初三數(shù)學(xué)上冊(cè)期末考試題(2)
初三數(shù)學(xué)上冊(cè)期末考試題參考答案
一、選擇題
1.C 2.D 3.B 4.D 5. D 6.D 7.C 8. B 9.A 10. C
二、填空題
11.-1 12.-1，7 13.(8，10) 14.(5，2) 15. 16.3
三、解答題
17.(1) ………………………………………………4分
(2) ………………………………………………4分
18.解：∵在扇形AOB中∠AOB=90°，正方形CDEF的頂點(diǎn)C是 的中點(diǎn)，
∴∠COD=45°，
∴OC= =4，………………………………………2分
∴S陰影=S扇形BOC﹣S△ODC= ×π×42﹣ ×(2 )2
=2π﹣4.………………………………………………………………5分
19.解：(1)設(shè)每個(gè)站點(diǎn)造價(jià)x萬(wàn)元，自行車單價(jià)為y萬(wàn)元.根據(jù)題意可得： ……………………………………………………2分
解得： ………………………………………………………………3分
答：每個(gè)站點(diǎn)造價(jià)為1萬(wàn)元，自行車單價(jià)為0.1萬(wàn)元.
(2)設(shè)2016年到2018年市政府配置公共自行車數(shù)量的年平均增長(zhǎng)率為a.
根據(jù)題意可得：720(1+a)2=2205…………………………………………5分
解此方程：(1+a)2= ，
即：a1= =75%，a2= (不符合題意，舍去)
答：2016年到2018年市政府配置公共自行車數(shù)量的年平均增長(zhǎng)率為75%.
……………………………………………………………………………7分
20.解：(1)擲一次骰子，有4種等可能結(jié)果，只有擲到4時(shí)，才會(huì)回到A圈.
P1= ………………………………………………………………2分
(2)列表如下，
1 2 3 4
1 (1 ,1) (2,1) (3,1) (4,1)
2 (1,2) (2,2) (3,2) (4,2)
3 (1,3) (2,3) (3,3) (4,3)
4 (1,4) (2.4) (3,4) (4，4)
所有等可能的結(jié)果共有16種，當(dāng)兩次擲得的數(shù)字和為4的倍數(shù)，即(1,3)，(2,2)，(3,1)，(4,4)時(shí)，才可落回A圈，共4種，
∴ .………………………………………………………………6分
∴可能性一樣.…………………………………………………………………7分
21.解：(1)由題意可得：點(diǎn)A(2，1)在函數(shù)y=x+m的圖象上，
∴2+m=1即m=﹣1，…………………………………………………………1分
∵A(2，1)在反比例函數(shù)y= 的圖象上，∴ ，
∴k=2;…………………………………………………………………………3分
(2)∵一次函數(shù)解析式為y=x﹣1，令y=0，得x=1，
∴點(diǎn)C的坐標(biāo)是(1，0)，…………………………………………………4分
由圖象可知不等式組0
22.(1)證明：連接CD，
∵AC是直徑，∠ACB=90°，
∴BC是⊙O的切線，∠ADC=90°.
∵DE是⊙O的切線，
∴DE=CE(切線長(zhǎng)定理).………………………2分
∴∠DCE=∠CDE，
又∵∠DCE+∠EBD=∠CDE+∠EDB=90°，
∴∠EBD=∠EDB.∴DE=BE，
∴CE =BE.…………………………………………………………………4分
(2)解：當(dāng)△ABC是等腰直角三角形時(shí)，四邊形ODEC是正方形. 證明如下：
△ABC是等腰直角三角形.則∠B=45°，
∴∠DCE=∠CDE=45°，則∠DEB=90°，
又∵OC=OD，∠ACB=90°，∴∠OCD=∠ODC=45°，
∴∠ODE=90°，
∴四邊形ODEC是矩形，………………………………………………7分
∵EC=ED，
∴四邊形ODEC是正方形. …………………………………………8分
23.解(1)由圖象可知，300=a×302，解 得a= ，
n=700，b×(30﹣90)2+700=300，解得b=﹣ ，
∴y= ……………………………………3分
(2)由題意﹣ (x﹣90)2+700=684，
解得x=78， ………………………………………………………5分
∴ =15，∴15+30+(90﹣78)=57分鐘
所以，館外游客最多等待57分鐘. ………………………………8分
24.解：(1)平行. …………………………………………………………2分
(2)C1B1∥BC;
證明：過(guò)C1作C1E∥B1C，交BC于E，則∠C1EB=∠B1CB，
由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)知，BC1=BC=B1C，∠C1BC=∠B1CB，
∴∠C1BC=∠C1EB，
∴C1B=C1E，
∴C1E=B1C，
∴四邊形C1ECB1是平行四邊形，
∴C1B1∥BC; ………………………………………………………8分
(3)答案為：10.…………………………………………………………10分
25. 解：(1)把點(diǎn)A(4，0)，B(1，3)代入拋物線y=ax2+bx中，
得 解得： ，
∴拋物線表達(dá)式為：y=﹣x2+4x;………………………………………………2分
(2)點(diǎn)C的坐標(biāo)為(3，3)， ………………………………………………3分
又∵點(diǎn)B的坐標(biāo)為(1，3)，
∴BC=2，
∴S△ABC= ×2×3=3;……………………………………………………………5分
(3)過(guò)P點(diǎn)作PD⊥BH交BH于點(diǎn)D，
設(shè)點(diǎn)P(m，﹣m2+4m)，
根據(jù)題意，得：BH=AH=3，HD=m2﹣4m，PD=m﹣1，
∴S△ABP=S△ABH+S四邊形HAPD﹣S△BPD，
6= ×3×3+ (3+m﹣1)(m2﹣4m)﹣ (m﹣1)(3+m2﹣4m)，
∴3m2﹣15m=0，
m1=0(舍去)，m2=5，
∴點(diǎn)P坐標(biāo)為(5，﹣5).………………………………………………………………8分
(4)當(dāng)CM=MN，且∠CMN=90°時(shí)，分情況討論：
?、佼?dāng)點(diǎn)M在x軸上方時(shí)，如圖2，CM=MN，∠CMN=90°，
則△CBM≌△MHN，
∴BC=MH=2，BM=HN=3﹣2=1，
∴M(1，2)，N(2，0)，
由勾股定理得：MC= = ，
∴S△CMN= × × = ;……………………10分
?、诋?dāng)點(diǎn)M在x軸下方時(shí)，如圖3，作輔助線，構(gòu)建如圖所示的兩直角三角形：Rt△NEM和Rt△MDC，
得Rt△NEM≌Rt△MDC，
∴EM=CD=5，MD=ME=2，
由勾股定理得：CM= = ，
∴S△CMN= × × = ;
綜上所述：△CMN的面積為： 或 .…………12分
說(shuō)明：以上各題若有其他解法，請(qǐng)參照評(píng)分說(shuō)明給分.
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