精品解析：北京市十一学校2024-2025学年九年级上学期12月月考数学试题

常规初三数学综合练习（2024.12） 考试时间：120分钟 满分：100分 一、选择题（共16分，每小题2分） 1. 北京城区的胡同中很多精美的砖雕美化了生活环境，砖雕形状的设计采用了丰富多彩的图案．下列砖雕图形中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查轴对称图形及中心对称图形的定义与判断，根据中心对称图形定义：在平面内，把一个图形绕着某个点旋转180°，如果旋转后的图形能与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形，这个点叫做它的对称中心；轴对称图形定义：平面内，一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够完全重合的图形，逐项验证即可得到答案．熟练掌握轴对称图形及中心对称图形的定义是解决问题的关键． 【详解】解：A、该图形既是轴对称图形，又是中心对称图形，符合题意； B、该图形是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意； C、该图形不是轴对称图形，是中心对称图形，不符合题意； D、该图形是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意； 故选：A． 2. 抛物线的顶点坐标是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查了二次函数的图象与性质，利用配方法将抛物线的一般式化成顶点式是解题的关键． 利用配方法将抛物线解析式化成顶点式，即可求得其顶点坐标． 【详解】解：， 抛物线的顶点坐标是， 故选：B． 3. 关于的一元二次方程有一个根为0，则的值为（ ） A. 或 B. C. 或 D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查了一元二次方程的定义，一元二次方程的解，把代入原方程，求出的值，再根据一元二次方程的定义得出，即可解答． 【详解】解：关于的一元二次方程有一个根为， ，且， 解得：， 故选：B． 4. 如图，二次函数的图象与x轴的一个交点为，对称轴是直线，下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 点在函数图象上 【答案】B 【解析】 【分析】利用二次函数的图象与系数的关系可得出，a、b、c的正负，进而得出的正负；利用对称轴为直线，可得出与0的关系；由抛物线与x轴的交点情况，可得出与的大小关系；由抛物线与x轴的一个交点坐标为，再结合对称轴为直线，可得出另一个交点坐标． 【详解】解：A、由二次函数的图形可知：，所以．故本选项不符合题意； B、因为二次函数的对称轴是直线，则，即．故本选项符合题意； C、因为抛物线与x轴有两个交点，所以，即．故本选项不符合题意； D、因为抛物线与x轴的一个交点坐标为，且对称轴为直线，所以它与x轴的另一个交点的坐标为．故本选项不符合题意； 故选：B． 【点睛】本题考查二次函数图象与各项系数的关系，正确求得a，b，c的正负以及巧妙利用抛物线的对称轴是解决问题的关键． 5. 如图，在中，为直径，，为圆上的点，若，则的大小为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查了圆周角定理，由直径所对的圆周角是得出，根据直角三角形的两个锐角互余结合圆周角定理计算即可． 【详解】解：∵在中，为直径， ∴， ∵， ∴， 故选A． 6. 如图，的半径为2，将的内接正六边形绕点O顺时针旋转，第二次与自身重合时，点经过的路径长为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查旋转对称图形，解题的关键是求出第二次重合的旋转角，然后根据弧长公式计算是解题的关键． 【详解】解：∵的内接正六边形绕点顺时针旋转，第二次与自身重合时旋转角为， ∴点B经过的路径长为， 故选C． 7. 做随机抛掷一枚质地不均匀的纪念币试验，得到的结果如表所示： 抛掷次数m 1000 2000 3000 4000 5000 “正面向上”的次数n 512 1034 1558 2083 2598 “正面向上”的频率（） ①当抛掷次数是1000时，“正面向上”的频率是，所以“正面向上”的概率是； ②随着试验次数的增加，“正面向上”的频率总在附近摆动，显示出一定的稳定性，可以估计“正面向上”的概率是； ③若再次做随机抛掷该纪念币的试验，则当抛掷次数为3000时，出现“正面向上”的次数不一定是1558次．其中合理推断的序号是 A. ②③ B. ①③ C. ①② D. ①②③ 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查利用频率估计概率，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，但是并不是频率值就一定等于概率值，据此求解即可． 【详解】解：由于频率不等于概率，故当抛掷次数是1000时，“正面向上”的频率是，“正面向上”的概率不一定是，故①错误； 大量反复试验下，频率的稳定值即为概率值，故随着试验次数的增加，“正面向上”的频率总在附近摆动，显示出一定的稳定性，可以估计“正面向上”的概率是，故②正确； 若再次做随机抛掷该纪念币的试验，则当抛掷次数为3000时，出现“正面向上”的次数不一定是1558次．故③正确； 故选：A． 8. 二次函数的图象是一条抛物线，自变量x与函数y的部分对应值如下表： x … 0 1 2 3 … y … 0 0 … 有如下结论： ①抛物线的开口向上 ②抛物线的对称轴是直线 ③抛物线与y轴的交点坐标为 ④由抛物线可知的解集是 其中正确的是（ ） A. ①② B. ①②③ C. ①②④ D. ①②③④ 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查二次函数的图象性质、二次函数图象上点的坐标特征、二次函数与不等式的关系，解答本题的关键是明确题意，利用二次函数的性质解答．根据表格中的数据和二次函数的性质，可以判断各个选项中的结论是否正确，本题得以解决． 【详解】解：由表格可知，该函数的对称轴是直线， ∵时，y随x的增大而增大， ∴抛物线的开口向上，故选项①②正确； ∵当时，， ∴抛物线与y轴的交点坐标为，故选项③正确； ∵和时，， ∴当，， 的解集是，故选项④正确， 故选：D． 二、填空题（共16分，每小题2分） 9. 抛物线向左平移2个单位，向上平移4个单位所得抛物线解析式为____________． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了二次函数的平移，熟练掌握平移规律是解题的关键．先将抛物线配方，根据左加右减、上加下减求解即可． 【详解】解：∵配方得， ∴向左平移2个单位，向上平移4个单位所得抛物线解析式为． 故答案为：． 10. 如图，由个相同的正方形组成的十字形纸片沿直线和剪开后重组可得到矩形，那么②可看作①通过一次________得到（填“平移”“旋转”或“轴对称”）． 【答案】旋转 【解析】 【分析】本题考查几何变换类型，解题的关键是利用旋转变换的性质判断即可． 【详解】解：观察图形可知，②可看作①绕着点顺时针旋转得到， 故答案为：旋转． 11. 若关于的一元二次方程有整数根，则整数的值为____________． 【答案】2或8 【解析】 【分析】本题考查了一元二次方程的解，熟练掌握一元二次方程的解得方法是解题关键． 根据题意得出且，确定或，然后验证即可． 【详解】解：∵关于x的一元二次方程有两个整数根， ∴且， ∴或， 当时， 方程的根为， 当时， 方程的根为， ∴的值为2或8， 故答案为：2或8． 12. 在一个不透明的口袋里有红、黄、蓝三种颜色的小球，这些球除颜色外都相同，其中有个红球，个蓝球．若随机摸出一个蓝球的概率为，则随机摸出一个黄球的概率为______． 【答案】 【解析】 【分析】本题主要考查了简单的概率计算，已知概率求数量，设黄球的个数为x个，根据概率计算公式结合篮球的概率建立方程求出x的值，进而求出摸出黄球的概率即可． 【详解】解：设黄球的个数为x个， 由题意得，， 解得（经检验，是原方程的根且符合题意）， ∴黄球的个数为3个， ∴随机摸出一个黄球的概率为， 故答案为：． 13. 如图，点为正方形对角线的中点，将以点为直角顶点的直角绕点旋转（的边始终在正方形外），若正方形边长为2，则在旋转过程中与正方形重叠部分的面积为____________． 【答案】1 【解析】 【分析】本题考查了全等三角形的判定与性质、正方形的性质，解题的关键是连接构造全等三角形． 如图，连接，由点是的中点，然后结合正方形的性质得到、、，进而结合得到，从而得证，再由全等三角形的性质得到重叠部分四边形的面积与的面积相等，最后由正方形的边长求得结果． 【详解】解：如图，连接， 点是的中点，四边形是正方形， ，，， ， ， ， ， ， ， ， 正方形的边长为2， ， ， ， 重叠部分四边形的面积为1． 故答案为：1． 14. 如图，在一个长为，宽为的矩形地面上修等宽的三条互相垂直的道路，余下部分种草，草地面积为，求道路的宽度．设小路的宽为，依据上述条件，可列出一元二次方程：____________． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了一元二次方程的应用，利用平移把草坪变为矩形是本题的关键．利用平移可把草坪变为一个长为，宽为的矩形，从而根据题中的等量关系即可得出方程． 【详解】解：设小路宽为，根据题意得：， 故答案为：． 15. “青山绿水，畅享生活，人们经常将圆柱形竹筒改造成生活用具，图1所示是一个竹筒水容器，图2为该竹筒水容器的截面．若这个水容器所能装水的最大深度是．开口宽为，则该截面所在圆的半径为____________，该截面的面积为____________． 【答案】 ①. 6 ②. 【解析】 【分析】连接，过点O作于点D，交于点C，先由垂径定理求出的长，设，再根据勾股定理即可得出半径；连接，结合等边三角形的判定和性质及扇形的面积计算求解即可． 本题考查的是垂径定理的应用和勾股定理，等边三角形的判定和性质，扇形的面积计算，根据题意作出辅助线，构造出直角三角形是解答此题的关键． 【详解】解：连接，过点O作于点D，交于点C，如图所示： ∵， ∴， 由题意得：设， ∵这个水容器所能装水的最大深度是， ∴ 在中， ，即 ∴解得：， 连接，如图所示： ∴截面所在圆的半径为； ∵，， ∴为等边三角形， ∴， ∴的面积为：， ∴扇形的面积为：， ∴该截面的面积为： 故答案为：6；． 16. 如图，，点、在射线上，，．是直线上的一个动点，过、、三点作圆，当该圆与直线相切时，其半径长为____________． 【答案】或 【解析】 【分析】本题考查了切线的性质，三角形的外接圆与外心，垂径定理，等腰直角三角形的判定和性质，正确的作出图形是解题的关键． 根据已知条件得到点M为切点，设过三点的圆的圆心为，连接，份分两种情况分析，然后根据垂径定理和勾股定理进行推理计算即可得到结论． 【详解】解：过三点的圆与相切， 点为切点， 当点M在射线上时， 设过三点的圆的圆心为， 连接， 则， 过作于，延长交于， ， ， 设， ， 和是等腰直角三角形， ， ， ， 解得：（不合题意舍去)， 当点M在射线延长线上时， 设过三点的圆的圆心为， 连接， 则， 过作于，延长交于， ， ， 设， ， 和是等腰直角三角形， ， ， ， 解得：（不合题意舍去)， 半径的长为， 综上可得：半径的长或， 故答案为：或． 三、解答题（共68分，第17-23题，每题5分，第24-26题，每题6分，第27题7分，第28题7分） 17. 解方程：． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了运用配方法解一元二次方程，先把进行配方，得，则，再开方，即可作答． 【详解】解：∵， ∴， ∴ ∴ 即． 18. 已知，求代数式的值． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了多项式乘多项式，完全平方公式，已知式子的值求代数式的值，先整理，因为，所以，即可作答． 【详解】解： ， ∵， ∴， 则． 19. 如图所示，把绕点旋转至位置，延长交于，交于，若，，，求的度数． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查的是旋转的性质，全等三角形的性质，三角形的外角的性质，熟练的利用全等三角形的性质证明，是解本题的关键． 由旋转可得，可得，，再求解，，再利用三角形的外角的性质可得答案． 【详解】解：由旋转可知：， ， ，， ，， ， ， 是的外角， ， ． 20. 已知：关于的一元二次方程 （1）求证；该方程总有两个实数根； （2）请你给出一个整数的值，使得此时方程的解均为整数，并求出此时方程的解． 【答案】（1）证明见解析 （2），， 【解析】 【分析】（）求出的值，进而即可求证； （）当时，方程为，方程的解均为整数，解方程即可求解； 本题考查了一元二次方程根的判别式，解一元二次方程，掌握一元二次方程根的判别式与一元二次方程根的关系是解题的关键． 【小问1详解】 证明：∵， ∴该方程总有两个实数根； 【小问2详解】 解：当时，方程为， 解得，． 21. 已知：点，，在上，且． 求作：直线，使其过点，并与相切． 作法：①连接； ②分别以点，点为圆心，长为半径作弧，两弧交于外一点； ③作直线． 直线就是所求作直线． （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，， ∵， ∴四边形是菱形， ∵点，，在上，且， ∴______°（_________________）（填推理的依据）． ∴四边形是正方形， ∴，即， ∵为半径， ∴直线为的切线（_________________）（填推理的依据）． 【答案】（1）见解析； （2）90°；一条弧所对的圆周角等于它所对的圆心角的一半；经过半径的外端并且垂直于这条半径的直线是圆的切线 【解析】 【分析】（1）按照题中作法步骤作图即可； （2）根据圆周角定理和切线的判定定理填空． 【小问1详解】 解：补全图形，如图所示； 【小问2详解】 90°；一条弧所对的圆周角等于它所对的圆心角的一半；经过半径的外端并且垂直于这条半径的直线是圆的切线． 【点睛】本题考查作图-复杂作图，圆周角定理，切线的判断和性质，熟练掌握知识点是解题的关键． 22. 通常情况下酚酞遇酸性和中性溶液不变色，遇碱性溶液变红色．一次化学课上，学生用酚酞溶液检测四瓶标签被污染无法分辨的无色溶液的酸碱性．已知四瓶溶液分别是：盐酸（呈酸性），：硝酸钾溶液（呈中性），：氢氧化钠溶液（呈碱性），：氢氧化钾溶液（呈碱性）． （1）小周将酚酞溶液随机滴入一种溶液，结果变红色的概率是______；（直接填写答案） （2）小周同时将任选的两瓶溶液滴入酚酞溶液进行检测，请你用列表或画树状图的方法，求两瓶溶液恰好都变红色的概率是多少？ 【答案】（1）结果变红色的概率是； （2）两瓶溶液恰好都变红色的概率为． 【解析】 【分析】（）直接根据概率公式求解即可； （）画树状图得出所有可能的结果，再根据概率公式求解即可； 本题考查了用列表或画树状图的方法求概率，熟记用列表或画树状图的方法及概率公式是解题的关键． 【小问1详解】 解：小周将酚酞溶液随机滴入一种溶液，结果变红色的概率是； 【小问2详解】 解：画树状图， 共有种可能出现的结果，其中两瓶溶液恰好都变红色,，共种结果， ∴两瓶溶液恰好都变红色的概率为． 23. 二次函数的图象经过点，当时，该函数有最小值为． （1）求该二次函数的解析式，并用五点法画出该函数的图象； （2）直线与抛物线的交点为，，和直线的交点为，当时，直接写出的取值范围． 【答案】（1）抛物线的解析式为，，图象见解析 （2） 【解析】 【分析】题目主要考查二次函数的图像和性质，与坐标轴的交点问题，理解题意，熟练掌握二次函数的性质是解题关键 （1）根据题意得出抛物线的顶点坐标为，设抛物线的解析式为，利用待定系数法求解即可确定函数解析式，然后利用五点法画图即可； （2）根据题意得出点A、B关于对称轴对称，确定抛物线与交点的横坐标为0或3，然后画出草图，结合图形得出，即可求解 【小问1详解】 解：∵当时，该函数有最小值为， ∴抛物线的顶点坐标为， 设抛物线的解析式为， 将点代入得：， 解得：， ∴抛物线的解析式为：， 当时，， 解得：， ∴与坐标轴的交点为， 当时，，当时，， ∴抛物线经过点， 用五点法画图如下： 【小问2详解】 ∵直线与抛物线的交点为，， ∴点A、B关于对称轴对称， ∴， ∴， 联立， 解得或， ∴抛物线与交点的横坐标为0或3， 当时，， ∵，如图所示： ∴， ∴， ∴即． 24. 图1是某种发石车，这是古代一种远程攻击的武器，发射出去的石块的运动轨迹是抛物线的一部分，且距离发射点米时达到最大高度米．将发石车置于山坡底部处，山坡上有一点，点与点的水平距离为米，与地面的竖直距离为米，是高度为米的防御墙．若以点为原点，建立如图所示的平面直角坐标系． （1）求石块运动轨迹所在抛物线的解析式． （2）试通过计算说明石块能否飞越防御墙． （3）在竖直方向上，试求石块飞行时与坡面的最大距离． 【答案】（1） （2）不能 （3）米 【解析】 【分析】本题主要考查了二次函数的实际应用： （1）把解析式设为顶点式，再利用待定系数法求解即可； （2）求出当时y的值，再与的长进行比较即可得到结论； （3）先求出直线的解析式为．作直线轴，交抛物线于点，交直线于点，设点，则点的坐标为，求出的最大值即可得到答案． 【小问1详解】 解：设抛物线的解析式为， 将点代入到中得， 解得， 抛物线的解析式为． 【小问2详解】 解：在中，当时，， ∵，， 石块不能飞越防御墙． 【小问3详解】 解：由题意可知点的坐标为， 设直线的解析式为， ∴， ∴， 直线的解析式为． 如图，作直线轴，交抛物线于点，交直线于点， 设点，则点的坐标为， ， 当时，有最大值，最大值为， 在竖直方向上，石块飞行时与坡面的最大距离是米． 25. 如图，为的直径，弦于，连接，过作，交于点，连接，过作，交的延长线于点． （1）求证：是的切线； （2）若，，求的长． 【答案】（1）见解析 （2）4 【解析】 【分析】本题考查了切线的判定、圆周角定理、等边三角形的判定和性质、等腰三角形的性质、矩形的判定与性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，灵活运用所学知识解决问题． （1）由题意根据切线的判定证明半径，即可证明是的切线； （2）根据题意连接，根据圆周角定理和中位线性质得出，进而依据等边三角形和四边形是矩形，最后结合图形求解即可． 【小问1详解】 证明：∵C，A，D，F在上，， ∴， ∵，， ∴， ∴四边形中，， ∴半径， ∴是的切线； 【小问2详解】 解：连接， ∵， ∴是的直径， ∴， ∵直径于E， ∴， ∴是的中位线， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴是等边三角形， ∵， ∴E为的中点， ∴，，， ∴， ∵， ∴四边形是矩形， ∴， ∴． 26. 在平面直角坐标系中，点，点在抛物线上．设抛物线的对称轴为直线． （1）当时， ①直接写出与满足的等量关系； ②比较，的大小，并说明理由； （2）已知点在该抛物线上，若对于，都有，求的取值范围． 【答案】（1）①；② （2） 【解析】 【分析】本题考查了二次函数的性质，二次函数图象上点的坐标特征，解题的关键是掌握二次函数的性质． （1）①利用对称轴公式求得即可；②利用二次函数的性质判断即可； （2）由题意可知抛物线的解析式为，将各点代入得出，，确定相应不等式组，得出，再由题意确定不等式组求解即可 【小问1详解】 ①， ∴； ②抛物线中， ∵时， ∴抛物线开口向上， ∵点点在抛物线上，对称轴为直线， ∴点到对称轴的距离大于点到对称轴的距离， ∴； 【小问2详解】 根据题意得：抛物线的解析式为， ∴，，， ∴，， ，都有， ∴，， ∴， ∴在时恒成立， ∴， 解得 ， ∴的取值范围是 ． 27. 如图，在中，，，是角平分线上的任意一点，是的中点，连接．将射线绕点逆时针旋转得到射线，过点作交射线于点． （1）①依题意补全图形； ②求证：； （2）连接，，用等式表示线段，之间的数量关系，并证明． 【答案】（1）①见解析；②见解析 （2），见解析 【解析】 【分析】题目主要考查旋转的性质，全等三角形的判定和性质，理解题意，作出辅助线，熟练掌握运用全等三角形的判定和性质是解题关键． （1）①根据题意补全图形即可；②根据题意得出，，，再由直角三角形两锐角互余即可证明； （2）延长至点H，使得，连接，根据全等三角形的判定和性质得出，即可证明． 【小问1详解】 解：①补全图形如下： ②证明：∵，，是角平分线， ∴，， ∵将射线绕点逆时针旋转得到射线， ∴， ∵， ∴， ∴； 【小问2详解】 解：，证明如下： 延长至点H，使得，连接，如图所示： ∵是的中点， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴，即， ∵， ∴， ∴． 28. 【概念学习】 在平面直角坐标系中，的半径为1，若平移个单位后，使某图形上所有点在内或上，则称的最小值为对该图形的“最近覆盖距离”．例如，如图，，，则对线段的“最近覆盖距离”为3． 【概念理解】 （1）对点的“最近覆盖距离”为______________； （2）点是函数图像上一点，且对点的“最近覆盖距离”为2，则点的坐标为________________； 【拓展应用】 （3）若一次函数的图像上存在点，使对点的“最近覆盖距离”为，求的取值范围； （4）、，且，将对线段的“最近覆盖距离”记为，求的取值范围． 【答案】（1）（2）或（3）或（4） 【解析】 【分析】（1）求出点与原点的距离，这个距离与1的差即是所求结果； （2）设点，根据P到圆心的距离为3及勾股定理，可得关于x的方程，解方程即可求得点P的坐标； （3）设直线交y轴于点D，交x轴于点E，根据的半径与对点C的“最近覆盖距离”可得，求出，当时，，当时，可得，得，，得，得，当不垂直时，过点O作于点F，根据，得，，得,得，得；同理得，当时，得； （4）是一条倾斜角度为，长度为的线段，，当时，得；当时，得，即得． 【详解】（1）点与原点的距离为， 则对点的“最近覆盖距离”为； 故答案为： （2）由题意可知，P到圆的最小距离为2，即到圆心的距离为3， ∵点P在直线上， ∴设， ∴， 解得， ∴点P的坐标为：或， 故答案为：或； （3）如图，设直线交y轴于点D，交x轴于点E， ∵的半径为1，函数图像上存在点C，使对点C的“最近覆盖距离”为， ∴， ∵中，时，，时，， ∴， ∴， ∴当时，， 当时，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴； 当不垂直时， 过点O作于点F， 则， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴； 同理得，当时，； 综上，或； （4）由题意可知，是一条倾斜角度为，长度为的线段， 可在圆上找到两条与之平行且等长的弦， 如果D落在上，或者E落在上，则成立， ， 当时，， 即； 当时，， 即； 综上，． 【点睛】本题主要考查了新定义——“最近覆盖距离”．熟练掌握新定义，一次函数图象和性质，两点间的距离公式，圆的基本知识，勾股定理，等腰直角三角形性质，三角形边角不等关系，分类讨论，是本题解题的关键． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 常规初三数学综合练习（2024.12） 考试时间：120分钟 满分：100分 一、选择题（共16分，每小题2分） 1. 北京城区的胡同中很多精美的砖雕美化了生活环境，砖雕形状的设计采用了丰富多彩的图案．下列砖雕图形中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（ ） A. B. C. D. 2. 抛物线的顶点坐标是（ ） A. B. C. D. 3. 关于的一元二次方程有一个根为0，则的值为（ ） A. 或 B. C. 或 D. 4. 如图，二次函数的图象与x轴的一个交点为，对称轴是直线，下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 点在函数图象上 5. 如图，在中，为直径，，为圆上的点，若，则的大小为（ ） A. B. C. D. 6. 如图，的半径为2，将的内接正六边形绕点O顺时针旋转，第二次与自身重合时，点经过的路径长为（ ） A. B. C. D. 7. 做随机抛掷一枚质地不均匀的纪念币试验，得到的结果如表所示： 抛掷次数m 1000 2000 3000 4000 5000 “正面向上”的次数n 512 1034 1558 2083 2598 “正面向上”的频率（） ①当抛掷次数是1000时，“正面向上”的频率是，所以“正面向上”的概率是； ②随着试验次数的增加，“正面向上”的频率总在附近摆动，显示出一定的稳定性，可以估计“正面向上”的概率是； ③若再次做随机抛掷该纪念币的试验，则当抛掷次数为3000时，出现“正面向上”的次数不一定是1558次．其中合理推断的序号是 A. ②③ B. ①③ C. ①② D. ①②③ 8. 二次函数的图象是一条抛物线，自变量x与函数y的部分对应值如下表： x … 0 1 2 3 … y … 0 0 … 有如下结论： ①抛物线的开口向上 ②抛物线的对称轴是直线 ③抛物线与y轴的交点坐标为 ④由抛物线可知的解集是 其中正确的是（ ） A. ①② B. ①②③ C. ①②④ D. ①②③④ 二、填空题（共16分，每小题2分） 9. 抛物线向左平移2个单位，向上平移4个单位所得抛物线解析式为____________． 10. 如图，由个相同的正方形组成的十字形纸片沿直线和剪开后重组可得到矩形，那么②可看作①通过一次________得到（填“平移”“旋转”或“轴对称”）． 11. 若关于的一元二次方程有整数根，则整数的值为____________． 12. 在一个不透明的口袋里有红、黄、蓝三种颜色的小球，这些球除颜色外都相同，其中有个红球，个蓝球．若随机摸出一个蓝球的概率为，则随机摸出一个黄球的概率为______． 13. 如图，点为正方形对角线的中点，将以点为直角顶点的直角绕点旋转（的边始终在正方形外），若正方形边长为2，则在旋转过程中与正方形重叠部分的面积为____________． 14. 如图，在一个长为，宽为的矩形地面上修等宽的三条互相垂直的道路，余下部分种草，草地面积为，求道路的宽度．设小路的宽为，依据上述条件，可列出一元二次方程：____________． 15. “青山绿水，畅享生活，人们经常将圆柱形竹筒改造成生活用具，图1所示是一个竹筒水容器，图2为该竹筒水容器的截面．若这个水容器所能装水的最大深度是．开口宽为，则该截面所在圆的半径为____________，该截面的面积为____________． 16. 如图，，点、在射线上，，．是直线上的一个动点，过、、三点作圆，当该圆与直线相切时，其半径长为____________． 三、解答题（共68分，第17-23题，每题5分，第24-26题，每题6分，第27题7分，第28题7分） 17. 解方程：． 18. 已知，求代数式的值． 19. 如图所示，把绕点旋转至位置，延长交于，交于，若，，，求的度数． 20. 已知：关于的一元二次方程 （1）求证；该方程总有两个实数根； （2）请你给出一个整数的值，使得此时方程的解均为整数，并求出此时方程的解． 21. 已知：点，，在上，且． 求作：直线，使其过点，并与相切． 作法：①连接； ②分别以点，点为圆心，长为半径作弧，两弧交于外一点； ③作直线． 直线就是所求作直线． （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，， ∵， ∴四边形是菱形， ∵点，，在上，且， ∴______°（_________________）（填推理的依据）． ∴四边形是正方形， ∴，即， ∵为半径， ∴直线为的切线（_________________）（填推理的依据）． 22. 通常情况下酚酞遇酸性和中性溶液不变色，遇碱性溶液变红色．一次化学课上，学生用酚酞溶液检测四瓶标签被污染无法分辨的无色溶液的酸碱性．已知四瓶溶液分别是：盐酸（呈酸性），：硝酸钾溶液（呈中性），：氢氧化钠溶液（呈碱性），：氢氧化钾溶液（呈碱性）． （1）小周将酚酞溶液随机滴入一种溶液，结果变红色的概率是______；（直接填写答案） （2）小周同时将任选的两瓶溶液滴入酚酞溶液进行检测，请你用列表或画树状图的方法，求两瓶溶液恰好都变红色的概率是多少？ 23. 二次函数的图象经过点，当时，该函数有最小值为． （1）求该二次函数的解析式，并用五点法画出该函数的图象； （2）直线与抛物线的交点为，，和直线的交点为，当时，直接写出的取值范围． 24. 图1是某种发石车，这是古代一种远程攻击的武器，发射出去的石块的运动轨迹是抛物线的一部分，且距离发射点米时达到最大高度米．将发石车置于山坡底部处，山坡上有一点，点与点的水平距离为米，与地面的竖直距离为米，是高度为米的防御墙．若以点为原点，建立如图所示的平面直角坐标系． （1）求石块运动轨迹所在抛物线的解析式． （2）试通过计算说明石块能否飞越防御墙． （3）在竖直方向上，试求石块飞行时与坡面的最大距离． 25. 如图，为的直径，弦于，连接，过作，交于点，连接，过作，交的延长线于点． （1）求证：是的切线； （2）若，，求的长． 26. 在平面直角坐标系中，点，点在抛物线上．设抛物线的对称轴为直线． （1）当时， ①直接写出与满足的等量关系； ②比较，的大小，并说明理由； （2）已知点在该抛物线上，若对于，都有，求的取值范围． 27. 如图，在中，，，是角平分线上的任意一点，是的中点，连接．将射线绕点逆时针旋转得到射线，过点作交射线于点． （1）①依题意补全图形； ②求证：； （2）连接，，用等式表示线段，之间的数量关系，并证明． 28. 【概念学习】 在平面直角坐标系中，的半径为1，若平移个单位后，使某图形上所有点在内或上，则称的最小值为对该图形的“最近覆盖距离”．例如，如图，，，则对线段的“最近覆盖距离”为3． 【概念理解】 （1）对点的“最近覆盖距离”为______________； （2）点是函数图像上一点，且对点的“最近覆盖距离”为2，则点的坐标为________________； 【拓展应用】 （3）若一次函数的图像上存在点，使对点的“最近覆盖距离”为，求的取值范围； （4）、，且，将对线段的“最近覆盖距离”记为，求的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $