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广东省深圳市2024年中考数学考前模拟预测试题（三）
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这是一份广东省深圳市2024年中考数学考前模拟预测试题（三），共16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（本题有10小题，每题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，请将正确的选项用2B铅笔填涂在答题卡上）(共10题；共30分)
1．（3分）有理数a在数轴上的对应点的位置如图所示，若有理数b满足|b|A．−3B．−1C．0D．2
2．（3分）下列几何体中，哪一个几何体的三视图完全相同（ ）
A．球体B．圆柱体
C．四棱锥D．圆锥
3．（3分）根据制定中的通州区总体规划，将通过控制人口总量上限的方式，努力让副中心远离“城市病”．预计到2035年，副中心的常住人口规模将控制在130万人以内，初步建成国际一流的和谐宜居现代化城区.130万用科学记数法表示为（ ）
A．1.3×106B．130×106C．1.3×105D．1.30×105
4．（3分）有两组扑克牌各三张，牌面数字均为 1 ， 2 ， 3 ，随意从每组牌中各抽一张，数字之和等于 4 的概率是（ ）
A．29B．13C．49D．59
5．（3分）若a−b=1，ab=2，则(a+b)2的值为（ ）
A．-9B．9C．±9D．3
6．（3分）如图，在 ΔABC 中， ∠B=32° ，将 ΔABC 沿直线 m 翻折，点 B 落在点 D 的位置，则 ∠1−∠2 的度数是（ ）
A．32°B．45°C．60°D．64°
7．（3分）如图，菱形ABCD中，点О为对称中心，点E从点A出发沿AB向点B移动，移动到点B停止.作射线EO，交边CD于点F，则四边形AECF形状的变化依次为（ ）
A．平行四边形→正方形→平行四边形→矩形
B．平行四边形→矩形→平行四边形→菱形
C．平行四边形→正方形→菱形→矩形
D．平行四边形→菱形→正方形→矩形
8．（3分）一家商店把某商品按标价的九折出售仍可获利15%，若该商品的进价是35元，若设标价为x元，则可列得方程（ ）
A．9%x−3535=15%B．90%x−3535=15%
C．90%x−35x=15%D．9%x−35x=15%
9．（3分）如图，矩形ABCD中，AB=3，BC=4，以点B为圆心，适当长为半径画弧，分别交BC，BD于点E，F，再分别以点E，F为圆心，大于12EF长为半径画弧交于点P，作射线BP，过点C作BP的垂线分别交BD，AD于点M，N，则CN的长为（ ）
A．10B．11C．23D．4
10．（3分）若抛物线y=ax2+2ax+4（a＜0）上有A（- 32 ，y1），B（- 2 ，y2），C（ 2 ，y3）三点，则y1，y2，y3的大小关系为（ ）
A．y1＜y2 ＜y3B．y3＜y2 ＜y1C．y3＜y1 ＜y2D．y2＜y3 ＜y1
二、填空题（本题有5小题，每题3分，共15分，把答案填在答题卡上）(共5题；共15分)
11．（3分）把多项式 m2n+6mn+9n 分解因式的结果是 ．
12．（3分）某车间20名工人每天加工零件数如下表所示：
这些工人每天加工零件数的众数、中位数分别是 .
13．（3分）如图，已知矩形ABCD，P、R分别是BC和DC上的动点，E、F分别是PA、PR的中点，如果DR=5，EF=6.5，则BC的长为 ．
14．（3分）如图，在边长为4的正方形ABCD中，P是BC边上一动点（不含B、C两点），将△ABP沿直线AP翻折，点B落在点E处；在CD上有一点M，使得将△CMP沿直线MP翻折后，点C落在直线PE上的点F处，直线PE交CD于点N，连接MA，NA.则以下结论中正确的有 （写出所有正确结论的序号）
①△CMP∽△BPA；
②四边形AMCB的面积最大值为10；
③当P为BC中点时，AE为线段NP的中垂线；
④线段AM的最小值为 25 ；
⑤当△ABP≌△ADN时，BP= 42−4 .
15．（3分）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，BC＝2 3 ，AC＝2，点D是BC的中点，点E是边AB上一动点，沿DE所在直线把△BDE翻折到△B′DE的位置，B′D交AB于点F.若△AB′F为直角三角形，则AE的长为 .
三、解答题（本题共7小题，共55分）(共7题；共56分)
16．（7分）计算： (12)−2+|2−12|−2cs30∘+(π−3.14)0
17．（7分）先化简，再求值：aa−2+(aa−2−4aa2−2)，其中a=3．
18．（9分）初二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二学生的参与情况，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）（1分）在这次评价中，一共抽查了 名学生；
（2）（4分）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）（2分）请将频数分布直方图补充完整；
（4）（2分）如果全市有6000名初二学生，那么在试卷评讲课中，“独立思考”的初二学生约有多少人？
19．（7分）一辆汽车从甲地出发开往相距240千米的乙地，出发后第1小时内按原计划的速度匀速行驶，1小时后比原来的速度加快了14，最终比原计划提前24分钟到达乙地.求汽车出发后第1小时内的行驶速度.
20．（8分）如图，在锐角△ABC中，AC是最短边．以AC为直径的⊙O，交BC于D，过O作OE∥BC，交⊙O于E，连接AD、AE、CE．
（1）（2分）求证：∠ACE=∠DCE；
（2）（3分）若∠B=45°，∠BAE=15°，求∠EAO的度
（3）（3分）若AC=1，S△CDFS△COE=23，求CF的长．
21．（8分）某超市销售一种商品，成本为每千克40元，规定每千克售价不低于成本，且不高于80元.经市场调查，每天的销售量y（千克）与每千克售价x（元）满足一次函数关系，部分数据如下表：
（1）（4分）求y与x之间的函数关系式；
（2）（4分）设商品每天的总利润为W（元），求W与x之间的函数关系式，并求出最大总利润.
22．（10分）在正方形ABCD中，E，F分别在CD，AD上（均不与端点重合），连接AE.
（1）（3分）特例感知：如图1，连接BF，若BF⊥AE，垂足为M，求证：BF＝AE；
（2）（4分）类比探究：如图2，过AD上一点P（不与点F重合）作PQ⊥AE，垂足为N，交BC于Q，判断线段PQ与AE的数量关系，并证明你的结论；
（3）（3分）拓展运用：在（2）的条件下，若N是AE的中点，AB＝8，PD＝3，请直接写出PQ的长.
答案解析部分
1．【答案】A
【解析】【解答】解：观察数轴上点的位置得：2∵|b|∴b的值可能为：-1，0，2，
∴b的值不可能是-3，
故答案为：A．
【分析】利用数轴大小比较可得：22．【答案】A
【解析】【解答】解：A、球体的三视图都是圆，故此选项正确；
B、圆柱的主视图和俯视图都是矩形，但左视图是一个圆形，故此选项错误；
C、四棱柱的主视图和左视图是一个三角形，俯视图是一个四边形，故此选项错误；
D、圆锥的主视图和左视图是相同的，都为一个三角形，但是俯视图是一个圆形，故此选项错误．
故选：A．
【分析】根据各个几何体的三视图的图形易求解．此题主要考查了简单几何体的三视图，本题只要清楚了解各个几何体的三视图即可求解．
3．【答案】A
【解析】【解答】将130万用科学记数法表示为 1.3×106 ．
故答案为：A．
【分析】科学记数法的表示形式为a×10n的形式，其中1≤|a|＜10，n为整数．确定n的值时，要看把原数变成a时，小数点移动了多少位，n的绝对值与小数点移动的位数相同．当原数绝对值＞1时，n是正数；当原数的绝对值＜1时，n是负数．
4．【答案】B
【解析】【解答】列表得：
∴一共存在9种情况，数字之和等于4的有3种情况，
∴随意从每组牌中各抽一张，数字之和等于4的概率是 39=13 ，
故答案为：B．
【分析】利用列表法求出所有等可能的情况数，再利用概率公式求解即可。
5．【答案】B
【解析】【解答】解：∵a−b=1，ab=2，
∴（a+b）2=（a-b）2+4ab=12+4×2=9，
故答案为：B.
【分析】由完全平方公式恒等变形得（a+b）2=（a-b）2+4ab，从而整体代入计算即可.
6．【答案】D
【解析】【解答】如图，
由翻折得∠B=∠D，
∵∠3=∠2+∠D，∠1=∠B+∠3，
∴∠1=∠2+2∠B，
∵∠B=32° ，
∴∠1−∠2 = 64° ，
故答案为：D.
【分析】由翻折得∠B=∠D，利用外角的性质得到∠3及∠1，再将∠B的度数代入计算，即可得到答案.
7．【答案】B
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，点O为对称中心，
∴这个四边形先是平行四边形，当对角线相等时是它是矩形，然后又是平行四边形，最后当点E与点B重合时是它是菱形．
故答案为：B．
【分析】根据平行四边形的判定，对称中心的定义，菱形的判定，可得四边形AECF形状的变化情况．
8．【答案】B
【解析】【解答】实际售价为90%x，
故利润为90%x−35，
所以可列方程为 90%x−3535=15%
故答案为：B.
【分析】等量关系为：（售价-进价）÷进价=15%，把相关数值代入即可．
9．【答案】A
【解析】【解答】解：过R作RK⊥BD于点K，
∵四边形ABCD为矩形，
∴AB=CD=3，∠BCD=90°.
∵CN⊥BM，
∴∠CMB=∠CDN=90°，
∴∠CBM+∠BCM=90°，∠BCM+∠DCN=90°，
∴∠CBM=∠DCN，
∴△BMC∽△CDN，
∴BMCD=BCCN，
∴BM·CN=CD·CB=12.
∵∠BCD=90°，CD=3，BC=4，
∴BD=5.
由作图可得BP平分∠CBD.
∵RK⊥BD，RC⊥BC，
∴RK=RC.
∵S△BCD=S△BDR+S△BCR，
∴12×3×4=12×5·RK+12×4×RC，
∴RC=RK=43，
∴BR=BC2+RC2=4103.
∵cs∠CBR=BMBC=BCBR，
∴BM4=44103，
∴BM=6105，
∴CN·BM=12，
∴CN=10.
故答案为：A.
【分析】过R作RK⊥BD于点K，由矩形的性质可得AB=CD=3，∠BCD=90°，根据同角的余角相等可得∠CBM=∠DCN，由两角对应相等的两个三角形相似可得△BMC∽△CDN，根据相似三角形的性质可得BM·CN=CD·CB=12，由勾股定理可得BD=5，由作图可得BP平分∠CBD，则RK=RC，根据S△BCD=S△BDR+S△BCR结合三角形的面积公式可得RC=RK=43，由勾股定理可得BR，利用三角函数的概念可得BM，据此求解.
10．【答案】C
【解析】【解答】解：∵抛物线y＝ax2＋2ax＋4（a＜0），
∴对称轴为：x＝ −2a2a=−1 ，
∴当x＜−1时，y随x的增大而增大，当x＞−1时，y随x的增大而减小，
∵A（− 32 ，y1），B（− 2 ，y2），C（ 2 ，y3）在抛物线上，且− 32 ＜− 2 ，−0.5＜ 2 ，
∴y3＜y1＜y2，
故答案为：C.
【分析】根据抛物线y＝ax2＋2ax＋4（a＜0）可知该抛物线开口向下，可以求得抛物线的对称轴，又因为抛物线具有对称性，从而可以解答本题.
11．【答案】n(m+3)2
【解析】【解答】原式= n(m2+6m+9) = n(m+3)2 ，
故答案为： n(m+3)2 ．
【分析】先提公因式，再利用完全平方公式进行因式分解即可．
12．【答案】5、6
【解析】【解答】解：由表知数据5出现次数最多，所以众数为5；
因为共有20个数据，
所以中位数为第10、11个数据的平均数，即中位数为6+62=6.
故答案为：5，6.
【分析】找出出现次数最多的数据即为众数；求出第10、11个数据的平均数即为中位数.
13．【答案】12
【解析】【解答】解：连接AR，如图所示
∵E、F分别是PA、PR的中点，EF=6.5，
∴AR=2EF=13
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠D=90°，DR=5
∴AD=AR2-DR2=12
故答案为：12.
【分析】根据三角形中位线的性质求得AR=13，进而勾股定理，即可求解．
14．【答案】①②⑤
【解析】【解答】解：∵∠APB=∠APE，∠MPC=∠MPN，∵∠CPN+∠NPB=180°，∴2∠NPM+2∠APE=180°，∴∠MPN+∠APE=90°，∴∠APM=90°，∵∠CPM+∠APB=90°，∠APB+∠PAB=90°，∴∠CPM=∠PAB，∵四边形ABCD是正方形，∴AB=CB=DC=AD=4，∠C=∠B=90°，∴△CMP∽△BPA.故①正确，设PB=x，则CP=4﹣x，∵△CMP∽△BPA，∴PBCM=ABPC ，∴CM= 14 x（4﹣x），∴S四边形AMCB= 12 [4+ 14 x（4﹣x）]×4= −12x2+2x+8 = −12(x−2)2+10 ，∴x=2时，四边形AMCB面积最大值为10，故②正确，当PB=PC=PE=2时，设ND=NE=y，在Rt△PCN中， (y+2)2=(4−y)2+22 解得 y=43 ，∴NE≠EP，故③错误，作MG⊥AB于G，
∵AM= MG2+AG2 = 16+AG2 ，∴AG最小时AM最小，∵AG=AB﹣BG=AB﹣CM=4﹣ 14 x（4﹣x）= 14(x−1)2+3 ，∴x=1时，AG最小值=3，∴AM的最小值= 16+9 =5，故④错误.
∵△ABP≌△ADN时，∴∠PAB=∠DAN=22.5°，在AB上取一点K使得AK=PK，设PB=z，∴∠KPA=∠KAP=22.5°.∵∠PKB=∠KPA+∠KAP=45°，∴∠BPK=∠BKP=45°，∴PB=BK=z，AK=PK= 2 z，∴z+ 2 z=4，∴z= 42−4 ，∴PB= 42−4 故⑤正确.
故答案为：①②⑤.
【分析】 ①只要证明∠APM＝90°即可解决问题．
②设PB＝x，构建二次函数，利用二次函数性质解决问题即可．
③设ND＝NE＝y，在Rt△PCN中，利用勾股定理求出y即可解决问题．
④作MG⊥AB于G，因为AM＝ MG2+AG2 = 16+AG2，所以AG最小时AM最小，构建二次函数，求得AG的最小值为3，AM的最小值为5．
⑤在AB上取一点K使得AK＝PK，设PB＝z，列出方程即可解决问题．
15．【答案】3或 145
【解析】【解答】解：∵∠C＝90°，BC＝ 23 ，AC＝2，
∴tanB＝ ACBC=223=33 ，
∴∠B＝30°，
∴AB＝2AC＝4，
∵点D是BC的中点，沿DE所在直线把△BDE翻折到△B′DE的位置，B′D交AB于点F
∴DB＝DC＝ 3 ，EB′＝EB，∠DB′E＝∠B＝30°，
设AE＝x，则BE＝4﹣x，EB′＝4﹣x，
当∠AFB′＝90°时，
在Rt△BDF中，csB＝ BFBD ，
∴BF＝ 3 cs30°＝ 32 ，
∴EF＝ 32 ﹣（4﹣x）＝x﹣ 52 ，
在Rt△B′EF中，∵∠EB′F＝30°，
∴EB′＝2EF，
即4﹣x＝2（x﹣ 52 ），解得x＝3，此时AE为3；
若B′不落在C点处，作EH⊥AB′于H，连接AD，如图，
∵DC＝DB′，AD＝AD，
∴Rt△ADB′≌Rt△ADC，
∴AB′＝AC＝2，
∵∠AB′E＝∠AB′F+∠EB′F＝90°+30°＝120°，
∴∠EB′H＝60°，
在Rt△EHB′中，B′H＝ 12 B′E＝ 12 （4﹣x），EH＝ 3 B′H＝ 32 （4﹣x），
在Rt△AEH中，∵EH2+AH2＝AE2，
∴34 （4﹣x）2+[ 12 （4﹣x）+2]2＝x2，解得x＝ 145 ，此时AE为 145 .
综上所述，AE的长为3或 145 .
故答案为：3或 145 .
【分析】利用解直角三角形求出∠B的度数，利用30° 角所对的直角边等于斜边的一半，可求出AB的长；利用折叠的性质可求出DB，DC的长，同时可证得EB′＝EB，∠DB′E＝∠B＝30°；设AE＝x，可表示出BE，EB′的长，利用解直角三角形可表示出EF的长，同时可证得EB′＝2EF，得到关于x的方程，解方程求出x的值，可得到AE的长；若B′不落在C点处，作EH⊥AB′于H，连接AD，利用HL可证得Rt△ADB′≌Rt△ADC，利用全等三角形的性质可求出AB′的长，利用解直角三角形表示出B′H，EH的长，利用勾股定理可得到关于x的方程求出x的值，可求出AE的长.
16．【答案】解：原式=4+2 3 -2-2× 32 +1＝3＋ 3
【解析】【分析】利用绝对值，二次根式，特殊锐角三角函数值，零指数，负指数的意义分别化简，然后按照实数的运算法则计算即可。
17．【答案】解：aa−2+(aa−2−4aa2−2)
=aa−2+aa−2−4aa2−2
=2aa−2−4aa2−2
=2a(a2−2)(a−2)(a2−2)−4a(a−2)(a−2)(a2−2)
=2a3−4a2+4a(a−2)(a2−2)
当a=3时，原式=2×33−4×32+4×3(3−2)(32−2)=307
【解析】【分析】先化简分式，再将a=3代入计算求解即可。
18．【答案】（1）560
（2）54
（3）解：“讲解题目”的人数是：560﹣84﹣168﹣224=84（人）．
（4）解：在试卷评讲课中，“独立思考”的初三学生约有：6000×(168÷560)=1800（人）．
【解析】【解答】解：（1）调查的总人数是：224÷40%=560（人）
（ 2 ）解：“主动质疑”所在的扇形的圆心角的度数是：360×(84÷560)=54°
【分析】(1)由频数分布直方图和扇形图中的信息可得，调查的总人数=专注听讲的人数÷专注听讲的百分数=224÷40%=560（人）；
（2）“主动质疑”所在的扇形的圆心角的度数=360°×“主动质疑”的百分数=360°×84560=54°；
(3)“讲解题目”的人数=560﹣84﹣168﹣224=84（人），根据计算结果即可补全频数分布直方图；
（4）在试卷评讲课中，“独立思考”的初三学生=初二学生总数×抽取的“独立思考”的学生的百分数=6000×(168÷560)=1800（人）。
19．【答案】解： 设汽车出发后第1小时内的行驶速度为x千米/小时，则出发1小时后的速度为（1+14）x千米/小时，
根据题意得：240x-1+240-x(1+14)x=2460，
解得：x=80，
经检验：x=80是分式方程的解，
∴ 汽车出发后第1小时内的行驶速度为80千米/小时.
【解析】【分析】设汽车出发后第1小时内的行驶速度为x千米/小时，则出发1小时后的速度为（1+14）x千米/小时，根据路程除以速度等于时间及“ 实际所用的时间比原计划提前24分钟到达乙地 ”列出方程并解之即可.
20．【答案】（1）解：∵OC=OE，
∴∠OEC=∠OCE．
∵OE∥BC，
∴∠OEC=∠ECD，
∴∠OCE=∠ECD，即∠ACE=∠DCE；
（2）解：延长AE交BC于点G．
∵∠AGC是△ABG的外角，
∴∠AGC=∠B+∠BAG=45°+15°=60°．
∵OE∥BC，
∴∠AEO=∠AGC=60°．
∵OA=OE，
∴∠EAO=∠AEO=60°．
（3）解：∵O是AC中点，
∴S△COES△CAE=12
∵S△CDFS△COE=23，
∴S△CDFS△CAE=13．
∵AC是直径，
∴∠AEC=∠FDC=90°．
∵∠ACE=∠FCD，
∴△CDF∽△CEA，
∴CFCA=13=33，
∴CF=33CA=33．
【解析】【分析】（1）根据等腰三角形的性质，可得∠OEC=∠OCE；根据两直线平行，内错角相等，可得∠OEC=∠ECD；根据等量代换原则，即可得∠ACE=∠DCE；
（2）根据三角形外角的性质，可得∠AGC的度数；根据两直线平行，同位角相等，可得∠AEO=∠AGC；根据等腰三角形的性质，可得∠EAO的度数；
（3）根据三角形面积公式和已知面积之比，可得S△CDFS△CAE=13；根据圆周角定理，可得∠AEC=∠FDC=90°；根据有两对对应角相等的两个三角形相似和三角形相似的性质，可得CFCA的值，即可求出CF的值.
21．【答案】（1）解：∵每天的销售量y（千克）与每千克售价x（元）满足一次函数关系，
∴设y=kx+b（k≠0）
∴50k+b=10060k+b=80
解之：k=-2b=200
∴y与x之间的和函数解析式为y=-2x+200.
（2）解： W=(x−40)(−2x+200)=−2x2+280x−8000
当 x=−2802×(−2)=70 时， W最大值=1800 元
【解析】【分析】（1）利用已知设y=kx+b（k≠0），利用表中数据建立关于k，b的方程组，解方程组求出k，b的值，即可得到函数解析式.
（2）根据总利润W=每一件的利润×销售量，列出W与x之间的函数解析式，再利用二次函数的性质可求出最大利润.
22．【答案】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BAD＝∠ADE＝90°，AB＝AD.
∵BF⊥AE，
∴∠AMF＝90°，
∴∠AFB＋∠DAE＝∠AED＋∠DAE＝90°，
∴∠AFB＝∠AED.
在△ABF和△DAE中，
∠AFB=∠AED，∠BAF=∠ADE，AB=AD
∴△ABF≌DAE.
∴BF＝AE.
（2）解：PQ＝AE.
证明：∵PQ⊥BF，
∴∠ANP＝∠AMF＝90°，
∴BF∥PQ.
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD∥BC.
∴四边形BFPQ是平行四边形.
∴BF＝PQ.
∵BF＝AE，
∴PQ＝AE.
（3）解：连接PE，
∵PQ⊥AE，N为AE中点，
∴PQ垂直平分AE，
∴AP=EP，
∵AD=AB=8，PD=3，
∴EP=AP=5，
∵∠D=90° ，
∴DE=PE2−PD2=4 ，
∴AE=AD2+ED2=82+42=45 ，
∴PQ=45 .
【解析】【分析】（1）由题意用角角边可证△ABF≌△DAE，由全等三角形的对应边相等可求解；
（2）由题意，根据有两组对边分别平行的四边形是平行四边形可得四边形BFPQ是平行四边形，则BF=PQ，结合（1）的结论可求解；
（3）连接PE，由线段的垂直平分线上的点到线段两端点的距离相等可得AP=EP，在直角三角形DPE中，用勾股定理可求得DE的值，在直角三角形ADE中，用勾股定理可求得AE的值，结合（2）的结论可求解.每天加工零件数
4
5
6
7
8
人数
3
6
5
4
2
售价x（元/千克）
50
60
70
销售量y（千克）
100
80
60
1
2
3
1
1+1=2
2+1=3
3+1=4
2
1+2=3
2+2=4
3+2=5
3
1+3=4
2+3=5
3+3=6
一、选择题（本题有10小题，每题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，请将正确的选项用2B铅笔填涂在答题卡上）(共10题；共30分)
1．（3分）有理数a在数轴上的对应点的位置如图所示，若有理数b满足|b|
2．（3分）下列几何体中，哪一个几何体的三视图完全相同（ ）
A．球体B．圆柱体
C．四棱锥D．圆锥
3．（3分）根据制定中的通州区总体规划，将通过控制人口总量上限的方式，努力让副中心远离“城市病”．预计到2035年，副中心的常住人口规模将控制在130万人以内，初步建成国际一流的和谐宜居现代化城区.130万用科学记数法表示为（ ）
A．1.3×106B．130×106C．1.3×105D．1.30×105
4．（3分）有两组扑克牌各三张，牌面数字均为 1 ， 2 ， 3 ，随意从每组牌中各抽一张，数字之和等于 4 的概率是（ ）
A．29B．13C．49D．59
5．（3分）若a−b=1，ab=2，则(a+b)2的值为（ ）
A．-9B．9C．±9D．3
6．（3分）如图，在 ΔABC 中， ∠B=32° ，将 ΔABC 沿直线 m 翻折，点 B 落在点 D 的位置，则 ∠1−∠2 的度数是（ ）
A．32°B．45°C．60°D．64°
7．（3分）如图，菱形ABCD中，点О为对称中心，点E从点A出发沿AB向点B移动，移动到点B停止.作射线EO，交边CD于点F，则四边形AECF形状的变化依次为（ ）
A．平行四边形→正方形→平行四边形→矩形
B．平行四边形→矩形→平行四边形→菱形
C．平行四边形→正方形→菱形→矩形
D．平行四边形→菱形→正方形→矩形
8．（3分）一家商店把某商品按标价的九折出售仍可获利15%，若该商品的进价是35元，若设标价为x元，则可列得方程（ ）
A．9%x−3535=15%B．90%x−3535=15%
C．90%x−35x=15%D．9%x−35x=15%
9．（3分）如图，矩形ABCD中，AB=3，BC=4，以点B为圆心，适当长为半径画弧，分别交BC，BD于点E，F，再分别以点E，F为圆心，大于12EF长为半径画弧交于点P，作射线BP，过点C作BP的垂线分别交BD，AD于点M，N，则CN的长为（ ）
A．10B．11C．23D．4
10．（3分）若抛物线y=ax2+2ax+4（a＜0）上有A（- 32 ，y1），B（- 2 ，y2），C（ 2 ，y3）三点，则y1，y2，y3的大小关系为（ ）
A．y1＜y2 ＜y3B．y3＜y2 ＜y1C．y3＜y1 ＜y2D．y2＜y3 ＜y1
二、填空题（本题有5小题，每题3分，共15分，把答案填在答题卡上）(共5题；共15分)
11．（3分）把多项式 m2n+6mn+9n 分解因式的结果是 ．
12．（3分）某车间20名工人每天加工零件数如下表所示：
这些工人每天加工零件数的众数、中位数分别是 .
13．（3分）如图，已知矩形ABCD，P、R分别是BC和DC上的动点，E、F分别是PA、PR的中点，如果DR=5，EF=6.5，则BC的长为 ．
14．（3分）如图，在边长为4的正方形ABCD中，P是BC边上一动点（不含B、C两点），将△ABP沿直线AP翻折，点B落在点E处；在CD上有一点M，使得将△CMP沿直线MP翻折后，点C落在直线PE上的点F处，直线PE交CD于点N，连接MA，NA.则以下结论中正确的有 （写出所有正确结论的序号）
①△CMP∽△BPA；
②四边形AMCB的面积最大值为10；
③当P为BC中点时，AE为线段NP的中垂线；
④线段AM的最小值为 25 ；
⑤当△ABP≌△ADN时，BP= 42−4 .
15．（3分）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，BC＝2 3 ，AC＝2，点D是BC的中点，点E是边AB上一动点，沿DE所在直线把△BDE翻折到△B′DE的位置，B′D交AB于点F.若△AB′F为直角三角形，则AE的长为 .
三、解答题（本题共7小题，共55分）(共7题；共56分)
16．（7分）计算： (12)−2+|2−12|−2cs30∘+(π−3.14)0
17．（7分）先化简，再求值：aa−2+(aa−2−4aa2−2)，其中a=3．
18．（9分）初二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二学生的参与情况，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）（1分）在这次评价中，一共抽查了 名学生；
（2）（4分）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）（2分）请将频数分布直方图补充完整；
（4）（2分）如果全市有6000名初二学生，那么在试卷评讲课中，“独立思考”的初二学生约有多少人？
19．（7分）一辆汽车从甲地出发开往相距240千米的乙地，出发后第1小时内按原计划的速度匀速行驶，1小时后比原来的速度加快了14，最终比原计划提前24分钟到达乙地.求汽车出发后第1小时内的行驶速度.
20．（8分）如图，在锐角△ABC中，AC是最短边．以AC为直径的⊙O，交BC于D，过O作OE∥BC，交⊙O于E，连接AD、AE、CE．
（1）（2分）求证：∠ACE=∠DCE；
（2）（3分）若∠B=45°，∠BAE=15°，求∠EAO的度
（3）（3分）若AC=1，S△CDFS△COE=23，求CF的长．
21．（8分）某超市销售一种商品，成本为每千克40元，规定每千克售价不低于成本，且不高于80元.经市场调查，每天的销售量y（千克）与每千克售价x（元）满足一次函数关系，部分数据如下表：
（1）（4分）求y与x之间的函数关系式；
（2）（4分）设商品每天的总利润为W（元），求W与x之间的函数关系式，并求出最大总利润.
22．（10分）在正方形ABCD中，E，F分别在CD，AD上（均不与端点重合），连接AE.
（1）（3分）特例感知：如图1，连接BF，若BF⊥AE，垂足为M，求证：BF＝AE；
（2）（4分）类比探究：如图2，过AD上一点P（不与点F重合）作PQ⊥AE，垂足为N，交BC于Q，判断线段PQ与AE的数量关系，并证明你的结论；
（3）（3分）拓展运用：在（2）的条件下，若N是AE的中点，AB＝8，PD＝3，请直接写出PQ的长.
答案解析部分
1．【答案】A
【解析】【解答】解：观察数轴上点的位置得：2
∴b的值不可能是-3，
故答案为：A．
【分析】利用数轴大小比较可得：2
【解析】【解答】解：A、球体的三视图都是圆，故此选项正确；
B、圆柱的主视图和俯视图都是矩形，但左视图是一个圆形，故此选项错误；
C、四棱柱的主视图和左视图是一个三角形，俯视图是一个四边形，故此选项错误；
D、圆锥的主视图和左视图是相同的，都为一个三角形，但是俯视图是一个圆形，故此选项错误．
故选：A．
【分析】根据各个几何体的三视图的图形易求解．此题主要考查了简单几何体的三视图，本题只要清楚了解各个几何体的三视图即可求解．
3．【答案】A
【解析】【解答】将130万用科学记数法表示为 1.3×106 ．
故答案为：A．
【分析】科学记数法的表示形式为a×10n的形式，其中1≤|a|＜10，n为整数．确定n的值时，要看把原数变成a时，小数点移动了多少位，n的绝对值与小数点移动的位数相同．当原数绝对值＞1时，n是正数；当原数的绝对值＜1时，n是负数．
4．【答案】B
【解析】【解答】列表得：
∴一共存在9种情况，数字之和等于4的有3种情况，
∴随意从每组牌中各抽一张，数字之和等于4的概率是 39=13 ，
故答案为：B．
【分析】利用列表法求出所有等可能的情况数，再利用概率公式求解即可。
5．【答案】B
【解析】【解答】解：∵a−b=1，ab=2，
∴（a+b）2=（a-b）2+4ab=12+4×2=9，
故答案为：B.
【分析】由完全平方公式恒等变形得（a+b）2=（a-b）2+4ab，从而整体代入计算即可.
6．【答案】D
【解析】【解答】如图，
由翻折得∠B=∠D，
∵∠3=∠2+∠D，∠1=∠B+∠3，
∴∠1=∠2+2∠B，
∵∠B=32° ，
∴∠1−∠2 = 64° ，
故答案为：D.
【分析】由翻折得∠B=∠D，利用外角的性质得到∠3及∠1，再将∠B的度数代入计算，即可得到答案.
7．【答案】B
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，点O为对称中心，
∴这个四边形先是平行四边形，当对角线相等时是它是矩形，然后又是平行四边形，最后当点E与点B重合时是它是菱形．
故答案为：B．
【分析】根据平行四边形的判定，对称中心的定义，菱形的判定，可得四边形AECF形状的变化情况．
8．【答案】B
【解析】【解答】实际售价为90%x，
故利润为90%x−35，
所以可列方程为 90%x−3535=15%
故答案为：B.
【分析】等量关系为：（售价-进价）÷进价=15%，把相关数值代入即可．
9．【答案】A
【解析】【解答】解：过R作RK⊥BD于点K，
∵四边形ABCD为矩形，
∴AB=CD=3，∠BCD=90°.
∵CN⊥BM，
∴∠CMB=∠CDN=90°，
∴∠CBM+∠BCM=90°，∠BCM+∠DCN=90°，
∴∠CBM=∠DCN，
∴△BMC∽△CDN，
∴BMCD=BCCN，
∴BM·CN=CD·CB=12.
∵∠BCD=90°，CD=3，BC=4，
∴BD=5.
由作图可得BP平分∠CBD.
∵RK⊥BD，RC⊥BC，
∴RK=RC.
∵S△BCD=S△BDR+S△BCR，
∴12×3×4=12×5·RK+12×4×RC，
∴RC=RK=43，
∴BR=BC2+RC2=4103.
∵cs∠CBR=BMBC=BCBR，
∴BM4=44103，
∴BM=6105，
∴CN·BM=12，
∴CN=10.
故答案为：A.
【分析】过R作RK⊥BD于点K，由矩形的性质可得AB=CD=3，∠BCD=90°，根据同角的余角相等可得∠CBM=∠DCN，由两角对应相等的两个三角形相似可得△BMC∽△CDN，根据相似三角形的性质可得BM·CN=CD·CB=12，由勾股定理可得BD=5，由作图可得BP平分∠CBD，则RK=RC，根据S△BCD=S△BDR+S△BCR结合三角形的面积公式可得RC=RK=43，由勾股定理可得BR，利用三角函数的概念可得BM，据此求解.
10．【答案】C
【解析】【解答】解：∵抛物线y＝ax2＋2ax＋4（a＜0），
∴对称轴为：x＝ −2a2a=−1 ，
∴当x＜−1时，y随x的增大而增大，当x＞−1时，y随x的增大而减小，
∵A（− 32 ，y1），B（− 2 ，y2），C（ 2 ，y3）在抛物线上，且− 32 ＜− 2 ，−0.5＜ 2 ，
∴y3＜y1＜y2，
故答案为：C.
【分析】根据抛物线y＝ax2＋2ax＋4（a＜0）可知该抛物线开口向下，可以求得抛物线的对称轴，又因为抛物线具有对称性，从而可以解答本题.
11．【答案】n(m+3)2
【解析】【解答】原式= n(m2+6m+9) = n(m+3)2 ，
故答案为： n(m+3)2 ．
【分析】先提公因式，再利用完全平方公式进行因式分解即可．
12．【答案】5、6
【解析】【解答】解：由表知数据5出现次数最多，所以众数为5；
因为共有20个数据，
所以中位数为第10、11个数据的平均数，即中位数为6+62=6.
故答案为：5，6.
【分析】找出出现次数最多的数据即为众数；求出第10、11个数据的平均数即为中位数.
13．【答案】12
【解析】【解答】解：连接AR，如图所示
∵E、F分别是PA、PR的中点，EF=6.5，
∴AR=2EF=13
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠D=90°，DR=5
∴AD=AR2-DR2=12
故答案为：12.
【分析】根据三角形中位线的性质求得AR=13，进而勾股定理，即可求解．
14．【答案】①②⑤
【解析】【解答】解：∵∠APB=∠APE，∠MPC=∠MPN，∵∠CPN+∠NPB=180°，∴2∠NPM+2∠APE=180°，∴∠MPN+∠APE=90°，∴∠APM=90°，∵∠CPM+∠APB=90°，∠APB+∠PAB=90°，∴∠CPM=∠PAB，∵四边形ABCD是正方形，∴AB=CB=DC=AD=4，∠C=∠B=90°，∴△CMP∽△BPA.故①正确，设PB=x，则CP=4﹣x，∵△CMP∽△BPA，∴PBCM=ABPC ，∴CM= 14 x（4﹣x），∴S四边形AMCB= 12 [4+ 14 x（4﹣x）]×4= −12x2+2x+8 = −12(x−2)2+10 ，∴x=2时，四边形AMCB面积最大值为10，故②正确，当PB=PC=PE=2时，设ND=NE=y，在Rt△PCN中， (y+2)2=(4−y)2+22 解得 y=43 ，∴NE≠EP，故③错误，作MG⊥AB于G，
∵AM= MG2+AG2 = 16+AG2 ，∴AG最小时AM最小，∵AG=AB﹣BG=AB﹣CM=4﹣ 14 x（4﹣x）= 14(x−1)2+3 ，∴x=1时，AG最小值=3，∴AM的最小值= 16+9 =5，故④错误.
∵△ABP≌△ADN时，∴∠PAB=∠DAN=22.5°，在AB上取一点K使得AK=PK，设PB=z，∴∠KPA=∠KAP=22.5°.∵∠PKB=∠KPA+∠KAP=45°，∴∠BPK=∠BKP=45°，∴PB=BK=z，AK=PK= 2 z，∴z+ 2 z=4，∴z= 42−4 ，∴PB= 42−4 故⑤正确.
故答案为：①②⑤.
【分析】 ①只要证明∠APM＝90°即可解决问题．
②设PB＝x，构建二次函数，利用二次函数性质解决问题即可．
③设ND＝NE＝y，在Rt△PCN中，利用勾股定理求出y即可解决问题．
④作MG⊥AB于G，因为AM＝ MG2+AG2 = 16+AG2，所以AG最小时AM最小，构建二次函数，求得AG的最小值为3，AM的最小值为5．
⑤在AB上取一点K使得AK＝PK，设PB＝z，列出方程即可解决问题．
15．【答案】3或 145
【解析】【解答】解：∵∠C＝90°，BC＝ 23 ，AC＝2，
∴tanB＝ ACBC=223=33 ，
∴∠B＝30°，
∴AB＝2AC＝4，
∵点D是BC的中点，沿DE所在直线把△BDE翻折到△B′DE的位置，B′D交AB于点F
∴DB＝DC＝ 3 ，EB′＝EB，∠DB′E＝∠B＝30°，
设AE＝x，则BE＝4﹣x，EB′＝4﹣x，
当∠AFB′＝90°时，
在Rt△BDF中，csB＝ BFBD ，
∴BF＝ 3 cs30°＝ 32 ，
∴EF＝ 32 ﹣（4﹣x）＝x﹣ 52 ，
在Rt△B′EF中，∵∠EB′F＝30°，
∴EB′＝2EF，
即4﹣x＝2（x﹣ 52 ），解得x＝3，此时AE为3；
若B′不落在C点处，作EH⊥AB′于H，连接AD，如图，
∵DC＝DB′，AD＝AD，
∴Rt△ADB′≌Rt△ADC，
∴AB′＝AC＝2，
∵∠AB′E＝∠AB′F+∠EB′F＝90°+30°＝120°，
∴∠EB′H＝60°，
在Rt△EHB′中，B′H＝ 12 B′E＝ 12 （4﹣x），EH＝ 3 B′H＝ 32 （4﹣x），
在Rt△AEH中，∵EH2+AH2＝AE2，
∴34 （4﹣x）2+[ 12 （4﹣x）+2]2＝x2，解得x＝ 145 ，此时AE为 145 .
综上所述，AE的长为3或 145 .
故答案为：3或 145 .
【分析】利用解直角三角形求出∠B的度数，利用30° 角所对的直角边等于斜边的一半，可求出AB的长；利用折叠的性质可求出DB，DC的长，同时可证得EB′＝EB，∠DB′E＝∠B＝30°；设AE＝x，可表示出BE，EB′的长，利用解直角三角形可表示出EF的长，同时可证得EB′＝2EF，得到关于x的方程，解方程求出x的值，可得到AE的长；若B′不落在C点处，作EH⊥AB′于H，连接AD，利用HL可证得Rt△ADB′≌Rt△ADC，利用全等三角形的性质可求出AB′的长，利用解直角三角形表示出B′H，EH的长，利用勾股定理可得到关于x的方程求出x的值，可求出AE的长.
16．【答案】解：原式=4+2 3 -2-2× 32 +1＝3＋ 3
【解析】【分析】利用绝对值，二次根式，特殊锐角三角函数值，零指数，负指数的意义分别化简，然后按照实数的运算法则计算即可。
17．【答案】解：aa−2+(aa−2−4aa2−2)
=aa−2+aa−2−4aa2−2
=2aa−2−4aa2−2
=2a(a2−2)(a−2)(a2−2)−4a(a−2)(a−2)(a2−2)
=2a3−4a2+4a(a−2)(a2−2)
当a=3时，原式=2×33−4×32+4×3(3−2)(32−2)=307
【解析】【分析】先化简分式，再将a=3代入计算求解即可。
18．【答案】（1）560
（2）54
（3）解：“讲解题目”的人数是：560﹣84﹣168﹣224=84（人）．
（4）解：在试卷评讲课中，“独立思考”的初三学生约有：6000×(168÷560)=1800（人）．
【解析】【解答】解：（1）调查的总人数是：224÷40%=560（人）
（ 2 ）解：“主动质疑”所在的扇形的圆心角的度数是：360×(84÷560)=54°
【分析】(1)由频数分布直方图和扇形图中的信息可得，调查的总人数=专注听讲的人数÷专注听讲的百分数=224÷40%=560（人）；
（2）“主动质疑”所在的扇形的圆心角的度数=360°×“主动质疑”的百分数=360°×84560=54°；
(3)“讲解题目”的人数=560﹣84﹣168﹣224=84（人），根据计算结果即可补全频数分布直方图；
（4）在试卷评讲课中，“独立思考”的初三学生=初二学生总数×抽取的“独立思考”的学生的百分数=6000×(168÷560)=1800（人）。
19．【答案】解： 设汽车出发后第1小时内的行驶速度为x千米/小时，则出发1小时后的速度为（1+14）x千米/小时，
根据题意得：240x-1+240-x(1+14)x=2460，
解得：x=80，
经检验：x=80是分式方程的解，
∴ 汽车出发后第1小时内的行驶速度为80千米/小时.
【解析】【分析】设汽车出发后第1小时内的行驶速度为x千米/小时，则出发1小时后的速度为（1+14）x千米/小时，根据路程除以速度等于时间及“ 实际所用的时间比原计划提前24分钟到达乙地 ”列出方程并解之即可.
20．【答案】（1）解：∵OC=OE，
∴∠OEC=∠OCE．
∵OE∥BC，
∴∠OEC=∠ECD，
∴∠OCE=∠ECD，即∠ACE=∠DCE；
（2）解：延长AE交BC于点G．
∵∠AGC是△ABG的外角，
∴∠AGC=∠B+∠BAG=45°+15°=60°．
∵OE∥BC，
∴∠AEO=∠AGC=60°．
∵OA=OE，
∴∠EAO=∠AEO=60°．
（3）解：∵O是AC中点，
∴S△COES△CAE=12
∵S△CDFS△COE=23，
∴S△CDFS△CAE=13．
∵AC是直径，
∴∠AEC=∠FDC=90°．
∵∠ACE=∠FCD，
∴△CDF∽△CEA，
∴CFCA=13=33，
∴CF=33CA=33．
【解析】【分析】（1）根据等腰三角形的性质，可得∠OEC=∠OCE；根据两直线平行，内错角相等，可得∠OEC=∠ECD；根据等量代换原则，即可得∠ACE=∠DCE；
（2）根据三角形外角的性质，可得∠AGC的度数；根据两直线平行，同位角相等，可得∠AEO=∠AGC；根据等腰三角形的性质，可得∠EAO的度数；
（3）根据三角形面积公式和已知面积之比，可得S△CDFS△CAE=13；根据圆周角定理，可得∠AEC=∠FDC=90°；根据有两对对应角相等的两个三角形相似和三角形相似的性质，可得CFCA的值，即可求出CF的值.
21．【答案】（1）解：∵每天的销售量y（千克）与每千克售价x（元）满足一次函数关系，
∴设y=kx+b（k≠0）
∴50k+b=10060k+b=80
解之：k=-2b=200
∴y与x之间的和函数解析式为y=-2x+200.
（2）解： W=(x−40)(−2x+200)=−2x2+280x−8000
当 x=−2802×(−2)=70 时， W最大值=1800 元
【解析】【分析】（1）利用已知设y=kx+b（k≠0），利用表中数据建立关于k，b的方程组，解方程组求出k，b的值，即可得到函数解析式.
（2）根据总利润W=每一件的利润×销售量，列出W与x之间的函数解析式，再利用二次函数的性质可求出最大利润.
22．【答案】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BAD＝∠ADE＝90°，AB＝AD.
∵BF⊥AE，
∴∠AMF＝90°，
∴∠AFB＋∠DAE＝∠AED＋∠DAE＝90°，
∴∠AFB＝∠AED.
在△ABF和△DAE中，
∠AFB=∠AED，∠BAF=∠ADE，AB=AD
∴△ABF≌DAE.
∴BF＝AE.
（2）解：PQ＝AE.
证明：∵PQ⊥BF，
∴∠ANP＝∠AMF＝90°，
∴BF∥PQ.
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD∥BC.
∴四边形BFPQ是平行四边形.
∴BF＝PQ.
∵BF＝AE，
∴PQ＝AE.
（3）解：连接PE，
∵PQ⊥AE，N为AE中点，
∴PQ垂直平分AE，
∴AP=EP，
∵AD=AB=8，PD=3，
∴EP=AP=5，
∵∠D=90° ，
∴DE=PE2−PD2=4 ，
∴AE=AD2+ED2=82+42=45 ，
∴PQ=45 .
【解析】【分析】（1）由题意用角角边可证△ABF≌△DAE，由全等三角形的对应边相等可求解；
（2）由题意，根据有两组对边分别平行的四边形是平行四边形可得四边形BFPQ是平行四边形，则BF=PQ，结合（1）的结论可求解；
（3）连接PE，由线段的垂直平分线上的点到线段两端点的距离相等可得AP=EP，在直角三角形DPE中，用勾股定理可求得DE的值，在直角三角形ADE中，用勾股定理可求得AE的值，结合（2）的结论可求解.每天加工零件数
4
5
6
7
8
人数
3
6
5
4
2
售价x（元/千克）
50
60
70
销售量y（千克）
100
80
60
1
2
3
1
1+1=2
2+1=3
3+1=4
2
1+2=3
2+2=4
3+2=5
3
1+3=4
2+3=5
3+3=6
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