試題試題2024北京八十中初三12月月考數(shù)學2024．12一、選擇題(每題3分，共24分，下面各題均有四個選項，其中只有一個是符合題意的．)1.在下列平面圖形中，既是軸對稱圖形又是中心對稱圖形的是（）A. B. C. D.2.若關于x的一元二次方程kx2﹣4x+3=0有實數(shù)根，則k的非負整數(shù)值是（）A.1 B.0，1 C.1，2 D.1，2，33.如圖，，將繞點順時針旋轉一定角度得到，點在線段上，則的大小是（）A. B. C. D.4.已知：如圖，PA，PB分別與⊙O相切于A，B點，C為⊙O上一點，∠ACB＝65°，則∠APB等于（）A.65° B.50° C.45° D.40°5.如圖，是的直徑，是的弦，連接，若，則的度數(shù)為（）A. B. C. D.6.在綜合實踐活動課上，小明同學用紙板制作了一個底面半徑為2，母線長為3的圓錐形漏斗模型（如圖），則這個圓錐形漏斗的側面積是（）A.2π B. C. D.7.將沿方向平移至，點，，的對應點分別是，，，使得，則與的周長之比為（

）A. B. C. D.8.如果一個圓的內(nèi)接三角形有一邊的長度等于半徑，那么稱其為該圓的“半徑三角形”．給出下面四個結論：①一個圓的“半徑三角形”有無數(shù)個；②一個圓的“半徑三角形”可能是銳角三角形、直角三角形或鈍角三角形；③當一個圓的“半徑三角形”為等腰三角形時，它的頂角可能是30°，或；④若一個圓的半徑為，則它的“半徑三角形”面積最大值為．上述結論中，所有正確結論的序號是（）A.①② B.②③ C.①②③ D.①②④二、填空題（本題共16分，每小題2分）9.在平面直角坐標系中，點P（﹣2，﹣5）關于原點對稱的點的坐標是___________________．10.若點，在二次函數(shù)的圖象上，則____（填，或）．11.拋物線y＝﹣x2﹣2x+3可由拋物線y＝ax2平移得到，則a的值是_____．12.如圖，正六邊形內(nèi)接于，，則正六邊形的面積為_______.13.如圖，在中，，以點A為圓心、為半徑畫弧交于點E，連接，若，則圖中陰影部分的面積是_______．14.如圖，，，分別切于，，點．若，的周長為_________．15.若△ABC內(nèi)接于⊙O，OC=6cm，AC=cm，則∠B等于．16.如圖，中，，，，D是上一點，E是上一點，，若以為直徑的圓交于M、N點，則的最大值為______．三、解答題（17題8分，18—23題每題4分，24-25題5分，26—28題每題6分）17.（1）計算：；（2）解方程：．18.已知：，B為射線AN上一點．求作：，使得點C在射線AM上，且．作法：①以點A為圓心，AB長為半徑畫弧，交射線AM于點D，交射線AN的反向延長線于點E；②以點E為圓心，BD長為半徑畫弧，交于點F；③連接FB，交射線AM于點C．就是所求作的三角形．（1）使用直尺和圓規(guī)，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BD，EF，AF，∵點B，E，F(xiàn)在上，（__________）（填寫推理的依據(jù)）．∵在中，，___________．．19.如圖，，若，，求的長．20.數(shù)學活動小組欲測量山坡上一棵大樹的高度，如圖，于點E，在A處測得大樹底端C的仰角為，沿水平地面前進30米到達B處，測得大樹頂端D的仰角為，測得山坡坡角．（參考數(shù)據(jù)：，，，）求：（1）°，斜坡m；（2）這棵大樹的高度（結果取整數(shù)）．21.某小區(qū)有一塊長21米，寬8米的矩形空地，如圖所示．社區(qū)計劃在其中修建兩塊完全相同的矩形綠地，并且兩塊綠地之間及四周都留有寬度為x米的人行通道．如果這兩塊綠地的面積之和為60平方米，人行通道的寬度應是多少米？22.如圖，AB是的直徑，弦CD交AB于E點，，求CD的長．23.原地正面擲實心球是北京市初中學業(yè)水平考試體育現(xiàn)場考試的選考項目之一．實心球被擲出后的運動路線可以看作是拋物線的一部分．建立如圖所示的平面直角坐標系，實心球從出手到陸的過程中，它的直高度y（單位：m）與水距x（單位：m）近似滿足函數(shù)關系．小明進行了兩次擲實心球訓練．（1）第一次訓練時，實心球的水平距離x與豎直高度y的幾組數(shù)據(jù)如下：水平距離x/m0123456豎直高度y/m根據(jù)上述數(shù)據(jù)，①實心球豎直高度的最大的值是________m；②求出函數(shù)解析式________；（2）第二次訓練時，實心球的豎直高度y與水平距離x近似滿足函數(shù)關系，記第一次訓練實心球的著陸點的水平距離為，第二次訓練實心球的陸點的水平距離為，則________（填“”，“”或“”）24.已知：如圖，、是的兩條高．（1）求證：．（2）若，求的值．25.如圖，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AD平分∠BAC，DE⊥AD交AB于點E，△ADE的外接圓⊙O與邊AC相交于點F，過點F作AB的垂線FG，垂足為M，交AD于點P，交⊙O于點G，連接GE．（1）求證：BC是⊙O的切線；（2）若，AB＝16，求⊙O的直徑．26.在平面直角坐標系xOy中，已知點在拋物線上．（1）①拋物線的對稱軸為直線___________；②當時，拋物線在x軸下方，當時，拋物線在x軸上方，求此時拋物線的表達式；（2）若拋物線上存在點，，其中滿足且，使得，求a的取值范圍．27.在中，，，記，點為射線上的動點，連接AD，將射線繞點順時針旋轉角后得到射線DE，過點作AD的垂線，與射線DE交于點，點關于點的對稱點為，連接．（1）當為等邊三角形時，①依題意補全圖1；②的長為_____________；（2）如圖，當，且時，試探究與間的數(shù)量關系，并證明．28.在平面直角坐標系中，的半徑為r，P是與圓心C不重合的點，點P關于的限距點的定義如下：若為直線與的一個交點，滿足，則稱為點P關于的限距點，如圖1為點P及其關于的限距點的示意圖．（1）當?shù)陌霃綖闀r．①分別判斷點，，關于的限距點是否存在？若存在，求其坐標；②如圖2，點D的坐標為，DE，DF分別切于點E，F(xiàn)，點P在的邊上．若點P關于的限距點存在，求點的橫坐標的取值范圍．（2）保持（1）中D，E，F(xiàn)三點不變，點P在的邊DE，DF上沿F→D→E的方向運動，的圓心C的坐標為，半徑為r，若點P關于的限距點不存在，則r的取值范圍為______．

參考答案一、選擇題(每題3分，共24分，下面各題均有四個選項，其中只有一個是符合題意的．)1.【答案】B【分析】本題主要考查了中心對稱圖形和軸對稱圖形的識別，解題關鍵是掌握好中心對稱圖形與軸對稱圖形的概念．如果一個平面圖形沿著一條直線折疊后，直線兩旁的部分能夠互相重合，那么這個圖形叫做軸對稱圖形；在平面內(nèi)，把一個圖形繞著某個點旋轉，如果旋轉后的圖形能與原來的圖形重合，那么這個圖形叫做中心對稱圖形．根據(jù)軸對稱圖形和中心對稱圖形的定義逐項分析判斷即可．【詳解】解：A、是軸對稱圖形，不是中心對稱圖形，故不符合題意；B、是軸對稱圖形也是中心對稱圖形，故符合題意；C、是中心對稱圖形，不是軸對稱圖形，故不符合題意；D、是軸對稱圖形，不是中心對稱圖形，故不符合題意．故選：B．2.【答案】A【詳解】由題意得，根的判別式為△=(-4)2-4×3k，由方程有實數(shù)根，得(-4)2-4×3k≥0，解得k≤，由于一元二次方程的二次項系數(shù)不為零，所以k≠0，所以k的取值范圍為k≤且k≠0，即k的非負整數(shù)值為1，故選A．3.【答案】C【分析】本題考查三角形的內(nèi)角和定理，旋轉的性質(zhì)，等邊對等角．根據(jù)三角形的內(nèi)角和定理求得，根據(jù)性質(zhì)的性質(zhì)得到，，從而，進而根據(jù)角的和差即可解答．【詳解】解：∵，∴，由旋轉可得，，∴，∴．故選：C4.【答案】B【分析】連接OA，OB．根據(jù)圓周角定理和四邊形內(nèi)角和定理求解即可．【詳解】連接OA，OB，∵PA、PB切⊙O于點A、B，∴∠PAO＝∠PBO＝90°，由圓周角定理知，∠AOB＝2∠ACB＝130°，∴∠APB＝360°﹣∠PAO﹣∠PBO﹣∠AOB＝360°﹣90°﹣90°﹣130°＝50°．故選：B．【點睛】本題考查了切線的性質(zhì)、圓周角定理、以及四邊形的內(nèi)角和為360度．5.【答案】B【分析】本題考查圓周角定理、直徑的性質(zhì)等知識，連接，利用直徑的性質(zhì)，可知，根據(jù)角的和差求出，再根據(jù)圓周角定理即可解決問題．【詳解】解：連接，∵是直徑，∴，∴，∵，∴，∵，∴，故選：B．6.【答案】C【分析】本題主要考查了圓錐的計算．根據(jù)圓錐的側面積，代入數(shù)進行計算即可．【詳解】解：圓錐的側面積．故選：C．7.【答案】C【分析】本題考查平移的性質(zhì)，相似三角形的判定與性質(zhì)，熟練掌握平移的性質(zhì)、相似三角形的判定與性質(zhì)是解題的關鍵．根據(jù)平移的性質(zhì)得到，從而可得到，利用相似三角形周長于相似比可得答案．【詳解】解：將沿方向平移至，，，的周長的周長，，的周長的周長，故選：C．8.【答案】C【分析】根據(jù)圓的“半徑三角形”的概念判斷①②；根據(jù)圓周角定理、等腰三角形的概念判斷③；根據(jù)垂徑定理求出，根據(jù)勾股定理求出，求出的最大面積，判斷④．【詳解】如圖，，即的長度等于半徑，，即的長度等于半徑，以為邊的圓的內(nèi)接三角形有無數(shù)個，故①結論正確；為等邊三角形，，當點在優(yōu)弧上時，，當點在劣弧上時，，當點在圓上移動時，可能是，一個圓的“半徑三角形”可能是銳角三角形，直角三角形或鈍角三角形，故②正確；由以上可知，可以是或，當，時，，當一個圓的“半徑三角形”為等腰三角形時，它的頂角可能是30°，或，故③正確；過作于，，，當點為優(yōu)弧的中點時，的面積最大，，故④錯誤；故選：C【點睛】本題主要考查了三角形的外接圓，圓周角定理，等腰三角形的性質(zhì)，靈活運用分情況討論思想是解本題的關鍵．二、填空題（本題共16分，每小題2分）9.【答案】（2，5）【分析】根據(jù)關于原點對稱的兩個點，橫坐標、縱坐標分別互為相反數(shù)即可求解．【詳解】解：點P（﹣2，﹣5）關于原點對稱的點的坐標是（2，5）故答案為：（2，5）【點睛】本題考查了關于原點對稱的兩個點的坐標特征，掌握“關于原點對稱的點的橫坐標、縱坐標分別互為相反數(shù)”是解題的關鍵．10.【答案】<【分析】本題考查比較二次函數(shù)的函數(shù)值大?。炀氄莆斩魏瘮?shù)的對稱性和增減性，是解題的關鍵．根據(jù)關于y軸的對稱點為，當時，y隨x的增大而增大，且，可得．【詳解】∵二次函數(shù)的開口向上，對稱軸為直線y軸，∴點關于y軸的對稱點為，∵當時，y隨x的增大而增大，，∴．故答案為：<．11.【答案】-1【分析】根據(jù)平移前后二次項的系數(shù)不變解答．【詳解】解：由于拋物線y＝ax2平移后的形狀不變，故a不變，所以a＝﹣1．故答案是：﹣1．【點睛】本題考查了二次函數(shù)的平移，由二次函數(shù)圖像性質(zhì)可知拋物線平移a的值不變12.【答案】【分析】本題考查了正多邊形與圓，連接，，根據(jù)正六邊形的性質(zhì)可得，進而可得是等邊三角形，則得，再求出等邊的面積，進而可求解．【詳解】解：連接，，過F點作于點H，如圖：六邊形是正六邊形，，，且，是等邊三角形，且邊長，∴，∴，等邊的面積為：，正六邊形的面積為：，故答案為：．13.【答案】【分析】過點D作DF⊥AB于點F，根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)求得DF，從而求得EB，最后由S陰影=S?ABCD?S扇形ADE?S△EBC結合扇形面積公式、平行四邊形面積公式、三角形面積公式解題即可．【詳解】解：過點D作DF⊥AB于點F，∵，∴AD=∴DF=ADsin45°=，∵AE=AD=2，∴EB=AB?AE=，∴S陰影=S?ABCD?S扇形ADE?S△EBC=故答案為：．【點睛】本題考查等腰直角三角形、平行四邊形的性質(zhì)、扇形的面積公式等知識，是重要考點，難度較易，掌握相關知識是解題關鍵．14.【答案】【分析】本題考查了切線長定理：從圓外一點引圓的兩條切線，它們的切線長相等，圓心和這一點的連線，平分兩條切線的夾角，掌握切線長定理是解答本題的關鍵．根據(jù)切線長定理，由，，分別切于，，點得，，，然后三角形周長的定義得到的周長，然后用等線段代換后得到的周長，即可解答．【詳解】解：，，分別切于，，點，，，，的周長，故答案為：．15.【答案】60°或120°；【分析】①連接OA，OC，過O作OD⊥AC于D，求出CD、AD，由勾股定理求出OD，求出∠ACO推出∠AOC=120°，根據(jù)圓周角定理求出∠B=∠AOC，代入求出即可．②同樣可求出∠D=60°，根據(jù)圓內(nèi)接四邊形性質(zhì)求出∠ABC=120°．【詳解】如圖1所示：①連接OA，OC，過O作OD⊥AC于D，∵OD⊥AC，OD過圓心O，∴AD=CD=AC=3，由勾股定理得：OD==3，即OD=OC，∴∠DCO=30°，∠COD=60°，同理∠AOD=60°，∵∠B=∠AOC，∴∠B=60°．②如圖所示：∵由垂徑定理得CM═3，OC=6，由勾股定理得：OM=3，∴∠OCM=30°，∴∠MOC=60°，∴∠AOC=2∠MOC=120°，由圓周角定理得：∠D=60°，∵A、D、C、B四點共圓，∴∠ABC=120°，故答案是：60°或120°．【點睛】考查了垂徑定理、圓周角定理、勾股定理、含30度角的直角三角形和三角形的外接圓等知識點的應用，關鍵是求出∠AOC的度數(shù)．16.【答案】【分析】本題考查了直線與圓的位置關系、勾股定理以及軌跡等知識，如圖，作于H，于K，由題意，，推出欲求的最大值，只要求出的最小值即可．【詳解】如圖，連接，作于H，于K，，，，，，欲求的最大值，只要求出的最小值即可，，點O的運動軌跡是以C為圓心，為半徑的圓，在中，，，，，，當C、O、H共線，且與重合時，的值最小，的最小值為，的最小值為，故答案為：．三、解答題（17題8分，18—23題每題4分，24-25題5分，26—28題每題6分）17.【答案】（）

；（），．【分析】（）先進行有理數(shù)乘方，化簡絕對值，特殊三角函數(shù)值，零整指數(shù)冪計算，然后合并即可；（）根據(jù)因式分解法解一元二次方程即可；本題考查了實數(shù)的運算，解一元二次方程，熟練掌握運算法則和解法是解題的關鍵．【詳解】解：（）

；（）或∴，．18.【答案】（1）見解析；（2）一條弧所對的圓周角等于它所對的圓心角的一半；【分析】（1）根據(jù)題干描述即可直接作圖．（2）根據(jù)圓周角定理和同弧或等弧所對圓心角相等即可填空．【詳解】解：（1）如圖即為所求．（2）根據(jù)圓周角定理即可填寫“一條弧所對的圓周角等于它所對的圓心角的一半”；由同弧或等弧所對圓心角相等即可填寫“”．故答案為：一條弧所對的圓周角等于它所對的圓心角的一半，．【點睛】本題為作圖-復雜作圖．掌握圓周角定理和同弧或等弧所對圓心角相等是解答本題的關鍵．19.【答案】【分析】本題考查了相似三角形的性質(zhì)，熟記相似三角形的性質(zhì)是解題的關鍵．根據(jù)相似三角形的性質(zhì)得出比例式代入數(shù)據(jù)求解即可．【詳解】解：∵，∴，∴，∴，或（舍去），答：的長為．20.【答案】（1）15；30（2）這棵大樹的高度約為20米．【分析】本題考查解直角三角形的應用，解題的關鍵是熟練運用勾股定理以及銳角三角函數(shù)的定義．（1）利用三角形的外角性質(zhì)可求得的度數(shù)，由等腰三角形的判定和性質(zhì)得到；（3）先求出的長度，然后利用銳角三角函數(shù)的定義可求出的長度，進而即可求解.【小問1詳解】解：由題意，得，米，，∴，∴米，故答案為：15；30；【小問2詳解】解：在中，，米，∴（米），，在中，，∴（米），∴（米），∴這棵大樹的高度約為20米．21.【答案】人行道的寬度為2米【分析】人行道的寬度為x米，則每塊矩形綠地的長度為：米，寬度為：（8-2x）米，根據(jù)兩塊綠地的面積之和為60平方米，列方程求解即可．【詳解】解：根據(jù)題意，得，整理得．解得，．∵不符合題意，舍去，．答：人行通道的寬度是2米．【點睛】本題考查了一元二次方程法應用，解答本題的關鍵是讀懂題意，設出未知數(shù)，找出合適的等量關系．22.【答案】【分析】此題考查了垂徑定理、勾股定理、含度角直角三角形的性質(zhì)等知識．作于點M，連接，則，先求出，在中，由求得，則．【詳解】解：作于點M，連接，則，∵，∴，∴，∵中，，∴，在中，∵，即，解得，∴．答：的長為．23.【答案】（1）①；②（2）【分析】本題主要考查了二次函數(shù)的應用，待定系數(shù)法求函數(shù)關系式，讀懂題意是解題的關鍵．（1）①根據(jù)表中的數(shù)據(jù)找出頂點坐標即可；②用待定系數(shù)法求函數(shù)解析式；（2）分別將代入第一次和第二次的函數(shù)關系式，求出著陸點的橫坐標，用表示出和進行比較即可．【小問1詳解】解：①根據(jù)表格中的數(shù)據(jù)可得豎直高度的最大值是，故答案為：；②由①可知，頂點坐標為，故函數(shù)關系為，把代入得，，，故函數(shù)解析式為；【小問2詳解】解：由（1）可知函數(shù)解析式為，當時，（負值舍去），，在中，令得，解得（負值舍去），，，．24.【答案】（1）證明見解析（2）【分析】（1）由，可得，進而可證得，于是可得，利用比例的性質(zhì)可得，然后即可根據(jù)“兩邊成比例且夾角相等的兩個三角形相似”得出結論；（2）由（1）可得，由于，利用直角三角形的兩個銳角互余可得，根據(jù)含度角的直角三角形的性質(zhì)可得，即，由（1）可得，則根據(jù)“相似三角形面積的比等于相似比的平方”即可求得的值．【小問1詳解】證明：，，，，，，，；【小問2詳解】解：由（1）可得：，，，，即：，由（1）可得：，，的值為．【點睛】本題主要考查了垂線的性質(zhì)，相似三角形的判定與性質(zhì)綜合，比例的性質(zhì)，相似三角形的判定，直角三角形的兩個銳角互余，含度角的直角三角形，等式的性質(zhì)，相似三角形的性質(zhì)等知識點，正確找出圖中的相似三角形是解題的關鍵．25.【答案】（1）證明見解析；（2）12．【分析】（1）連接OD，根據(jù)切線的判斷，只要證出OD⊥BC即可；

（2）根據(jù)圓周角定理和平行線的性質(zhì)可得∠G＝∠BAC＝∠BOD，利用sinG＝，得到sin∠BOD＝，進而求出tan∠BOD＝，再在Rt△BOD中，由勾股定理，設未知數(shù)列方程求解即可．【小問1詳解】證明：連接OD，∵AD⊥DE，∴AE是⊙O的直徑，即點O在AE上，又∵AD是∠BAC的平分線，∴∠CAD＝∠BAD，∵OA＝OD，∴∠BAD＝∠ADO，∴∠CAD＝∠ADO，∴OD∥AC，∴∠ODB＝∠C＝90°，∴OD⊥BC，∴BC是⊙O的切線；【小問2詳解】解：∵OD∥AC，∴∠DOB＝∠EAF，∵∠G＝∠EAF，∴∠DOB＝∠G，∴sin∠DOB＝sin∠G＝，∴tan∠DOB＝tan∠G＝，設OD＝3k，則BD＝4k，OB＝5k，∵OB＝AB?OA，∴5k＝16?3k，∴k＝2，因此OD＝3k＝6，∴⊙O的直徑為12．【點睛】本題考查切線的判定和性質(zhì)，直角三角形的邊角關系，掌握切線的判定方法和直角三角形的邊角關系是解決問題的前提．26.【答案】（1）①；②（2）【分析】（1）①把代入解析式，確定，代入計算即可；；②根據(jù)題意，結合對稱軸對稱，可知拋物線經(jīng)過和1,0，代入解析式確定，的值即可（2）由二次函數(shù)的性質(zhì)結合題意可知，，由可得，則，進而可知，要使得，即，只需要使得成立即可，進而可得．【小問1詳解】解：①將代入解析式，得：，解得：，∴拋物線的對稱軸為直線，故答案為：；②∵拋物線的對稱軸為直線，則設，∴當時，，當時，，即：與關于對稱軸對稱，∵當時，拋物線在x軸下方，當時，拋物線在x軸上方，∴，即：拋物線經(jīng)過和1,0，將和1,0代入解析式，得：，解得：，∴此時拋物線的表達式；【小問2詳解】由（1）可知：拋物線的對稱軸為直線，，∴，當時，隨的增大而增大，則，，，則：，∵，∴∵，∴，∵，則，∴，可得：，∴，則，∴，∵要使得，即：，只需要使得成立即可，∴，綜上，的取值范圍為．【點睛】本題考查了待定系數(shù)法，拋物線的對稱性，二次函數(shù)與