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2021 学年第二学期“自适应”自测初三数学试卷初三数学试卷
一、选择题：（本大题共6题，每题4分，满分24分）
1. 在下列二次根式中，最简二次根式的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】解：A、 ，分母中含有分式，不是最简二次根式，不符合题意；
B、 ，被开方数中含有可开方的因数，不是最简二次根式，不符合题意；
C、 ，被开方数中没有可开方的因数且分母中没有分式，是最简二次根式，符合题意；
D、 ，被开方数中含有可开方的因数，不是最简二次根式，不符合题意．
故答案选C．
【点睛】本题主要考查了，最简二次根式的定义．即：被开方数中不含可开方的因数且分母中不含根式的
二次根式，称为最简二次根式．掌握最简二次根式的定义，是解决本题的关键．
2. 不等式ax＞b可变形为 ，那么a的取值范围是( )．
A. a≤0 B. a＜0 C. a≥0 D. a＞0
【答案】B
【解析】
【分析】根据不等式的基本性质即可判断．
【详解】解：由不等式ax＞b推出x＜ ，可知a＜0，
故选B．
【点睛】本题考查的是不等式的基本性质，解答本题的关键是熟练掌握不等式的基本性质3：不等式两边
同时乘以（或除以）同一个小于0的整式，不等号方向改变．
的
3. 下列对一元二次方程 根 情况判断，正确的是（ ）
A. 两个不相等实数根 B. 有两个相等实数根C. 有且只有一个实数根 D. 没有实数根
【答案】A
【解析】
【分析】根据一元二次方程一般式 ，可知 中，a=1、b=0、c=-3．
由根的判别式： ，可知方程应有两个不相等的实数根．
【详解】解：
a=1、b=0、c=-3
方程有两个不相等的实数根
故选A．
【点睛】本题主要考查知识点为，一元二次方程中根的判别式．当 ，一元二次方程有两个
不相等的实数根；当 ，一元二次方程有两个相等的实数根；当 ，一元二次
方程没有实数根．掌握根的判别式是解决此题的关键．
4. 某集团下属子公司2021年利润如下表所示，
2021年利润（千万元） 11 3 2 1
子公司个数 1 2 4 2
那么各子公司2021年利润的众数是（ ）
A. 11千万元 B. 4千万元 C. 2千万元 D. 1千万元
【答案】C
【解析】
的
【详解】解：A、表格中此数据对应个数为1个，不是数据中个数最多 数据，不符合题意；
B、表格中没有此数据，不符合题意；
C、表格中此数据对应个数为4个，是数据中个数最多的数据，符合题意；
D、表格中此数据对应个数为2个，不是数据中个数最多的数据，不符合题意．
故选C．
【点睛】本题主要考查知识点为众数的定义，即在一组数据中，出现次数最多的数据．掌握众数的定义，
是解决本题的关键．5. 下列命题中，真命题是（ ）
A. 平行四边形是轴对称图形 B. 互为补角的两个角都是锐角
C. 相等的弦所对的弧相等 D. 等腰梯形的对角线相等
【答案】D
【解析】
【分析】根据平行四边形的性质，补角的性质，圆内弧、弦、圆周角的关系，等腰梯形的性质，逐项判断
即可求解．
【详解】解：A、平行四边形是中心对称图形，故原命题是假命题，不合题意；
B、互为补角的两个角不一定是锐角，例如100°和80°，故原命题是假命题，不合题意；
C、同圆或等圆中，相等的弦所对的弧相等，故原命题是假命题，不合题意；
D、等腰梯形的对角线相等，故原命题是真命题，符合题意；
故选：D
【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质，补角的性质，圆内弧、弦、圆周角的关系，等腰梯形的性质，
判断命题的真假，熟练掌握相关知识点是解题的关键．
6. 在直角坐标系中，点 的坐标是 ，圆 的半径为2，下列说法正确的是（ ）
A. 圆 与 轴有一个公共点，与 轴有两个公共点
B. 圆 与 轴有两个公共点，与 轴有一个公共点
C. 圆 与 轴、 轴都有两个公共点
D. 圆 与 轴、 轴都没有公共点
【答案】B
【解析】
【分析】根据圆心到x轴和y轴的距离判断圆P与坐标轴的位置关系即可；
【详解】解：∵点 的坐标是 ，
∴点P到x轴的距离为 ，点P到y轴的距离为2，
∵圆 的半径为2， ＜2，
的
∴点P到x轴 距离小于圆 的半径，点P到y轴的距离等于圆 的半径，
∴圆 与x轴相交，圆 与 轴有两个公共点，
∴圆 与y轴相切，圆 与 轴有一个公共点，
故选： B．【点睛】本题考查了直线和圆的位置关系，掌握相交、相切、相离的判定方法是解题关键．
二、填空题（本大题共12题，每题4分，满分48分）
7. 因式分解： ___．
【答案】2a（a-2）
【解析】
【详解】
8. 函数 的定义域是______．
【答案】
【解析】
【分析】根据分式有意义的条件是分母不为0，即可求解．
【详解】解：由题意得：2-x≠0，即x≠2．
故答案为：x≠2．
【点睛】本题考查了使函数有意义的自变量的取值范围的确定．函数是整式型，自变量为全体实数；函数
是分式型，自变量为使分母不为0 的实数；二次根式型的函数的自变量为根号下的式子大于或等于0的实
数；当函数关系式表示实际问题时，自变量不仅要使函数关系式有意义，还要使实际问题有意义．
9. 反比例函数 （ 是实数， ）的图象在每个象限内 随着 的增大而增大，那么这个反比例
函数的图象的两个分支分别在第______象限．
【答案】二、四
【解析】
【分析】直接利用反比例函数的图象和性质即可得出答案．
【详解】解：∵反比例函数 图象在每个象限内y随着x的增大而增大
∴k<0
∴它的图象的两个分支分别在第二、四象限
故答案为：二，四
【点睛】本题主要考查反比例函数的图象和性质，掌握反比例函数的图象和性质是解题的关键．
10. 方程 的解是_______．【答案】
【解析】
【分析】首先移项，两边再分别平方，最后解方程即可求得．
【详解】解：移项，得 ，
两边分别平方，得 ，
解得 ，
经检验： 是原方程的解，
故答案为： ．
【点睛】本题考查了无理方程的解法，熟练掌握和运用无理方程的解法是解决本题的关键，注意解无理方
程要检验．
11. 一个布袋中有8个红球和16个黑球，这两种球除了颜色以外没有任何其他区别，从布袋中任取1个球
是黑球的概率是______．
【答案】
【解析】
【分析】根据题意，可知存在8+16=24种可能性，其中抽到黑球的有16种可能性，从而可以求出从布袋
中任取1个球，取出黑球的概率．
【详解】解：∵一个布袋中放着8个红球和16个黑球，
∴从布袋中任取1个球，取出黑球的概率是 ，
故答案为： ．
【点睛】本题考查概率公式，解答本题的关键是明确题意，求出相应的概率．
12. 北京冬奥会上中国队获得奖牌情况如图所示，其中金牌为9块，那么中国队获得奖牌总数是______块．
【答案】15
【解析】【分析】由扇形统计图可知，金牌占奖牌总数的百分比为： ．所以奖牌总数=金
牌数 （块）．
故答案为15．
【详解】由扇形统计图可知：
金牌占奖牌总数的百分比为：
奖牌总数= （块）
【点睛】本题主要考查知识点为，扇形统计图．扇形统计图的特点：能够更清晰地表示出各部分占总数的
百分比．所以掌握扇形统计图，是解决本题的关键．
13. 沿一斜坡向上走13米，高度上升5米，这个斜坡的坡度 _______．
【答案】2.4
【解析】
【分析】根据勾股定理求出此人行走的水平距离，根据坡度的概念计算即可．
【详解】解：由勾股定理得，此人行走的水平距离为： =12，
则此斜坡的坡度i=5：12=1：2.4，
故答案为：2.4．
【点睛】本题考查的是解直角三角形的应用-坡度坡角问题，掌握坡度是坡面的铅直高度h和水平宽度l的
比是解题的关键．
14. 2002年在北京召开的国际数学家大会，会标是以我国古代数学家赵爽弦图为基础设计的，弦图是由四
个全等直角三角形与一个小正方形拼成的一个大正方形（如图），如图的弦图中大正方形边长为4，每个
直角三角形较小的锐角为 ，那么小正方形面积为_______．
【答案】 ##
【解析】
【分析】根据在直角三角形中，如果一个锐角等于30°，那么它所对的直角边等于斜边的一半，再由勾股
定理可得另一直角边，于是可得直角三角形面积，根据全等三角形的面积相等计算面积差即可；【详解】解：设上面的直角三角形为Rt△ABC，∠ACB=90°，
则AB=4，∠BAC=30°，
∴BC=2，AC= ，
∴Rt△ABC面积= BC•AC= ，
∵四个直角三角形全等，
∴四个直角三角形面积相等，
∴小正方形面积=大正方形面积-4×Rt△ABC面积=16- ，
故答案为：16- ；
【点睛】本题考查了全等三角形的性质，勾股定理，掌握30°直角三角形的边长关系是解题关键．
15. 已知在 中， 是中线，设 ， ，那么向量 用向量 、 表示为_______．
【答案】
【解析】
【分析】根据题意可得 ，从而得到 ，进而得到 ，即可求解．
【详解】解：如图，∵ ， ，
∴ ，
∴ ，
∵AD为中线，
∴ ，
∴ ．
故答案为：
【点睛】本题主要考查了向量的运算，熟练掌握向量的运算法则是解题的关键．
16. 已知在 中，点 、 分别在边 、 上， // ，如果 和四边形 的面积
分别为4和5， ，那么 ______．
【答案】6
【解析】
【分析】根据题意： ，可得 ．通过相似三角形的性质可知：两个相似三角形
的面积比等于相似比的平方．已知 ， ，所以 ，
所以相似比 ．所以 ，已知DE=4，则可求出BC=6．
【详解】如图，
相似比，
DE=4
BC=6
故答案为6．
【点睛】本题考查知识点为相似三角形的性质．两个三角形相似，则它们的面积比等于相似比的平方，它
们的周长比等于相似比．掌握相似三角形的性质是解决本题的关键．
17. 如图，如果AB、AC分别是圆O的内接正三角形和内接正方形的一条边，BC一定是圆O的内接正n边
形的一条边，那么n=_______．
【答案】12
【解析】
【分析】连接OA、OB、OC，如图，利用正多边形与圆，分别计算⊙O的内接正方形与内接正三角形的中
心角得到∠AOC=90°，∠AOB=120°，则∠BOC=30°，然后计算即可得到n的值．
【详解】解：连接OA、OB、OC，如图，∵AC，AB分别为⊙O的内接正方形与内接正三角形的一边，
∴∠AOC= =90°，∠AOB= =120°，
∴∠BOC=∠AOB-∠AOC=30°，
∴n= =12，
即BC恰好是同圆内接一个正十二边形的一边．
故答案为：12．
【点睛】本题考查了正多边形与圆：把一个圆分成n（n是大于2的自然数）等份，依次连接各分点所得的
多边形是这个圆的内接正多边形，这个圆叫做这个正多边形的外接圆；熟练掌握正多边形的有关概念．
18. 如图，菱形ABCD中，AB=5，AC=8，把菱形ABCD绕A点逆时针旋转得到菱形AB'C'D'，其中点B'正
好在AC上，那么点C和点C'之间的距离等于______．
【答案】 ##
【解析】
【分析】连接BD，交AC于点O，过点C作CE⊥AC'于点E，先利用勾股定理求得OD=3，利用三角函数的定义求得CE= ，AE= ，再利用勾股定理即可求解．
【详解】解：连接BD，交AC于点O，过点C作CE⊥AC'于点E，
∵菱形ABCD中，AB=5，AC=8，
∴AO⊥BD，AO=OC=4，AD=AB=5，
由勾股定理得OD=3，
由旋转的性质得AC'= AC=8，
sin∠OAD= ，cos∠OAD= ，
∴ ， ，
∴CE= ，AE= ，
∴EC'=8- = ，
∴CC'= ，故答案为： ．
【点睛】本题考查了旋转的性质，菱形的性质，勾股定理，三角函数的定义，熟记锐角三角函数的定义是
解答此题的关键．
三、解答题（本大题共7题，满分78分）
19. 计算： ．
【答案】
【解析】
【分析】原式第一项利用分数指数幂运算法则计算，第二项利用特殊角的三角函数值化简，第三项运用负
整数指数幂法则计算，最后一项利用二次根式的性质进行化简，即可得到结果．
【详解】解：
=
=
【点睛】此题考查了实数的运算，涉及的知识有：分数指数幂、负整数指数幂，特殊角的三角函数值以及
二次根式的性质，熟练掌握运算法则是解本题的关键．
20. 解方程： ．
【答案】
【解析】
【分析】方程两边同乘以（x+1）（x﹣1），得到整式方程，解整式方程，把得到的根代入最简公分母检
验即可．
【详解】解：方程两边同乘以（x+1）（x﹣1），得
，即 ，
整理得 ，
解得： ， ，
经检验： 是原方程的增根， 是原方程的根．
原方程的根是 ．
【点睛】本题考查的是可化为一元二次方程的分式方程的解法，解分式方程的步骤：①去分母；②求出整
式方程的解；③检验；④得出结论．
21. 如图，梯形ABCD中，AD//BC，E是AB的中点，∠CDE=90°，CD=6，tan∠DCE= ．
（1）求CE的长；
（2）求∠ADE的余弦．
【答案】（1）
（2） 的余弦为
【解析】
【分析】（1）利用正切函数求得DE=4，再利用勾股定理即可求解；
（2）取CD的中点F，利用梯形中位线定理得到AD//EF，∠ADE=∠DEF，在Rt DEF中，利用勾股定理
和余弦函数的定义即可求解． △
【小问1详解】解：∵∠CDE=90°，CD=6，tan∠DCE= ，
∴ = ，即 = ，
∴DE=4，
由勾股定理得CE= ；
【小问2详解】
解：取CD的中点F，连接EF，
∵E是AB的中点，
∴EF是梯形ABCD的中位线，
∴AD//EF，
∴∠ADE=∠DEF，
在Rt△DEF中， ， ， ，
由勾股定理得 ，
∴ ，
∴ ，
即 的余弦为 ．
【点睛】本题考查了梯形的中位线，解直角三角形，熟记锐角三角函数的定义是解答此题的关键．
的
22. 弹簧在一定限度内，它 长度 与所挂重物的重量 是一次函数关系，下表中记录的是
所挂重物的重量和其对应的弹簧长度．重物的重量 … 2 … 10 …
弹簧的长度 … 13 … 17 …
（1）求 关于 的函数关系式（不需要写出函数的定义域）；
（2）弹簧在一定限度内挂上重物后长度不超过 ，那么所挂重物的重量最多为多少？
【答案】（1）
（2）所挂重物的重量最多为
【解析】
【
分析】（1）运用待定系数法求解即可；
（2）根据题意列出不等式求解即可．
【小问1详解】
设 关于 的解析式是 ，
由题意得： ，
解得： ， ．
∴ 关于 的解析式是 ．
【小问2详解】
由题意得： ，
∴ ，
解得： ，
即所挂重物的重量最多为 ．【点睛】本题考查一次函数的应用、解一元一次不等式，解答本题的关键是明确题意，利用一次函数的性
质解答．
23. 如图，已知： 和 都是等边三角形，其中点 在边 上，点 是 边上一点，且
．
（1）求证： ∥ ；
（2）连接 ，设 、 的交点为 ，如果 ，求证： DF∥AC．
【答案】（1）见解析 （2）见解析
【解析】
【分析】（1）先证明 ，可得 ．再由 是等边三角形，可得
，从而得到 ，即可求证；
（2）根据 ，可得 ，从而得到 ，进而得到
，即可求证．
【小问1详解】
证明∶∵ 是等边三角形，
∴ ， ，
∵ ，
∴ ，
∴ ．
∵ 是等边三角形，∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴DE∥CF；
【小问2详解】
证明∶如图，
∵ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴DF∥AC．
【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定和性质，等边三角形的性质，全等三角形的判定和性质，熟练
掌握相似三角形的判定和性质，等边三角形的性质，全等三角形的判定和性质是解题的关键．
24. 已知：在直角坐标系中直线 与 轴、 轴相交于点 、 ，抛物线 经过
点 和点 ．（1）求抛物线的解析式；
（2）如果直线 与抛物线的对称轴相交于点 ，求 的长；
（3） 是线段 上一点，过点 作直线 的平行线，与 轴相交于点 ，把 沿直线 翻折，
点 的对应点是点 ，如果点 在抛物线上，求点 的坐标．
【答案】（1）
（2）
（3）点 是坐标是
【解析】
【分析】（1）先根据直线 求出点A和点B的坐标，再运用待定系数法求解即可；
（2）求出抛物线的对称轴为直线x=1，代入y=-x+4，可求出点C坐标，再运用勾股定理求解即可；
（3）设点 的坐标为 ，证明四边形 为正方形，得点 坐标是 ，从而可得方程
，求解方程即可得到答案．
【小问1详解】
直线 与 轴、 轴相交于点 、 ，
当y=0，则-x+4=0，解得，x=4，
当x=0，则y=4，∴ 、 .，
代入 得，
，
解得， ， ，
∴抛物线的解析式为 .
【小问2详解】
∵
∴抛物线的对称轴为直线 ，
当x=1时，
∴ ，
∴ .
【小问3详解】
如图，设点 的坐标为 ，
∵ ， ，
∴ ，∵ ，
∴ ，
∴ ，
又 ，
∴四边形 为矩形，
∵ ，
∴四边形 为正方形，
∴ ，
∴点 是坐标是 ，
∴ ，
解得： ， （不合题意，舍去），
∴点 是坐标是
【点睛】此题主要考查二次函数的图象与性质、用待定系数法求函数解析式，矩形的判定和正方形的判定
等知识，解题的关键是抓住图形中某些特殊的数量关系和位置关系．
25. 如图，已知： 中， ， ， ， 是边 上一点，以点
为圆心， 为半径的圆 与边 的另一个交点是点 ，与边 的另一个交点是点 ，过点 作
的平行线与圆 相交于点 ，与 相交于点 ， 的延长线交 于点 ，连接 ．（1）求证： ；
（2）设 ， 的面积为 ，求 关于 的函数关系式，并写出定义域；
（3）如果 是以 为腰的等腰三角形，求 的长．
【答案】（1）见解析 （2）
（3）如果 是以 为腰的等腰三角形， 的长为 ，
【解析】
【分析】（1）连接 ，根据 ，可得 ， ，从而得到
，即可求证；
（2）作 ， ，垂足分别为 、 ，则 ，再由锐角三角函数可得 ，
， ，再证得△COQ∽△CAB，可得 ，从而得到
，即可求解；
（3）分两种情况讨论：若 ，若 ，即可求解．
【小问1详解】
证明：连接 ，∵ ，
∴ ， ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ．
【小问2详解】
解∶作 ， ，垂足分别为 、 ，
∵ ， ， ，
∴ ，
∵在 中， ， ， ，
∴ ， ，
在 中， ，
∴ ，∴ ，
∵ ，
∴△COQ∽△CAB，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
，
根据题意得∶2x≤8，
∴x≤4，
∴ ．
【小问3详解】
解∶若 ，
∴ ，
∴ ，
∵OQ∥AB，
∴四边形 是平行四边形，∠OPD=∠AFD，
∴ ，
∴ ，∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ．
若 ，作 ， ，垂足分别为 、 ，则PN=QN，
∵OQ∥AB，
∴∠MOQ=∠ONF=∠MFN=90°，
∴四边形 是矩形，
在 中， ， ， ，
∵OQ∥AB，
∴∠OPD=∠AFD，
∵OD=OP，
∴∠ODP=∠OPD，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，∴ ，
∴ ，
∴ ，
解得： ．
综上所述，如果 是以 为腰的等腰三角形， 的长为 ， ．
【点睛】本题主要考查了圆周角定理，解直角三角形，相似三角形的判定和性质等知识，熟练掌握圆周角
定理，解直角三角形，相似三角形的判定和性质等知识是解题的关键．
