2026年苏州市工业园区斜塘校初三下学期一诊模拟数学试题文试卷含解析.doc

2026年苏州市工业园区斜塘校初三下学期一诊模拟数学试题文试卷
注意事项:
1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。
2．答题时请按要求用笔。
3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。
4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。
5．保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。

一、选择题（本大题共12个小题，每小题4分，共48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．）
1．如图，在矩形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，AE⊥BD，垂足为E，AE=3，ED=3BE，则AB的值为（　　）

A．6 B．5 C．2 D．3
2．如图，在扇形CAB中，CA=4，∠CAB=120°，D为CA的中点，P为弧BC上一动点（不与C，B重合），则2PD+PB的最小值为（　　）

A． B． C．10 D．
3．在直角坐标平面内，已知点M(4，3)，以M为圆心，r为半径的圆与x轴相交，与y轴相离，那么r的取值范围为( )
A． B． C． D．
4．某种超薄气球表面的厚度约为，这个数用科学记数法表示为（ ）
A． B． C． D．
5．的相反数是（　　）
A． B．- C． D．-
6．如图，四边形ABCD为平行四边形，延长AD到E，使DE=AD，连接EB，EC，DB．添加一个条件，不能使四边形DBCE成为矩形的是（ ）

A．AB=BE B．BE⊥DC C．∠ADB=90° D．CE⊥DE
7．将分别标有“孔”“孟”“之”“乡”汉字的四个小球装在一个不透明的口袋中，这些球除汉字外无其他差别，每次摸球前先搅拌均匀.随机摸出一球，不放回；再随机摸出一球.两次摸出的球上的汉字能组成“孔孟”的概率是（ ）
A． B． C． D．
8．下列实数中，为无理数的是（　　）
A． B． C．﹣5 D．0.3156
9．（﹣1）0+|﹣1|=（　　）
A．2 B．1 C．0 D．﹣1
10．如图，向四个形状不同高同为h的水瓶中注水，注满为止．如果注水量V（升）与水深h（厘米）的函数关系图象如图所示，那么水瓶的形状是（　　）

A． B． C． D．
11．下列命题中，真命题是（ ）
A．对角线互相垂直且相等的四边形是正方形
B．等腰梯形既是轴对称图形又是中心对称图形
C．圆的切线垂直于经过切点的半径
D．垂直于同一直线的两条直线互相垂直
12．一个半径为24的扇形的弧长等于20π，则这个扇形的圆心角是(　　)
A．120° B．135° C．150° D．165°
二、填空题：（本大题共6个小题，每小题4分，共24分．）
13．一个扇形的弧长是，它的面积是，这个扇形的圆心角度数是_____．
14．使有意义的x的取值范围是______．
15．用半径为6cm，圆心角为120°的扇形围成一个圆锥，则圆锥的底面圆半径为_______cm．
16．如图，在平面直角坐标系中，函数y=（x＞0）的图象经过矩形OABC的边AB、BC的中点E、F，则四边形OEBF的面积为________．

17．双察下列等式：，，，…则第n个等式为_____．（用含n的式子表示）
18．化简的结果是_______________.
三、解答题：（本大题共9个小题，共78分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
19．（6分）如图，已知AB为⊙O的直径，AC是⊙O的弦，D是弧BC的中点，过点D作⊙O的切线，分别交AC、AB的延长线于点E和点F，连接CD、BD．
（1）求证：∠A＝2∠BDF；
（2）若AC＝3，AB＝5，求CE的长．

20．（6分）某一天，水果经营户老张用1600元从水果批发市场批发猕猴桃和芒果共50千克，后再到水果市场去卖，已知猕猴桃和芒果当天的批发价和零售价如表所示：
品名
猕猴桃
芒果
批发价元千克
20
40
零售价元千克
26
50
他购进的猕猴桃和芒果各多少千克？
如果猕猴桃和芒果全部卖完，他能赚多少钱？
21．（6分）我们知道中，如果，，那么当时，的面积最大为6；
(1)若四边形中，，且，直接写出满足什么位置关系时四边形面积最大？并直接写出最大面积.
(2)已知四边形中，，求为多少时，四边形面积最大？并求出最大面积是多少？
22．（8分）为了解某市市民“绿色出行”方式的情况，某校数学兴趣小组以问卷调查的形式，随机调查了某市部分出行市民的主要出行方式（参与问卷调查的市民都只从以下五个种类中选择一类），并将调查结果绘制成如下不完整的统计图．
种类
A
B
C
D
E
出行方式
共享单车
步行
公交车
的士
私家车

根据以上信息，回答下列问题：
（1）参与本次问卷调查的市民共有　 　人，其中选择B类的人数有　 　人；
（2）在扇形统计图中，求A类对应扇形圆心角α的度数，并补全条形统计图；
（3）该市约有12万人出行，若将A，B，C这三类出行方式均视为“绿色出行”方式，请估计该市“绿色出行”方式的人数．
23．（8分）八年级一班开展了“读一本好书”的活动，班委会对学生阅读书籍的情况进行了问卷调查，问卷设置了“小说”“戏剧”“散文”“其他”四个类型，每位同学仅选一项，根据调查结果绘制了不完整的频数分布表和扇形统计图．
类别
频数（人数）
频率
小说

0.5
戏剧
4

散文
10
0.25
其他
6

合计

1
根据图表提供的信息，解答下列问题：八年级一班有多少名学生？请补全频数分布表，并求出扇形统计图中“其他”类所占的百分比；在调查问卷中，甲、乙、丙、丁四位同学选择了“戏剧”类，现从以上四位同学中任意选出2名同学参加学校的戏剧兴趣小组，请用画树状图或列表法的方法，求选取的2人恰好是乙和丙的概率．

24．（10分）如图，矩形ABCD绕点C顺时针旋转90°后得到矩形CEFG，连接DG交EF于H，连接AF交DG于M；
（1）求证：AM=FM；
（2）若∠AMD=a．求证：=cosα．

25．（10分）已知抛物线y=ax2+ c(a≠0)．
（1）若抛物线与x轴交于点B(4，0)，且过点P(1，–3)，求该抛物线的解析式；
（2）若a>0，c =0，OA、OB是过抛物线顶点的两条互相垂直的直线，与抛物线分别交于A、B 两点，求证：直线AB恒经过定点(0，)；
（3）若a>0，c <0，抛物线与x轴交于A，B两点(A在B左边)，顶点为C，点P在抛物线上且位于第四象限．直线PA、PB与y轴分别交于M、N两点．当点P运动时，是否为定值？若是，试求出该定值；若不是，请说明理由．
26．（12分）某学校计划组织全校1441名师生到相关部门规划的林区植树，经过研究，决定租用当地租车公司一共62辆A，B两种型号客车作为交通工具．下表是租车公司提供给学校有关两种型号客车的载客量和租金信息：
型号
载客量
租金单价
A
30人/辆
380元/辆
B
20人/辆
280元/辆
注：载客量指的是每辆客车最多可载该校师生的人数设学校租用A型号客车x辆，租车总费用为y元．求y与x的函数解析式，请直接写出x的取值范围；若要使租车总费用不超过21940元，一共有几种租车方案？哪种租车方案总费用最省？最省的总费用是多少？
27．（12分）解方程：．
参考答案

一、选择题（本大题共12个小题，每小题4分，共48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．）
1、C
【解析】
由在矩形ABCD中，AE⊥BD于E，BE：ED=1：3，易证得△OAB是等边三角形，继而求得∠BAE的度数，由△OAB是等边三角形，求出∠ADE的度数，又由AE=3，即可求得AB的长．
【详解】
∵四边形ABCD是矩形，
∴OB=OD，OA=OC，AC=BD，
∴OA=OB，
∵BE：ED=1：3，
∴BE：OB=1：2，
∵AE⊥BD，
∴AB=OA，
∴OA=AB=OB，
即△OAB是等边三角形，
∴∠ABD=60°，
∵AE⊥BD，AE=3，
∴AB=，
故选C．
此题考查了矩形的性质、等边三角形的判定与性质以及含30°角的直角三角形的性质，结合已知条件和等边三角形的判定方法证明△OAB是等边三角形是解题关键．
2、D
【解析】
如图，作∥∠PAP′=120°，则AP′=2AB=8，连接PP′，BP′，则∠1=∠2，推出△APD∽△ABP′，得到BP′=2PD，于是得到2PD+PB=BP′+PB≥PP′，根据勾股定理得到PP′=，求得2PD+PB≥4，于是得到结论．
【详解】
如图，作∥∠PAP′=120°，则AP′=2AB=8，连接PP′，BP′，

则∠1=∠2，
∵=2，
∴△APD∽△ABP′，
∴BP′=2PD，
∴2PD+PB=BP′+PB≥PP′，
∴PP′=，
∴2PD+PB≥4，
∴2PD+PB的最小值为4，
故选D．
本题考查了轴对称-最短距离问题，相似三角形的判定和性质，勾股定理，正确的作出辅助线是解题的关键．
3、D
【解析】
先求出点M到x轴、y轴的距离，再根据直线和圆的位置关系得出即可．
【详解】
解：∵点M的坐标是（4，3），
∴点M到x轴的距离是3，到y轴的距离是4，
∵点M（4，3），以M为圆心，r为半径的圆与x轴相交，与y轴相离，
∴r的取值范围是3＜r＜4，
故选：D．
本题考查点的坐标和直线与圆的位置关系，能熟记直线与圆的位置关系的内容是解此题的关键．
4、A
【解析】
绝对值小于1的正数也可以利用科学记数法表示，一般形式为，与较大数的科学记数法不同的是其所使用的是负指数幂，指数由原数左边起第一个不为零的数字前面的0的个数所决定．
【详解】
，
故选：A．
本题考查了用科学记数法表示较小的数，一般形式为，其中，n为由原数左边起第一个不为零的数字前面的0的个数所决定．
5、B
【解析】
∵+（﹣）=0，
∴的相反数是﹣．
故选B．
6、B
【解析】
先证明四边形DBCE为平行四边形，再根据矩形的判定进行解答．
【详解】
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AD∥BC，AD=BC，
又∵AD=DE，
∴DE∥BC，且DE=BC，
∴四边形BCED为平行四边形，
A、∵AB=BE，DE=AD，∴BD⊥AE，∴▱DBCE为矩形，故本选项错误；
B、∵对角线互相垂直的平行四边形为菱形，不一定为矩形，故本选项正确；
C、∵∠ADB=90°，∴∠EDB=90°，∴▱DBCE为矩形，故本选项错误；
D、∵CE⊥DE，∴∠CED=90°，∴▱DBCE为矩形，故本选项错误,
故选B．
本题考查了平行四边形的性质与判定，矩形的判定等，熟练掌握相关的判定定理与性质定理是解题的关键.
7、B
【解析】
根据简单概率的计算公式即可得解.
【详解】
一共四个小球，随机摸出一球，不放回；再随机摸出一球一共有12中可能，其中能组成孔孟的有2种，所以两次摸出的球上的汉字能组成“孔孟”的概率是.
故选B.
考点：简单概率计算.
8、B
【解析】
根据无理数的定义解答即可.
【详解】
选项A、是分数，是有理数；
选项B、是无理数；
选项C、﹣5为有理数；
选项D、0.3156是有理数；
故选B．
本题考查了无理数的判定，熟知无理数是无限不循环小数是解决问题的关键.
9、A
【解析】
根据绝对值和数的0次幂的概念作答即可.
【详解】
原式=1+1=2
故答案为：A.
本题考查的知识点是绝对值和数的0次幂，解题关键是熟记数的0次幂为1.
10、D
【解析】
根据一次函数的性质结合题目中的条件解答即可.
【详解】
解：由题可得，水深与注水量之间成正比例关系，
∴随着水的深度变高，需要的注水量也是均匀升高，
∴水瓶的形状是圆柱，
故选：D．
此题重点考查学生对一次函数的性质的理解，掌握一次函数的性质是解题的关键.
11、C
【解析】
分析是否为真命题，需要分别分析各题设是否能推出结论，从而利用排除法得出答案．
解答：解：A、错误，例如对角线互相垂直的等腰梯形；
B、错误，等腰梯形是轴对称图形不是中心对称图形；
C、正确，符合切线的性质；
D、错误，垂直于同一直线的两条直线平行．
故选C．
12、C
【解析】
这个扇形的圆心角的度数为n°，根据弧长公式得到20π=，然后解方程即可．
【详解】
解：设这个扇形的圆心角的度数为n°，
根据题意得20π=，
解得n=150，
即这个扇形的圆心角为150°．
故选C．
本题考查了弧长公式：L=（n为扇形的圆心角的度数，R为扇形所在圆的半径）．

二、填空题：（本大题共6个小题，每小题4分，共24分．）
13、120°
【解析】
设扇形的半径为r，圆心角为n°．利用扇形面积公式求出r，再利用弧长公式求出圆心角即可．
【详解】
设扇形的半径为r，圆心角为n°．
由题意：,
∴r＝4，
∴
∴n＝120，
故答案为120°
本题考查扇形的面积的计算，弧长公式等知识，解题的关键是掌握基本知识.
14、
【解析】
二次根式有意义的条件．
【分析】根据二次根式被开方数必须是非负数的条件，要使在实数范围内有意义，必须．
15、1．
【解析】
解：设圆锥的底面圆半径为r，
根据题意得1πr=，
解得r=1，
即圆锥的底面圆半径为1cm．
故答案为：1．
本题考查圆锥的计算，掌握公式正确计算是解题关键．
16、2
【解析】
设矩形OABC中点B的坐标为，
∵点E、F是AB、BC的中点，
∴点E、F的坐标分别为：、，
∵点E、F都在反比例函数的图象上，
∴S△OCF==，S△OAE=，
∴S矩形OABC=，
∴S四边形OEBF= S矩形OABC- S△OAE-S△OCF=.
即四边形OEBF的面积为2.
点睛：反比例函数中“”的几何意义为：若点P是反比例函数图象上的一点，连接坐标原点O和点P，过点P向坐标轴作垂线段，垂足为点D，则S△OPD=.
17、＝
【解析】
探究规律后，写出第n个等式即可求解．
【详解】
解：

…
则第n个等式为
故答案为：
本题主要考查二次根式的应用，找到规律是解题的关键.
18、
【解析】
先将分式进行通分，即可进行运算.
【详解】
=-=
此题主要考查分式的加减，解题的关键是先将它们通分.

三、解答题：（本大题共9个小题，共78分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
19、（1）见解析；（2）1
【解析】
（1）连接AD，如图，利用圆周角定理得∠ADB=90°，利用切线的性质得OD⊥DF，则根据等角的余角相等得到∠BDF=∠ODA，所以∠OAD=∠BDF，然后证明∠COD=∠OAD得到∠CAB=2∠BDF；
（2）连接BC交OD于H，如图，利用垂径定理得到OD⊥BC，则CH=BH，于是可判断OH为△ABC的中位线，所以OH=1.5，则HD=1，然后证明四边形DHCE为矩形得到CE=DH=1．
【详解】
（1）证明：连接AD，如图，

∵AB为⊙O的直径，
∴∠ADB＝90°，
∵EF为切线，
∴OD⊥DF，
∵∠BDF＋∠ODB＝90°，∠ODA＋∠ODB＝90°，
∴∠BDF＝∠ODA，
∵OA＝OD，
∴∠OAD＝∠ODA，
∴∠OAD＝∠BDF，
∵D是弧BC的中点，
∴∠COD＝∠OAD，
∴∠CAB＝2∠BDF；
（2）解：连接BC交OD于H，如图，
∵D是弧BC的中点，
∴OD⊥BC，
∴CH＝BH，
∴OH为△ABC的中位线，
∴，
∴HD＝2.5－1.5＝1，
∵AB为⊙O的直径，
∴∠ACB＝90°，
∴四边形DHCE为矩形，
∴CE＝DH＝1．
本题考查了切线的性质：圆的切线垂直于经过切点的半径．若出现圆的切线，必连过切点的半径，构造定理图，得出垂直关系．简记作：见切点，连半径，见垂直．也考查了圆周角定理．
20、（1）购进猕猴桃20千克，购进芒果30千克；（2）能赚420元钱．
【解析】
设购进猕猴桃x千克，购进芒果y千克，由总价单价数量结合老张用1600元从水果批发市场批发猕猴桃和芒果共50千克，即可得出关于x，y的二元一次方程组，解之即可得出结论；
根据利润销售收入成本，即可求出结论．
【详解】
设购进猕猴桃x千克，购进芒果y千克，
根据题意得：，
解得：．
答：购进猕猴桃20千克，购进芒果30千克．
元．
答：如果猕猴桃和芒果全部卖完，他能赚420元钱．
本题考查了二元一次方程组的应用，解题的关键是：找准等量关系，正确列出二元一次方程组；根据数量关系，列式计算．
21、 (1)当，时有最大值1；(2)当时，面积有最大值32.
【解析】
（1）由题意当AD∥BC，BD⊥AD时，四边形ABCD的面积最大，由此即可解决问题．
（2）设BD=x，由题意：当AD∥BC，BD⊥AD时，四边形ABCD的面积最大，构建二次函数，利用二次函数的性质即可解决问题．
【详解】
(1) 由题意当AD∥BC，BD⊥AD时，四边形ABCD的面积最大，
最大面积为×6×（16-6）=1．
故当，时有最大值1；
(2)当，时有最大值，
设, 由题意：当AD∥BC，BD⊥AD时，四边形ABCD的面积最大，

∴抛物线开口向下
∴当 时，面积有最大值32.
本题考查三角形的面积，二次函数的应用等知识，解题的关键是学会利用参数构建二次函数解决问题．
22、（1）800，240；（2）补图见解析；（3）9.6万人．
【解析】
试题分析：（1）由C类别人数及其百分比可得总人数，总人数乘以B类别百分比即可得；
（2）根据百分比之和为1求得A类别百分比，再乘以360°和总人数可分别求得；
（3）总人数乘以样本中A、B、C三类别百分比之和可得答案．
试题解析：（1）本次调查的市民有200÷25%=800（人），
∴B类别的人数为800×30%=240（人），
故答案为800，240；
（2）∵A类人数所占百分比为1﹣（30%+25%+14%+6%）=25%，
∴A类对应扇形圆心角α的度数为360°×25%=90°，A类的人数为800×25%=200（人），
补全条形图如下：

（3）12×（25%+30%+25%）=9.6（万人），
答：估计该市“绿色出行”方式的人数约为9.6万人．
考点：1、条形统计图；2、用样本估计总体；3、统计表；4、扇形统计图
23、（1）41（2）15%（3）
【解析】
（1）用散文的频数除以其频率即可求得样本总数；
（2）根据其他类的频数和总人数求得其百分比即可；
（3）画树状图得出所有等可能的情况数，找出恰好是丙与乙的情况，即可确定出所求概率．
【详解】
（1）∵喜欢散文的有11人，频率为1．25，
∴m=11÷1．25=41；
（2）在扇形统计图中，“其他”类所占的百分比为 ×111%=15%，
故答案为15%；
（3）画树状图，如图所示：

所有等可能的情况有12种，其中恰好是丙与乙的情况有2种，
∴P（丙和乙）==．
24、（1）见解析；（2）见解析.
【解析】
（1）由旋转性质可知：AD=FG，DC=CG，可得∠CGD=45°，可求∠FGH=∠FHG=45°，则HF=FG=AD，所以可证△ADM≌△MHF，结论可得．
（2）作FN⊥DG垂足为N，且MF=FG，可得HN=GN，且DM=MH，可证2MN=DG，由第一问可得2MF=AF，由cosα=cos∠FMG=，代入可证结论成立
【详解】
（1）由旋转性质可知：
CD=CG且∠DCG=90°，
∴∠DGC=45°从而∠DGF=45°，
∵∠EFG=90°，
∴HF=FG=AD
又由旋转可知，AD∥EF，
∴∠DAM=∠HFM，
又∵∠DMA=∠HMF，
∴△ADM≌△FHM
∴AM=FM
（2）作FN⊥DG垂足为N

∵△ADM≌△MFH
∴DM=MH，AM=MF=AF
∵FH=FG，FN⊥HG
∴HN=NG
∵DG=DM+HM+HN+NG=2（MH+HN）
∴MN=DG
∵cos∠FMG=
∴cos∠AMD=
∴=cosα
本题考查旋转的性质，矩形的性质，全等三角形的判定，三角函数，关键是构造直角三角形．
25、（1）；（2）详见解析；（3）为定值，=
【解析】
（1）把点B(4，0)，点P(1，–3)代入y=ax2+ c(a≠0)，用待定系数法求解即可；
（2）如图作辅助线AE、BF垂直 x轴，设A(m，am2)、B(n，an2)，由△AOE∽△OBF，可得到，然后表示出直线AB的解析式即可得到结论；
（3）作PQ⊥AB于点Q，设P（m，am2+c）、A（–t，0）、B（t，0），则at2+c=0， c= –at2
由PQ∥ON，可得ON=amt+at2，OM= –amt+at2，然后把ON，OM，OC的值代入整理即可.
【详解】
（1）把点B(4，0)，点P(1，–3)代入y=ax2+ c(a≠0)，
，
解之得
，
∴；
（2）如图作辅助线AE、BF垂直 x轴，设A(m，am2)、B(n，an2)，

∵OA⊥OB，
∴∠AOE=∠OBF，
∴△AOE∽△OBF，
∴，，，
直线AB过点A(m，am2)、点B(n，an2)，
∴过点（0，）;
（3）作PQ⊥AB于点Q，设P（m，am2+c）、A（–t，0）、B（t，0），则at2+c=0， c= –at2
∵PQ∥ON，

∴，
ON=====at(m+t)= amt+at2，
同理：OM= –amt+at2，
所以，OM+ON= 2at2=–2c=OC，
所以，=.
本题考查了待定系数法求函数解析式，相似三角形的判定与性质，平行线分线段成比例定理.正确作出辅助线是解答本题的关键.
26、 (1) 21≤x≤62且x为整数；(2)共有25种租车方案，当租用A型号客车21辆，B型号客车41辆时，租金最少，为19460元．
【解析】
（1）根据租车总费用=A、B两种车的费用之和，列出函数关系式，再根据A
B两种车至少要能坐1441人即可得取x的取值范围；
（2）由总费用不超过21940元可得关于x的不等式，解不等式后再利用函数的性质即可解决问题.
【详解】
(1)由题意得y＝380x＋280(62－x)＝100x＋17360，
∵30x＋20(62－x)≥1441，
∴x≥20.1，∴21≤x≤62且x为整数；
(2)由题意得100x＋17360≤21940，
解得x≤45.8，∴21≤x≤45且x为整数，
∴共有25种租车方案，
∵k＝100>0，∴y随x的增大而增大，
当x＝21时，y有最小值， y最小＝100×21＋17360＝19460，
故共有25种租车方案，当租用A型号客车21辆，B型号客车41辆时，租金最少，为19460元．
本题考查了一次函数的应用、一元一次不等式的应用等，解题的关键是理解题意，正确列出函数关系式，会利用函数的性质解决最值问题．
27、x=，x=﹣2
【解析】
方程两边乘最简公分母，可以把分式方程转化为整式方程求解．
【详解】
，
则2x（x+1）=3（1﹣x），
2x2+5x﹣3=0，
（2x﹣1）（x+3）=0，
解得：x1=，x2=﹣3，
检验：当x=，x=﹣2时，2（x+1）（1﹣x）均不等于0，
故x=，x=﹣2都是原方程的解．
本题考查解分式方程的能力．（1）解分式方程的基本思想是“转化思想”，把分式方程转化为整式方程求解；（2）解分式方程一定注意要验根；（3）去分母时要注意符号的变化．