＜d＜6cm D． 2cm＜d＜4 cm或d＞7cm考点：圆与圆的位置关系．分析：根据两圆内切和外切时，求出两圆圆心距，进而得出d的取值范围．解答：解：连接OP、OA，∵⊙O的半径为4cm，1cm为半径的⊙P，⊙P与⊙O没有公共点，∴d＞5时，两圆外离，当两圆内切时，过点O作OD⊥AB于点D，OP′=4﹣1=3cm，OD= =2（cm），∴以1cm为半径的⊙P与⊙O没有公共点时，2＜d＜3，故选A．点评：此题主要考查了圆与圆的位置关系，根据图形进行分类讨论得出是解题关键．二、填空题（本题有6小题，每小题4分，共24分）13．反比例函数y=﹣ 中，当x=2时，y=﹣ ．考点：反比例函数的定义．分析：把x=2代入已知反比例函数解析式来求相应的y的值．解答：解：把x=2代入y=﹣ ，得y=﹣ =﹣ ．故答案是：﹣ ．点评：本题考查了反比例函数的定义．此题是利用代入法求得函数值的．14．如图，AB是⊙O的直径，D是AB延长线上一点，DC切⊙O于点C，BD=OB．请你根据已知条件和所给图形，写出两个正确结论（除AO=OB=BD外）：①∠CDB=∠A；②CD2=CB?CA．考点：切线的性质．专题：开放型．分析： CD为切线，所以可以得到角相等和切线与割线的关系；AB是直径，题中的所有半径相等；根据弦切角定理也可得到角相等．解答：解：∠CDB=∠A，依据是弦切角等于它所夹的弧对的圆周角；CD2=CB?CA，依据是切割线定理：从圆外一点引圆的切线和割线，切线长是这点到割线与圆交点的两条线段长的比例中项．（答案不唯一，只要符合题意即可）点评：此题考查切线的性质，本题为开放型题目，答案不唯一．但选取时一定要根据题中条件按规律选取．15．若 sin（α+5°）=1，则α=40度．考点：特殊角的三角函数值．分析：根据特殊角的三角函数值求解．解答：解：∵ sin（α+5°）=1，∴sin（α+5°）= = ，∴α+5°=45°，α=40° ．点评：解答此题的关键是熟记特殊角的三角函数值．16．如图所示，某河堤的横断面是梯形ABCD，BC∥AD，迎水坡AB长13米，且tan∠BAE= ，则河堤的高BE为12米．考点：解直角三角形的应用-坡度坡角问题．专题：计算题；压轴题．分析：在Rt△ABE中，根据tan∠BAE的值，可得到BE、AE的比例关系，进而由勾股定理求得BE、AE的长，由此得解．解答：解：因为tan∠BAE= ，设BE=12x，则AE=5x；在Rt△ABE中，由勾股定理知：AB2=BE2+AE2，即：132=（12x）2+（5x）2，169=169x2，解得：x=1或﹣1（负值舍去）；所以BE=12x=12（米）．故答案为：12．点评：本题主要考查的是锐角三角函数的定义和勾股定理的应用．17．如图，梯形ABCD中，AD∥BC，∠C=90°，AB=AD=4，BC=6，以A为圆心在梯形内画出一个最大的扇形（图中阴影部分）的周长是．考点：弧长的计算；直角梯形；切线的性质．分析：要求以A为圆心在梯形内画出一个最大的扇形（图中阴影部分）的周长，需过点A作AE⊥BC于点E，根据切线的性质求得AE是扇形的半径，再利用直角梯形的性质和直角三角形的性质求得扇形的半径和圆心角度数，再利用弧长公式求得扇形的弧长加上两条半径即可．解答：解：过点A作AE⊥BC于点E，∵AD∥BC，∠C=90°，∴四边形ADCE是矩形，∵AB=AD=4，BC=6，∴CE=AD=4，BE=2∴AE=2 ，∠BAE=30°∴∠BAD=90°+30°=120°∴扇形的周长=2×2 + =4 + π．点评：本题要熟知切线的性质，直角梯形的性质和扇形弧长计算公式（l= ）．利用切线的性质求得AE的长即半径是解题的关键，注意扇形的周长为两条半径的长加上弧长．18．如图，抛物线y=x2﹣1的顶点为C，直线y=x+1与抛物线交于A，B两点．M是抛物线上一点，过M作MG⊥x轴，垂足为G．如果以A，M，G为顶点的三角形与△ABC相似，那么点M的坐标是（4，15），（﹣2，3），（，）．．考点：二次函数综合题．分析：根据抛物线的解析式，易求得A（﹣1，0），D（1，0），C（0，﹣1）；则△ACD是等腰Rt△，由于AP∥DC，可知∠BAC=90°；根据D、C的坐标，用待定系数法可求出直线DC的解析式，而AB∥DC，则直线AB与DC的斜率相同，再加上A点的坐标，即可求出直线AB的解析式，联立直线AB和抛物线的解析式，可求出B点的坐标，即可得出AB、AC的长．在Rt△ABC和Rt△AMG中，已知了∠BAC=∠AGM=90°，若两三角形相似，则直角边对应成比例，据此可求出M点的坐标．解答：解：易知：A（﹣1，0），D（1，0），C（0，﹣1）；则OA=OD=OC=1，∴△ADC是等腰直角三角形，∴∠ACD=90°，AC= ；又∵AB∥DC，∴∠BAC=90°；易知直线BD的解析式为y=x﹣1，由于直线AB∥DC，可设直线AB的解析式为y=x+b，由于直线AB过点A（﹣1，0）；则直线AB的解析式为：y=x+1，联立抛物线的解析式：，解得，；故B（2，3）；∴AP= =3 ；Rt△BAC和Rt△AMG中，∠AGM=∠PAC=90°，且BA：AC=3 ： =3：1；若以A、M、G三点为顶点的三角形与△BCA相似，则AG：MG=1：3或3：1；设M点坐标为（m，m2﹣1），（m＜﹣1或m＞1）则有：MG=m2﹣1，AG=|m+1|；①当AM：MG=1：3时，m2﹣1=3|m+1|，m2﹣1=±（3m+3）；当m2﹣1=3m+3时，m2﹣3m﹣4=0，解得m=1（舍去），m=4；当m2﹣1=﹣3m﹣3时，m2+3m+2=0，解得m=﹣1（舍去），m=﹣2；∴M1（4，15），M2（﹣2，3）；②当AM：MG=3：1时，3（m2﹣1）=|m+1|，3m2﹣3=±（m+1）；当3m2﹣3=m+1时，3m2﹣m﹣4=0，解得m=﹣1（舍去），m= ；当3m2﹣3=﹣m﹣1时，3m2+m﹣2=0，解得m=﹣1（舍去），m= （舍去）；∴M3（，）．故符合条件的M点坐标为：（4，15），（﹣2，3），（，）．故答案为：：（4，15），（﹣2，3），（，）．点评：此题主要考查了函数图象交点、直角三角形的判定、相似三角形的判定和性质等，需注意的是在相似三角形的对应边和对应角不确定的情况下需分类讨论，以免漏解．三、解答题（本题有8小题，共90分，各小题都必须写出解答过程）19．（1）计算： sin60°﹣ cos45°+ ；（2）解不等式组．考点：实数的运算；解一元一次不等式组；特殊角的三角函数值．分析：（1）将特殊角的三角函数值代入求解即可；（2）分别解不等式，然后求交集、解答：解：（1）原式= × ﹣ × +2= ﹣1+2= ；（2）解不等式2x﹣5＜x得：x＜5，解不等式5x﹣4≥3x+2得：x≥3，则不等式组的解集为：3≤x＜5．点评：本题考查了实数的运算和解一元一次不等式组，掌握各知识点的运算法则是解答本题的关键．20．如图是一个立体图形的三视图，请写出这个立体图形的名称，并计算这个立体图形的表面积及全面积（结果保留π）考点：由三视图判断几何体．分析：从三视图可以看正视图以及左视图为矩形，而俯视图为圆形，故可以得出该立体图形为圆柱．由三视图可以圆柱的半径，长和高，易求侧面积和全面积．解答：解：该立体图形为圆柱，∵圆柱的底面半径r=5，高h=10，∴圆柱的侧面积为：10π×10=100ππcm2．全面积为（100π+2×π×52）=150π cm2．点评：此题主要考查了圆柱的有关计算以及由三视图判断几何体，同时也体现了对空间想象能力方面的考查，难度不大．21．将背面相同，正面分别标有数字1，2，3，4的四张卡片洗匀后，背面朝上放在桌面上．（1）从中随机抽取一张卡片，求该卡片正面上的数字是偶数的概率；（2）先从中随机抽取一张卡片（不放回），将该卡片正面上的数字作为十位上的数字；再随机抽取一张，将该卡片正面上的数字作为个位上的数字，则组成的两位数恰好是4的倍数的概率是多少？请用树状图或列表法加以说明．考点：列表法与树状图法；概率公式．分析：依据题意先用列表法或画树状图法分析所有等可能的出现结果，然后根据概率公式求出该事件的概率．解答：解：（1）P偶数= =（2）树状图为：或列表法为：第一次第二次 1 2 3 41 ﹣ 21 31 412 12 ﹣ 32 423 13 23 ﹣ 434 14 24 34 ﹣所以P4的倍数= ．点评：本题考查的是用列表法或画树状图法求概率．列表法或画树状图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．用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．22．如图是某货站传送货物的平面示意图．为了提高传送过程的安全性，工人师傅欲减小传送带与地面的夹角，使其由45°改为30°．已知原传送带AB长为4米．（1）求新传送带AC的长度；（2）如果需要在货物着地点C的左侧留出2米的通道，试判断距离B点4米的货物MNQP是否需要挪走，并说明理由．（说明：（1）（2）的计算结果精确到0.1米，参考数据： ≈1.41， ≈1.73， ≈2.24， ≈2.45）考点：解直角三角形的应用．专题：压轴题．分析：（1）过A作BC的垂线AD．在构建的直角三角形中，首先求出两个直角三角形的公共直角边，进而在Rt△ACD中，求出AC的长．（2）通过解直角三角形，可求出BD、CD的长，进而可求出BC、PC的长．然后判断PC的值是否大于2米即可．解答：解：（1）如图，作AD⊥BC于点D．Rt△ABD中，AD=ABsin45°=4× =2 ．在Rt△ACD中，∵∠ACD=30°，∴AC=2AD=4 ≈5.6．即新传送带AC的长度约为5.6米；（2）结论：货物MNQP应挪走．解：在Rt△ABD中，BD=ABcos45°=4× =2 ．在Rt△ACD中， CD=ACcos30°=2 ．∴CB=CD﹣BD=2 ﹣2 =2（ ﹣ ）≈2.1．∵PC=PB﹣CB≈4﹣2.1=1.9＜2，∴货物MNQP应挪走．点评：应用问题尽管题型千变万化，但关键是设法化归为解直角三角形问题，必要时应添加辅助线，构造出直角三角形．在两个直角三角形有公共直角边时，先求出公共边的长是解答此类题的基本思路．23．如图，△ABC内接于⊙O，AD是⊙O直径，E是CB延长线上一点，且∠BAE=∠C．（1）求证：直线AE是⊙O的切线；（2）若EB=AB，cosE= ，AE=24，求EB的长及⊙O的半径．考点：圆的综合题．分析：（1）根据圆周角定理以及直径所对圆周角得出∠1+∠D=90°，进而得出∠DAE=90°，即可得出直线AE是⊙O的切线；（2）根据锐角三角函数关系得出EB= 进而得出即可，再设BD=4k，则AD=5k．在Rt△ABD中，由勾股定理得：AB=3k，即可得出k的值，进而得出答案．解答：（1）证明：连接BD．∵AD是⊙O的直径，∴∠ABD=90°．∴∠1+∠D=90°．∵∠C=∠D，∠C=∠BAE，∴∠D=∠BAE．∴∠1+∠BAE=90°．即∠DAE=90°．∵AD是⊙O的直径，∴直线AE是⊙O的切线．（2）解：过点B作B F⊥AE于点F，则∠BFE=90°．∵EB=AB，∴∠E=∠BAE，EF= AE= ×24=12．∵∠BFE=90°，，∴ =15．∴AB=15．由（1）∠D=∠BAE，又∠E=∠BAE，∴∠D=∠E．∵∠ABD=90°，∴ ．设BD=4k，则AD=5k．在Rt△ABD中，∠ABD=90°，由勾股定理得：AB= =3k，可求得k=5．∴AD=25．∴⊙O的半径为．点评：此题主要考查了圆的综合应用以及锐角三角形有关计算和圆周角定理等知识，根据已知得出BE= 是解题关键．24．“假日旅乐园”中一种新型水上滑梯如图，其中线段PA表示距离水面（x轴）高度为5m的平台（点P在y轴上）．滑道AB可以看作反比例函数图象的一部分，滑道BCD可以看作是二次函数图象的一部分，两滑道的连接点B为抛物线BCD的顶点，且点B到水面的距离BE=2m，点B到y轴的距离是5m．当小明从上而下滑到点C时，与水面的距离CG= m，与点B的水平距离CF=2m．（1）求反比例函数的解析式及其自变量的取值范围．（2）求二次函数的解析式及其自变量的取值范围．（3）小明从点B滑水面上点D处时，试求他所滑过的水平距离d．考点：二次函数的应用；反比例函数的应用．专题：计算题；压轴题．分析：（1）在题中，BE=2，B到y轴的距离是5，即反比例函数图象上一点的横坐标和纵坐标都已告知，则可求出比例系数k；（2）由（1）知，抛物线顶点坐标已知，可列两个关系式，又C点坐标已知则可列一个关于a、b、c的方程组，进而求出解析式，求出点D的横坐标，继而可得出自变量的取值范围；（3）用D的横坐标减去点E的横坐标，即可求出水平距离d．解答：解：（1）∵BE=2，B到y轴的距离是5，∴B点坐标为（5，2），若设反比例解析式为y= ，则k=10，∴y= ，当y=5时，x=2，即A点坐标为（2，5），∴自变量x的取值范围2≤x≤5；（2）设二次函数解析式为y=ax2+bx+c，由题意可知，顶点坐标为（5，2），C点坐标为（7，），，解得，，∴二次函数的解析式为：y=﹣ x2+ x﹣ ，当y=0时，x1=9，x2=1（舍去），即D（9，0），∴自变量的取值范围是：5≤x≤9；（3）由题可知，ED=9﹣5=4（m），即小明从点B滑水面上点D处时，他所滑过的水平距离d=4m．点评：此题主要考查了反比例函数和二次函数的基本性质和概念，以及用待定系数法求函数的解析式，难易程度适中．25．阅读材料如图①，△ABC与△DEF都是等腰直角三角形，∠ACB=∠EDF=90°，且点D在AB边上，AB、EF的中点均为O，连结BF、CD、CO，显然点C、F、O在同一条直线上，可以证明△BOF≌△COD，则BF=CD．解决问题（1）将图①中的Rt△DEF绕点O旋转得到图②，猜想此时线段BF与CD的数量关系，并证明你的结论；（2）如图③，若△ABC与△DEF都是等边三角形，AB、EF的中点均为O，上述（1）中的结论仍然成立吗？如果成立，请说明理由；如不成立，请求出BF与CD之间的数量关系；（3）如图④，若△ABC与△DEF都是等腰三角形，AB、EF的中点均为0，且顶角∠ACB=∠EDF=α，请直接写出的值（用含α的式子表示出来）考点：几何变换综合题．专题：压轴题．分析：（1）如答图②所示，连接OC、OD，证明△BOF≌△COD；（2）如答图③所示，连接OC、OD，证明△BOF∽△COD，相似比为；（3）如答图④所示，连接OC、OD，证明△BOF∽△COD，相似比为tan ．解答：解：（1）猜想：BF=CD．理由如下：如答图②所示，连接OC、OD．∵△ABC为等腰直角三角形，点O为斜边AB的中点，∴OB=OC，∠BOC=90°．∵△DEF为等腰直角三角形，点O为斜边EF的中点，∴OF=OD，∠DOF=90°．∵∠BOF=∠BOC+∠COF=90°+∠COF，∠COD=∠DOF+∠COF=90°+∠COF，∴∠BOF=∠COD．∵在△BOF与△COD中，∴△BOF≌△COD（SAS），∴BF=CD．（2）答：（1）中的结论不成立．如答图③所示，连接OC、OD．∵△ABC为等边三角形，点O为边AB的中点，∴ =tan30°= ，∠BOC=90°．∵△DEF为等边三角形，点O为边EF的中点，∴ =tan30°= ，∠DOF=90°．∴ = = ．∵∠BOF=∠BOC+∠COF=90°+∠COF，∠COD=∠DOF+∠COF=90°+∠COF，∴∠BOF=∠COD．在△BOF与△COD中，∵ = = ，∠BOF=∠COD，∴△BOF∽△COD，∴ = ．（3）如答图④所示，连接OC、OD．∵△ABC为等腰三角形，点O为底边AB的中点，∴ =tan ，∠BOC=90°．∵△DEF为等腰三角形，点O为底边EF的中点，∴ =tan ，∠DOF=90°．∴ = =tan ．∵∠BOF=∠BOC+∠COF=90°+∠COF，∠COD=∠DOF+∠COF=90°+∠COF，∴∠BOF=∠COD．在△BOF与△COD中，∵ = =tan ，∠BOF=∠COD，∴△BOF∽△COD，∴ =tan ．点评：本题是几何综合题，考查了旋转变换中相似三角形、全等三角形的判定与性质．解题关键是：第一，善于发现几何变换中不变的逻辑关系，即△BOF≌△COD或△BOF∽△COD；第二，熟练运用等腰直角三角形、等边三角形、等腰三角形的相关性质．本题（1）（2）（3）问的解题思路一脉相承，由特殊到一般，有利于同学们进行学习与探究．26．已知直线y=kx+3（k＜0 ）分别交x轴、y轴于A、B两点，线段OA上有一动点P由原点O向点A运动，速度为每秒1个单位长度，过点P作x轴的垂线交直线AB于点C，设运动时间为t秒．（1）当k=﹣1时，线段OA上另有一动点Q由点A向点O运动，它与点P以相同速度同时出发，当点P到达点A时两点同时停止运动（如图1）．①直接写出t=1秒时C、Q两点的坐标；②若以Q、C、A为顶点的三角形与△AOB相似，求t的值．（2）当时，设以C为顶点的抛物线y=（x+m）2+n与直线AB的另一交点为D（如图2），①求CD的长；②设△COD的OC边上的高为h，当t为何值时，h的值最大？考点：二次函数综合题．专题：代数几何综合题；压轴题．分析：（1）①由题意可得；②由题意得到关于t的坐标．按照两种情形解答，从而得到答案．（2）①以点C为顶点的抛物线，解得关于t的根，又由过点D作DE⊥CP于点E，则∠DEC=∠AOB=90°，又由△DEC∽△AOB从而解得．②先求得三角形COD的面积为定值，又由Rt△PCO∽Rt△OAB，在线段比例中t为时，h最大．解答：解：（1）①C（1，2），Q（2，0）②由题意得：P（t，0），C（t，﹣t+3），Q（3﹣t，0）．分两种情况讨论：情形一：当△AQC∽△AOB时，∠AQC=∠AOB=90°，∴CQ⊥OA，∵CP⊥OA，∴点P与点Q重合，OQ=OP，即3﹣t=t，∴t=1.5；情形二：当△ACQ∽△AOB时，∠ACQ=∠AOB=90°，∵OA=OB=3，∴△AOB是等腰直角三角形，∴△ACQ也是等腰直角三角形．∵CP⊥OA，∴AQ=2CP，即t=2（﹣t+3），∴t=2．∴满足条件的t的值是1.5秒或2秒；（2）①由题意得：C（t，﹣ ），∴以C为顶点的抛物线解析式是y= ，由，即（x﹣t）2+ （x﹣t）=0，∴（x﹣t）（x﹣t+ ）=0，解得．过点D作DE⊥CP于点E，则∠DEC=∠AOB=90°，∵DE∥OA，∴∠EDC=∠OAB，∴△DEC∽△AOB，∴ ，∵AO=4，AB=5，DE= ，∴CD= ，②∵ ，CD边上的高= ，∴ ，∴S△COD为定值．要使OC边上的高h的值最大，只要OC最短，因为当OC⊥AB时OC最短，此时OC的长为，∠BCO=90°，∵∠AOB=90°，∴∠COP=90°﹣∠BOC=∠OBA，又∵CP⊥OA，∴Rt△PCO∽Rt△OAB，∴ ，OP= ，即t= ，∴当t为秒时，h的值最大．点评：本题考查了二次函数的综合题，（1）①由题意知P（t，0），C（t，﹣t+3），Q（3﹣t，0）代入，分两种情况解答．（2）①以点C为顶点的函数式，设法代入关于t的方程，又由△DEC∽△AOB从而解得．②通过求解可知三角形COD的面积为定值，又由Rt△PCO∽Rt△OAB，在线段比例中t为时，h最大．从而解答．

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阳光中学2023初三年级数学上册期中试卷(含答案解析)