【其中考試】江蘇省連云港市某校初三（上）期中考試數(shù)學(xué)試卷答案與詳細(xì)解析

試卷第=page3434頁(yè)，總=sectionpages3434頁(yè)試卷第=page3333頁(yè)，總=sectionpages3434頁(yè)江蘇省連云港市某校初三（上）期中考試數(shù)學(xué)試卷一、選擇題

1.下列方程中是一元二次方程的是(

)A.-5x+2=1 B.2x

2.一組數(shù)據(jù)4，4，5，5，x，6，7的平均數(shù)是5，則這組數(shù)據(jù)的眾數(shù)和中位數(shù)分別是(

)A.4，5 B.4，4 C.5，4 D.5，5

3.用配方法解方程x2-2xA.(x+1)2=6 B.

4.在矩形ABCD中，AB=3，AD=5，以點(diǎn)A為圓心，4為半徑作圓，點(diǎn)C與⊙A.點(diǎn)C在⊙A內(nèi) B.點(diǎn)C在⊙A上 C.點(diǎn)C在⊙A

5.已知等腰三角形的腰和底的長(zhǎng)分別是一元二次方程x2-A.8 B.8或10 C.10 D.12

6.如圖，AB為⊙O的切線，點(diǎn)A為切點(diǎn)，OB交⊙O于點(diǎn)C，點(diǎn)D在⊙O上，連接AD，CD，OA，若∠ADC=35°A.25° B.20° C.30

7.往直徑為52cm的圓柱形容器內(nèi)裝入一些水以后，截面如圖所示，若水面寬AB的長(zhǎng)為48cm，則水的最大深度為(

)

A.8cm B.10cm C.16

8.如圖，點(diǎn)O為線段BC的中點(diǎn)，點(diǎn)A，C，D到點(diǎn)O的距離相等，若∠ABC=40°，則∠ADCA.130° B.140° C.150° D.160二、填空題

將方程x2-2=7x化成

在半徑為3cm的⊙O中，若弦AB=32

若關(guān)于x的一元二次方程kx2-2x-

如圖，AB是半圓的直徑，C，D是半圓上的兩點(diǎn)，∠ADC=106°，則∠CAB

如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，點(diǎn)A的坐標(biāo)為0,7，點(diǎn)B的坐標(biāo)為0,3，點(diǎn)C的坐標(biāo)為3,0，那么△ABC的外接圓的圓心坐標(biāo)為_(kāi)_______.

如圖，若干個(gè)全等的正五邊形排成環(huán)狀，圖中所示的是前3個(gè)正五邊形，要完成這一圓環(huán)還需正五邊形的個(gè)數(shù)為_(kāi)_______.

如圖，若一個(gè)半徑為1的圓形紙片在邊長(zhǎng)為6的正方形內(nèi)任意運(yùn)動(dòng)，則在該正方形內(nèi)，這個(gè)圓形紙片不能接觸的圖形面積為_(kāi)_______.

如圖，在△ABC中，∠A=135°，AB=32，AC=4，D是AC上一點(diǎn)，且CD=3，E是BC邊上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，連接DE，將△CDE沿DE所在的直線翻折，得到三、解答題

解方程：

(1)

x2+2(2)

2x

某球隊(duì)從隊(duì)員中選拔選手參加3分球大賽，對(duì)報(bào)名的兩名選手進(jìn)行3分球投籃測(cè)試，測(cè)試共五組，每組投10次，進(jìn)球的個(gè)數(shù)統(tǒng)計(jì)結(jié)果如表：

隊(duì)員進(jìn)球數(shù)（個(gè)/組）一二三四五甲1061068乙79789(1)求甲、乙兩名隊(duì)員進(jìn)球的平均數(shù)和方差；(2)現(xiàn)從甲、乙兩名隊(duì)員中選出一人去參加3分球投籃大賽，你認(rèn)為應(yīng)該選哪名隊(duì)員去？為什么？

已知關(guān)于x的方程x2(1)求證：無(wú)論m為何值，方程恒有兩個(gè)不相等的實(shí)數(shù)根；(2)若此方程的一個(gè)根是-1，請(qǐng)求出m

如圖①，已知圓錐的母線長(zhǎng)l=16cm，若以頂點(diǎn)O為中心，將此圓錐按圖②放置在平面上逆時(shí)針滾動(dòng)3圈后所形成的扇形的圓心角θ=270(1)求圓錐的底面半徑；(2)求圓錐的表面積．

現(xiàn)代互聯(lián)網(wǎng)技術(shù)的廣泛應(yīng)用，促進(jìn)了快遞行業(yè)的快速發(fā)展，據(jù)調(diào)查，連云港市某家小型“大學(xué)生自主創(chuàng)業(yè)”的快遞公司，今年7月份與9月份完成投遞的快遞總件數(shù)分別為10萬(wàn)件和12.1萬(wàn)件，現(xiàn)假定該公司每月投遞的快遞總件數(shù)的增長(zhǎng)率相同．(1)求該快遞公司投遞快遞總件數(shù)的月平均增長(zhǎng)率；(2)如果平均每人每月最多可投遞快遞0.6萬(wàn)件，那么該公司現(xiàn)有的21名快遞投遞業(yè)務(wù)員能否完成今年10月份的快遞投遞任務(wù)？

如圖，在△ABC中，∠C=90°，∠BAC的平分線交BC于點(diǎn)D，點(diǎn)O在AB上，以點(diǎn)O為圓心，OA為半徑的圓恰好經(jīng)過(guò)點(diǎn)D，分別交AC，AB于點(diǎn)E(1)試判斷直線BC與⊙O(2)若BD=25，BF=2

2020年春節(jié)，一場(chǎng)新冠病毒疫情席卷了整個(gè)中華地區(qū)，全國(guó)人民齊心協(xié)力、共同抗疫.為了防止感染，N95口罩成為了大眾紛紛搶購(gòu)的必需品，由于需求增加導(dǎo)致價(jià)格不斷走高，引起了民眾與政府的高度關(guān)注，據(jù)統(tǒng)計(jì)：2020年2月份一盒N95口罩價(jià)格比2020年1月份上漲了30%，某市民2020年2月3日在某超市訂購(gòu)了一盒N95口罩花了(1)問(wèn)：2020年1月份一盒N95(2)某超市將進(jìn)貨價(jià)為每盒39元的N95口罩，按2020年2月3日價(jià)格出售，平均一天能銷(xiāo)售出100盒，經(jīng)調(diào)查表明：N95口罩的售價(jià)每盒下降1元，其口罩銷(xiāo)售量就增加10盒，超市為了實(shí)現(xiàn)銷(xiāo)售N95口罩每天有1320

圖1是某奢侈品牌的香水瓶．從正面看上去（如圖2），它可以近似看作⊙O割去兩個(gè)弓形（由弦及其所對(duì)的弧組成的圖形叫做弓形）后余下的部分與矩形ABCD組合而成的圖形（點(diǎn)B，C在⊙O上），其中BC//EF

；從側(cè)面看，它是扁平的，厚度為1.3cm．已知⊙O的半徑為2.5cm，BC=1.4cm，

【問(wèn)題情境】(1)點(diǎn)A是⊙O外一點(diǎn)，點(diǎn)P是⊙O上一動(dòng)點(diǎn)．若⊙O的半徑為2，且OA=5，則點(diǎn)P到點(diǎn)【直接運(yùn)用】(2)如圖1，在Rt△ABC中，

∠ACB=90°，AC=BC=2，以BC為直徑的半圓交AB于D，【構(gòu)造運(yùn)用】(3)如圖2，已知正方形ABCD的邊長(zhǎng)為6，點(diǎn)M，N分別從點(diǎn)B，C同時(shí)出發(fā)，以相同的速度沿邊BC，CD方向向終點(diǎn)C和D運(yùn)動(dòng)，連接AM和BN交于點(diǎn)P，求點(diǎn)P到點(diǎn)C的最短距離，并說(shuō)明理由；【靈活運(yùn)用】(4)如圖3，⊙O的半徑為4，弦AB=4，點(diǎn)C為優(yōu)弧AB上一動(dòng)點(diǎn)，AM⊥AC，交直線CB于點(diǎn)M，則△ABM

在平面直角坐標(biāo)系xOy中，給出如下定義：若點(diǎn)P在圖形M上，點(diǎn)Q在圖形N上，稱(chēng)線段PQ長(zhǎng)度的最小值為圖形M，N的密距，記為dM，N，特別地，若圖形M，N有公共點(diǎn)，規(guī)定dM,(1)如圖1，⊙O的半徑為3.

①點(diǎn)A0,1，B4,3，則dA,⊙O=________，dB,⊙O=________(2)如圖2，C為x軸正半軸上的一點(diǎn)，⊙C的半徑為1，直線y=-33x+533與x軸交于點(diǎn)D，與y軸交于點(diǎn)E，其中∠ODE=30

參考答案與試題解析江蘇省連云港市某校初三（上）期中考試數(shù)學(xué)試卷一、選擇題1.【答案】C【考點(diǎn)】一元二次方程的定義【解析】根據(jù)一元二次方程的定義，未知數(shù)的最高次數(shù)是2；二次項(xiàng)系數(shù)不為0；是整式方程；含有一個(gè)未知數(shù)．由這四個(gè)條件對(duì)四個(gè)選項(xiàng)進(jìn)行驗(yàn)證，滿(mǎn)足這四個(gè)條件者為正確答案．【解答】解：A，-5x+2=1是一元一次方程，故A錯(cuò)誤；

B，2x2-y+1=0，含有2個(gè)未知數(shù)，不是一元二次方程，故B錯(cuò)誤；

C，x2+2x=0是一元二次方程，故C正確；2.【答案】A【考點(diǎn)】算術(shù)平均數(shù)中位數(shù)眾數(shù)【解析】根據(jù)眾數(shù)、算術(shù)平均數(shù)、中位數(shù)的概念，結(jié)合題意進(jìn)行求解．【解答】解：∵這組數(shù)據(jù)的平均數(shù)是5，

∴4+4+5+5+x+6+77=5，

解得：x=4，

則這組數(shù)據(jù)按照從小到大的順序排列為：4，4，4，5，5，6，7，

則眾數(shù)為4，中位數(shù)為53.【答案】C【考點(diǎn)】解一元二次方程-配方法【解析】配方法的一般步驟：

(1)把常數(shù)項(xiàng)移到等號(hào)的右邊；

(2)把二次項(xiàng)的系數(shù)化為1；

(3)等式兩邊同時(shí)加上一次項(xiàng)系數(shù)一半的平方．【解答】解：由原方程移項(xiàng)，得

x2-2x=5，

方程的兩邊同時(shí)加上一次項(xiàng)系數(shù)-2的一半的平方1，得

x24.【答案】C【考點(diǎn)】點(diǎn)與圓的位置關(guān)系勾股定理【解析】利用點(diǎn)到圓心的距離與半徑的關(guān)系，判定點(diǎn)與圓的位置關(guān)系.【解答】解：在矩形ABCD中，AC=32+52>4=R，

所以點(diǎn)C5.【答案】C【考點(diǎn)】解一元二次方程-因式分解法三角形三邊關(guān)系【解析】用因式分解法可以求出方程的兩個(gè)根分別是4和2，根據(jù)等腰三角形的三邊關(guān)系，腰應(yīng)該是4，底是2，然后可以求出三角形的周長(zhǎng)．【解答】解：由x2-6x+8=0，

得(x-4)(x-2)=0，

解得：x1=4，x2=2.

由三角形的三邊關(guān)系可得：

腰長(zhǎng)是46.【答案】B【考點(diǎn)】切線的性質(zhì)圓周角定理余角和補(bǔ)角【解析】根據(jù)切線的性質(zhì)和圓周角定理即可得到結(jié)論．【解答】解：∵AB為⊙O的切線，

∴AB⊥OA，即∠OAB=90°.

∵∠ADC=35°7.【答案】C【考點(diǎn)】垂徑定理的應(yīng)用勾股定理【解析】連接OB，過(guò)點(diǎn)O作OC⊥AB于點(diǎn)D，交⊙O于點(diǎn)C，先由垂徑定理求出BD的長(zhǎng)，再根據(jù)勾股定理求出OD【解答】解：連接OB，過(guò)點(diǎn)O作OC⊥AB于點(diǎn)D，交⊙O于點(diǎn)C，如圖所示：

∵AB=48cm，

∴BD=12AB=12×48=24cm.

∵⊙O的直徑為52cm，

∴8.【答案】B【考點(diǎn)】圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)【解析】此題暫無(wú)解析【解答】解：如圖所示，連接OA，OD，作出⊙O.

由題意得，OA=OB=OC=OD，四邊形ABCD為⊙O的內(nèi)接四邊形，

∴∠ABC+∠ADC二、填空題【答案】-【考點(diǎn)】一元二次方程的一般形式【解析】根據(jù)一般地，任何一個(gè)關(guān)于x的一元二次方程經(jīng)過(guò)整理，都能化成如下形式ax2+bx+c=0a≠0

．這種形式叫一元二次方程的一般形式．其中a【解答】解：∵方程x2-2=7x可以轉(zhuǎn)化為x2-7x【答案】45°或【考點(diǎn)】圓周角定理勾股定理的逆定理【解析】根據(jù)題意畫(huà)出圖形，連接OA和OB，根據(jù)勾股定理的逆定理得出∠AOB＝90【解答】解：如圖所示，連接OA，OB，

則OA=OB=3.

∵AB=32，

∴OA2+OB2=AB2，

∴∠AOB=90°，

∴劣弧AB所對(duì)的圓心角的度數(shù)是90°，

【答案】k>-1且【考點(diǎn)】根的判別式一元二次方程的定義【解析】根據(jù)一元二次方程的定義和△的意義得到k≠0且△>0，即(-2)2【解答】解：∵關(guān)于x的一元二次方程kx2-2x-1=0有兩個(gè)不相等的實(shí)數(shù)根，

∴k≠0且Δ>0，即(-2)2-4×k×(-1)>0，

解得k>-1【答案】16【考點(diǎn)】圓周角定理【解析】連接BD，如圖，根據(jù)圓周角定理得到∠ADB＝90°，則可計(jì)算出∠BDC＝16【解答】解：連接BD，如圖所示：

∵AB是半圓的直徑，

∴∠ADB=90°，

∴∠BDC=∠ADC-∠ADB【答案】(5,5)【考點(diǎn)】三角形的外接圓與外心【解析】先作出△ABC的外接圓的圓心即可求解【解答】解：作出AB和BC的垂直平分線，

兩條垂直平分線的交點(diǎn)就是△ABC的外接圓的圓心，

如圖所示：

故△ABC的外接圓的圓心坐標(biāo)為(5,5).

故答案為：【答案】7【考點(diǎn)】多邊形的外角和三角形內(nèi)角和定理【解析】延長(zhǎng)正五邊形的相鄰兩邊交于圓心，求得該圓心角的度數(shù)后，用360°除以該圓心角的度數(shù)即可得到正五邊形的個(gè)數(shù)，減去3【解答】解：∵正五邊形的外角等于360°÷5=72°，

∴∠O=180°-72°-72°=36【答案】4-【考點(diǎn)】扇形面積的計(jì)算【解析】利用幾何圖的關(guān)系，確定不能接觸的部分，求出面積即可.【解答】解：這張圓形紙片不能接觸到的部分是正方形的四個(gè)角（如圖陰影部分為其中的一個(gè)角）.

陰影部分的面積為邊長(zhǎng)為1的正方形的面積減去四分之一個(gè)半徑為1的圓形紙片的面積，

即S陰影=1×1-14π×12=1-π4，

所以四個(gè)角的總面積為1-【答案】2【考點(diǎn)】翻折變換（折疊問(wèn)題）勾股定理三角形三邊關(guān)系【解析】直接根據(jù)題意，作出草圖，利用三點(diǎn)共線取最小值，計(jì)算得出答案.【解答】解：以D為圓心，DF為半徑作圓，連接BD交⊙D于點(diǎn)F'，

則DF=CD=DF'.

∵BF+DF≥BD，

∴BF≥BD-DF，

當(dāng)且僅當(dāng)B，F(xiàn)，D三點(diǎn)共線，即F，F(xiàn)'重合時(shí)，取等號(hào).

過(guò)點(diǎn)B作BH⊥CA交CA的延長(zhǎng)線于點(diǎn)H，

則∠HAB=45°，BH三、解答題【答案】解：(1)x2+2x-3=0，

移項(xiàng)配方得，x2+2x+1=4，

即(x22x-12-22x-1=0，

2x【考點(diǎn)】解一元二次方程-配方法解一元二次方程-因式分解法【解析】

【解答】解：(1)x2+2x-3=0，

移項(xiàng)配方得，x2+2x+1=4，

即(x22x-12-22x-1=0，

2x【答案】解：(1)x甲=10×2+6×2+85=8，

x乙(2)應(yīng)選乙去，

因?yàn)榧住⒁移骄鶖?shù)相同，但乙的差小于甲的方差，說(shuō)明乙比較穩(wěn)定．【考點(diǎn)】方差算術(shù)平均數(shù)【解析】

【解答】解：(1)x甲=10×2+6×2+85=8，

x乙(2)應(yīng)選乙去，

因?yàn)榧住⒁移骄鶖?shù)相同，但乙的差小于甲的方差，說(shuō)明乙比較穩(wěn)定．【答案】(1)證明：∵Δ=b2-4(2)解：將x=-1代入方程，

得(-1)2+(m+2)×(-1)+2m-1=0，

解得m=2，

∴方程為x2+4x+3=0【考點(diǎn)】根的判別式一元二次方程的解根與系數(shù)的關(guān)系【解析】

【解答】(1)證明：∵Δ=b2-4(2)解：將x=-1代入方程，

得(-1)2+(m+2)×(-1)+2m-1=0，

解得m=2，

∴方程為x2+4x【答案】解：(1)∵3×2πr=nπl(wèi)180°，

∴3×2πr=270°(2)S表=S側(cè)【考點(diǎn)】圓錐的展開(kāi)圖及側(cè)面積圓錐的全面積【解析】

【解答】解：(1)∵3×2πr=nπl(wèi)180°，

∴3×2πr=270°(2)S表=S側(cè)【答案】解：(1)設(shè)該快遞公司投遞快遞總件數(shù)的月平均增長(zhǎng)率為x，

根據(jù)題意得10(1+x)2=12.1，

解得x1=0.1，x(2)今年10月份的快遞投遞任務(wù)是12.1×(1+10%)=13.31（萬(wàn)件）．

∵平均每人每月最多可投遞快遞0.6萬(wàn)件，

∴21名快遞投遞業(yè)務(wù)員能完成的快遞投遞任務(wù)是0.6×21=12.6<13.31，

∴該公司現(xiàn)有的21名快遞投遞業(yè)務(wù)員不能完成今年10月份的快遞投遞任務(wù).

答：該公司現(xiàn)有的21名快遞投遞業(yè)務(wù)員不能完成今年10月份的快遞投遞任務(wù)．【考點(diǎn)】一元二次方程的應(yīng)用——增長(zhǎng)率問(wèn)題有理數(shù)的乘法【解析】（1）設(shè)該快遞公司投遞總件數(shù)的月平均增長(zhǎng)率為x，根據(jù)“今年三月份與五月份完成投遞的快遞總件數(shù)分別為10萬(wàn)件和12.1萬(wàn)件，現(xiàn)假定該公司每月投遞的快遞總件數(shù)的增長(zhǎng)率相同”建立方程，解方程即可；

（2）首先求出今年6月份的快遞投遞任務(wù)，再求出21名快遞投遞業(yè)務(wù)員能完成的快遞投遞任務(wù)，比較得出該公司不能完成今年6月份的快遞投遞任務(wù)，進(jìn)而求出至少需要增加業(yè)務(wù)員的人數(shù)．【解答】解：(1)設(shè)該快遞公司投遞快遞總件數(shù)的月平均增長(zhǎng)率為x，

根據(jù)題意得10(1+x)2=12.1，

解得x1=0.1，(2)今年10月份的快遞投遞任務(wù)是12.1×(1+10%)=13.31（萬(wàn)件）．

∵平均每人每月最多可投遞快遞0.6萬(wàn)件，

∴21名快遞投遞業(yè)務(wù)員能完成的快遞投遞任務(wù)是0.6×21=12.6<13.31，

∴該公司現(xiàn)有的21名快遞投遞業(yè)務(wù)員不能完成今年10月份的快遞投遞任務(wù).

答：該公司現(xiàn)有的21名快遞投遞業(yè)務(wù)員不能完成今年10月份的快遞投遞任務(wù)．【答案】解：(1)直線BC與⊙O相切.

理由如下：

連接OD.

∵OA=OD，

∴∠OAD=∠ODA.

∵AD平分∠BAC，

∴∠OAD=∠CAD，

∴∠ODA=∠CAD，

∴OD//AC.

∵∠C(2)設(shè)⊙O的半徑為r.

∵OD2+BD2=【考點(diǎn)】切線的判定角平分線的定義平行線的判定與性質(zhì)勾股定理【解析】

【解答】解：(1)直線BC與⊙O相切.

理由如下：

連接OD.

∵OA=OD，

∴∠OAD=∠ODA.

∵AD平分∠BAC，

∴∠OAD=∠CAD，

∴∠ODA=∠CAD，

∴OD//AC.

∵∠C(2)設(shè)⊙O的半徑為r.

∵OD2+BD2=【答案】解：(1)設(shè)2020年1月份一盒N95口罩的價(jià)格為x元，

則x(1+30%)=52，

解得：x=40.

答：2020年1月份一盒N(2)設(shè)每盒N95口罩的價(jià)格應(yīng)該下降y元．

根據(jù)題意得，(52-y-39)(100+10y)=1320，

整理得，y2-3y+2=0，

解得y1=1，y2=2.

∵【考點(diǎn)】由實(shí)際問(wèn)題抽象出一元一次方程一元二次方程的應(yīng)用——利潤(rùn)問(wèn)題【解析】

【解答】解：(1)設(shè)2020年1月份一盒N95口罩的價(jià)格為x元，

則x(1+30%)=52，

解得：x=40.

答：2020年1月份一盒N(2)設(shè)每盒N95口罩的價(jià)格應(yīng)該下降y元．

根據(jù)題意得，(52-y-39)(100+10y)=1320，

整理得，y2-3y+2=0，

解得y1=1，y2=2.

∵要盡可能讓顧客得到實(shí)惠，【答案】解：如圖所示，過(guò)O點(diǎn)作OM⊥BC，并延長(zhǎng)MO交EF于點(diǎn)N，連接OB，OE．

∵BC//EF，OM⊥BC，

∴ON⊥EF.

∵OM⊥BC，ON⊥EF且BC=1.4cm，EF=3cm，

∴BM=0.7cm，EN=1.5cm.

∵OB=OE【考點(diǎn)】勾股定理的應(yīng)用【解析】

【解答】解：如圖所示，過(guò)O點(diǎn)作OM⊥BC，并延長(zhǎng)MO交EF于點(diǎn)N，連接OB，OE．

∵BC//EF，OM⊥BC，

∴ON⊥EF.

∵OM⊥BC，ON⊥EF且BC=1.4cm，EF=3cm，

∴BM=0.7cm，EN=1.5cm.

∵OB=OE=2.5【答案】35(3)如圖所示，

∵點(diǎn)M，N分別從B，C同時(shí)出發(fā)且速度相同，

∴BM=CN.

∵四邊形ABCD為正方形，

∴AB=BC，∠ABC=∠BCN=90°.

∵BM=CN，

∴△ABM?△BCN(HL)，

∴∠BAM=∠CBN.

∵∠ABN+∠NBC=90°，

∴∠BAM+∠NBC=90°，

∴∠APB=90°，

∴點(diǎn)4【考點(diǎn)】圓與圓的綜合與創(chuàng)新勾股定理直角三角形全等的判定正方形的性質(zhì)【解析】此題暫無(wú)解析【解答】解：(1)當(dāng)點(diǎn)P是OA與⊙O的交點(diǎn)時(shí)，點(diǎn)P到點(diǎn)A的距離最短，

此時(shí)PA=OA-OP(2)如圖所示，取BC中點(diǎn)O，連接AO，與⊙O相交于點(diǎn)P.

此時(shí)AP最短.

∵∠ACB=90°，AC=BC=2，BC為直徑，

∴PO=CO=1，(3)如圖所示，

∵點(diǎn)M，N分別從B，C同時(shí)出發(fā)且速度相同，

∴BM=