2024北京十一学校初二（下）期末数学试题和答案

试题PAGE1试题2024北京十一学校初二（下）期末数学考试时间：90分钟满分：100分一、选择题（共24分，每小题3分）1.下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（）A. B. C. D.2.如果一个正多边形的每一个内角是，那么这个正多边形的边数为（）A.16 B.12 C.8 D.63.在同一平面直角坐标系中，一次函数和二次函数的图象大致为（）A. B. C. D.4.抛物线的顶点坐标是（）A. B. C. D.5.如图，点E在正方形的边上，将绕点A顺时针旋转到的位置，连接，过点A作的垂线，垂足为点H，与交于点G，若，，则的长为（）A. B. C.8 D.96.如图，线段是的直径，弦，，则等于（）A.150° B.140° C.130° D.120°7.如表记录了二次函数中两个变量与的5组对应值，其中，…13……020…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.8.如图，等边三角形的边长为2，点，在上，点在内，的半径为．将绕点逆时针旋转，在旋转过程中得到两个结论：①当点第一次落在上时，旋转角为45°；②当第一次与相切时，旋转角为75°．则结论正确的是（）A.② B.均不正确 C.①② D.①二、填空题（共24分，每小题3分）9.若关于的一元二次方程有两个相等的实数根，则的值是______．10.如图，一次函数与二次函数的图象分别交于点，．则关于的方程的解为______．11.若点，，在抛物线上，则，，的大小关系为______（用“＞”连接）．12.已知点与点关于原点对称，则______．13.如图，点为外一点，过点作的两条切线，切点分别为，，点为优弧上一点，若，则______°．14.一个圆锥的母线长为，底面半径为，那么这个圆锥的侧面积为______．15.我们给出如下定义：在平面内，点到图形的距离是指这个点到图形上所有点的距离的最小值．在平面内有一个矩形，，，中心为，在矩形外有一点，，当矩形绕着点旋转时，则点到矩形的距离的取值范围为______．16.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____．三、解答题（共52分，第17－22题每题5分，第23－26题每题4分，第27、28题每题3分）17.解下列方程：（1）（2）18.已知一个二次函数图象上部分点的横坐标x与纵坐标y的对应值如下表所示：x……01234……y……83m03……（1）求m的值和这个二次函数的表达式；（2）在给定的平面直角坐标系中画出这个二次函数的图象（无需再单独列表）；（3）当时，直接写出y的取值范围．19.如图，在正方形中，射线与边交于点E，将射线绕点A顺时针旋转，与的延长线交于点F，，连接．（1）求证：是等腰直角三角形；（2）若四边形的面积为36，，直接写出的长．20.如图，是的直径，，是的两条切线，切点分别为，．连接交于点，交于点，连接．（1）求证：；（2）若点是的中点，的半径为6，直接写出的长．21.已知是等边三角形，点在的延长线上，以为旋转中心，将线段逆时针旋转得线段，连接，．（1）如图1，若，画出时的图形，直接写出和的数量及位置关系；（2）当时，若点为线段的中点，连接．直接写出和的数量关系．22.如图，在中，，将绕着点B逆时针旋转得到，点C，A的对应点分别为E，F，点E落在上，连接．（1）若．则的度数为；（2）若，求的长．23.已知是关于的多项式，记为．我们规定：的导出多项式为，记为．例如：若，则的导出多项式．根据以上信息，解答下列问题：（1）若，则______．（2）若，求关于的方程的解；（3）已知是关于的二次多项式，为的导出多项式，若关于的方程的解为正整数，求整数的值．24.已知：如图，是圆的直径，，过点作圆的切线交的延长线于．（1）求证：；（2）若，，直接写出的长度．25.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（dm）02468101620…（dm）4…表2间发式（dm）0246810121416…（dm）0…根据以上信息，回答问题：（1）表格中______，______；（2）直接写出“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“<”）．26.在平面直角坐标系中，点在抛物线上．（1）直接写出抛物线的对称轴；（2）抛物线上两点，，且，．①当时，直接写出，的大小关系；②若对于，都有，直接写出的取值范围．27.如图1，在正方形中，点E是边上一点，且点E不与C、D重合，过点A作的垂线交延长线于点F，连接．（1）计算的度数；（2）如图2，过点A作，垂足为G，连接．用等式表示线段与之间的数量关系，并证明．28.对于平面直角坐标系中的，点，点，给出如下定义：线段为的弦，点是弦上任意一点．若，则称点是点关于的倍关联点．已知，的半径为2，点的坐标为．（1）在点，，中，是点关于的2倍关联点的是______；（2）在直线上，若是点关于的2倍关联点，直接写出的取值范围；（3）与轴正半轴交于点，对于线段上任意一点，在上都存在点，使得点是点关于的倍关联点，直接写出的最大值和最小值．

参考答案一、选择题（共24分，每小题3分）1.【答案】C【分析】根据轴对称图形和中心对称图形的定义去判断即可．【详解】A、不是轴对称图形，是中心对称图形，故此选项不合题意；B、是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不合题意；C、是轴对称图形，是中心对称图形，故此选项符合题意；D、是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不合题意；答案：C．【点睛】本题考查了轴对称图形即沿着某一条直线折叠，直线两旁的图形完全重合和中心对称图形即将图形绕某点旋转180°后与原图形重合的识别，正确掌握定义是解题的关键．2.【答案】B【分析】本题考查了多边形的外角和为；求出正多边形的每一个外角，根据外角和为，即可求得边数．【详解】解：正多边形的每一个内角是，正多边形的每一个外角是，正多边形的边数为；故选：B．3.【答案】A【分析】本题综合考查了一次函数图象与二次函数图象；根据两个函数图象的特征结合各项系数进行分析即可．【详解】解：A、由二次函数图象知，，即；由一次函数图象知，，a、c的符号都一致，故符合题意；B、由二次函数图象知，，即；由一次函数图象知，，c的符号不一致，故不符合题意；C、由二次函数图象知，，即；由一次函数图象知，，c的符号不一致，故不符合题意；D、由二次函数图象知，，即；由一次函数图象知，，a、c的符号都不一致，故不符合题意；故选：A．4.【答案】D【分析】本题考查了求抛物线的顶点坐标；把解析式配方即可．【详解】解：，即抛物线的顶点坐标为；故选：D．5.【答案】B【分析】本题考查了正方形的性质，勾股定理以及旋转的性质．连接，根据垂直平分，即可得出，设，则，，再根据中，，即可得到的长．【详解】解：如图所示，连接，由旋转可得，，∴，，又∵，∴H为的中点，∴垂直平分，∴，∵，，∴，设，则，，∴，∵，∴中，，即，解得，∴的长为，故选：B．6.【答案】C【分析】本题考查了圆周角定理，等腰三角形的性质；由圆周角定理得，再由等腰三角形的性质得，由互补关系即可求得的度数．【详解】解：，；，，；故选：C．7.【答案】C【分析】本题考查了待定系数法求函数解析式，二次函数的图象与性质，注意数形结合；由表知，抛物线的对称轴为直线，则由对称性可得，则可求出函数解析式，根据解析式即可确定k的范围．【详解】解：由表知，函数自变量取时，对应函数值相等，则抛物线的对称轴为直线，由表知，函数自变量取时，对应函数值相等且为0，则由对称知，，即，表明抛物线与x轴的两个交点坐标为，把这两点坐标代入中，得：，解得：，即；当时，直线与该二次函数图象有两个公共点，如图，则直线位于直线于过顶点且平行于x轴的两直线间；而，则抛物线的顶点坐标为，所以；故选：C．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不正确；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正确，故选：A．二、填空题（共24分，每小题3分）9.【答案】8【分析】本题考查了一元二次方程根的判别式；根据一元二次方程根的判别式，即可求得m的值．【详解】解：关于的一元二次方程有两个相等的实数根，，解得：；故答案为：8．10.【答案】【分析】本题考查了函数图象与方程的关系，方程的解就是两个函数交点的横坐标，据此即可求解．【详解】解：∵方程的解就是二次函数与一次函数两个函数交点的横坐标，∵二次函数与一次函数的图象相交于点，．∴的解为；故答案为：．11.【答案】【分析】本题考查了二次函数的图象与性质，利用对称性得点C关于对称轴的对称点D的坐标，这样A、B、D三点均在抛物线对称轴的左侧，由二次函数的性质即可判断，，的大小关系．【详解】解：抛物线解析式为，则抛物线的对称轴为直线，故点C关于对称轴的对称点D的坐标为，而，且，所以当时，函数值随自变量的增大而减小，故，故答案为：．12.【答案】8【分析】本题考查了关于原点对称的点的坐标特征：横坐标与纵坐标分别互为相反数，解二元一次方程组；根据关于原点对称的点的坐标特征求出a与b的值，即可求得代数式的值．【详解】解：点与点关于原点对称，，解得：；则；故答案为：8．13.【答案】80【分析】本题考查了圆周角定理，切线的性质，多边形内角和，由相切连半径是常作的辅助线；分别连接，由圆周角定理得的度数，再由切线的性质及四边形内角和即可求得结果．【详解】解：如图，连接，由圆周角定理得，为圆的两条切线，，；故答案为：80．14.【答案】【分析】本题考查了圆锥侧面积的计算；直接利用圆锥侧面积公式计算即可．【详解】解：圆锥侧面积为，故答案为：．15.【答案】【分析】本题考查了矩形的性质，旋转的性质，勾股定理等知识，由题意得出d最大、最小时点P的位置是关键；由题意及矩形的性质知，过矩形的两条长边的中点时，d最大；过矩形的顶点时，d最小，分别求出这两个最大值与最小值，即可求出答案．【详解】解：设的中点为E，点O与边上所有点连线中，最小，最大，此时最大，最小；如图①，连接；，中心为点O，，，，；如图②，连接，，中心为点O，，，；，；则d的取值范围为；故答案为：．16.【答案】或【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．三、解答题（共52分，第17－22题每题5分，第23－26题每题4分，第27、28题每题3分）17.【答案】（1），（2），【分析】（1）根据配方法解一元二次方程即可求解；（2）根据因式分解法解一元二次方程即可求解．【小问1详解】解：方程两边同时加上5，即即，∴，解得：，【小问2详解】解：∴，∴，解得：，．【点睛】本题考查了解一元二次方程，掌握解一元二次方程的方法是解题的关键．18.【答案】（1），（2）见解析（3）【分析】（1）由表格中数据可知抛物线的顶点为，当和时，函数值都是0，即，然后设出顶点式，将代入求出a的值即可；（2）根据表格中的数据描点、连线即可；（3）根据函数图象可直接得出答案．【小问1详解】解：∵当和时，；∴抛物线的顶点为，当和时，函数值都是0，即，设这个二次函数的表达式为：，将代入得，解得，∴这个二次函数的表达式为；【小问2详解】解：如图：【小问3详解】解：由函数图象得：当时，．【点睛】本题考查了待定系数法求函数解析式，画二次函数图象，二次函数的图象和性质等知识，熟练掌握数形结合思想的应用是解题的关键．19.【答案】（1）见解析（2）【分析】（1）由四边形是正方形易得，，再根据可证得，即可导得，进而证得是等腰直角三角形；（2）由（1）得，进而得到正方形的面积为36，计算出，再利用勾股定理计算出的长度．【小问1详解】证明：四边形是正方形，，，，∴，，在和中，∴（SAS），∴，．，是等腰直线三角形；【小问2详解】解：由（1）得，四边形的面积为36，正方形的面积为36，，在中，，．【点睛】本题考查了正方形的性质和全等的性质和判定，还涉及到勾股定理等知识，解决本题的关键是能熟练运用相关的几何定理．20.【答案】（1）见解析（2）【分析】本题考查切线的性质，切线长定理，中位线定理，等边三角形的判定和性质，勾股定理解三角形等知识点．熟练掌握切线的性质和切线长定理是解题的关键．（1）根据切线长定理得到，．根据等腰三角形的性质和中位线定理即可得到结论；（2）根据题意得出为等边三角形，得出，得出，再由含30度角的直角三角形的性质及勾股定理求解即可．【小问1详解】证明：∵，是的两条切线，切点分别为，，∴，，∴，，∵，∴是的中位线，∴；【小问2详解】∵，点是的中点，∴，∴为等边三角形，∴，∴，∵是的切线，∴，∵的半径为6，∴，∴，∴．21.【答案】（1）图见解析，，（2）【分析】本题考查了旋转的性质、等边三角形的判定与性质、矩形的判定与性质、含30度角的直角三角形的性质等知识，熟练掌握矩形的判定与性质和含30度角的直角三角形的性质是解题关键．（1）根据旋转的定义画图即可，再证出是等边三角形，然后证出四边形是矩形，由此即可得出结论；（2）先画出图形，取的中点，连接，，再证出点共线，然后证出是等边三角形，从而得出，最后根据含30度角的直角三角形的性质即可得出结论．【小问1详解】解：画图如下：和的数量及位置关系为，，理由如下：∵是等边三角形，∴，∴，由旋转的性质可知，，∴是等边三角形，∴，，∴，∴点在同一条直线上，又∵，∴，∴，∴四边形是矩形（对角线互相平分且相等的四边形是矩形），∴，．【小问2详解】解：如图，取的中点，连接，，，理由如下：∵是等边三角形，∴，∴，∵，∴，由旋转的性质可知，，∴，，∴，∵点是的中点，∴，∴点共线，，∴，∵点是的中点，∴，∴，∴是等边三角形，∴，∴，∴，∴，又∵，∴在中，．22.【答案】（1）（2）【分析】本题考查旋转的性质，等腰三角形的判定和性质，勾股定理，熟练掌握旋转的性质，是解题的关键．（1）旋转得到，利用三角形的内角和定理以及等边对等角进行求解即可；（2）勾股定理求出的长，求出的长，旋转得到，利用勾股定理求出的长即可．【小问1详解】解：∵，，∴，∵旋转，∴，∴；故答案为：；【小问2详解】∵，，∴，∵旋转，∴，∴，∴．23.【答案】（1）（2）（3）【分析】本题考查了新定义，多项式及解一元一次方程，理解新定义是解题的关键．（1）由导出多项式的意义计算即可；（2）求出的导出多项式，即可解方程；（3）求出的导出多项式，再解方程，根据解为正整数即可确定整数的值．【小问1详解】解：由导出多项式的意义得：；故答案为：；【小问2详解】解：，，，，解得：；【小问3详解】解：的导出多项式为：，，，即，；由于a是不为零的整数，且x为正整数，或，即（舍去）或，故．24.【答案】（1）见解析（2）【分析】（1）连接；由弧相等可得；再由等边对等角及等量代换、平行线的判定即可证明；（2）连接，易证是等边三角形，则得，从而求得，由勾股定理即可求得的长．【小问1详解】证明：如图，连接；，；，，，；【小问2详解】解：如图，连接，为圆的切线，，；由（1）知，，；，是等边三角形，，，由勾股定理得．【点睛】本题考查了等弧对的圆周角相等，切线的性质，等腰三角形的性质，等边三角形的判定与性质，勾股定理，含30度角直角三角形的性质等知识，题目不难，但涉及的知识点较多，关键是熟练运用这些知识．25.【答案】（1）；（2）（3）【分析】本题是一次函数与二次函数的综合，考查了一次函数的特征，待定系数法求函数解析式，二次函数的图象与性质；掌握这两类函数的图象与性质是解题的关键．（1）对于直发式，利用抛物线的对称轴为直线，可得当自变量取2与6时函数值相等，即可求得m的值；对于间发式，由表2知，自变量由0到8时图象是直线，根据直线的特征：自变量每增加相同的值，函数值均匀增加可减小相同的值，则可求得n的值；（2）由表1及（1）知抛物线的顶点坐标为，利用二次函数顶点式即可求得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）由（2）可求得，“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是抛物线，由表2可求得抛物线的对称轴，当自变量为8时，函数值为0，由对称对称性可求得抛物线与x轴的另一个交点横坐标，即可求得，进行比较即可．【小问1详解】解：由表1知，当自变量为0与8时，函数值相等，而，根据抛物线的对称性得抛物线的对称轴为直线，当自变量取2与6时函数值相等，故；由表2知，自变量由0到8时图象是直线，且自变量每增加2个单位长度，函数值减小，则；故答案为：；；【小问2详解】解：由表1及（1）知抛物线的顶点坐标为，设抛物线的解析式为，由表1知，当时，，代入上述解析式得：，解得：，即“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；【小问3详解】解：令，解得：（舍去）即；由表2知，当自变量为12与16时，抛物线的函数值相等，则抛物线对称轴为直线，由表2知，当时，函数值为，由抛物线的对称性，当时，函数值为，，则，故答案为：．26.【答案】（1）对称轴为直线（2）①；②或【分析】本题是二次函数的综合应用，考查了二次函数的性质与图象，二次函数与方程、不等式的关系掌握这些关系是解答关键．（1）求出抛物线与y轴的交点坐标，此点与点关于抛物线对称轴对称，则可求得对称轴；（2）①由可得的范围，则可得P、Q到对称轴的距离大小关系，结合即可判断；②设点P关于直线的对称点为，由可得，解不等式即可求解．【小问1详解】解：在抛物线中，令，则，即抛物线与y轴的交点，故点与点关于抛物线对称轴对称，而，则抛物线对称轴为直线；【小问2详解】解：①当时，，，；，即，，；②设点P关于直线的对称点为，则，即；，；而，则．，，故当或时，，解得：或．27.【答案】（1）（2），证明见解析【分析】（1）先证明，再利用等腰直角三角形的性质得出结论；（2）连接，先证明，得出，取的中点M，连接，证明，从而得出结论．【小问1详解】解：四边形是正方形，，，，，，，，，，，是等腰直