6．D
解析：D
【解析】
试题分析：根据轴对称图形和中心对称图形的概念，可知：
A既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故不正确；
B不是轴对称图形，但是中心对称图形，故不正确；
C是轴对称图形，但不是中心对称图形，故不正确；
D即是轴对称图形，也是中心对称图形，故正确.
故选D.
考点：轴对称图形和中心对称图形识别
A．25°B．40°C．35°D．30°
12．某人到瓷砖商店去购买一种多边形形状的瓷砖，用来铺设无缝地板，他购买的瓷砖形状不可以是（ ）
A．正三角形B．矩形C．正八边形D．正六边形
二、填空题
13．有一人患了流感，经过两轮传染后共有 人患了流感，每轮传染中平均一个人传染了__人．
14．如图，将二次函数y＝ (x－2)2＋1的图像沿y轴向上平移得到一条新的二次函数图像，其中A(1，m)，B(4，n)平移后对应点分别是A′、B′，若曲线AB所扫过的面积为12(图中阴影部分)，则新的二次函数对应的函数表达是__________________．
7．A
解析：A
【解析】
【分析】根据方程的系数结合根的判别式，即可得出△=13＞0，进而即可得出方程x2+x﹣3=0有两个不相等的实数根．
【详解】∵a=1，b=1，c=﹣3，
∴△=b2﹣4ac=12﹣4×（1）×（﹣3）=13＞0，
∴方程x2+x﹣3=0有两个不相等的实数根，
故选A．
【点睛】本题考查了根的判别式，一元二次方程根的情况与判别式△的关系：（1）△＞0⇔方程有两个不相等的实数根；（2）△=0⇔方程有两个相等的实数根；（3）△＜0⇔方程没有实数根．
三、解答题
21．在四张编号为A，B，C，D的卡片(除编号外，其余完全相同)的正面分别写上如图所示正整数后，背面朝上，洗匀放好，现从中随机抽取一张，不放回，再从剩下的卡片中随机抽取一张．
(1)请用树状图或列表的方法表示两次抽取卡片的所有可能出现的结果(卡片用A，B，C，D表示)；
(2)我们知道，满足a2+b2＝c2的三个正整数a，b，c成为勾股数，求抽到的两张卡片上的数都是勾股数的概率．
(2)小明和小亮约定做一个游戏,其规则为:先由小明随机摸出一张纸牌,不放回,再由小亮从剩下的纸牌中随机摸出一张,若摸出的两张牌面图形都是轴对称图形小明获胜,否则小亮获胜,这个游戏公平吗?请用列表法(或树状图)说明理由(纸牌用A,B,C,D表示).
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一、选择题
1．C
【详解】
∵点O是△ABC的内切圆的圆心，∴∠OBC= ∠ABC，∠OCB= ∠ACB．
∵∠A=80°，∴∠ABC+∠ACB=180°﹣∠A=100°，∴∠OBC+∠OCB= （∠ABC+∠ACB）=50°，∴∠BOC=180°﹣（∠OBC+∠OCB）=180°﹣50°=130°．
故选B．
【点睛】
本题主要考查对三角形的内角和定理，三角形的内切圆与内心等知识点的理解和掌握，能求出∠OBC+∠OCB的度数是解答此题的关键．
A．x(x-20)=300B．x(x+20)=300C．60(x+20)=300D．60(x-20)=300
5．如图，点O是△ABC的内切圆的圆心，若∠A＝80°，则∠BOC为（）
A．100°B．130°
C．50°D．65°
6．下列图标中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（）
A． B． C． D．
3．把球放在长方体纸盒内，球的一部分露出盒外，其截面如图所示，已知 ，则球的半径长是（）
A．2B．2.5C．3D．4
4．现有一块长方形绿地，它的短边长为20 m，若将短边增大到与长边相等(长边不变)，使扩大后的绿地的形状是正方形，则扩大后的绿地面积比原来增加300 m2，设扩大后的正方形绿地边长为xm，下面所列方程正确的是( )
解析：C
【解析】
【分析】
由AC是⊙ 的切线可得∠CAB= ,又由 ，可得∠ABC=40 ;再由OD=OB，则∠BDO=40 最后由∠AOD=∠OBD+∠OBD计算即可.
【详解】
解：∵AC是⊙ 的切线
∴∠CAB= ,
又∵
∴∠ABC= - =40
又∵OD=OB
∴∠BDO=∠ABC=40
又∵∠AOD=∠OBD+∠OBD
2020-2021莆田擢英中学初三数学上期末试题含答案
一、选择题
1．如图，AB是⊙ 的直径，AC是⊙ 的切线，A为切点，BC与⊙ 交于点D，连结OD．若 ，则∠AOD的度数为（ ）
A． B． C． D．
2．已知 ， 是方程 的两个实数根，则 的值是( )
A．2023B．2021C．2020D．2019
【详解】
连接AC，OD．
∵AB是直径，
∴∠ACB=90°，
∴∠ACD=125°﹣90°=35°，
∴∠AOD=2∠ACD=70°．
∵OA=OD，
∴∠OAD=∠ADO，
∴∠ADO=55°．
∵PD与⊙O相切，
∴OD⊥PD，
∴∠ADP=90°﹣∠ADO=90°﹣55°=35°．
故选：C．
【点睛】
本题考查了切线的性质、圆周角定理及推论，正确作出辅助线是解答本题的关键．
∴∠A′CO=∠B′+∠BOB′=30°+52°=82°．
故选D．
【点睛】
本题主要考查了旋转的性质，熟知旋转的性质是解决问题的关键.
11．C
解析：C
【解析】
【分析】
连接AC，OD，根据直径所对的圆周角是直角得到∠ACB是直角，求出∠ACD的度数，根据圆周角定理求出∠AOD的度数，再利用切线的性质即可得到∠ADP的度数．
故选A．
【点睛】
本题考查了由实际问题抽象出一元二次方程，解题的关键是弄清题意，并找到等量关系．
5．B
解析：B
【解析】
【分析】
根据三角形的内切圆得出∠OBC= ∠ABC，∠OCB= ∠ACB，根据三角形的内角和定理求出∠ABC+∠ACB的度数，进一步求出∠OBC+∠OCB的度数，根据三角形的内角和定理求出即可．
【详解】
如图：
EF的中点M，作MN⊥AD于点M，取MN上的球心O，连接OF，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠C=∠D=90°，
∴四边形CDMN是矩形，
∴MN=CD=4，
设OF=x，则ON=OF，
∴OM=MN-ON=4-x，MF=2，
在直角三角形OMF中，OM2+MF2=OF2，
即：（4-x）2+22=x2，
22．如图，等腰Rt△ABC中，BA=BC，∠ABC=90°，点D在AC上，将△ABD绕点B沿顺时针方向旋转90°后，得到△CBE
（1）求∠DCE的度数；
（2）若AB=4，CD=3AD，求DE的长．
23．解下列方程3（x-2）2=x（x-2）．
24．在一个不透明的袋子中，装有除颜色外其余均相同的红、蓝两种球，已知其中红球有3个，且从中任意摸出一个是红球的概率为0.75.
故选C．
10．D
解析：D
【解析】
【分析】
根据旋转的性质可得∠B′=∠B=30°，∠BOB′=52°，再由三角形外角的性质即可求得 的度数.
【详解】
∵△A′OB′是由△AOB绕点O顺时针旋转得到，∠B=30°，
∴∠B′=∠B=30°，
∵△AOB绕点O顺时针旋转52°，
∴∠BOB′=52°，
∵∠A′CO是△B′OC的外角，
【详解】
， 是方程 的两个实数根，
∴ ， ， ，
∴ ；
故选A．
【点睛】
本题考查一元二次方程的根与系数的关系；根据根与系数的关系将所求式子进行化简代入是解题的关键．
3．B
解析：B
【解析】
【分析】
取EF的中点M，作MN⊥AD于点M，取MN上的球心O，连接OF，设OF=x，则OM=4-x，MF=2，然后在Rt△MOF中利用勾股定理求得OF的长即可．
15．若一个圆锥的侧面展开图是一个半径为3cm，圆心角为120°的扇形，则该圆锥的底面半径为__________cm．
16．若直角三角形两边分别为6和8，则它内切圆的半径为_____．
17．如图，在直角坐标系中，已知点 、 ，对 连续作旋转变换，依次得到 ，则 的直角顶点的坐标为__________．
8．D
解析：D
【解析】
【分析】
根据二次函数的性质，利用数形结合的思想一一判断即可.
【详解】
解：∵抛物线的开口向上，
∴a＞0，
∵对称轴在y轴的右侧，
∴a，b异号，
∴bHale Waihona Puke 0，∵抛物线交y轴于负半轴，
∴c＜0，
∴abc＞0，故①正确，
∵x=1时，y＜0，
∴a+b+c＜0，故②错误，
∵x=-1时，y＞0，
∴a-b+c＞0，
x＝12或x＝－14（舍去）．
平均一人传染12人．
故答案为12．
14．y=05(x-2)+5【解析】解：∵函数y=（x﹣2）2+1的图象过点A（1m）B（4n）∴m=（1﹣2）2+1=1n=（4﹣2）2+1=3∴A（11）B（43）过A作AC∥x轴交B′B的延长线于点
解析：y=0.5(x-2) +5
12．C
解析：C
【解析】
因为正八边形的每个内角为 ，不能整除360度，故选C.
二、填空题
13．12【解析】【分析】【详解】解：设平均一人传染了x人x＋1＋(x＋1)x＝169x＝12或x＝－14（舍去）平均一人传染12人故答案为12
解析：12