2024北京丰台初三（上）期末数学试卷（含答案解析）

第1页/共1页2024北京丰台初三（上）期末数学一、选择题（共16分，每题2分）1.1.2023年5月30日神舟十六号载人飞船发射取得圆满成功，此次任务是我国载人航天工程进入空间站应用与发展阶段的首次载人飞行任务．下列有关航天的4个图标图案中是中心对称图形的是（）A. B. C. D.2.抛物线的顶点坐标是（）A. B. C. D.3.如图，点A，B，C在上，，则的度数为（）A.108° B.116° C.126° D.128°4.下列事件中，为必然事件的是（）A.明年农历“大雪”节气那天下雪B.经过有交通信号灯的路口，遇到红灯C.不在同一条直线上的三个点确定一个圆D.掷一枚正方体骰子，向上一面的点数是75.关于x的一元二次方程有两个相等的实数根，则m的值为（）A.2 B. C.4 D.6.做随机抛掷一枚纪念币的试验，得到的结果如下表所示：抛掷次数n10020050010002000300040005000“正面向上”的次数m38962606201236185724723090“正面向上”的频率0.3800.4800.5200.6200.6180.6190.6180.618下面有3个推断：①当投掷次数是1000时，“正面向上”的频率是0.620，所以“正面向上”的概率是0.620；②随着投掷次数的增加，“正面向上”的频率总在0.618附近摆动，显示出一定的稳定性，可以估计“正面向上”的概率是0.618；③当抛掷次数为10000时，估计出现“正面向上”的次数约为6180次．其中合理的是（）A.①② B.①③ C.②③ D.②7.如图，点O为线段的中点，，连接，．则下面结论不一定成立的是（）A. B.C. D.平分8.如图，等边三角形的边长为2，点A，B在上，点C在内，的半径为．将绕点A逆时针旋转，在旋转过程中得到两个结论：①当点C第一次落在上时，旋转角为；②当第一次与相切时，旋转角为．则结论正确的是（）A.① B.② C.①② D.均不正确二、填空题（共16分，每小题2分）9.方程的解是__________．10.一个扇形的半径是6，其圆心角是，则圆心角所对的弧长为______．11.为了加快数字化城市建设，某市计划新建一批智能充电桩，第一个月新建了301个充电桩，第三个月新建了500个充电桩，设该市新建智能充电桩个数的月平均增长率为，根据题意，请列出方程________．12.如图，已知正六边形ABCDEF的外接圆半径为2cm，则正六边形的边心距是__________cm．13.已知二次函数，当时，y随x的增大而增大．写出一个满足题意的b的值为______．14.在关于x的二次函数中，自变量x可以取任意实数，下表是自变量x与函数y的几组对应值：x…01234…y…2.356.05…根据以上信息，关于x的一元二次方程的两个实数根中，其中的一个根约等于______（结果保留小数点后一位小数）．15.如图，，分别与相切于点A，B，点C为劣弧上的点，过点C的切线分别交，于点M，N．若，则的周长为______．16.平面直角坐标系中，将抛物线在x轴和x轴下方的部分记作，将沿x轴翻折记作，和构成的图形记作G．关于图形G，如图所示，以下三个结论中，正确的序号是______．①图形G关于原点对称；②图形G关于直线对称；③图形G的面积为S，满足．三、解答题（共68分，第17-22题，每题5分，第23-26题，每题6分，第27-28题，每题7分）17.解方程：．18.如图，绕某点按一定方向旋转一定角度后得到，点A，B，C分别对应点，，．（1）在图中画出；（2）是以点______（填“”，“”或“”）为旋转中心，将______时针旋转______度得到的．19.圆形拱门屏风是中国古代家庭中常见的装饰隔断，既美观又实用，彰显出中国元素的韵味，如图，是一款拱门的示意图，其中拱门最下端分米，为的中点，为拱门最高点，圆心在线段上，分米，求拱门所在圆的半径．20.已知二次函数图象上部分点的横坐标x，纵坐标y的对应值如下表所示：x…0124…y…8303…（1）求二次函数的解析式及顶点坐标；（2）直接写出当时，x的取值范围．21.如图，是上的两点，是的中点，求证；四边形是菱形．22.已知关于x的一元二次方程．（1）求证：方程总有两个实数根；（2）若该方程两个实数根的和为3，求m的值．23.第19届亚运会于2023年9月在杭州举办，此届亚运会的吉祥物是由如图所示的三个可爱的机器人“宸宸”、“琮琮”、“莲莲”组成的．现有三张分别印有三个吉祥物的不透明卡片，三张卡片除正面图案不同外，其余均相同．（1）从这三张卡片中随机抽取一张，图案恰好是“宸宸”的概率为______；（2）从这三张卡片中随机抽取一张，记住卡片图案后将卡片放回，背面朝上洗匀，然后再从三张卡片中随机抽取一张．用列表或画树状图的方法，求两次抽到的卡片图案相同的概率（印有“宸宸”、“琮琮”、“莲莲”的三张卡片依次记为A，B，C）．24.如图，中，，以为直径作交于点D，作交于点E，延长交的延长线于点F．（1）求证：是的切线；（2）若为等边三角形，，求半径的长．25.如图1，灌溉车为公路绿化带草坪浇水，图2是灌溉车浇水操作时的截面图．现将灌溉车喷出水的上、下边缘线近似地看作平面直角坐标系中两条抛物线的部分图象．已知喷水口H离地竖直高度为，草坪水平宽度，竖直高度忽略不计.上边缘抛物线最高点A离喷水口的水平距离为，高出喷水口，下边缘抛物线是由上边缘抛物线向左平移得到的，设灌溉车到草坪的距离为d（单位：m）．（1）求上边缘抛物线的函数解析式，并求喷出水的最大射程的长；（2）下边缘抛物线落地点B的坐标为______；（3）要使灌溉车行驶时喷出的水能浇灌到整个草坪，d的取值范围为______．26.在平面直角坐标系中，点，为抛物线上两个不同的点．（1）求抛物线的对称轴（用含m的式子表示）；（2）若，求m的取值范围．27.在中，，，将线段绕点A逆时针旋转得到线段，连接，．（1）如图1，当时，则______（用含有的式子表示）；（2）如图2，当时，作的角平分线交的延长线于点F，交于点E，连接．①依题意在图2中补全图形，并求的度数；②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，的半径为1，对于线段和x轴上的点P，给出如下定义：若将线段绕点P旋转180°可以得到的弦（，分别为A，B的对应点），则称线段为以点P为中心的“关联线段”．（1）如图，已知点，，，，在线段，，中，以点P为中心的“关联线段”是______；（2）已知点，线段是以点P为中心的“关联线段”，求点F的横坐标的取值范围；（3）已知点，若直线上存在点F，使得线段是以点P为中心的“关联线段”，直接写出m的取值范围．

参考答案一、选择题（共16分，每题2分）1.【答案】C【分析】本题考查的是中心对称图形，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与自身重合．根据中心对称图形的概念判断．把一个图形绕某一点旋转180度，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形．【详解】解：选项A、B、D不都能找到一个点，使图形绕某一点旋转180度后与原来的图形重合，所以不是中心对称图形．选项C能找到一个点，使图形绕某一点旋转180度后与原来的图形重合，所以是中心对称图形．故选：C．2.【答案】B【分析】本题考查二次函数的性质，解题关键是掌握二次函数图象与系数的关系．根据的顶点坐标为求解．【详解】解：抛物线的顶点坐标为，故选：B．3.【答案】A【分析】本题考查了圆周角定理：在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半；根据圆周角定理即可求解．【详解】解：，，故选：A．4.【答案】C【分析】本题考查事件的分类，正确掌握各事件的定义即可解题．【详解】解：A、明年农历“大雪”节气那天下雪为随机事件，不符合题意．B、经过有交通信号灯的路口，遇到红灯为随机事件，不符合题意．C、不在同一条直线上的三个点确定一个圆为必然事件，符合题意．D、掷一枚正方体骰子，向上一面的点数是7为不可能事件，不符合题意．故选：C．5.【答案】B【分析】本题考查了根据一元二次方程根的情况求参数，由有两个相等的实数根，得，代入数值化简计算，即可作答．【详解】解：∵关于x的一元二次方程有两个相等的实数根，∴∴故选：B．6.【答案】C【分析】本题主要考查了利用频率估计概率，解题关键是熟练掌握其定义“大量重复实验时，事件发生的频率在某个固定位置左右摆动，并且摆动的幅度越来越小，根据这个频率稳定性定理，可以用频率的集中趋势来估计概率，这个固定的近似值就是这个事件的概率”；根据频率估计概率的知识点逐一判断即可．【详解】解：①当投掷次数是1000时，“正面向上”的频率是0.620，但“正面向上”的概率不一定是0.620，此推断错误；②随着投掷次数的增加，“正面向上”的频率总在0.618附近摆动，显示出一定的稳定性，可以估计“正面向上”的概率是0.618，此推断正确；③当抛掷次数为10000时，估计出现“正面向上”的次数约为6180次，此推断正确．故选：C．7.【答案】D【分析】本题考查了直角三角形的特征，圆的定义，圆的基本性质；由直角三角形斜边上的中线是斜边的一半得，再由圆的定义得点A、D、C、B在以O为圆心，长为半径的圆上，由圆的基本性质及圆的内接四边形的性质即可求解；掌握有关性质，能根据圆的定义确定A、D、C、B四点共圆是解题的关键．【详解】解：点O为线段的中点，，，，，点A、D、C、B在以O为圆心，长为半径的圆上，如图，故A结论正确，不符合题意；由圆周角定理得到，故B结论正确，不符合题意；四边形是圆内接四边形，，故C结论正确，不符合题意；和不一定相等，和不一定相等，不一定平分，故D结论错误，符合题意．故选：D．8.【答案】A【分析】本题考查了切线的性质，图形的旋转，熟练掌握旋转的性质，等边三角形，圆的切线性质，是解题的关键．①当点C第一次落在上时，连接，可证明是等腰直角三角形，三点共线，再求出，可得；②当与相切时，连接并延长与交于点M，连接，先求出，，，即可得出结论．【详解】解：①当点C第一次落在上时，连接，，，是等腰直角三角形，，又，，是等腰直角三角形，，三点共线，，，，，，故①正确；当与相切时，连接并延长与交于点M，连接，是正三角形，，，，，，，，，，，当第一次与相切时，旋转角为，故②错误，故选：A．二、填空题（共16分，每小题2分）9.【答案】或【分析】利用因式分解法求解即可．【详解】解：，因式分解得：，∴或，解得：或，故答案为：或．【点睛】本题考查了解一元二次方程，能够根据方程特点灵活选用不同的解法是解题关键．10.【答案】【分析】本题考查了扇形的弧长，掌握弧长公式：是解题的关键．【详解】解：由题意得；故答案：．11.【答案】【分析】根据变化前数量变化后数量，即可列出方程．【详解】第一个月新建了301个充电桩，该市新建智能充电桩个数的月平均增长率为．第二个月新建了个充电桩，第三个月新建了个充电桩，第三个月新建了500个充电桩，于是有，故答案为．【点睛】本题考查了一元二次方程的实际应用中的增长率问题，若设平均增长率为，则有，其中表示变化前数量，表示变化后数量，表示增长次数．解决增长率问题时要注意区分变化前数量和变化后数量，同时也要注意变化前后经过了几次增长．12.【答案】【详解】连接OA，作OM⊥AB于点M，∵正六边形ABCDEF的外接圆半径为2cm∴正六边形的半径为2cm，即OA＝2cm在正六边形ABCDEF中，∠AOM=30°，∴正六边形的边心距是OM=cos30°×OA=(cm)故答案为.13.【答案】（答案不唯一）【分析】本题考查了二次函数的性质，由二次函数的增减性得当时，y随x的增大而增大，从而可得，求取的取值范围，在取值范围内取一个值即可；理解增减性，并能得到是解题的关键．【详解】解：当时，y随x的增大而增大，时，y随x的增大而增大，，可取；故答案：（答案不唯一）．14.【答案】（答案不唯一）【分析】本题考查了利用二次函数求对应一元二次方程的近似根，理解“当自变量取两个值，对应的函数值由负数变为正数时，则对应方程的一个根在两个自变量之间，求函数值的绝对值，取较小绝对值所对应的自变量的值为近似根．”是解题的关键．【详解】解：根据题意，设方程的一个根为，当时，，当时，，，，，故答案：（答案不唯一）．15.【答案】16【分析】本题考查切线长定理，掌握经过圆外一点作圆的两条切线，切线长相等是解本题的关键．由切线长定理可得出答案．【详解】解：，，是的切线，，的周长为：，故答案为：16．16.【答案】①③【分析】本题考查了二次函数的图象与几何变换，二次函数的性质，数形结合是解题的关键．根据抛物线的对称性结合图形即可判断①②；观察图形即可判断③．【详解】解：如图，由图形可知，图形关于原点对称，不关于直线对称，故①正确，②错误；观察图形，图形的面积大于两个的面积，小于的面积，所以，图形的面积满足，故③正确．故答案为：①③．三、解答题（共68分，第17-22题，每题5分，第23-26题，每题6分，第27-28题，每题7分）17.【答案】，【分析】根据配方法求解即可．【详解】解∶∴或，∴，．【点睛】本题主要考查了解一元二次方程，熟练掌握配方法是解题的关键．18.【答案】（1）见详解（2），顺，90．【分析】本题考查作图−旋转变换，解题的关键是掌握旋转变换的性质，属于中考常考题型．（1）根据图中的的位置，得是以点为旋转中心，将顺时针旋转90度得到的．（2）利用旋转变换的性质判断即可．【小问1详解】解：如图，即为所求；【小问2详解】解：是以点为旋转中心，将顺时针旋转90度得到的．故答案为：，顺，90．19.【答案】15分米【分析】连接，根据垂径定理求得，设圆的半径为分米，则，根据勾股定理即可求得．【详解】解：连接，∵过圆心，为的中点，∴，∵为的中点，∴，设圆的半径为x分米，则分米，∵，∴，在中，，∴，∴（分米），即拱门所在圆的半径是15分米．【点睛】本题主要考查了垂径定理的应用，勾股定理，能够准确作出辅助线，根据勾股定理列出方程是解决问题的关键．20.【答案】（1），（2）或【分析】本题考查了待定系数法，图象法求自变量取值范围；（1）将，；，；，代入解析式，再根据顶点坐标公式，即可求解；（2）根据函数图象即可求解；掌握待定系数法和数形结合法是解题的关键．【小问1详解】解：由表格得当，时；当，时；当，时；，解得：，，当时，，顶点坐标为；故二次函数的解析式为，顶点坐标；【小问2详解】解：当时，，解得：，，由图象得：当时，或时，故当时，x的取值范围为或．21.【答案】见解析【分析】连接OC，证明再证明为等边三角形，结合菱形的判定，从而可得结论.【详解】证明：连接OC，∵C是的中点，∴＝，又∵∠AOB＝120°，∴∠AOC＝∠BOC＝×120°＝60°，又∵OA＝OC＝OB，∴△AOC与△BOC均是等边三角形，∴OA＝AC＝OC，BO＝OC＝BC，∴OA＝AC＝BC＝OB，∴四边形OACB是菱形．【点睛】本题考查的是圆的基本性质，圆周角定理的应用，等边三角形的判定与性质，菱形的判定，熟练运用等边三角形与菱形的判定是解题的关键.22.【答案】（1）见详解（2）【分析】此题考查了一元二次方程根的判别式和根与系数关系，熟练掌握相关知识并准确计算是解题的关键．（1）根据一元二次方程列出根的判别式，即可做出判断；（2）根据一元二次方程根与系数关系列式求解即可．【小问1详解】证明：，∵∴该方程总有两个实数根；【小问2详解】解：∵该方程两个实数根的和为3，∴，∴．23.【答案】（1）（2）树状图见解析，两次抽到的卡片图案相同的概率为．【分析】本题考查简单概率的计算，用树状图求概率，解题的关键是掌握树状图法求概率．（1）根据概率公式即可解题．（2）根据题意画出树状图得出所有的情况数，找出两次抽到的卡片图案相同的情况数，然后根据概率公式即可解题．【小问1详解】解：由题知，（从这三张卡片中随机抽取一张抽到宸宸），故答案为：．【小问2详解】解：用画树状图的方法，将两次抽到的卡片绘制如下：由图可知，共有9种等可能的结果，其中两次抽到的卡片图案相同的有3种，两次抽到的卡片图案相同的概率为．24.【答案】（1）见详解（2）半径的长为【分析】（1）连接，由等腰三角形的性质得到，等量代换得，由平行线的判定得到，进而得到，即可证得是的切线；（2）根据勾股定理即可得到结论．【小问1详解】证明：连接，∵，∴，∵，∴，∴，∴，∵∴，∵是的半径，∴是的切线；【小问2详解】解：∵为等边三角形，∴，∵是的直径，∴，∴，，∴，∴，∴，∴在中，，∴∴，∴．∴半径的长为2．【点睛】本题考查了切线的性质，等边三角形的性质，圆周角定理，勾股定理，解决本题的关键是：正确作出辅助线，证得．25.【答案】（1）喷出水的最大射程为（2）（3）【分析】本题是二次函数的实际应用，主要考查了待定系数法求二次函数解析式，二次函数的性质，二次函数与方程的关系等知识，读懂题意，建立二次函数模型是解题的关键．（1）由顶点得，设，再根据抛物线过点，可得a的值，从而解决问题；（2）由对称轴知点的对称点为，则下边缘抛物线是由上边缘抛物线向左平移得到的，可得点B的坐标；（3）根据点坐标以及草坪宽度可得结论．【小问1详解】解：由题意得是上边缘抛物线的顶点，设，又∵抛物线过点，∴∴，∴上边缘抛物线的函数解析式为，当时，，解得（舍去），∴喷出水的最大射程为；【小问2详解】解：∵对称轴为直线，∴点的对称点为，∴下边缘抛物线是由上边缘抛物线向左平移得到的，∴点B的坐标为，故答案为：；【小问3详解】解：∵，，，，，，，∴要使灌溉车行驶时喷出的水能浇灌到整个草坪，d的取值范围为，故答案为：．26.【答案】（1）抛物线的对称轴为直线；（2）m的取值范围是：或．【分析】本题考查二次函数图象与系数的关系，利用二次函数求不等式的解集及熟知二次函数的性质是解题的关键．（1）由二次函数的对称轴公式即可解决问题．（2）根据题意列出不等式组即可．【小问1详解】解：由题知，所以抛物线的对称轴为直线；【小问2详解】解：将点点，坐标代入函数解析式得，，，又因为，所以，解得或．所以m的取值范围是：或27.【答案】（1）（2）①图形见解析，．②，证明见解析．【分析】（1）本题由旋转的性质可知，结合推出，再根据等腰三角形性质即可求解．（2）①本题考查等腰三角形性质，根据等腰三角形性质用表示出和，再利用即可解题．②延长，取，连接，证明，得到，，利用为的角平分线，再证明，得到，最后结合勾股定理即可解题．【小问1详解】解：由旋转的性质可知，，，，，，，为等腰三角形，，故答案为：．【小问2详解】解：①补全图形如下：，，，，，，．②解：，证明如下：证明：延长，取，连接，如图所示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