2023北京西城初三（上）期末数学（教师版）

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．