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期末測評
(時間:120分鐘,滿分:120分)
一、選擇題(每小題3分,共36分)
1.下列敘述正確的是( )
A.“如果a,b是實數(shù),那么a+b=b+a”是不確定事件
B.某種彩票的中獎率為17,是指買7張彩票一定有1張中獎
C.擲一枚均勻硬幣正面朝上是必然事件
D.“某班50名同學(xué)中恰有2名同學(xué)生日是同一天”是隨機事件
2.(xx黑龍江中考)下列圖形中,既是軸對稱圖形又是中心對稱圖形的是( )
3.(xx寧夏中考)若關(guān)于x的一元二次方程(a-1)x2+3x-2=0有實數(shù)根,則a的取值范圍是( )
A.a>-18 B.a≥-18
C.a>-18,且a≠1 D.a≥-18,且a≠1
4.(xx江蘇蘇州中考)若二次函數(shù)y=ax2+1的圖象經(jīng)過點(-2,0),則關(guān)于x的方程a(x-2)2+1=0的實數(shù)根為( )
A.x1=0,x2=4 B.x1=-2,x2=6
C.x1=32,x2=52 D.x1=-4,x2=0
5.(xx四川阿壩州中考)如圖,拋物線y=ax2+bx+c(a≠0)的對稱軸為直線x=1,與x軸的一個交點坐標(biāo)為(-1,0),其部分圖象如圖所示,下列結(jié)論:
①4ac
0;
④當(dāng)y>0時,x的取值范圍是-1≤x<3;
⑤當(dāng)x<0時,y隨x的增大而增大.
其中結(jié)論正確的個數(shù)是( )
A.4 B.3 C.2 D.1
6.
如圖,Rt△ABC的內(nèi)切圓☉O與兩直角邊AB,BC分別相切于點D,E,過劣弧DE(不包括端點D,E)上任一點P作☉O的切線MN與AB,BC分別交于點M,N.若☉O的半徑為r,則Rt△MBN的周長為( )
A.r B.32r C.2r D.52r
7.如圖,88方格紙上的兩條對稱軸EF,MN相交于中心點O,對△ABC分別作下列變換:①先以點A為中心順時針方向旋轉(zhuǎn)90,再向右平移4格,向上平移4格;②先以點O為中心作中心對稱圖形,再以點A的對應(yīng)點為中心逆時針方向旋轉(zhuǎn)90;③先以直線MN為軸作軸對稱圖形,再向上平移4格,再以點A的對應(yīng)點為中心順時針方向旋轉(zhuǎn)90.其中,能將△ABC變換后與△PQR重合的是( )
A.①② B.①③ C.②③ D.①②③
8.已知圓上一段弧長為5π cm,它所對的圓心角為100,則該圓的半徑為( )
A.6 cm B.9 cm C.12 cm D.18 cm
9.如圖,已知AB為☉O的弦,OC⊥AB,垂足為C,若OA=10,AB=16,則弦心距OC的長為( )
A.12 B.10
C.6 D.8
10.在平面直角坐標(biāo)系中,把一條拋物線先向上平移3個單位長度,然后繞原點旋轉(zhuǎn)180得到拋物線y=x2+5x+6,則原拋物線的解析式為( )
A.y=-x-522-114 B.y=-x+522-114
C.y=-x-522-14 D.y=-x+522+14
11.如圖,隨機閉合開關(guān)K1,K2,K3中的兩個,則能讓兩盞燈泡同時發(fā)光的概率為( )
A.16 B.13 C.12 D.23
12.某校校園內(nèi)有一個大正方形花壇,如圖甲所示,由四個邊長均為3米的小正方形組成,且每個小正方形的種植方案相同.其中的一個小正方形ABCD如圖乙所示,DG=1 米,AE=AF=x 米,在五邊形EFBCG區(qū)域上種植花卉,則大正方形花壇種植花卉的面積y與x的函數(shù)圖象大致是( )
二、填空題(每小題3分,共18分)
13.請寫出符合條件:一個根為x=1,另一個根滿足-10)圖象上的一點,點F的坐標(biāo)為0,14a,直角坐標(biāo)系中的坐標(biāo)原點O與點M,F在同一個圓上,圓心Q的縱坐標(biāo)為18.
(1)求a的值;
(2)當(dāng)O,Q,M三點在同一條直線上時,求點M和點Q的坐標(biāo);
(3)當(dāng)點M在第一象限時,過點M作MN⊥x軸,垂足為點N.求證:MF=MN+OF.
25.(10分)如圖,☉O的弦AD∥BC,過點D的切線交BC的延長線于點E,AC∥DE交BD于點H,DO及延長線分別交AC,BC于點G,F.
(1)求證:DF垂直且平分AC;
(2)求證:FC=CE;
(3)若弦AD=5 cm,AC=8 cm,求☉O的半徑.
參考答案
期末測評(上冊)
一、選擇題
1.D 2.A
3.D 根據(jù)題意得a≠1,且Δ=32-4(a-1)(-2)≥0,
解得a≥-18,且a≠1.
故選D.
4.A ∵二次函數(shù)y=ax2+1的圖象經(jīng)過點(-2,0),
∴4a+1=0,∴a=-14,
∴方程a(x-2)2+1=0為-14(x-2)2+1=0,解得x1=0,x2=4,故選A.
5.B ∵拋物線與x軸有兩個交點,
∴b2-4ac>0,故①正確;
∵拋物線的對稱軸為直線x=1,而點(-1,0)關(guān)于直線x=1的對稱點的坐標(biāo)為(3,0),
∴方程ax2+bx+c=0的兩個根是x1=-1,x2=3,故②正確;
∵x=-b2a=1,即b=-2a,
而x=-1時,y=0,即a-b+c=0,
∴a+2a+c=0,故③錯誤;
∵拋物線與x軸的兩交點坐標(biāo)為(-1,0),(3,0),
∴當(dāng)-10,故④錯誤;
∵拋物線的對稱軸為直線x=1,∴當(dāng)x<1時,y隨x的增大而增大,故⑤正確.故選B.
6.C 連接OD,OE,因為☉O是Rt△ABC的內(nèi)切圓,
所以O(shè)D⊥AB,OE⊥BC.
又因為MD,MP都是☉O的切線,且D,P是切點,所以MD=MP,同理可得NP=NE.
故CRt△MBN=MB+BN+NM=MB+BN+NP+PM=MB+MD+BN+NE=BD+BE=2r.
7.D?、佗冖廴N變換都能將△ABC變換后與△PQR重合.
8.B 根據(jù)弧長公式l=nπR180,可求該圓的半徑.
9.C 由垂徑定理,得AC=12AB=8,在Rt△OAC中,根據(jù)勾股定理,得OC=6.
10.A 拋物線y=x2+5x+6=x+522-14,頂點坐標(biāo)為-52,-14,將其繞原點旋轉(zhuǎn)180后,頂點坐標(biāo)變?yōu)?2,14,開口方向向下,拋物線的形狀沒有發(fā)生變化,因此對應(yīng)的函數(shù)解析式為y=-x-522+14,再將其向下平移3個單位,拋物線的解析式變?yōu)閥=-x-522-114.故選A.
11.B 隨機閉合開關(guān)K1,K2,K3中的兩個有3種可能結(jié)果,分別為K1,K2;K1,K3;K2,K3.其中,能讓兩盞燈泡同時發(fā)光的結(jié)果有1種,所以所求概率為13.
12.A S△AEF=12AEAF=12x2,S△DEG=12DGDE=121(3-x)=3-x2,S五邊形EFBCG=S正方形ABCD-S△AEF-S△DEG=9-12x2-3-x2=-12x2+12x+152,則y=4-12x2+12x+152=-2x2+2x+30,
∵00,易知m=0,-1,-2滿足上式;將m=0,-1,-2分別代入方程(m+1)x2+mx+1=0,可知當(dāng)m=-1,-2時,該方程有實數(shù)根,故所求概率為25.
17.
254 如圖,連接EO并延長交AD于點H,連接AO.
∵四邊形ABCD是矩形,☉O與BC邊相切于點E,
∴EH⊥BC,∴EH⊥AD.
∴根據(jù)垂徑定理,得AH=DH.
∵AB=8,AD=12,
∴AH=6,HE=8.
設(shè)☉O的半徑為r,則AO=r,OH=8-r.
在Rt△OAH中,由勾股定理,得(8-r)2+62=r2,解得r=254.
∴☉O的半徑為254.
18.2π △AOC繞點O順時針旋轉(zhuǎn)90得到△BOD,所以△AOC≌△BOD,圖中陰影部分的面積為14π(OA2-OC2)=14π(32-12)=2π.
三、解答題
19.解 (1)畫樹狀圖如下:
所以垃圾投放正確的概率是39=13.
(2)由題表可估計“廚余垃圾”投放正確的概率為25060+250+40=250350=57.
20.(1)解 C(2,0),D(0,6).
(2)解 由于拋物線過D(0,6),所以可設(shè)拋物線解析式為y=ax2+bx+6(a≠0),
由題意可得36a-6b+6=0,4a+2b+6=0.
解得a=-12,b=-2.
所以拋物線解析式為y=-12x2-2x+6.
由y=-12x2-2x+6,得y=-12(x+2)2+8,即拋物線頂點E的坐標(biāo)為(-2,8).
(3)證明 (方法1)過E作EM⊥y軸,垂足為M,易得
OA=BM=6,OB=EM=2,
又因為∠EMB=∠AOB=90,
所以△ABO≌△BEM.
所以∠BAO=∠MBE.
所以∠ABE=90,即AB⊥BE.
(方法2)連接AE.根據(jù)勾股定理,得AB2=62+22=40,EB2=22+62=40,AE2=42+82=80,所以AE2=AB2+EB2,
所以△ABE是直角三角形,AB⊥BE.
21.解 (1)①(x-1)2=0,解得x1=x2=1,即方程x2-2x+1=0的解為x1=x2=1;
②(x-1)(x-2)=0,解得x1=1,x2=2,即方程x2-3x+2=0的解為x1=1,x2=2;
③(x-1)(x-3)=0,解得x1=1,x2=3,即方程x2-4x+3=0的解為x1=1,x2=3.
(2)①方程x2-9x+8=0的解為x1=1,x2=8;
②關(guān)于x的方程x2-(1+n)x+n=0的解為x1=1,x2=n.
(3)x2-9x=-8,x2-9x+814=-8+814,x-922=494,x-92=72,
故x1=1,x2=8;
所以猜想正確.
22.解 (1)等邊三角形.
(2)設(shè)AH=x,則HB=AB-AH=6-x,依題意可得AB=OC=6,BC=OA=4.
在Rt△BHC中,HC2=BC2+HB2,即x2-(6-x)2=42,解得x=133.故H133,4.
設(shè)直線FC的方程為y=kx+b(k≠0),把H133,4,C(6,0)代入y=kx+b,得133k+b=4,6k+b=0,解得k=-125,b=725,即y=-125x+725.
23.(1)解 因為∠ABC與∠D都是弧AC所對的圓周角,
所以∠ABC=∠D=60.
(2)證明 因為AB是☉O的直徑,
所以∠ACB=90.
所以∠BAC=30.
所以∠BAE=∠BAC+∠EAC=30+60=90,即BA⊥AE.所以AE是☉O的切線.
(3)解 如圖,連接OC,
因為OB=OC,∠ABC=60,
所以△OBC是等邊三角形.
所以O(shè)B=BC=4,∠BOC=60.
所以∠AOC=120.所以劣弧AC的長為120π4180=83π.
24.解 (1)∵圓心Q的縱坐標(biāo)為18,
∴設(shè)Qm,18,F0,14a.
∵QO=QF,∴m2+182=m2+18-14a2,解得a=1.
注:也可作QH⊥y軸于點H,則有FH=OH,即14a12=18,解得a=1.
(2)當(dāng)O,Q,M三點在同一條直線上時,OM為圓Q的直徑,
則MF⊥OF.
已知F0,14,當(dāng)y=14時,x2=14.解得x1=12,x2=-12.
∴M112,14,M2-12,14.又點Q為線段OM的中點,故當(dāng)M112,14時,Q114,18;當(dāng)M2-12,14時,Q2-14,18.
(3)設(shè)M(n,n2)(n>0),
則N(n,0),又F0,14,
∴MF=n2+n2-142=n2+142=n2+14,MN+OF=n2+14,∴MF=MN+OF.
25.(1)證明 因為DE是☉O的切線,且DF過圓心O,所以DF⊥DE.
又因為AC∥DE,
所以DF⊥AC.
所以DF垂直且平分AC.
(2)證明 由(1)知AG=GC.
又因為AD∥BC,
所以∠DAG=∠FCG.
又因為∠AGD=∠CGF,
所以△AGD≌△CGF.
所以AD=FC.
因為AD∥BC,且AC∥DE,
所以四邊形ACED是平行四邊形.所以AD=CE.所以FC=CE.
(3)解 連接AO.
因為AG=GC,AC=8 cm,
所以AG=4 cm.
在Rt△AGD中,由勾股定理,得GD=AD2-AG2=52-42=3(cm).
設(shè)圓的半徑為r cm,則AO=r cm,OG=(r-3)cm.
在Rt△AOG中,由勾股定理,得AO2=OG2+AG2.有r2=(r-3)2+42,解得r=256.
所以☉O的半徑為256 cm.
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