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．‎