2023-2024学年北京丰台区初三（上）期中数学试题及答案

试题PAGE1试题2023北京丰台初三（上）期中数学一、选择题（本题共16分，每小题2分）第1-8题均有四个选项，符合题意的选项只有一个.1.下列四个品牌图标中，是中心对称图形的是（）A.B.C.D.2.用配方法解一元二次方程x2-8x+3=0，此方程可化为（）A.(x-4)2=13 B.(x+4)2=13 C.(x-4)2=19 D.(x+4)2=193.图中的五角星图案，绕着它的中心旋转后，能与自身重合，则的值至少是（）A.144 B.120 C.72 D.604.在平面直角坐标系中，将抛物线先向左平移个单位，再向下平移个单位，所得抛物线为（）．A. B.C. D.5.在平面直角坐标系中，二次函数的图象如图所示，关于a、c的符号判断正确的是（）A.， B.，C.， D.，6.雷达通过无线电的方法发现目标并测定它们的空间位置，因此雷达被称为“无线电定位”．现有一款监测半径为的雷达，监测点的分布情况如图，如果将雷达装置设在点，每一个小格的边长为，那么能被雷达监测到的最远点为（）．A.点 B.点 C.点 D.点7.二次函数（）的图象是抛物线，自变量x与函数y的部分对应值如下表：…………下列说法错误的是（）A.抛物线的开口向上B.抛物线的对称轴是C.抛物线与轴的交点坐标为D.二次函数的最小值为8.两块完全相同的含角的直角三角板和重合在一起，将三角板绕直角顶点按逆时针方向旋转（），如图所示．以下结论错误的是（）A.当时，与的交点恰好为中点．B.当时，恰好经过点．C.在旋转过程中，存在某一时刻，使得．D.在旋转过程中，始终存在．二、填空题（本题共16分，每小题2分）9.方程的解是_____．10.在平面直角坐标系中，点关于原点对称的点的坐标为______．11.写出一个开口向上，并且与y轴交于点（0，2）的抛物线的解析式________________．12.如图，将绕点点顺时针旋转得到，边，相交于点，若，则________．13.在平面直角坐标系中，抛物线经过点，．则m_____n（填“＞”，“＝”或“＜”）．14.若函数y=x2﹣6x+m的图象与x轴只有一个公共点，则m=_____．15.《九章算术》是中国传统数学重要的著作之一，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？”用几何语言表达为：如图，是的直径，弦于点E，寸，寸，则直径长为_______寸．16.我国三国时期的数学家赵爽在其所著的《勾股圆方图注》中记载了求一元二次方程正数解的几何解法．例如求方程的正数解的步骤为：（1）将方程变形为；（2）构造如图1所示的大正方形，其面积是，其中四个全等的矩形面积分别为，中间的小正方形面积为；（3）大正方形的面积也可表示为四个矩形和一个小正方形的面积之和，即；（4）由此可得方程：，则方程的正数解为．根据赵爽记载的方法，在图2中的三个构图（矩形的顶点均落在边长为1的小正方形网格格点上）①②③中，能够得到方程的正数解的构图是_____（只填序号）．三、解答题（共68分，第17-19题，每题5分，第20题6分，第21-22题，每题5分，第23题6分，第24题5分，第25-26题，每题6分，第27-28题，每题7分）17.解方程：x2+2x﹣3＝0（公式法）18.如图，矩形ABCD的对角线AC，BD相交于点O．求证：A，B，C，D四个点在以点O为圆心的同一个圆上．19.已知：关于x的方程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，求此时方程的根．20.在平面直角坐标系中，二次函数的图象经过点，．（1）求二次函数的解析式；（2）画出二次函数的图象；（3）当时，直接写出x的取值范围．21.如图，在Rt△OAB中，∠OAB＝90，且点B的坐标为（4，2）（1）画出△OAB绕点O逆时针旋转90°后的△OA1B1．（2）求点B旋转到点B1所经过的路线长（结果保留π）22.某学校要设计校园“数学嘉年华”活动的项目介绍展板．如图，现有一块长，宽的矩形展板，展示区域为全等的四个矩形，其中相邻的两个矩形展示区域之间及四周都留有宽度相同的空白区域．如果四个矩形展示区域的面积之和为，求空白区域的宽度．23.如图，在等边中，是的中点，过点作，且，连接．（1）求证：四边形是矩形；（2）连接交于点，连接．若，求的长．24.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(1，2)．（1）求这个一次函数的解析式；（2）当时，对于的每一个值，函数的值大于一次函数的值，直接写出的取值范围．25.如图，一位足球运动员在一次训练中，从球门正前方8m的A处射门，已知球门高为2.44m，球射向球门的路线可以看作是抛物线的一部分．当球飞行的水平距离为6m时，球达到最高点，此时球的竖直高度为3m．现以O为原点，如图建立平面直角坐标系．（1）求抛物线表示的二次函数解析式；（2）通过计算判断球能否射进球门（忽略其他因素）；（3）若运动员射门路线的形状、最大高度均保持不变，则他应该带球向正后方移动米射门，才能让足球经过点O正上方处．26.在平面直角坐标系中，点，在抛物线上，设该抛物线的对称轴为．（1）若，求的值；（2）若，求的取值范围．27.如图，在正方形中，点P是线段延长线上一动点，连接，将线段绕点D逆时针旋转得到线段，连接，，作直线交于点E．（1）依题意补全图形；（2）求证：；（3）用等式表示线段，，之间的数量关系，并证明．28.在平面直角坐标系中，给出如下定义：将图形M绕直线上某一点P顺时针旋转，得到图形，再将图形关于直线对称，得到图形N．此时称图形N为图形M关于点P的“二次变换图形”．已知点．（1）若点，直接写出点A关于点P的“二次变换图形”的坐标；（2）若点A关于点P的“二次变换图形”与点A重合，求点P的坐标；（3）若点，半径为1．已知长度为1的线段，其关于点P的“二次变换图形”上的任意一点都在上或内，直接写出点B的纵坐标的取值范围．

参考答案一、选择题（本题共16分，每小题2分）第1-8题均有四个选项，符合题意的选项只有一个.1.【答案】B【分析】根据中心对称图形的定义，即可进行解答．【详解】解：A、C、D找不到一个点，使A、C、D绕该点旋转后能与原来的图形重合，故A、C、D不是中心对称图形，不符合题意；B能找不到一个点，使B绕该点旋转后能与原来的图形重合，故B是中心对称图形，符合题意；故选：B．【点睛】本题考查了中心对称图形的识别，解题的关键是掌握中心对称图形：在平面内，把一个图形绕着某个点旋转，如果旋转后的图形能与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形．2.【答案】A【分析】移项后两边都加上一次项系数一半的平方,写成完全平方式即可.【详解】x2-8x=-3，x2-8x+16=-3+16，即（x-4）2=13，故选A．【点睛】本题考查了运用配方法解方程，熟练掌握配方法是解题的关键.3.【答案】C【分析】五角星图案，可以被平分成五部分，因而每部分被分成的圆心角是，并且圆具有旋转不变性，因而旋转72度的整数倍，就可以与自身重合．【详解】解：该图形被平分成五部分，旋转72度的整数倍，就可以与自身重合，旋转的度数至少为，故选：C．【点睛】本题考查了旋转对称图形，熟练掌握旋转对称图形的概念是解题的关键．4.【答案】C【分析】依据题意，根据抛物线的顶点式平移规律“左加右减，上加下减”，从而判断得解．【详解】解：由题意，根据二次函数图象的几何变换规律，∵抛物线先向左平移个单位，再向下平移个单位，∴所得抛物线为，故选：．【点睛】此题考查了二次函数的图象与性质，熟练掌握并理解图象的平移变换规律是解题的关键．5.【答案】C【分析】根据开口方向可得a的符号，根据抛物线与y轴的交点可得c的符号．【详解】解：由图象可知：抛物线开口向下，故，又∵交y轴于正半轴，∴，故选：C．【点睛】本题考查二次函数图象与系数的关系，解题的关键是掌握抛物线的开口向上，；对称轴在y轴左侧，a，b同号；抛物线与y轴的交点即为c的值．6.【答案】B【分析】以为圆心为半径作，可得结论．【详解】解：如图，观察图象可知，能被雷达监测到的最远点为点．故选：．【点睛】此题考查了点与圆的位置关系，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．7.【答案】D【分析】依据题意，根据表格中的数据和二次函数的性质，可以判断各个选项中的说法是否正确，得出答案．【详解】解：由表格可得，该函数的对称轴是直线，∴选项正确；又由表格可以发现在对称轴左边随的增大而减小，在对称轴的右边随的增大而增大，∴抛物线开口向上，故选项正确；又当时，，∴抛物线与轴交于点，故选项正确；用排除法，可得选项错误，故选：．【点睛】此题考查了二次函数图象与系数的关系、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．8.【答案】C【分析】根据全等三角形的性质可得，，再根据旋转角求出等边三角形，判断出正确，假设，则可推出，可得与已知矛盾，判断出错误，再根据四边形的内角和等于求出与的夹角为，判断出正确．【详解】解：∵直角三角板和重合在一起，∴，，：当时，°，设与交点为，如图所示，∵，∴，∴为等边三角形，∴，∵，∴，∴，即与的交点为的中点，故正确；：当时，，∵，∴以点、、构成的三角形是等边三角形，∴，∵，∴，∴恰好经过，故正确；在旋转过程中，，又∵，∴，∴，∴，∴，故错误；：如图，设直线与直线交于，∵，，∴，同理可得，又∵，∴，∴，∴在旋转过程中，始终存在，故正确；故选：．【点睛】此题考查了旋转的性质，等边三角形的判定与性质，等腰三角形两底角相等的性质，熟记性质并准确识图，理清图中各角度之间的关系是解题的关键．二、填空题（本题共16分，每小题2分）9.【答案】【分析】方程两边直接开平方即可求得答案．【详解】解：∵∴，故答案为：．【点睛】此题考查了用直接开平方法解一元二次方程，解题的关键是理解平方根的定义．10.【答案】【分析】根据关于原点对称的点的坐标特点：两个点关于原点对称时，它们的坐标符号相反可直接得到答案．【详解】解：点关于原点对称的点的坐标是，故答案为：．【点睛】本题主要考查了关于原点对称的点的坐标特点，关键是掌握点的坐标的变化规律．11.【答案】（答案不唯一）【分析】根据题意，写出一个的解析式即可【详解】解：根据题意，故符合题意故答案为：（答案不唯一）【点睛】本题考查了二次函数各系数与函数图象之间的关系，掌握二次函数的图象的性质是解题的关键．12.【答案】【分析】先根据旋转的性质得到三角形全等，再根据外角定理求解．【详解】解：由题意得：，，，，故答案为：．【点睛】本题考查了旋转的性质，掌握旋转的性质和外角定理是解题的关键．13.【答案】＜【分析】根据二次函数的图象与性质进行判断即可．【详解】解：由题意，∵抛物线的对称轴为直线，开口向上，∴和点都在对称轴的右侧，当时，y随x的增大而增大．∵，∴，故答案为：＜．【点睛】本题考查二次函数的图象与性质，熟练掌握二次函数的图象的与性质是解题的关键．14.【答案】9【详解】由题意得△=0，即（-6）2-4m=0，解得m=9，故答案为9.15.【答案】26【分析】证明E为的中点，可得，设，则，，由勾股定理得：，可得，再解方程可得答案．【详解】解：∵弦，为的直径，∴E为的中点，又∵（寸），∴（寸），设（寸），则（寸），寸，由勾股定理得：，即，解得，∴（寸），故答案为：26．【点睛】本题考查的是垂径定理的应用，勾股定理的应用，熟练的利用垂径定理解决问题是关键．16.【答案】②【分析】按照例题正数解的步骤：方程可变形为，即可得出方程，则方程的正数解为，再结合图形判断即可．【详解】解：方程可变形为，构造的大正方形，其面积是，其中四个全等的矩形面积分别为，中间的小正方形面积为；大正方形的面积也可表示为四个矩形和一个小正方形的面积之和，即；由此可得方程：，则方程的正数解为，能够得到方程的正数解的构图是②，故答案为：②．【点睛】本题考查了一元二次方程的应用、矩形面积的计算、正方形面积的计算等知识，正确理解求一元二次方程正数解的几何解法是解题的关键．三、解答题（共68分，第17-19题，每题5分，第20题6分，第21-22题，每题5分，第23题6分，第24题5分，第25-26题，每题6分，第27-28题，每题7分）17.【答案】x1＝1，x2＝﹣3．【分析】先计算判别式发值，然后利用求根公式解方程．【详解】△＝22﹣4×（﹣3）＝16>0，x＝，所以x1＝1，x2＝﹣3．【点睛】本题考查了解一元二次方程-公式法：用求根公式解一元二次方程的方法是公式法．18.【答案】详见解析【分析】先根据题意画出图形，然后再根据矩形的性质得到AC=BD，OA=OC=AC，OB=OD=BD，进而说明OA=OB=OC=OD即可证明．【详解】∵四边形ABCD是矩形，∴AC=BD，OA=OC=AC，OB=OD=BD∴OA=OB=OC=OD，∴A、B、C、D四点在以O圆心发同一个圆上．.【点睛】本题主要考查了圆内接四边形、矩形，解决问题的关键是熟练掌握矩形的对角线互相平分且相等，圆的半径相等．19.【答案】（1）（2）和【分析】（1）利用一元二次方程根的判别式，即可得出关于m的一元一次不等式，计算即可得出m的取值范围；（2）由（1）的结论结合m为正整数，即可得出，将其代入方程，再解一元二次方程即可．【小问1详解】解：关于x的一元二次方程有两个不相等的实数根，解得：，∴m的取值范围为；【小问2详解】解：由（1）可知：m为正整数，，∴原方程为，即，解得：，，∴当m为正整数时，此时方程的根为和．【点睛】本题考查了根的判别式以及解一元二次方程，解题的关键是：（1）牢记“当时，方程有两个不相等的实数根”；（2）熟练掌握一元二次方程求解．20.【答案】（1）；（2）见解析（3）．【分析】（1）利用待定系数法即可求出二次函数的解析式；（2）先确定图象的顶点，再按照列表，描点，连线的步骤即可画出二次函数的图象；（3）先求出图象与轴的交点，再根据图象可得：当时，直接写出的取值范围【小问1详解】∵二次函数的图象经过点，，∴，解得，∴二次函数的解析式为：；【小问2详解】∵，∴此二次函数图象的顶点为，列表：..．..．..．..．描点，连线得函数图象如下：【小问3详解】由图象可知，当时，的取值范围为：．【点睛】此题考查了二次函数的图象与轴的交点，待定系数法求二次函数解析式，画函数图象，掌握待定系数法和画二次函数图象的基本方法是解题的关键．21.【答案】（1）详见解析；（2）.【分析】（1）根据旋转的性质作图即可.（2）先求出OB的长，再根据弧长公式计算即可.【详解】解：（1）如图所示，△OA1B1即为所求．（2）∵OB＝＝，∠BOB1＝90°，∴点B旋转到点B1所经过的路线长为．【点睛】本题考查了旋转作图和弧长的计算，熟练掌握旋转的性质和弧长公式是解题关键.22.【答案】【分析】设空白区域的宽度为，根据题意，列出一元二次方程，求解即可．【详解】解：设空白区域的宽度为，根据题意可得，，解得（舍去），，答：空白区域的宽度应是．【点睛】此题考查了一元二次方程的应用，解题的关键是理解题意，找到等量关系，正确的列出一元二次方程．23.【答案】（1）见解析（2）【分析】（1）先证四边形是平行四边形，再由等边三角形的性质得，则，然后由矩形的判定即可得出结论；（2）由等边三角形的性质和勾股定理得，再证，则，然后由勾股定理即可得出的长．【小问1详解】∵，且，四边形是平行四边形，等边中，是的中点，，，平行四边形是矩形；【小问2详解】如图，是等边三角形，，是的中点，，，，在中，由勾股定理得：，，，由（1）可知，四边形是矩形，，在和中，，，，．【点睛】本题考查了矩形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、等边三角形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理等知识，熟练掌握矩形的判定与性质是解题的关键．24.【答案】（1）；（2）【分析】（1）根据一次函数由平移得到可得出k值，然后将点（1，2）代入可得b值即可求出解析式；（2）由题意可得临界值为当时，两条直线都过点（1，2），即可得出当时，都大于，根据，可得可取值2，可得出m的取值范围．【详解】（1）∵一次函数由平移得到，∴，将点（1，2）代入可得，∴一次函数的解析式为；（2）当时，函数的函数值都大于，即图象在上方，由下图可知：临界值为当时，两条直线都过点（1，2），∴当时，都大于，又∵，∴可取值2，即，∴的取值范围为．【点睛】本题考查了求一次函数解析式，函数图像的平移，一次函数的图像，找出临界点是解题关键．25.【答案】（1）（2）不能，理由见解析（3）1【分析】（1）求出抛物线的顶点坐标，设出抛物线的顶点式，用待定系数法即可求出抛物线表示的二次函数解析式；（2）当时，求出的值再与2.44比较，即可知球能不能射进球门；（3）设小明带球向正后方移动米，则可用含的式子表示移动后的抛物线解析式，把点代入求出得的值，即知当时他应该带球向正后方移动多少米射门，才能让足球经过点正上方处．【小问1详解】，抛物线的顶点坐标为，设抛物线为，把点代入得：，解得，抛物线的函数解析式为：；【小问2详解】当时，，球不能射进球门．【小问3详解】设小明带球向正后方移动米，则移动后的抛物线为：，把点代入得：，解得（舍去）或，当时他应该带球向正后方移动1米射门，才能让足球经过点正上方处．故答案为：1．【点睛】本题考查二次函数的应用，解题的关键是读懂题意，把实际问题转化为数学问题解决．26.【答案】（1）；（2）．【分析】()依据题意，若，从而对称轴是直线，进而可以得解；()依据题意，若，结合抛物线开口向上，从而抛物线与x轴必有一交点在和之间，即有，再由进而可以得解．【小问1详解】由题意，若，∴对称轴是直线，即；【小问2详解】由题意，若，又抛物线开口向上，∴抛物线与轴必有一交点在和之间，又令，∴或∴，又∵，∴∴，∴．【点睛】此题考查了二次函数的性质，熟练掌握并灵活运用二次函数的性质是解题的关键．27.【答案】（1）见解析（2）见解析（3），理由见解析【分析】（1）根据题意补全图形