精品解析：江西省新余市渝水区北京师范大学新余附属学校2024-2025学年九年级上学期12月月考数学试题

2024-2025学年初三上学期第二次段考数学试卷 考试时间：120分钟 一、单选题（本大题共6小题，每小题3分，共18分） 1. 下列四个图形分别是四届国际数学家大会的会标，其中不属于中心对称图形的是（ ） A. B. C. D. 2. 公元前5世纪，古希腊数学家毕达哥拉斯首次提出了关于一元二次方程的概念．下列关于x的方程中，是一元二次方程的为（ ） A. B. C. D. （a、b为常数） 3. 如图，在中，弦的长为8，圆心到弦的距离为4，则圆O的半径长是（ ） A. 1 B. C. 4 D. 4. 如图是由中国结和雪花两种元素组成的一个图案，这个图案绕着它的旋转中心旋转角度后能够与它本身重合，则旋转角度不可能为（ ） A. B. C. D. 5. 如图，为的直径，弦交于点，，若，则的大小为（ ） A. B. C. D. 6. 如图，二次函数的图象与x轴的一个交点坐标为，对称轴为直线，下列四个结论：①；②；③；④当时，；其中正确结论的个数为（ ） A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个 二、填空题（本大题共6小题，每小题3分，共18分） 7. 若是一元二次方程的一个根，则的值为______． 8. 已知点与点关于原点对称，则______． 9. 半径为的圆中，的圆心角所对的弧长为______． 10. 如图，抛物线与直线交于，两点，则不等式的解集为______． 11. 如图，为的内切圆，点为切点，若，，则的面积为 _______． 12. 如图，中，，点是边上一动点，连接，将线段绕点顺时针旋转，当点的对应点恰好落在的边所在的直线上时，线段的长为______．     三、解答题题（本大题共5小题，每小题6分，共30分） 13. 解方程： （1） （2） 14. 已知二次函数的图象与轴交于点． （1）求的值； （2）求该函数图象与坐标轴其余交点的坐标． 15. 如图，在等腰中，，，是上一点，将绕点逆时针旋转到，连接、． （1）求证：； （2）若，求的度数． 16. 如图，是的直径，是的弦，过点C的切线交的延长线于点D，且． （1）求的度数； （2）若，求图中阴影部分的面积． 17. 如图，点在上，点在内，，，请仅用无刻度的直尺按下列要求作图（保留作图痕迹）． （1）在图1中作弦，使； （2）在图2中作矩形，使矩形的面积是面积的8倍． 四、解答题（本大题共3小题，每小题8分，共24分） 18. 已知关于的一元二次方程． （1）求证：无论k取什么实数值，该方程总有两个实数根； （2）当的斜边长，且两条直角边和恰好是这个方程的两个根时，求的周长． 19. 在平面直角坐标系中，的三个顶点坐标分别为，，． （1）将关于轴对称，画出对称后的； （2）以点为对称中心，画出与成中心对称的，此时四边形的形状是 ； （3）在平面上是否存在点，使得以为顶点的四边形是平行四边形，若存在，请直接写出符合条件的所有点的坐标；若不存在，请说明理由． 20. 如图，是的直径，弦相交于点，，点F在的延长线上，，连接． （1）求证：是的切线； （2）若，，求直径的长． 五、解答题（本大题共2小题，每小题9分，共18分） 21. 问题情境： 在综合与实践课上，老师让同学们以“矩形纸片的剪拼”为主题开展数学活动．如图，将矩形纸片沿对角线剪开，得到和． 操作发现： （1）将图①中的以点为旋转中心，按逆时针方向旋转，使，得到如图②所示的，过点作的平行线，与的延长线交于点，判断四边形的形状，并给出证明； （2）创新小组将图①中的以点为旋转中心，按逆时针方向旋转，使三点在同一条直线上，得到如图③所示的，连接，取的中点，连接并延长至点，使，连接，，得到四边形，发现它是正方形，请你证明这个结论． 22. 综合与实践：小宇不仅是一个蔬菜种植能手，还是一个喜爱动脑筋的创意设计者．下面是他设计的一个大棚构建纵切面示意图，他将大棚左侧的一根立柱作为轴，水平地面作为轴，构造平面直角坐标系，使整个大棚设计图样类似于抛物线，该抛物线的解析式为，与y轴交点为，对称轴为，且． （1） ； （2）当与恰好相等时，求抛物线的解析式； （3）在（2）的条件下，小宇想在大棚内上找一固定点，并设计一根支撑柱，使得与平行，请通过计算判断能不能找到符合条件的固定点．若能，计算的长；若不能，请说明理由． 六、解答题（本大题共12分） 23. 在矩形中，，点从点出发沿边以的速度向点移动，同时，点从点出发沿以的速度向点移动，其中一点到达终点时，另一点随之停止运动．设运动时间为秒： （1）如图1， 秒后，的面积等于； （2）在运动过程中，若以为圆心、为半径的与相切（如图1），求值； （3）如图2，若以为圆心，为半径作．在运动过程中，是否存在这样的值，使正好与四边形的一边（或边所在的直线）相切？若存在，求出值；若不存在，请说明理由． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024-2025学年初三上学期第二次段考数学试卷 考试时间：120分钟 一、单选题（本大题共6小题，每小题3分，共18分） 1. 下列四个图形分别是四届国际数学家大会的会标，其中不属于中心对称图形的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题主要考查了中心对称图形的识别．在同一平面内，如果把一个图形绕某一点旋转180度，旋转后的图形能和原图形完全重合，那么这个图形就叫做中心对称图形．这个旋转点，就叫做中心对称点． 【详解】解：选项A、C、D均能找到这样的一个点，使图形绕某一点旋转180度后和原图形完全重合，所以是中心对称图形， 选项B不能找到这样的一个点，使图形绕某一点旋转180度后和原图形完全重合，所以不是中心对称图形， 故选：B． 2. 公元前5世纪，古希腊数学家毕达哥拉斯首次提出了关于一元二次方程的概念．下列关于x的方程中，是一元二次方程的为（ ） A. B. C. D. （a、b为常数） 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查一元二次方程的识别，形如（其中a、b、c为常数且）的方程叫作一元二次方程，由此逐项判断即可． 【详解】解：A．关于x的方程不是整式方程，不是一元二次方程，不符合题意； B．，含有两个未知数，不是一元二次方程，不符合题意； C．是一元二次方程，符合题意． D．（a、b为常数），当时，不是一元二次方程，不符合题意； 故选：C． 3. 如图，在中，弦的长为8，圆心到弦的距离为4，则圆O的半径长是（ ） A. 1 B. C. 4 D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查了垂径定理，垂直于弦的直径平分弦，且平分弦所对的两条弧．根据垂径定理得出，再根据勾股定理，即可解答． 【详解】解：∵圆心到弦的距离为4， ∴， ∵弦的长为8， ∴， ∴， 即圆O的半径长是， 故选：D． 4. 如图是由中国结和雪花两种元素组成的一个图案，这个图案绕着它的旋转中心旋转角度后能够与它本身重合，则旋转角度不可能为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查了旋转对称图形、正多边形的性质．先求出正六边形的中心角，再根据旋转变换的性质解答即可． 【详解】解：， 则这个图案绕着它的中心旋转或的倍数后能够与它本身重合， 观察四个选项，选项A符合题意， 故选：A． 5. 如图，为的直径，弦交于点，，若，则的大小为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查了圆周角定理，等腰三角形的性质等；由等腰三角形的性质得，由同弧所对的圆周角相等得，，由直径所对的圆周角为直角得，即可求解． 【详解】解：，， ， ， ， 为的直径， ， ， ， 故选：C． 6. 如图，二次函数的图象与x轴的一个交点坐标为，对称轴为直线，下列四个结论：①；②；③；④当时，；其中正确结论的个数为（ ） A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个 【答案】D 【解析】 【分析】根据二次函数开口向上，与y轴交于y轴负半轴，，根据对称轴为直线可得，由此即可判断①；求出二次函数与x轴的另一个交点坐标为，进而得到当时，，由此即可判断②；根据时，，即可判断③；利用图象法即可判断④． 【详解】解：∵二次函数开口向上，与y轴交于y轴负半轴， ∴， ∵二次函数的对称轴为直线， ∴， ∴， ∴，故①正确； ∵二次函数的图象与x轴的一个交点坐标为， ∴二次函数的图象与x轴的另一个交点坐标为， ∴当时，， ∴，故②正确； ∵时，， ∴， ∴，即，故③正确； 由函数图象可知，当时，，故④正确； 综上所述，其中正确的结论有①②③④共4个， 故选D． 【点睛】本题主要考查了二次函数图象与系数的关系，二次函数与不等式的关系，二次函数的性质等等，熟知二次函数的相关知识是解题的关键． 二、填空题（本大题共6小题，每小题3分，共18分） 7. 若是一元二次方程的一个根，则的值为______． 【答案】 【解析】 【分析】本题主要考查了利用一元二次方程的解求参数．将代入得到关于的方程，解之可得． 【详解】解：∵是一元二次方程的一个根， ∴， ∴， 故答案为：． 8. 已知点与点关于原点对称，则______． 【答案】 【解析】 【分析】此题主要考查了关于原点对称点的性质，横纵坐标互为相反数．直接利用关于原点对称点的性质得出a的值，进而得出答案． 【详解】解：∵点与点关于原点对称， ∴， 故答案为：． 9. 半径为的圆中，的圆心角所对的弧长为______． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了弧长公式．直接利用弧长公式求解即可． 【详解】解：半径为的圆中，的圆心角所对的弧长为： ， 故答案为：． 10. 如图，抛物线与直线交于，两点，则不等式的解集为______． 【答案】## 【解析】 【分析】本题考查了图象法求不等式的解集．根据函数图象可知直线在抛物线上方时，取值范围，即可求解． 【详解】解：根据函数图象可得直线在抛物线上方时，， 即的解集为， 故答案为：． 11. 如图，为的内切圆，点为切点，若，，则的面积为 _______． 【答案】 【解析】 【分析】本题主要考查切线长定理，正方形的判定和性质，勾股定理．根据题意，连接，根据内切圆的性质可得四边形是正方形，则，根据切线的性质可得，，设的半径为，则，运用勾股定理可得，据此计算即可求解． 【详解】解：如图所示，连接， ∵是直角三角形的内切圆，点为切点， ∴， ∴四边形是矩形， ∵， ∴矩形是正方形， ∴， ∵点为切点， ∴，， 设的半径为，则， ∴， ∴或（舍去）， ∴，， ∴的面积， 故答案为：． 12. 如图，中，，点是边上一动点，连接，将线段绕点顺时针旋转，当点的对应点恰好落在的边所在的直线上时，线段的长为______．     【答案】或或． 【解析】 【分析】分四种情况讨论．①如图，当点落在上时，由旋转性质可得，在中，，，根据锐角三角函数可得； ②如图，当点落在上时，过点作于点，过点作于点，在中，可得，，由旋转性质可得，，证明，则，设，可得，，根据平行四边形的性质可得，则，即，解得，得到点与点重合，则； ③当点落在上时，如图，过点作于点，四边形是矩形，可得，由旋转性质可得，，得到，再利用勾股定理可得结论； ④当点落在上时，过点作于点，由旋转性质可得，，得到，根据锐角三角函数可得，解得，则，得到，继而推出点在线段的延长线上，可得结论． 【详解】解：①当点落在上时，如图， ∵线段绕点顺时针旋转，点的对应点为点， ∴， ∴， 在中，，， ∴；     ②当点落在上时，如图，过点作于点，过点作于点， ∴， ∴， ∵线段绕点顺时针旋转，点的对应点为点， ∴，， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴，， ∵，，，， ∴，， ∴， 设， ∴， ， ∵四边形是平行四边形，， ∴， ∴， ∵， ∴，即， 解得：， ∴点与点重合， ∴； ③当点落在上时，如图，过点作于点，过点作于点，     ∴， ∵四边形是平行四边形，，， ∴，， ∴， ∴四边形是矩形， ∴， ∵线段绕点顺时针旋转，点的对应点为点， ∴，， ∴， ∴； ④当点落在上时，过点作于点， ∴， ∵线段绕点顺时针旋转，点的对应点为点， ∴，， ∴， ∵，，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴点在线段的延长线上，不符合题意； 综上所述，的长为或或． 故答案为：或或． 【点睛】本题是旋转变换综合题，考查了旋转的性质，平行四边形的性质，矩形的判定和性质，锐角三角函数，勾股定理，全等三角形的判定和性质，等腰三角形三线合一性质，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，运用了分类讨论的思想．掌握旋转的性质，解直角三角形是解题的关键． 三、解答题题（本大题共5小题，每小题6分，共30分） 13. 解方程： （1） （2） 【答案】（1），； （2），． 【解析】 【分析】此题考查了一元二次方程，熟练掌握一元二次方程的解法是解题的关键． （1）利用因式分解法解方程即可． （2）利用配方法解方程即可． 【小问1详解】 解：， 原方程可变为， 则或， 解得，； 【小问2详解】 解：方程整理得， 配方得，，即， 开方得，， ∴，． 14. 已知二次函数的图象与轴交于点． （1）求的值； （2）求该函数图象与坐标轴其余交点的坐标． 【答案】（1）； （2）二次函数的图象与轴的另一个交点坐标为，与轴的交点坐标为． 【解析】 【分析】本题主要考查了抛物线与坐标轴的交点，解题时要熟练掌握并理解是关键． （1）依据题意，将代入解析式进行计算可以得解； （2）由（1）再令和，从而计算可以得解． 【小问1详解】 解：点代入， 得， 解得； 【小问2详解】 解：由（1）得二次函数的解析式为， 令，得， 解得，，． ∴二次函数的图象与轴的另一个交点坐标为； 令，得， 二次函数的图象与轴的交点坐标为． 15. 如图，在等腰中，，，是上一点，将绕点逆时针旋转到，连接、． （1）求证：； （2）若，求的度数． 【答案】（1） 证明：中，，， ， 由旋转可知：，， ∴ ， ∴ ， 在与中， ， ； （2） 【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、等腰直角三角形的性质，解决本题的关键是综合运用以上知识． （1）根据E点绕A点逆时针旋转到，可得，进而可以证明； （2）结合（1），和等腰三角形的性质，可得，进而得到，再根据直角三角形的性质即可求出的度数． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解： ， ； ． 16. 如图，是的直径，是的弦，过点C的切线交的延长线于点D，且． （1）求的度数； （2）若，求图中阴影部分的面积． 【答案】（1）； （2） 【解析】 【分析】本题主要考查切线的性质及扇形面积的计算，掌握过切点的半径与切线垂直是解题的关键． （1）连接，由切线的性质，推出，由，推出，据此求解，即可解决问题； （2）先求得，利用三角形面积公式和扇形面积公式，进而可求出图中阴影部分的面积． 【小问1详解】 解：连接， ∵过点C的切线交的延长线于点D， ∴， ∴， 即， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴； 【小问2详解】 解：由（1）可知， 在中，∵， ∴， ∴阴影部分的面积． 17. 如图，点在上，点在内，，，请仅用无刻度的直尺按下列要求作图（保留作图痕迹）． （1）在图1中作弦，使； （2）在图2中作矩形，使矩形的面积是面积的8倍． 【答案】（1） 如图，即为所作； （2） 如图，矩形即为所作； 【解析】 【分析】本题主要考查圆周角定理的应用： （1）通过延长交于点，延长交于点，连接，即可完成作图任务； （2）通过延长交于点，延长交于点，连接并延长，交于点，依次连接，即可完成作图任务 【小问1详解】 ∵，， ∴， ∴ ∴， ∴； 【小问2详解】 ∵， ∴， ∵， ∴ ∴， ∵， ∴， ∵，为的直径， ∴， ∴四边形是矩形，且 四、解答题（本大题共3小题，每小题8分，共24分） 18. 已知关于的一元二次方程． （1）求证：无论k取什么实数值，该方程总有两个实数根； （2）当的斜边长，且两条直角边和恰好是这个方程的两个根时，求的周长． 【答案】（1） 证明：， ∵，，， ∴ ， ∴无论k取什么实数值，该方程总有两个实数根； （2）的周长为． 【解析】 【分析】本题考查了根与系数的关系和根的判别式及勾股定理． （1）根据即可证明无论k取什么实数值，该方程总有两个实数根； （2）根据勾股定理及根与系数的关系列出关于b，c的方程，解出b，c即可得出答案． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：∵和是关于的一元二次方程的两个根， ∴，， ∵是直角三角形，且斜边长， ∴，即， ∴， 整理得， 解得或， ∵和是直角边， ∴和是正数， 当时，，不符合题意，舍去； 当时，， ∴的周长为． 19. 在平面直角坐标系中，的三个顶点坐标分别为，，． （1）将关于轴对称，画出对称后的； （2）以点为对称中心，画出与成中心对称的，此时四边形的形状是 ； （3）在平面上是否存在点，使得以为顶点的四边形是平行四边形，若存在，请直接写出符合条件的所有点的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】（1） 如图，即为所作． ； （2）如图，即为所作，四边形是平行四边形， （3）点的坐标为或或． 【解析】 【分析】此题主要考查了轴对称变换、旋转变换，平行四边形的性质，正确得出对应点位置是解题关键． （1）直接利用轴对称的性质得出对应点位置进而得出答案； （2）直接利用旋转的性质结合平行四边形的判定方法得出答案； （3）直接利用平行四边形的判定方法得出符合题意的答案． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【小问3详解】 解：如图，四边形、、都是所作平行四边形， 其点的坐标为或或． 20. 如图，是的直径，弦相交于点，，点F在的延长线上，，连接． （1）求证：是的切线； （2）若，，求直径的长． 【答案】（1） 证明：， ． ， ， ， ， ， 是的直径， 是的切线； （2） 【解析】 【分析】本题考查圆周角定理，切线的判定，勾股定理等知识点，熟练掌握相关知识点是解题的关键． （1）根据，得出，根据，得出．结合三角形的内角和定理推出，即可推出是的切线． （2）由可得，根据勾股定理的得出．设，则，．根据勾股定理得出，列出方程，求出x的值，即可解答． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：， ， 是的直径， ， ， ， ， ， 设，则，． 在中，， ， 解得， ， ． 五、解答题（本大题共2小题，每小题9分，共18分） 21. 问题情境： 在综合与实践课上，老师让同学们以“矩形纸片的剪拼”为主题开展数学活动．如图，将矩形纸片沿对角线剪开，得到和． 操作发现： （1）将图①中的以点为旋转中心，按逆时针方向旋转，使，得到如图②所示的，过点作的平行线，与的延长线交于点，判断四边形的形状，并给出证明； （2）创新小组将图①中的以点为旋转中心，按逆时针方向旋转，使三点在同一条直线上，得到如图③所示的，连接，取的中点，连接并延长至点，使，连接，，得到四边形，发现它是正方形，请你证明这个结论． 【答案】（1） 解：四边形是菱形． 证明：在图②中，∵是矩形的对角线， ∴，， ∴， 由旋转的性质知，， ， ， ． 又， 四边形是平行四边形． 又， 是菱形． （2） 证明：是的中点， ． 又， 四边形是平行四边形． 在图①中，∵四边形是矩形， ∴，， ∴，， ∴， 在图③中，由旋转知，， ∴， ． 又三点在同一条直线上， ， 是矩形． 又， 矩形是正方形． 【解析】 【分析】（1）根据矩形的性质可得，再由旋转的性质可得，然后由平行四边形的判定与性质及菱形的判定可得结论； （2）根据已知可证四边形是平行四边形，由矩形的性质及旋转的性质可得，再根据矩形的判定与性质及正方形的判定即可得出结论； 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【点睛】此题是四边形综合题，主要考查了矩形的性质，平行四边形的判定与性质，菱形的判定，正方形的判定与性质，，旋转的性质等知识；本题综合性强，熟练掌握相关几何图形的判定与性质是解题的关键，属于中考常考题型． 22. 综合与实践：小宇不仅是一个蔬菜种植能手，还是一个喜爱动脑筋的创意设计者．下面是他设计的一个大棚构建纵切面示意图，他将大棚左侧的一根立柱作为轴，水平地面作为轴，构造平面直角坐标系，使整个大棚设计图样类似于抛物线，该抛物线的解析式为，与y轴交点为，对称轴为，且． （1） ； （2）当与恰好相等时，求抛物线的解析式； （3）在（2）的条件下，小宇想在大棚内上找一固定点，并设计一根支撑柱，使得与平行，请通过计算判断能不能找到符合条件的固定点．若能，计算的长；若不能，请说明理由． 【答案】（1）10 （2）； （3） 在大棚内上找不到符合条件的固定点． 理由：设直线的解析式为． 把点代入得， 解得， ∴直线的解析式为． ∵与平行， 设直线的解析式为， ∵点在直线上， ∴， ， 直线的解析式为， 令，解得； 令，解得（负值不合题意，已舍去） ， 故在大棚内上找不到符合条件的固定点． 【解析】 【分析】此题考查二次函数的应用． （1）根据勾股定理求出； （2）由对称轴得到，由，即当时，，得到，即可得到函数解析式； （3）求出直线的解析式为，再求出直线的解析式为．令，解得；令，解得（负值不合题意，已舍去），即可进行判断得到结论． 【小问1详解】 解：∵， ∴， ∵， ∴； 【小问2详解】 解：∵，， ∴，，即， ∴． ∵，即当时，， ∴， ∴， ∴抛物线的解析式为； 【小问3详解】 略 六、解答题（本大题共12分） 23. 在矩形中，，点从点出发沿边以的速度向点移动，同时，点从点出发沿以的速度向点移动，其中一点到达终点时，另一点随之停止运动．设运动时间为秒： （1）如图1， 秒后，的面积等于； （2）在运动过程中，若以为圆心、为半径的与相切（如图1），求值； （3）如图2，若以为圆心，为半径作．在运动过程中，是否存在这样的值，使正好与四边形的一边（或边所在的直线）相切？若存在，求出值；若不存在，请说明理由． 【答案】（1） （2） （3）0或或 【解析】 【分析】（1）由题意可知，，从而得到，，然后根据的面积为列方程求解即可； （2）如图1所示：连接．依据勾股定理可求得的长，然后依据切线长定理可知，从而可求得的长，由圆的半径相等可知，然后在中依据勾股定理列方程求解即可； （3）先判断不与，相切，然后分与相切；与相切，根据半径等于构建方程求解即可． 【小问1详解】 解：由题意知，，，则， ∵ ∴，即， 解得， 故当运动时间为3秒时，的面积为； 【小问2详解】 解：如图1，设切点为，连接． ∵， ∴与相切， ∴分别与，相切， ∴． ∵与相切， ∴， 在中，依据勾股定理可得． ∴． ∵， ∴，． 在中，依据勾股定理可得，， 解得； 【小问3详解】 解∶①由题意知不与，相切， 当与相切时，设切点为E，连接， 则，， 则四边形是矩形， ∴， ∴， 解得或； 当与相切时， 则， ∴， 解得，（舍去）， 综上，当t的值为0或或时，正好与四边形的一边（或边所在的直线）相切． 【点睛】本题主要考查的是主要考查的是圆的综合应用，解答本题主要应用了三角形的面积公式、切线长定理、勾股定理、圆的性质，依据题意列出关于t的方程是解题的关键． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $