2022-2023学年北京石景山区初三上学期数学期末试卷及答案

这是一份2022-2023学年北京石景山区初三上学期数学期末试卷及答案，共28页。试卷主要包含了填空题，解答题解答应写出文字说明等内容，欢迎下载使用。

一、选择题（共16分，每题2分）第1-8题均有四个选项，符合题意的选项只有一个．
1. 如果，那么的值是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据比例的性质即可得到结论．
详解】解：∵，
∴．
故选：C．
【点睛】本题考查了比例的性质，熟练掌握比例的性质是解题的关键．
2. 如图，在中，．若，，则的长为（ ）
A. 2B. C. D. 6
【答案】D
【解析】
【分析】利用锐角三角函数定义列式得出答案．
【详解】解：∵，，
∴，
∴，
故选：D．
【点睛】此题主要考查了利用正弦三角函数进行计算，掌握正弦三角函数定义是解题关键．
3. 如图，点在上，若，则的度数为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】直接根据圆周角定理即可得出答案．
【详解】解：，
，
故选：C．
【点睛】本题考查了圆周角定理，熟练掌握圆周角定理是解题的关键．
4. 如图，在菱形中，点E在上，与对角线交于点F．若，，则为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由菱形的性质证明，可得，再利用相似三角形的性质可得答案．
【详解】解：∵菱形，，
∴，，
∴，而，
∴．
故选D．
【点睛】本题考查的是菱形的性质，相似三角形的判定与性质，证明是解本题的关键．
5. 将抛物线向上平移2个单位长度，平移后的抛物线的表达式为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据“左加右减、上加下减”的原则进行解答即可．
【详解】解：把抛物线向上平移2个单位长度，所得直线解析式为：,即；
故选：A．
【点睛】本题主要考查了二次函数图象与几何变换，要求熟练掌握平移的规律：左加右减，上加下减．
6. 若圆的半径为9，则的圆心角所对的弧长为（ ）
A. 3B. 6C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据弧长的计算公式计算即可．
【详解】解：.
故选：D．
【点睛】本题考查了求弧长，解题的关键是掌握弧长的公式，在代入圆心角度数时，n的值一定不要带度数．
7. 若二次函数的图象与x轴有交点，则m的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】抛物线与轴有交点，说明，由此即可求解．
【详解】解：根据题意得，
解得．
故选：B．
【点睛】本题考查了抛物线与轴的交点：对于二次函数 （，，是常数，），决定抛物线与轴的交点个数：时，抛物线与轴有2个交点；时，抛物线与轴有1个交点；时，抛物线与轴没有交点．
8. 如图，线段，点在线段上（不与点重合），以为边作正方形，设，，正方形的面积为，则与，与满足的函数关系分别为（ ）
A. 一次函数关系，二次函数关系B. 反比例函数关系，二次函数关系
C. 一次函数关系，反比例函数关系D. 反比例函数关系，一次函数关系
【答案】A
【解析】
【分析】通过，可得到与的函数关系，通过正方形的面积可得到与的函数关系．
【详解】解：，
，
，
所以与是一次函数关系；
，
，
所以与是二次函数关系；
故选：A．
【点睛】本题考查了一次函数和二次函数的定义，解题的关键是通过题意准确找出关系式．
第二部分非选择题
二、填空题（共16分，每题2分）
9. 如图，在中，D、E分别是边AB、AC的中点，若的面积是1，则的面积是______；
【答案】4
【解析】
【分析】据三角形中位线定理得到DE∥BC，DE=BC，得到△ADE∽△ABC，根据相似三角形的性质计算即可．
【详解】解：∵D、E分别是边AB、AC的中点，
∴DE∥BC，DE=BC，
∴△ADE∽△ABC，
∴S△ADE：S△ABC=（）2=，
的面积是1，
的面积是4
故答案为：4．
【点睛】本题考查的是相似三角形的性质、三角形中位线定理的应用，掌握相似三角形的面积比等于相似比的平方是解题的关键．
10. 如图，在中，，点D在边上，点E在边上且．只需添加一个条件即可证明，这个条件可以是___________（写出一个即可）．
【答案】
【解析】
【分析】由相似三角形的判定定理可求解．
【详解】解：添加，
又∵，
∴，
故答案为：（答案不唯一）．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定，掌握相似三角形的判定定理是本题的关键．
11. 如图，，分别与相切于A，B两点．若，，则的长为___________．
【答案】
【解析】
【分析】连接，由切线长定理可得，从而可得出，最后由勾股定理得出．
【详解】解：连接，如图，
∵，分别与相切于A，B两点．且，
∴，，
∴，
在中，，，
由勾股定理得，，
故答案为：．
【点睛】本题考查了切线的性质，切线长定理，直角三角形的性质等知识，熟练运用切线的性质是本题的关键．
12. 抛物线的对称轴为直线___________．
【答案】
【解析】
【分析】把解析式化为顶点式即可求得答案．
【详解】解：，
对称轴是直线，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查二次函数的性质，掌握二次函数的顶点式是解题的关键．
13. 在平面直角坐标系中，若点，在反比例函数的图象上，则___________（填“>”，“=”或“＜”）．
【答案】>
【解析】
【分析】根据反比例函数的性质，当，在每个象限内，y随x的增大而减小，进行判断即可．
【详解】解：∵，在每个象限内，y随x的增大而减小，
∴，
∴．
故答案为：>．
【点睛】本题考查了反比例函数的性质，熟练掌握函数的性质是解决问题的关键．
14. 如图，线段，分别表示甲、乙建筑物的高，于点B，于点D，两座建筑物间的距离为．若甲建筑物的高为，在点A处测得点C的仰角为，则乙建筑物的高为___________m．
【答案】55
【解析】
【分析】过点A作于点E，可得再求出，从而可求出结论．
【详解】解：过点A作于点E，如图，
可得，四边形是矩形，
∴
∵
∴
∴
故答案为：55
【点睛】本题考查了直角三角形中三角函数的应用，考查了特殊角的三角函数值，本题中求得的长是解题的关键．
15. 如图，点A，B，C在上，．若点D为上一点（不与点A，C重合），则的度数为___________．
【答案】或
【解析】
【分析】分两种情况：当点D在优弧上时，当点D在劣弧上时，根据圆内接四边形的性质，即可得出答案．
【详解】解：
分两种情况：
当点D在优弧上时，根据圆内接四边形的性质，可知，
当点D在劣弧上时，，
故答案为：或．
【点睛】本题考查了圆内接四边形的性质，正确理解题意是解题的关键．
16. 如图，在平面直角坐标系中，二次函数的图象与x轴交于，B两点，对称轴是直线，下面四个结论中，
①
②当时，y随x的增大而增大
③点B的坐标为
④若点，在函数的图象上，则
所有正确结论的序号是___________．
【答案】①④
【解析】
【分析】根据二次函数图象的性质即可判断．
【详解】解：∵二次函数的图象开口向下，
∴，故①正确；
由图象可得，当时，y随x的增大而增大，故②错误；
∵二次函数的图象与x轴交于，B两点，对称轴是直线，
∴点B的坐标为，故③错误；
∵点，在函数的图象上，
∴
∴，故④正确
∴正确的结论是①④
故答案为：①④
【点睛】本题考查二次函数的性质，解题的关键是熟练运用二次函数的图象性质．
三、解答题（共68分，第17-21题，每题5分，第22题6分，第23题5分，第24-26题，每题6分，第27-28题，每题7分）解答应写出文字说明、演算步骤或证明过程．
17. 计算：．
【答案】
【解析】
【分析】根据实数的混合运算，特殊角的三角函数值，二次根式的混合运算计算即可．
【详解】解：
．
【点睛】本题考查实数的混合运算，特殊角的三角函数值，二次根式的混合运算，正确计算是解题的关键．
18. 如图，A是直线上一点，，过点B作于点D，过点C作于点E．
（1）求证：；
（2）若，，求的长．
【答案】（1）见解析 （2）
【解析】
【分析】（1）分别证明，即可得出结论；
（2）先由勾股定理求出，再结合相似三角形的性质得出比例式，再代入相关数值即可得出结论．
【小问1详解】
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
在和中，
∴
【小问2详解】
在中，，
由勾股定理得，，
∵，
∴，
∴
∴
【点睛】本题主要考查了相似三角形的性质，证明是解答本题的关键．
19. 已知：如图1，P为上一点．
求作：直线，使得与相切．
作法：如图2，
①连接；
②以点P为圆心，长为半径作弧，与的一个交点为A，作射线；
③以点A为圆心，长为半径作圆，交射线于点Q（不与点O重合）；
④作直线．
直线就是所求作的直线．
（1）使用直尺和圆规，依作法补全图形（保留作图痕迹）；
（2）完成下面的证明．
证明：连接．
由作法可知，
∴点P在以为直径的上．
∴___________°（___________）（填推理的依据）．
∴．
又∵是的半径，
∴是的切线（___________）（填推理的依据）．
【答案】（1）见解析 （2）90，直径所对的圆周角是直角；过半径的外端与半径垂直的直线是圆的切线
【解析】
【分析】（1）根据要求作出图形即可；
（2）利用圆周角定理解决问题即可．
【小问1详解】
如图，
【小问2详解】
证明：连接．
由作法可知，
∴点P在以为直径的上．
∴（直径所对的圆周角是直角）．（填推理的依据）
∴．
又∵是的半径，
∴是的切线（过半径的外端与半径垂直的直线是圆的切线）（填推理的依据）．
故答案为：90，直径所对的圆周角是直角；过半径的外端与半径垂直的直线是圆的切线
【点睛】本题主要考查了复杂作图，圆周角定理，切线的判定等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题．
20. 《九章算术》是中国传统数学重要的著作之一，奠定了中国传统数学的基本框架．其中第九卷《勾股》中记载了一个“圆材埋壁”的问题：“今有圆材埋在壁中，不知大小．以锯锯之，深一寸，锯道长一尺，问径几何？”
用现代的语言表述如下，请解答：
如图，是的直径，弦于点E，寸，寸，求直径的长．
【答案】直径的长为26寸
【解析】
【分析】连接，由直径与弦垂直，根据垂径定理得到E为的中点，由的长求出的长，设寸，则寸，寸，由勾股定理得出方程，解方程求出半径，即可得出直径的长．
【详解】解：连接，
∵弦，为圆O的直径，
∴E为的中点，
又∵寸，
∴寸，
设寸，则寸，寸，
由勾股定理得：，
即，
解得：，
∴寸，
即直径的长为26寸．
【点睛】此题考查了垂径定理，勾股定理；解答此类题常常利用垂径定理由垂直得中点，进而由弦长的一半，弦心距及圆的半径构造直角三角形，利用勾股定理来解决问题．
21. 在平面直角坐标系中，二次函数图象与x轴交于点A，B（点A在点B的左侧），顶点为C．
（1）直接写出点B，点C的坐标；
（2）画出这个二次函数的图象；
（3）若点，在此二次函数的图象上，则m的值为___________．
【答案】（1）点，点
（2）见解析 （3）4
【解析】
【分析】（1）根据题目中的函数解析式，可以求得该函数与x轴、y轴的交点，将题目中的函数解析式化为顶点式即可直接写出该函数的顶点坐标；
（2）根据（1）中求得的各点的坐标，可以画出该函数的图象；
（3）判断出直线轴，且点，关于直线对称，根据对称性可得结论．
【小问1详解】
∵二次函数，
∴当时，；当时，；该函数的顶点坐标是，
∵二次函数的图象与x轴交于点A，B（点A在点B的左侧），顶点为C，
∴点A的坐标为，点，点；
【小问2详解】
如图所示．
【小问3详解】
∵点，
∴直线轴，
∴点，关于直线对称，
∴，解得，
故答案为：4
【点睛】本题考查抛物线与x轴的交点、二次函数的性质，解答本题的关键是明确题意，利用二次函数的性质和数形结合的思想解答．
22. 如图，在中，，，，求的长．
【答案】的长为4
【解析】
【分析】过作于，在Rt和Rt中，根据角度和三角函数值可将用表示出来，再根据，即可求得的长，最后利用三角函数即可求得的长．
【详解】解：如图所示：过作于，
，
，
，，
，
，
，
，
，
，
，
∴的长为4．
【点睛】本题考查了锐角三角函数、勾股定理，解本题的关键在熟练掌握正切的定义．
23. 在平面直角坐标系中，反比例函数的图象经过点，一次函数的图象与y轴交于点B．
（1）求反比例函数的表达式并直接写出点的坐标；
（2）当时，对于的每一个值，都有，直接写出的取值范围．
【答案】（1）反比例函数的表达式为；
（2）
【解析】
【分析】（1）待定系数法求解析式，对于直线令，得，求得点的坐标；
（2）令中，，解得：，结合函数图象即可求解．
【小问1详解】
解：依题意，把点，代入
得，
∴反比例函数的表达式为；
由的图象与y轴交于点B，
令，得，
∴；
【小问2详解】
解：如图，令中，，解得：，
当直线经过点时，
解得：，
根据函数图象可知，当时，
当时，对于的每一个值，都有，
∴
【点睛】本题考查了反比例函数与一次函数综合，待定系数法求解析式，数形结合是解题的关键．
24. 为了在校运动会的推铅球项目中取得更好的成绩，小石积极训练，铅球被推出后的飞行路线可以看作是抛物线的一部分．建立如图所示的平面直角坐标系，从铅球出手（点A处）到落地的过程中，铅球的竖直高度y（单位：m）与水平距离x（单位：m）近似满足函数关系．
小石进行了两次训练．
（1）第一次训练时，铅球的水平距离x与竖直高度y的几组数据如下：
根据上述数据，求出满足的函数关系，并直接写出小石此次训练的成绩（铅球落地点的水平距离）；
（2）第二次训练时，小石推出的铅球的竖直高度y与水平距离x近似满足函数关系．记小石第一次训练的成绩为，第二次训练的成绩为，则___________（填“>”，“=”或“＜”）．
【答案】（1）；小石此次训练的成绩m
（2）
【解析】
【分析】（1）先根据表格中的数据找到顶点坐标，即可得出、的值，训练高度的最大值；将表格中除顶点坐标之外的一组数据代入函数关系式即可求出的值即可得出函数解析式；
（2）设着陆点的纵坐标为 ，分别代入第一次和第二次的函数关系式，求出铅球落地点水平距离和，然后进行比较即可．
【小问1详解】
解：根据表格中的数据可知，抛物线的顶点坐标为：，
，，
即该运动员竖直高度的最大值为，
根据表格中的数据可知，当时，，代入得：
，
解得：，
函数关系式为：，
由表格数据可知：第一次训练时的水平距离为8m；
【小问2详解】
解：根据表格可知，第一次训练时的水平距离，
第二次训练时，当时，，解得
，（舍）
水平距离，
，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了二次函数的应用，待定系数法求函数关系式，得出和是解题的关键．
25. 如图，是的直径，C，D是上的点且，过点D作交的延长线于点E．
（1）求证：是的切线；
（2）连接，若，，求的长．
【答案】（1）见解析 （2）
【解析】
【分析】（1）如图：连接.根据圆周角定理可得，再根据等腰三角形的性质可得，进而得到可得，再由平行的性质可得，最后由切线的性质即可证明结论；
（2）连接，根据直径所对圆周角是直角，利用三角函数可以求出，再利用得到解题即可．
【小问1详解】
证明：如图，连接.
∵，
∴，
∵，
∴.
∴，
∴
∵，
∴，
∵为的半径，
∴是的切线．
【小问2详解】
解：如图，连接，
∵，
∴，
∵是直径，
∴
∴，
∵，
∴，
【点睛】本题主要考查了切线的判定与性质、圆周角定理，解决本题掌握切线的判定与性质和圆周角定理是解答本题的关键．
26. 在平面直角坐标系中，点在抛物线上，抛物线与x轴有两个交点，，其中．
（1）当时，求抛物线的表达式及顶点坐标；
（2）点在抛物线上，若，求的取值范围．
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）直接将，代入抛物线解析式求解即可；
（2）利用二次函数的图象和性质求解即可；
【小问1详解】
解：当，将点代入得：
，
解得：，
故抛物线的解析式为：，顶点坐标为；
【小问2详解】
解：∵，是抛物线与x轴的两个交点，，
∴，
∵点在抛物线上，∴在抛物线上
∵点在抛物线上，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
又∵时，y随x增大而增大，，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题主要考查二次函数的图象和性质的运用，熟练掌握二次函数的图象和性质是解题的关键．
27. 如图，四边形是正方形，以点A为中心，将线段顺时针旋转，得到线段，连接，．
（1）求的度数；
（2）过点B作于点F，连接，依题意补全图形，用等式表示线段与的数量关系，并证明．
【答案】（1）
（2），见详解
【解析】
【分析】（1）求出的度数，即可求出；
（2）依题意补全图形，连接BD，证即可求出与的数量关系．
【小问1详解】
解：在正方形ABCD中，AB=AD=BC，，
，
，，
【小问2详解】
解：，
理由：根据题意补全图形，连接BD，
，
，
由（1）知，
，
，
在中，，
，
又，
，
，
，
，
，
【点睛】本题考查了正方形的性质，等腰三角形的性质，直角三角形的性质，相似三角形的判定和性质等知识，连接BD，证是解本题的关键．
28. 在平面直角坐标系中，图形上任意两点间的距离若有最大值，将这个最大值记为．对于点和图形给出如下定义：点是图形上任意一点，若两点间的距离有最小值，且最小值恰好为，则称点为图形的“关联点”．

（1）如图1，图形是矩形，其中点的坐标为，点的坐标为，则___________．在点，，，中，矩形的“关联点”是___________；
（2）如图2，图形是中心在原点的正方形，其中点的坐标为．若直线上存在点，使点为正方形的“关联点”，求的取值范围；
（3）已知点，．图形是以为圆心，1为半径的，若线段上存在点，使点为的“关联点”，直接写出的取值范围．
【答案】（1）5；
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）由点可得，，再根据题意将点到矩形的最短距离算出来，若大小等于，则符合题意，即可求解；
（2）先求出正方形上任意两点之间的最大距离为，再根据直线在坐标轴内平移，找出直线上关联点到正方形距离等于时的临界点时的值即可求出答案；
（3）根据题意可知图形上任意两点之间的最大距离为2，再根据画出图形，找到临界值即可求出的取值范围．
【小问1详解】
解：由题意得，
，
，
到矩形的最小距离为：1， ，不符合题意；
到矩形的最小距离为：，符合题意；
到矩形的最小距离为：1，，不符合题意；
到矩形的最小距离为：，符合题意，
故是矩形“关联点”；
【小问2详解】
解：根据题意可得，正方形上任意两点之间的最大距离为，
根据题意画出临界点如图所示：
当直线经过点时，为最大值，当直线经过时，为最小值，
，
，
当直线经过点时，，解得，当直线经过时，，解得，
所以取值范围为：；
【小问3详解】
解：图形是以为圆心，1为半径的，
图形上任意两点间的距离的最大值为2，
画出图如图所示：
当时，此时取得最小值，且，
由勾股定理可得：，
的最小值为，
当到是如图所示位置时，的值最大，此时，
，
的最大值为4，
故的取值范围为：．
【点睛】本题考查了平面直角坐标系中新定义题型，读懂题意结合所学知识是解本题的关键．
水平距离
0
1
2
3
4
5
6
7
8
竖直高度
1.6
2.1
2.4
2.5
2.4
2.1
1.6
0.9
0