A. B. C. D.x=4,y=4
2020北京北师大实验中学初三（上）期中数 学
1.抛物线的对称轴是
4.A6.2.A一、选择题（本题共下面各题均有四个选项，其中只有一个是符合题意的试卷说明：21A4A3.5.3、本试卷考试时间为、一律不得使用涂改液及涂改带、请将选择题、填空题及解答题答案写在答题纸相应位置处；、本试卷共有．．．相离．如图，若下列图形一定不是中心对称图形的是如果如图，香港特别行政区标志紫荆花图案绕中心旋转若⊙32°45x=1 4𝑂 x的半径为=3 𝐴𝐵y ，那么下列结论正确的是 B ．相切是⊙8页，5，圆心𝑂BBB的直径， 1628．．．120分，每小题道小题；6058°x=−1𝑂分钟，总分为 到直线 𝐶𝐷 是⊙.𝑙 的距离为2分） CCC𝑂 ．相交．．的弦，∠ 班级10064°72 分； 6______C ，则直线． x𝐴𝐵𝐷=2姓名 DDD=58°𝑛 ．无法确定．．°𝑙后能与原来的图案互相重合，则与⊙_______14416°，则∠ 𝑂D的位置关系是．学号 x𝐵𝐶𝐷=−2 _______的度数为 𝑛的最小值为
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22()1yx34xy43xy4y3x





上述函数模型和数据，可推断出当学生接受能力最强时，提出概念的时间为
值越大，表示接受能力越强．如图记录了学生学习某概念时t与𝑠的三组数据，根据
A9.7.13.11.C．圆．已知二次函数已知二次函数将抛物线ac>0 −1 是关于 x的一元二次方程向上平移B ．b+2aD10k=________. D． a−b+c”号连
15.16.a（（三、解答题（本题共=______32如图，⊙如图，在平面直角坐标系）画出此函数的图象；）借助图象，判断若，b𝑂=________.的直径𝐴𝐵68分，第垂直于弦 00）（填推理的依据）为半径的圆上，x−3)）（填推理的依据）的解集．的图象与性质．𝑛=___________ ；
4602406x-24-2y-10061m2035-6 29/ 5
11,Axy1yy




x轴正半轴上一点𝐷，满足𝑂𝐷=𝑂𝐴+𝑂𝐵.
𝐴在，请说明理由；[O逆时针旋转ABÃÈF60°S 至线段 𝐴𝐸，连接𝐶𝐸.
26.在平面直角坐标系x𝑂y中，抛物线与y轴交于点𝐶，与x轴交于点𝐴,𝐵，点𝐴在𝐵的左边，
（（2527.（②判断线段（①是否存在一个定点②直接写出点（（211．已知：如图，点212如图，在等边△）①当）已知）若）过点）求证：）①补全图形；ED𝐴𝐵𝐷𝑛=3𝐵𝐻=2作CF=4,𝑀时，求点x与线段轴的垂线交抛物线于点HU到直线EF点=𝑀𝐴𝐵𝐶 O5在边𝑃CÛU𝐶𝐸LbO，使得对于任意的点H
𝐻𝐸中，点𝐷的数量关系，并证明；的坐标和抛物线的顶点坐标；②当𝐴𝐵的距离的最大值AB上，且O[WLULVWS𝐷 是边𝐵𝑀𝐴𝐶𝑃=1上一动点（不与点 ，作射线O，作直线. �1È[O𝐷，点 𝐶𝑃𝑃𝐻𝐸总在直线，若射线. AC𝐴,与过𝐴𝐵𝐻𝐸𝐶𝐶𝑃重合），连接=2上，若存在，请指出点与B𝐵𝐷ÈLbO,cÃx轴没有公共点，直接写出时，求𝑛𝐵𝐷的值；，作D𝐴𝐻È ⊥𝑃的位置，若不存E𝐵𝐷HBD于点𝑛LFÈ[O的取值范围𝐻，将线段. 𝐴𝐻CE绕点c
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2223yxnxnn




于⨀𝑀的“等边近距”.
��
𝑀𝑅=0），则称点𝑃为⨀𝑀的“等边远点”，此时，等边△𝑃𝑄𝑅是点𝑃关于⨀𝑀的“关联三角形”，𝑀𝑅的长度为点𝑃关
（2）下列各点：中，⨀𝑂的“等边远点”有__________；
（1）试判断点是否是⨀𝑂的“等边远点”，若是，请画出对应的“关联三角形”；若不是，请说明理由.
在平面直角坐标系x𝑂y中，⨀𝑂的半径为.
（3）已知直线分别交x,y轴于点𝐹,𝐺，且线段𝐹𝐺上存在⨀𝑂的“等边远点”，求b的取值
（28.4对于给定的）直接写出⨀𝑀⨀𝑂和点的“等边远点𝑃，若存在边长为”关于⨀𝑂的1的等边△“等边近距𝑃𝑄𝑅”𝑑的取值范围是，满足点𝑄在⨀𝑀__________________.上，且𝑀𝑃≥𝑀𝑅（当点 𝑅,𝑀重合时，定义
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33,1A13()(,)()20,33,020,13BCDE，，，:30FGyxbb


别是解题关键．是相交.故选C
∴，A正确，B错误；亦可得，C错误，D错误.
参考答案
【详解】抛物线的对称轴是 x=-1 ．
【详解】∵，
【分析】【分析】【解析】【点睛】此题主要考察分式的性质根据分式的性质，同除以【分析】一、选择题（本题共【详解】已知⊙【解析】【点睛】本题考查由抛物线的顶点式确定故选择：【解析】根据抛物线的顶点式【解析】3.4.1.2. 【答案】【答案】【答案】【答案】 B ．ACBC O的半径为y=a(x-h)16分，每小题125或同除以，圆心+k的对称轴. 2O分）下面各题均有四个选项，其中只有一个是符合题意的4y到直线，即可判断对称轴问题，掌握顶点式x=hL即可判断．的距离为. 3 ，因5＞y=a(x-h)3，即d＜+kr，所以直线的对称轴x=hL与⊙，会求对称轴和识 O的位置关系
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212yx43xy34xy34xy



���������形叫做旋转对称图形，这个定点叫做旋转对称中心，旋转的角度叫做旋转角. .
∵故选：是的直径，
【详解】该图形被平分成五部分，旋转该图形被平分成五部分，因而每部分被分成的圆心角是【点睛】本题主要考查圆周角，熟练掌握圆周角的相关知识点是解题的关键．∴∠连接【分析】故∵【解析】【解析】∴∠【详解】解：连接【点睛】本题考查旋转对称图形的概念：把一个图形绕着一个定点旋转一个角度后，与初始图形重合，这种图∴∠故选5.6. 【答案】【答案】的最小值为BCD=ABD=ACB=90°AAC．，根据题意易得∠ . ∠∠DAACB-ACD=58° ，， ∠.AC ACD=32°，如图所示：， ABD=； ∠ACD=58° 的整数倍，就可以与自身重合，，∠ACB=90°，进而问题可求解．，并且圆具有旋转不变性，因而旋转 的整数
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727272n72CABO58ABD


与0，故本选项错误；x轴交点情况进行推理，进而对所得结论进行判断．
B、由函数图象可知对称轴x=﹣＜1，所以﹣b＜2a，即2a+b＞0，故本选项错误；
D、抛物线是关于直线轴对称的，不是中心对称图形，此项符合题意；
B、线段是中心对称图形，对称中心是点，此项不符题意；
【解析】【解析】根据中心对称图形的定义即可得．【详解】解：已知满足函数关系【详解】【分析】【点睛】本题考查了中心对称图形、抛物线的图象等知识点，熟练掌握概念是解题关键．故选【分析】由抛物线的开口方向判断先利用条件求出解析式，再变式求出最值即可解答故选：【分析】【详解】解：C8.D7.C、圆是中心对称图形，此项不符题意；、由函数图象、由函数图象 【答案】【答案】C．D． A 、正六边形是中心对称图形，此项不符题意； BC A可知二次函数可知当、由函数图象x=﹣a1与时，可知二次函数y=ax0的关系，由抛物线与sy＝ ＞+bx+cat0，＋a﹣b+c bt与＋y=axxc（轴有两个交点，则＞a0+bx+c≠0，故本选项错误．. ），y轴的交点判断的开口向上，即 b﹣4ac c与＞a＞00的关系，然后根据对称轴及抛物线．故本选项正确；0，交于y轴的负半轴 c＜0，ac＜
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213yxx(2,0)2yxx12x2ba


故答案为-2．
根据函数性质得t＝－＝13时，s最大，
【答案】
11.
将已知点代入解析式得【详解】解：∵四边形s＝－0.1的顶点都在＋2.6t＋43, 上，
故答案为：∴10.【解析】把【点睛】本题考查了一元二次方程的解：能使一元二次方程左右两边相等的未知数的值是一元二次方程的解．【分析】【点睛】本题考查了圆的性质，圆内接四边形对角互补的性质是解题的关键．故选根据图像可知经过（【解析】【点睛】本题主要考察求函数最值，可利用配方法，公式法等根据圆内接四边形对角互补回答即可．【解析】二、填空题（本题共【分析】【详解】解：把9. 【答案】 x=-1【答案】B. 代入方程 x=-1 x+kx-3=0，0,4316代入方程 分，每小题），（，得 1-k-3=0x20,55+kx-3=02），（分）．，然后 得30,311-k-3=0 解关于 ），，解得k 的方程．k=-2. ．
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2t2.620.1（）270ABCDO180AC18011070A702,1


故答案：．
∴（负值舍去），
r=
故答案为1，2（答案不唯一）．
∴r==3，
2
若故答案为：（a=1，则b可取-2，12）．．
函数解析式．∴△此时抛物线顶点坐标是（=b-4a=0， -2，1）．
2
扇形扇形扇形
【详解】解：∵【点睛】本题主要考查扇形面积的计算，解题的关键是掌握扇形面积的计算公式：根据扇形的面积公式S=S=， 即可求得． S=．
12. 【答案】
【详解】解：∵【分析】根据二次函数图象左加右减，上加下减的平移规律进行求解．【解析】【详解】解：将抛物线【点睛】本题考查了二次函数图象与几何变换，要求熟练掌握平移的规律：左加右减，上加下减．并用规律求【分析】【分析】根据判别式的意义得到△【解析】13. 【答案】 (1).二次函数 (2).y=x=by=ax 向上平移-4a=0 +bx+1，然后（1a≠0个单位，再向左平移a取一个不为）的图象与0x的实数，再确定对应的轴只有一个交点，2 个单位后，得到的抛物线 b的值．y= （x+2）+1．
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32360nr2360nr360360120Sn3为32360nr12


�随的增大而减小，在对称轴的右侧，随的增大而增大，据此解题
，利用