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2024 学年第一学期期中初三数学练习卷
班级：___________姓名：___________考号：___________
一、选择题（每题3分，共30分）
1. 如图，下列所给图形中是中心对称图形的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据中心对称图形的概念“把一个图形绕着一个点旋转 ，如果旋转后的图形能够与原来的图
形重合，那么这个图形叫做中心对称图形”进行判断即可得．
【详解】解：A、不是中心对称图形，选项说法错误，不符合题意；
B、不是中心对称图形，选项说法错误，不符合题意；
C、不是中心对称图形，选项说法错误，不符合题意；
D、是中心对称图形，选项说法正确，符合题意；
故选：D．
【点睛】本题考查了中心对称图形，解题的关键是掌握中心对称图形．
2. 用公式法解一元二次方程 时，首先要确定a，b，c的值，下列选项正确的是（ ）
A. ， ， B. ， ，
C. ， ， D. ， ，
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查了一元二次方程的一般形式，将方程化为一般式后，根据一元二次方程的一般形式确定
、 、 的值即可，注意：项的系数带着前面的符号．
【详解】解： ，
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学科网（北京）股份有限公司∴
∴ ，
故选：D．
3. 二次函数 的图象的顶点坐标是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查了二次函数 的性质，掌握二次函数的性质是解题的关键．
【详解】解：图象的顶点坐标是 ，
故选：D．
4. 用配方法解方程: ，下列配方正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】本题考查了解一元二次方程-配方法，根据题意把常数项2移项后，应在左右两边分别同时加上一
次项系数 的一半的平方，即可求出答案．
【详解】解：把方程 的常数项移到等号的右边，得到 ，
方程两边同时加上一次项系数一半的平方，得到 ，
配方得 ．
故选：A．
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学科网（北京）股份有限公司5. 抛物线 经过 三点，则 的大小关系正确的是（
）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】本题主要考查二次函数的图象与性质，熟练掌握二次函数的图象与性质是解题的关键．根据二次
函数的图象与性质可进行求解．
【详解】解：由抛物线 可知：开口向上，对称轴为直线 ，
该二次函数上所有的点满足离对称轴的距离越近，其对应的函数值也就越小，
∵ ， ， ，
而 ， ， ，
∴点 离对称轴最近，点 离对称轴最远，
∴ ；
故选：D．
6. 若m，n分别为一元二次方程 的两个实数根，则 的值为（ ）
A. B. 12 C. D. 8
【答案】C
【解析】
【分析】本题主要考查了一元二次方程根与系数的关系，对于一元二次方程 ，若
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学科网（北京）股份有限公司是该方程的两个实数根，则 ，据此可得 ，再利用整
体代入法求解即可．
【详解】解：∵m，n分别为一元二次方程 的两个实数根，
∴ ，
∴ ，
故选：C．
7. 如图， 中， ，将 绕点 顺时针旋转 ，得到 ，边 与边 交
于点 （ 不在 上），则 的度数为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查了旋转的性质，由旋转的性质可得 ， ，由三角形外角的性
质可求解．
【详解】 将 绕点 顺时针旋转 ，得到 ，
， ，
，
故选：C．
8. 已知抛物线 经过 和 两点，则n的值为（ ）
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学科网（北京）股份有限公司A. B. C. 2 D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】将 代入解析式，求出 值，再将 代入解析式，求出 值即可．
【详解】解：将 代入函数解析式，得： ，
解得： ，
∴ ，
当 时， ，即： ；
故选：B．
【点睛】本题考查求二次函数的函数值．解题的关键的是利用待定系数法，正确的求出二次函数解析式．
9. 如图， 可由 旋转而成，点 的对应点是 ，点 的对应点是 ，在平面直角坐标系中，
三点坐标为 ， ， ，则旋转中心 的坐标为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】本题考查旋转的性质，线段垂直平分线的性质．连接 ，分别作 和 的线段垂直平分线，
且它们的交点即为旋转中心，由图写出其坐标即可．理解两线段垂直平分线的交点即为旋转中心是解答本
题的关键．
【详解】如图，连接 ，分别作 和 的线段垂直平分线，且交于点P．则P点即为旋转中心．
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学科网（北京）股份有限公司由图可知P点坐标为 ，即旋转中心的坐标为 ．
故选：A．
10. 已知二次函数 的图象如图所示，下列结论：① ；② ；③ ；
④不等式 的解集为 ．正确的结论个数是（ ）
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查了二次函数的图象及性质、二次函数与不等式，根据抛物线的开口方向可判断①；根据
抛物线与x轴没有交点可判断②；根据抛物线的对称轴即可判断③；将不等式 变形
为： ，令 ，根据直线 与抛物线 的图象交于点 和 ，
进而可判断④；熟练掌握二次函数的图象及性质是解题的关键．
【详解】解： 抛物线的开口向上，
，则①正确；
抛物线与x轴没有交点，
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学科网（北京）股份有限公司，则②错误；
由图得：抛物线的对称轴为： ，
即： ，故③错误；
不等式 变形为： ，
令 ，如图，
由图象得：直线 与抛物线 的图象交于点 和 ，
不等式 的解集为 ，故④正确，
则正确的个数有2个，
故选B．
二、填空题（每题3分，共18分）
11. 在平面直角坐标系中，点A(－1，3)关于原点对称的点A′的坐标是____________．
【答案】(1， )
【解析】
【分析】根据关于原点对称的点的坐标特点：两个点关于原点对称时，它们的坐标符号相反，可以直接写
出答案．
【详解】解：点A（-1，3）关于原点对称的点A′的坐标是（1，-3），
故答案为（1，-3）．
12. 一元二次方程 有一个根为1，则 ________．
【答案】5
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学科网（北京）股份有限公司【解析】
【分析】本题考查了一元二次方程的解，根据一元二次方程的解的定义，将 代入 列出
关于a的方程，通过解该方程求得a值即可．
【详解】解：∵一元二次方程 的一个根为1，
∴ 满足关于x的一元二次方程 ，
∴ ，
解得， ．
故答案为：5．
13. 将抛物线 向右平移1个单位，再向上平移2个单位后所得到的抛物线的解析式为__________.
【答案】
【解析】
【分析】根据二次函数图像的平移规律即可解答．
【详解】解：将抛物线 向右平移1个单位，再向上平移2个单位后，得到的新的抛物线的解析式为：
．
故答案为： ．
【点睛】本题主要考查了二次函数图像的平移变换，掌握函数图像的平移规律“左加右减，上加下减”是
解答本题的关键．
14. 若二次函数 的图象与x轴有交点，则k的取值范围是____________．
【答案】 且
【解析】
【分析】本题主要考查了二次函数和x轴交点问题，解决此题的关键是把二次函数转化成一元二次方程，
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学科网（北京）股份有限公司并注意二次项系数不能为0．
【详解】解：令 ，可得
∵二次函数的图象与x轴有交点，
∴ 且
解得： 且 ．
故答案为： 且 ．
15. 已知 ，则 _________．
【答案】5
【解析】
【分析】本题主要考查了换元法解一元二次方程，掌握运用换元法解一元二次方程是解题关键．
根据换元法可得一元二次方程，然后运用因式分解法解一元二次方程即可解答．
【详解】解：设 ，
则 ，
∴ ，
则 或 ，
∴ 或 （舍去）；
∴ ．
故答案为：5．
16. 如图，四边形 和四边形 均为正方形，点 为 的中点，若 ，连接 ，则
的长为______．
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学科网（北京）股份有限公司【答案】
【解析】
【分析】连接 ，把 绕点A顺时针旋转90度，此时 重合，得到 ，连接 ，证
明 ，可得点 F，E， 三点共线，根据等腰三角形的性质 的长度，再求得
，然后根据勾股定理，即可求解．
【详解】解：如图，连接 ，把 绕点A顺时针旋转90度，此时 重合，得到 ，连
接 ，
∵四边形 和四边形 均为正方形，
∴ ，
由旋转的性质得： ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
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学科网（北京）股份有限公司∴ ，
∴ ，
此时点F，E， 三点共线，
∵ ，
∴ ，
∵点D为 的中点，
∴ ，
设 ，则 ，
在 中， ，
∴ ，
解得： ，
即 ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ．
故答案为：
【点睛】本题考查了旋转的性质，全等三角形的性质，正方形的性质，等腰三角形的判定和性质，勾股定
理，正确画出辅助线，耐心推理是解题的关键．
三、解答题（共9道题，共72分）
17. 解方程： ．
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学科网（北京）股份有限公司【答案】 ， ．
【解析】
【分析】利用因式分解法求解可得．
【详解】解：∵ ，
∴ ．
则 或 ，
解得 ， ．
【点睛】本题主要考查解一元二次方程的能力，熟练掌握解一元二次方程的几种常用方法是解题的关键．
18. 已知二次函数 经过点 与 ．
（1）求b，c的值．
（2）求该二次函数图象的顶点坐标．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）将两点坐标代入二次函数解析式得到关于b与c的方程组，求出方程组的解即可得到b与c
的值；
（2）二次函数解析式化为顶点形式，即可求出顶点坐标．
【小问1详解】
解：将 代入二次函数解析式得： ，
解得： ；
【小问2详解】
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学科网（北京）股份有限公司二次函数解析式为 ，
则顶点坐标 为．
【点睛】此题考查了待定系数法求二次函数解析式，以及二次函数的性质，熟练掌握待定系数法是解本题
的关键．
19. 在平面直角坐标系中的位置如图所示:
（1）画出 关于原点对称的 ,并写出点 的坐标；
（2）将 绕点 顺时针旋转 得到 ,画出旋转后的 ．
【答案】（1）画图见解析;
（2）画图见解析
【解析】
【分析】本题考查平面直角坐标系中关于原点对称点坐标求法,画旋转图形．
（1）根据题意知 , , ,关于原点对称点坐标均互为相反数,先求出 ,
, ,最后连接三点即是所得图形及点 的坐标；
（2）先求出 点绕点 旋转 后的点 ,同理求出 ,最后连接三个点即可得到 .
【小问1详解】
解:∵ , , ,
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学科网（北京）股份有限公司∴关于原点对称的点为: , , ,
将 三点连接,如下图所示:
,
∴ ；
【小问2详解】
解:∵ , , ,
∴将三点绕点B旋转 后的坐标为 , ,
将 三点连接,如下图所示:
．
20. 如图为二次函数 的图象，试观察图象回答下列问题：
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学科网（北京）股份有限公司（1）写出方程 的解为 ___________， ___________；
（2）当 时，直接写出 的取值范围为___________；
（3）当 时，直接写出 的取值范围是___________．
【答案】（1） ， ；
（2） ；
（3）
【解析】
【分析】本题考查二次函数的性质，解题关键是掌握二次函数与方程及不等式的关系，掌握二次函数图象
与系数的关系．
（1）解方程即可求解；
（2）观察函数图象即可求解；
（3）当 时，当 时，y取得最小值，y在顶点处取得最大值，即可求解．
【小问1详解】
解：
， ，
故答案为： ， ；
【小问2详解】
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学科网（北京）股份有限公司解： 的根为 ， ，
二次函数 的图象与 轴交于点 ， ，
由图象可得， 时， 的取值范围为 ，
故答案为： ；
【小问3详解】
解： ，
时， 的最大值为 ，
把 代入得， ，
把 代入得， ，
当 时， 的取值范围是 ，
故答案为： ．
21. 已知关于 的一元二次方程 有实数根．
（1）求 的取值范围；
（2）若该方程的两个实数根分别为 、 ，且 ，求 的值．
【答案】（1） ；（2）
【解析】
【分析】（1）根据方程有实数根的条件，即 求解即可；
（2）由韦达定理把 和 分别用含m的式子表示出来，然后根据完全平方公式将 变
形为 ，再代入计算即可解出答案．
【详解】（1）由题意可得：
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学科网（北京）股份有限公司解得：
即实数m的取值范围是 ．
（2）由 可得：
∵ ；
∴
解得： 或
∵
∴
即 的值为-2．
【点睛】本题主要考查的是根的判别式、根与系数的关系，要牢记：（1）当 时，方程有实数根；
（2）掌握根与系数的关系，即韦达定理；（3）熟记完全平方公式等是解题的关键．
22. 如图， 中， ， ， 是由 绕点 按逆时针方向旋转得到的，
连接 、 相交于点 ， 与 相交于点 ．
（1）求证： ；
（2）求 的度数．
【答案】（1）见解析 （2）
【解析】
【分析】（1）证明 即可；
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学科网（北京）股份有限公司（ 2 ） 设 ， 则 可 求 得 ， 从 而 得 ，
，由三角形内角和即可求得结果．
【小问1详解】
证明：由旋转的性质得： ， ， ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ；
【小问2详解】
解：设 ，则 ；
∵ ，
∴ ；
∵ ，
∴ ；
∵ ，
∴ ，
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学科网（北京）股份有限公司∴ ，
∴ ，
∴ ．
【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，全等三角形的判定与性质，三角形内角和，旋转的性质等知识，
证明两个三角形全等是关键．
23. 如图，有长为24m的篱笆，一面利用墙（墙的最大可用长度为10m）围成中间隔有一道篱笆的长方形
花圃．
（1）如果要围成面积为45m2的花圃，求AB的长度．
（2）如果要使围成的花圃面积最大，求最大面积是多少m2．
【答案】（1）5m；（2） m2
【解析】
【分析】（1）根据AB为xm，则BC=（24﹣3x），利用长方体的面积公式列方程，解方程可求出x即可；
（2）当墙的宽度为最大时，有最大面积的花圃，然后运用二次函数求最值即可．
【详解】解：设AB＝xm，围成的花圃面积为ym2，则BC长为（24﹣3x）m，
（1）根据题意，得x（24﹣3x）＝45，
整理，得x2﹣8x+15＝0，
解得x＝3或5，
当x＝3时，BC＝24﹣9＝15＞10不成立，
当x＝5时，BC＝24﹣15＝9＜10成立，
∴AB长为5m；
（2）由题意，得S＝24x﹣3x2＝﹣3（x﹣4）2+48，
∵墙的最大可用长度为10m，0≤BC＝24﹣3x≤10，
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学科网（北京）股份有限公司∴ ≤x＜8，
∵对称轴x＝4，开口向下，
∴当x＝ m，有最大面积的花圃，
即：x＝ m，
最大面积为：24× ﹣3×（ ）2＝ （m2）．
【点睛】本题主要考查了一元二次方程的应用、二次函数的应用等知识点，根据题意正确列出一元二次方
程和函数解析式是解答本题的关键．
24. 在平面直角坐标系 中，已知抛物线 和线段 ，其中点 ，点
，点 是抛物线 与 轴的交点，点 是抛物线 的顶点．
（1）求直线 的解析式；
（2）点 在抛物线 上，且与点 关于对称轴对称，连接 ， ， ，射线 交 轴于点 ，
连接 ， ，四边形 是否能构成平行四边形？如果能，请求 的值；如果不能，说明理由；
（3）若抛物线 与线段 只有一个交点，结合函数图象，求 的取值范围．
【答案】（1）直线 的解析式为 ；
（2）四边形 能构成平行四边形， ；
（3） 的取值范围为 或
【解析】
【分析】本题考查待定系数法，平行四边形性质及应用，二次函数与一元二次方程的关系等，解题的关键
是数形结合思想的应用．
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学科网（北京）股份有限公司（1）设 的解析式为 ，用待定系数法可得直线 的解析式为 ；
（2）由 ， ， ，知 向右平移4个单位长度，再向上平移4个单位长度
得到 ，故当 向右平移4个单位长度，再向上平移4个单位长度得到 时，四
边形 是平行四边形，即得 ；
（3）联立 ，得 ，当 时，即 时，直线
与抛物线只有一个交点，交点 在线段 上，当 时，即 ，直线
与抛物线有两个交点，若抛物线 过 时， ，得 ，当抛物线过
时， ，得 ，由图可得抛物线L与线段 只有一个交点，m的取值范围
为 或 ．
【小问1详解】
解：设 的解析式为 ，
把点 ，点 代入得， ，
解得 ，
直线 的解析式为 ；
【小问2详解】
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学科网（北京）股份有限公司解：四边形 能构成平行四边形，理由：
∵ ，
抛物线顶点 ，对称轴为直线 ，
当 时， ，
点 ，
、 都在抛物线上，且关于对称轴对称，
，
， ， ，
，且 ，
，
， ， ，
向右平移 个单位长度，再向上平移 个单位长度得到 ，
当 向右平移 个单位长度，再向上平移 个单位长度得到 时，四边形 是
平行四边形，
∵ 在 轴上，
，
；
【小问3详解】
解：联立 ，
整理得： ，
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学科网（北京）股份有限公司，
当 时，即 时，直线 与抛物线只有一个交点，交点 在线段 上，如
图：
当 时，即 时，直线 与抛物线有两个交点，
若抛物线 过 时， ，
解得 ，
此时直线 与抛物线有两个交点，坐标分别为 ， 都在线段 上；如图：
当抛物线过 时， ，
解得 ，
此时直线 与抛物线有两个交点坐标分别 为， ，只有一个点 在线段 上；如图：
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学科网（北京）股份有限公司综上所述，抛物线 与线段 只有一个交点时， 的取值范围为 或 ．．
25. 小明在一次数学活动中，进行了如下的探究活动：如图，在矩形 中， ， ，以点
为中心，顺时针旋转矩形 ，得到矩形 ，点 、 、 的对应点分别为 、 、 ．
（1）如图①，当点 落在 边上时，求 的长；
（2）如图②，当点 落在线段 上时， 与 交于点 ．求 的长．
（3）记点 为矩形 对角线的交点，连接 、 ，记 面积为 ，求 的取值范围．
【答案】（1） ；
（2） ；
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学科网（北京）股份有限公司（3）
【解析】
【分析】（1）由旋转性质知 ，由矩形性质知 ，再在 中根据勾股定理
可得；
（2）利用旋转的性质可得： ， ，由“ ”可证 ，
由全等三角形的性质和平行线的性质可得 ，可得 ，由勾股定理可求 的值；
（3）由勾股定理可求 的值，可得 ，当点G在线段 上时， 面积有最小
值，当点G在线段 延长线上时， 面积有最大值．
【小问1详解】
解：由旋转的性质知 ，
四边形 是矩形，
， ，
；
；
【小问2详解】
解：由旋转知： ， ，
，
，
又 ，
，
设 ，
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学科网（北京）股份有限公司又 在矩形 中，有 ，
，
，
，
在 中，由勾股定理得： ，
，
即 ；
【
小问3详解】
解： 四边形 是矩形，
， ， ，
，
，
，
的
如图， 始终在以 为圆心， 为半径 圆上， 的底 是定值为 ，当高最小或最大时，
的面积就存在最小值或最大值，
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学科网（北京）股份有限公司当点 在线段 上时，此时 最短，则 面积有最小值；
当点 在 延长线上时，此时 最长，则 面积有最大值；
分情况讨论：
在
当点 线段 上时， 面积有最小值，
；
当点 在线段 延长线上时， 面积有最大值．
．
．
【点睛】本题是四边形的综合题，主要考查矩形的性质、勾股定理、全等三角形的判定和性质、旋转变换
等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题，学会利用参数构建方程解决问题．
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学科网（北京）股份有限公司
