精品解析：北京市门头沟区2024-2025学年九年级上学期期末考试数学试题

2025北京门头沟初三（上）期末 数学 2025.1 考 生 须 知 1．本试卷共8页，三道大题，28道小题，满分100分．考试时间120分钟． 2．在试卷和答题卡上准确填写学校名称、姓名、班级和考场． 3．试题答案一律填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效． 4．答题卡上，选择题、作图题用2B铅笔作答，其他试题用黑色字迹签字笔作答． 5．考试结束，将本试卷、答题卡和草稿纸一并交回． 一、选择题（本题共16分，每小题2分）第1- 8题均有四个选项，符合题意的选项只有一个． 1. 剪纸艺术是中国最古老的民间艺术之一，先后入选中国国家级非物质文化遗产名录和人类非物质文化遗产代表作名录．以下剪纸图案中，是中心对称图形的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查了中心对称图形，熟练掌握中心对称图形的性质，是解答本题的关键． 根据中心对称图形的性质，找到对称中心，绕中心旋转后与自身重合，由此得到答案． 【详解】解：根据题意得： 选项不是中心对称图形，故本选项不符合题意； 选项不是中心对称图形，故本选项不符合题意； 选项是中心对称图形，故本选项符合题意； 选项不是中心对称图形，故本选项不符合题意； 故选：． 2. 下列事件中，属于必然事件的是（ ） A. 任意画一个三角形，其内角和为 B. 打开电视机正在播放广告 C. 在一个没有红球的盒子里，摸到红球 D. 抛一枚硬币正面向上 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查事件的分类，根据一定条件下，一定会发生的事件是必然事件，进行判断即可． 【详解】解：A、任意画一个三角形，其内角和为是必然事件，符合题意； B、打开电视机正在播放广告，是随机事件，不符合题意； C、在一个没有红球的盒子里，摸到红球，是不可能事件，不符合题意； D、抛一枚硬币正面向上，是随机事件，不符合题意； 故选A． 3. 抛物线先向上平移3个单位长度，再向右平移2个单位长度后，得到的抛物线是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题主要考查了二次函数的平移问题，根据“上加下减，左加右减”的平移规律求解即可． 【详解】解：抛物线先向上平移3个单位长度，再向右平移2个单位长度后，得到的抛物线是， 故选：C． 4. 不透明的袋子中装有一个红色小球和一个白色小球，除颜色外两个小球无其它差别．从中随机取出一个小球后，放回并摇匀，再从中随机取出一个小球，则两次都取到白色小球的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查的是用列表法或画树状图法求概率，解题的关键在于掌握概率所求情况数与总情况数之比． 根据题意先用列表法或画树状图法分析所有等可能的出现结果，然后根据概率公式求出该事件的概率，即可解题． 【详解】解：画树状图如下： 由图知，共有4种等可能的结果，其中两次都取到白色小球的结果有1种， 两次都取到白色小球的概率为． 故选：D． 5. 若关于的方程有两个相等的实数根，则的值是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据方程有两个相等的实数根，计算根的判别式得关于的方程，求解方程即可． 【详解】解： 方程有两个相等的实数根， ， ， 解得． 故选：． 【点睛】本题考查了一元二次方程根的判别式，利用一元二次方程根的判别式判断方程的根的情况．一元二次方程的根与有如下关系：当时，方程有两个不相等的实数根；当时，方程有两个相等的实数根；当时，方程无实数根．上面的结论反过来也成立． 6. 如图，在中，弦，相交于点P，，，那么度数为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查圆周角定理，熟练掌握并灵活运用圆周角定理是解题的关键． 根据圆周角定理求出的度数，再由三角形外角的性质求出的度数即可． 【详解】解：， ， ， ． 故选：D． 7. 根据下图中圆规的作图痕迹，只用直尺就可确定内心的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题主要考查了三角形内心的定义．根据三角形内心是三角形三条角平分线的交点进行求解即可． 【详解】解：∵三角形内心是三角形三条角平分线的交点， ∴四个选项中只有D选项作图方法是角平分线的尺规作图， 故选：D． 8. 对于温度的计量， 世界上大部分国家使用摄氏温标 (℃) ， 少数国家使用华氏温标(°F)， 两种温标间有如下对应关系： 摄氏温标（°C） … 0 10 20 30 40 50 … 华氏温标（°F） … 32 50 68 86 104 122 … 则摄氏温标 (℃) 与华氏温标(°F)满足的函数关系是（ ） A. 正比例函数关系 B. 一次函数关系 C. 反比例函数关系 D. 二次函数关系 【答案】B 【解析】 【分析】从表格可看出，摄氏温标每增加10°C，华氏温标增加18°F，即摄氏温标 (℃) 与华氏温标(°F)成一次函数关系． 【详解】解：从表格可看出，摄氏温标每增加10°C，华氏温标增加18°F，即摄氏温标 (℃) 与华氏温标(°F)成一次函数关系． 故选：B． 【点睛】此题主要考查了一次函数，根据已知得出y与x的函数关系式是解题的关键． 二、填空题（本题共16分，每小题2分） 9. 在平面直角坐标系中，点关于原点的对称点的坐标为______． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了点的坐标，熟记关于原点对称的点的横坐标与纵坐标都互为相反数是解题的关键． 根据关于原点对称的点的横坐标与纵坐标都互为相反数解答． 【详解】在平面直角坐标系中，点关于原点的对称点坐标为． 故答案为：． 10. 若一个正多边形的边长等于它的外接圆的半径，则这个正多边形是正______边形． 【答案】六 【解析】 【分析】由半径与边长相等，易判断等边三角形，然后根据角度求出正多边形的边数． 【详解】解：当一个正多边形的边长与它的外接圆的半径相等时，画图如下： ∵半径与边长相等， ∴这个三角形是等边三角形， ∴正多边形的边数：360°÷60°＝6， ∴这个正多边形是正六边形 故答案为：六． 【点睛】本题考查了正多边形和圆，等边三角形的性质和判定，结合题意画出合适的图形是解题的关键． 11. 写出一个与抛物线开口方向相同的抛物线的表达式：_____________． 【答案】（答案不唯一） 【解析】 【分析】此题主要考查了二次函数的性质，解题关键是熟记二次函数的性质． 根据二次函数性质可得抛物线的开口方向是由二次项系数符号确定的，故只要二次项系数即可解答． 【详解】解：∵抛物线开口方向向上， ∴与抛物线开口方向相同的抛物线只要二次项系数， ∴与抛物线开口方向相同的抛物线为：，不唯一． 故答案为：（答案不唯一）． 12. 用一个半径为1的半圆作一个圆锥的侧面，这个圆锥的底面圆的半径为_________． 【答案】## 【解析】 【分析】本题主要考查圆锥与扇形之间的关系，一元一次方程的应用，熟练掌握圆锥与扇形之间的关系是解题关键． 先求出扇形的弧长，然后根据扇形的弧长等于圆锥底面圆的周长，设圆锥的底面圆的半径为r，列出方程求解即可得． 【详解】解：∵半径为1的半圆的弧长为：， ∴围成的圆锥的底面圆的周长为， 设圆锥的底面圆的半径为r， 则：， 解得：， 故答案为：． 13. 如图，是的切线，是切点．若，则______________． 【答案】130° 【解析】 【分析】由题意易得，然后根据四边形内角和可求解． 【详解】解：∵是的切线， ∴， ∴由四边形内角和可得：， ∵， ∴； 故答案为130°． 【点睛】本题主要考查切线的性质及四边形内角和，熟练掌握切线的性质是解题的关键． 14. 如图是一个可以自由转动的质地均匀的转盘，被分成12个相同的小扇形．若把某些小扇形涂上红色，使转动的转盘停止时，指针指向红色的概率是，则涂上红色的小扇形有________个． 【答案】3 【解析】 【分析】先根据题意得出指针指向红色的概率是，再根据有12个等分区，结合概率公式即可求出答案． 【详解】解：（个）． 故涂上红色的小扇形有3个． 故答案为：3． 【点睛】此题考查了概率公式，掌握概率公式的求法即概率=所求情况数与总情况数之比是解题的关键． 15. 函数的自变量的取值范围为全体实数，其中部分的图象如图所示，对于此函数有下列结论： ①函数图象关于轴对称；②函数既有最大值，也有最小值；③当时，随的增大而增大；④当时，关于的方程有个实数根．其中正确的结论有_________（填序号）． 【答案】①④##④① 【解析】 【分析】本题为函数图象探究题，考查了根据函数图象判断函数的对称性、增减性以及从函数的角度解决方程问题．根据函数解析式画出函数图象，结合函数图象进行判断． 【详解】解：画出函数图象如图： ①如图所示，函数图象关于y轴对称，故①符合题意； ②如图所示，函数没有最大值，有最小值，故②不符合题意； ③如图所示，当时，y随x的增大而减小，故③不符合题意； ④如图所示，当时，关于x的方程有4个实数根，故④符合题意． 综上所述，正确的结论是①④． 故答案为：①④． 16. 某送货员负责为A～E五个商场送货，每送一件甲种货物可收益1元，每送一件乙种货物可收益2元，某天五个商场需要的货物数量如下表所示： 商场 需甲种货物数量（件） 需乙种货物数量（件） A 15 6 B 10 5 C 8 5 D 4 7 E 13 4 （1）如果送货员一个上午最多前往三个商场，且要求他最少送甲种货物30件，最少送乙种货物15件，写出一种满足条件的送货方案__________（写商场编号）； （2）在（1）的条件下，如果送货员想在上午达到最大的收益，写出他的最优送货方案是__________（写商场编号）． 【答案】 ①. A、B、C或A、B、E或A、C、E或A、D、E，（一种即可）； ②. A、B、E 【解析】 【分析】本题考查了数据分析，逻辑推理和方案选择能力，理解题目要求计算出每个组合，并计算出收益，然后选择最优方案是解题的关键； （1）根据三个商场送甲种货物，送乙种货物，分组列举求解即可； （2）分别计算出每组满足方案的收益，再比较，选择收益最多的，即可． 【详解】已知有A、B、C、D、E五个商场，送货员一个上午最多前往三个商场，要满足最少送甲种货物30件，最少送乙种货物15件，列出所有满足条件的组合， 组合一：A、B、C 甲种货物数量：（件），，满足甲种货物数量要求． 乙种货物数量：（件），，满足乙种货物数量要求． 组合二：A、B、D 甲种货物数量：（件），，不满足甲种货物数量要求，舍去． 组合三：A、B、E 甲种货物数量：（件），，满足甲种货物数量要求． 乙种货物数量：（件），，满足乙种货物数量要求． 组合四：A、C、D 甲种货物数量：（件），，不满足甲种货物数量要求，舍去． 组合五：A、C、E 甲种货物数量：（件），，满足甲种货物数量要求． 乙种货物数量：（件），，满足乙种货物数量要求． 组合六：A、D、E 甲种货物数量：（件），，满足甲种货物数量要求． 乙种货物数量：（件），，满足乙种货物数量要求． 组合七：B、C、D 甲种货物数量：（件），，不满足甲种货物数量要求，舍去． 组合八：B、C、E 甲种货物数量：（件），，满足甲种货物数量要求． 乙种货物数量：（件），，不满足乙种货物数量要求，舍去． 组合九：B、D、E 甲种货物数量：（件），，不满足甲种货物数量要求，舍去． 组合十：C、D、E 甲种货物数量：（件），，不满足甲种货物数量要求，舍去． 综上，满足条件的组合有A、B、C；A、B、E；A、C、E；A、D、E 故答案为：A、B、C或A、B、E或A、C、E或A、D、E，（一种即可）； （2）由（1）得满足条件的组合有A、B、C；A、B、E；A、C、E；A、D、E，四种，收益为： 组合：A、B、C 收益：甲种货物收益为元，乙种货物收益为元，总收益为元． 组合： A、B、E 收益：甲种货物收益为元，乙种货物收益为元，总收益为元． 组合：A、C、E 收益：甲种货物收益为元，乙种货物收益为元，总收益为元． 组合：A、D、E 收益：甲种货物收益为元，乙种货物收益为元，总收益为元． 综上，满足条件的组合A、B、C；A、B、E；A、C、E；A、D、E，其收益分别为65元、68元、66元、66元．其中收益最大的组合是A、B、E． ∴他的最优方案是前往A、B、E商场收益最大， 故答案为∶A，B，E． 三、解答题（本题共68分，第17～22题每小题5分，第23～26题每小题6分，第27～28题每小题7分）解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 17. 解方程：． 【答案】， 【解析】 【分析】本题考查解一元二次方程．利用因式分解法解方程即可． 【详解】解：， 因式分解得， 即或， ，． 18. 已知二次函数几组与的对应值如下表： x … 0 1 2 3 4 … y … 0 0 5 … （1）求此二次函数的表达式； （2）直接写出当x取何值时，． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】本题考查了待定系数法求二次函数解析式，二次函数图象与不等式，熟练运用数形结合思想是解题的关键． （1）利用待定系数法运算求解即可； （2）分析函数的开口方向及与轴的交点情况求解即可． 【小问1详解】 解：由表格可得，函数过点，，，设二次函数解析式为：， 分别代入各点可得：， 解得：， ∴二次函数解析式为：； 【小问2详解】 解：由表格可得：二次函数与轴的交点坐标为，， 又∵由（1）可得：，抛物线的开口向上， ∴，的取值范围为：． 19. 如图，在中，是直径，是弦，于点E，，．求的半径． 【答案】13 【解析】 【分析】本题主要考查了垂径定理和勾股定理的应用，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． 连接，设的半径为r，则，根据垂径定理可求出，再根据勾股定理得到关于r的方程，求出即可． 【详解】解：如图，连结， ∵是直径，， ∴ ， 设的半径为r，则， 在中，， 由勾股定理得 ， ∴ ， 解得 ， ∴的半径为13． 20. 如图，在中，，，，将绕点C逆时针旋转得到，使点A的对应点D落在边上，点B的对应点为E，求线段，的长． 【答案】； 【解析】 【分析】根据旋转的性质可得，继而即可求解． 【详解】解：由旋转可得， ， ∴，， ∵， ∴， ∵， ∴， 在中，根据勾股定理，得， ∴． 【点睛】本题考查旋转的性质和全等三角形的性质，解题的关键是熟练掌握并运用旋转的性质． 21. 已知关于的一元二次方程有两个不相等的实数根． （1）求的取值范围； （2）若为正整数，且该方程的根都是整数，求的值． 【答案】（1）k＜；（2）2 【解析】 【分析】（1）根据方程有两个不相等的实数根，得到根的判别式的值大于0列出关于k的不等式，求出不等式的解集即可得到k的范围； （2）找出k范围中的整数解确定出k的值，经检验即可得到满足题意k的值． 【详解】解：（1）∵关于的一元二次方程有两个不相等的实数根， ∴． 解得：k＜； （2）∵k为正整数， ∴k=1或2． 当k=1时，方程为，两根为，非整数，不合题意； 当k=2时，方程为，两根为或，都是整数，符合题意． ∴k的值为2． 【点睛】本题考查一元二次方程根的判别式、解一元二次方程，熟练掌握一元二次方程根的判别式与根的关系是解答的关键． 22. 在美化校园的活动中，某兴趣小组想借助如图所示的直角墙角（两边足够长），用28m长的篱笆围成一个矩形花园ABCD（篱笆只围AB，BC两边），设AB=xm. （1）若花园的面积为192m2, 求x的值； （2）若在P处有一棵树与墙CD，AD的距离分别是15m和6m，要将这棵树围在花园内（含边界，不考虑树的粗细），求花园面积S的最大值. 【答案】（1）12m或16m；（2）195m2. 【解析】 【分析】（1）根据AB=x可得BC=28－x，然后根据面积列出一元二次方程求出x的值； （2）根据题意列出S和x的函数关系式，然后根据题意求出x的取值范围，然后根据函数的性质求出最大值. 【详解】解：（1）∵AB=xm，则BC=（28﹣x）m， ∴x（28﹣x）=192， 解得：x1=12，x2=16， 答：x的值为12m或16m （2）∵AB=xm， ∴BC=28﹣x， ∴S=x（28﹣x）=﹣x2+28x=﹣（x﹣14）2+196， ∵在P处有一棵树与墙CD，AD的距离分别是15m和6m， ∵28-x≥15，x≥6 ∴6≤x≤13， ∴当x=13时，S取到最大值为：S=﹣（13﹣14）2+196=195， 答：花园面积S的最大值为195平方米． 【点睛】本题主要考查了二次函数的应用以及二次函数最值求法，得出S与x的函数关系式是解题关键． 23. 在圆周角定理的证明过程中，某小组归纳了三种不同的情况，并完成了情况一的证明．请你选择情况二或者情况三，并补全该情况的证明过程． 圆周角定理：一条弧所对的圆周角等于它所对的圆心角的一半． 已知：中，所对的圆周角为，圆心角为． 求证：． 证明： 情况一（如图1）： 点在的一边上． ， ． ， 、 即． 情况二（如图2）： 点在的内部． 情况三（如图3）： 点在的外部． 【答案】见解析 【解析】 【分析】情况、连接，延长交于点，根据等边对等角可知、，根据三角形外角的性质可知； 情况、连接并延长，交于点，根据等边对等角可知、，根据三角形外角的性质可知、，因为，所以可知，可证结论成立． 【详解】解：选择情况，证明过程如下： 连接，延长交于点， ， ， 又 ， ， ， ， 又 ， ， ， ； 选择情况，证明过程如下图所示， 连接并延长，交于点， ， ， ， ， ， ， ， ， ． 【点睛】本题主要考查了等腰三角形的性质、三角形外角的性质、圆的基本性质、圆周角定理，解决本题的关键是添加辅助线构造等腰三角形，根据等边对等角找到相等的角，再根据三角形的外角等于与它不相邻的两个内角之和得到圆心角与圆周角之间的关系． 24. 如图，在中，，O为AC上一点，以点O为圆心，OC为半径的圆恰好与AB相切，切点为D，与AC的另一个交点为E． （1）求证：BO平分； （2）若，，求BO的长． 【答案】 （1）证明： 如图，连接OD， ∵与AB相切， ∴， 在与中，， ∴， ∴， ∴平分； （2）2 【解析】 【分析】（1）连接OD，由与AB相切得，由HL定理证明由全等三角形的性质得，即可得证； （2）设的半径为，则，在中，得出关系式求出，可得出的长，在中，由正切值求出，在中，由勾股定理求出即可． 【详解】（1）略 （2）设的半径为，则， 在中，，， ∴， 解得：， ∴， 在中，，即， 在中，． 【点睛】本题考查圆与直线的位置关系，全等三角形的判定与性质、三角函数以及勾股定理，掌握相关知识点的应用是解题的关键． 25. 小明遇到这样一个问题：如图，一个单向隧道的断面，隧道顶是一条抛物线的一部分．经测量，隧道顶的跨度米，最高处到地面的垂直距离米，两侧的墙高米．今有宽为米的卡车在隧道的正中间行驶，如果卡车载物后的最高点到隧道顶面对应的点的距离应不小于米，那么卡车载物后的限高应是多少米？（精确到米） 小明为了解决这个问题，以的中点为原点，米长为一个单位长度，建立平面直角坐标系，并设隧道顶的抛物线表达式为． 请帮助小明解决以下问题： （1）写出点、、的坐标； （2）求隧道顶的抛物线表达式； （3）求卡车载物后的限高应是多少米？（精确到米） 【答案】（1），， （2） （3）米 【解析】 【分析】本题考查了二次函数的实际应用，待定系数法求函数解析式，合理分析图象信息是解题的关键． （1），，即可推出和的坐标，可得到的坐标；由，即可求得的坐标； （2）利用待定系数法运算求解即可； （3）根据卡车的宽度，求出隧道的高度，即可推出卡车载物后的限高应是多少米． 【小问1详解】 解：由题意可得：，，点与点关于对称， ∴点的坐标为：，点的坐标为：， ∴， ∵， ∴； 【小问2详解】 解：设抛物线的解析式为：，把，代入可得： ， 解得：， ∴抛物线的解析式为； 【小问3详解】 ∵卡车宽为米， ∴米时的高度为：， ∵到隧道顶面对应的点的距离应不小于米， ∴的高度为， ∴卡车载物后的限高应是米． 26. 在平面直角坐标系中，已知抛物线． （1）当时， ① 求该抛物线的对称轴； ② 点和是抛物线上的两点，直接写出m和n的大小关系； （2）如果点和是抛物线上的两点，且对于，，都有，求a的取值范围． 【答案】（1）①；②； （2）的取值范围为或． 【解析】 【分析】本题主要考查二次函数综合，熟练掌握二次函数的图象和性质、因式分解、解不等式等知识点是解题关键． （1）①将代入即可求出该抛物线的对称轴； ②根据二次函数的性质即可求解； （2）因为不确定，所以要分类讨论，根据和分两种情况讨论，再根据范围取舍即可． 【小问1详解】 解：①将代入得， ∴该抛物线的对称轴为； ②∵， ∴该抛物线开口向上，离对称轴越远，函数值越大， ∵， ∴； 【小问2详解】 解：抛物线的对称轴为直线， 分两种情况： ①当时，，在对称轴右侧， 当和是都在对称轴右侧，此时随增大而增大， ∵对于，，都有， ，， ； 当在对称轴左侧时，关于对称轴的对称点在对称轴右侧， 此时随增大而增大， ∵， ∴， ∵对于，，都有， ，即， ； ∴当时，； ②当时，，在对称轴左侧， 在对称轴左侧，在对称轴右侧， 点关于对称轴的对称点在对称轴右侧， 在对称轴右侧，随增大而减小， ∵对于，，都有， ， ； 综上，的取值范围为或． 27. 已知，如图，是等边三角形． （1）如图1，将线段绕点A逆时针旋转，得到，连接，的平分线交于点E，连接． ① 依题意补全图1； ② 求的度数； ③ 求证：； （2）如图2，将线段绕点A顺时针旋转，得到，连接，的平分线交的延长线于点E，连接，直接用等式表示线段间的数量关系．（不用证明） 【答案】（1）①见解析；②；③见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）①根据要求画出图形即可； ②证明，，再利用三角形的外角的性质即可解决问题； ③结论：．作交于K，连接．证明，即可解决问题； （2）结论：．过点A作，交的延长线于点F（如图3），利用全等三角形的性质以及等腰直角三角形的性质解决问题即可． 【小问1详解】 解：①补全图形如图所示： ②如图1中， ∵是等边三角形， ∴，， ∵平分， ∴， 由旋转可知：，． ∴，， ∴， ∴； ③结论：． 理由：作交于K，连接． ∵，，， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴； 【小问2详解】 解：结论：． 理由：过点A作，交的延长线于点F（如图3）． ∵是等边三角形， ∴，， ∵平分， ∴， 由旋转可知：，， ∴，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， 又∵，， ∴， ∴， ∵，平分， ∴垂直平分， ∴， ∵， ∴． 【点睛】本题属于几何变换综合题，考查了旋转变换，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形或相似三角形解决问题，属于中考压轴题． 28. 如图1，平面中的线段和直线外一点P，对于P，A，B三点确定的圆，如果所对的弧为优弧，我们就称点P为线段的“优关联点”． （1）如图2，已知点，． ① 在点，，中，是线段的“优关联点”的是 ； ② 如果直线上存在线段的“优关联点”，直接写出b的取值范围． （2）如图 3，已知点，，，，，如果在边上存在线段的“优关联点”，直接写出a的取值范围． 【答案】（1）①② （2）， 【解析】 【分析】（1）根据定义得出所对的弧为优弧，，进而得出结果； （2）以为直径作，求出直线与相切时的b的值，进而得出结果； （3）求出以为直径的与相切时a的值，与相切时a的值，进一步得出结果． 【小问1详解】 解：①如图1， 所对的弧为优弧， ， ，，， 是线段的“优关联点”， 故答案为：； ②如图2， 以为直径作， 当切于点A或点B时，设其分别交y轴于点D，交x轴于E， 则直线， ∵直线，当时，； 当时，； ∴直线与x轴所成的锐角是， ∴， ∴， ∴直线交y轴于点， 可得， ， ， 同理得出：， ， 此时直线与y轴交于， ； 【小问2详解】 解：如图3， 当以为直径的与直线相切于点A或点B时， 连接， 则， 当在左侧时（除去A点），， ， ， ， 当在的右侧时（除去切点）， 此时：， ， 如图4， 当与相切时，或， 此时或， ， 综上所述：或． 【点睛】本题考查了点和圆的位置关系，直线和圆的位置关系等知识，解决问题的关键是将题意转化为直线和圆的位置关系． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025北京门头沟初三（上）期末 数学 2025.1 考 生 须 知 1．本试卷共8页，三道大题，28道小题，满分100分．考试时间120分钟． 2．在试卷和答题卡上准确填写学校名称、姓名、班级和考场． 3．试题答案一律填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效． 4．答题卡上，选择题、作图题用2B铅笔作答，其他试题用黑色字迹签字笔作答． 5．考试结束，将本试卷、答题卡和草稿纸一并交回． 一、选择题（本题共16分，每小题2分）第1- 8题均有四个选项，符合题意的选项只有一个． 1. 剪纸艺术是中国最古老的民间艺术之一，先后入选中国国家级非物质文化遗产名录和人类非物质文化遗产代表作名录．以下剪纸图案中，是中心对称图形的是（ ） A. B. C. D. 2. 下列事件中，属于必然事件的是（ ） A. 任意画一个三角形，其内角和为 B. 打开电视机正在播放广告 C. 在一个没有红球的盒子里，摸到红球 D. 抛一枚硬币正面向上 3. 抛物线先向上平移3个单位长度，再向右平移2个单位长度后，得到的抛物线是（ ） A. B. C. D. 4. 不透明的袋子中装有一个红色小球和一个白色小球，除颜色外两个小球无其它差别．从中随机取出一个小球后，放回并摇匀，再从中随机取出一个小球，则两次都取到白色小球的概率为（ ） A. B. C. D. 5. 若关于的方程有两个相等的实数根，则的值是（ ） A. B. C. D. 6. 如图，在中，弦，相交于点P，，，那么度数为（ ） A. B. C. D. 7. 根据下图中圆规的作图痕迹，只用直尺就可确定内心的是（ ） A. B. C. D. 8. 对于温度的计量， 世界上大部分国家使用摄氏温标 (℃) ， 少数国家使用华氏温标(°F)， 两种温标间有如下对应关系： 摄氏温标（°C） … 0 10 20 30 40 50 … 华氏温标（°F） … 32 50 68 86 104 122 … 则摄氏温标 (℃) 与华氏温标(°F)满足的函数关系是（ ） A. 正比例函数关系 B. 一次函数关系 C. 反比例函数关系 D. 二次函数关系 二、填空题（本题共16分，每小题2分） 9. 在平面直角坐标系中，点关于原点的对称点的坐标为______． 10. 若一个正多边形的边长等于它的外接圆的半径，则这个正多边形是正______边形． 11. 写出一个与抛物线开口方向相同的抛物线的表达式：_____________． 12. 用一个半径为1的半圆作一个圆锥的侧面，这个圆锥的底面圆的半径为_________． 13. 如图，是的切线，是切点．若，则______________． 14. 如图是一个可以自由转动的质地均匀的转盘，被分成12个相同的小扇形．若把某些小扇形涂上红色，使转动的转盘停止时，指针指向红色的概率是，则涂上红色的小扇形有________个． 15. 函数的自变量的取值范围为全体实数，其中部分的图象如图所示，对于此函数有下列结论： ①函数图象关于轴对称；②函数既有最大值，也有最小值；③当时，随的增大而增大；④当时，关于的方程有个实数根．其中正确的结论有_________（填序号）． 16. 某送货员负责为A～E五个商场送货，每送一件甲种货物可收益1元，每送一件乙种货物可收益2元，某天五个商场需要的货物数量如下表所示： 商场 需甲种货物数量（件） 需乙种货物数量（件） A 15 6 B 10 5 C 8 5 D 4 7 E 13 4 （1）如果送货员一个上午最多前往三个商场，且要求他最少送甲种货物30件，最少送乙种货物15件，写出一种满足条件的送货方案__________（写商场编号）； （2）在（1）的条件下，如果送货员想在上午达到最大的收益，写出他的最优送货方案是__________（写商场编号）． 三、解答题（本题共68分，第17～22题每小题5分，第23～26题每小题6分，第27～28题每小题7分）解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 17. 解方程：． 18. 已知二次函数几组与的对应值如下表： x … 0 1 2 3 4 … y … 0 0 5 … （1）求此二次函数的表达式； （2）直接写出当x取何值时，． 19. 如图，在中，是直径，是弦，于点E，，．求的半径． 20. 如图，在中，，，，将绕点C逆时针旋转得到，使点A的对应点D落在边上，点B的对应点为E，求线段，的长． 21. 已知关于的一元二次方程有两个不相等的实数根． （1）求的取值范围； （2）若为正整数，且该方程的根都是整数，求的值． 22. 在美化校园的活动中，某兴趣小组想借助如图所示的直角墙角（两边足够长），用28m长的篱笆围成一个矩形花园ABCD（篱笆只围AB，BC两边），设AB=xm. （1）若花园的面积为192m2, 求x的值； （2）若在P处有一棵树与墙CD，AD的距离分别是15m和6m，要将这棵树围在花园内（含边界，不考虑树的粗细），求花园面积S的最大值. 23. 在圆周角定理的证明过程中，某小组归纳了三种不同的情况，并完成了情况一的证明．请你选择情况二或者情况三，并补全该情况的证明过程． 圆周角定理：一条弧所对的圆周角等于它所对的圆心角的一半． 已知：中，所对的圆周角为，圆心角为． 求证：． 证明： 情况一（如图1）： 点在的一边上． ， ． ， 、 即． 情况二（如图2）： 点在的内部． 情况三（如图3）： 点在的外部． 24. 如图，在中，，O为AC上一点，以点O为圆心，OC为半径的圆恰好与AB相切，切点为D，与AC的另一个交点为E． （1）求证：BO平分； （2）若，，求BO的长． 25. 小明遇到这样一个问题：如图，一个单向隧道的断面，隧道顶是一条抛物线的一部分．经测量，隧道顶的跨度米，最高处到地面的垂直距离米，两侧的墙高米．今有宽为米的卡车在隧道的正中间行驶，如果卡车载物后的最高点到隧道顶面对应的点的距离应不小于米，那么卡车载物后的限高应是多少米？（精确到米） 小明为了解决这个问题，以的中点为原点，米长为一个单位长度，建立平面直角坐标系，并设隧道顶的抛物线表达式为． 请帮助小明解决以下问题： （1）写出点、、的坐标； （2）求隧道顶的抛物线表达式； （3）求卡车载物后的限高应是多少米？（精确到米） 26. 在平面直角坐标系中，已知抛物线． （1）当时， ① 求该抛物线的对称轴； ② 点和是抛物线上的两点，直接写出m和n的大小关系； （2）如果点和是抛物线上的两点，且对于，，都有，求a的取值范围． 27. 已知，如图，是等边三角形． （1）如图1，将线段绕点A逆时针旋转，得到，连接，的平分线交于点E，连接． ① 依题意补全图1； ② 求的度数； ③ 求证：； （2）如图2，将线段绕点A顺时针旋转，得到，连接，的平分线交的延长线于点E，连接，直接用等式表示线段间的数量关系．（不用证明） 28. 如图1，平面中的线段和直线外一点P，对于P，A，B三点确定的圆，如果所对的弧为优弧，我们就称点P为线段的“优关联点”． （1）如图2，已知点，． ① 在点，，中，是线段的“优关联点”的是 ； ② 如果直线上存在线段的“优关联点”，直接写出b的取值范围． （2）如图 3，已知点，，，，，如果在边上存在线段的“优关联点”，直接写出a的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $