2023-2024学年北京市东城区东直门中学九年级（上）期中数学试卷【含解析】

这是一份2023-2024学年北京市东城区东直门中学九年级（上）期中数学试卷【含解析】，共33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。
1．（2分）“瓦当”是中国古建筑中覆盖檐头筒瓦前端的遮挡，主要有防水、排水、保护木制飞檐和美化屋面轮廓的作用．瓦当上的图案设计优美，字体行云流水，极富变化，是中国特有的文化艺术遗产．下面“瓦当”图案中既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
A．B．C．D．
2．（2分）抛物线y＝（x﹣1）2+3的顶点坐标为（ ）
A．（1，3）B．（﹣1，3）C．（﹣1，﹣3）D．（3，1）
3．（2分）在△ABC中，CA＝CB，点O为AB中点．以点C为圆心，CO长为半径作⊙C，则⊙C与AB的位置关系是（ ）
A．相交B．相切C．相离D．不确定
4．（2分）如图，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，∠B＝70°，则∠D的度数是（ ）
A．110°B．90°C．70°D．50°
5．（2分）若一个扇形的圆心角为90°，半径为6，则该扇形的面积为（ ）
A．B．3πC．6πD．9π
6．（2分）一元二次方程kx2﹣6x+3＝0有两个不相等的实数根，则k的取值范围是（ ）
A．k＜3B．k＜3且k≠0C．k≤3D．k≤3且k≠0
7．（2分）如图，将△ABC绕着点C顺时针旋转50°后得到△A′B′C′．若∠A＝40°，∠B′＝110°，则∠BCA′的度数是（ ）
A．90°B．80°C．50°D．30°
8．（2分）如图，线段AB＝5，动点P以每秒1个单位长度的速度从点A出发，沿线段AB运动至点B．以点A为圆心，线段AP的长为半径作圆．设点P的运动时间为t，点P，B之间的距离为y，⊙A的面积为S．则y与t，S与t满足的函数关系分别是（ ）
A．正比例函数关系、一次函数关系
B．一次函数关系，正比例函数关系
C．一次函数关系，二次函数关系
D．正比例函数关系，二次函数关系
二、填空题（本题共16分，每小题2分）
9．（2分）在平面直角坐标系中，点A的坐标为（﹣2，3），若点A与点B关于原点O对称，则B点的坐标为 ．
10．（2分）请写出一个开口向上，且经过点（0，﹣1）的二次函数的表达式： ．（只需写出一个符合题意的函数表达式即可）
11．（2分）参加足球联赛的每两个队都进行2场比赛，共要比赛90场，共有多少个队参加比赛？设参加比赛的有x个队，根据题意，可列方程为 ．
12．（2分）把抛物线向右平移2个单位长度，得到的抛物线的解析式为 ．
13．（2分）如图，在⊙O中AB是直径，CD⊥AB，∠BAC＝30°，OD＝2，那么DC的长等于 ．
14．（2分）如图，在平面直角坐标系xOy中，点A（﹣3，1），B（﹣1，1），若抛物线y＝ax2（a＞0）与线段AB有公共点，则a的取值范围是 ．
15．（2分）如图所示的网格是正方形网格，线段AB绕点A顺时针旋转α（0°＜α＜180°）后与⊙O相切，则α的值为 ．
16．（2分）某快递员负责为A，B，C，D，E五个小区取送快递，每送一个快递收益1元，每取一个快递收益2元，某天5个小区需要取送快递数量如表
（1）如果快递员一个上午最多前往3个小区，且要求他最少送快递30件，最少取快递15件，写出一种满足条件的方案 （写出小区编号）；
（2）在（1）的条件下，如果快递员想要在上午达到最大收益，写出他的最优方案 （写出小区编号）．
三、解答题（本题共68分，17题5分，18题每小题5分，第19-25题，每小题5分，26题6分，第27、28题，每小题5分）
17．（5分）计算：．
18．（4分）解一元二次方程：
（1）解方程：x2+5x＝0；
（2）解方程：x2﹣6x＝1（配方法）．
19．（5分）下面是小亮设计的“过圆上一点作已知圆的切线”的尺规作图过程．
已知：点A在⊙O上．
求作：直线PA和⊙O相切．
作法：如图，
①连接AO；
②以A为圆心，AO长为半径作弧，与⊙O的一个交点为B；
③连接BO；
④以B为圆心，BO长为半径作圆；
⑤作⊙B的直径OP；
⑥作直线PA．
所以直线PA就是所求作的⊙O的切线．
根据小亮设计的尺规作图过程，
（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：在⊙O中，连接BA，
∵OA＝OB，AO＝AB，
∴OB＝AB．
∴点A在⊙B上．
∵OP是⊙B的直径，
∴∠OAP＝90°（ ）（填推理的依据）．
∴OA⊥AP．
又∵点A在⊙O上，
∴PA是⊙O的切线（ ）（填推理的依据）．
20．（5分）如图是一个隧道的横截面，它的形状是以点O为圆心的圆的一部分．如果M是⊙O中弦CD的中点，EM经过圆心O交⊙O于点E，CD＝6，EM＝9，求⊙O的半径．
21．（5分）已知二次函数y＝x2﹣4x+3．
（1）二次函数y＝x2﹣4x+3图象与x轴的交点坐标是 ，y轴的交点坐标是 ，顶点坐标是 ；
（2）在平面直角坐标系xOy 中，画出二次函数y＝x2﹣4x+3的图象；
（3）当1＜x＜4时，结合函数图象，直接写出y的取值范围 ．
22．（5分）如图，点A的坐标为（3，2），点B的坐标为（3，0），作如下操作：以点A为旋转中心，将△ABO顺时针方向旋转90°，得到△AB1O1．
（1）在图中画出△AB1O1．
（2）请直接写出点B1的坐标 ．
（3）请直接写出点B旋转到点B1所经过的路径长 ．
23．（5分）已知关于x的一元二次方程x2﹣x+m﹣2＝0有两个不相等的实数根．
（1）求m的取值范围；
（2）若m为正整数，且该方程的根都是整数，求m的值．
24．（5分）如图，AB为⊙O的直径，＝，过点A作⊙O的切线，交DO的延长线于点E．
（1）求证：AC∥DE；
（2）若AC＝2，tanE＝，求OE的长．
25．（5分）原地正面掷实心球是北京市初中学业水平考试体育现场考试的选考项目之一．实心球被掷出后的运动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xOy，实心球从出手到着陆的过程中，它的竖直高度y（单位：m）与水平距离x（单位：m）近似满足函数关系y＝a（x﹣h）2+k（a＜0），
小明进行了两次掷实心球训练．
（1）第一次训练时，实心球的水平距离x与竖直高度y的几组数据如下：
根据上述数据，
①实心球竖直高度的最大值是 m；
②求出函数解析式；
（2）第二次训练时，实心球的竖直高度y与水平距离x近似满足函数关系y＝﹣0.09（x﹣4）2+3.6，记第一次训练实心球的着陆点的水平距离为d1，第二次训练实心球的着陆点的水平距离为d2，则d1 d2（填“＞”，“＝”或“＜”）．
26．（6分）已知关于x的二次函数y＝x2﹣2tx+2．
（1）求该抛物线的对称轴（用含t的式子表示）；
（2）若点M（t﹣3，m），N（t+5，n）在抛物线上，则m n；（用“＜”，“＝”，或“＞”填空）
（3）P（x1，y1），Q（x2，y2）是抛物线上的任意两个点，若对于﹣1≤x1＜3且x2＝3，都有y1≤y2，求t的取值范围．
27．（8分）已知正方形ABCD和一动点E，连接CE，将线段CE绕点C顺时针旋转90°得到线段CF，连接BE，DF．
（1）如图1，当点E在正方形ABCD内部时：
①依题意补全图1；
②求证：BE＝DF；
（2）如图2，当点E在正方形ABCD外部时，连接AF，取AF中点M，连接AE，DM，用等式表示线段AE与DM的数量关系，并证明．
28．（10分）在平面直角坐标系xOy中，⊙O的半径为1，P是⊙O外一点，给出如下的定义：若在⊙O上存在一点T，使得点P关于某条过点T的直线对称后的点Q在⊙O上，则称Q为点P关于⊙O的关联点．
（1）当点P在直线y＝2x上时．
①若点P（1，2），在点Q1，Q2（0，1），Q3（1，0）中，点P关于⊙O的关联点是 ；
②若P关于⊙O的关联点Q存在，求点P的横坐标p的取值范围．
（2）已知点，动点M满足AM≤1，若M关于⊙O的关联点N存在，直接写出MN的取值范围．
2023-2024学年北京市东城区东直门中学九年级（上）期中数学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（本题共16分，每小题2分）
1．（2分）“瓦当”是中国古建筑中覆盖檐头筒瓦前端的遮挡，主要有防水、排水、保护木制飞檐和美化屋面轮廓的作用．瓦当上的图案设计优美，字体行云流水，极富变化，是中国特有的文化艺术遗产．下面“瓦当”图案中既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
A．B．C．D．
【分析】根据圆的性质和轴对称图形与中心对称图形的定义解答．
【解答】解：A、不是轴对称图形，也不是中心对称图形，选项错误；
B、既是轴对称图形又是对称图形，故选项正确；
C、是轴对称图形，不是中心对称图形，选项错误；
D、不是轴对称图形，是中心对称图形，选项错误．
故选：B．
【点评】本题考查了中心对称图形和轴对称图形的定义，轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分沿对称轴折叠后可重合；中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合．
2．（2分）抛物线y＝（x﹣1）2+3的顶点坐标为（ ）
A．（1，3）B．（﹣1，3）C．（﹣1，﹣3）D．（3，1）
【分析】根据题目中的函数解析式，可以直接写出该函数图象的顶点坐标．
【解答】解：抛物线y＝（x﹣1）2+3的顶点坐标为（1，3），
故选：A．
【点评】本题考查二次函数的性质，解答本题的关键是明确题意，利用二次函数的性质解答．
3．（2分）在△ABC中，CA＝CB，点O为AB中点．以点C为圆心，CO长为半径作⊙C，则⊙C与AB的位置关系是（ ）
A．相交B．相切C．相离D．不确定
【分析】连接CO，根据等腰三角形的性质得到OC⊥AB，于是得到点C到AB的距离等于⊙C的半径，根据切线的判定定理即可得到结论．
【解答】解：连接CO，
∵CA＝CB，点O为AB中点，
∴OC⊥AB，
∵以点C为圆心，CO长为半径作⊙C，
∴点C到AB的距离等于⊙C的半径，
∴⊙C与AB的位置关系是相切，
故选：B．
【点评】本题考查了直线与圆的位置关系，等腰三角形的性质，熟练掌握切线的判定方法是解题的关键．
4．（2分）如图，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，∠B＝70°，则∠D的度数是（ ）
A．110°B．90°C．70°D．50°
【分析】先根据圆内接四边形的对角互补得出∠D+∠B＝180°，即可解答．
【解答】解：∵四边形ABCD是⊙O的内接四边形，
∴∠D+∠B＝180°，
∴∠D＝180°﹣70°＝110°，
故选：A．
【点评】本题考查的是圆内接四边形的性质，熟知圆内接四边形对角互补的性质是解答此题的关键．
5．（2分）若一个扇形的圆心角为90°，半径为6，则该扇形的面积为（ ）
A．B．3πC．6πD．9π
【分析】利用扇形的面积公式计算即可．
【解答】解：S扇形＝＝9π，
故选：D．
【点评】本题考查扇形的面积，解题的关键是记住扇形的面积＝＝lr（r是扇形的半径，l是扇形的弧长）．
6．（2分）一元二次方程kx2﹣6x+3＝0有两个不相等的实数根，则k的取值范围是（ ）
A．k＜3B．k＜3且k≠0C．k≤3D．k≤3且k≠0
【分析】根据判别式即可求出答案．
【解答】解：由题意可知：36﹣12k＞0且k≠0，
∴k≠0且k＜3，
故选：B．
【点评】本题考查一元二次方程，解题的关键是熟练运用一元二次方程的解法，本题属于基础题型．
7．（2分）如图，将△ABC绕着点C顺时针旋转50°后得到△A′B′C′．若∠A＝40°，∠B′＝110°，则∠BCA′的度数是（ ）
A．90°B．80°C．50°D．30°
【分析】首先根据旋转的性质可得：∠A′＝∠A，∠A′CB′＝∠ACB，即可得到∠A′＝40°，再有∠B′＝110°，利用三角形内角和可得∠A′CB′的度数，进而得到∠ACB的度数，再由条件将△ABC绕着点C顺时针旋转50°后得到△A′B′C′可得∠ACA′＝50°，即可得到∠BCA′的度数．
【解答】解：根据旋转的性质可得：∠A′＝∠A，∠A′CB′＝∠ACB，
∵∠A＝40°，
∴∠A′＝40°，
∵∠B′＝110°，
∴∠A′CB′＝180°﹣110°﹣40°＝30°，
∴∠ACB＝30°，
∵将△ABC绕着点C顺时针旋转50°后得到△A′B′C′，
∴∠ACA′＝50°，
∴∠BCA′＝30°+50°＝80°．
故选：B．
【点评】此题主要考查了旋转的性质，关键是熟练掌握旋转前、后的图形全等，进而可得到一些对应角相等．
8．（2分）如图，线段AB＝5，动点P以每秒1个单位长度的速度从点A出发，沿线段AB运动至点B．以点A为圆心，线段AP的长为半径作圆．设点P的运动时间为t，点P，B之间的距离为y，⊙A的面积为S．则y与t，S与t满足的函数关系分别是（ ）
A．正比例函数关系、一次函数关系
B．一次函数关系，正比例函数关系
C．一次函数关系，二次函数关系
D．正比例函数关系，二次函数关系
【分析】根据题意列出函数关系式，即可判断函数的类型．
【解答】解：y＝5﹣t，属于一次函数关系，
S＝πt2，属于二次函数关系，
故选：C．
【点评】本题考查了函数关系式，根据题意列出函数关系式是解题的关键．
二、填空题（本题共16分，每小题2分）
9．（2分）在平面直角坐标系中，点A的坐标为（﹣2，3），若点A与点B关于原点O对称，则B点的坐标为 （2，﹣3） ．
【分析】根据关于关于原点对称的点，横坐标与纵坐标都互为相反数得出答案．
【解答】解：∵点A（﹣2，3）与点B关于原点O对称，
∴B点的坐标为（2，﹣3）．
故答案为：（2，﹣3）．
【点评】此题主要考查了关于原点对称点的性质，解决本题的关键是掌握好对称点的坐标规律：
（1）关于x轴对称的点，横坐标相同，纵坐标互为相反数；
（2）关于y轴对称的点，纵坐标相同，横坐标互为相反数；
（3）关于原点对称的点，横坐标与纵坐标都互为相反数．
10．（2分）请写出一个开口向上，且经过点（0，﹣1）的二次函数的表达式： y＝x2﹣1 ．（只需写出一个符合题意的函数表达式即可）
【分析】根据题意和二次函数的性质，可以写出相应的函数解析式，注意本题答案不唯一．
【解答】解：∵二次函数的图象开口向上，且经过点（0，﹣1），
∴a＞0，
∴该函数图象可以是y＝x2﹣1，
故答案为：y＝x2﹣1．
【点评】本题考查二次函数的性质、二次函数图象上点的坐标特征，解答本题的关键是明确题意，利用二次函数的性质解答．
11．（2分）参加足球联赛的每两个队都进行2场比赛，共要比赛90场，共有多少个队参加比赛？设参加比赛的有x个队，根据题意，可列方程为 x（x﹣1）＝90 ．
【分析】利用比赛的总场数＝参赛队伍数×（参赛队伍数﹣1），即可列出关于x的一元二次方程，此题得解．
【解答】解：根据题意得：x（x﹣1）＝90．
故答案为：x（x﹣1）＝90．
【点评】本题考查了由实际问题抽象出一元二次方程，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．
12．（2分）把抛物线向右平移2个单位长度，得到的抛物线的解析式为 y＝（x﹣2）2+1 ．
【分析】根据图象的平移规律，可得答案．
【解答】解：把抛物线向右平移2个单位长度，得到的抛物线的解析式为y＝（x﹣2）2+1．
故答案为：y＝（x﹣2）2+1．
【点评】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．并用规律求函数解析式．
13．（2分）如图，在⊙O中AB是直径，CD⊥AB，∠BAC＝30°，OD＝2，那么DC的长等于 2 ．
【分析】由垂径定理推出＝，DH＝CH，由圆周角定理得到∠BOD＝2∠A＝60°，求出∠D＝90°﹣∠BOD＝30°，因此OH＝OD＝1，由勾股定理求出DH＝，即可得到CD＝2DH＝2．
【解答】解：∵AB是直径，CD⊥AB，
∴＝，DH＝CH，
∴∠BOD＝2∠A＝2×30°＝60°，
∴∠D＝90°﹣∠BOD＝30°，
∴OH＝OD＝×2＝1，
∴DH＝＝，
∴CD＝2DH＝2．
故答案为：2．
【点评】本题考查垂径定理，圆周角定理，勾股定理，关键是由圆周角定理推出∠BOD＝60°．
14．（2分）如图，在平面直角坐标系xOy中，点A（﹣3，1），B（﹣1，1），若抛物线y＝ax2（a＞0）与线段AB有公共点，则a的取值范围是 ≤a≤1 ．
【分析】分别把A、B点的坐标代入y＝ax2得a的值，根据二次函数的性质得到a的取值范围．
【解答】解：把A（﹣3，1）代入y＝ax2得a＝；
把B（﹣1，1）代入y＝ax2得a＝1，
所以a的取值范围为≤a≤1．
故答案为：≤a≤1．
【点评】本题考查了二次函数图象与系数的关系：二次项系数a决定抛物线的开口方向和大小．当a＞0时，抛物线向上开口；当a＜0时，抛物线向下开口；一次项系数b和二次项系数a共同决定对称轴的位置：当a与b同号时，对称轴在y轴左；当a与b异号时，对称轴在y轴右．常数项c决定抛物线与y轴交点：抛物线与y轴交于（0，c）．抛物线与x轴交点个数由判别式确定：Δ＝b2﹣4ac＞0时，抛物线与x轴有2个交点；Δ＝b2﹣4ac＝0时，抛物线与x轴有1个交点；Δ＝b2﹣4ac＜0时，抛物线与x轴没有交点．
15．（2分）如图所示的网格是正方形网格，线段AB绕点A顺时针旋转α（0°＜α＜180°）后与⊙O相切，则α的值为 60°或120° ．
【分析】线段AB绕点A顺时针旋转α（0°＜α＜180°）后与⊙O相切，切点为C′和C″，连接OC′、OC″，根据切线的性质得OC′⊥AB′，OC″⊥AB″，利用直角三角形30度的判定或三角函数求出∠OAC′＝30°，从而得到∠BAB′＝60°，同理可得∠OAC″＝30°，则∠BAB″＝120°．
【解答】解：线段AB绕点A顺时针旋转α（0°＜α＜180°）后与⊙O相切，切点为C′和C″，连接OC′、OC″，
则OC′⊥AB′，OC″⊥AB″，
在Rt△OAC′中，∵OC′＝1，OA＝2，
∴∠OAC′＝30°，
∴∠BAB′＝60°，
同理可得∠OAC″＝30°，
∴∠BAB″＝120°，
综上所述，α的值为60°或120°．
故答案为60°或120°．
【点评】本题考查了切线的性质：圆的切线垂直于经过切点的半径．也考查了旋转的性质和直角三角形的性质．
16．（2分）某快递员负责为A，B，C，D，E五个小区取送快递，每送一个快递收益1元，每取一个快递收益2元，某天5个小区需要取送快递数量如表
（1）如果快递员一个上午最多前往3个小区，且要求他最少送快递30件，最少取快递15件，写出一种满足条件的方案 ABC或ABE或ACE或ADE； （写出小区编号）；
（2）在（1）的条件下，如果快递员想要在上午达到最大收益，写出他的最优方案 ABE （写出小区编号）．
【分析】（1）根据条件通过计算进行选择；通过计算，再比较大小求解．
【解答】解：（1）如果是ABC三个小区，需送：15+10+8＝33＞30，需取：6+5+5＝16＞15，符合要求；
如果是ABE三个小区，需送：15+8+13＝38＞30，需取：6+5+4＝15，符合要求；
如果是ACE三个小区，需送：15+8+13＝36＞30，需取：6+5+4＝15，符合要求；
如果是ADE三个小区，需送：15+4+13＝32＞30，需取：6+7+4＝17＞15，符合要求；
故答案为：ABC或ABE或ACE或ADE；
（2）若选ABC，收益为：33+16×2＝65（元）；
若选ABE，收益为：38+15×2＝68元）；
若选ACE，收益为：36+15×2＝66元）；
若选ADE，收益为：32+17×2＝66（元）；
∵68＞66＞65，
故答案为：ABE．
【点评】本题考查了列代数式，掌握有理数的运算是解题的关键．
三、解答题（本题共68分，17题5分，18题每小题5分，第19-25题，每小题5分，26题6分，第27、28题，每小题5分）
17．（5分）计算：．
【分析】代入特殊角的三角函数值，化简绝对值，零指数幂，二次根式，然后算乘法，再算加减．
【解答】解：原式＝2×+﹣1﹣2
＝+﹣1﹣2
＝﹣1．
【点评】本题考查实数的混合运算，理解a0＝1（a≠0），熟记特殊角的三角函数值是解题关键．
18．（4分）解一元二次方程：
（1）解方程：x2+5x＝0；
（2）解方程：x2﹣6x＝1（配方法）．
【分析】（1）利用因式分解法把方程转化为x＝0或x+5＝0，然后解两个一次方程即可；
（2）利用配方法得到（x﹣3）2＝10，然后利用直接开平方法解方程．
【解答】解：（1）x2+5x＝0，
x（x+5）＝0，
x＝0或x+5＝0，
所以x1＝0，x2＝﹣5；
（2）x2﹣6x＝1，
x2﹣6x+9＝10，
（x﹣3）2＝10，
x﹣3＝±，
所以x1＝3+，x2＝3﹣．
【点评】本题考查了解一元二次方程﹣因式分解法：因式分解法就是利用因式分解求出方程的解的方法，这种方法简便易用，是解一元二次方程最常用的方法．也考查了配方法．
19．（5分）下面是小亮设计的“过圆上一点作已知圆的切线”的尺规作图过程．
已知：点A在⊙O上．
求作：直线PA和⊙O相切．
作法：如图，
①连接AO；
②以A为圆心，AO长为半径作弧，与⊙O的一个交点为B；
③连接BO；
④以B为圆心，BO长为半径作圆；
⑤作⊙B的直径OP；
⑥作直线PA．
所以直线PA就是所求作的⊙O的切线．
根据小亮设计的尺规作图过程，
（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：在⊙O中，连接BA，
∵OA＝OB，AO＝AB，
∴OB＝AB．
∴点A在⊙B上．
∵OP是⊙B的直径，
∴∠OAP＝90°（ 直径所对的圆周角是直角 ）（填推理的依据）．
∴OA⊥AP．
又∵点A在⊙O上，
∴PA是⊙O的切线（ 经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）．
【分析】（1）根据要求作出图形即可；
（2）根据切线的判定定理证明即可．
【解答】解：（1）如图，直线PA即为所求；
（2）在⊙O中，连接BA，
∵OA＝OB，AO＝AB，
∴OB＝AB．
∴点A在⊙B上．
∵OP是⊙B的直径，
∴∠OAP＝90°（直径所对的圆周角是直角），
∴OA⊥AP．
又∵点A在⊙O上，
∴PA是⊙O的切线（经过半径的外端与半径垂直的直线是圆的切线）．
故答案为：直径所对的圆周角是直角，经过半径的外端与半径垂直的直线是圆的切线．
【点评】本题考查作图﹣复杂作图，圆的切线的判定等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
20．（5分）如图是一个隧道的横截面，它的形状是以点O为圆心的圆的一部分．如果M是⊙O中弦CD的中点，EM经过圆心O交⊙O于点E，CD＝6，EM＝9，求⊙O的半径．
【分析】连接OC，设OC＝OE＝r．构建方程求解．
【解答】解：连接OC，设OC＝OE＝r．
∵EM⊥CD，
∴CM＝MD＝CD＝3，
∵OC2＝CM2+OM2，
∴r2＝32+（9﹣r）2，
∴r＝5．
∴⊙O的半径为5．
【点评】本题考垂径定理，勾股定理等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题．
21．（5分）已知二次函数y＝x2﹣4x+3．
（1）二次函数y＝x2﹣4x+3图象与x轴的交点坐标是 （1，0），（3，0） ，y轴的交点坐标是 （0，3） ，顶点坐标是 （2，﹣1） ；
（2）在平面直角坐标系xOy 中，画出二次函数y＝x2﹣4x+3的图象；
（3）当1＜x＜4时，结合函数图象，直接写出y的取值范围 ﹣1≤y＜3 ．
【分析】（1）令y＝0，可得y＝x2﹣4x+3＝0，解方程的x，可得与x轴交点的横坐标，令x＝0可得与y轴交点纵坐标，抛物线变形为y＝（x﹣2）2﹣1，可得顶点坐标；
（3）依据题意，根据抛物线与对称轴交点坐标及对称轴可得图象；
（4）由x＝﹣2时抛物线有最小值，再求x＝﹣4、x＝2时的函数值可y的范围．
【解答】解：（1）令y＝0，可得y＝x2﹣4x+3＝0，
∴x＝1或x＝3．
∴抛物线与x轴额交点坐标为（1，0），（3，0）．
令x＝0可得，y＝3．
∴与y轴交点为（0，3），
∵y＝x2﹣4x+3＝（x﹣2）2﹣1，
∴顶点坐标为（2，﹣1）；
故答案为：（1，0），（3，0）；（0，3）；（2，﹣1）；
（2）由（1）可画图象如下：
（3）由题意，当x＝2时抛物线有最小值y＝﹣1；
当x＝4时，y＝3；
当x＝1时，y＝0，
由图象可知，当1＜x＜4时，﹣1≤y＜3．
故答案为：﹣1≤y＜3．
【点评】本题考查的是考查了二次函数的图象与性质，二次函数与不等式，画出二次函数的图象是解答此题的关键．
22．（5分）如图，点A的坐标为（3，2），点B的坐标为（3，0），作如下操作：以点A为旋转中心，将△ABO顺时针方向旋转90°，得到△AB1O1．
（1）在图中画出△AB1O1．
（2）请直接写出点B1的坐标 （1，2） ．
（3）请直接写出点B旋转到点B1所经过的路径长 π ．
【分析】（1）利用网格特点画出B、O的对应点B1、O1即可；
（2）利用（1）所画图形写出点B1的坐标；
（3）根据弧长公式计算．
【解答】解：（1）如图，△AB1O1为所作；
（2）B1（1，2）
（3）AB＝2，
所以点B旋转到点B1所经过的路径长＝＝π．
故答案为π．
【点评】本题考查了作图﹣旋转变换：根据旋转的性质可知，对应角都相等，旋转都相等，对应线段也相等，由此可以通过作相等的角，在角的边上截取相等的线段的方法，找到对应点，顺次连接得出旋转后的图形．
23．（5分）已知关于x的一元二次方程x2﹣x+m﹣2＝0有两个不相等的实数根．
（1）求m的取值范围；
（2）若m为正整数，且该方程的根都是整数，求m的值．
【分析】（1）根据题意得出Δ＞0，代入求出即可；
（2）求出m＝1或2，代入后求出方程的解，即可得出答案．
【解答】解：（1）∵依题意，得Δ＝1﹣4（m﹣2）＞0．
∴m＜，
即m的取值范围是m＜；
（2）∵m为正整数，
∴m＝1或2，
当m＝1时，方程为x2﹣x﹣1＝0的根x＝不是整数；
当m＝2时，方程为x2﹣x＝0的根x1＝0，x2＝1，是整数．
综上所述，m＝2．
【点评】本题考查了根的判别式和解一元二次方程，能根据题意求出m的值和m的范围是解此题的关键．
24．（5分）如图，AB为⊙O的直径，＝，过点A作⊙O的切线，交DO的延长线于点E．
（1）求证：AC∥DE；
（2）若AC＝2，tanE＝，求OE的长．
【分析】（1）由＝得∠BAD＝∠CAD，由DO＝DA得∠ODA＝∠OAD，则∠ODA＝∠CAD，根据平行线的判定即可得出结论；
（2）连接OC，过点O作OF⊥AC于点F，证明△FAO∽△AOE，根据相似三角形的性质以及tanE＝，可得，，AE＝2OA，根据等腰三角形的性质得AF＝CF＝AC＝1，可得OF＝2，在Rt△OAF中，利用勾股定理得OA2＝AF2+OF2＝5，可得OA＝，AE＝2AO＝2，利用勾股定理即可求解．
【解答】（1）证明：∵＝，
∴∠BAD＝∠CAD，
∵DO＝DA，
∴∠ODA＝∠OAD，
∴∠ODA＝∠CAD，
∴DE∥AC；
（2）解：如图，连接OC，过点O作OF⊥AC于点F，
∴∠OFA＝90°，
由（1）知，DE∥AC，
∴∠OFA+∠FOE＝180°，
∴∠FOE＝∠FOA+∠AOE＝90°，
∵AB为⊙O的直径，AE为⊙O的切线，切点为A，
∴AB⊥AE，
∴∠OAE＝90°，
∵∠AOE+∠E+∠OAE＝180°，
∴∠AOE+∠E＝90°，
∴∠FOA＝∠E，
在△FOA△AEO中，
∠FOA＝∠E，∠OFA＝∠EAO＝90°，
∴△FAO∽△AOE，
∴，
∴，
∵tanE＝，
∴，
∴，AE＝2OA，
∵OA＝OC，OF⊥AC，
∴AF＝CF＝AC＝1，
∴OF＝2，
在Rt△OAF中，OA2＝AF2+OF2，
∴OA2＝12+22＝1+4＝5，
∴OA＝，
∴AE＝2AO＝2，
∴OE＝＝＝＝5．
【点评】本题考查切线的性质，圆周角定理，勾股定理，等腰三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，掌握相似三角形的判定及利用勾股定理是解题的关键．
25．（5分）原地正面掷实心球是北京市初中学业水平考试体育现场考试的选考项目之一．实心球被掷出后的运动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xOy，实心球从出手到着陆的过程中，它的竖直高度y（单位：m）与水平距离x（单位：m）近似满足函数关系y＝a（x﹣h）2+k（a＜0），
小明进行了两次掷实心球训练．
（1）第一次训练时，实心球的水平距离x与竖直高度y的几组数据如下：
根据上述数据，
①实心球竖直高度的最大值是 3.6 m；
②求出函数解析式；
（2）第二次训练时，实心球的竖直高度y与水平距离x近似满足函数关系y＝﹣0.09（x﹣4）2+3.6，记第一次训练实心球的着陆点的水平距离为d1，第二次训练实心球的着陆点的水平距离为d2，则d1 ＜ d2（填“＞”，“＝”或“＜”）．
【分析】（1）①先根据表格中的数据找到顶点坐标，即可得出实心球竖直高度的最大值；②选出表格中的数据，利用待定系数法即可求出函数解析式；
（2）设着陆点的纵坐标为t，分别代入第一次和第二次的函数关系式，求出着陆点的横坐标，用t表示出d1和d2，然后进行比较即可．
【解答】解：（1）①根据表格中的数据可知，抛物线的顶点坐标为：（4，3.6），
∴实心球竖直高度的最大值是3.6m，
故答案为：3.6；
②∵抛物线的顶点坐标为：（4，3.6），
∴抛物线的解析式可表示为：y＝a（x﹣4）2+3.6，
∵当x＝0时，y＝2.0，
∴2.0＝a（0﹣4）2+3.6，
解得a＝﹣0.1，
∴函数解析式为：y＝﹣0.1（x﹣4）2+3.6；
（2）d1＜d2．理由如下：
在y＝﹣0.1（x﹣4）2+3.6中，
令y＝0得：0＝﹣0.1（x﹣4）2+3.6，
解得x1＝10，x2＝﹣2＜0（舍去），
∴d1＝10m；
在y＝﹣0.09（x﹣4）2+3.6中，
令y＝0得：﹣0.09（x﹣4）2+3.6＝0，
解得x1＝2+4，x2＝﹣2+4＜0（舍去），
∴d2＝（2+4）m，
∵10＜2+4，
∴d1＜d2．
故答案为：＜．
【点评】本题考查二次函数的应用，待定系数法求函数关系式，实数大小比较，解题的关键是读懂题意，能够从表格中获取有用信息列出函数关系式．
26．（6分）已知关于x的二次函数y＝x2﹣2tx+2．
（1）求该抛物线的对称轴（用含t的式子表示）；
（2）若点M（t﹣3，m），N（t+5，n）在抛物线上，则m ＜ n；（用“＜”，“＝”，或“＞”填空）
（3）P（x1，y1），Q（x2，y2）是抛物线上的任意两个点，若对于﹣1≤x1＜3且x2＝3，都有y1≤y2，求t的取值范围．
【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t≤1时，此时﹣1≤x1＜3，x2＝3都有y1≤y2，当t＞1时，令x1＝﹣1时，y1＞y2，不符合题意，由此即可解决问题．
【解答】解：（1）∵y＝x2﹣2tx+2＝（x﹣t）2﹣t2+2．
∴抛物线的对称轴为直线x＝t；
（2）∵抛物线开口向上，对称轴为直线x＝t，
∴点M（t﹣3，m）关于直线x＝t的对称点为（t+3，m），
∵t＜t+3＜t+5，
∴m＜n，
故答案为＜；
（3）当t≤1时，此时﹣1≤x1＜3，x2＝3都有y1≤y2，符合题意；
当t＞1时，令x1＝﹣1时，y1＞y2，不符合题意．
综上所述：t≤1．
【点评】本题考查了二次函数的图象与系数的关系，二次函数的性质，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
27．（8分）已知正方形ABCD和一动点E，连接CE，将线段CE绕点C顺时针旋转90°得到线段CF，连接BE，DF．
（1）如图1，当点E在正方形ABCD内部时：
①依题意补全图1；
②求证：BE＝DF；
（2）如图2，当点E在正方形ABCD外部时，连接AF，取AF中点M，连接AE，DM，用等式表示线段AE与DM的数量关系，并证明．
【分析】（1）①按题中要求补全图形即可；
②由旋转得CE＝CF，∠ECF＝90°，由正方形的性质得CB＝CD，∠BCD＝90°，则∠BCE＝∠DCF＝90°﹣∠DCE，即可根据全等三角形的判定定理“SAS”证明△BCE≌△DCF，则BE＝DF；
（2）先证明△BCE≌△DCF，得BE＝DF，∠CBE＝∠CDF，再延长DM到点G，使GM＝DM，连接AG，可证明△AGM≌△FDM，得AG＝DF，∠G＝∠MDF，所以BE＝AG，AG∥DF，可推导出∠DAG＝180°﹣∠ADF＝180°﹣（360°﹣90°﹣∠CDF）＝∠CDF﹣90°，而∠ABE＝∠CBE﹣90°，所以∠ABE＝∠DAG，即可证明△ABE≌△DAG，则AE＝DG＝2DM．
【解答】解：（1）①如图1，将线段CE绕点C顺时针旋转90°得到线段CF，连接BE，DF.
②证明：由旋转得CE＝CF，∠ECF＝90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴CB＝CD，∠BCD＝90°，
∴∠BCE＝∠DCF＝90°﹣∠DCE，
在△BCE和△DCF中，
，
∴△BCE≌△DCF（SAS），
∴BE＝DF．
（2）AE＝2DM，
证明：如图2，将线段CE绕点C顺时针旋转90°得到线段CF，连接BE，DF，取AF中点M，连接AE，DM，
由旋转得CE＝CF，∠ECF＝90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴CB＝CD＝AB＝DA，∠BCD＝∠ABC＝∠ADC＝90°，
∴∠BCE＝∠DCF＝90°﹣∠DCE，
在△BCE和△DCF中，
，
∴△BCE≌△DCF（SAS），
∴BE＝DF，∠CBE＝∠CDF，
∴∠CBE﹣90°＝∠CDF﹣90°，
延长DM到点G，使GM＝DM，连接AG，
∵M是AF的中点，
∴AM＝FM，
在△AGM和△FDM中，
，
∴△AGM≌△FDM（SAS），
∴AG＝DF，∠G＝∠MDF，
∴BE＝AG，AG∥DF，
∴∠DAG＝180°﹣∠ADF＝180°﹣（360°﹣90°﹣∠CDF）＝∠CDF﹣90°，
∵∠ABE＝∠CBE﹣90°，
∴∠ABE＝∠DAG，
在△ABE和△DAG中，
，
∴△ABE≌△DAG（SAS），
∴AE＝DG＝2DM．
【点评】此题重点考查正方形的性质、旋转的性质、全等三角形的判定与性质、平行线的判定与性质等知识，正确地作出所需要的辅助线并且适当选择全等三角形的判定定理证明三角形全等是解题的关键．
28．（10分）在平面直角坐标系xOy中，⊙O的半径为1，P是⊙O外一点，给出如下的定义：若在⊙O上存在一点T，使得点P关于某条过点T的直线对称后的点Q在⊙O上，则称Q为点P关于⊙O的关联点．
（1）当点P在直线y＝2x上时．
①若点P（1，2），在点Q1，Q2（0，1），Q3（1，0）中，点P关于⊙O的关联点是 Q1、Q2 ；
②若P关于⊙O的关联点Q存在，求点P的横坐标p的取值范围．
（2）已知点，动点M满足AM≤1，若M关于⊙O的关联点N存在，直接写出MN的取值范围．
【分析】（1）①根据新定义，画出图形，进而即可求解；
②设y＝2x与⊙O交于点M，N，过点N，P分别作x轴的垂线，垂足分别为A，B，根据勾股定理得出 x2+y2＝1，联立直线解析式，得出交点坐标，进而 根据平行线分线段成比例得出，同理可得p的最小值为 即可求解；
（2）依题意，关于⊙O的关联点在半径为3的圆内，进而根据点与圆的位置关系，求得MN的最值，即可求解．
【解答】（1）解：如图所示，
PQ1连线的中点在⊙O的内部，PQ2的中点的纵坐标为1，则点P，Q3 关于y＝1对称点P关于⊙O的关联点是Q1，Q3，
故答案为：Q1，Q3．
②如图所示，点P在线段RS和UW上，
设R（m，2m），
在Rt△OHR中，m2+（2m）2＝32，
解得m＝或m＝﹣（舍），
∴xR＝；
同理xS＝，xU＝﹣，xW＝﹣，
∴﹣≤p＜﹣或＜p≤；
（2）依题意，关于⊙O的关联点在半径为3的圆内，如图所示，
∵AM≤1，
则M在半径为1的⊙A上以及圆内，M关于⊙O的关联点N，
∴MN的最大值为 OM+ON＝3+1＝4，
如图所示，当M在线段OA上时，MN取最小值，
∴，
四边形MNGH是矩形，则MN＝GH，MH＝NG，
设MN＝GH＝x，则GT＝HT＝x，
在Rt△OMH中，MH2＝（）2﹣（1+x）2，
在Rt△ONG中，NG2＝12﹣（1﹣x）2，
∴（）2﹣（1+x）2＝12﹣（1﹣x）2，
解得x＝，
∴≤MN≤4．
【点评】本题考查了坐标与图形，勾股定理，平行线分线段成比例，解一元二次方程，点与圆的位置关系求最 值问题，熟练掌握以上知识是解题的关键．
声明：试题解析著作权属菁优网所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2024/7/13 20:43:36；用户：笑涵数学；邮箱：15699920825；学号：36906111小区
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