2018年无锡市宜兴市丁蜀学区中考数学一模试卷

这是一份2018年无锡市宜兴市丁蜀学区中考数学一模试卷，共15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. −5 的倒数是
A. 15B. ±5C. 5D. −15

2. 函数 y=1x−2 中，自变量 x 的取值范围是
A. x>2B. x≥2C. x≠2D. x≤2

3. 分式 22−x 可变形为
A. 22+xB. −22+xC. 2x−2D. −2x−2

4. 已知A 样本的数据如下：72，73，76，76，77，78，78，78，B 样本的数据恰好是A 样本数据每个都加 2，则 A，B 两个样本的下列统计量对应相同的是
A. 平均数B. 方差C. 中位数D. 众数

5. 若点 A3,−4，B−2,m 在同一个反比例函数的图象上，则 m 的值为
A. 6B. −6C. 12D. −12

6. 下列图形中，是轴对称图形但不是中心对称图形的是
A. 等边三角形B. 平行四边形C. 矩形D. 圆

7. 如图，AB∥CD，则根据图中标注的角，下列关系中成立的是
A. ∠1=∠3B. ∠2+∠3=180∘C. ∠2+∠41, ⋯⋯①x−2≤12x+2. ⋯⋯②

21. 如图，已知：△ABC 中，AB=AC，点 M 是 BC 的中点，点 D，E 分别是 AB，AC 边上的点，且 BD=CE．求证：MD=ME．

22. 某区教研部门对本区初二年级的学生进行了一次随机抽样问卷调查，其中有这样一个问题：老师在课堂上放手让学生提问和表达E
A．从不；B．很少；C．有时；D．常常；E．总是．
答题的学生在这五个选项中只能选择一项．如图是根据学生对该问题的答卷情况绘制的两幅不完整的统计图．根据以上信息，解答下列问题：
（1）该区共有 名初二年级的学生参加了本次问卷调查；
（2）请把这幅条形统计图补充完整；
（3）在扇形统计图中，“总是”的圆心角为 ．（精确到度）

23. （1）甲、乙、丙、丁四人做传球游戏；第一次由甲将球随机传给乙、丙、丁中的某一人，从第二次起，每一次都由持球者将球再随机传给其他三人中的某一人．求第二次传球后球回到甲手里的概率．（请用“画树状图”或“列表”等方式给出分析过程）
（2）如果甲跟另外 nn≥2 个人做（1）中同样的游戏，那么，第三次传球后球回到甲手里的概率是 （请直接写出结果）．

24. 如图，OA=2，以点 A 为圆心，1 为半径画 ⊙A 与 OA 的延长线交于点 C，过点 A 画 OA 的垂线，垂线与 ⊙A 的一个交点为点 B，连接 BC．
（1）线段 BC 的长等于 ；
（2）请在图中按下列要求逐一操作，并回答问题：
①以点 为圆心，以线段 的长为半径画弧，与射线 BA 交于点 D，使线段 OD 的长等于 6；
②连 OD，在 OD 上画出点 P，使 OP 的长等于 263，请写出画法，并说明理由．

25. 某校计划购买一批篮球和足球，已知购买 2 个篮球和 1 个足球共需 320 元，购买 3 个篮球和 2 个足球共需 540 元．
（1）求每个篮球和每个足球的售价；
（2）如果学校计划购买这两种球共 50 个，总费用不超过 5500 元，那么最多可购买多少个足球?

26. 如图，直线 x=−4 与 x 轴交于点 E，一开口向上的抛物线过原点交线段 OE 于点 A，交直线 x=−4 于点 B，过点 B 且平行于 x 轴的直线与抛物线交于点 C，直线 OC 交直线 AB 于点 D，且 AD:BD=1:3．
（1）求点 A 的坐标；
（2）若 △OBC 是等腰三角形，求此抛物线的函数关系式．

27. 如图 1，菱形 ABCD 中，∠A=60∘，点 P 从点 A 出发，以 2 cm/s 的速度沿边 AB，BC，CD 匀速运动到点 D 终止，点 Q 从点 A 与点 P 同时出发，沿边 AD 匀速运动到点 D 终止，设点 P 运动的时间为 ts．△APQ 的面积 Scm2 与 ts 之间函数关系的图象由图 2 中的曲线段 OE 与线段 EF，FG 给出．
（1）求点 Q 运动的速度；
（2）求图 2 中线段 FG 的函数关系式；
（3）问：是否存在这样的 t，使 PQ 将菱形 ABCD 的面积恰好分成 1:5 的两部分?若存在，求出这样的 t 的值；若不存在，请说明理由．

28. 如图，点 C 为 ∠AOB 的边 OA 上一点，OC=6，N 为边 OB 上异于点 O 的一动点，点 P 是线段 CN 上一点，过点 P 分别作 PQ∥OA 交 OB 于点 Q，PM∥OB 交 OA 于点 M．
（1）若 ∠AOB=60∘，OM=4，OQ=1，求证：CN⊥OB．
（2）当点 N 在边 OB 上运动时，四边形 OMPQ 始终保持为菱形．
①问：1OM−1ON 的值是否发生变化?如果变化，求出其取值范围；如果不变，请说明理由．
②设菱形 OMPQ 的面积为 S1，△NOC 的面积为 S2，求 S1S2 的取值范围．
答案
第一部分
1. D【解析】∵−5×−15=1，
∴−5 的倒数是 −15．
2. A
3. D
4. B
5. A
6. A【解析】A选项等边三角形是轴对称图形，但不是中心对称图形；
B选项平行四边形是中心对称图形但不是轴对称图形，
C、D选项既是轴对称图形，也是中心对称图形．
7. D【解析】A、 ∵OC 与 OD 不平行，
∴∠1=∠3 不成立，故本选项错误；
B、 ∵OC 与 OD 不平行，
∴∠2+∠3=180∘ 不成立，故本选项错误；
C、 ∵AB∥CD，
∴∠2+∠4=180∘，故本选项错误；
D、 ∵AB∥CD，
∴∠3+∠5=180∘，故本选项正确．
8. B【解析】∵ 点 A，B，C 是 ⊙O 上的三点，且 ∠ABC=70∘，
∴∠AOC=2∠ABC=2×70∘=140∘．
9. D【解析】∵ 在梯形 ABCD 中，AD∥BC，
∴△AOD∽△COB，
∵AD=1，BC=4，
即 AD:BC=1:4，
∴△AOD 与 △BOC 的面积比等于：1:16．
10. D
【解析】连接 DE，DF，过点 F 作 FN⊥AB 于点 N，过点 C 作 CM⊥AB 于点 M，
∵ 根据三角形的面积和平行四边形的面积得：S△DEC=S△DFA=12S平行四边形ABCD，
即 12AF×DP=12CE×DQ，
∴AF×DP=CE×DQ，
∵ 四边形 ABCD 是平行四边形，
∴AD∥BC，
∵∠DAB=60∘，
∴∠CBN=∠DAB=60∘，
∴∠BFN=∠MCB=30∘，
∵AB:BC=3:2，
∴ 设 AB=3a，BC=2a，
∵AE:EB=1:2，F 是 BC 的中点，
∴BF=a，BE=2a，
BN=12a，BM=a，
由勾股定理得：FN=32a，CM=3a，
AF=3a+12a2+32a2=13a，
CE=3a2+3a2=23a，
∴13a⋅DP=23a⋅DQ，
∴DP:DQ=23:13．
第二部分
11. 2xx−2
12. 8.2×109
13. 3,0
14. 假
【解析】“全等三角形的面积相等”的逆命题是“面积相等的三角形是全等三角形”，根据全等三角形的定义，不符合要求，因此是假命题．
15. 8
【解析】如图，
∵ 在 △ABC 中，CD⊥AB 于点 D，点 E 是 AC 的中点，DE=5，
∴DE=12AC=5，
∴AC=10．
在直角 △ACD 中，∠ADC=90∘，AD=6，AC=10，
则根据勾股定理，得 CD=AC2−AD2=102−62=8．
16. 43
【解析】设平行四边形 ABCD 的对角线 AC 与 BD 交于点 O，
∵ AE⊥BD，∠EAC=30∘，AE=3，
∴ 在 Rt△EAO 中，cs∠EAO=AEAO，
∴ AO=AEcs30∘=332=23，
∴ AC=2AO=43．
17. 5
【解析】过点 B 作 BD⊥直线x=4，交直线 x=4 于点 D，过点 B 作 BE⊥x 轴，交 x 轴于点 E，直线 x=1 与 OC 交于点 M，与 x 轴交于点 F，直线 x=4 与 AB 交于点 N，如图：
∵ 四边形 OABC 是平行四边形，
∴∠OAB=∠BCO，OC∥AB，OA=BC，
∵ 直线 x=1 与直线 x=4 均垂直于 x 轴，
∴AM∥CN，
∴ 四边形 ANCM 是平行四边形，
∴∠MAN=∠NCM，
∴∠OAF=∠BCD，
∵∠OFA=∠BDC=90∘，
∴∠FOA=∠DBC，
在 △OAF 和 △BCD 中，
∠FOA=∠DBC,OA=BC,∠OAF=∠BCD,
∴△OAF≌△BCDAAS，
∴BD=OF=1，
∴OE=4+1=5，
∴OB=OE2+BE2．
由于 OE 的长不变，
∴ 当 BE 最小时（即 B 点在 x 轴上），OB 取得最小值，最小值为 OB=OE=5．
18. 3
【解析】平移 CD 到 CʹDʹ 交 AB 于点 Oʹ，如图所示，
则 ∠BOʹDʹ=∠BOD，
∴tan∠BOD=tan∠BOʹDʹ，
设每个小正方形的边长为 a，
则 OʹB=a2+2a2=5a，OʹDʹ=2a2+2a2=22a，BDʹ=3a，
过点 B 作 BE⊥OʹDʹ 于点 E，
则 BE=BDʹ⋅OʹFOʹDʹ=3a⋅2a22a=32a2，
∴OʹE=OʹB2−BE2=5a2−32a22=2a2，
∴tan∠BOʹE=BEOʹE=32a22a2=3，
∴tan∠BOD=3．
第三部分
19. （1） 原式=3−4+1=0．
（2） 原式=x2+2x+1−x−42=x2+2x+1−x2+4=2x+2.
20. （1） 由题意可得：
5x+2=32x−1.
解得：
x=13.
检验：当 x=13 时，x+22x−1≠0，
故 x=13 是原方程的解．
（2） 解 ① 得：
x>−1.
解 ② 得：
x≤6.
故不等式组的解集为：
−10，50−t>0，
∴t 取得最大值为 25，即最多可以购买 25 个足球．
26. （1） 如图，过点 D 作 DF⊥x 轴于点 F．
由题意，可知 OF=AF，则 2AF+AE=4. ⋯⋯①
∵DF∥BE，
∴△ADF∽△ABE，
∴AFAE=ADAB=12，即 AE=2AF, ⋯⋯②
① 与 ② 联立，解得 AE=2，AF=1，
∴ 点 A 的坐标为 −2,0．
（2） ∵ 抛物线过原点 0,0，
∴ 可设此抛物线的解析式为 y=ax2+bx．
∵ 抛物线过原点 0,0 和 A 点 −2,0，
∴ 对称轴为直线 x=−2+02=−1，
∵B，C 两点关于直线 x=−1 对称，B 点横坐标为 −4，
∴C 点横坐标为 2，
∴BC=2−−4=6．
∵ 抛物线开口向上，
∴∠OAB>90∘，OB>AB=OC，
∴ 当 △OBC 是等腰三角形时，分两种情况讨论：
①当 OB=BC 时，设 B−4,y1，
则 16+y12=36，解得 y1=±25（负值舍去）．
将 A−2,0，B−4,25 代入 y=ax2+bx，
得 4a−2b=0,16a−4b=25, 解得 a=54,b=52.
∴ 此抛物线的解析式为 y=54x2+52x；
②当 OC=BC 时，设 C2,y2，
则 4+y22=36，解得 y2=±42（负值舍去）．
将 A−2,0，C2,42 代入 y=ax2+bx，
得 4a−2b=0,4a+2b=42, 解得 a=22,b=2.
∴ 此抛物线的解析式为 y=22x2+2x．
综上可知，若 △OBC 是等腰三角形，此抛物线的函数关系式为 y=54x2+52x 或 y=22x2+2x．
27. （1） 由题意，可知题图 2 中点 E 表示点 P 运动至点 B 时的情形，所用时间为 3 s，则菱形的边长 AB=2×3=6 cm．
此时如答图 1 所示：
AQ 边上的高 h=AB⋅sin60∘=6×32=33 cm，
S=S△APQ=12AQ⋅h=12AQ×33=932，解得 AQ=3 cm，
∴ 点 Q 的运动速度为：3÷3=1 cm/s．
（2） 由题意，可知题图 2 中 FG 段表示点 P 在线段 CD 上运动时的情形．如答图 2 所示：
点 Q 运动至点 D 所需时间为：6÷1=6 s，点 P 运动至点 C 所需时间为 12÷2=6 s，至终点 D 所需时间为 18÷2=9 s．
因此在 FG 段内，点 Q 运动至点 D 停止运动，点 P 在线段 CD 上继续运动，且时间 t 的取值范围为：6≤t≤9．
过点 P 作 PE⊥AD 交 AD 的延长线于点 E，
则 PE=PD⋅sin60∘=18−2t×32=−3t+93cm．
S=S△APQ=12AD⋅PE=12×6×−3t+93=−33t+273cm2，
∴FG 段的函数表达式为：S=−33t+2736≤t≤9．
（3） 存在 t，符合题意．
理由：菱形 ABCD 的面积为：6×6×sin60∘=183cm2．
当点 P 在 AB 上运动时，PQ 将菱形 ABCD 分成 △APQ 和五边形 PBCDQ 两部分，如答图 3 所示．
此时 △APQ 的面积 S=12AQ⋅AP⋅sin60∘=12t⋅2t×32=32t2cm2，
根据题意，得 32t2=16×183，解得 t=6 或 t=−6（舍去负值）；
当点 P 在 BC 上运动时，PQ 将菱形分为梯形 ABPQ 和梯形 PCDQ 两部分，如答图 4 所示．
此时，有 S梯形ABPQ=56S菱形ABCD，
即 122t−6+t×6×32=56×183，解得 t=163．
∴ 存在 t=6 s 和 t=163 s，使 PQ 将菱形 ABCD 的面积恰好分成 1:5 的两部分．
28. （1） 过点 P 作 PE⊥OA 于点 E，
∵PQ∥OA，PM∥OB，
∴ 四边形 OMPQ 为平行四边形，
∴PM=OQ=1，∠PME=∠AOB=60∘，
∴PE=PM⋅sin60∘=32，ME=12，
∴CE=OC−OM−ME=32，
∴tan∠PCE=PECE=33．
∴∠PCE=30∘，
∴∠CPM=90∘，
又 ∵PM∥OB，
∴∠CNO=∠CPM=90∘，
则 CN⊥OB．
（2） ① 1OM−1ON 的值不发生变化，理由如下：
设 OM=x，ON=y，
∵ 四边形 OMPQ 为菱形，
∴OQ=QP=OM=x，NQ=y−x，
∵PQ∥OA，
∴∠NQP=∠O，
又 ∵∠QNP=∠ONC，
∴△NQP∽△NOC，
∴QPOC=NQON，即 x6=y−xy，
∴6y−6x=xy，两边都除以 6xy，得 1x−1y=16，即 1OM−1ON=16．
②过点 P 作 PE⊥OA 于点 E，过点 N 作 NF⊥OA 于点 F，
则 S1=OM⋅PE，S2=12OC⋅NF，
∴S1S2=x⋅PE3NF．
∵PM∥OB，
∴∠PMC=∠O，
又 ∵∠PCM=∠NCO，
∴△CPM∽△CNO，
∴PENF=CMCO=6−x6，
∴S1S2=x6−x18=−118x−32+12，
∵0