2025北京昌平一中九年级（下）开学考数学（教师版）

第1页/共1页2025北京昌平一中初三（下）开学考数学一、选择题（本题共8小题，每小题2分，共16分．在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的）1.下列巴黎奥运会项目标志中，既是中心对称图形又是轴对称图形的是（）A. B. C. D.2.若是关于的一元二次方程的一个解，则的值为（）A.2 B.4 C. D.3.抛物线的对称轴是（）A. B. C. D.4.如图，是的直径，点在的延长线上，切于点，如果，，那么的长是（）A. B. C. D.5.点，在抛物线上，则，的大小关系是（）A. B. C. D.无法判断6.为了提升全民防灾减灾意识，某消防大队进行了消防演习．如图，架在消防车上的云梯可伸缩，也可绕点转动，其底部离地面的距离为，当云梯顶端在建筑物所在直线上时，底部到的距离为，若，则此时云梯顶端离地面的高度的长是（）A. B. C. D.7.我国新能源汽车产业为应对全球气候变化、推动低碳发展做出了巨大贡献．根据中国汽车工业协会发布的数据，2024年5月新能源汽车销量约为万辆，2024年7月新能源汽车销量约为万辆，设新能源汽车销量的月平均增长率为，则满足的方程是（）A. B.C. D.8.如图，已知及外一定点P，嘉嘉进行了如下操作后，得出了四个结论：①点A是的中点；②直线，都是的切线；③点P到点Q、点R的距离相等；④连接，，，，，则．对上述结论描述正确的是（）A.只有①正确 B.只有②正确 C.①②③正确 D.①②③④都正确二、填空题（本题共8小题，每小题2分，共16分）9.若在实数范围内有意义，则实数x的取值范围是______．10.分解因式：__________．11.已知二次函数满足条件：①有最大值；②它的图象经过点，写出一个满足上述所有条件的二次函数的解析式________________．12.如图，D、E是边、上的两点，且，，那么___________．13.图1为一个装有液体的圆底烧瓶(厚度忽略不计)，侧面示意图如图2，其液体水平宽度为，竖直高度为，则的半径为_____________．14.如图，是的直径，，是的切线，切点分别为，．若，，则的长是__________．15.小明看到公园地面上有一个心形封闭图形，为了研究图形的面积，设计了一项试验：在图形外部绘制一个半径为1米的圆，如图所示，向这个圆内随机投掷石子．假设石子落在圆内的每一点都是等可能的（不考虑边界），记录的试验数据如下：掷石子的总次数50100200500…石子落在图形内的次数154380201…石子落在阴影部分的次数3557120299…随着投掷次数的不断增多，石子落在图形内的频率逐渐稳定在0.4左右，因此估计石子落在图形内的概率为______；由此估计图形的面积为______平方米．16.如图，在平面直角坐标系中，已知点，其中，抛物线经过点和，以下四个结论：①；②；③关于的一元二次方程无实根；④点，在抛物线上且在对称轴的同侧，当时，总有时，则．其中所有正确结论的序号是_________．三、解答题（本题共12小题，共68分．第17-22题各5分；第23-26题各6分；第27-28题各7分．）17.计算：．18.解不等式组：19.关于的一元二次方程．（1）求证：该方程总有两个实数根；（2）若该方程的实数根均为非负数，求的取值范围．20.如图，菱形的对角线和交于点O，分别过点A、B作．．和交于点E．（1）求证：四边形是矩形；（2）连接，当．时，求的值．21.我国古代著作《管子·地员篇》中介绍了一种用数学运算获得“宫商角徵羽”五音的方法．研究发现，当琴弦的长度比满足一定关系时，就可以弹奏出不同的乐音．例如，三根弦按长度从长到短排列分别奏出乐音“”，需满足相邻弦长的倒数差相等．若最长弦为个单位长，最短弦为个单位长，求中间弦的长度．22.在平面直角坐标系中，函数的图象经过点和．（1）求该函数的解析式；（2）当时，对于的每一个值，函数的值小于函数的值，直接写出的取值范围．23.如图，在中，．求作：射线，使得．小靖同学的作法如下：①以点为圆心，长为半径画圆，延长交于点；②作的角平分线交于点；③作射线．所以射线即为所求．请你依据小靖同学设计的尺规作图过程，完成下列问题：（1）使用直尺和圆规，依作法补全图形（保留作图痕迹）（2）完成下面的证明证明：连接，，点在上．是的直径，______（______）（填推理依据）平分，．，（______）（填推理依据）．，．（______）（填推理依据）．．24.如图，的直径垂直弦于点E，F是圆上一点，D是的中点，连结交于点G，连结．（1）求证：．（2）若，，求的长．25.某兴趣小组通过实验研究发现：当音量（单位：dB）满足时，听觉舒适度与音量之间满足二次函数关系．当音量为时，听觉舒适度为6；当音量为时，听觉舒适度达到最大值．（1）求该二次函数的解析式，并在图1的平面直角坐标系中画出该二次函数的图象；（2）在家听音乐时，小明听到的音量与所坐位置到音箱的距离（单位：）的关系如图2所示．若她希望听觉舒适度不小于9，根据此实验研究结果，请写出小明所坐位置到音箱的距离的取值范围______（结果保留小数点后一位）．26.在平面直角坐标系中，二次函数的图象经过点．（1）求此二次函数图象的对称轴；（2）若二次函数的图象上存在两点，，其中，，且，求m的取值范围．27.在中，，于点M，D是线段上的动点（不与点B，C，M重合），将线段绕点D顺时针旋转得到线段．（1）如图1，如果点E在线段上，求证：；（2）如图2，如果D在线段上，在射线上存在点F满足，连接求证：．28.在平面直角坐标系中，的半径为2，对于点，和的弦，给出如下定义：若弦上存在点，使得点绕点逆时针旋转后与点重合，则称点是点关于弦的“等边旋转点”．（1）如图，点，直线与交于点，．①点的坐标为______，点______（填“是”或“不是”）点关于弦的“等边旋转点”；②若点关于弦的“等边旋转点”为点，则的最小值为______，当与相切时，点的坐标为______；（2）已知点，，若对于线段上的每一点，都存在的长为的弦，使得点是点关于弦的“等边旋转点”，直接写出的取值范围．

参考答案一、选择题（本题共8小题，每小题2分，共16分．在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的）1.【答案】B【分析】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．根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．【详解】解：A、该图形是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意；B、该图形既是轴对称图形，也是中心对称图形，符合题意；C、该图形既不是中心对称图形，也不是轴对称图形，不符合题意；D、该图形是中心对称图形，不是轴对称图形，不符合题意．故选：B．2.【答案】D【分析】本题考查一元二次方程的解的定义，掌握方程的解就是使等式成立的未知数的值是解题关键．把代入一元二次方程中即可解得的值．【详解】解：把代入一元二次方程中得：，解得：．故选：D．3.【答案】A【分析】本题考查二次函数的性质，根据题目中抛物线的顶点式，可以直接写出它的对称轴，本题得以解决．【详解】解：抛物线的对称轴是直线，故选：A．4.【答案】C【分析】本题考查了切线的性质，含的直角三角形的性质，勾股定理等知识，连接，由切线的性质得，根据等腰三角形的性质得，通过外角性质可得，则，最后由勾股定理即可求解，掌握知识点的应用是解题的关键．【详解】解：连接，∵切于点，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∴，故选：．5.【答案】A【分析】本题考查了二次函数图象上点的坐标特征和二次函数的性质，首先确定抛物线的对称轴，再根据开口方向，根据二次函数的性质即可判断，的大小关系．【详解】解：∵抛物线，∴抛物线开口向上，对称轴为直线，∴在对称轴右侧y随x的增大而增大，∴关于对称轴的对称点为，∵，∴．故选：A．6.【答案】A【分析】本题考查了解直角三角形的应用，比较简单，掌握正切的定义是解题的关键．根据的正切可得，而，进而即可求解．【详解】解：在直角三角形中，，，根据题意可得：，，故选：A．7.【答案】C【分析】设新能源汽车销量的月平均增长率为，根据题意，得，解答即可．本题考查了平均增长率问题，正确列方程解答是解题的关键．【详解】解：设新能源汽车销量的月平均增长率为，根据题意，得，故选：C．8.【答案】C【分析】由第一步作图痕迹可知直线是的垂直平分线，由此可判断①正确；根据直径所对的圆周角等于，可判断②正确；根据切线长定理可判断③正确；先证明，由此可得，进而可得，因此可判断④错误．【详解】由第一步作图痕迹可知直线是的垂直平分线，因此点A是的中点，故①正确；∵是的直径，，，，∴直线，都是的切线，故②正确；直线，都是的切线，根据切线长定理，可知，故③正确；，，，，∴，∴．∵点A是的中点，，故④错误．故选：C【点睛】本题主要考查了垂直平分线的尺规作图法、圆周角定理、切线的判定以及切线长定理．熟练掌握以上知识是解题的关键．二、填空题（本题共8小题，每小题2分，共16分）9.【答案】【分析】本题主要考查实数及二次根式有意义的条件，熟练掌握实数的性质及二次根式有意义的条件是解题的关键；因此此题可根据二次根式有意义的条件“被开方数要为非负数”可进行求解．【详解】解：由题意得：，∴；故答案为．10.【答案】【分析】本题主要考查了提公因式法分解因式和平方差公式法分解因式等知识点，熟练掌握用平方差公式分解因式是解决此题的关键．先提取公因式y，然后利用平方差公式分解因式即可．【详解】解：，故答案为：．11.【答案】（答案不唯一）【分析】本题主要考查了二次函数的图象和性质，解题的关键是掌握时，函数开口向上，有最小值；时，函数开口向下，有最大值．【详解】∵二次函数有最大值，∴二次函数的二次项系数小于0，可设二次函数的解析式为，又∵它的图象经过点，，，二次函数的解析式为．故答案为：（答案不唯一）12.【答案】【分析】通过证明∽，可求解．【详解】解：，，，故答案为：．【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，证明三角形相似是解题的关键．13.【答案】10【分析】本题考查垂径定理，勾股定理．由垂径定理得到，设的半径为，则，，在中，根据勾股定理有，代入即可解答．【详解】解：连接，∵，∴，设的半径为，则，∴，∵在中，，即，解得：，∴的半径为．故答案为：10．14.【答案】【分析】本题主要考查圆的切线性质，圆周角定理，全等三角形的判定及勾股定理的应用．通过连接，利用切线性质得到垂直关系，证明，得到，再圆周角定理求出，最后在中应用勾股定理求得的长．【详解】连接，,，是的切线，，又，（定理），，而（圆心角是圆周角的两倍），，在中，，是的直径，，，故答案为：．15.【答案】①.0.4②.【分析】本题考查了利用频率估计概率，大量反复试验下频率稳定值即概率．用到的知识点为：频率=所求情况数与总情况数之比．（1）大量试验时，频率可估计概率；（2）利用概率，根据图形A的面积比上总面积的值，计算出阴影部分面积．【详解】解：（1）因为石子落在图形内的频率逐渐稳定在0.4左右，因此估计石子落在图形内的概率为0.4；故答案为：0.4；（2）∵圆的半径为1米，∴它的面积为，∵石子落在图形内的概率为，∴估计图形的面积为平方米，故答案为：．16.【答案】②④【分析】本题主要考查了二次函数的图象与性质，抛物线上点的坐标的特征，对称轴，数形结合法，抛物线与轴的交点，二次函数与一元二次方程的联系，一元二次方程的根的判别式，熟练掌握二次函数的性质和二次函数与一元二次方程的联系是解题的关键．①根据题中二次函数的图像判断开口方向，，以及抛物线与轴的交点，可判断的符号，进而可判断；②由二次函数的图象知：当时，，；当时，，两式相加，化简可得③一元二次方程的判别式，结合的关系与符号，进而可判断；④设，且在对称轴右侧（在左侧同理），则，，结合的关系与符号，进而可判断．【详解】通过读图：①因为，所以抛物线开口向上，对称轴，由于，即对称轴，可得，抛物线与轴交于负半轴，所以，综上，，结论①错误；②：二次函数的图象与轴交于由图可知，又，，由二次函数的图象可知：当时，，当时，，两式相加，化简可得，结论②正确；③一元二次方程的判别式，因为，所以，由，可得，所以，方程有两个不相等的实根，结论③错误；④设，且在对称轴右侧（在左侧同理），则，，，，，，，（在对称轴右侧），，又，，即，结论④正确．综上，正确结论的序号是：②④．三、解答题（本题共12小题，共68分．第17-22题各5分；第23-26题各6分；第27-28题各7分．）17.【答案】3【分析】本题主要考查特殊角三角函数的混合运算以及零指数幂，原式分别代入特殊角三角函数值，再计算零指数幂，最后再进行加减运算即可．【详解】解：原式．18.【答案】【分析】本题考查了解一元一次不等式组，熟练掌握不等式组的解法是解题关键．先分别求出两个不等式的解集，再找出它们的公共部分，即为不等式组的解集．【详解】解：由，解不等式可得，由，解不等式可得，综上可得，不等式组的解集为．19.【答案】（1）见解析（2）【分析】本题考查了一元二次方程根的判别式，解一元二次方程，一元一次不等式的应用．解题的关键在于正确的解方程．（1）根据，进行作答即可；（2）由，解得，，由方程的实数根均为非负数，可得，计算求解即可．【小问1详解】解：∵，∴，∴该方程总有两个实数根；【小问2详解】解：∵，∴，解得，，，∵该方程的实数根均为非负数，∴，解得，，∴m的取值范围为．20.【答案】（1）见解析（2）【分析】本题考查了矩形的判定和性质，菱形的性质，解直角三角形，熟练掌握矩形的判定定理是解题的关键．（1）根据平行四边形的判定定理得到四边形是平行四边形，根据菱形的性质得到，根据矩形的判定定理得到四边形是矩形；（2）根据菱形的性质得到，求得，得到，根据三角函数的定义即可得到结论．【小问1详解】∵，，∴四边形是平行四边形，∵四边形是菱形，对角线和交于点O，∴，∴四边形是矩形；【小问2详解】∵，，∴，，∴，，∵，∴∵四边形AEBO是矩形，四边形ABCD是菱形，∴，，，∴，，∴．21.【答案】【分析】本题考查了分式的运用，理解题意中的数量关系，设中间弦长为，列式求解即可，掌握分式的运用是解题的关键．【详解】解：根据相邻弦长的倒数差相等，设中间弦的长度为，∴，解得，，检验，当时，原式有意义，∴中间弦的长度为

．22.【答案】（1）（2）【分析】本题考查了一次函数的图象和性质，待定系数法的应用，一次函数图象上点的坐标特征，熟练掌握数形结合思想的应用是解题的关键．（1）将两点坐标代入函数表达式中，用待定系数法求解即可．（2）根据函数图象得出当时，对于的每一个值，函数，即可求出的取值范围．【小问1详解】把和代入中，得，解得，该函数的解析式为；【小问2详解】由（1）知：当时，，当时，对于的每一个值，函数的值小于函数的值，当时，对于的每一个值，函数，，解得，的取值范围是．23.【答案】（1）图见解析（2），直径所对的圆周角是直角，等弧所对的圆心角相等，三线合一【分析】（1）按照所给作法以及角平分线的尺规作图法补全图形即可；（2）由直径所对的圆周角是直角可得，由相等的圆周角所对的弧相等可得，由等弧所对的圆心角相等可得，由三线合一可得，然后由垂直于同一直线的两直线平行即可得出结论．【小问1详解】解：使用直尺和圆规，依作法补全图形（保留作图痕迹）如下：【小问2详解】证明：连接，，，点在上．是的直径，（直径所对的圆周角是直角）（填推理依据）平分，．，（等弧所对的圆心角相等）（填推理依据）．，．（三线合一）（填推理依据）．．故答案为：，直径所对的圆周角是直角，等弧所对的圆心角相等，三线合一．【点睛】本题主要考查了作角平分线（尺规作图），画出直线、射线、线段，直径所对的圆周角是直角，角平分线的有关计算，利用弧、弦、圆心角的关系求证，根据三线合一证明，垂直于同一直线的两直线平行等知识点，熟练掌握基本的尺规作图方法和技巧是解题的关键．24.【答案】（1）证明见解析（2）【分析】（1）利用证明，即可得到；（2）连结，求出直径的长，即得半径，求出，由（1）知，再求出，利用勾股定理求出，根据垂径定理即可求出．【小问1详解】证明：∵是的中点，∴，即，∵，∴，又∵，∴，∴；【小问2详解】解：如图，连结，∵，，∴，∴，∴，由（1）知，∴，∴，∵直径，∴．【点睛】本题考查了圆周角定理，三角形全等的判定与性质，垂径定理，勾股定理．熟练掌握圆的基本性质、三角形全等的判定定理是解题的关键．25.【答案】（1），图象见解析；（2）【分析】此题考查了待定系数法求二次函数解析式、画二次函数图象、从函数图象获取信息等知识．（1）利用待定系数法求出二次函数解析式，再画出二次函数的图象即可；（2）当时，，解得或，由图2可得，当时，，当时，，即可得到答案．【小问1详解】解：根据题意可设，，当音量为时，听觉舒适度为6；∴，解得，∴该二次函数的解析式为；图象如下：【小问2详解】当时，，解得或，由图2可得，当时，，当时，，∴小明所坐位置到音箱的距离的取值范围，故答案为：26.【答案】（1）此二次函数图象的对称轴是直线（2）【分析】本题考查了二次函数的图象与性质，较难的是题（2），正确设二次函数的顶点式是解题关键．（1）先求出二次函数经过点和，再根据二次函数的对称性求出对称轴即可得；（2）先根据（1）设二次函数的解析式为，再求出，判断出，，从而可得，据此建立不等式组，解不等式组即可得．【小问1详解】解：对于二次函数，当时，，∴这个二次函数的图象经过点，又∵这个二次函数的图象经过点，∴此二次函数图象的对称轴是直线．【小问2详解】解：由（1）可设二次函数的解析式为，∵这个二次函数的图象上存在两点，，∴，，∴，∵，，∴，，∵，，∴，∴，即，∴，∴．27.【答案】（1）见解析（2）见解析【分析】本题考查了旋转的性质、全等三角形的判定与性质，中位线定理等知识点，掌握相关数学结论即可．（1）由旋转可知：，，进而得；根据，，可得；结合在中，，即可求证；（2）延长到点N，使，连接可推出，，证，即可求证；【小问1详解】证明：∵线段绕点D顺时针旋转得到线段．∴，，∴，∵，，∴，∴，在中，∵，∴，∴，即；【小问2详解】证明：如图，延长到点N，使，连接∵，∴，，∴，∴，∵，∴，∵，，∴，∵，∴，∴，∴，∵，∴，∴，在和中，∵∴，∴，∵，∴．28.【答案】（1）①，