2021年浙江省湖州市吴兴区初中学业水平模拟监测数学试题（一模）（word版含答案）

这是一份2021年浙江省湖州市吴兴区初中学业水平模拟监测数学试题（一模）（word版含答案），共30页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

2021年浙江省湖州市吴兴区初中学业水平模拟监测数学试题（一模）
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________


一、单选题
1．－2021的绝对值是（ ）
A．－2021 B．2021 C． D．
2．下列计算错误的是（ ）
A． B． C． D．
3．已知某运动队的甲、乙、丙、丁四名射击运动员平时训练的平均成绩（单位：环）以及方差（单位：环）如下表，现要选一名成绩优秀且稳定的队员参加某项比赛，则应选（ ）

甲
乙
丙
丁

9.0
9.0
9.5
9.5

0.5
2.2
1.7
0.5

A．甲 B．乙 C．丙 D．丁
4．正六边形的每个内角的度数是（ ）
A． B． C． D．以上都不正确
5．如图，已知中，，则的值为（ ）

A． B． C． D．
6．已知：如图，点D，E分别在，上，，添加一个条件，不能判定的是（ ）

A． B． C． D．
7．不等式组的解在数轴上表示正确的是（ ）
A． B．
C． D．
8．已知点在函数的图象上，则下列选项中的点也在该函数图象上的是（ ）
A． B． C． D．
9．某天，甲、乙两车同时从A地出发，驶向终点B地，途中乙车由于出现故障，停车修理了一段时间，修理完毕后，乙车加快了速度匀速驶向B地；甲车从A地到B地速度始终保持不变，乙车的速度始终小于甲车的速度．甲、乙两车之间的距离与两车出发时间的函数图象如图所示．下列说法：①甲到达B地（终点）时，乙车距离终点还有；②故障排除前，乙的速度为；③线段所在直线的解析式；④当时，甲、乙两人之间相距60千米．其中说法正确的序号是（ ）

A．③④ B．②③ C．①②③ D．②③④
10．如图，已知在平面直角坐标系中，点M的横坐标为3，以M为圆心，5为半径作，与y轴交于点A和点B，点P是上的一动点，Q是弦上的一个动点，延长交于点E，运动过程中，始终保持，当的结果最大时，长为（ ）


A． B． C． D．

二、填空题
11．因式分解：____．
12．某工厂生产了一批零件共2000件，从中任意抽取了100件进行检查，其中不合格产品2件，则可估计这批零件中约有________件不合格．
13．如图，已知在菱形中，对角线、相交于点O，已知AC=8，BD=4，则菱形的边长为________．

14．中国古代的算筹计数法可追溯到公元前5世纪．摆法有纵式和横式两种（如图所示），以算筹计数的方法是摆个位为纵，十位为横，百位为纵，千位为横……这样纵横依次交替，宋代以后出现了笔算，在个位数划上斜线以表示负数，如 表示， 表示2369，则 表示________．

15．图1是折叠式晾衣架，晾衣时，该晾衣架左右晾衣臂张开后的平面示意图如图2所示，支架共有6格，将该支架六等分，撑杆长为，当水平放置时，点F卡在第三格位置，当从水平位置绕点O逆时针旋转时，点F绕着点D旋转了，卡在第一格位置的点处，则支架长为________（答案精确到，参考数据：，，，）．

16．如图，已知在平面直角坐标系中，点A是反比例函数的图象在第二象限分支上的一点，过点A作轴于点B，以为斜边在左侧作等腰，连结交于点D，过C作的平行线交反比例函数图象于点E，且，则的值是________．


三、解答题
17．计算：
（1）；
（2）．
18．已知一辆货车上装有20吨货物，货车到达目的地后开始卸货．设平均卸货速度为v（单位：吨/小时），卸完这批货物所需的时间为t（单位：小时）．
（1）求v关于t的函数表达式．
（2）若要求不超过4小时卸完车上的这批货物，那么平均每小时至少要卸货多少吨？
19．如图，在方格纸中，每个小正方形的边长都是1，点A，B，P都在格点上，请按要求画出图形，使点P在所画图形的内部（不包括边界上）．

（1）请在图1中作出一个，点C和点D都在格点上；
（2）请在图2中画一个四边形，使得，且是钝角，点E和点F都在格点上．（温馨提示：请画在答题卷相对应的图上）
20．某班组织学生进行交通安全知识竞赛活动，竞赛成绩分为A、B、C、D四个等级，根据竞赛成绩分别制作了条形统计图和扇形统计图．

请根据相关信息，解答下列问题：
（1）求该班的学生总人数，并补全条形统计图；（温馨提示：请画在答题卷相对应的图上）
（2）求出扇形统计图中C等级所对应的扇形圆心角度数；
（3）已知A等的5名学生中有3名男生，2名女生，现从这5名学生中抽取两名同学参加校级竞赛，用树状图或列表法求出被抽到的两名学生恰好是一名男生，一名女生的概率．
21．如图，已知是的直径，点D，C是圆上的两个点，且，直线于点E．

（1）求证：是的切线；
（2）若，求阴影部分的面积．
22．某特产专卖店销售某种特产，其进价为每千克120元，按每千克200元出售．为了促销，营销部门建议：顾客一次购买这种特产不超过20千克时，每千克按200元销售；若一次购买该特产超过20千克时，每多购买1千克，销售单价降低2元，但销售单价均不低于m元．该专卖店某次销售该特产所获得的的利润w（元）与购买数量x（千克）之间的函数关系如图所示．根据以上信息解决下列问题：

（1）顾客购买该特产50千克时，该特产的销售单价m为每千克________元，专卖店的销售利润为________元；
（2）当一次购买该特产超过20千克时，求w与x之间的函数表达式；
（3）在试销期间销售人员发现：当顾客购买特产超过某一数量时，会出现随着数量的增加，专卖店所获利润反而减少这一情况．在这种情况下，为使销售量越多，专卖店所获利润越大，专卖店应将最低销售单价至少调整为每千克多少元？（其它销售条件不变）
23．已知二次函数，其中m是常数．
（1）若函数的图象经过点，求此函数的解析式；
（2）当时，y随x的增大而减小，求m的最小值；
（3）当时，若二次函数图象始终在直线的上方，请直接写出m的取值范围．
24．如图，已知在直角三角形纸片中，，点D、E分别是边、上的动点，将沿着翻折，使点A的对应点F落在内（包括边上），连结．

（1）如图1，若．
①当时，求的度数；
②当与相似时，求线段的长．
（2）如图2，当时，在点E的运动过程中，若有且只有一个位置使得构成直角三角形，请求出满足条件的的取值范围．


参考答案
1．B
【分析】
一个数的数绝对值是非负数，负数的绝对值是它的相反数．
【详解】
－2021的绝对值是2021；
故选：B．
【点睛】
本题考查了绝对值的定义，以及求绝对值，掌握一个负数的绝对值是它的相反数，是解题的关键．
2．C
【分析】
根据运算法则逐一计算判断即可
【详解】
∵，
∴A式计算正确，不符合题意；
∵，
∴B式计算正确，不符合题意；
∵，
∴C式计算错误，符合题意；
∵，
∴D式计算正确，不符合题意；
故选C
【点睛】
本题考查了整式的加减，幂的乘方，同底数幂的除法，熟练掌握运算的法则和化简的方法是解题的关键．
3．D
【分析】
方差越小越稳定，据此解题．
【详解】
解：
又

丁的成绩优秀且最稳定，
故选：D．
【点睛】
本题考查方差的应用，涉及平均数等知识，是基础考点，难度较易，掌握相关知识是解题关键．
4．A
【分析】
正六边形的每个内角相等、每个外角相等，正六边形的外角和360°，据此解题．
【详解】
解：正六边形的外角和为360°，则正六边形的每个外角为：，
因此正六边形的每个内角的度数是：，
故选：A．
【点睛】
本题考查正多边形的内角与外角，涉及正多边形的外角和等知识，是重要考点，难度较易，掌握相关知识是解题关键．
5．B
【分析】
设，由勾股定理得到，再根据正切定义解题即可．
【详解】
解: 设，由勾股定理得到，

故选：B．
【点睛】
本题考查解直角三角形，涉及正切、勾股定理等知识，是重要考点，难度较易，掌握相关知识是解题关键．
6．A
【分析】
根据三角形全等判定定理逐一判断即可．
【详解】
∵不符合任何一个判定定理，不能判定
∴A符合题意；
∵,符合SAS判定定理，能判定
∴B不符合题意；
∵,符合ASA判定定理，能判定
∴C不符合题意；
∵,符合AAS判定定理，能判定
∴D不符合题意；
故选A．
【点睛】
本题考查了添加条件型判断全等三角形，熟练掌握三角形全等的判定定理是解题的关键．
7．D
【分析】
分别解出两个不等式的解集，再将两个不等式的解集表示在数轴上，即可解题．
【详解】
解：
解不等式①得，
解不等式②得，
将不等式组的解集表示在数轴上，如图，

故选：D．
【点睛】
本题考查解不等式组、将不等式组的解集表示在数轴上等知识，是重要考点，难度较易，掌握相关知识是解题关键．
8．C
【分析】
先求出对称轴，然后根据对称性即可得到答案．
【详解】
的对称轴为x=-1
根据对称性函数在x=1时的函数值与x=-3时的函数值一样
故当点在函数的图象上时，也在函数图象上
故选C．
【点睛】
本题主要考查二次函数的对称性，能够求出对称轴是解题关键．
9．B
【分析】
①根据图象知，甲到达B地时，甲乙两车距离最大即可判断；②由图象可求出故障排除后乙车的速度为，设排除故障前乙车的速度为，甲车的速度为，根据题意可得方程，求解即可；③先计算出m的值，再求出点P的坐标，最后运用待定系数法求出线段PQ所在直线解析式 即可；④代入求值进行判断即可得到答案．
【详解】
解：①甲到达B地时，甲乙两车距离最大，即y最大，y=90，
故乙车距终点90km，故①错误；
②排除故障后、乙车的速度为：
排除故障前乙车的速度为，甲车的速度为，
由题意和函数图象可知，故障前甲车2h比乙车多行驶了40km
乙车故障修理了
故
解得，
所以，排除故障前乙车的速度为，故②正确；
③

∴
设直线的解析式为：，代入，，则有：

解得，
∴线段所在直线的解析式，故③正确；
④
当时，
当时，， 故④错误，
故选B．
【点睛】
本题考查了一次函数在行程问题中的应用，明确行程问题的基本数量关系并数形结合是解题的关键．
10．D
【分析】
根据△AQP∽△APB，确定，过点M作MG⊥AB，垂足为G，根据垂径定理计算AB=8，用AQ的代数式表示AP+QB，运用二次函数的思想确定最值，确定AQ=2，AP=4，证明AE=AP=4，连接MA，交PE于点N，根据垂径定理的推论，确定AM⊥PE，设AN=x，则MN=5-x，用勾股定理同时表示EN求得x，从而求得EN，根据PE=2EN计算即可
【详解】
如图，∵，，
∴△AQP∽△APB，
∴AP：AB=AQ：AP，

∴，
过点M作MG⊥AB，垂足为G，连接MA，则AG=GB，
∵点M的横坐标为3，圆的半径为5，
∴MG=3，MA=5，
根据勾股定理，得AG==4，
∴AB=2AG=8，
∴，
∴或（舍去），
∵AQ=AB-QB，
∴AP+QB=+8-AQ=
=
∴AP+QB有最大值，且当时，有最大值10，
∴AQ=2，AP=4，
连接AE，设MA与PE的交点为N，

∵△AQP∽△APB，
∴∠APQ=∠ABP，
∵∠AEP=∠ABP，
∴∠APQ=∠AEP，
∴AP=AE=4，，
根据垂径定理的推论，得AM⊥PE，
设AN=x，则MN=5-x，
在Rt△AEN中，，
在Rt△MEN中，，
∴=,
解得x=，
∴，
∴EN=，
∴PE=2EN=，
故选D．
【点睛】
本题考查了圆的对称性，三角形的相似，二次函数的最值，勾股定理，熟练掌握圆的对称性，活用三角形相似的判定和性质，勾股定理是解题的关键．
11．
【详解】
式子中含有x公因式，所以提取公因式法分解因式可得．
12．40
【分析】
先计算样本中，不合格产品占的比例，再乘以2000即可解题．
【详解】
解：样本中，不合格产品占的比例为，
则可估计这批零件中不合格的零件约有（件），
故答案为：40．
【点睛】
本题考查用样本估计总体等知识，是重要考点，难度较易，掌握相关知识是解题关键．
13．
【分析】
由菱形ABCD中对角线AC、BD相交于点O，若AC=8，BD=4，即可求得OA与OB的长，然后由勾股定理求得菱形的边长．
【详解】
解：∵四边形ABCD是菱形，且AC=8，BD=4，
∴OA=AC=4，OB=BD=2，AC⊥BD，
∴．
故答案为：．
【点睛】
本题考查了菱形的性质以及勾股定理，解答本题的关键是掌握菱形的对角线互相垂直平分，题目比较简单，注意掌握数形结合思想的应用．
14．
【分析】
根据算筹记数的规定可知，“ ”表示一个4位负数，再查图找出对应关系即可得表示的数．
【详解】
解：由已知可得：“ ”表示的是4位负整数，是．
故答案为：．
【点睛】
本题考查了应用类问题，解题关键是通过阅读材料理解和掌握我国古代用算筹记数的规定．
15．60
【分析】
作于点M，于点N．由题意可设，则．再由旋转的性质可知，即在中，利用含角的直角三角形的性质，可求出和的长，即可求出的长．再在中，利用勾股定理可用x表示出求出的长．由，结合锐角三角函数解直角三角形即可求出的长，即列出关于x的等式，解出x，即可求出OC的长．
【详解】
如图，作于点M，于点N．
由题意可设，则．
∵，
∴在中，，．
∴．
∴在中，．
∵，
∴．
∴，
∴．
∴，
解得：．
∴．

故答案为：60．
【点睛】
本题为旋转综合题．考查旋转的性质，含角的直角三角形的性质，勾股定理，等腰三角形的性质以及利用锐角三角函数解直角三角形．正确的作出辅助线是解答本题的关键．
16．
【分析】
过点C作交AB于点M，证明△，根据得，设，求出，由可得，进而用x表示M，D，C，E的坐标，过点E作轴，过点A作轴，与交于点N，可得，，从而可求出．
【详解】
解：过点C作交AB于点M，如图，

∴∠
又 ∵∠
∴△
∴
∵
∴
设(，)
∵是等腰直角三角形，
∴
∴
∵
∴
∴
∴
∵点E在上，且横坐标为
∴
过点E作轴，过点A作轴，与交于点N，
∴
∴
∴
故答案为：．
【点睛】
此题主要考查了反比例函数的应用 ，正确作出相关辅助线是解答此题的关键，同时还考查了求锐角的正弦值．
17．（1）18；（2）1．
【分析】
（1）先根据0指数幂的性质计算并代入特殊角的三角函数值，再利用有理数点运算法则计算即可得答案；
（2）根据同分母分式点计算法则计算即可得答案．
【详解】
（1）

．
（2）

．
【点睛】
本题考查实数的运算、分式的运算，熟练掌握运算法则并熟记特殊角的三角函数值是解题关键．
18．（1）；（2）5吨
【分析】
（1）根据货物吨数=平均卸货速度×时间计算即可；
（2）反比例函数的基本性质求解即可
【详解】
（1）由，
得：，
（2）∵，
当t=4时，，
∵，
∴在第一象限，v随t的增大而减小，
当时，
∴
答：平均每小时至少卸货5吨．
【点睛】
本题考查了反比例函数的表达式，反比例函数的性质，熟练掌握反比例函数的性质是解题的关键．
19．（1）见解析；（2）见解析．
【分析】
（1）如图，连接AD，将线段AD向右平移4格，再向下平移1格，根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形解题；
（2）根据勾股定理解得，据此画出线段EF，再结合题意解题即可．
【详解】
（1） （答案不唯一）；
（2）（答案不唯一）
【点睛】
本题考查网格与勾股定理、平行四边形的判定与性质等知识，是重要考点，难度较易，掌握相关知识是解题关键．
20．（1）50人，见解析；（2）108°；（3）
【分析】
（1）利用A等级的人数除以A等级人数所占的百分比即可得到总人数，再求出C等级的人数补充图形即可；
（2）求出C等级的百分比再乘以360度即可；
（3）画出树状图，再根据概率公式即可得到答案．
【详解】
（1）总人数：人；
C：，如图．

（2）．
（3）树状图如下

总共有20种情况，其中一男一女的情况有12种
∴．
【点睛】
本题考查条形统计图与扇形统计图的应用以及用树状图法求概率，能够正确画出树状图是解题关键．
21．（1）见解析；（2）
【分析】
（1）根据圆周角定理可知，根据平行线的判定可知，根据根据垂直的判定和切线的判定定理即可求证结论；
（2）连结，，根据外角定理和等边三角形的判定可得是等边三角形，含30°角的直角三角形的性质可得：，根据切线的性质和角的和差可得，进而可得：，，根据切割法可得：，代入数据即可求解．
【详解】
（1）证明∵，
∴，
∵，
∵，
∴，且是直径，
∴是的切线．
（2）解 连结，，

∵，
∴，
∵，
∴是等边三角形，
∴，
∵是切线，
∴，
∴，
∵，
∴，，
∴
．
【点睛】
本题考查切线的判定及其性质、含30°角的直角三角形判定及其性质、等边三角形的判定及性质、扇形面积的计算公式，解题的关键是熟练掌握所学知识．
22．（1）140；1000；（2）；（3）180元
【分析】
（1）根据“销售单价=原销售单价-2（销售数量-20）；销售利润=每千克的利润数量”计算即可；
（2）分两个不同的取值范围求解即可；
（3）结合函数图象进行分析即可．
【详解】
（1）销售单价：；销售利润：
∴答案为140，1000．
（2）①当时，一件利润为：元，
∴
②当时，一件利润为：（元），
∴；
∴w与x之间的函数表达式为：

（3）要使销售数量越多，专卖店所获利润越大，则w随x的增大而增大，
，y随x的增大而增大；
，其对称轴为，故当时，w随x的增大而增大；
∴若一次购买30千克，设置为最低售价，则可避免w随x的增大而减小情况发生，
∴当时，设置最低售价为（元）．
∴专卖店应将最低销售单价调整为180．
【点睛】
本题考查了函数的应用，根据等量关系，列出分段函数，利用数形结合是解题的关键．
23．（1）；（2）1；（3）
【分析】
（1）把代入函数解析式，解方程即可得到答案；
（2）先求解抛物线的对称轴为： 再结合抛物线的开口方向，可得，再解不等式即可得到答案；
（3）分三种情况讨论，当时， 当时， 当＜＜ 再结合二次函数的性质可得答案．
【详解】
解：（1）∵函数的图象经过点，
∴，
解得：，
∴该函数的表达式为：；
（2）∵二次函数，
∴函数图象的对称轴为直线，
∵，∴在对称轴左侧，y随x的增大而减小，
∴，
∴
∴m的最小值为1.
（3）∵二次函数，
∴函数图象的对称轴为直线，图像的开口向上，
当时，此时
此时当时，函数值取最小值，
＞
＜
所以此时符合条件的不存在；
当时，此时
此时当时，函数值取最小值，



当＜＜ 即＜＜
此时当时，函数取最小值，
最小值为：
＞ 即＜
令

由二次函数图像的开口向上，
＜的解集为：
＜＜，
所以：＜＜，
综上：的取值范围为：．
【点睛】
本题考查的是利用待定系数法求解二次函数的解析式，二次函数的增减性的应用，二次函数与不等式的关系，掌握数形结合的解题方法是解题的关键．
24．（1）①67.5°；②；（2）
【分析】
（1）由平行线性质可得，再根据折叠的性质即可求出；
（2）分或两种情况讨论，根据可知点F一定在BC边上，再利用等腰直角三角形性质进行求解即可；
（3）分或两种情况讨论，根据点F落在内（包括边上）求出边界点时对应的值即可解答．
【详解】
（1）①∵折叠到，
∴，
∵，，
∴，
∴．
②∵点F在内部或边上，
∴，
∵与相似
∴，即F在边上，
I.若，且由折叠可得，
∴点F在点C处，如图1，

又∵，
∴．
II.若，如图2，

由折叠可得，
∴，
∴，
设，则，
由，
解得，
∵，
∴．
（3）∵不可能为，
I.若，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵时，即，
存在点F在内部使得的一个．
若直角顶点F在边上，即为边界情况，如图3，

∵
∴，
∴当时存在一个的，
II.当时，若F在边上时，即为边界情况，如图4，

∵，
∴，
∴当时，存在一个的．
综上可得：
时，分别存在一个的和一个的，总共存在两个．
时只存在一个．
故满足有且只有一个位置使得构成直角三角形这一条件的的取值范围．
【点睛】
本题考查了折叠图形性质和相似三角形判定，同时还考查了等腰三角形的性质以及勾股定理的应用，分类讨论思想的运用，是一道综合性较强的题目，难度较大．