2018年江苏省苏州市高新区中考二模数学试卷

这是一份2018年江苏省苏州市高新区中考二模数学试卷，共18页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题（共10小题；共50分）
1. 2 的相反数是
A. 2B. −2C. 12D. −12

2. 下列 4 个数：9，227，π，30，其中无理数是
A. 9B. 227C. πD. 30

3. 下列运算正确的是
A. a3⋅a2=a6B. 2a3=6a3
C. a−b2=a2−b2D. 3a2−a2=2a2

4. PM2.5 是指大气中直径小于或等于 0.0000025 m 的颗粒物，将 0.0000025 用科学记数法表示为
A. 0.25×10−5B. 0.25×10−6C. 2.5×10−5D. 2.5×10−6

5. 在“大家跳起来”的学校跳操比赛中，九年级参赛的 10 名学生成绩统计结果如图所示，对于这 10 名学生的参赛成绩，下列说法中错误的是
A. 众数是 90 分B. 中位数是 90 分
C. 平均数是 90 分D. 极差是 15 分

6. 八边形的内角和为
A. 180∘B. 360∘C. 1080∘D. 1440∘

7. 如图，若锐角 △ABC 内接于 ⊙O，点 D 在 ⊙O 外（与点 C 在 AB 同侧），则 ∠C 与 ∠D 的大小关系为
A. ∠C>∠DB. ∠C<∠DC. ∠C=∠DD. 无法确定

8. 如图，已知 A，B 是反比例函数 y=kxk>0,x>0 图象上的两点，BC∥x轴，交 y 轴于点 C，动点 P 从坐标原点 O 出发，沿 O→A→B→C 匀速运动，终点为 C，过点 P 作 PM⊥x轴，PN⊥y轴，垂足分别为 M，N．设四边形 OMPN 的面积为 S，点 P 运动的时间为 t，则 S 关于 t 的函数图象大致为
A. B.
C. D.

9. 如图，矩形 ABCD 中，AB=10，BC=5，点 E，F，G，H 分别在矩形 ABCD 各边上，且 AE=CG，BF=DH，则四边形 EFGH 周长的最小值为
A. 55B. 105C. 103D. 153

10. 已知抛物线 y=ax2+2−ax−2a>0 的图象与 x 轴交于 A，B 两点（点 A 在点 B 的右侧），与 y 轴交于点 C．给出下列结论：
①在 a>0 的条件下，无论 a 取何值，点 A 是一个定点；
②在 a>0 的条件下，无论 a 取何值，抛物线的对称轴一定位于 y 轴的左侧；
③ y 的最小值不大于 −2；
④若 AB=AC，则 a=1+52．
其中正确的结论有
A. 1 个B. 2 个C. 3 个D. 4 个

二、填空题（共8小题；共40分）
11. 若式子 2x+1 在实数范围内有意义，则 x 的取值范围是 ．

12. 分解因式：3x2−12= ．

13. 已知圆锥的底面半径为 4 cm，母线长为 5 cm，则这个圆锥的侧面积是 ．

14. 小球在如图所示的地板上自由地滚动，并随机地停留在某块方砖上，那么小球最终停留在黑色区域的概率是 ．

15. 如图，菱形 ABCD 的边长为 15，sin∠BAC=35，则对角线 AC 的长为 ．

16. 点 a−1,y1，a+1,y2 在反比例函数 y=kxk>0 的图象上，若 y1
17. 在 20 km 越野赛中，甲乙两选手的行程 y（单位：km）随时间 x（单位：h）变化的图象如图所示，根据图中提供的信息，有下列说法：
①两人相遇前，甲的速度小于乙的速度；
②出发后 1 小时，两人行程均为 10 km；
③出发后 1.5 小时，甲的行程比乙多 3 km；
④甲比乙先到达终点．
其中正确的有 个．

18. 已知：如图，AD，BE 分别是 △ABC 的中线和角平分线，AD⊥BE，AD=BE=6，则 AC 的长等于 ．

三、解答题（共10小题；共130分）
19. 计算：∣−1∣+9−1−30−12−1．

20. 解不等式组：x−1<2,2x+3≥x−1.

21. 先化简，再求值：1+1x2−1÷x2x2+2x+1，其中 x=2+1．

22. 为了解某校学生的课余兴趣爱好情况，某调查小组设计了“阅读”、“打球”、“书法”和“其他”四个选项，用随机抽样的方法调查了该校部分学生的课余兴趣爱好情况（每个学生必须选一项且只能选一项），并根据调查结果绘制了如下统计图：
根据统计图所提供的信息，解答下列问题：
（1）本次抽样调查中的样本容量是 ；
（2）补全条形统计图；
（3）该校共有 2000 名学生，请根据统计结果估计该校课余兴趣爱好为“打球”的学生人数．

23. 在学校组织的朗诵比赛中，甲、乙两名学生以抽签的方式从 3 篇不同的文章中抽取一篇参加比赛，抽签规则是：在 3 个相同的标签上分别标注字母A，B，C，各代表 1 篇文章，一名学生随机抽取一个标签后放回，另一名学生再随机抽取．用画树状图或列表的方法列出所有等可能的结果，并求甲、乙抽中同一篇文章的概率．

24. 如图，四边形 ABCD 中，∠A=∠ABC=90∘，AD=1，BC=3，E 是边 CD 的中点，连接 BE 并延长与 AD 的延长线相交于点 F．
（1）求证：四边形 BDFC 是平行四边形；
（2）若 △BCD 是等腰三角形，求四边形 BDFC 的面积．

25. 如图，轮船从点 A 处出发，先航行至位于点 A 的南偏西 15∘ 且与点 A 相距 100 km 的点 B 处，再航行至位于点 B 的北偏东 75∘ 且与点 B 相距 200 km 的点 C 处．
（参考数据：2≈1.414，3≈1.732）
（1）求点 C 与点 A 的距离（精确到 1 km）；
（2）确定点 C 相对于点 A 的方向．

26. 如图，已知点 D 在反比例函数 y=mx 的图象上，过点 D 作 x 轴的平行线交 y 轴于点 B0,3．过点 A5,0 的直线 y=kx+b 与 y 轴交于点 C，且 BD=OC，tan∠OAC=25．
（1）求反比例函数 y=mx 和直线 y=kx+b 的解析式．
（2）连接 CD，试判断线段 AC 与线段 CD 的关系，并说明理由．
（3）点 E 为 x 轴上点 A 右侧的一点，且 AE=OC，连接 BE 交直线 CA 与点 M，求 ∠BMC 的度数．

27. 如图，已知 △ABC 内接于 ⊙O，BC 交直径 AD 于点 E，过点 C 作 AD 的垂线交 AB 的延长线于点 G，垂足为 F．连接 OC．
（1）若 ∠G=48∘，求 ∠ACB 的度数；
（2）若 AB=AE，求证：∠BAD=∠COF；
（3）在（2）的条件下，连接 OB，设 △AOB 的面积为 S1，△ACF 的面积为 S2．若 tan∠CAF=12，求 S1S2 的值．

28. 如图 1，已知直线 y=kx 与抛物线 y=−427x2+223 交于点 A3,6．
（1）求直线 y=kx 的解析式和线段 OA 的长度；
（2）点 P 为抛物线第一象限内的动点，过点 P 作直线 PM，交 x 轴于点 M（点 M，O 不重合），交直线 OA 于点 Q，再过点 Q 作直线 PM 的垂线，交 y 轴于点 N．试探究：线段 QM 与线段 QN 的长度之比是否为定值?如果是，求出这个定值；如果不是，说明理由；
（3）如图 2，若点 B 为抛物线上对称轴右侧的点，点 E 在线段 OA 上（与点 O，A 不重合），点 Dm,0 是 x 轴正半轴上的动点，且满足 ∠BAE=∠BED=∠AOD．继续探究：m 在什么范围时，符合条件的 E 点的个数分别是 1 个、 2 个?
答案
第一部分
1. B【解析】2 的相反数为：−2．
2. C
3. D【解析】A、 a3⋅a2=a3+2=a5，故A错误；
B、 2a3=8a3，故B错误；
C、 a−b2=a2−2ab+b2，故C错误；
D、 3a2−a2=2a2，故D正确．
故选：D．
4. D【解析】0.0000025=2.5×10−6．
5. C
6. C
7. A【解析】连接 BE．
∵∠ACB=∠AEB，
∠AEB>∠D，
∴∠C>∠D．
8. A【解析】①点 P 在 AB 上运动时，此时四边形 OMPN 的面积 S=K，保持不变，故排除B、D；
②点 P 在 BC 上运动时，设路线 O→A→B→C 的总路程为 l，点 P 的速度为 a，则 S=OC×CP=OC×l−at，
因为 l，OC，a 均是常数，
所以 S 与 t 成一次函数关系．故排除C．
9. B【解析】作点 E 关于 BC 的对称点 Eʹ，连接 EʹG 交 BC 于点 F，此时四边形 EFGH 周长取最小值，过点 G 作 GGʹ⊥AB 于点 Gʹ，如图所示．
由轴对称性质可知 EF=EʹF，
∵ 四边形 ABCD 为矩形，
∴ ∠A=∠C=90∘，AB=CD，AD=BC．
∵ BF=DH，
∴ AH=CF．
在 △EAH 和 △GCF 中，
AE=CG,∠A=∠C,AH=CF,
∴ △AHE≌△CFG，
∴ EH=FG．
同理 EF=GH，
∴ 四边形 EFGH 为平行四边形．
∵ AE=CG，BE=BEʹ，
∴ EʹGʹ=AB=10，
∵ GGʹ=AD=5，
∴ EʹG=EʹGʹ2+GGʹ2=55，
∴ C四边形EFGH=2EʹG=105．
10. C
【解析】① y=ax2+2−ax−2=x−1ax+2a>0．
则该抛物线恒过点 A1,0．故①正确；
② ∵y=ax2+2−ax−2a>0 的图象与 x 轴有 2 个交点，
∴Δ=2−a2+8a=a+22>0，
∴a≠−2．
∴ 该抛物线的对称轴为：x=a−22a=12−1a，无法判定正负．故②不一定正确；
③根据抛物线与 y 轴交于 0,−2 可知，y 的最小值不大于 −2，故③正确；
④ ∵A1,0，B−2a,0，C0,−2，
∴ 当 AB=AC 时，1+2a2=12+−22=5，
解得：a=1+52，故④正确．
综上所述，正确的结论有 3 个．
第二部分
11. x≠−1
【解析】∵ 式子 2x+1 在实数范围内有意义，
∴x+1≠0，解得：x≠−1．
12. 3x−2x+2
【解析】原式=3x2−4=3x+2x−2.
13. 20π cm2
【解析】这个圆锥的侧面积 =12⋅2π⋅4⋅5=20πcm2．
14. 29
【解析】∵ 由图可知，黑色方砖 2 块，共有 9 块方砖，
∴ 黑色方砖在整个地板中所占的比值 =29，
∴ 它停在黑色区域的概率是 29．
15. 24
【解析】OB=AB×sin∠BAC=9，AO=12，AC=24．
16. −1【解析】因为 a−10，解得 −117. 1
【解析】在两人出发后 0.5 小时之前，甲的速度小于乙的速度；
0.5 小时到 1 小时之间，甲的速度大于乙的速度，故①错误；
由图可得，两人在 1 小时时相遇，行程均为 10 km，故②正确；
甲的图象的解析式为 y=10x，乙 AB 段图象的解析式为 y=4x+6，
因此出发 1.5 小时后，乙的路程为 15 千米，
甲的路程为 12 千米，甲的行程比乙少 3 千米，故③错误；
乙到达终点所用的时间较少，因此乙比甲先到达终点，故④错误．
18. 952
【解析】
如图，延长 AD 至 F，令 AD=DF，连接 BF，过点 F 作 FG∥BE 交 AC 的延长线于点 G，过点 C 作 CH∥BE 交 AF 于 H．
∵BE 是 △ABC 的角平分线，AD⊥BE，
∴AB=BD，AO=OD=3．
易得 △ADC≌△FDB，
∴AC∥BF，
又 FG∥BE，
∴ 四边形 BEGF 为平行四边形．
∴BE=FG=6，
∵AD=6，
∴AF=12．
在 Rt△AFG 中，
AG=65．
可证 △BOD≌△CHD，
∴OD=DH=3，
∴AH=9，
∴AHAF=ACAG，
∴AC=952．
第三部分
19. ∣−1∣+9−1−30−12−1=1+3−1−2=1.
20. 解不等式 x−1<2，得：
x<3.
解不等式 2x+3≥x−1，得：
x≥−4.
则不等式组的解集为
−4≤x<3.
21. 原式=x2−1x2−1+1x2−1⋅x+12x2=x2x+1x−1⋅x+12x2=x+1x−1,
当 x=2+1 时，
原式=2+22=1+2.
22. （1） 100
【解析】本次抽样调查中的样本容量=30÷30%=100．
（2） 其他有 100×10%=10（人），打球有 100−30−20−10=40（人），
条形图如图所示：
（3） 估计该校课余兴趣爱好为“打球”的学生人数为 2000×40%=800（人）．
23. 如图：
所有可能的结果有 9 种，甲、乙抽中同一篇文章的情况有 3 种，
概率为 39=13．
24. （1） ∵∠A=∠ABC=90∘，
∴BC∥AD，
∴∠CBE=∠DFE，
在 △BEC 与 △FED 中，
∠CBE=∠DFE,∠BEC=∠FED,CE=DE,
∴△BEC≌△FED，
∴BE=FE，
又 ∵E 是边 CD 的中点，
∴CE=DE，
∴ 四边形 BDFC 是平行四边形．
（2） ① BC=BD=3 时，由勾股定理得，AB=BD2−AD2=32−12=22，
所以，四边形 BDFC 的面积 =3×22=62；
② BC=CD=3 时，过点 C 作 CG⊥AF 于 G，
则四边形 AGCB 是矩形，
所以，AG=BC=3，
所以，DG=AG−AD=3−1=2，
由勾股定理得，CG=CD2−DG2=32−22=5，
所以，四边形 BDFC 的面积 =3×5=35；
③ BD=CD 时，BC 边上的中线应该与 BC 垂直，从而得到 BC=2AD=2，矛盾，此时不成立；
综上所述，四边形 BDFC 的面积是是 62 或 35．
25. （1） 如图，过点 A 作 AD⊥BC 于点 D，∠ABE=∠BAF=15∘，
由图得，∠ABC=∠EBC−∠ABE=∠EBC−∠BAF=75∘−15∘=60∘，
在 Rt△ABD 中，
∵∠ABC=60∘，AB=100，
∴BD=50，AD=503，
∴CD=BC−BD=200−50=150，
在 Rt△ACD 中，由勾股定理得：AC=AD2+CD2=1003≈173km．
答：点 C 与点 A 的距离约为 173 km．
（2） 在 △ABC 中，
∵AB2+AC2=1002+10032=40000，BC2=2002=40000，
∴AB2+AC2=BC2，
∴∠BAC=90∘，
∴∠CAF=∠BAC−∠BAF=90∘−15∘=75∘．
答：点 C 位于点 A 的南偏东 75∘ 方向．
26. （1） ∵A5,0，
∴OA=5，
∵tan∠OAC=25，
∴OCOA=25，解得 OC=2，
∴C0,−2，
∴BD=OC=2，
∵B0,3，BD∥x 轴，
∴D−2,3，
∴m=−2×3=−6，
∴y=−6x，
设直线 AC 关系式为 y=kx+b，
∵ 过 A5,0，C0,−2，
∴0=5k+b,−2=b, 解得 k=25,b=−2,
∴y=25x−2 .
（2） AC⊥CD．
∵B0,3，C0,−2，
∴BC=5=OA，
在 △OAC 和 △BCD 中，OA=BC,∠AOC=∠DBC,OC=BD,
∴△OAC≌△BCDSAS，
∴AC=CD，
∴∠OAC=∠BCD，
∴∠BCD+∠BCA=∠OAC+∠BCA=90∘，
∴AC⊥CD．
（3） ∠BMC=45∘．
如图，连接 AD，
∵AE=OC，BD=OC，AE=BD，
∴BD∥x 轴，
∴ 四边形 AEBD 为平行四边形，
∴AD∥BM，
∴∠BMC=∠DAC，
∵△OAC≌△BCD，
∴AC=CD，
∵AC⊥CD，
∴△ACD 为等腰直角三角形，
∴∠BMC=∠DAC=45∘．
27. （1） 连接 CD，
∵AD 是 ⊙O 的直径，
∴∠ACD=90∘，
∴∠ACB+∠BCD=90∘，
∵AD⊥CG，
∴∠AFG=∠G+∠BAD=90∘，
∵∠BAD=∠BCD，
∴∠ACB=∠G=48∘．
（2） ∵AB=AE，
∴∠ABE=∠AEB，
∵∠ABC=∠G+∠BCG，∠AEB=∠ACB+∠DAC，
由（1）得：∠G=∠ACB，
∴∠BCG=∠DAC，
∴CD=PB，
∵AD 是 ⊙O 的直径，AD⊥PC，
∴CD=PD，
∴CD=PB=PD，
∴∠BAD=2∠DAC，
∵∠COF=2∠DAC，
∴∠BAD=∠COF．
（3） 过 O 作 OG⊥AB 于 G，
设 CF=x，
∵tan∠CAF=12=CFAF，
∴AF=2x，
∵OC=OA，由（2）得：∠COF=∠OAG，
∵∠OFC=∠AGO=90∘，
∴△COF≌△OAG，
∴OG=CF=x，AG=OF，
设 OF=a，则 OA=OC=2x−a，
Rt△COF 中，CO2=CF2+OF2，
∴2x−a2=x2+a2，
a=34x，
∴OF=AG=34x，
∵OA=OB，OG⊥AB，
∴AB=2AG=32x，
∴S1S2=12AB⋅OG12CF⋅AF=32x⋅xx⋅2x=34．
28. （1） 把点 A3,6 代入 y=kx 得：
∵6=3k，
∴k=2，
∴y=2x．
OA=32+62=35．
（2） 方法一：
QMQN 是一个定值，理由如下：
如答图 1，过点 Q 作 QG⊥y 轴于点 G，QH⊥x 轴于点 H．
① 当 QH 与 QM 重合时，显然 QG 与 QN 重合，
此时 QMQN=QHQG=QHOH=tan∠AOM=2；
② 当 QH 与 QM 不重合时，
∵QN⊥QM，QG⊥QH，
不妨设点 H，G 分别在 x，y 轴的正半轴上，
∴∠MQH=∠GQN，
又 ∵∠QHM=∠QGN=90∘，
∴△QHM∽△QGN，
∴QMQN=QHQG=QHOH=tan∠AOM=2，
当点 P，Q 在抛物线和直线上不同位置时，同理可得 QMQN=2．
【解析】方法二：
过点 Q 分别作 y 轴，x 轴垂线，垂足分别为 G，H，
∵QN⊥QM，
∴∠NQH+∠HQM=90∘，
∵QG⊥QH，
∴∠NQH+∠GQN=90∘，
∴∠HQM=∠GQN，
∵∠QGN=∠QHM=90∘，
∴△QGN∽△QHM，
∴QM:QN=2:1．
（3） 方法一：
如答图 2，延长 AB 交 x 轴于点 F，过点 F 作 FC⊥OA 于点 C，过点 A 作 AR⊥x 轴于点 R，
∵∠AOD=∠BAE，
∴AF=OF，
∴OC=AC=12OA=325，
∵∠ARO=∠FCO=90∘，∠AOR=∠FOC，
∴△AOR∽△FOC，
∴OFOC=AOOR=353=5，
∴OF=325×5=152，
∴ 点 F152,0，
设点 Bx,−427x2+223，
过点 B 作 BK⊥AR 于点 K，则 △AKB∽△ARF，
∴BKFR=AKAR，
即 x−37.5−3=6−−427x2+2236，
解得 x1=6，x2=3（舍去），
∴ 点 B6,2，
∴BK=6−3=3，AK=6−2=4，
∴AB=5；
（求 AB 也可采用下面的方法）
设直线 AF 为 y=kx+bk≠0 把点 A3,6，点 F152,0 代入得
k=−43，b=10，
∴y=−43x+10，
∴y=−43x+10,y=−427x2+223,
∴x1=3,y1=6（舍去），x2=6,y2=2,
∴B6,2，
∴AB=5，
（其它方法求出 AB 的长酌情给分）
在 △ABE 与 △OED 中，
∵∠BAE=∠BED，
∴∠ABE+∠AEB=∠DEO+∠AEB，
∴∠ABE=∠DEO，
∵∠BAE=∠EOD，
∴△ABE∽△OED．
设 OE=a，则 AE=35−a0由 △ABE∽△OED 得 AEAB=ODOE，
∴35−a5=ma，
∴m=15a35−a=−15a2+355a0 ∴ 顶点为 325,94，
如答图 3，
当 m=94 时，OE=a=325，此时 E 点有 1 个；
当 0 ∴ 当 m=94 时，E 点只有 1 个，
当 0【解析】方法二：
延长 AB 交 x 轴于 F，过点 F 作 FC⊥OA 于点 C．
∵∠BAE=∠AOD，
∴OF=AF，
∵FC⊥OA，
∴C 为 OA 中点，
∵O0,0，A3,6，
∴C32,3，
KOA=2，
∵KOA×KPC=−1，
∴KPC=−12，
∴lFC:y=−12x+154，
当 y=0 时，x=152，即 F152,0，
∴lAF:y=−43x+10，
∴y=−43x+10,y=−427x2+223⇒x1=3（舍），x2=6，
∴B6,2，AB=5，
∵Dm,0，OD=m，
设 AE=a，OE=35−a，
∠BAE=∠BED=∠AOD,∠OED+∠BED+∠AEB=180∘,∠ABE+∠BAE+∠AEB=180∘,⇒∠OED=∠ABE，
∴△ABE∽△OED，
∴ODOE=AEAB，
∴m35−a=a5，
∴a2−35a+5m=0，
∵E 只有一个，
∴Δ=45−20m=0，
∴m=94，
∵E 只有两个，
∴Δ=45−20m>0，
即 0