2023-2024学年北京四中初三（上）期中数学试题及答案

试题PAGE1试题2023北京四中初三（上）期中数学考生须知1．本试卷共8页，共28道小题，满分100分．考试时间120分钟．2．在试卷和答题卡上准确填写班级、姓名和学号．3．答案一律填写在答题卡上，在试卷上作答无效．4．答题卡上，选择和作图题用2B铅笔作答，其他题目用黑色签字笔作答．一、选择题（本题共16分，每小题2分）1.下列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.如图，△内接于⊙O,是⊙O的直径，∠.则∠的度数是（）A. B. C. D.3.抛物线的对称轴是（）A. B. C. D.4.关于x的一元二次方程有实数根，则m的最小整数值为（）A.1 B.0 C.－1 D.－25.如图，A，B，C是某社区的三栋楼，若在中点处建一个基站，其覆盖半径为，则这三栋楼中在该基站覆盖范围内的是（）A.A，B，C都不在 B.只有C.只有A，C D.A，B，C6.如图，将绕点顺时针旋转得到，点的对应点恰好落在边上，则的度数为（）A. B. C. D.7.在平面直角坐标系中，已知抛物线：．若，，为抛物线上三点，那么，与之间的大小关系是（）A. B. C. D.8.在某次实验中，因仪器和观察的误差，使得三次实验所得实验数据分别为，，．我们规定该实验的“最佳实验数据”x是这样一个数值：x与各数据，，差的平方和最小，依此规定，则（）A. B. C. D.二、填空题（本题共16分，每小题2分）9.如图，为的切线，切点为点A，交于点C，点D在上，若的度数是，则的度数是__________．10.若正六边形的半径等于4，则它的边心距等于__________．11.如图，是的内切圆，点D、E分别为边、上的点，且为的切线，若的周长为25，的长是9，则的周长是__________．12.“圆”是中国文化的一个重要精神元素，在中式建筑中有着广泛的应用，例如古典园林中的门洞，如图，某地园林中的一个圆弧形门洞的高为，地面入口宽为,则该门洞的半径为__________m．13.如图所示，边长为1的正方形网格中，，，，，是网格线交点，若与所在圆的圆心都为点，那么阴影部分的面积为______．14.某学校有一个矩形小花园，花园长20米，宽18米，现要在花园中修建人行甬道，如右图所示，阴影部分为甬道，其余部分种植花卉，同样宽度的雨道有3条，其中两条与矩形的宽平行，另外一条与矩形的宽垂直，计划花卉种植面积共为306平方米，则甬道的宽为__________米．15.抛物线的图像如图所示，则下列结论中正确的有________.①；②；③；④16.如图，抛物线与轴交于，两点，是以点为圆心，2为半径的上的一个动点，是线段的中点，连接．则线段的最大值是_________．三、解答题（本题共68分，第17、20、22、24、25、26、28题每题6分，第18题4分，第19、21、23题每题5分，第27题7分）17.用适当的方法解下列方程：（1）；（2）．18.如图，在平面直角坐标系中，的顶点，，．（1）平移，若点A的对应点的坐标为，画出平移后的；（2）将以点(0，2)为旋转中心旋转180°，画出旋转后对应的；（3）已知将绕某一点旋转可以得到，则旋转中心的坐标为__________．19.已知关于的一元二次方程．（1）求证：无论取何实数值，方程总有实数根；（2）若等腰的一边长，另两边长、恰好是这个方程的两个根，求的值．20.如图，在中，，点D在上，且，连接，将线段绕点C逆时针方向旋转至，连接．（1）求证：；（2）求线段的长度．21.“化圆为方”是古希腊尺规作图难题之一，即：求作一个正方形，使其面积等于给定圆的面积．这个问题困扰了人类上千年，直到19世纪，该问题被证明仅用直尺和圆规是无法完成的．如果借用一个圆形纸片，我们就可以化圆为方，方法如下：已知：⊙O（纸片），其半径为．求作：一个正方形，使其面积等于⊙O的面积．作法：①如图1，取⊙O的直径，作射线，过点作的垂线；②如图2，以点为圆心，为半径画弧交直线于点；③将纸片⊙O沿着直线向右无滑动地滚动半周，使点，分别落在对应的，处；④取的中点，以点为圆心，为半径画半圆，交射线于点；⑤以为边作正方形．正方形即为所求．根据上述作图步骤，完成下列填空：（1）由①可知，直线为⊙O的切线，其依据是________________________________．（2）由②③可知，，，则_____________，____________（用含的代数式表示）．（3）连接，在Rt中，根据，可计算得_________（用含的代数式表示）．由此可得．22.在平面直角坐标系中，抛物线与x轴交于点，，与y轴交于点C．（1）求抛物线的表达式；（2）当时，直接写出y的取值范围；（3）垂直于y轴的直线l与抛物线交于点，，与直线BC交于点．若，结合函数的图象，直接写出的取值范围．23.如图，是的弦，，是优弧上的一点，，交延长线于点，连接.（1）求证：是的切线；（2）若，，求的半径.24.小明发现某乒乓球发球器有“直发式”与“间发式”两种模式．在“直发式”模式下，球从发球器出口到第一次接触台面的运动轨迹近似为一条抛物线；在“间发式”模式下，球从发球器出口到第一次接触台面的运动轨迹近似为一条直线，球第一次接触台面到第二次接触台面的运动轨迹近似为一条抛物线．如图1和图2分别建立平面直角坐标系．通过测量得到球距离台面高度（单位：dm）与球距离发球器出口的水平距离（单位：dm）的相关数据，如下表所示：表1直发式m表2间发式n根据以上信息，回答问题：（1）表格中________，________；（2）求“直发式”模式下，球第一次接触台面前的运动轨迹的解析式；（3）若“直发式”模式下球第一次接触台面时距离出球点的水平距离为“间发式”模式下球第二次接触台面时距离出球点的水平距离为，则________（填“>”“=”或“<”）．25.如图，点C是以点O为圆心，为直径的半圆上的动点（不与点A，B重合），，过点C作于点D，E是的中点，连接并延长交于点F，连接．小腾根据学习函数的经验，对线段，，的长度之间的关系进行了探究．下面是小腾的探究过程，请补充完整：（1）对于点C在上的不同位置，画图、测量，得到了线段，，的长度的几组值，如下表：位置1位置2位置3位置4位置5位置6位置7位置8在，，的长度这三个量中，确定__________的长度是自变量，__________的长度和__________的长度都是这个自变量的函数；（2）在同一平面直角坐标系中，画出（1）中所确定的函数的图象；（3）结合函数图象，解答问题：当时，的长度的取值范围是__________．26.在平面直角坐标系中，抛物线与轴交于点，与直线交于点．（1）若轴，求抛物线的解析式；（2）记抛物线在，之间的部分为图象（包含，两点），若对于图象上任意一点，都有，求的取值范围．27.在中，，，点为上一点，过点D作于点，过点作于点，为直线上一点，连接，为线段的中点．连接，，将线段绕点旋转，使点恰好落在边上，记为．（1）在图中将图形补充完整；求的度数；（2）如图所示，，当点，，在一条直线上时，请直接写出的度数．28.在平面直角坐标系中，的半径为，对于平面内一点，若存在边长为1的等边，满足点在上，且，则称点为的“近心点”，点为的“远心点”．（1）下列各点：，，，中，的“近心点”有__________；（2）设点与的“远心点”之间的距离为，求的取值范围；（3）直线分别交轴于点，且线段上任意一点都是的“近心点”，请直接写出的取值范围．

参考答案一、选择题（本题共16分，每小题2分）1.【答案】D【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．【详解】解：A、不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故此选项不合题意；B、不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故此选项不合题意；C、不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故此选项不合题意；D、既是轴对称图形又是中心对称图形，故此选项符合题意．故选：D．【点睛】本题考查了中心对称图形与轴对称图形的概念：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.【答案】A【分析】首先连接BD，由CD是⊙O的直径，根据直径所对的圆周角是直角，即可求得∠CBD的度数，继而求得∠D的度数，然后由圆周角定理，求得∠A的度数．【详解】连接BD，∵CD是⊙O的直径，∴∠CBD＝90°，∵∠BCD＝54°，∴∠D＝90°−∠BCD＝36°，∴∠A＝∠D＝36°．故选A．【点睛】此题考查了圆周角定理与直角三角形的性质．此题难度不大，注意掌握辅助线的作法，注意数形结合思想的应用．3.【答案】B【分析】利用交点式，得出与轴交点坐标，利用对称性求得对称轴即可．【详解】解：抛物线与轴的交点坐标，，对称轴为直线．故选：B．【点睛】此题考查二次函数的性质，利用交点式求得交点坐标是解决问题的关键．4.【答案】B【分析】根据判别式用含有m的式子将表示出来，再根据有实数根，则可知，列出不等式即可解决问题．【详解】解：，，有实数根，，，最小整数值为0．故选：B．【点睛】本题考查了根据一元二次方程根的情况求参数，解决本题的关键是熟记根的情况与判别式的关系．5.【答案】D【分析】根据勾股定理的逆定理证得是直角三角形，可以根据直角三角形斜边中线的性质求得的长，然后与比较大小，即可解答本题．【详解】解：，，，，是直角三角形，且，点是斜边的中点，，，，点A，B，C都在覆盖范围内，这三栋楼中在该基站覆盖范围内的是A，B，C．故选：D．【点睛】本题考查勾股定理的逆定理，解题的关键是求出三角形三个顶点到点的距离．6.【答案】B【分析】此题考查了旋转变换的性质、等腰三角形的性质，根据旋转的性质得到，，根据等腰三角形的性质得到，求得，掌握旋转的性质是解题的关键．【详解】解：由旋转的性质可知，，，∴，∵，∴，故选：．7.【答案】D【分析】本题考查了二次函数的性质，理解“当抛物线开口方向向上时，到对称轴距离越远的点对应的函数值越大；”是解题的关键．【详解】解：由题意得抛物线的对称轴为直线，，最小，到对称轴距离越远的点对应的函数值越大，，，；故选：D．8.【答案】D【分析】由得到，即可得到当时，最小，熟练掌握配方法是解题的关键．【详解】解：由题意得，，∴当时，最小，故选：D二、填空题（本题共16分，每小题2分）9.【答案】【分析】本题考查了圆的切线性质、圆心角和圆周角的关系及解直角三角形的知识，熟记切线的性质是解题的关键．先根据切线的性质求出的度数，由圆周角定理即可解答．【详解】解：切于点，，，，，故答案为10.【答案】【分析】如图，连接、，过点O作于点G，根据正六边形的性质可得，再根据解直角三角形求值即可．【详解】解：如图，连接、，过点O作于点G，在中，，，∴，故答案为：．11.【答案】7【分析】本题考查了切线长定理，根据切线长定理可得，，，，进而可求解，熟练掌握切线长定理是解题的关键．【详解】解：如图：由切线长定理得：，，，，，，的周长，故答案为：7．12.【答案】1.3【分析】运用圆的性质，垂径定理构造直角三角形，用勾股定理求解即可．【详解】如图，设圆心为点E，洞高为，入口宽为，门洞的半径为根据题意，得，根据勾股定理，得，解得，故答案为：．【点睛】本题考查了圆的性质，垂径定理，用勾股定理，熟练掌握垂径定理，勾股定理是解题的关键．13.【答案】【分析】根据勾股定理分别求出、，根据勾股定理的逆定理得到，根据弧长公式计算，得到答案．【详解】解：由勾股定理得，，则，∴，∵四边形是正方形，∴，∴，，，阴影部分的面积为．故答案为：．【点睛】本题考查的是扇形面积的计算，掌握扇形面积公式，求出对应的圆心角和半径是解题的关键．14.【答案】【分析】本题考查了一元二次方程的应用，根据题目意思、所给出的条件，找出合适的等量关系，列出一元二次方程是解答本题的关键．设甬道的宽为米，种植花卉面积为306平方米，等量关系为，据此列出一元二次方程求出答案．【详解】解：设甬道的宽为米，根据题意可列方程：，整理得：，解得，（不合题意，舍去），．故答案为15.【答案】②④【分析】根据图象开口方向，对称轴位置，与y轴交点位置即可判断①，根据抛物线经过点即可判断②，根据，即可判断③，根据和即可判断④．【详解】解：∵函数图象开口向上，则，∵对称轴在y轴左侧，，∴a与b同号，即，∵抛物线与y轴交于负半轴，∴，∴，故①错误；∵函数图象经过点，∴把点代入得，即，故②正确；∵，，∴，∴，故③错误；由图象可知当时，，∵，∴，∴，∴，解得，故④正确，综上可知，②④正确，故答案为：②④【点睛】此题考查了二次函数的图象和性质，数形结合是解题的关键．16.【答案】【分析】连接，由抛物线关于y轴对称，得到，因此是的中位线，得到，当过时，长最大，长最大，求出B的坐标是，得到，由勾股定理求出，由三角形中位线定理即可求解．【详解】解：连接，∵抛物线关于y轴对称，∴，∵是线段的中点，∴，∴是的中位线，∴，∴当长最大，长最大，当过时，长最大，当时，∴，∴B的坐标是，∴，∵，∴，∴，∵的半径是2，∴，∴，∴，∴的最大值是，故答案为：．【点睛】本题考查三角形中位线定理，二次函数的性质，抛物线与x轴的交点，点与圆的位置关系，关键是明白当过时，长最大，由三角形中位线定理即可求解．三、解答题（本题共68分，第17、20、22、24、25、26、28题每题6分，第18题4分，第19、21、23题每题5分，第27题7分）17.【答案】（1），（2），【分析】本题考查了解一元二次方程：（1）利用配方法即可求解；（2）利用因式分解法即可求解；熟练掌握配方法及因式分解法解一元二次方程是解题的关键．【小问1详解】解：移项，得：，配方，得：，开方，得：，解得：，．【小问2详解】移项，得：，因式分解，得：，即：或，解得：，．18.【答案】（1）见解析（2）见解析（3）(2，1)【分析】本题考查旋转的性质，旋转作图和中心对称作图，掌握旋转和中心对称的性质是解题的关键．（1）根据点A的对应点的坐标为确定平移方式，再根据平移方程确定其它两点的对应点，最后连线即可；（2）根据中心对称的性质，找到三个顶点的对应点，再连线即可；（3）连接对应点，对应点的交点就是旋转中心(对称中心)．【小问1详解】解：作图如下，即为所求作的三角形：【小问2详解】作图如下，即为所求作的三角形：【小问3详解】连接，对应点的交点就是旋转中心(对称中心)，即点，故答案是：．19.【答案】（1）见解析（2）或5【分析】（1）根据题意，计算得出，即可得证；（2）分为底边，为腰两种情况分类讨论，进而解一元二次方程，根据三角形的三边关系检验，即可求解．【小问1详解】证明：，无论取何值，方程总有实数根．【小问2详解】解：①若为底边，则，为腰长，则，则．，解得：．此时原方程化为，，即．此时三边为6，2，2不能构成三角形，故舍去；②若为腰，则，中一边为腰，不妨设，代入方程：，解得或5，则原方程化为或，解得，或，，即，，或，，此时三边为6，6，4或6，6，10能构成三角形．或5．【点睛】本题考查了一元二次方程根的判别式，等腰三角形的定义，三角形三边关系，解一元二次方程，分类讨论是解题的关键．20.【答案】（1）见解析（2）【分析】（1）先根据旋转的性质，由线段绕点C逆时针方向旋转至位置得到，，加上，于是可得，然后根据即可得到；（2）先在中利用勾股定理求出，由得到，再证明，然后在中利用勾股定理即可求出的长度．【小问1详解】证明：∵将线段绕点C逆时针方向旋转至，∴，∵，∴，即．在与中，，∴；【小问2详解】解：在中，，∴．∵，∴．由（1）可知，∴，∴．在中，，∴，∴．【点睛】本题考查了旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；旋转前、后的图形全等．也考查了全等三角形的判定与性质，勾股定理等知识．21.【答案】（1）经过半径外端且垂直于这条半径的直线是圆的切线；（2），；（3）【分析】（1）根据切线的定义判断即可．（2）由=AC+，计算即可；根据计算即可．（3）根据勾股定理，得即为正方形的面积，比较与圆的面积的大小关机即可．【详解】解：（1）∵⊙O的直径，作射线，过点作的垂线，∴经过半径外端且垂直于这条半径的直线是圆的切线；故答案为：经过半径外端且垂直于这条半径的直线是圆的切线；（2）根据题意，得AC=r，==πr，∴=AC+=r+πr，∴=；∵，∴MA=-r=，故答案为：，；（3）如图，连接ME，根据勾股定理，得==；故答案为：．【点睛】本题考查了圆的切线的定义，勾股定理，圆的周长，正方形的面积和性质，熟练掌握圆的切线的定义，勾股定理，正方形的性质是解题的关键．22.【答案】（1）（2）（3）【分析】本题考查了用待定系数法求抛物线的表达式及二次函数的性质．（1）把点，代入，解方程组即可．（2）由抛物线解析式得到对称轴和顶点坐标结合图象计算当时y的值即可得．（3）利用数形结合的数学思想，降低了解题的难度，利用抛物线的对称性得，结合图象确定的取值范围是即可解答．【小问1详解】解：把点，代入，得，解得，．【小问2详解】如图，，当时，，是最大值；当时，是最小值，．【小问3详解】由图象可知，当时，直线l在x轴下方，此时，，．23.【答案】（1）详见解析；（2）半径为4.【分析】（1）连接OB，如图．根据题意得，∠1=∠OAB=45°．由AO∥DB，得∠2=∠OAB=45°．则∠1+∠2=90°．即BD⊥OB于B．从而得出CD是⊙O的切线；（2）作OE⊥AC于点E．由OE⊥AC，，求得AE，由∠BAC=75°，∠OAB=45°，得出∠3．在Rt△OAE中，求得OA即可．【详解】（1）证明：连接.如图，∵，，∴，∵，∴，∴，∴，∴是的切线.（2）解：作于点，∵，，∴，∵，，∴，设，则，在中，，，，，∴半径为4.【点睛】本题考查了切线的判定和性质，以及解直角三角形，熟练掌握切线的判定和解直角三角形，正确作出辅助线是解题的关键.24.【答案】（1），（2）（3）【分析】（1）根据直发式”模式下，表1数据，可知对称轴为直线，根据对称性即可求得的值，根据在“间发式”模式下，球从发球器出口到第一次接触台面的运动轨迹近似为一条直线，待定系数法求直线解析式，进而将代入即可求解．（2）根据题意设抛物线解析式为，将点代入，待定系数法求二次函数解析式即可求解．（3）令，即，得出，设抛物线解析式为，将点代入，得出，令，即，得出，即可求解．【小问1详解】解：∵直发式”模式下，球从发球器出口到第一次接触台面的运动轨迹近似为一条抛物线；由表1数据，可知对称轴为直线，∴当时的函数值与时的函数值相等，∴，∵在“间发式”模式下，球从发球器出口到第一次接触台面的运动轨迹近似为一条直线，设直线解析式为，将点，代入得，，解得：，∴，当时，，故答案为：，．【小问2详解】“直发式”模式下，球从发球器出口到第一次接触台面的运动轨迹近似为一条抛物线；由（1）可得对称轴为，顶点坐标为，设抛物线解析式为，将点代入，得，解得：∴抛物线解析式为【小问3详解】解：∵“直发式”模式下，球第一次接触台面前的运动轨迹的解析式为，令，即，解得（舍去）或∴，∵在“间发式”模式下，球第一次接触台面到第二次接触台面的运动轨迹近似为一条抛物线，由表2可得抛物线的顶点坐标为设抛物线解析式为，将点代入，得，解得：∴抛物线解析式为令，即，解得（舍去）或∴，∴，故答案为：．【点睛】本题考查了二次函数的应用，一次函数的应用，熟练掌握待定系数法求二次函数解析式是解题的关键．25.【答案】（1），，（2）见解析（3）【分析】本题考查了函数的定义、二次函数与不等式、描点法画函数图象：（1）根据函数的定义即可求解；（2）利用描点法画出函数图象即可求解；（3）利用图象法，观察图象写出函数的图象在函数的图象上方时，自变量的取值范围即可；解题的关键是理解题意，会运用数形结合思想解决问题．【小问1详解】由题意可知：的长度是自变量，的长度和的长度是自变量的函数，故答案为：，，．【小问2详解】函数图象如图所示：【小问3详解】当时，此时点为圆心，则在中，，，观察图象可知：当时，，故答案为：．26.【答案】（1）；（2）或．【分析】本题考查了二次函数的性质、二次函数的图象以及待定系数法求二次函数解析式，解题的关键是：（1）根据二次函数的性质找出对称轴为；（2）分及两种情况考虑．【小问1详解】解：当时，，点．轴，且点在直线上，点，∴抛物线的对称轴为直线，，抛物线的表达式为．【小问2详解】解：①当时，，要使时，始终满足，只需使抛物线的对称轴与直线重合或在直线的左侧．；②当时，在时，恒成立，综上所述，的取值范围是或．27.【答案】（1）见解析；；（2）或．【分析】（）作图如图所示；延长、，相交于，证明四边形是矩形，通过性质可证，