2019年苏州市初中毕业暨升学考试数学预测试卷(含答案)

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文档介绍

2019年苏州市初中毕业暨升学考试数学预测试卷(含答案)

‎2019年苏州市初中毕业暨升学考试预测试卷 数 学 本试卷由选择题、填空题和解答题三大题组成.共28小题,满分130分.考试时间120分钟.‎ 注意事项:‎ ‎1.答题前,考生务必将自己的姓名、考点名称、考场号、座位号用0.5毫米黑色墨水签字笔填写在答题卡相应位置上,并认真核对条形码上的准考号、姓名是否与本人的相符;‎ ‎2.答选择题必须用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑,如需改动,请用橡皮擦干净后,再选涂其他答案;答非选择题必须用0.5毫米黑色.墨水签字笔写在答题卡指定的位置上,不在答题区域内的答案一律无效,不得用其他笔答题;‎ ‎3.考生答题必须答在答题卡上,保持卡面清洁,不要折叠,不要弄破,答在试卷和草稿纸上一律无效.‎ 一、选择题:本大题共10小题,每小题3分,共30分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的.请将选择题的答案用2B铅笔涂在答题卡相应位置上.‎ ‎1.﹣2的相反数是 ‎ A. B. C.﹣2 D.2‎ ‎2. 下列各式计算正确的是 A. B. C. D.‎ ‎3.2018年苏州地区生产总值约为9700亿元,将9700亿用科学记数法表示为 A.9.7×108 B.9.7×109 C.9.7×1010 D.9.7×1011‎ ‎4.如图,AB∥CD,直线EF与AB、CD分别交于点E、F,FG平分∠EFD,交AB于点G,若∠1=72°,则∠2的度数为 A.36°‎ B.30°‎ C.34°‎ D.33°‎ ‎ 第4题 第7题 ‎5.若一个多边形的内角和与它的外角和相等,则这个多边形是(   )‎ A.三角形 B.四边形 C.五边形 D.六边形 ‎6.数据21、12、18、16、20、21的众数和中位数分别是 A.21和19 B.21和17 C.20和19 D.20和18‎ ‎7.如图,已知BC是⊙O的直径,AB是⊙O的弦,切线AD交BC的延长线于D,若∠D=400,‎ 则∠B的度数是 ( )‎ A.400 B.500 C. 250 D. 1150‎ ‎8.关于的方程有两个不相等的实数根,则实数的取值范围是 ‎ A. B. C.且 D.且 ‎9.如图,等边△ABC边长为2,四边形DEFG是平行四边形,DG=2,DE=3,∠GDE=60°,BC和DE在同一条直线上,且点C与点D重合,现将△ABC沿D→E的方向以每秒1个单位的速度匀速运动,当点B与点E重合时停止,则在这个运动过程中,△ABC与四边形DEFG的重合部分的面积S与运动时间t之间的函数关系图象大致是(  )‎ A. B. C. D.‎ ‎10.如图,正方形ABCD中,AB=2,O是BC边的中点,点E是正方形内一动点,OE=2,连接DE,将线段DE绕点D逆时针旋转90°得DF,连接AE,CF.则线段OF长的最小值(  )‎ A.2 B. +2 C.2﹣2 D.5‎ 二、填空题:本大题共8小题,每小题3分,共24分.把答案直接填在答题卡相应位置上.‎ ‎11 . 分解因式:3x3﹣6x2y+3xy2=   .‎ ‎12.使根式有意义的x的取值范围是   .‎ ‎13.已知a-3b=3,则6b+2(4-a)的值是     .‎ ‎14.‎ 如图,转盘中6个扇形的面积相等,任意转动转盘1次,当转盘停止转动时,指针指向的数小于5的概率为 .‎ ‎ 第14题 第16题 ‎15. 用半径为10,圆心角为54°的扇形纸片围成一个圆锥的侧面,这个圆锥的底面圆半径等于 .‎ ‎16.如图,在平面直角坐标系中,矩形OEFG的顶点F的坐标为(4,2),将矩形OEFG绕点O逆时针旋转,使点F落在y轴上,得到矩形OMNP,OM与GF相交于点A.若经过点A的反比例函数的图象交EF于点B,则点B的坐标为  .‎ ‎17.如图,一艘轮船自西向东航行,航行到A处测得小岛C位于北偏东60°方向上,继续向东航行10海里到达点B处,测得小岛C在轮船的北偏东15°方向上,轮船与小岛C的距离为   海里.(结果保留根号)‎ ‎ 第17题 第18题 ‎18.如图,正方形ABCD的边长为6,E,F是对角线BD上的两个动点,且EF=,连接CE,CF,则△CEF周长的最小值为   .‎ 三、解答题:本大题共10小题,共76分.把解答过程写在答题卡相应位置上,解答时应写出必要的计算过程、推演步骤或文字说明.作图时用2B铅笔或黑色墨水签字笔.‎ ‎19.(本题满分5分)计算:‎ 20. ‎(本题满分5分)解不等式组,并把它的解集表示在数轴上.‎ 20. ‎(本题满分5分)先化简,再求值:,其中x=.‎ ‎22.(本题满分6分)某校准备组织七年级学生参加夏令营,已知:用3辆小客车和1辆大客车每次可运送学生105人;用一辆小客车和2辆大客车每次可运送学生110人,现有学生400人,计划租用小客车a辆,大客车b辆,一次送完,且恰好每辆车都坐满.‎ ‎(1)1辆小客车和1辆大客车都坐满后一次可送多少名学生?‎ ‎(2)请你帮学校设计出所有的租车方案;‎ ‎(3)若小客车每辆需租金200元,大客车每辆需租金380元,请选出最省钱的方案,并求出最省租金.‎ ‎23. (本题满分8分)初三年级教师对试卷讲评课中学生参与的深度与广度进行评价调查,其评价项目为主动质疑、独立思考、专注听讲、讲解题目四项.评价组随机抽取了若干名初中学生的参与情况,绘制成如图所示的频数分布直方图和扇形统计图(均不完整),请根据图中所给信息解答下列问题:‎ ‎(1)在这次评价中,一共抽查了   名学生;‎ ‎(2)在扇形统计图中,项目“主动质疑”所在的扇形的圆心角的度数为   度;‎ ‎(3)请将频数分布直方图补充完整;‎ ‎(4)如果全市有6000名初三学生,那么在试卷评讲课中,“独立思考”的初三学生约有多少人?‎ ‎(第24题)‎ ‎24.(本题满分8分)如图,在△ABC中,AD是BC边上的中线,点E是AD的中点,过点A作AF∥BC交BE的延长线于F,连接CF.‎ ‎(1)求证:△AEF≌△DEB;‎ ‎(2)若∠BAC=90°,求证:四边形ADCF是菱形.‎ ‎25.(本题满分9分)如图1,反比例函数y= (x>0)的图象经过点A(2,1),射线AB与反比例函数图象交于另一点B(1,a),射线AC与y轴交于点C,∠BAC=75°,AD⊥y轴,垂足为D.‎ ‎(1)求k的值;‎ ‎(2)求tan∠DAC的值及直线AC的解析式;‎ A O C B D x y 图1‎ A O C N M B D x y l 图2‎ ‎(3)如图2,M是线段AC上方反比例函数图象上一动点,过M作直线l⊥x轴,与AC相交于点N,连接CM,求△CMN面积的最大值.‎ ‎26.(本题满分10分)如图,以△ABC的BC边上一点O为圆心的圆,经过A、C两点,与BC边交于点E,点D为CE的下半圆弧的中点,连接AD交线段EO于点F.AB=BF,CF=4,DF=.‎ ‎(1)求证:AB是⊙O的切线;‎ ‎(2)求⊙O的半径r.‎ ‎(3)设点P是BA延长线上的一个动点,连接DP交CF于点M,交弧AC于点N(N与A、C不重合).试问是否为定值?如果是,求出该定值:如果不是.请说明理由。‎ ‎27.(本题满分10分)如图,已知抛物线y=ax2+bx+c(a≠0)的顶点坐标为Q(2,﹣1),且与y轴交于点C(0,3),与x轴交于A,B两点(点A在点B的右侧),点P是该抛物线上的一动点,从点C沿抛物线向点A运动(点P与A不重合),过点P作PD∥y轴,交AC于点D.‎ ‎(1)求该抛物线的函数关系式;‎ ‎(2)当△ADP是直角三角形时,求点P的坐标;‎ ‎(3)在题(2)的结论下,若点E在x轴上,点F在抛物线上,问是否存在以A、P、E、F为顶点的平行四边形?若存在,求点F的坐标;若不存在,请说明理由.‎ ‎28.(本题满分10分)如图,在△ABC中,AB=14,∠B=45°,tanA=,点D为AB中点.动点P从点D出发,沿DA方向以每秒1个单位长度的速度向终点A运动,点P关于点D对称点为点Q,以PQ为边向上作正方形PQMN.设点P的运动时间为t秒.‎ ‎(1)当t=  秒时,点N落在AC边上.‎ ‎(2)设正方形PQMN与△ABC重叠部分面积为S,当点N在△ABC内部时,求S关于t的函数关系式.‎ ‎(3)当矩形PQMN的对角线所在直线将△ABC的分为面积相等的两部分时,直接写出t的值.‎ 参考答案 题号 ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ ‎6‎ ‎7‎ ‎8‎ ‎9‎ ‎10‎ 答案 D D D A B A C C B D ‎9. 【分析】分三种情况:①0≤t≤2时,由重叠部分为边长为t的等边三角形可得S=t2;②2<t≤3时,由重叠部分即为△ABC得S=×22=;③3<t≤5时由重叠部分是S△ABC﹣S△HEC且△HEC边长为t﹣3可得S=﹣t2+t﹣,据此可得答案.‎ ‎【解答】解:①当0≤t≤2时,如图1,‎ 由题意知CD=t,∠HDC=∠HCD=60°,‎ ‎∴△CDH是等边三角形,‎ 则S=t2;‎ ‎②当2<t≤3时,如图2,‎ S=×22=;‎ ‎③当3<t≤5时,如图3,‎ 根据题意可得CE=CD﹣DE=t﹣3,∠C=∠HEC=60°,‎ ‎∴△CEH为等边三角形,‎ 则S=S△ABC﹣S△HEC=×22﹣(t﹣3)2=﹣t2+t﹣;‎ 综上,0≤t≤2时函数图象是开口向上的抛物线的一部分,2<t≤3时函数图象是平行于x轴的一部分,当3<t≤5时函数图象是开口向下的抛物线的一部分;‎ 故选:B.‎ ‎10. 【分析】连接DO,将线段DO绕点D逆时针旋转90°得DM,连接OF,FM,OM,证明△EDO≌△FDM,可得FM=OE=2,由条件可得OM=5,根据OF+MF≥OM,即可得出OF的最小值.‎ ‎【解答】解:如图,连接DO,将线段DO绕点D逆时针旋转90°得DM,连接OF,FM,OM,‎ ‎∵∠EDF=∠ODM=90°,∴∠EDO=∠FDM,‎ ‎∵DE=DF,DO=DM,∴△EDO≌△FDM(SAS),∴FM=OE=2,‎ ‎∵正方形ABCD中,AB=2,O是BC边的中点,‎ ‎∴OC=,∴OD=,∴OM=,‎ ‎∵OF+MF≥OM,∴OF≥.‎ 故选:D.‎ ‎11. 12. X≤3 13. 2 14. 15. 1.5 ‎ ‎16. (4,) 【解答】解:∵矩形OEFG绕点O逆时针旋转,使点F落在y轴的点N处,得到矩形OMNP,‎ ‎∴∠P=∠POM=∠OGF=90°,‎ ‎∴∠PON+∠PNO=90°,∠GOA+∠PON=90°,‎ ‎∴∠PNO=∠GOA,∴△OGA∽△NPO;‎ ‎∵E点坐标为(4,0),G点坐标为(0,2),‎ ‎∴OE=4,OG=2,∴OP=OG=2,PN=GF=OE=4,‎ ‎∵△OGA∽△NPO,∴OG:NP=GA:OP,即2:4=GA:2,‎ ‎∴GA=1,∴A点坐标为(1,2),‎ 设过点A的反比例函数解析式为y=,‎ 把A(1,2)代入y=得k=1×2=2,‎ ‎∴过点A的反比例函数解析式为y=;‎ 把x=4代入y=中得y=,‎ ‎∴B点坐标为(4,).‎ 故答案为:(4,).‎ ‎17. 5 【分析】如图,作BH⊥AC于H.在Rt△ABH中,求出BH,再在Rt△BCH中,利用等腰直角三角形的性质求出BC即可.‎ ‎【解答】解:如图,作BH⊥AC于H.‎ 在Rt△ABH中,∵AB=10海里,∠BAH=30°,‎ ‎∴∠ABH=60°,BH=AB=5(海里),‎ 在Rt△BCH中,∵∠CBH=∠C=45°,BH=5(海里),‎ ‎∴BH=CH=5海里,‎ ‎∴CB=5(海里).‎ 故答案为5.‎ ‎18. 2+4 【分析】如图作CH∥BD,使得CH=EF=2,连接AH交BD由F,则△CEF的周长最小.‎ ‎【解答】解:如图作CH∥BD,使得CH=EF=2,连接AH交BD由F,则△CEF的周长最小.‎ ‎∵CH=EF,CH∥EF,‎ ‎∴四边形EFHC是平行四边形,‎ ‎∴EC=FH,‎ ‎∵FA=FC,‎ ‎∴EC+CF=FH+AF=AH,‎ ‎∵四边形ABCD是正方形,‎ ‎∴AC⊥BD,∵CH∥DB,‎ ‎∴AC⊥CH,‎ ‎∴∠ACH=90°,‎ 在Rt△ACH中,AH==4,‎ ‎∴△EFC的周长的最小值=2+4,‎ 故答案为2+4.‎ ‎19.-2 ‎ ‎20.‎ ‎21. 原式=,代入x= 得到 ‎22. 【解答】解:(1)设1辆小客车一次可送学生x人,1辆大客车都坐满后一次可送y名学生,‎ 由题意得:,‎ 解得:,‎ 所以x+y=65,‎ 答:1辆小客车和1辆大客车都坐满后一次可送65名学生;‎ ‎(2)设租小客车a辆,大客车b辆,由题意得:‎ ‎20a+45b=400,可变形为a=,‎ ‎∵每辆汽车恰好都坐满,‎ ‎∴a、b的值均为非负整数,‎ ‎∴a、b可取,,,‎ ‎∴租车方案有3种,①小客车20辆,大客车0辆;②小客车11辆,大客车4辆;③小客车2辆,大客车8辆;‎ ‎(3)各种租车费用:①20×200=4000(元);②11×200+4×380=3720(元);③2×200+8×380=3440(元);‎ ‎∵3440<3720<4000,‎ ‎∴租小客车2辆,大客车8辆最省钱.‎ ‎23. 【解答】解:(1)调查的总人数是:224÷40%=560(人),故答案是:560;‎ ‎ (2)“主动质疑”所在的扇形的圆心角的度数是:360×=54°,故答案是:54;‎ ‎(3)“讲解题目”的人数是:560﹣84﹣168﹣224=84(人).‎ ‎ ;‎ ‎(4)在试卷评讲课中,“独立思考”的初三学生约有:6000×=1800(人).‎ ‎24. 【解答】证明:(1)∵E是AD的中点,‎ ‎∴AE=DE,‎ ‎∵AF∥BC,‎ ‎∴∠AFE=∠DBE,‎ ‎∵∠AEF=∠DEB,‎ ‎∴△AEF≌△DEB; ‎ ‎(2)∵△AEF≌△DEB,∴AF=DB,‎ ‎∵AD是BC边上的中线,∴DC=DB,∴AF=DC,‎ ‎∵AF∥DC,∴四边形ADCF是平行四边形,‎ ‎∵∠BAC=90°,AD是BC边上的中线,‎ ‎∴AD=DC,∴□ADCF是菱形.‎ ‎25. 【解答】解:(1)∵反比例函数y=(x>0)的图象经过点A(2,1)‎ ‎∴=1,∴k=2; ‎ ‎(2)∵k=2,所以反比例函数解析式为y=‎ ‎∵点B(1,a)在反比例函数y=的图象上,‎ ‎∴a==2,‎ ‎∴点B(1,2)‎ 过B作BE⊥AD于E,则AE=BE=2﹣1.‎ ‎∴∠ABE=∠BAE=45°‎ 又∵∠BAC=75°,‎ ‎∴∠DAC=30°‎ ‎∴tan∠DAC=tan30°= ‎ ‎∴DC=AD==2,‎ ‎∴OC=2﹣1=1,‎ ‎∴C(0,﹣1)‎ 设直线AC的解析式为y=kx+b ‎∴,解得 ‎∴直线AC的解析式为y=x﹣1‎ ‎(3)设M(m,)(0<m<2),则N(m,m﹣1)‎ 则MN=﹣(m﹣1)=﹣m+1 ‎ ‎∴S△CMN=(﹣m+1)•m=﹣m2+m+ ‎ ‎=﹣(m﹣)2+‎ 当m=时,△CMN的面积有最大值,最大值为 ‎26. 【解答】(1)证明:如图1,连接OA,OD,‎ ‎∵D为为CE的下半圆弧的中点,EC为⊙O直径,‎ ‎∴=,‎ ‎∴∠EOD=∠COD=×180°=90°,‎ ‎∵OA=OD,∴∠OAD=∠ODA,‎ 又∵BA=BF,∴∠BAF=∠BFA=∠DFO,‎ ‎∴∠BAF+∠OAD=∠DFO+∠ODA=90°,‎ ‎∴OA⊥AB,∴AB是⊙O的切线;‎ ‎(2)设⊙O的半径为r,‎ 由(1)知,∠EOD=90°,‎ 在Rt△OFD中,‎ OD=r,OF=4﹣r,DF=,‎ ‎∴r2+(4﹣r)2=()2,‎ 解得,r1=1(舍去),r2=3,‎ ‎∴⊙O半径为3;‎ ‎(3)如图2,连接CN,CD,‎ 在Rt△OCD中,OC=OD=r=3,‎ DC==3,‎ ‎∵=,∴∠ECD=∠DNC,‎ 又∵∠CDN=∠CDN,∴△DCM∽△DNC,‎ ‎∴=,∴DM•DN=DC2,‎ ‎∵DC=(3)2=18,‎ ‎∴DM•DN为定值,该定值为18.‎ ‎ ‎ ‎27. 【解答】解:(1)∵抛物线的顶点为Q(2,﹣1),‎ ‎∴设抛物线的解析式为y=a(x﹣2)2﹣1,‎ 将C(0,3)代入上式,得:‎ ‎3=a(0﹣2)2﹣1,a=1;‎ ‎∴y=(x﹣2)2﹣1,即y=x2﹣4x+3;‎ ‎(2)分两种情况:‎ ‎①当点P1为直角顶点时,点P1与点B重合;‎ 令y=0,得x2﹣4x+3=0,解得x1=1,x2=3;‎ ‎∵点A在点B的右边,‎ ‎∴B(1,0),A(3,0);‎ ‎∴P1(1,0);‎ ‎②当点A为△AP2D2的直角顶点时;‎ ‎∵OA=OC,∠AOC=90°,‎ ‎∴∠OAD2=45°;‎ 当∠D2AP2=90°时,∠OAP2=45°,‎ ‎∴AO平分∠D2AP2;‎ 又∵P2D2∥y轴,‎ ‎∴P2D2⊥AO,‎ ‎∴P2、D2关于x轴对称;‎ 设直线AC的函数关系式为y=kx+b(k≠0).‎ 将A(3,0),C(0,3)代入上式得:‎ ‎,‎ 解得;‎ ‎∴y=﹣x+3;‎ 设D2(x,﹣x+3),P2(x,x2﹣4x+3),‎ 则有:(﹣x+3)+(x2﹣4x+3)=0,‎ 即x2﹣5x+6=0;‎ 解得x1=2,x2=3(舍去);‎ ‎∴当x=2时,y=x2﹣4x+3=22﹣4×2+3=﹣1;‎ ‎∴P2的坐标为P2(2,﹣1)(即为抛物线顶点).‎ ‎∴P点坐标为P1(1,0),P2(2,﹣1);‎ ‎(3)由(2)知,当P点的坐标为P1(1,0)时,不能构成平行四边形;‎ 当点P的坐标为P2(2,﹣1)(即顶点Q)时,‎ 平移直线AP交x轴于点E,交抛物线于F;‎ ‎∵P(2,﹣1),‎ ‎∴可设F(x,1);‎ ‎∴x2﹣4x+3=1,‎ 解得x1=2﹣,x2=2+;‎ ‎∴符合条件的F点有两个,‎ 即F1(2﹣,1),F2(2+,1).‎ ‎ ‎ ‎28. 【解答】解:(1)如图1,作CG⊥AB于点G,‎ 设BG=h,∵∠B=45°,AB=14,‎ ‎∴CG=BG=h,AG=14﹣h,‎ ‎∵tanA==,即=,‎ 解得:h=8,‎ 则AG=6,‎ ‎∵DP=DQ=t,‎ ‎∴PN=PQ=2t,‎ 由PN∥CG知△APN∽△AGC,‎ ‎∴=,即=,‎ 解得:t=,‎ 故答案为:.‎ ‎(2)①如图2,‎ ‎∵四边形PQMN是正方形,‎ ‎∴∠BQM=90°,‎ ‎∵∠B=45°,‎ ‎∴BQ=MQ,即7﹣t=2t,‎ 解得t=,‎ 故当0<t≤时,S=(2t)2=4t2;‎ ‎②如图3,‎ ‎∵∠BQF=90°,∠B=45°,‎ ‎∴BQ=FQ=7﹣t,∠BFQ=∠MFE=45°,‎ 则MF=MQ﹣QF=3t﹣7,‎ ‎∵∠M=90°,‎ ‎∴ME=MF=3t﹣7,‎ 则S=(2t)2﹣×(3t﹣7)2=﹣t2+21t﹣ (<t<);‎ 综上,S=.‎ ‎(3)S△ABC=AB•CG=×14×8=56,‎ ‎①如图4,作HR⊥AB于点R,‎ ‎∵四边形PQMN为正方形,且PM为对角线,‎ ‎∴∠HPB=∠B=45°,‎ ‎∴HR=PB=×(14﹣7+t)=,‎ ‎∵PM将△ABC面积平分,‎ ‎∴S△PBH=S△ABC,‎ 则•(7+t)•=×56,‎ 解得t=﹣7+4(负值舍去);‎ ‎②如图5,作KT⊥AB于T,‎ 设KT=4m,由tanA==知AT=3m,‎ ‎∵∠KQT=45°,‎ ‎∴KT=QT=4m,‎ 则AQ=3m+4m=7m,‎ 又AQ=14﹣(7﹣t)=7+t,‎ 则7m=7+t,‎ ‎∴m=,‎ ‎∵直线NQ将△ABC面积平分,‎ ‎∴S△AKQ=S△ABC,即×7m×4m=×56,‎ 整理,得:m2=2,‎ 则()2=2,‎ 解得:t=﹣7+7(负值舍去),‎ 综上,t的值为4﹣7或7﹣7.‎
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