試題試題2024北京首都師大附中初三10月月考數學一、單選題1.下列圖案中，點為正方形的中心，陰影部分的兩個三角形全等，則陰影部分的兩個三角形關于點對稱的是（）A. B. C. D.2.若關于x的一元二次方程的一個根是，則a的值為（）A.2 B. C.2或 D.3.如圖，將繞點順時針旋轉得到，若，，，則的長為（）A.5 B.4 C.3 D.24.將一元二次方程通過配方轉化為的形式，下列結果中正確的是（）A. B. C. D.5.如圖，，，，是上的點，，下列結論中錯誤的是（）A. B. C. D.6.如圖，在正方形網格中，一條圓弧經過A、B、C三點，那么所對的圓心角的大小是（）A. B. C. D.7.運動員將足球沿與地面成一定角度的方向踢出，足球飛行的路線可以看作是一條拋物線．不考慮空氣阻力，足球距離地面的高度y（單位：m）與足球被踢出后經過的時間x（單位：s）近似滿足函數關系．下表記錄了3個時刻的數據，其中．x369y1820m可推斷出足球飛行到最高點時，下列數據中最接近的時刻x是（）A.4.4 B.4.6 C.7.4 D.7.68.如圖，中，，，將繞的中點O傾時針旋轉得到交于點交于點N，給出下面三個結論：①；②點A，C，E，B四點共圓；③連接，則．上述結論中所有正確結論的序號是（）A.①② B.①③ C.②③ D.①②③二、填空題9.點關于原點對稱的點的坐標為_______．10.將拋物線向左平移1個單位長度得到的拋物線的解析式為__．11.如圖，在平面直角坐標系中，過原點，交軸，軸分別于點．若點的坐標為，則點的坐標為________．12.如圖，在中，，將繞點逆時針旋轉，得到△，連接．若，則______．13.如圖，點在圓上，，點為的中點，的值為________．14.已知直角三角形的直角邊為a，b，斜邊為c．若，則c的最小值為________．15.已知內接于半徑為3的，若，則________．16.已知點在拋物線上．（1）若的取值范圍是________；（2）將拋物線上A，B兩點之間（含A，B兩點）的圖象設為G，若直線與圖象G有兩個交點，則k的取值范圍是________．三、解答題17.解方程：．18.如圖，在邊長為1的正方形網格中，的頂點都在格點上，將繞點O逆時針旋轉一定角度后，點落在格點處．（1）旋轉角為________°；（2）在圖中畫出旋轉后的，其中分別是的對應點．19.關于x的方程．（1）求證：不論m取何值，方程總有兩個實數根；（2）若該方程有兩個實數根，且，求m的值．20.已知：如圖，為銳角三角形．求作：以為一邊的，使．作法：①作邊的垂直平分線；②作邊的垂直平分線，與直線交于點；③以為圓心，為半徑作；④連接并延長，交于點，連接，即為所求作的三角形．（1）使用直尺和圓規，依作法補全圖形（保留作圖痕跡）；（2）完成下面的證明．證明：是的垂直平分線，是的垂直平分線，與交于點∴點，，都在上為的直徑①________°（②________）（③________）即為所求作的三角形．注：②③請填寫推理依據．21.如圖，點在上，，平分．判斷的形狀，并證明你的結論．22.如圖，中，．點D在射線上，．連接分別過點C，B作的垂線，交于點E，連接，求的長．23.已知拋物線（a，b是常數，）的自變量x與函數值y的部分對應值如下表：x0123…y0m03…（1）求拋物線的解析式和m的值；（2）在給出的平面直角坐標系中畫出函數圖象，直接寫出當時，y的取值范圍．24.如圖，AB為的直徑，弦CD與AB交于點E，連接AC、BD，，．（1）求的度數；（2）若，求CD的長．25.在平面直角坐標系中，已知拋物線．（1）若點在拋物線上，直接寫出的值；（2）已知和是拋物線上的三點．當時，都有，求a的取值范圍．26.在中，為線段的中點．為外一點，．（1）如圖1，當時，求證：三點共線；（2）如圖2，連接，將其繞點順時針旋轉得到線段，連接．①補全圖形；②請用等式表示線段與之間的數量關系，并證明．27.對于平面直角坐標系中的圖形，直線和點，給出如下定義：先將圖形沿直線對稱后再將其繞點順時針旋轉，稱該變換為類變換；先將圖形繞點順時針旋轉再沿直線對稱，稱該變換為類變換；其中，稱直線為“變換直線”，稱點為“變換點”．（1）如圖，若“變換直線”為軸，“變換點”為0,1，已知點，則點中，在線段作類變換后得到的圖形上的點有________；（2）若“變換直線”為，點作類變換后與自身重合，求“變換點”的坐標；（3）若“變換直線”為，“變換點”為2,0，以點為圓心作半徑為的，已知軸上存在點作類變換和變換后所得點都在內，直接寫出的取值范圍．參考答案一、單選題1.【答案】C【分析】本題考查了圖形關于某點對稱，掌握中心對稱圖形的性質是解題關鍵．根據對應點連線是否過點判斷即可．【詳解】解：由圖形可知，陰影部分的兩個三角形關于點對稱的是C，故選：C．2.【答案】C【分析】本題考查了一元二次方程的解：能使一元二次方程左右兩邊相等的未知數的值是一元二次方程的解．把代入一元二次方程得出關于的方程，求解即可得出答案．【詳解】解：把代入，得．解得：．故選C．3.【答案】A【分析】本題考查旋轉的性質，等邊三角形的判定，本題關鍵是熟練掌握旋轉圖形的性質．根據旋轉的性質可得，可得是等邊三角形．可得的長．【詳解】解：將繞點順時針旋轉得到，，，是等邊三角形，，故選：A．4.【答案】A【分析】將常數項移到方程的右邊，兩邊都加上一次項系數一半的平方配成完全平方式后即可．【詳解】解：∵，∴，∴，即，故選A．【點睛】本題考查了解一元二次方程的能力，熟練掌握解一元二次方程的幾種常用方法：直接開平方法、因式分解法、公式法、配方法，結合方程的特點選擇合適、簡便的方法是解題的關鍵．5.【答案】C【分析】本題考查了圓心角，弦，弧之間的關系，根據圓心角，弦，弧之間的關系逐項排除即可，熟練掌握知識點是解題的關鍵．【詳解】解：、∵，∴，不符合題意；、∵，∴，∴，∴，不符合題意；、不能保證，符合題意；、∵，∴，∴，∴，∴，不符合題意；故選：．6.【答案】D【分析】根據垂徑定理的推論：弦的垂直平分線必過圓心，分別作，的垂直平分線即可得到圓心，進而解答即可．【詳解】解：作的垂直平分線，作的垂直平分線，如圖，它們都經過，所以點為這條圓弧所在圓的圓心．連接，，在與中，∴，∴，，∵，∴，∴，即所對的圓心角的大小是，故選：D．【點睛】本題考查了垂徑定理的推論：弦的垂直平分線必過圓心．這也常用來確定圓心的方法．7.【答案】B【分析】此題考查了二次函數的性質，解題的關鍵是掌握二次函數圖象上縱坐標相等的點關于對稱軸對稱．根據二次函數的對稱性得到拋物線的對稱軸在直線左邊，在直線右邊，進而求解即可．【詳解】解：∵足球距離地面的高度y（單位：m）與足球被踢出后經過的時間x（單位：s）近似滿足函數關系∵當時，；當時，，且，∴拋物線的對稱軸在直線左邊；∵當時，；當時，，∴拋物線的對稱軸在直線右邊；綜上所述，可推斷出足球飛行到最高點時，最接近的時刻x是4.6．故選：B．8.【答案】A【分析】本題主要考查了等腰直角三角形的性質，四點共圓，圓周角定理，解題的關鍵是熟練掌握四點共圓的判定方法．①連接、，證明，得出，即可判斷①正確；②證明，得出點A，C，E，B在以點O為圓心，以為圓心的圓上，即可證明②正確；③根據，得出A、D、E在以為圓心的圓上，求出，即可證明③錯誤．【詳解】解：①連接、，如圖所示：∵中，，，將繞的中點O傾時針旋轉得到，∴和為等腰直角三角形，根據旋轉可知：，，∵O為、的中點，∴，，，，，，∴，，∵，，∴，∴，∴，∴，∴，故①正確；②∵，，∴，∴點A，C，E，B在以點O為圓心，以為圓心的圓上，∴點A，C，E，B四點共圓，故②正確；③∵，∴A、D、E在以為圓心的圓上，∴，∴，故③錯誤；綜上分析可知：正確的有①②．故選：A．二、填空題9.【答案】【分析】根據關于原點對稱的點，橫坐標與縱坐標都互為相反數求解即可．【詳解】解：點關于原點對稱的點的坐標為，故答案為：．【點睛】本題考查了平面直角坐標系中關于原點對稱的點的坐標特征，解題的關鍵是掌握：兩個點關于原點對稱時，它們的坐標符號相反，即點關于原點O的對稱點是．10.【答案】【分析】直接根據“左加右減”的原則進行解答．【詳解】解：將拋物線向左平移1個單位長度得到的拋物線的解析式為，故答案為：．【點睛】此題考查了二次函數的性質，熟練掌握二次函數的平移規律是解題的關鍵．11.【答案】【分析】本題考查了垂徑定理與勾股定理，矩形的判定和性質，坐標于圖形，全等三角形的判定和性質的綜合，根據題意，如圖所示，連接，過點作軸于點，作軸于點，可得四邊形是矩形，，則，由勾股定理可得的值，再證，可得，由此即可求解．【詳解】解：如圖所示，連接，過點作軸于點，作軸于點，∴四邊形是矩形，則，∵，∴，∵，∴，則，在中，，∵是圓的半徑，∴，在中，，∴，∴，∴，∴，故答案為：

12.【答案】50【分析】根據旋轉的性質得AC′=AC，∠B′AB=∠C′AC，再根據等腰三角形的性質得∠AC′C=∠ACC′，然后根據平行線的性質由CC′∥AB得∠ACC′=∠CAB=65°，則∠AC′C=∠ACC′=65°，再根據三角形內角和計算出∠CAC′=50°，所以∠B′AB=50°．【詳解】解：繞點逆時針旋轉到△的位置，，，，//，，，，，故答案為50．【點睛】本題考查了旋轉的性質：旋轉前后兩圖形全等；對應點到旋轉中心的距離相等；對應點與旋轉中心的連線段的夾角等于旋轉角．也考查了平行線的性質．13.【答案】【分析】本題考查了半圓或直徑所對圓周角為直角，勾股定理，根據，可得AB是直徑，根據點為的中點，可得，根據勾股定理可得，在中，運用勾股定理即可求解．【詳解】解：如圖所示，連接AD，∵，∴AB是直徑，∴，∵點為的中點，∴，∴，在中，，故答案為：

．14.【答案】【分析】本題主要考查了勾股定理，完全平方式的應用，先根據勾股定理，得，再代入并整理成關于a的完全平方公式，然后討論可得答案．【詳解】根據勾股定理，得，因為，所以所以當時，的最小值是8，所以c的最小值是．故答案為：．15.【答案】或【分析】本題主要考查了等邊三角形的性質和判定，圓內接四邊形的性質，圓周角定理，先確定是等邊三角形，再根據圓周角定理得出答案，然后根據圓內接四邊形的性質得出另一個答案．【詳解】如圖所示，連接，∴，∴是等邊三角形，∴，∴．∵四邊形是圓內接四邊形，∴，∴，所以或．故答案為：或．16.【答案】①.②.【分析】（1）根據二次函數的性質可得拋物線的對稱軸為直線，再由，可得拋物線上的點離對稱軸越遠，函數值小，從而得到，即可求解；（2）根據題意可得，再由拋物線的頂點坐標為，可得，然后分兩種情況討論，即可求解．【詳解】解：（1）∵，∴拋物線的對稱軸為直線，∵，∴拋物線上的點離對稱軸越遠，函數值小，∵點在拋物線上，，∴，解得：，即若的取值范圍是；故答案為：；（2）∵直線與圖象G有兩個交點，∴，根據題意得：拋物線的頂點坐標為，∴函數的最大值為5，∴，由（1）得：拋物線上的點離對稱軸越遠，函數值小，當，即時，此時直線在點的上方或過點B，∴，∵，∴此時的值隨著h的增大而增大，∴，即，∴；當，即時，此時直線在點的上方或過點B，∴，∵，∴此時的值隨著h的增大而減小，∴，即，∴；綜上所述，k的取值范圍為．故答案為：三、解答題17.【答案】，【分析】本題考查了配方法解一元二次方程．用配方法解一元二次方程的步驟：第一種情況：形如型：第一步移項，把常數項移到右邊；第二步配方，左右兩邊加上一次項系數一半的平方；第三步左邊寫成完全平方式；第四步，直接開方即可．第二種情況：形如型，方程兩邊同時除以二次項系數，即化成，然后配方．在本題中，把常數項2移項后，應該在左右兩邊同時加上一次項系數的一半的平方．【詳解】解：移項，得配方，得，即，開方，得解得，18.【答案】（1）（2）作圖見詳解【分析】本題主要考查網格與旋轉圖形的性質，（1）如圖所示，連接，根據網格特點即可求解；（2）根據旋轉的性質作圖即可．【小問1詳解】解：如圖所示，連接，根據網格的特點可得，，故答案為：；【小問2詳解】解：根據旋轉，作圖如下，19.【答案】（1）證明見詳解（2）1或3【分析】本題考查一元二次方程根的情況與判別式關系，一元二次方程根與系數的關系，熟記一元二次方程判別式與方程根的情況聯系、一元二次方程根與系數的關系是解決問題的關鍵．（1）根據一元二次方程根的情況與判別式的關系，只要判定即可得到答案；（2）根據一元二次方程根與系數的關系得到，將變形為，代入求解即可．【小問1詳解】證明：，∴，∴不論取何值，方程總有兩個實數根；【小問2詳解】解：∵，∴，∵∴，∴，∴，解得：．∴m的值為1或3．20.【答案】（1）見解析（2）；直徑所對的圓周角是直角；同弧（或等弧）所對的圓周角相等【分析】（1）按照所給方法作圖即可；（2）根據直徑所對的圓周角為90度可得，根據同弧（或等弧）所對的圓周角相等，可得．【小問1詳解】解：尺規作圖，如下所示：【小問2詳解】證明：∵是的垂直平分線，是的垂直平分線，與交于點O∴∴點A、B、C都在上∵為的直徑∴（直徑所對的圓周角是直角）∵∴（同弧（或等弧）所對的圓周角相等）∴即為所求作的三角形．故答案為：；直徑所對的圓周角是直角；同弧（或等弧）所對的圓周角相等．【點睛】本題考查尺規作圖、線段垂直平分線的作法及性質、圓周角定理，解題的關鍵是找出外接圓的圓心．21.【答案】是等邊三角形，理由見詳解【分析】本題主要考查圓內接四邊形的性質，圓周角定理，等邊三角形的判定和性質，根據圓內接四邊形可得，根據角平分線的性質可得，根據圓周角定理可得，由此即可求解．【詳解】證明：是等邊三角形，理由如下，∵點在上，∴四邊形是圓內接四邊形，∴，且，∴，∵平分，∴，∵，∴，∴，∴是等邊三角形．22.【答案】【分析】本題主要考查了全等三角形的性質和判定，勾股定理，等角對等邊，先求出，再說明，即可根據“邊角邊”證明，可得，然后根據勾股定理得出答案．【詳解】∵，∴，∴．∵，∴，∴，∴．在中，．故答案為：．23.【答案】（1），；（2）圖見解析，．【分析】本題考查了待定系數法求二次函數的解析式及二次函數的圖象與性質，數形結合并熟練掌握二次函數的相關性質是解題的關鍵．（1）把兩點坐標代入拋物線解析式求出a，b的值確定出解析式，進而求出m的值即可；（2）畫出拋物線圖象依據圖象解答即可．【小問1詳解】把2,0，代入，得：解得：∴拋物線解析式為，當時，；【小問2詳解】畫出函數圖象如圖所示，當時，．24.【答案】（1）（2）6【分析】（1）根據同弧所對的圓周角相等可得，再根據三角形的內角和即可求解；（2）過點O作于點F，連接，先求出，從而得出，，即可求出的長度，再根據的長度求出的長度，最后根據垂徑定理即可求解．【小問1詳解】解：∵，∴，∵，∴在中，．【小問2詳解】過點O作于點F，連接，∵，∴，∵，∴在中，，∵，∴，∵，∴，∵，∴在中，，∴在中，，∵，∴．【點睛】本題主要考查了圓的相關知識，解題的關鍵是熟練掌握同弧所對的圓周角相等，垂徑定理以及解直角三角形的方法．25.【答案】（1）或（2）或【分析】本題主要考查二次函數圖象的性質的運用，（1）把點代入計算即可求解；（2）根據二次函數解析式可得對稱軸為x=1，分類討論：當a>0時，圖像開口向上，當時，隨的增大而增大，離對稱軸越遠，值越大；當，圖像開口向下，當時，隨的增大而減小，離對稱軸越遠，值越小；由此即可求解．【小問1詳解】解：點在拋物線上，∴，整理得，，∵，∴或；【小問2詳解】解：拋物線，∴對稱軸為，當x=1時，，則頂點坐標為，當a>0時，圖像開口向上，當時，隨的增大而增大，離對稱軸越遠，值越大，∵a>0，則，∵，∴點在對稱軸左邊，點在對稱軸右邊，且在點右邊，∴點關于對稱軸的點，∴，解得，；當，圖像開口向下，當時，隨的增大而減小，離對稱軸越遠，值越小，∴，解得，；綜上所述，或．26.【答案】（1）證明過程見詳解（2）①作圖見詳解；②，證明見詳解【分析】（1）根據等腰三角形三線合一即可求證；（2）①根據旋轉作圖即可；②延長到點，使得，連接，可證，可得，，根據旋轉的性質，等腰三角形的性質可證明，可得，根據四邊形的內角和，三角形的內角和可得，可證，可得，且，由此即可求解．【小問1詳解】證明：如圖所示，連接，∵，點是AB的中點，∴是線段AB的垂直平分線，∵，點是AB的中點，∴是線段AB的垂直平分線，∵線段AB的垂直平分線是一條直線，∴點三點共線；【小問2詳解】解：①根據題意，作圖如下，②如圖所示，延長到點，使得，連接，∵點是AB中點，∴，且，∴，∴，，∵，∴，∴，且，∴，∴，，∴，∵四邊形中，，∴，∴，∴，在中，，∴，∴，且，∴，∴，且，∴．【點睛】本題主要考查等腰三角形的性質，垂直平分線的性質，全等三角形的判定和性質，旋轉的性質，多邊形內角和定理的運用，掌握等腰三角形的性質，構造三角形全等是解題的關鍵．27.【答案】（1）（2）（3）【分析】（1）由題意得：，可求出，，根據題意作出線段作類變換后得到的圖形即可求解；（2）作圖可得點關于直線的對稱點為，設“變換點”的坐標為，根據變換可得是等邊三角形，據此即可求解；（3）得到作類變換：將軸作關于直線的對稱直線為直線，再將直線繞點順時針旋轉后的直線為，同上可求：作類變換，將軸繞點順時針旋轉后的直線為，再將直線作關于直線的對稱直線為直線，記軸任意一點為作類變換和