2023北京西城初三(上)期末数学(教师版)
展开这是一份2023北京西城初三(上)期末数学(教师版),共26页。试卷主要包含了选择题,填空题,解答题等内容,欢迎下载使用。
2023北京西城初三(上)期末
数 学
满分100分,考试时间120分钟.
第一部分选择题
一、选择题(共16分,每题2分)
1. 二次函数y=(x-2)2+3的最小值是( )
A. 3 B. 2 C. -2 D. -3
2. 中国传统扇文化有着深厚的文化底蕴,是中华民族文化的一个组成部分,在中国传统社会中,扇面形状的设计与日常生活中的图案息息相关,下列扇面图形中,既是轴对称图形,又是中心对称图形的是( )
A. B. C. D.
3. 下列事件中是随机事件的是( )
A. 明天太阳从东方升起
B. 经过有交通信号灯的路口时遇到红灯
C. 平面内不共线的三点确定一个圆
D. 任意画一个三角形,其内角和是
4. 如图,在中,弦,相交于点,,,则的大小是( )
A. 35° B. 45° C. 60° D. 70°
5. 抛物线通过变换可以得到抛物线,以下变换过程正确的是( )
A. 先向右平移1个单位,再向上平移2个单位
B. 先向左平移1个单位,再向下平移2个单位
C. 先向右平移1个单位,再向下平移2个单位
D. 先向左平移1个单位,再向上平移2个单位
6. 要组织一次篮球联赛,赛制为单循环形式(每两队之间都只赛一场),计划安排15场比赛,如果设邀请个球队参加比赛,那么根据题意可以列方程为( )
A. B. C. D.
7. 如图,在等腰中,,将绕点逆时针旋转得到,当点的对应点落在上时,连接,则的度数是( )
A. 30° B. 45° C. 55° D. 75°
8. 下表记录了二次函数中两个变量与的5组对应值,其中.
…
1
3
…
…
0
2
0
…
根据表中信息,当时,直线与该二次函数图象有两个公共点,则的取值范围是( )
.
A. B. C. D.
第二部分非选择题
二、填空题(共16分,每题2分)
9. 一元二次方程x2﹣16=0的解是_____.
10. 已知的半径为5,点到圆心的距离为8,则点在______(填“内”“上”或“外”).
11. 若关于一元二次方程有两个相等的实数根,则的值为__________.
12. 圆心角是60°的扇形的半径为6,则这个扇形的面积是_____.
13. 点是抛物线上一点,则的值是______,点关于原点对称的点的坐标是______.
14. 已知二次函数满足条件:①图像象过原点;②当时,随的增大而增大,请你写出一个满足上述条件的二次函数的解析式:______.
15. 如图,在平面直角坐标系中,以点为圆心,1为半径画圆,将绕点逆时针旋转得到,使得与轴相切,则的度数是____.
16. 如图,是的直径,为上一点,且,为圆上一动点,为的中点,连接,若的半径为2,则长的最大值是_____.
三、解答题(共68分,第17-18题,每题5分,第19题6分,第20-23题5分,第24-26题,每题6分,第27-28题,每题7分)
17. 解方程:
18. 已知:点,,在上,且.
求作:直线,使其过点,并与相切.
作法:①连接;
②分别以点,点为圆心,长为半径作弧,两弧交于外一点;
③作直线.
直线就是所求作直线.
(1)使用直尺和圆规,依作法补全图形(保留作图痕迹);
(2)完成下面证明.
证明:连接,,
∵,
∴四边形菱形,
∵点,,在上,且,
∴______°(_________________)(填推理的依据).
∴四边形是正方形,
∴,即,
∵为半径,
∴直线为的切线(_________________)(填推理的依据).
19. 已知二次函数.
(1)将化成的形式,并写出它的顶点坐标;
(2)在所给的平面直角坐标系中画出此函数的图象;
(3)当时,结合图象,直接写出函数值的取值范围.
20. 如图,是的一条弦,点是的中点,连接并延长交劣弧于点,连接,,若,,求的面积.
21. 在学习《用频率估计概率》时,小明和他的伙伴们设计了一个摸球试验:在一个不透明帆布袋中装有白球和红球共4个,这4个球除颜色外无其他差别,每次摸球前先将袋中的球搅匀,然后从袋中随机摸出1个球,观察该球的颜色并记录,再把它放回,在老师的帮助下,小明和他的伙伴们用计算机模拟这个摸球试验,下图显示的是这个试验中摸出一个球是红球的结果.
(1)根据所学的频率与概率关系的知识,估计从这个不透明的帆布袋中随机摸出一个球是红球的概率是______,其中红球的个数是______;
(2)如果从这个不透明的帆布袋中同时摸出两个球,用列举法求摸出的两个球刚好一个是红球和一个是白球的概率.
22. 如图,在四边形中,,是对角线,将点绕点逆时针旋转60°得到点,连接,,.
(1)求的度数;
(2)若是等边三角形,且,,,求的长.
23. 已知关于的方程.
(1)求证:方程有两个不相等的实数根;
(2)设此方程的两个根分别为,,且,若,求的值.
24. 如图,在中,,,点是上一点,以为圆心,长为半径作圆,使与相切于点,与相交于点.过点作,交的延长线于点.
(1)若,求的半径;
(2)连接,求证:四边形是平行四边形.
25. 跳台滑雪是冬季奥运会的比赛项目之一,如图,运动员通过助滑道后在点处起跳经空中飞行后落在着陆坡上的点处,他在空中飞行的路线可以看作抛物线的一部分,这里表示起跳点到地面的距离,表示着陆坡的高度,表示着陆坡底端到点的水平距离,建立如图所示的平面直角坐标系,从起跳到着陆的过程中,运动员的竖直高度(单位:m)与水平距离(单位:m)近似满足函数关系:,已知,,落点的水平距离是40m,竖直高度是30m.
(1)点的坐标是_____,点的坐标是_______;
(2)求满足的函数关系;
(3)运动员在空中飞行过程中,当他与着陆坡竖直方向上的距离达到最大时,直接写出此时的水平距离.
26. 在平面直角坐标系中,抛物线的对称轴为直线,且.
(1)当时,求的值;
(2)点,,在抛物线上,若,判断,与的大小关系,并说明理由.
27. 如图,在中,,,,连接,将线段绕点顺时针旋转90°得到线段,连接.
(1)依题意,补全图形,并证明:;
(2)求度数;
(3)若为线段的中点,连接,请用等式表示线段与之间的数量关系,并证明.
28. 给定图形和点,,若图形上存在两个不重合的点,,使得点关于点的对称点与点关于点的对称点重合,则称点与点关于图形双对合.在平面直角坐标系中,已知点,,.
(1)在点,,中,与点关于线段双对合的点是______;
(2)点是轴上一动点,的直径为1.
①若点与点关于双对合,求的取值范围;
②当点运动时,若上存在一点与上任意一点关于双对合,直接写出点横坐标的取值范围.
参考答案
第一部分选择题
一、选择题(共16分,每题2分)
1. 【答案】A
【解析】
【分析】根据二次函数的性质解答即可.
【详解】二次函数y=(x-2)2+3,
当x=2时,最小值是3,
故选A.
【点睛】本题考查的是二次函数的最值,掌握二次函数的性质是解题的关键.
2. 【答案】C
【解析】
【分析】根据轴对称图形和中心对称图形的定义:如果一个平面图形沿一条直线折叠,直线两旁的部分能够互相重合,这个图形就叫做轴对称图形;中心对称图形的定义:把一个图形绕着某一个点旋转,如果旋转后的图形能够与原来的图形重合,那么这个图形叫做中心对称图形,这个点就是它的对称中心,进行逐一判断即可.
【详解】解:A.是轴对称图形,不是中心对称图形,故A选项不合题意;
B.是轴对称图形,不是中心对称图形,故B选项不符合题意;
C.既是轴对称图形,又是中心对称图形,故C选项合题意;
D.是轴对称图形,不是中心对称图形,故D选项不合题意.
故选:C.
【点睛】本题主要考查了轴对称图形和中心对称图形,解题的关键在于能够熟练掌握轴对称图形和中心对称图形的定义.
3. 【答案】B
【解析】
【分析】根据随机事件的定义,逐项判断即可求解.
【详解】解:A.明天太阳从东方升起,是必然事件,故本选项不符合题意;
B.经过有交通信号灯的路口时遇到红灯,是随机事件,故本选项符合题意;
C.平面内不共线的三点确定一个圆,是必然事件,故本选项不符合题意;
D.任意画一个三角形,其内角和是,是不可能事件,故本选项不符合题意;
故选:B.
【点睛】本题主要考查的是必然事件、不可能事件、随机事件的概念,熟练掌握必然事件指在一定条件下,一定发生的事件;不可能事件是指在一定条件下,一定不发生的事件;不确定事件即随机事件是指在一定条件下,可能发生也可能不发生的事件是解题的关键.
4. 【答案】A
【解析】
【分析】根据三角形的外角的性质可得,求得,再根据同弧所对的圆周角相等,即可得到答案.
【详解】解:,,,
,
,
故选:A.
【点睛】本题考查了圆周角定理及三角形的外角的性质,熟练掌握知识点是解题的关键.
5. 【答案】D
【解析】
【分析】由平移前后的解析式,结合平移法则即可得解;
【详解】解:抛物线通过先向左平移1个单位,再向上平移2个单位可以得到抛物线,
故选择:D
【点睛】本题考查抛物线的平移.熟练掌握二次函数平移规律是解题的关键.
6. 【答案】D
【解析】
【分析】赛制为单循环形式(每两队之间都赛一场),个球队比赛总场数,由此可得出方程.
【详解】解:设邀请个队,每个队都要赛场,但两队之间只有一场比赛,
由题意得.
故选:D.
【点睛】本题考查了由实际问题抽象一元二次方程的知识,解决本题的关键是读懂题意,得到总场数与球队之间的关系.
7. 【答案】B
【解析】
【分析】由等腰三角形的性质和三角形内角和定理,得,根据旋转的性质,得,,再由等腰三角形和三角形内角和定理得,即可求得.
【详解】解:,,
,
由旋转得,,,
,
,
故选:B.
【点睛】本题考查了旋转的性质,等腰三角形的性质和三角形内角和定理,熟练掌握知识点是解题的关键.
8. 【答案】C
【解析】
【分析】根据表中数据得出对称轴,进而得到抛物线与轴的交点,利用交点式得到,从而得到二次函数表达式为,根据当时,直线与该二次函数图像有两个公共点,可得.
【详解】解:由可得抛物线对称轴,
又由以及对称轴可得,
,则设抛物线交点式为,
与对比可得,解得,
二次函数表达式为,
当时,;
当时,;
当时,,
,当时,直线与该二次函数图像有两个公共点,
,
故选:C
【点睛】本题考查二次函数图像与性质,掌握二次函数表达式的求法是解决问题的关键.
第二部分非选择题
二、填空题(共16分,每题2分)
9. 【答案】x1=﹣4,x2=4
【解析】
【分析】直接运用直接开平方法进行求解即可.
【详解】解:方程变形得:x2=16,
开方得:x=±4,
解得:x1=﹣4,x2=4.
故答案为:x1=﹣4,x2=4
【点睛】本题考查了一元二次方程的解法,掌握直接开平方法是解答本题的关键.
10. 【答案】外
【解析】
【分析】点与圆的位置关系有3种.设的半径为,点到圆心的距离,则有:①点在圆外⇔;②点在圆上⇔;③点在圆内⇔,由此即可判断;
【详解】解:,,
,
点在外,
故答案为:外.
【点睛】本题考查点与圆的位置关系,记住:①点在圆外⇔;②点在圆上⇔;③点在圆内⇔是解题的关键.
11. 【答案】
【解析】
【分析】根据判别式求解即可.
【详解】解:∵一元二次方程有两个相等的实数根,
∴,
解得.
故答案为:.
【点睛】本题考查了一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)的根的判别式△=b2-4ac:当△>0,方程有两个不相等的实数根;当△=0,方程有两个相等的实数根;当△<0,方程没有实数根.
12. 【答案】6π
【解析】
【分析】根据扇形的面积公式S=计算,即可得出结果.
【详解】解:该扇形的面积S==6π.
故答案为6π.
【点睛】本题考查了扇形面积的计算,熟记扇形的面积公式是解题的关键.
13. 【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】将代入二次函数解析式,得出,根据关于原点对称的两个点,横坐标、纵坐标分别互为相反数,即可求解.
【详解】解:∵点是抛物线上一点,
∴,
∴,
∴点关于原点对称的点的坐标是,
故答案为:,.
【点睛】本题考查了二次函数的性质,关于原点对称的点的坐标特征,求得点是解题的关键.
14. 【答案】(答案不唯一)
【解析】
【分析】根据二次函数的图像与性质可以得出各系数的取值范围,举一例即可.
【详解】解:图像过原点,
可以设解析式为:
当时,随的增大而增大,
,开口向上,且对称轴,
即,
可以设二次函数为
满足均可.
故答案不唯一,如:.
【点睛】本题考查二次函数的图像与性质,掌握二次函数的图像与各系数间的关系是解题的关键.
15. 【答案】或
【解析】
【分析】分析可知:A在以O为圆心,为半径的圆上运动,分情况讨论,当A转到时,,作轴与点B,利用勾股定理可知,进一步可求出旋转角度为;当A转到时,,作轴与点C,利用勾股定理可知,进一步可求出旋转角度为.
【详解】解:∵,将绕点逆时针旋转得到
∴A在以O为圆心,为半径的圆上运动,
当A转到时,,作轴于点B,
∵半径为1,与轴相切,
∴,
由勾股定理可得:,
∴为等腰直角三角形,
∴,,即旋转角度为;
当A转到时,,作轴于点C,
∵半径为1,与轴相切,
∴,
由勾股定理可得:,
∴为等腰直角三角形,
∴,,即旋转角度为;
故答案为:,
【点睛】本题考查圆与切线,旋转,等腰直角三角形,勾股定理,解题的关键是掌握切线的性质,旋转,理解A在以O为圆心,为半径的圆上运动.
16. 【答案】##
【解析】
【分析】连接,,取中点,连接、,是⊙的直径,可推出和,由此可知,则在以为直径的圆上,当与点重合时,最大,根据求出长代入即可.
【详解】解:连接,,
∵是⊙的直径,
∴,
∵为的中点,为的中点,
∴,
∴,
取中点,连接,
∴在以为直径的圆上,
∵三角形两边之和大于第三边,且的半径为2,
∴,
∴当与点重合时,最大,
∴,
∵,
∴,
∴,
故答案为.
【点睛】本题考查了直径所对的圆周角是及三角形的中位线的性质,熟练掌握数形结合思想是解题关键.
三、解答题(共68分,第17-18题,每题5分,第19题6分,第20-23题5分,第24-26题,每题6分,第27-28题,每题7分)
17. 【答案】,;
【解析】
【分析】选用配方法可解此方程.
【详解】解:x2-4x+2=0
x2-4x+4-2=0
(x-2)2=2
∴x-2=或x-2=
解得:,
故答案为,.
【点睛】本题考查了选用适当的方法解一元二次方程.
18. 【答案】(1)见解析;
(2)90°;一条弧所对的圆周角等于它所对的圆心角的一半;经过半径的外端并且垂直于这条半径的直线是圆的切线
【解析】
【分析】(1)按照题中作法步骤作图即可;
(2)根据圆周角定理和切线的判定定理填空.
【小问1详解】
解:补全图形,如图所示;
【小问2详解】
90°;一条弧所对的圆周角等于它所对的圆心角的一半;经过半径的外端并且垂直于这条半径的直线是圆的切线.
【点睛】本题考查作图-复杂作图,圆周角定理,切线的判断和性质,熟练掌握知识点是解题的关键.
19. 【答案】(1),
(2)见解析 (3)
【解析】
【分析】(1)运用配方法将原解析式化为顶点式即可;
(2)根据(1)所得的顶点式解析式,利用五点作图法直接画出图像即可;
(3)根据函数图像确定当时对应的y的取值范围即可.
【小问1详解】
.
【小问2详解】
列表如下:
x
0
1
2
3
y
0
0
图象如图所示;:
【小问3详解】
由图象可得,当时,.
【点睛】本题主要考查了二次函数的顶点式、二次函数的图象、二次函数的性质等知识点,准确画出二次函数的图象成为解答本题的关键.
20. 【答案】
【解析】
【分析】设的半径为,由垂径定理得出,用含的式子表示,再根据勾股定理列方程解得半径的长,即可求解.
【详解】解:设,则.
点是的中点,过圆心,
.
,,
,.
在中,,
.
解得,.
.
.
【点睛】本题考查了垂径定理,勾股定理,根据垂径定理判断出是的垂直平分线是解题的关键.
21. 【答案】(1)0.75,3
(2)
【解析】
【分析】(1)根据图表中的频率分布可估计概率,再利用总数乘以概率可得红球个数;
(2)列出表格,利用概率公式计算.
【小问1详解】
解:由图表可知:摸出红球的频率分布在0.75上下,
则可估计随机摸出一个球是红球的概率是0.75,
红球的个数是:,
故答案为:0.75,3;
小问2详解】
由(1)可知帆布袋中有3个红球和1个白球.
列表如下:
白
红1
红2
红3
白
白,红1
白,红2
白,红3
红1
红1,红2
红1,红3
红2
红2,红3
红3
可以看出,从帆布袋中同时摸出两个球,所有可能出现的结果共有6种,即
(白,红1),(白,红2),(白,红3),(红1,红2),(红1,红3),(红2,红3),且这些结果出现的可能性相等,其中摸出的两个球刚好一个是红球和一个是白球(记为事件A)共有3种结果,即(白,红1),(白,红2),(白,红3),
所以.
【点睛】本题考查了列表法或树状图法:通过列表法或树状图法展示所有等可能的结果求出n,再从中选出符合事件A或B的结果数目m,然后根据概率公式求出事件A或B的概率.也考查了利用频率估计概率.
22. 【答案】(1)
(2)
【解析】
【分析】(1)根据旋转的性质得到, ,进而证明为等边三角形,即可得到答案;
(2)首先证明,之后在中根据勾股定理得到的长.
【小问1详解】
解:将点绕点逆时针旋转得到点,
,,
是等边三角形,
.
【小问2详解】
解:是等边三角形,
, ,
,
又 ,
,
,
,
.
,,
,
在中,.
,
.
【点睛】本题主要考查旋转的性质,等边三角形的判定性质,全等三角形的判定与性质,勾股定理,掌握相关定理是解题的关键.
23. 【答案】(1)见解析;
(2).
【解析】
【分析】(1)根据方程的系数结合根的判别式,即可得出,由此可证出此方程有两个不相等的实数根;
(2)解方程,再由,,即可得到关于的一元一次方程,解之即可得出结论.
【小问1详解】
证明:
.
方程有两个不相等的实数根.
【小问2详解】
解:解方程,得,
,
,.
,
.
.
【点睛】本题考查了根的判别式、根与系数的关系,解题的关键是掌握根的判别式、根与系数的关系的表达式,并会熟练计算.
24. 【答案】(1);
(2)见解析.
【解析】
【分析】(1)连接,由⊙O与相切于点A,与相切于点D,得到,由切线长定理得:,由勾股定理求出,即可得到的半径.
(2)连接,交于点H,由是⊙O的直径,得到.根据与⊙O分别相切于点A,D,证得.得到.即可证得四边形是平行四边形.
【小问1详解】
解:连接,如图.
∵在中,
∴⊙O与相切于点A,.
∵是⊙O的半径,⊙O与相切于点D,
∴.
∴.
∵,
∴由切线长定理得:,由勾股定理得:.
∴ .
∴⊙O的半径是.
【小问2详解】
证明:连接,交于点H,如图.
∵是⊙O的直径,
∴.
∵与⊙O分别相切于点A,D,
∴.
∴.
∴.
∴.
∴.
∵,
∴ 四边形是平行四边形.
【点睛】此题考查了圆的切线的性质定理,切线长定理,直径所对的圆周角是直角,平行四边形的判定定理,熟记各定理是解题的关键.
25. 【答案】(1),;
(2);
(3)
【解析】
【分析】(1),落点的水平距离是40m,竖直高度是30m,即可得到点、的坐标;
(2)用待定系数法求解即可;
(3)由,先求出直线的表达式,作轴交抛物线和直线于点、,用含未知数的式子表示,再根据二次函数的性质进行判断即可.
小问1详解】
解:,落点的水平距离是40m,竖直高度是30m,
,;
【小问2详解】
解:把,代入
得,,
解得,,
;
【小问3详解】
解:,
设直线的表达式为,
把代入,得,
解得,,
,
设到竖直方向上的距离最大,作轴交抛物线和直线于点、,
,
,
当时,最大,即水平距离为时,运动员与着陆坡竖直方向上的距离达到最大.
【点睛】本题考查了二次函数的实际应用,待定系数法求解析式,二次函数图象的性质,熟练掌握知识点是解题的关键.
26. 【答案】(1)
(2)
【解析】
【分析】(1)由,,可得,根据对称轴为直线即可求解;
(2)根据,求得对称轴的范围,再将点根据对称性转化到对称轴右侧,再根据得抛物线开口向上,随的增大而增大,即可得出答案.
【小问1详解】
当时,得,
,
;
【小问2详解】
,
,
,
,
,
,
点关于直线的对称点的坐标是,
.
.
,
当时,随的增大而增大.
.
【点睛】本题考查了二次函数的性质,主要涉及到二次函数的开口方向、对称性以及增减性,熟知二次函数的基本性质是解决函数问题的关键.
27. 【答案】(1)画图和证明见解析;
(2)135° (3),证明见解析.
【解析】
【分析】(1)先根据题意画出对应的图形,只需要利用证明即可证明;
(2)连接,如图所示.先由等腰直角三角形的性质得到再证明由全等三角形的性质得到.则可以推出,利用三角形内角和定理即可得到;
(3)如图所示,延长至K,使得,连接.证明.得到,,则.进一步证明.得到.由此证明,得到.在等腰直角中,,则,即可证明.
【小问1详解】
补全图形,如图所示.
证明:∵ 线段绕点C顺时针旋转90°得到线段,
∴
∵,
∴,
∵,
∴
∴;
【小问2详解】
解:连接,如图所示.
由(1)可得是等腰直角三角形,
∴
∴
∵
∴
由可得.
∴.
∴;
【小问3详解】
解;,理由如下:
如图所示,延长至K,使得,连接.
∵为线段的中点,
∴.
∵,
∴.
∴,.
∴,.
∴.
∵,
∴.
∵,
∴.
由可得,
∴,
∵,
∴.
∴.
∵在等腰直角中,,
∴.
∵,
∴.
【点睛】本题主要考查了旋转的性质,全等三角形的性质与判定,等腰直角三角形的性质与判定,三角形内角和定理,勾股定理等,正确作出辅助线构造全等三角形是解题的关键.
28. 【答案】(1)D,F;
(2)①;②或.
【解析】
【分析】(1)根据双对合的定义逐一判断即可得到答案;
(2)①由双对合定义可知随着直径的端点G,H在上运动,点在以点A为圆心,2为半径的圆上及其内部(不含点A),由此求出取值范围;②找出临界图形,计算可以求出取值范围.
【小问1详解】
由双对合定义可知:,
,,
轴,
,,
,
O关于线段的双对合点是D,F;
故答案为D,F;
【小问2详解】
①设是上任意一条直径,则.
设点是与点A关于双对合的点,将点A和点分别关于点G,H对称后重合的点记为,所以点G,H分别是和 的中点.
由三角形中位线的知识,可知.
随着点G,H在上运动,点在以点A为圆心,2为半径的圆上及其内部(不含点A),将它记为S.因为点A与点关于双对合,
所以当S与y轴相交时,可求得t 的值为和.
所以t 的取值范围是.
②当上的一点在上时,如图,则上离最近的点到的距离为:时存在,解得;
当上的一点在BC上时,则上的点离最近的点到的距离不大于1,
即K到的距离不大于,
,即与x轴的的夹角为45°,
交点,
这时,
即;
当上的一点在上时,则上的点离最近的点到的距离大于1,不存在;
综上所述:或
【点睛】本题考查新定义,能正确理解新定义并转化为所学知识解决问题是解题的关键.
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