湖北省十堰市张湾区重点名校2024-2025学年初三年级模拟考试（二）数学试题含解析.doc

湖北省十堰市张湾区重点名校2024-2025学年初三年级模拟考试（二）数学试题
考生请注意：
1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。
2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。
3．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。

一、选择题（共10小题，每小题3分，共30分）
1．如图，在平行四边形ABCD中，∠ABC的平分线BF交AD于点F，FE∥AB．若AB=5，AD=7，BF=6，则四边形ABEF的面积为（　　）

A．48 B．35 C．30 D．24
2．已知M＝9x2－4x＋3，N＝5x2＋4x－2，则M与N的大小关系是(　 　)
A．M>N B．M＝N C．M．1﹣3（2﹣x）=4
5．如图，是半圆的直径，点、是半圆的三等分点，弦.现将一飞镖掷向该图，则飞镖落在阴影区域的概率为(　　)

A． B． C． D．
6．下列命题是真命题的是（ ）
A．如实数a，b满足a2＝b2，则a＝b
B．若实数a，b满足a＜0，b＜0，则ab＜0
C．“购买1张彩票就中奖”是不可能事件
D．三角形的三个内角中最多有一个钝角
7．有6个相同的立方体搭成的几何体如图所示，则它的主视图是（ ）

A． B． C． D．
8．一、单选题
如图，△ABC中，AB＝4，AC＝3，BC＝2，将△ABC绕点A顺时针旋转60°得到△AED，则BE的长为（　　）

A．5 B．4 C．3 D．2
9．已知二次函数的图象如图所示，则下列说法正确的是（ ）

A．＜0 B．＜0 C．＜0 D．＜0
10．若a与5互为倒数，则a=（ ）
A． B．5 C．-5 D．
二、填空题（本大题共6个小题，每小题3分，共18分）
11．已知，则＝_______．
12．如果实数x、y满足方程组，求代数式（+2）÷．
13．若一个三角形两边的垂直平分线的交点在第三边上，则这个三角形是_____三角形．
14．已知x+y=,xy=,则x2y+xy2的值为____.
15．如图，点A为函数y=（x＞0）图象上一点，连结OA，交函数y=（x＞0）的图象于点B，点C是x轴上一点，且AO=AC，则△OBC的面积为____．

16．因式分解：9x﹣x2=_____．
三、解答题（共8题，共72分）
17．（8分）2018年江苏省扬州市初中英语口语听力考试即将举行，某校认真复习，积极迎考，准备了A、B、C、D四份听力材料，它们的难易程度分别是易、中、难、难；a，b是两份口语材料，它们的难易程度分别是易、难．从四份听力材料中，任选一份是难的听力材料的概率是　 　．用树状图或列表法，列出分别从听力、口语材料中随机选一份组成一套完整的模拟试卷的所有情况，并求出两份材料都是难的一套模拟试卷的概率．
18．（8分）（1）问题：如图1，在四边形ABCD中，点P为AB上一点，∠DPC=∠A=∠B=90°．求证：AD·BC=AP·BP．
（2）探究：如图2，在四边形ABCD中，点P为AB上一点，当∠DPC=∠A=∠B=θ时，上述结论是否依然成立．说明理由．
（3）应用：请利用（1）（2）获得的经验解决问题：
如图3，在△ABD中，AB=6，AD=BD=1．点P以每秒1个单位长度的速度，由点A 出发，沿边AB向点B运动，且满足∠DPC=∠A．设点P的运动时间为t（秒），当DC的长与△ABD底边上的高相等时，求t的值．

19．（8分）随着交通道路的不断完善，带动了旅游业的发展，某市旅游景区有A、B、C、D、E等著名景点，该市旅游部门统计绘制出2017年“五•一”长假期间旅游情况统计图，根据以下信息解答下列问题：

（1）2017年“五•一”期间，该市周边景点共接待游客 万人，扇形统计图中A景点所对应的圆心角的度数是 ，并补全条形统计图．
（2）根据近几年到该市旅游人数增长趋势，预计2018年“五•一”节将有80万游客选择该市旅游，请估计有多少万人会选择去E景点旅游？
（3）甲、乙两个旅行团在A、B、D三个景点中，同时选择去同一景点的概率是多少？请用画树状图或列表法加以说明，并列举所用等可能的结果．
20．（8分）如图，AB是⊙O的直径，CD切⊙O于点D，且BD∥OC，连接AC．
（1）求证：AC是⊙O的切线；
（2）若AB=OC=4，求图中阴影部分的面积（结果保留根号和π）

21．（8分）有一水果店，从批发市场按4元/千克的价格购进10吨苹果，为了保鲜放在冷藏室里，但每天仍有一些苹果变质，平均每天有50千克变质丢弃，且每存放一天需要各种费用300元，据预测，每天每千克价格上涨0.1元．设x天后每千克苹果的价格为p元，写出p与x的函数关系式；若存放x天后将苹果一次性售出，设销售总金额为y元，求出y与x的函数关系式；该水果店将这批水果存放多少天后一次性售出，可以获得最大利润，最大利润为多少？
22．（10分）如图，已知AB是⊙O的直径，BC⊥AB，连结OC，弦AD∥OC，直线CD交BA的延长线于点E．
（1）求证：直线CD是⊙O的切线；
（2）若DE＝2BC，AD＝5，求OC的值．

23．（12分）已知，在菱形ABCD中，∠ADC=60°，点H为CD上任意一点（不与C、D重合），过点H作CD的垂线，交BD于点E，连接AE．
（1）如图1，线段EH、CH、AE之间的数量关系是　 　；
（2）如图2，将△DHE绕点D顺时针旋转，当点E、H、C在一条直线上时，求证：AE+EH=CH．

24．汤姆斯杯世界男子羽毛球团体赛小组赛比赛规则：两队之间进行五局比赛，其中三局单打，两局双打，五局比赛必须全部打完，赢得三局及以上的队获胜．假如甲，乙两队每局获胜的机会相同．若前四局双方战成2：2，那么甲队最终获胜的概率是__________；现甲队在前两局比赛中已取得2：0的领先，那么甲队最终获胜的概率是多少？
参考答案

一、选择题（共10小题，每小题3分，共30分）
1、D
【解析】
分析：首先证明四边形ABEF为菱形，根据勾股定理求出对角线AE的长度，从而得出四边形的面积．
详解：∵AB∥EF，AF∥BE， ∴四边形ABEF为平行四边形， ∵BF平分∠ABC，
∴四边形ABEF为菱形， 连接AE交BF于点O， ∵BF=6，BE=5，∴BO=3，EO=4，
∴AE=8，则四边形ABEF的面积=6×8÷2=24，故选D．
点睛：本题主要考查的是菱形的性质以及判定定理，属于中等难度的题型．解决本题的关键就是根据题意得出四边形为菱形．
2、A
【解析】
若比较M，N的大小关系，只需计算M-N的值即可．
【详解】
解：∵M＝9x2－4x＋3，N＝5x2＋4x－2，
∴M-N=（9x2－4x＋3）-（5x2＋4x－2）=4(x-1)2+1＞0，
∴M>N．
故选A．
本题的主要考查了比较代数式的大小，可以让两者相减再分析情况．
3、A
【解析】
根据图形，结合题目所给的运算法则列出方程组．
【详解】
图2所示的算筹图我们可以表述为：．
故选A．
本题考查了由实际问题抽象出二元一次方程组，解答本题的关键是读懂题意，设出未知数，找出合适的等量关系，列出方程组．
4、B
【解析】
方程两边同时乘以（x-2），转化为整式方程，由此即可作出判断．
【详解】
方程两边同时乘以（x-2），得
1﹣3（x﹣2）=﹣4，
故选B．
本题考查了解分式方程，利用了转化的思想，熟练掌握解分式方程的一般步骤以及注意事项是解题的关键.
5、D
【解析】
连接OC、OD、BD，根据点C，D是半圆O的三等分点，推导出OC∥BD且△BOD是等边三角形，阴影部分面积转化为扇形BOD的面积，分别计算出扇形BOD的面积和半圆的面积，然后根据概率公式即可得出答案．
【详解】
解：如图连接OC、OD、BD，

∵点C、D是半圆O的三等分点，
∴，
∴∠AOC=∠COD=∠DOB=60°，
∵OC=OD，
∴△COD是等边三角形，
∴OC=OD=CD，
∵，
∴，
∵OB=OD，
∴△BOD是等边三角形，则∠ODB=60°，
∴∠ODB=∠COD=60°，
∴OC∥BD，
∴，
∴S阴影=S扇形OBD，
S半圆O，
飞镖落在阴影区域的概率，
故选：D．
本题主要考查扇形面积的计算和几何概率问题：概率=相应的面积与总面积之比，解题的关键是把求不规则图形的面积转化为求规则图形的面积．
6、D
【解析】
A. 两个数的平方相等，这两个数不一定相等，有正负之分即可判断
B. 同号相乘为正，异号相乘为负，即可判断
C. “购买1张彩票就中奖”是随机事件即可判断
D. 根据三角形内角和为180度，三个角中不可能有两个以上钝角即可判断
【详解】
如实数a，b满足a2＝b2，则a＝±b，A是假命题；
数a，b满足a＜0，b＜0，则ab＞0，B是假命题；
若实“购买1张彩票就中奖”是随机事件，C是假命题；
三角形的三个内角中最多有一个钝角，D是真命题；
故选：D
本题考查了命题与定理，根据实际判断是解题的关键
7、C
【解析】
试题分析：根据主视图是从正面看得到的图形，可得答案．
解：从正面看第一层三个小正方形第二层左边一个小正方形，右边一个小正方形．
故选C．
考点：简单组合体的三视图．
8、B
【解析】
根据旋转的性质可得AB=AE，∠BAE=60°，然后判断出△AEB是等边三角形，再根据等边三角形的三条边都相等可得BE=AB．
【详解】
解：∵△ABC绕点A顺时针旋转 60°得到△AED，
∴AB=AE，∠BAE=60°，
∴△AEB是等边三角形，
∴BE=AB，
∵AB=1，
∴BE=1．
故选B．
本题考查了旋转的性质，等边三角形的判定与性质，主要利用了旋转前后对应边相等以及旋转角的定义．
9、B
【解析】
根据抛物线的开口方向确定a，根据抛物线与y轴的交点确定c，根据对称轴确定b，根据抛物线与x轴的交点确定b2-4ac，根据x=1时，y＞0，确定a+b+c的符号．
【详解】
解：∵抛物线开口向上，
∴a＞0，
∵抛物线交于y轴的正半轴，
∴c＞0，
∴ac＞0，A错误；
∵-＞0，a＞0，
∴b＜0，∴B正确；
∵抛物线与x轴有两个交点，
∴b2-4ac＞0，C错误；
当x=1时，y＞0，
∴a+b+c＞0，D错误；
故选B．
本题考查的是二次函数图象与系数的关系，二次函数y=ax2+bx+c系数符号由抛物线开口方向、对称轴、抛物线与y轴的交点抛物线与x轴交点的个数确定．
10、A
【解析】
分析：当两数的积为1时，则这两个数互为倒数，根据定义即可得出答案．
详解：根据题意可得：5a=1，解得：a=， 故选A．
点睛：本题主要考查的是倒数的定义，属于基础题型．理解倒数的定义是解题的关键．

二、填空题（本大题共6个小题，每小题3分，共18分）
11、3
【解析】
依据可设a=3k,b=2k，代入化简即可．
【详解】
∵，
∴可设a=3k,b=2k，
∴=3
故答案为3.
本题主要考查了比例的性质及见比设参的数学思想，组成比例的四个数，叫做比例的项．两端的两项叫做比例的外项，中间的两项叫做比例的内项．
12、1
【解析】
解：原式==xy+2x+2y，方程组：，解得：，当x=3，y=﹣1时，原式=﹣3+6﹣2=1．故答案为1．
点睛：此题考查了分式的化简求值，熟练掌握运算法则是解本题的关键．
13、直角三角形．
【解析】
根据题意，画出图形，用垂直平分线的性质解答．
【详解】
点O落在AB边上，
连接CO，
∵OD是AC的垂直平分线，
∴OC=OA，
同理OC=OB，
∴OA=OB=OC，
∴A、B、C都落在以O为圆心，以AB为直径的圆周上，
∴∠C是直角．
∴这个三角形是直角三角形．

本题考查线段垂直平分线的性质，解题关键是准确画出图形，进行推理证明.
14、3
【解析】
分析：因式分解，把已知整体代入求解.
详解：x2y+xy2＝xy(x+y)=3.
点睛：因式分解的方法：（1）提取公因式法.ma+mb+mc=m(a+b+c).
（2）公式法:完全平方公式，平方差公式.
（3）十字相乘法.
因式分解的时候，要注意整体换元法的灵活应用，训练将一个式子看做一个整体,利用上述方法因式分解的能力.
15、6
【解析】
根据题意可以分别设出点A、点B的坐标，根据点O、A、B在同一条直线上可以得到A、B的坐标之间的关系，由AO=AC可知点C的横坐标是点A的横坐标的2倍，从而可以得到△OBC的面积．
【详解】
设点A的坐标为(a,),点B的坐标为(b,)，
∵点C是x轴上一点，且AO=AC，
∴点C的坐标是(2a,0)，
设过点O(0,0),A(a, )的直线的解析式为：y=kx，
∴=k⋅a，
解得k=，
又∵点B(b, )在y=x上，
∴=⋅b,解得, =或=− (舍去)，
∴S△OBC==6.
故答案为：6.
本题考查了等腰三角形的性质与反比例函数的图象以及三角形的面积公式，解题的关键是熟练的掌握等腰三角形的性质与反比例函数的图象以及三角形的面积公式.
16、x（9﹣x）
【解析】
试题解析：
故答案为
点睛：常见的因式分解的方法：提取公因式法，公式法，十字相乘法.

三、解答题（共8题，共72分）
17、（1）；（2）.
【解析】
【分析】（1）依据A、B、C、D四份听力材料的难易程度分别是易、中、难、难，即可得到从四份听力材料中，任选一份是难的听力材料的概率是；
（2）利用树状图列出分别从听力、口语材料中随机选一份组成一套完整的模拟试卷的所有情况，即可得到两份材料都是难的一套模拟试卷的概率．
【详解】（1）∵A、B、C、D四份听力材料的难易程度分别是易、中、难、难，
∴从四份听力材料中，任选一份是难的听力材料的概率是=，
故答案为；
（2）树状图如下：

∴P（两份材料都是难）=．
【点睛】本题主要考查了利用树状图或列表法求概率，当有两个元素时，可用树形图列举，也可以列表列举．随机事件A的概率P（A）=事件A可能出现的结果数除以所有可能出现的结果数．
18、（2）证明见解析；（2）结论成立，理由见解析；（3）2秒或2秒．
【解析】
（2）由∠DPC=∠A=∠B=90°可得∠ADP=∠BPC，即可证到△ADP∽△BPC，然后运用相似三角形的性质即可解决问题；
（2）由∠DPC=∠A=∠B=θ可得∠ADP=∠BPC，即可证到△ADP∽△BPC，然后运用相似三角形的性质即可解决问题；
（3）过点D作DE⊥AB于点E，根据等腰三角形的性质可得AE=BE=3，根据勾股定理可得DE=4，由题可得DC=DE=4，则有BC=2-4=2．易证∠DPC=∠A=∠B．根据ADBC=APBP，就可求出t的值．

【详解】
解：（2）如图2，
∵∠DPC=∠A=∠B=90°，
∴∠ADP+∠APD=90°，
∠BPC+∠APD=90°，
∴∠APD=∠BPC，
∴△ADP∽△BPC，
∴，
∴ADBC=APBP；
（2）结论ADBC=APBP仍成立；
证明：如图2，∵∠BPD=∠DPC+∠BPC，
又∵∠BPD=∠A+∠APD，
∴∠DPC+∠BPC=∠A+∠APD，
∵∠DPC=∠A=θ，
∴∠BPC=∠APD，
又∵∠A=∠B=θ，
∴△ADP∽△BPC，
∴，
∴ADBC=APBP；
（3）如下图，过点D作DE⊥AB于点E，

∵AD=BD=2，AB=6
∴AE=BE=3
∴DE==4，
∵以D为圆心，以DC为半径的圆与AB相切，
∴DC=DE=4，
∴BC=2-4=2，
∵AD=BD，
∴∠A=∠B，
又∵∠DPC=∠A，
∴∠DPC=∠A=∠B，
由（2）（2）的经验得AD•BC=AP•BP，
又∵AP=t，BP=6-t，
∴t（6-t）=2×2，
∴t=2或t=2，
∴t的值为2秒或2秒．
本题考查圆的综合题．
19、（1）50,108°，补图见解析；（2）9.6；（3）．
【解析】
（1）根据A景点的人数以及百分表进行计算即可得到该市周边景点共接待游客数；先求得A景点所对应的圆心角的度数，再根据扇形圆心角的度数=部分占总体的百分比×360°进行计算即可；根据B景点接待游客数补全条形统计图；
（2）根据E景点接待游客数所占的百分比，即可估计2018年“五•一”节选择去E景点旅游的人数；
（3）根据甲、乙两个旅行团在A、B、D三个景点中各选择一个景点，画出树状图，根据概率公式进行计算，即可得到同时选择去同一景点的概率．
【详解】
解：（1）该市周边景点共接待游客数为：15÷30%=50（万人），
A景点所对应的圆心角的度数是：30%×360°=108°，
B景点接待游客数为：50×24%=12（万人），
补全条形统计图如下：

（2）∵E景点接待游客数所占的百分比为：×100%=12%，
∴2018年“五•一”节选择去E景点旅游的人数约为：80×12%=9.6（万人）；
（3）画树状图可得：

∵共有9种可能出现的结果，这些结果出现的可能性相等，其中同时选择去同一个景点的结果有3种，
∴同时选择去同一个景点的概率=．
本题考查列表法与树状图法；用样本估计总体；扇形统计图；条形统计图．
20、（1）证明见解析；（2）；
【解析】
（1）连接OD，先根据切线的性质得到∠CDO=90°，再根据平行线的性质得到∠AOC=∠OBD，∠COD=∠ODB，又因为OB=OD，所以∠OBD=∠ODB，即∠AOC=∠COD，再根据全等三角形的判定与性质得到∠CAO=∠CDO=90°，根据切线的判定即可得证；
（2）因为AB=OC=4，OB=OD，Rt△ODC与Rt△OAC是含30°的直角三角形，从而得到
∠DOB=60°，即△BOD为等边三角形，再用扇形的面积减去△BOD的面积即可.
【详解】
（1）证明：连接OD，

∵CD与圆O相切，
∴OD⊥CD，
∴∠CDO=90°，
∵BD∥OC，
∴∠AOC=∠OBD，∠COD=∠ODB，
∵OB=OD，
∴∠OBD=∠ODB，
∴∠AOC=∠COD，
在△AOC和△DOC中，
，
∴△AOC≌△EOC（SAS），
∴∠CAO=∠CDO=90°，则AC与圆O相切；
（2）∵AB=OC=4，OB=OD，
∴Rt△ODC与Rt△OAC是含30°的直角三角形，
∴∠DOC=∠COA=60°，
∴∠DOB=60°，
∴△BOD为等边三角形，
图中阴影部分的面积=扇形DOB的面积﹣△DOB的面积,
=．
本题主要考查切线的判定与性质，全等三角形的判定与性质，含30°角的直角三角形的性质，扇形的面积公式等，难度中等，属于综合题，解此题的关键在于熟练掌握其知识点.
21、；(3)该水果店将这批水果存放50天后一次性售出，可以获得最大利润，最大利润为12500元．
【解析】
（1）根据按每千克元的市场价收购了这种苹果千克，此后每天每千克苹果价格会上涨元，进而得出天后每千克苹果的价格为元与的函数关系；
（2）根据每千克售价乘以销量等于销售总金额，求出即可；
（3）利用总售价-成本-费用=利润，进而求出即可.
【详解】
根据题意知，；
．

当时，最大利润12500元，
答：该水果店将这批水果存放50天后一次性售出，可以获得最大利润，最大利润为12500元．
此题主要考查了二次函数的应用以及二次函数最值求法，得出与的函数关系是解题关键.
22、（1）证明见解析；（2）．
【解析】
试题分析：（1）首选连接OD，易证得△COD≌△COB（SAS），然后由全等三角形的对应角相等，求得∠CDO=90°，即可证得直线CD是⊙O的切线；
（2）由△COD≌△COB．可得CD=CB，即可得DE=2CD，易证得△EDA∽△ECO，然后由相似三角形的对应边成比例，求得AD：OC的值．
试题解析：（1）连结DO．

∵AD∥OC，
∴∠DAO=∠COB，∠ADO=∠COD．
又∵OA=OD，
∴∠DAO=∠ADO，
∴∠COD=∠COB． 3分
又∵CO＝CO, OD＝OB
∴△COD≌△COB（SAS） 4分
∴∠CDO=∠CBO=90°．
又∵点D在⊙O上，
∴CD是⊙O的切线．
（2）∵△COD≌△COB．
∴CD=CB．
∵DE=2BC，
∴ED=2CD．
∵AD∥OC，
∴△EDA∽△ECO．
∴，
∴．
考点：1.切线的判定2.全等三角形的判定与性质3.相似三角形的判定与性质．
23、 (1) EH2+CH2=AE2；(2)见解析.
【解析】
分析：（1）如图1，过E作EM⊥AD于M，由四边形ABCD是菱形，得到AD=CD，∠ADE=∠CDE，通过△DME≌△DHE，根据全等三角形的性质得到EM=EH，DM=DH，等量代换得到AM=CH，根据勾股定理即可得到结论；
（2）如图2，根据菱形的性质得到∠BDC=∠BDA=30°，DA=DC，在CH上截取HG，使HG=EH，推出△DEG是等边三角形，由等边三角形的性质得到∠EDG=60°，推出△DAE≌△DCG，根据全等三角形的性质即可得到结论．
详解：
（1）EH2+CH2=AE2，
如图1，过E作EM⊥AD于M，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AD=CD，∠ADE=∠CDE，
∵EH⊥CD，
∴∠DME=∠DHE=90°，
在△DME与△DHE中，
，
∴△DME≌△DHE，
∴EM=EH，DM=DH，
∴AM=CH，
在Rt△AME中，AE2=AM2+EM2，
∴AE2=EH2+CH2；
故答案为：EH2+CH2=AE2；
（2）如图2，
∵菱形ABCD，∠ADC=60°，
∴∠BDC=∠BDA=30°，DA=DC，
∵EH⊥CD
∴∠DEH=60°，
在CH上截取HG，使HG=EH，
∵DH⊥EG，∴ED=DG，
又∵∠DEG=60°，
∴△DEG是等边三角形，
∴∠EDG=60°，
∵∠EDG=∠ADC=60°，
∴∠EDG﹣∠ADG=∠ADC﹣∠ADG，
∴∠ADE=∠CDG，
在△DAE与△DCG中，
，
∴△DAE≌△DCG，
∴AE=GC，
∵CH=CG+GH，
∴CH=AE+EH．

点睛：考查了全等三角形的判定和性质、菱形的性质、旋转的性质、等边三角形的判定和性质，解题的关键是正确的作出辅助线．
24、（1）；（2）
【解析】
分析：（1）直接利用概率公式求解；
（2）画树状图展示所有8种等可能的结果数，再找出甲至少胜一局的结果数，然后根据概率公式求．
详解：（1）甲队最终获胜的概率是；
（2）画树状图为：

共有8种等可能的结果数，其中甲至少胜一局的结果数为7，
所以甲队最终获胜的概率=．
点睛：本题考查了列表法与树状图法：利用列表法或树状图法展示所有等可能的结果n，再从中选出符合事件A或B的结果数目m，然后利用概率公式计算事件A或事件B的概率．