試題試題2024北京首都師大附中初三3月月考數學一、選擇題（本題共24分，每小題3分）1.如圖的幾何體是由一些小正方體組合而成的，則這個幾何體的左視圖是（）A. B. C. D.2.黨的二十大報告中指出，我國全社會研發經費支出達二萬八千億元，居世界第二位．“二萬八千億”用科學記數法表示為（）A. B. C. D.3.如圖是一個由5個小正方體和1個圓錐組成的立體圖形，這個立體圖形的主視圖是（）A. B. C. D.4.如圖，在中，是直徑，，則等于（）A. B. C. D.5.正比例函數y=kx和反比例函數（k是常數且k≠0）在同一平面直角坐標系中的圖象可能是A. B. C. D.6.若，則的結果是（）A.7 B.9 C.﹣9 D.117.已知：中，是中線，點在上，且．則的值為（）A. B. C. D.8.對于一個函數：當自變量x取a時，其函數值y也等于a，我們稱a為這個函數的不動點．若二次函數y＝x2+2x+c（c為常數）有兩個不相等且都小于1的不動點，則c的取值范圍是（）A. B. C. D.二、填空題（本大題共9小題，共21分）9.半徑為2且圓心角為90°的扇形面積為_______．10.從張上面分別寫著“學”“生”“學”“數”“學”這個字的卡片（大小、形狀完全相同）中隨機抽取一張，則這張卡片上面恰好寫著“數”字的概率是______．11.分解因式：=____.12.如圖，是的直徑，弦于點，，則______°．13.如圖，點A，B，C，D在上，，，則_________．14.如圖，在中，按以下步驟作圖：①以點A為圓心，適當長為半徑作弧，分別交于點M，N；②分別以點M，N為圓心，大于的長為半徑作弧，兩弧交于點P；③作射線交于點D．若，的面積為4，則的面積為______．15.如圖，AB是⊙O的直徑，點C在⊙O上，，PA，PC是⊙O的切線．∠P＝___°．16.為了傳承中華文化，激發學生的愛國情懷，提高學生的文學素養，某校初三（5）班舉辦了“古詩詞”大賽，現有小恩、小王、小奕三位同學進入了最后冠軍的角逐，決賽共分為六輪，規定：每輪分別決出第一、二、三名（沒有并列），對應名次的得分分別為，，（且，，均為正整數）分，選手最后得分為各輪得分之和，得分最高者為冠軍．下表是三位選手在每輪比賽中的部分得分情況，小恩同學第三輪的得分為_______．第一輪第二輪第三輪第四輪第五輪第六輪總分小恩27小王11小奕10三、計算題（本大題共1小題，共8分）17.計算（1）（2）四、解答題（本大題共10小題，共64分．解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟）18.計算：．19.已知：如圖1，直線AB及AB外一點．求作：直線，使得．作法：如圖2，①在直線上任取一點C，連接；②C為圓心，長為半徑作弧，交直線于點D；③分別以點P，D為圓心，長為半徑作弧，兩弧在直線外交于一點Q；④作直線．直線就是所求作的直線．（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：連接．__________，四邊形是__________形（__________）（填推理的依據）．20.已知關于的一元二次方程．（1）求證：該方程總有兩個不相等的實數根；（2）若，且該方程的一個根是另一個根的2倍，求的值．21.如圖，在⊙O中，半徑OC垂直弦AB于D，點E在⊙O上，∠E＝22.5°，AB＝2．求半徑OB的長．22.如圖，一次函數與反比例函數的圖象交于兩點，與軸、軸分別交于兩點（1）求一次函數與反比例函數的解析式（2）求當為何值時，23.在平面直角坐標xOy中，點在拋物線上．（1）求拋物線的對稱軸；（2）拋物線上兩點，，且，．①當時，比較，的大小關系，并說明理由；②若對于，，都有，直接寫出t的取值范圍．24.在中，，，過點A作的垂線，垂足為D，E為射線上一動點（不與點C重合），連接，以點A為中心，將線段逆時針旋轉得到線段，連接，與直線交于點G．（1）如圖1，當點E在線段上時，①依題意補全圖形；②求證：點G為的中點．（2）如圖2，當點E在線段的延長線上時，用等式表示之間的數量關系，并證明．25.如圖，AB是⊙O的直徑，弦EF⊥AB于點C，過點F作⊙O的切線交AB的延長線于點D．（1）已知∠A＝α，求∠D的大小（用含α的式子表示）；（2）取BE的中點M，連接MF，請補全圖形；若∠A＝30°，MF＝，求⊙O的半徑．26.在平面直角坐標系中，拋物線經過點，．（1）若，①求此拋物線的對稱軸；②當時，直接寫出m的取值范圍；（2）若，點在該拋物線上，且，請比較p，q的大小，并說明理由．27.如圖，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝120°，D是BC中點，連接AD．點M在線段AD上（不與點A，D重合），連接MB，點E在CA的延長線上且ME＝MB，連接EB．（1）比較∠ABM與∠AEM的大小，并證明；（2）用等式表示線段AM，AB，AE之間的數量關系，并證明．28.在平面直角坐標系中，我們給出如下定義：將圖形M繞直線上某一點P順時針旋轉，再關于直線對稱，得到圖形N，我們稱圖形N為圖形M關于點P的二次關聯圖形．已知點．（1）若點P的坐標是，直接寫出點A關于點P的二次關聯圖形的坐標________；（2）若點A關于點P的二次關聯圖形與點A重合，求點P的坐標（直接寫出結果即可）；（3）已知的半徑為1，點A關于點P的二次關聯圖形在上且不與點A重合．若線段，其關于點P的二次關聯圖形上的任意一點都在及其內部，求此時P點坐標及點B的縱坐標的取值范圍．

參考答案一、選擇題（本題共24分，每小題3分）1.【答案】B【分析】根據左視圖是從左面看得到的圖形，可得答案．【詳解】解：從左邊看，上面一層是一個正方形，下面一層是兩個正方形，故選B【點睛】本題考查了簡單組合體三視圖，從左面看得到的圖形是左視圖，掌握三視圖的有關定義是解題的關鍵．2.【答案】C【分析】本題主要考查了用科學記數法表示絕對值大于1的數，解題的關鍵是掌握用科學記數法表示絕對值大于1的數的方法：將原數化為的形式，其中，n為整數，n的值等于把原數變為a時小數點移動的位數．據此解答即可．【詳解】解：二萬八千億寫作，，故選：C．3.【答案】C【分析】直接根據從正面看到的圖形即可求解．【詳解】解：從正面看到的圖形為，故選：C【點睛】本題考查了立體圖形的三視圖，理解三視圖的概念是解題的關鍵．4.【答案】C【分析】由在同圓或等圓中，同弧或等弧所對的圓周角相等，即可求得的度數，又由是的直徑，根據直徑所對的圓周角是直角，即可求得答案．【詳解】解：∵，∴，∵是直徑，∴，∴．故選C．【點睛】此題考查了圓周角定理與直角三角形的性質．此題難度不大，注意數形結合思想的應用．5.【答案】C【分析】首先判斷出反比例函數所在象限，再分情況討論正比例函數y=kx所過象限，進而選出答案．【詳解】反比例函數（k是常數且k≠0）中，＜0，圖象在第二、四象限，故A、D不合題意，當k＞0時，正比例函數y=kx的圖象在第一、三象限，經過原點，故C符合；當k＜0時，正比例函數y=kx的圖象在第二、四象限，經過原點，故B不符合；．故選C．6.【答案】D【分析】根據完全平方的特征對式子進行整理，即(a-)2+2，最后整體代入進行計算可得結果.【詳解】解：∵，∴＝（a﹣）2+2＝（﹣3）2+2＝9+2＝11，故選：D．【點睛】本題主要考查了代數式的求值，解題的關鍵是掌握完全平方公式．7.【答案】B【分析】本題主要考查了相似三角形、等腰三角形的性質、三角形外角與內角的關系等知識點，先利用等腰三角形的性質及外角與內角的關系說明，再判斷，利用相似三角形的性質用表示出，最后代入比例可得結論．【詳解】解：是的中線，，，，，，，又，，，，，，故選B．8.【答案】C【分析】設a是二次函數y=x2+2x+c的不動點，則a2+a+c=0，根據二次函數y=x2+2x+c（c為常數）有兩個不相等且都小于1的不動點，可知關于a的方程a2+a+c=0有兩個不相等的實數根，且兩個實數根都小于1，設這兩個實數根為a1、a2，則Δ＞0，a1＜1，a2＜1，即有1-4c＞0，且（a1-1）+（a2-1）＜0，（a1-1）（a2-1）＞0，即可解得-2＜c＜．【詳解】設a是二次函數y=x2+2x+c的不動點，則a=a2+2a+c，即a2+a+c=0，

∵二次函數y=x2+2x+c（c為常數）有兩個不相等且都小于1的不動點，

∴關于a的方程a2+a+c=0有兩個不相等的實數根，且兩個實數根都小于1，

設這兩個實數根為a1、a2，則a1+a2=-1，a1?a2=c，

∴Δ＞0，a1＜1，a2＜1，

∴Δ=1-4c＞0①，且（a1-1）+（a2-1）＜0②，（a1-1）（a2-1）＞0③，

由①得c＜，

∵a1+a2=-1，

∴②總成立，

由③得：a1?a2-（a1+a2）+1＞0，即c-（-1）+1＞0，

∴c＞-2，

綜上所述，c的范圍是-2＜c＜，

故選：C．【點睛】本題考查二次函數綜合應用，涉及新定義、一元二次方程解的判定、韋達定理等知識，解題的關鍵是根據已知得到關于a的方程a2+a+c=0有兩個不相等的實數根，且兩個實數根都小于1．二、填空題（本大題共9小題，共21分）9.【答案】π【分析】根據扇形面積公式求出即可．【詳解】扇形的面積是=π，故答案為π．【點睛】本題考查了扇形的面積計算，能熟記扇形的面積公式是解此題的關鍵．10.【答案】【分析】直接利用概率公式求解即可．【詳解】解：張卡片中有張寫有“數”字，抽取一張恰好寫有“數”字的概率為，故答案為：．【點睛】本題考查了統計與概率中概率的求法．用到的知識點為：概率所求情況數與總情況數之比．11.【答案】【分析】先提取公因式后繼續應用平方差公式分解即可．【詳解】．故答案為：12.【答案】【分析】先根據由垂徑定理得，，再由得到，進而得到，從而可計算．【詳解】解：，，，，，，，，，，故答案為：．【點睛】本題主要考查垂徑定理及角的三角函數值，解題關鍵是熟練應用垂徑定理．13.【答案】【分析】本題考查了同弧上的圓周角的性質、三角形內角和等相關知識點，解題的關鍵是將已知角度與待求角度集中在同一個三角形內．利用同弧上的圓周角相等得到，然后利用三角形內角和定理即可求解．【詳解】解：∵，∴，∵，∴．故答案為：．14.【答案】6【分析】利用基本作圖得到平分，再根據角平分線的性質得點D到、的距離相等，于是利用三角形面積公式得到的面積的面積，從而可計算出的面積．【詳解】解：由作法得平分，則點D到、的距離相等，∴的面積的面積，∵的面積為4，∴的面積是6．故答案為：6．【點睛】本題考查了基本作圖：熟練掌握基本作圖作一條線段等于已知線段；作一個角等于已知角；作已知線段的垂直平分線；作已知角的角平分線；過一點作已知直線的垂線也考查了角平分線的性質．15.【答案】40【分析】連接OC，根據切線的性質可得∠OAP=∠OCP=90°，從而得到∠P+∠AOC=180°，再由圓周角定理可得∠AOC=2∠ABC=140°，即可求解．【詳解】解：如圖，連接OC，∵PA，PC是⊙O的切線．∴∠OAP=∠OCP=90°，∴∠P+∠AOC=180°，∵，∴∠AOC=2∠ABC=140°，∴∠P=40°．故答案為：40【點睛】本題主要考查了切線的性質，圓周角定理，熟練掌握切線的性質，圓周角定理是解題的關鍵．16.【答案】5【分析】根據三位同學的最后得分情況列出關于a，b，c的等量關系式，然后結合且a，b，c均為正整數確定a，b，c的值，從而確定小恩同學第三輪的得分．【詳解】解：由題意可得：，∴，∵a，b，c均為正整數，若每輪比賽第一名得分a為5，則最后得分最高的為，∴，又∵，∴最小取3，∴，∴小恩同學最后得分27分，他5輪第一，1輪第二；小王同學最后得分11分，他1輪第一，1輪第二，4輪第三；又∵表格中第二輪比賽，小王第一，小奕第三，∴第二輪比賽中小恩第二，∴第三輪中小恩第一，小奕第二，小王第三，∴小恩的第三輪比賽得5分，故答案為：5．【點睛】本題考查方程的解邏輯推理能力，理解題意，分析數據間的等量關系，抓住第二輪比賽情況是解題關鍵．三、計算題（本大題共1小題，共8分）17.【答案】(1);(2).【分析】（1）根據多項式乘多項式的運算法則即可求解；（2）根據平方差公式與完全平方公式即可求解.【詳解】（1）解：原式（2）解：原式【點睛】此題主要考查整式的乘法，解題的關鍵是熟知多項式的乘法與公式的運算.四、解答題（本大題共10小題，共64分．解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟）18.【答案】【分析】先用負整數次冪、零次冪、特殊角的三角函數值、二次根式的性質化簡，然后再進行計算式即可．【詳解】解：．【點睛】本題主要考查了實數的運用，掌握零次冪、負整數次冪以及特殊角的三角函數值是解答本題的關鍵．19.【答案】（1）見解析（2），菱，四邊相等四邊形是菱形【分析】（1）根據題意，按照步驟補全作圖即可；（2）根據菱形的判定與性質求解即可．【小問1詳解】解：直線如下圖所示：【小問2詳解】證明：連接．，四邊形是菱形（四邊相等的四邊形是菱形）．．故答案為：，菱，四邊相等的四邊形是菱形．【點睛】本題考查尺規作圖，菱形的判定與性質，解題的關鍵是根據作圖方法判斷出．20.【答案】（1）證明見解析（2）3【分析】（1）利用根的判別式進行證明即可；（2）設方程兩個根分別為，利用根與系數的關系得到，由此建立關于m的方程求解即可．【小問1詳解】證明：由題意得，，∴關于的一元二次方程總有兩個不相等的實數根；【小問2詳解】解：設方程的兩個根分別為，∴，∴，∴，∴，解得，又∵，∴．【點睛】本題主要考查了根的判別式、根與系數的關系，熟知相關知識是解題的關鍵．21.【答案】【分析】直接利用垂徑定理進而結合圓周角定理得出是等腰直角三角形，進而得出答案．【詳解】解：半徑弦于點，，，，是等腰直角三角形，，，．【點睛】此題主要考查了勾股定理，垂徑定理和圓周角定理，解題的關鍵是正確得出是等腰直角三角形．22.【答案】（1）一次函數解析式為，反比例函數的解析式為；（2）當時，【分析】（1）根據A點坐標求出反比例函數解析式，再根據反比例函數解析式求出B點坐標，最后用待定系數法求出一次函數解析式．（2）令，然后解不等式即可．【小問1詳解】解：把代入得，反比例函數解析式為，把代入得，，把代入得，解得，一次函數解析式為．【小問2詳解】解：當時，即，解得，當時，．【點睛】本題考查一次函數和反比例函數交點問題，涉及到用待定系數法求函數解析式，熟練掌握待定系數法是解題的關鍵．23.【答案】（1）（2）①，理由見詳解；②或【分析】（1）對于拋物線，令，可得，可知點（0，2）在拋物線上，根據點也在拋物線上，由拋物線的對稱性，可知該拋物線的對稱軸為；（2）根據題意，大致畫出拋物線圖象．①當時，根據題意可計算、的取值范圍，再結合拋物線圖象判斷，的大小即可；②分情況討論，當、、三種情況下，區域和區域的位置及移動方向，確定滿足條件的t的取值范圍．【小問1詳解】解：對于拋物線，令，可得，即該拋物線與y軸的交點為點（0，2），又∵點也在拋物線上，∴根據拋物線的對稱性，可知該拋物線的對稱軸為；小問2詳解】根據題意，大致畫出拋物線圖象，如下圖，①當時，根據題意可知，，，，即有，，由圖象可知，；②若對于，，都有，可分情況討論，如下圖：當時，，，由圖象對稱性可知，成立；當時，區域向左移動，區域向右移動且都移動t個單位，由圖象對稱性可知，成立；當時，區域、區域相向移動，兩區域相遇時，有，解得，在時，成立；相遇后，再繼續運動，兩區域分離時，有，解得；分離后，即時，隨著t的增大，由圖象對稱性可知，成立；綜上所述，滿足條件的t的取值范圍為：或．【點睛】本題主要考查了二次函數圖象與性質及二次函數的綜合應用，解題關鍵是根據題意畫出圖形，用數形結合和分情況討論的數學思想分析問題．24.【答案】（1）①見解析；②見解析（2），理由見解析【分析】（1）①根據題意畫圖即可；②由條件可證,得到,從而有，再通過平行線分線段成比例即可證出為的中點；（2）由(1)知,可得為的中點仍然成立,設,表示出即可發現它們之間的數量關系．【小問1詳解】解：①如圖，②如圖，連接，，，在和中，，，，，，，，，，，，，G為的中點．【小問2詳解】解：．理由如下：如圖，連接，由（1）可知：，，為的中點仍然成立，且，設，，則，，，中，由勾股定理可得：，，，，．【點睛】本題主要考查了三角形全等的判定與性質，等腰三角形的性質，以及勾股定理等知識，表示出的長度是解決問題的關鍵．25.【答案】（1）∠D＝90°﹣2α；（2）⊙O的半徑為2．【分析】（1）連接OE，OF，如圖，利用等腰三角形的性質得到∠DOF＝∠DOE．而∠DOE＝2∠A，所以∠DOF＝2α，再根據切線的性質得∠OFD＝90°．從而得到∠D＝90°﹣2α；（2）連接OM，如圖，利用圓周角定理得到∠AEB＝90°．再證明OM∥AE得到∠MOB＝∠A＝30°．而∠DOF＝2∠A＝60°，所以∠MOF＝90°，設⊙O的半徑為r，利用含30度的直角三角形三邊的關系得OM＝BM＝r，然后根據勾股定理得到即（r）2+r2＝（）2，再解方程即可得到⊙O的半徑．【詳解】解：（1）連接OE，OF，如圖，∵EF⊥AB，AB是⊙O的直徑，∴∠DOF＝∠DOE．∵∠DOE＝2∠A，∠A＝α，∴∠DOF＝2α，∵FD為⊙O的切線，∴OF⊥FD．∴∠OFD＝90°．∴∠D+∠DOF＝90°，∴∠D＝90°﹣2α；（2）連接OM，如圖，∵AB為⊙O的直徑，∴O為AB中點，∠AEB＝90°．∵M為BE的中點，∴OM∥AE，∵∠A＝30°，∴∠MOB＝∠A＝30°．∵∠DOF＝2∠A＝60°，∴∠MOF＝90°，設⊙O的半徑為r，在Rt△OMB中，BM＝OB＝r，OM＝BM＝r，在Rt△OMF中，OM2+OF2＝MF2．即（r）2+r2＝（）2，解得r＝2，即⊙O的半徑為2．【點睛】此題主要考查直線與圓的位置關系，解題的關鍵是熟知切線的判定定理及勾股定理的應用.26.【答案】（1）①；②或（2），理由見解析【分析】（1）①把點代入，求出a的值，可求出拋物線解析式，再把解析式化為頂點式，即可求解；②求出拋物線與x軸的另一個交點為，再根據二次函數的圖象，即可求解；（2）把點代入可得，再由，可得，，從而得到拋物線開口向下，拋物線的對稱軸為直線，然后根據，可得，再根據，可得到對稱軸的距離大于對稱軸的距離，即可求解．【小問1詳解】解：①當時，點，把點代入得：，解得：，∴該函數解析式為，∵，∴拋物線的對稱軸為直線；②令，則，解得：，∴拋物線與x軸的另一個交點為，∵，∴拋物線開口向下，∴當時，m的取值范圍為或；【小問2詳解】解：，理由如下：把點代入得：，∵，∴，∴，∴，∴拋物線開口向下，拋物線的對稱軸為直線，∴，∴，∴，∵，∴到對稱軸的距離大于對稱軸的距離，∴．【點睛】本題主要考查了二次函數的圖象和性質，熟練掌握二次函數的圖象和性質是解題的關鍵．27.【答案】（1），證明見解析；（2）AB=AM+AE，證明見解析．【分析】（1）連接CM，由AB＝AC，D是BC中點得AD垂直平分線段CD，，從而有BM=CM=ME，于是得，，即可得；（2）AB=AM+AE，證明見解析，理由如下：如下圖2，在線段AC上取一點G，使得AG=AM，連接MG，AB＝AC，D是BC中點，∠BAC＝120°得，進而證明是等邊三角形，得AG=AM=MG，從而證明，即可證明AB=AM+AE，【小問1詳解】解：，理由如下：如下圖1，連接CM，AB＝AC，D是BC中點