2021北京门头沟初三一模数 学一、选择题（本题共16分，每小题2分）第1-8题均有四个选项，符合题意的选项只有一个1．如图，在中，边上的
高是 A．B．C．D．2．根据国家卫健委官网统计，截至2021年4月10日，31个省（自治区、直辖市）和新疆生产建设兵团累计报告接
种新冠病毒疫苗16447.1万剂次，将16447.1万用科学记数法表示为 A．B．C．D．3．在下列图形中，既是轴对称图形，又是中
心对称图形的是 A．等边三角形B．平行四边形C．等腰梯形D．圆4．某个几何体的展开图如图所示，该几何体是 A．三棱柱B．三棱锥C．
长方体D．圆柱5．内角和与外角和相等的图形是 A．三角形B．四边形C．五边形D．六边形6．如图，直线，交于点，射线平分，若，则等于
A．B．C．D．7．点，在数轴上的位置如图所示，且满足，，则原点所在的位置有可能是 A．点B．点C．点D．点8．在物理实验室实验
中，为了研究杠杆的平衡条件，设计了如下实验，如图，铁架台左侧钩码的个数与位置都不变，在保证杠杆水平平衡的条件下，右侧采取变动钩码数
量即改变力，或调整钩码位置即改变力臂，确保杠杆水平平衡，则力与力臂满足的函数关系是 A．正比例函数关系B．反比例函数关系C．一次函
数关系D．二次函数关系二、填空题（本题共16分，每小题2分）9．如果式子在实数范围内有意义，那么的取值范围是 ．10．如图所示的网
格是正方形网格，点，，是网格线交点，那么 ．11．请你写出一个大于2小于3的无理数是 ．12．已知且，写出一组符合条件的值 ．13
．已知一元二次方程，有两个实数根，则的取值范围是 ．14．如图，在中，，，半径，则 ．15．下面是某小区随机抽取的100户家庭的月
用电量情况统计表：月户用电量（千瓦时户月）户数（户522273115从中任意抽出一个家庭进行用电情况调查，则抽到的家庭月用电量为第
二档（用电量大于240小于等于400为第二档）的概率为 ．16．以下是小亮的妈妈做晚饭的食材准备及加工时间列表，有一个炒菜锅，一个
电饭煲，一个煲汤锅，两个燃气灶可用，做好这顿晚餐一般情况下至少需要 分钟．用时种类准备时间（分钟）加工时间（分钟）米饭330炒菜1
56炒菜258汤515三、解答题（本题共68分，第17～21题每小题5分，第22～24题每小题5分，第25题5分，第26题6分，第
27～28题每小题5分）解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17．（5分）计算：．18．（5分）解不等式组：．19．（5分）已
知，如图，是等边三角形，于，是延长线上的一点，．求的度数．20．（5分）已知，求代数式的值．21．（5分）已知：，平分．求作：菱形
，使点在边上点在边上，下面是尺规作图过程作法：①分别以、为圆心，大于为半径作弧，两弧分别交于点、；②作直线分别与、交于点、；③连接
、，与的交点记为点；四边形为所求作的菱形．（1）利用直尺和圆规依做法补全图形（保留作图痕迹）；（2）完成下面的证明．证明：，，为的
垂直平分线．，．平分，．． （填推理依据）．同理可证，四边形为平行四边形．又 ，四边形为菱形．22．（6分）已知：如图，在菱形
中，于点，延长至，使，连接．（1）求证：四边形是矩形；（2）若，，求的长．23．（6分）在平面直角坐标系中，正比例函数与反比例函数
的图象相交于点．（1）求的值；（2）过点平行于轴的直线，分别与第一象限内的正比例函数、反比例函数的图象相交于，、，当时，求的取值范
围．24．（6分）如图，是的直径，是上一点，是中点，过点作的垂线交的延长线于点，上有一点，．（1）求证：是的切线；（2）如果，，求
的长．25．（5分）2021年是中国共产党成立100周年某中学面向学校全体师生征集“礼赞百年”活动作品，作品类别包括征文、书法、绘
画．该中学学生小明统计了学校30个教学班上交活动作品的数量（单位：份），相关信息如下：．小明所在中学30个教学班上交作品的数量统计
图：．小明所在中学各班学生上交作品数量的平均数如表：班级初一年级个班）初二年级个班）初三年级个班）平均数1108040（1）该中学
各班学生上交作品数量的平均数约为 （结果取整数）；（2）已知该中学全体教师上交作品的数量恰好是该校各班级中，上交作品数量最多的班级
与最少的班级的数量差，则全体教师上交作品的数量为 份．（3）记该中学初一年级学生上交作品数量的方差为，初二年级学生上交作品数量的方
差为，初三年级学生上交作品数量的方差为．直接写出，，的大小关系．26．（6分）在平面直角坐标系中，已知关于的二次函数．（1）求该二
次函数图象的对称轴；（2）若点，在抛物线上，试比较、的大小；（3），，，是抛物线上的任意两点，若对于且，都有，求的取值范围．27．
（7分）在正方形中，将边绕点逆时针旋转得到线段，与延长线相交于点，过作交于点，连接．（1）如图1，求证：；（2）当时，依题意补全图
2，用等式表示线段，，之间的数量关系，并证明．28．（7分）在平面直角坐标系中，的半径为1，点是平面内一点，过点的直线交于点和点，
，我们把点称为点关于的“斜射点”．（1）如图，在点，，，中，存在关于的“斜射点”的是 ．（2）已知若，点关于的斜射点”为点，则点的
坐标可以是 ．（写出两个即可）（3）若点直线上，点关于的“斜射点”为，画出示意图，直接写出的取值范围．参考答案一、选择题（本题共1
6分，每小题2分）第1-8题均有四个选项，符合题意的选项只有一个1．【分析】根据三角形的高的概念解答．【解答】解：，边上的高是，故
选：．【点评】本题考查的是三角形的高的概念，从三角形的一个顶点向底边作垂线，垂足与顶点之间的线段叫做三角形的高．2．【分析】科学记
数法的表示形式为的形式，其中，为整数．确定的值时，要看把原数变成时，小数点移动了多少位，的绝对值与小数点移动的位数相同．当原数绝对
值时，是正整数；当原数的绝对值时，是负整数．【解答】解：16447.1万．故选：．【点评】此题考查科学记数法的表示方法．科学记数法
的表示形式为的形式，其中，为整数，表示时关键要正确确定的值以及的值．3．【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．【解答】解
：、是轴对称图形，不是中心对称图形．故此选项错误；、是轴对称图形，不是中心对称图形．故此选项错误；、是轴对称图形，不是中心对称图形
．故此选项错误；、是轴对称图形，也是中心对称图形．故此选项正确．故选：．【点评】此题主要考查了中心对称图形和轴对称，掌握中心对称图
形与轴对称图形的概念．如果一个图形沿着一条直线对折后两部分完全重合，这样的图形叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴；在同一平面内，如
果把一个图形绕某一点旋转180度，旋转后的图形能和原图形完全重合，那么这个图形就叫做中心对称图形，这个旋转点，就叫做中心对称点．4
．【分析】由平面图形的折叠及立体图形的表面展开图的特点解题．【解答】解：三个长方形和两个等腰三角形折叠后，能围成的几何体是三棱柱．
故选：．【点评】本题考查了由三视图判断几何体的知识，熟记常见几何体的平面展开图的特征，是解决此类问题的关键．5．【分析】任何多边形
的外角和是360度，因而这个多边形的内角和是360度．边形的内角和是，如果已知多边形的内角和，就可以得到一个关于边数的方程，解方程
就可以求出多边形的边数．【解答】解：设多边形的边数为，根据题意，解得．故选：．【点评】本题考查了多边形的内角和公式与多边形的外角和
定理，需要注意，多边形的外角和与边数无关，任何多边形的外角和都是．6．【分析】由对顶角的性质和平角的定义得到，，由角平分线的定义得
到，根据角的和差即可求得．【解答】解：，，，，，故选：．【点评】此题主要考查了对顶角的性质，角平分线的定义以及平角的定义，正确的利
用角平分线的定义和对顶角的性质是解题的关键．7．【分析】先确定，的正负情况，再根据数轴上原点与正负数的位置关系确定原点的可能位置．
【解答】解：，且数轴上在的左侧，，，，，即离原点的距离小于离原点的距离，点可能是原点，故选：．【点评】本题考查了数轴及有理数加法、
乘法的符号法则，判断，的符号和绝对值的大小关系是解决本题的关键．8．【分析】根据动力乘以动力臂等于阻力乘以阻力臂即可得到结论．【解
答】解：确保杠杆水平平衡，力与力臂满足的函数关系是反比例函数关系，故选：．【点评】本题考查了反比例函数的应用，正确的理解题意是解题
的关键．二、填空题（本题共16分，每小题2分）9．【分析】先根据二次根式有意义的条件列出关于的不等式，求出的取值范围即可．【解答】
解：在实数范围内有意义，，解得．故答案为：．【点评】本题考查的是二次根式有意义的条件，即被开方数大于等于0，此题基础题，比较简单．
10．【分析】设小正方形的边长是1，过作于，则，得出是等腰直角三角形，求出，再根据三角形内角和定理求出答案即可．【解答】解：设小正
方形的边长是1，过作于，则，是等腰直角三角形，，，故答案为：135．【点评】本题考查了三角形内角和定理和等腰直角三角形的性质和判定
等知识点，能正确作出辅助线是解此题的关键．11．【分析】根据算术平方根的性质可以把2和3写成带根号的形式，再进一步写出一个被开方数
介于两者之间的数即可．【解答】解：，，写出一个大于2小于3的无理数是等．故答案为等．本题答案不唯一．【点评】此题考查了无理数大小的
估算，熟悉算术平方根的性质．12．【分析】根据绝对值的意义，求出的取值范围，然后根据方程解答即可．【解答】解：，或，取，则，故答案
为：．【点评】本题考查了绝对值的意义，掌握绝对值意义是解题的关键．13．【分析】由关于的一元二次方程有两个实数根，即可得判别式△且
，继而可求得的取值范围．【解答】解：关于的一元二次方程有两个实数根，△，解得：，的取值范围是且．故答案为：且．【点评】此题考查了一
元二次方程判别式的知识．此题比较简单，注意掌握一元二次方程有两个实数根，即可得△．同时考查了一元二次方程的定义．14．【分析】由垂
径定理得，，再由勾股定理求出，即可求解．【解答】解：连接，如图所示：，，，，，在中，由勾股定理得：，，故答案为：2．【点评】本题考
查了垂径定理和勾股定理；熟练掌握垂径定理和勾股定理是解题的关键．15．【分析】根据随机事件概率大小的求法，找准两点：①符合条件的情
况数目；②全部情况的总数．二者的比值就是其发生的概率的大小．【解答】解：户家庭中，用电量大于240小于等于400有户，抽到的家庭月
用电量为第二档（用电量大于240小于等于400为第二档）的概率为，故答案为：．【点评】本题考查概率的求法与运用，一般方法为：如果一
个事件有种可能，而且这些事件的可能性相同，其中事件出现种结果，那么事件的概率（A）．16．【分析】由题意可知，熬饭准备时间需3分钟
，熬饭需要30钟，妈妈可在等待饭熟的这30分钟内先完成煲汤和炒菜，所以妈妈做这顿饭至少需要分钟．【解答】解：（分钟），答：妈妈做晚
饭最少要用33分钟，故答案为：33．【点评】本题考查了学生在生活中利用统筹方法解决实际问题的能力三、解答题（本题共68分，第17～
21题每小题5分，第22～24题每小题5分，第25题5分，第26题6分，第27～28题每小题5分）解答应写出文字说明、证明过程或演
算步骤。17．【分析】直接利用绝对值的性质以及零指数幂的性质和特殊角的三角函数值、负整数指数幂的性质分别化简得出答案．【解答】解：
原式．【点评】此题主要考查了实数运算，正确化简各数是解题关键．18．【分析】分别求出每一个不等式的解集，根据口诀：同大取大、同小取
小、大小小大中间找、大大小小无解了确定不等式组的解集．【解答】解：解不等式，得，解不等式，得，则不等式组的解集为．【点评】本题考查
的是解一元一次不等式组，正确求出每一个不等式解集是基础，熟知“同大取大；同小取小；大小小大中间找；大大小小找不到”的原则是解答此题
的关键．19．【分析】根据等边三角形的性质得出，，根据“三线合一”得出，根据等腰三角形的性质得出即可．【解答】解：是等边三角形，，
，，，，．【点评】本题考查了等边三角形的性质和等腰三角形的性质，注意：①等边三角形的三边都相等，并且每个角都等于，②等腰三角形底边
上的高平分顶角．20．【分析】先根据完全平方公式和平方差公式展开，再合并同类项即可化简原式，继而根据已知等式得出，代入计算即可．【
解答】解：原式，，，则原式．【点评】本题主要考查整式的混合运算化简求值，解题的关键是掌握整式的混合运算顺序和运算法则．21．【分析
】（1）根据几何语言画出对应的几何图形；（2）先证明，，则可判断四边形为平行四边形，然后利用得到四边形为菱形．【解答】（1）解：如
图，四边形为所求作；（2）证明：，，为的垂直平分线．，．平分，．．（内错角相等两直线平行），同理可证，四边形为平行四边形．又，四边
形为菱形．故意答案为，，内错角相等两直线平行；．【点评】本题考查了作图复杂作图：复杂作图是在五种基本作图的基础上进行作图，一般是结
合了几何图形的性质和基本作图方法．解决此类题目的关键是熟悉基本几何图形的性质，结合几何图形的基本性质把复杂作图拆解成基本作图，逐步
操作．也考查了平行四边形和菱形的判定．22．【分析】（1）由菱形的性质得出，，求出，再由平行四边形的判定得出四边形是平行四边形，然
后由矩形的判定即可得出结论；（2）由菱形的性质得，再由矩形的性质得，，然后由锐角三角函数定义得，则，由勾股定理求出，即可求解．【解
答】（1）证明：四边形菱形，，，又，，即：，，四边形是平行四边形，又，．四边形是矩形；（2）解：四边形菱形，，四边形是矩形，，，，
，，，，，，．【点评】本题考查了矩形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、菱形的性质以及勾股定理等知识；熟练掌握矩形的判定与性质和
菱形的性质是解题的关键．23．【分析】（1）运用待定系数法将点代入，求出即可；（2）由题意得：，进而可得，根据，即可求出，再由，即
可得出结论．【解答】解：（1）反比例函数的图象经过点，，，（2）由题意得：，，，，，，，当时，，，，，，当，，，，，，的取值范围为
：．【点评】本题考查了反比例函数与一次函数的交点问题，待定系数法求函数解析式，不等式性质等知识，熟练掌握待定系数法及反比例函数图象
和性质等相关知识是解题关键．24．【分析】（1）连接，由得到，由等腰三角形的性质得到，，进而得到，即，由切线的判定可得是的切线；（
2）根据三角函数，设出，，可得，连接交于点，由为直径，得到，推出，再根据边角关系得出结论．【解答】（1）证明：如图1，连接，，，，
，，，，，，是的半径，是的切线；（2）解：如图2，，设，，可得，为中点，，，连接交于点，为直径，，，，，可得，，，，，，，，，，．
【点评】本题考查了切线的性质，圆周角定理，等腰三角形的判定与性质，解题的关键是正确的作出辅助线．25．【分析】（1）利用加权平均数
公式求该中学各班学生上交作品数量的平均数即可；（2）从统计图中找出上交作品数量最多的班级是初一年级6班140份，找出最少的班级是初
三年级10班10份，全体教师上交作品的数量份；（3）先求出初一年级学生上交作品数量的方差为，初二年级学生上交作品数量的方差为，初三
年级学生上交作品数量的方差为，再比较大小即可．【解答】解：（1）该中学各班学生上交作品数量的平均数为：（份，故答案为：77．（2）
上交作品数量最多的班级是初一年级6班140份，最少的班级是初三年级10班10份，全体教师上交作品的数量份，故答案为：130；（3）
初一年级学生上交作品数量的方差为：，初二年级学生上交作品数量的方差为：，初三年级学生上交作品数量的方差为：，，．【点评】本题考查了
加权平均数，极差，方差，掌握加权平均数，极差，方差的概念及计算方法，熟记方差公式是解题关键．26．【分析】（1）把解析式化成顶点式
即可求得；（2）根据二次函数的性质即可判断；（3）当时，此时，都有，当时，令时，，不符合题意，由此即可解决问题．【解答】解：（1）
，抛物线的对称轴为直线；（2）抛物线开口向上，对称轴为直线，点关于对称轴的对称点为，，，故答案为：；（3）当时，此时，都有，符合题
意；只要满足到对称轴距离小于3到对称轴距离，从而取与3的中点1，即可得之．综上所述：．【点评】本题考查了二次函数的性质，掌握性质是
解题的关键．27．【分析】（1）根据，得到，由绕点逆时针旋转得到线段，得到，，由正方形性质得到，得到；（2）按照题意补全图形即可，
在上取，连接交于，交于，连接，，利用、、证明、、、共圆，从而可得，，再证明，即可得到．【解答】解：（1）证明：边绕点逆时针旋转得到
线段，，正方形，，，，，，，正方形，，，；（2）补全图2如下：线段，，之间的数量关系为：，理由如下：在上取，连接交于，交于，连接，
，如图：正方形，，，又，，，，，，，，由（1）知，且，，，而，，，，、、、共圆，，，，，，四边形是平行四边形，，，，，，．【点评】
本题考查正方形性质应用及全等三角形的性质和判定，难度较大，解题的关键是构造辅助线，将转化为．28．【分析】（1）由图象直接判断点存
在关于的“斜射点”；对于点，过点作弦轴，用勾股定理求出弦的长为1，可得点存在关于的“斜射点”；过点作弦轴，说明此时弦的值最小，再用
勾股定理求的长，可得的值大于1，因此点不存在关于的“斜射点”；（2）设交轴于点，连接交于点，先证明点是点关于的“斜射点”，再根据相
似三角的性质求出点的坐标，点关于轴的对称点也符合题意；（3）先证明当直线与轴成角时，，求出此时的值，这个值就是时的最小值或时的最大
值，由此求出的取值范围．【解答】解：（1）如图1，由图象可知，对于外的任意一点，都存在点关于的“斜射点”，点在外，点存在关于的“斜射点”；过点作弦与轴垂直，连接，则，，点存在关于的“斜射点”；过点作弦与轴垂直，连接，设点到弦的距离为，则，当轴时，的值最大，此时的值最小，的值也最小；，，，点不存在关于的“斜射点”．故答案为：，．（2）如图2，设交轴于点，连接交于点，作于点、轴于点，则，，，，，，，点是点关于的“斜射点”；，；，，，，．同理，点关于轴的对称点也符合题意，其坐标为，故答案为：，，，．（3）如图3，当时，直线交轴于点，当时，连接，，是等边三角形，，此时，点是点关于的“斜射点”， ，当时，，；如图4，当时，同理可得，当时，点是点关于的“斜射点”．综上所述，的取值范围是：或．【点评】此题重点考查圆的对称性、垂径定理、勾股定理、相似三角形的判定与性质等知识的综合运用，其中第（2）题应注意某些特殊点的坐标的求法，并且利用圆的对称性，使解题思路更简捷清晰；第（3）题要注意分类讨论、利用“边界值”求范围等思想方法的应用．此题中等难度，是一道较有新意的试题． 1 / 1 |
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