2025北京一七一中初三3月月考数学试题及答案

初中2025北京一七一中初三3月月考数学一、单选题（每题2分，共16分）1.中国嫦娥探测器成功在月球背面软着陆，首次实现月球背面与地面站通过中继卫星通信月球距离地球的距离约为，将用科学记数法表示为（）A. B. C. D.2.某个立体图形的侧面展开图如图所示，它的底面是正三角形，那么这个立体图形是（）A.三棱柱 B.四棱柱 C.三棱锥 D.四棱锥3.如图，直线，直线l与直线a，b分别交于点A，B，点C在直线b上，且．若，则的大小为（）A. B. C. D.4.实数a，b，c，d在数轴上对应的点的位置如图所示，下列结论正确的是（）

A.|a|<|b| B.ad>0 C.a+c>0 D.d－a>05.先后两次抛掷同一枚质地均匀的硬币，则两次都是正面向上的概率是（）A. B. C. D.6.若关于的一元二次方程有两个相等的实数根，则实数的值为（）A. B. C.4 D.167.下面是“作的角平分线”的尺规作图方法：（1）以点O为圆心，任意长为半径作弧，分别交射线于点C、D．（2）分别以点C、D为圆心，大于的长为半径作弧，两弧在的内部交于点M．（3）作射线．就是的平分线．上述方法通过判定得到，其中判定的依据是（）A.两边及其夹角分别相等的两个三角形全等B.两角分别相等且其中一组等角的对边相等的两个三角形全等C.两角及其夹边分别相等的两个三角形全等D.三边分别相等的两个三角形全等8.七巧板是一种古老的中国传统智力玩具，如图，在正方形纸板中，为对角线，，分别为，的中点，分别交，于，两点，，分别为，的中点，连接，，沿图中实线剪开即可得到一副七巧板，则在剪开之前，关于该图形的下列说法：①图中的三角形都是等腰直角三角形；②图中的四边形是菱形；③四边形的面积占正方形面积的．正确的有（）A.①③ B.①② C.只有① D.②③二、填空题（每题2分，共16分）9.若代数式有意义，则实数的取值范围是______．10.分解因式：________．11.如图，圆的两条弦，相交于点E，且，，则的度数为________．12.在如图所示的正方形网格中，∠1__∠2．（填“＞”，“＝”，“＜”）13.2011年国际数学协会正式宣布：将每年的3月14日设为“国际数学节”．某学校在3月14日举办了校园数学节活动，学生可通过参加多项数学活动获得积分（百分制），次日兑换奖品．为了更好地准备奖品，学生会干部从全校名学生中随机抽取名学生的积分，得到数据的频数分布直方图如下（数据分成6组：，，，，，）：根据以上数据，估计该校名学生中积分不低于分的学生人数约为______．14.如图，在中，延长至点E，使，连接与于点F，则的值是__________________．15.在平面直角坐标系中，直线与双曲线交于，两点，则的值为______．16.磁力棋的棋盘为的正方形网格，每个小正方形网格的边长为1．磁力珠（近似看成点）可放在网格交点处，摆放时要求任意两颗磁力珠不吸到一起．若两颗磁力珠不吸到一起，则它们之间的距离应不小于．根据以上规则，回答下列问题：（1）如图，小颖在棋盘A，B，C三处放置了互不相吸的三颗磁力珠．若她想从中选择一个位置再放一颗磁力珠，与其他磁力珠互不相吸，则她选择的位置是____________；（2）棋盘最多可摆放____________颗互不相吸的磁力珠．三、解答题（第17～19题每小题5分，第20～21题每小题6分，第22～23小题每小题5分，第24题6分，第25题5分，第26题6分，第27～28题每小题7分）17.计算：．18.解不等式组：．19.已知，求代数式的值．20.如图，在中，，延长至，使得，过点，分别作，，与交于点，连接．（1）求证：四边形是矩形；（2）连接，若，，求的长．21.列方程或方程组解决问题：某校组织学生到郊外参加义务植树活动，并准备了A，B两种食品作为师生的午餐，这两种食品每包的营养成分表如下：若要从这两种食品中摄入热量和45g蛋白质，应选取A，B两种食品各多少包？22.在平面直角坐标系中，一次函数的图象由函数的图象平移得到，且经过点．（1）求这个一次函数的解析式；（2）当时，对于x的每一个值，一次函数的值小于函数的值且大于0，直接写出n的取值范围．23.某校举行“云端好声音”线上歌唱比赛活动丰富同学们的居家生活．由1至4号的专业评委和5至10号的大众评委进行评分．例如A节目演出后各个评委所给分数如下：评委编号12345678910评分/分7.27.57.87.58.29.77.96.78.59.4评分方案如下：方案一：取各位评委所给分数的平均数，则该节目的得分为．方案二：从评委所给的分数中先去掉一个最高分和一个最低分，再取其余八位评委所给分数的平均数，则该节目的得分为．回答下列问题：（1）小乐认为“方案二”比“方案一”更合理，你______小乐的说法吗（填“同意”或“不同意”）？理由是______；（2）小乐认为评分既要突出专业评审的权威性又要尊重大众评审的喜爱度，因此设计了“方案三”：先计算1至4号评委所给分数的平均数，5至10号评委所给分数的平均数，再根据比赛的需求设置相应的权重（表示专业评委的权重，表示大众评委的权重，且）．如：当时，则．该节目的得分为．Ⅰ．当按照“方案三”中评分时，A节目的得分为______；Ⅱ．关于评分方案，下列说法正确的有______．①当时，A节目按照“方案三”评分的结果比“方案一”和“方案二”都高；②当时，A节目按照“方案三”和“方案一”评分结果相同；③当时，说明“方案三”评分更注重节目的专业性．24.如图，AB是半圆的直径，过圆心O作AB的垂线，与弦AC的延长线交于点D，点E在OD上．（1）求证：CE是半圆的切线；（2）若CD=10，，求半圆的半径．25.一位滑雪者从某山坡滑下并滑完全程，滑行距离s（单位：m）与滑行时间t（单位：s）近似满足“一次函数”、“二次函数”或“反比例函数”关系中的一种．测得一些数据如下：滑行时间t/s01234滑行距离s/m0261220（1）s是t的函数（填“一次”、“二次”或“反比例”）；（2）求s关于t的函数表达式；（3）已知第二位滑雪者也从坡顶滑下并滑完全程，且滑行距离与第一位滑雪者相同，滑行距离s（单位：m）与滑行时间t（单位：s）近似满足函数关系．记第一位滑雪者滑完全程所用时间为，第二位滑雪者滑完全程所用时间为，则___（填“<”，“=”或“>”）．26.在平面直角坐标系中，点是抛物线上不重合的两点．（1）抛物线的对称轴为直线_____（2）当时，求的值；（3）若对于，都有，求的取值范围．27.在中，，D是的中点，E为边上一动点（不与点A，C重合），连接，将线段绕点B逆时针旋转得到线段，过点F作于点H，交射线于点G．（1）如图1，当时，比较与的大小；用等式表示线段与的数量关系，并证明；（2）如图2，当时，依题意补全图2，用等式表示线段之间的数量关系．28.在平面直角坐标系中，对于点，，（点与点不重合），给出如下定义：若，且，则称点为点关于点的“--关联点”．已知点，，的半径为．（1）在点，，中，是点关于点的“2--关联点”的为_____；（2）点为线段上的任意一点，点为线段上任意一点（不与点重合）．①若上存在点关于点的“--关联点”，直接写出的最小值及最大值；②当时，上不存在点关于点的“--关联点”，直接写出的取值范围：_____．

参考答案一、单选题（每题2分，共16分）1.【答案】A【分析】根据科学记数法的表示形式，，的值是小数点左移的位数或所有整数为减，由此即可求解．【详解】解：．故选：．【点睛】本题主要考查用乘方表示表示较大，即科学记数法，掌握科学记数法表示形式，理解，的取值是解题的关键．2.【答案】A【分析】展开图的底面是正三角形，侧面是三个矩形，因此这个立体图形为三棱柱．【详解】解：由底面是正三角形，侧面是三个矩形，因此这个立体图形为三棱柱，

故选：A．【点睛】考查棱柱的展开与折叠，理解棱柱的展开图的形状是前提．3.【答案】C【分析】本题考查了等腰三角形的性质，平行线的性质，先利用等腰三角形的性质可得，然后再利用平行线的性质可得．【详解】解：，，，，，故选C．4.【答案】D【分析】根据实数在数轴上的位置，得出各个数的大小关系，再根据绝对值的大小，判断相关代数式的符号．【详解】由实数a，b，c，d在数轴上对应的点的位置可知，a＜b＜0＜c＜d，∴|a|＞|b|，ad＜0，a+c＜0，d-a＞0，因此选项D正确，故选：D．【点睛】本题考查数轴表示数，有理数的四则运算法则，理解符号、绝对值是确定有理数的必要条件．5.【答案】A【分析】本题考查列表法与树状图法，列表可得出所有等可能的结果数以及两次都是正面向上的结果数，再利用概率公式可得出答案，熟练掌握列表法与树状图法以及概率公式是解答本题的关键．【详解】解：列表如下：正反正正正正反反反正反反共有4种等可能的结果，其中两次都是正面向上的结果有1种，两次都是正面向上的概率为．故选：A．6.【答案】C【分析】根据方程的根的判别式即可．本题考查了一元二次方程的根的判别式，熟练掌握根的判别式是解题的关键．【详解】∵方程有两个相等的实数根，，∴，∴，解得．故选C．7.【答案】D【分析】本题考查全等三角形的判定，根据作图得到，再根据，得到，即可．【详解】解：由作图过程可知，，∵，∴，∴判定的依据是三边分别相等的两个三角形全等．故选：D．8.【答案】C【分析】①根据正方形的性质和中位线定理可以解决问题；②利用①中结论可以证明，可以解决问题；③利用①③中的结论，确定四边形的面积与的面积比，正方形面积与的面积比，可以解决问题．【详解】∵四边形是正方形，为对角线∴，∴、是等腰直角三角形∵，分别为，的中点，∴，，∵,∴是等腰直角三角形∵，∴又∴∴、是等腰直角三角形∴，∴∴∴又∵∴、、三点共线∴又∵，分别为，的中点∴连接，如图，∵，∴是的中位线，∴∵，∴是等腰直角三角形∴∵∴四边形是矩形∵∴四边形是正方形∴∴是等腰直角三角形∴图中的三角形都是等腰直角三角形故①正确；∵是等腰直角三角形∵∴∴四边形是平行四边形，在中，即∵∴四边形不是菱形故②错误；∵，，，∴∴∵即又∵∴故③错误；故选：C．【点睛】此题考查了正方形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，三角形的中位线定理、三角形全等的判定和性质、等腰直角三角形的判定和性质等知识，正确的识别图形是解题的关键．二、填空题（每题2分，共16分）9.【答案】【分析】本题考查了二次根式有意义的条件，解不等式，掌握被开方数为非负数是解题的关键．根据二次根式中被开方数为非负数列式求解即可．【详解】解：代数式有意义，∴，解得，，故答案为：

．10.【答案】【分析】本题考查了因式分解的方法，解题的关键是熟练掌握因式分解的方法：提公因式法，平方差公式法，完全平方公式法，十字相乘法等．先提公因式a，然后利用完全平方公式因式分解即可．【详解】解：原式，故答案为：．11.【答案】80°【分析】根据圆周角定理的推论得到，再由三角形外角的性质即可得到结论．【详解】解：∵，，∴，∴，故答案为：．【点睛】本题考查了圆周角定理的推论，熟记圆周角定理的推论是解题的关键．12.【答案】>【分析】由正切的定义可得出tan∠1=，tan∠2=，由＞且∠1，∠2均为锐角可得出∠1＞∠2，此题得解．【详解】在Rt△ABE中，tan∠1；在Rt△BCD中，tan∠2．∵，且∠1，∠2均为锐角，∴tan∠1＞tan∠2，∴∠1＞∠2．故答案为：＞．【点睛】本题考查了解直角三角形，由正切的定义找出tan∠1＞tan∠2是解题的关键．13.【答案】【分析】本题考查了由样本所占百分比估计总体的数量，计算出样本中不低于分的学生人数所占比例即可求解．【详解】解：该校名学生中积分不低于分的学生人数约为：（人）故答案为：14.【答案】【分析】本题主要考查了相似三角形的判定与性质、平行四边形的性质等知识点，证得成为解题的关键．由平行四边形的性质结合已知条件可得，再证明，最后根据相似三角形对应边成比例即可解答．【详解】解：在中，，∵，∴，∵，∴，∴．故答案为：．15.【答案】【分析】根据关于原点对称的点的坐标特点找出、两点坐标的关系，再根据反比例函数图象上点的坐标特点解答即可．【详解】图像关于中心对称，，图像经过一、三象限，图像也关于中心对称，，图像经过一、三象限，又、为与交点，、也关于原点中心对称，且一个在第三象限，一个在第一象限，，，，故答案为．【点睛】本题考查了反比例函数图像的对称性，准确掌握利用过原点的直线与双曲线的两个交点关于原点对称是解答本题的关键．16.【答案】①.②.20【分析】此题考查了网格与勾股定理，正确掌握勾股定理的计算是解题的关键：（1）根据勾股定理计算到点A，B，C的距离即可判断；（2）根据题意画出图形即可得到答案．【详解】解：（1）∵，∴不符合要求；∵，∴符合要求，故答案为；（2）如图所示，连接，可以发现：四边形为边长为的正方形，以为边长，在四边形基础上继续做正方形，格点处的点即为满足条件的磁力珠，故答案为20．三、解答题（第17～19题每小题5分，第20～21题每小题6分，第22～23小题每小题5分，第24题6分，第25题5分，第26题6分，第27～28题每小题7分）17.【答案】【分析】本题考查了含三角函数的混合运算，解题的关键是掌握相关的运算法则．先算三角函数、负整数指数幂、绝对值和二次根式，再算加减即可．【详解】解：18.【答案】【分析】本题考查的是解一元一次不等式组，分别求出各不等式的解集，再求出其公共解集即可．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．【详解】解：，解由①得，，由②得，，∴．19.【答案】【分析】本题考查了分式的化简求值，熟练掌握分式的加减运算法则是解答本题的关键．先把所给分式化简，再把代入计算即可．【详解】解：原式．∵，∴，∴原式．20.【答案】（1）见解析（2）【分析】（1）先证四边形是平行四边形，得出从而证出四边形是矩形，即可证明结论；（2）通过，设，，在中用勾股定理列式求解即可．【小问1详解】证明：（1）∵，，∴四边形是平行四边形．∴．∵，∴．∵，∴四边形是平行四边形．∵，∴四边形是矩形．【小问2详解】∵在中，，，∴设，，∴，∴，在中，，，∵，∴，解得，，∴．【点睛】本题考查平行四边形的判定与性质、矩形的判定与性质、勾股定理、解直角三角形等，解题的关键是掌握平行四边形和矩形的判定方法．21.【答案】选用A种食品3包，B种食品1包【分析】本题考查利用二元一次方程组解决实际问题，找准等量关系，列出正确的方程组是解题的关键．设选用A种食品x包，B种食品y包，根据要从这两种食品中摄入热量和45g蛋白质，可列出关于x，y的二元一次方程组，解之即可得出结论．【详解】解：设选用A种食品x包，B种食品y包．由题意得，，解得：，答：选用A种食品3包，B种食品1包．22.【答案】（1）（2）【分析】本题考查一次函数图象的平移，求一次函数解析式，一次函数与不等式等知识．利用数形结合的思想是解题关键．（1）由题意结合函数图象平移的特点可得出，再将代入，求出b的值即可；（2）画出大致图形，结合图形即得出当时，当时，对于x的每一个值，一次函数的值小于函数的值且大于0．【小问1详解】解：∵一次函数的图象由函数的图象平移得到，∴，∴．∵该一次函数经过点，∴，即，∴这个一次函数的解析式为；【小问2详解】解：如图，由图可知当时，当时，对于x的每一个值，一次函数的值小于函数的值且大于0，∴n的取值范围是．23.【答案】（1）同意，理由见解析；（2）Ⅰ．7.68；Ⅱ．①③．【分析】（1）根据算术平均数的概念和意义，即可得到答案；（2）I．根据，直接代入数据，即可求解；Ⅱ．根据对①②③进行判断，即可得到结论．【小问1详解】解：同意小乐的说法，理由是：评委的评分常带有主观性，去掉最高分和最低分，能够使评分更具公平性．【小问2详解】解：I．∵，，，，∴，∴A节目的得分为：7.86；Ⅱ．①当时，A节目按照“方案三”评分的结果=，比“方案一”和“方案二”都高，故原说法正确；②当时，A节目按照“方案三”的评分结果，与“方案一”的评分结果不一样，故原说法错误；③当时，A节目按照“方案三”的评分结果，与“方案一”的评分结果一样；当时，说明专业评委的权重占比大于大众评委的权重，即“方案三”评分更注重节目的专业性，故原说法正确；综上所述：①③正确．【点睛】本题主要考查平均数，掌握算术平均数和加权平均数的定义，是解题的关键．24.【答案】（1）见解析；(2)【详解】分析:（1）连接CO，由且OC=OB,得,利用同角的余角相等判断出∠BCO+∠BCE=90°，即可得出结论；（2）设AC=2x，由根据题目条件用x分别表示出OA、AD、AB，通过证明△AOD∽△ACB，列出等式即可.详解：（1）证明：如图，连接CO.∵AB是半圆的直径，∴∠ACB=90°.∴∠DCB=180°-∠ACB=90°.∴∠DCE+∠BCE=90°.∵OC=OB，∴∠OCB=∠B.∵，∴∠OCB=∠DCE.∴∠OCE=∠DCB=90°.∴OC⊥CE.∵OC是半径，∴CE是半圆的切线.（2）解：设AC=2x，∵在Rt△ACB中，,∴BC=3x.∴.∵OD⊥AB,∴∠AOD=∠ACB=90°.∵∠A=∠A，∴△AOD∽△ACB.∴.∵，AD=2x+10,∴.解得x=8.∴.则半圆的半径为.点睛：本题考查了切线的判定与性质，圆周角定理，相似三角形.25.【答案】（1）二次（2）（3）>【分析】（1）根据自变量增加1时，函数值依次增加2，4，6，8，可得出结论；（2）待定系数法求出函数解析式；（3）时，分别求出，，再比较大小．【小问1详解】解：根据自变量增加1时，函数值依次增加2，4，6，8，可判断为二次函数，故答案为：二次．【小问2详解】解：设s关于t的函数表达式为，根据题意，得解得∴s关于t的函数表达式为．【小问3详解】解：根据题意，当时，，∴故答案为＞．【点睛】本题考查了二次函数的应用，根据点的坐标利用待定系数法求出二次函数关系式是解题的关键．26.【答案】（1）（2）（3）a≤-3或0＜a≤2．【分析】本题主要考查二次函数图象的性质，增减性，对称轴，掌握二次函数图象的性质是解题的关键．（1）运用对称轴直线公式计算即可；（2）根据题意得到，，，由此代入计算即可求解；（3）根据对称轴，函数的增减性分类讨论：当时，二次函数图象开口向上，当时，随的增大而减小；当时，二次函数图象开口向下，当时，随的增大而增大；由此即可求解．【小问1详解】解：抛物线，∴对称轴直线为，故答案为：1；【小问2详解】解：当时，，抛物线解析式为，∴，，∴，解得，，当时，点重合，不符合题意，舍去，∴；【小问3详解】（3）由题意，∵y=a（x-1）2-a,

∴y1=a3-a,y2=a（b-1）2-a.

∴y1-y2=a3-a-a（b-1）2+a

=a[a2-（b-1）2]

=a（a+b-1）（a-b+1）．

①当a＜0时，

∵-2＜b＜-1，

∴-3＜b-1＜-2．

∴a+b-1＜0．

又∵y1-y2=a（a+b-1）（a-b+1）＜0，

∴a-b+1＜0．

∴a＜b-1．

又∵-3＜b-1＜-2，

∴a≤-3．

②当a＞0时，

∵-3＜b-1＜-2，

∴2＜-（b-1）＜3．

∴a-b+1