1、2014届北京清华大学附属中学初三第一学期 10月月考数学试卷与答案（带解析） 选择题 下面四张扑克牌中，图案属于中心对称的是（ ） A B C D 答案： B. 试题分析：根据中心对称图形的概念中心对称图形是图形沿对称中心旋转 180度后与原图重合，因此，上面四张扑克牌中，图案属于中心对称的是 B. 故选 B. 考点：中心对称图形 . 如图， AC、 BD为圆 O的两条垂直的直径，动点 P从圆心 O出发，沿线段线段 DO的路线作匀速运动设运动时间为 t秒， APB的度数为 y度，则下列图象中表示 y与 t的函数关系最恰当的是（ ） A B C D 答案： C. 试题分析：当动点 P在 OC上
2、运动时，根据三角形的外角大于与它不相邻内角的性质，得 APB逐渐减小； 当动 P在 CD 上运动时，根据同弧所对圆周角相等性质，得 APB不变； 当动 P在 DO上运动时，同样根据三角形的外角大于与它不相邻内角的性质，得 APB逐渐增大 . 故选 C. 考点： 1.动点问题的函数图象； 2.三角形外角性质； 3.圆周角定理 . 如图，每个正方形网格的边长为 1个单位长度，将 ABC的三边分别扩大一倍得到 （顶点均在格点上），若它们 是以点 P为位似中心的位似图形，则点 P的坐标是（ ） A B C D 答案： C 试题分析： ABC的三边分别扩大一倍得到 A1B1C1（顶点均在格点上），它们是
3、以 P点为位似中心的位似图形，根据位似图形的性质，对应点的坐标相交于一点，连接 AA1， BB1， CC1，交点即是 P点坐标， 如图所示， P点的坐标为： 故选 C 考点： 1.位似变换； 2.坐标与图形性质； 3.数形结合思想的应用 已知点 A的坐标为 ， O为坐标原点，连结 OA，将线段 OA绕点 O按逆时针方向旋转 90得 OA1，则点 A1的坐标为（ ） A B C D 答案： A 试题分析：根据旋转的性质，旋转不改变图形的大小和形状，即与原来的图形全等： 原来点 A的坐标为（ 2， 3），逆时针旋转 90后就到了第二象限，旋转前后的三角形全等，从而得 A1点坐标为 故选 A 考点：
4、坐标与图形的旋转变化 下列一元二次方程中没有实数根的是（ ） A B C D 答案： D. 试题分析：分别找出每一个方程中 a， b及 c的值，计算出根的判别式的值小于0，即为正确的选项： A ， 方程有两不相等的实数根，选项错误； B ， 方程有两相等的实数根，选项错误； C ， 方程有两不相等的实数根，选项错误； D ， 方程没有实数根，选项正确 . 故选 D. 考点：一元二次方程根的判别式 . 如图， O 是 ABC 的外接圆，已知 ABO=30o，则 ACB 的大小为（ ） A 50o B 45o C 30o D 60o 答案： D. 试题分析： OA=OB， ABO 30， BAO=
5、 ABO=30（等边对等角） . AOB=120（三角形内角和定理）。 ACB=60（同弧所对圆周角是圆心角的一半） . 故选 D. 考点： 1.等腰三角形的性质； 2.圆周角定理； 3.三角形内角和定理 下列计算中，正确的是（ ） A BC D 答案： B. 试题分析：根据二次根式运算法则逐一分析计算作出判断： A. ，选项错误； B. ，选项正确； C. ，选项错误； D. 和 不是同类根式，不可合并，选项错误 . 故选 B. 考点：二次根式计算 . 若 是关于 的一元二次方程，则 的取值范围是（ ） A B C D 答案： A. 试题分析： 此方程是关于 x的一元二次方程， 0，即 故选
6、 A. 考点：一元二次方程定义 . 填空题 函数 中，自变量 的取值范围是 答案： . 试题分析：求函数自变量的取值范围，就是求函数式有意义的条件，根据二次根式被开方数必须是非负数和分式分母不为 0的条件，要使 在实数范围内有意义，必须 . 考点： 1.函数自变量的取值范围； 2.二次根式和分式有意义的条件 . 关于 的一元二次方程 的一个根是 0，则 的值为 答案： . 试题分析： 关于 的一元二次方程 的一个根是 0， . 根据一元二次方程的定义， ， . 考点： 1.一元二次方程的根； 2.解一元二次方程； 3.一元二次方程定义 . 如图，在 ABC中， DE AB分别交 AC， BC于
7、点 D， E，若 AD=2，CD=3，则 CDE与 CAB的周长比为 答案： 5 试题分析：首先由在 ABC中， DE AB可以得到 CDE CAB，然后利用相似三角形的性质即可求解： 在 ABC中， DE AB分别交 AC， BC于点 D， E， CDE CAB. CDE与 CAB的周长比 =CD： CA. 又 AD=2， CD=3， AC=5. CDE与 CAB的周长比 =3： 5 考点：相似三 角形的判定和性质 如图，在平面直角坐标系中，已知点 ，对 AOB连续作旋转变换，依次得到三角形 (1)、 (2)、 (3)、 (4)、 ，则第 (7)个三角形的直角顶点的坐标是 ；第 (2013)
8、个三角形的 直角顶点 的坐标是 答案：（ 24， 0）；（ 8052， 0） . 试题分析：先计算出 AB，然后根据旋转的性质观察 OAB连续作旋转变换，得到 OAB每三次旋转后回到原来的状态，并且每三次向前移动了 3+4+5=12个单位，于是判断三角形（ 7）和三角形（ 4）的状态一样，三角形（ 2013）和三角形（ 3）的状态一样，然后可分别计算出它们的直角顶点的横坐标，从而得到其直角顶点的坐标： 点 ， OB=3， OA=4， 根据勾股定理，得： AB=5. 对 OAB连续作如图所示的旋转变换， OAB每三次旋转后回到原来的状态，并且每三次向前移动了 3+4+5=12个单位 . 7=32
9、+1， 三角形（ 7）和三角形（ 4）的状态一样 . 三角形（ 7）的直角顶点的横坐标为 212=24，纵坐标为 0. 三角形 的直角顶点的坐标为（ 24， 0） . 2013=3671， 三角形（ 2013）和三角形（ 3）的状态一样 . 三角形（ 2013）的直角顶点的横坐标为 67112=8052，纵坐标为 0. 三角形 的直角顶点的坐标为（ 8052， 0） . 考点： 1.探索规律题（图形的变化类 循环问题）； 2.勾股定理； 3.旋转的性质 . 计算题 计算： 答案： . 试题分析：针对二次根式化简，零指数幂，负整数指数幂，绝对值 4个考点分别进行计算，然后根据实数的运算法则求得计
10、算结果 . 试题： . 考点： 1.实数的运算； 2.二次根式化简； 3.零指数幂； 4.负整数指数幂； 5.绝对值 . 解答题 解方程： 答案： . 试题分析：应用配方法解一元二次方程，也同应用因式分解法或公式法解一元二次方程 . 试题：方程 加上一次项系数一半的平方，得 ，即， 两边开平方，得 ， 或 . 原方程的解为 . 考点：解一元二次方程 . 在 ABC中， AB=AC， BAC 60，把线段 BC绕点 B逆时针旋转 60至BP；如图所示位置有 ABQ=60， BCQ=150 （ 1）若 BAC=30，则 ABP= 度；若 BAC=，则 ABP= （用 表示）； （ 2）求证： AB
11、Q为等边三角形； （ 3）四边形 CBPQ的面积为 1，求 ABC的面积 答案：（ 1） 15， ；（ 2）证明见；（ 3） 1. 试题分析：（ 1）若 BAC=30，一方面在 ABC中， AB=AC，可得 ABC=75，另一方面由旋转的性质知 CBP=60，因而 ABP=15；若 BAC=，同上可得 ，因而由 BAC 60可得 ，所以 ；（ 2）连接 CP， AP，由已知和旋转的性质，通过证明 ABP ACP（ SSS）和 ABP QBC（ ASA）来证明 ABQ为等边三角形；（ 3）通过转换 ，可得. 试题：（ 1） 15； . （ 2）如图，连接 CP， AP， 由旋转的性质知 BC=B
12、P， CBP=60， BCP为等边三角形 . BP=CP， BPC=60. 在 ABP和 ACP中， ， ABP ACP（ SSS） . . 又 BCQ=150， . 在 ABP和 QBC中， ， ABP QBC（ ASA） . BA=BQ. ABQ为等边三角形 . （ 3）如图，过点 A作 AH BP交 BP的延长线于点 H，则 由（ 2） 得 ， . . 由（ 2） ABQ为等边三角形得 ， . . 由（ 2）得 ， . 又 ， . 考点： 1.旋转的性质； 2.等腰三 角形的性质； 3.三角形内角和定理； 4.等边三角形的判定和性质； 5.全等三角形的判定和性质； 6.转换思想的应用 .
13、 已知关于 的一元二次方程 . （ 1）若 是该方程的一个根，求 的值； （ 2）无论 取任何值，该方程的根不可能为 ，写出 的值，并证明； （ 3）若 为正整数，且该方程存在正整数解，求所有正整数 的值 答案：（ 1） ；（ 2）（ 2） ，证明见；（ 3） 或 . 试题分析：（ 1）根据一元二次方程的根的概念，将 代入方程，即可求得 a的值；（ 2）把 代入 ，得，从而得到当 时，无论 取何值，此等式均不成立的结论；（ 3）由 ，记 ， 为正整数，得 ，根据 为非负数，且 ，且 与 奇偶性相同的性质，得到 或 ，解之即得所求 . 试题：（ 1） 是方程 的一个根， ， 解得. （ 2） ，
14、证明如下： 把 代入 ，得 ，即 ， 当 时，无论 取何值，此等式均不成立 . 无论 取任何值，该方程的根不可能为 . （ 3） ，记 ， 为正整数， ，即 ， . 为非负数，且 ，且 与 奇偶性相同， 或 ，解得： 或 . 经验证，当 或 时正整数数，符合题意 . 考点： 1.一元二次方程的根； 2. 一元二次方程根的判别式； 3.简单推理 . 如图，已知点 C、 D在以 O为圆心， AB为直径的半圆上，且 OC BD于点M， CF AB于点 F交 BD于点 E， BD=8,CM=2 （ 1）求 O的半径； （ 2）求证： CE=BE 答案：（ 1） 5；（ 2）证明见 . 试题分析：（ 1
15、）可在 Rt OBM中，用半径表示出 OM，然后根据勾股定理求出半径的长；（ 2）由 AAS证得 ，由等量减等量差相等得，从而由 AAS或 ASA可证得 ，因此 CE = BE 试题：（ 1） AB为直径， . OC BD， M为 BD的 中点 . BD=8， . 设半径为 r，则 OM OC-CM r-2， 在 中， ，即 ，解得 . O的半径为 5. （ 2）在 和 中， COF= BOM（公共角）， CFO= BMO=90， OC=OM1 (AAS)， OF=OM. 又 OB=OC， ，即 . (AAS或 ASA). CE = BE 考点： 1.圆周角定理； 2.勾股定理； 3.垂径定理
16、； 4.全等三角形的判定和性质 已知：如图，在 ABC中， AB=AC= 5， BC= 8， D， E分别为 BC， AB边上一点， ADE= C （ 1）求证： BDE CAD； （ 2）若 CD=2，求 BE的长 答案：（ 1）证明见；（ 2） 2.4. 试题分析：（ 1）由题中条件可得 B= C，所以由已知条件，求证 BDE= CAD即可得 BDE CA；（ 2）由（ 1）可得 BDE CAD，进而由相似三角形的对应边成比例，即可求解线段的长 试题：（ 1） AB=AC， B= C ADE+ BDE= ADB = C+ CAD，且 ADE= C， BDE = CAD BDE CAD （
17、2）由（ 1） BDE CAD得 AB=AC= 5， BC= 8， CD=2， 考点：相似三角形的判定与性质 . 已知关于 x的一元二次方程 . （ 1）若此方程有实数根，求 m的取值范围； （ 2）若 x=-1是这个方程的一个根，求 的值 答案：（ 1） ；（ 2） 1. 试题分析：（ 1）若一元二次方程有实数根，则根的判别式 ，建立关于 m的不等式，解之即可求出 m的取值范围；（ 2）把 x=-1代入原方程，得 ，将 变形为 ，即可求解 . 试题：（ 1） 关于 x的一元二次方程 有实数根， ，解得 . （ 2）把 x=-1代入原方程，得： ， 化简得：， . 考点： 1. 一元二次方程根
18、的判别式； 2. 一元二次方程的根； 3.求代数式的值； 3.整体思想的应用 . 已知 a,b为实数，且 ，求 的值 答案： . 试题分析：根据二次根式的非负数性质可得 ，代入 求解即可 . 试题： ， . 根据二次根式的非负数性质可得： ， . . = . 考点： 1.二次根式的非负数性质； 2.求代数式的值 . 如图，有一块矩形纸板，长为 20cm，宽为 14cm，在它的四角各切去一个同样的正方形，然后将四周突出部分沿虚线折起，就能制作一个无盖方盒，如果要制作的无盖方盒的 底面积为 160cm2，那么纸板各角应切去边长为多大的正方形？ 答案：边长为 2cm的正方形 试题分析：方程的应用解题
19、关键是找出等量关系，列出方程求解 . 本题等量关系为：制作的无盖方盒的底面积为 160cm2. 试题：设切去的小正方形边长为 xcm， 则 ， 整理得 ，解得 （大于 14，不合题意，舍去） . 答：纸板各角应切去边长为 2cm的正方形 考点：一元二次方程的应用（几何问题） . 如图，等腰直角 ABC 绕直角顶点 A 按逆时针方向旋转 60后得到 ADE，且 BC=2，求 EC的长 答案： . 试题分析：由等腰直角三角形的性质可求出 AC、 AB的值；由旋转性质，对应线段相等，即 AC=AE，由旋转角为 60，即 CAE=60，可证 CAE为等边三角形，从而把 EC转化为与 AC、 AB相等即
20、可 等腰直角 ABC中 BC=2， AC=AB= . 等腰直角 ABC绕点 A按逆时针方向旋转 60后得到 ADE， 对应线段AC=AE. 又 CAE=60， CAE为等边三角形 . 则 EC=AC=AB= . 考点： 1.旋转的性质； 2.等边三角形的判定； 3.等腰直角三角形的性质 已知 ， ，求 的值 . 答案： . 试题分析：先将 a、 b化简，求出 ， ，再对 变形，将 ， 整体代入求值 . 试题： ， ， ， . . 考点： 1.代数式求值； 2.二次根式化简； 3.整体思想的应用 . 如图，在 中， AB是 的直径， 与 AC交于点 D，求 的度数 答案： 试题分析：先根据三角形
21、内角和定理求出 A的度数，再由圆周角定理即可求解 . 试题：在 ABC中， B=60， C=75， A=45. AB是 O的直径， O与 AC交于点 D， DOB=2 A=90 考点： 1.圆周角定理； 2. 三角形内角和定理 点 P在图形 M上 , 点 Q在图形 N上 ,记 为线段 PQ长度的最大值，为线段 PQ长度的最小值，图形 M， N的平均距离 （ 1）在平面直角坐标系 中， O是以 O为圆心， 2的半径的圆，且 A， B ，求 及 ； (直接写出答案：即可 ) （ 2）半径为 1的 C的圆心 C与坐标原点 O重合，直线 与 轴交于点 D，与 轴交于点 F，记线段 DF为图形 G，求
22、； （ 3）在（ 2）的条件下，如果 C的圆心 C从原点沿 轴向右移动， C的半径不变，且 ，求圆心 C的横坐标 答案：（ 1） 2， 4；（ 2） 3；（ 3） 或 . 试题分析：（ 1）作出图形， 根据定义求解；（ 2）如图，过点 O作 OH DF于点 H，交圆 C于点 M，圆 C与 x轴的左交点为点 N，根据点到直线上一点的距离的最小值为该点到垂足的距离可知， ，从而应用直线上点的坐标与方程的关系和锐角三角函数（或相似三角形）知识求出 OH，进而求出MH，又 ，因此根据定义可求 ；（ 3）分， ， ， 四种情况讨论即可 . 试题：（ 1）如图，根据勾股定理可求： OA=1， OB=4，
23、. ， . （ 2）如图，过点 O作 OH DF于点 H，交圆 C于点 M，圆 C与 x轴的左交点为点 N，则 根据点到直线上一点的距离的最小值为该点到垂足的距离可知， 直线 与 轴交于点 D，与 轴交于点 F， D（ 4， 0）， F（ 0，），即 OD=4， OF= . . . . 又 ， . （ 3）设点 C的横坐标为 x（ x0）， 当 时，线段与圆无公共点，圆心离点 D最远，解得： . 当 时，线段与圆无公共点，圆心离点 F最远，解得： （不符合 ，舍去） . 当 时，线段与圆有公共点， ，解得： （舍去负值） . 当 时， ，不符合题意舍去 . 综上所述，点 C的横坐标为 或 . 考点： 1.新定义； 2.勾股定理； 3.垂直线段的性质； 4.直线上点的坐标与方程的关系； 5.锐角三角函数定义； 6. 特殊角的三角函数值； 7.直线与圆的位置关系；8.数形结合和分类思想的应用 .
