2023-2024學年江西省南昌縣重點名校初中數(shù)學畢業(yè)考試模擬沖刺卷含解析

2023-2024學年江西省南昌縣重點名校初中數(shù)學畢業(yè)考試模擬沖刺卷注意事項：1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號填寫清楚，將條形碼準確粘貼在考生信息條形碼粘貼區(qū)。2．選擇題必須使用2B鉛筆填涂；非選擇題必須使用0．5毫米黑色字跡的簽字筆書寫，字體工整、筆跡清楚。3．請按照題號順序在各題目的答題區(qū)域內(nèi)作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效；在草稿紙、試題卷上答題無效。4．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。一、選擇題（共10小題，每小題3分，共30分）1．已知函數(shù)，則使y=k成立的x值恰好有三個，則k的值為（）A．0 B．1 C．2 D．32．直線y＝x＋4與x軸、y軸分別交于點A和點B，點C，D分別為線段AB，OB的中點，點P為OA上一動點，PC＋PD值最小時點P的坐標為（）A．(－3，0) B．(－6，0) C．(－，0) D．(－，0)3．一個由圓柱和圓錐組成的幾何體如圖水平放置，其主(正)視圖為()A． B． C． D．4．下面幾何的主視圖是（）A． B． C． D．5．已知：如圖是y＝ax2+2x﹣1的圖象，那么ax2+2x﹣1＝0的根可能是下列哪幅圖中拋物線與直線的交點橫坐標（）A． B．C． D．6．在實數(shù)﹣，0.21，，，，0.20202中，無理數(shù)的個數(shù)為（）A．1 B．2 C．3 D．47．在如圖所示的計算程序中，y與x之間的函數(shù)關系所對應的圖象應為（）A． B． C． D．8．如圖，為等邊三角形，要在外部取一點，使得和全等，下面是兩名同學做法：（）甲：①作的角平分線；②以為圓心，長為半徑畫弧，交于點，點即為所求；乙：①過點作平行于的直線；②過點作平行于的直線，交于點，點即為所求．A．兩人都正確 B．兩人都錯誤 C．甲正確，乙錯誤 D．甲錯誤，乙正確9．已知M＝9x2－4x＋3，N＝5x2＋4x－2，則M與N的大小關系是()A．M>N B．M＝N C．M<N D．不能確定10．下列幾何體中三視圖完全相同的是（）A． B． C． D．二、填空題（本大題共6個小題，每小題3分，共18分）11．如圖，菱形ABCD的邊長為15，sin∠BAC=3512．比較大小：_____1．13．如圖是一個幾何體的三視圖，若這個幾何體的體積是36，則它的表面積是_______.14．有5張背面看上去無差別的撲克牌，正面分別寫著5，6，7，8，9，洗勻后正面向下放在桌子上，從中隨機抽取2張，抽出的卡片上的數(shù)字恰好是兩個連續(xù)整數(shù)的概率是__．15．如圖所示,直線y=x+1(記為l1)與直線y=mx+n(記為l2)相交于點P(a,2),則關于x的不等式x+1≥mx+n的解集為__________.16．點P的坐標是（a,b），從-2，-1,0,1,2這五個數(shù)中任取一個數(shù)作為a的值，再從余下的四個數(shù)中任取一個數(shù)作為b的值，則點P（a,b）在平面直角坐標系中第二象限內(nèi)的概率是.三、解答題（共8題，共72分）17．（8分）如圖，已知⊙O,請用尺規(guī)做⊙O的內(nèi)接正四邊形ABCD，（保留作圖痕跡，不寫做法）18．（8分）計算：（π﹣3.14）0﹣2﹣|﹣3|．19．（8分）如圖，在△ABC中，AB＝AC，以AB為直徑作半圓⊙O，交BC于點D，連接AD．過點D作DE⊥AC，垂足為點E．求證：DE是⊙O的切線；當⊙O半徑為3，CE＝2時，求BD長．20．（8分）如圖，△ABC中AB=AC，請你利用尺規(guī)在BC邊上求一點P，使△ABC～△PAC不寫畫法，（保留作圖痕跡）.21．（8分）如圖，ABC中，∠ACB=90°，以BC為直徑的⊙O交AB于點D，過點D作⊙O的切線交CB的延長線于點E，交AC于點F．（1）求證：點F是AC的中點；（2）若∠A=30°，AF=，求圖中陰影部分的面積．22．（10分）已知：如圖，在正方形ABCD中，點E、F分別在BC和CD上，AE=AF．求證：BE=DF；連接AC交EF于點O，延長OC至點M，使OM=OA，連接EM、FM．判斷四邊形AEMF是什么特殊四邊形？并證明你的結論．23．（12分）如圖，已知O是坐標原點，B、C兩點的坐標分別為（3，﹣1）、（2，1）．以0點為位似中心在y軸的左側將△OBC放大到兩倍（即新圖與原圖的相似比為2），畫出圖形；分別寫出B、C兩點的對應點B′、C′的坐標；如果△OBC內(nèi)部一點M的坐標為（x，y），寫出M的對應點M′的坐標．24．如圖1，在平面直角坐標系中，O為坐標原點，拋物線y=ax2+bx+3交x軸于B、C兩點（點B在左，點C在右），交y軸于點A，且OA=OC，B（﹣1，0）．（1）求此拋物線的解析式；（2）如圖2，點D為拋物線的頂點，連接CD，點P是拋物線上一動點，且在C、D兩點之間運動，過點P作PE∥y軸交線段CD于點E，設點P的橫坐標為t，線段PE長為d，寫出d與t的關系式（不要求寫出自變量t的取值范圍）；（3）如圖3，在（2）的條件下，連接BD，在BD上有一動點Q，且DQ=CE，連接EQ，當∠BQE+∠DEQ=90°時，求此時點P的坐標．

參考答案一、選擇題（共10小題，每小題3分，共30分）1、D【解析】

解：如圖：利用頂點式及取值范圍，可畫出函數(shù)圖象會發(fā)現(xiàn)：當x=3時，y=k成立的x值恰好有三個.故選：D.2、C【解析】

作點D關于x軸的對稱點D′，連接CD′交x軸于點P，此時PC+PD值最小，如圖所示．直線y=x+4與x軸、y軸的交點坐標為A（﹣6，0）和點B（0，4），因點C、D分別為線段AB、OB的中點，可得點C（﹣3，1），點D（0，1）．再由點D′和點D關于x軸對稱，可知點D′的坐標為（0，﹣1）．設直線CD′的解析式為y=kx+b，直線CD′過點C（﹣3，1），D′（0，﹣1），所以，解得：，即可得直線CD′的解析式為y=﹣x﹣1．令y=﹣x﹣1中y=0，則0=﹣x﹣1，解得：x=﹣，所以點P的坐標為（﹣，0）．故答案選C．考點：一次函數(shù)圖象上點的坐標特征；軸對稱-最短路線問題．3、A【解析】【分析】根據(jù)主視圖是從幾何體正面看得到的圖形，認真觀察實物，可得這個幾何體的主視圖為長方形上面一個三角形，據(jù)此即可得.【詳解】觀察實物，可知這個幾何體的主視圖為長方體上面一個三角形，只有A選項符合題意，故選A.【名師點睛】本題考查了幾何體的主視圖，明確幾何體的主視圖是從幾何體的正面看得到的圖形是解題的關鍵.4、B【解析】

主視圖是從物體正面看所得到的圖形．【詳解】解：從幾何體正面看故選B．【點睛】本題考查了三視圖的知識，主視圖是從物體的正面看得到的視圖．5、C【解析】

由原拋物線與x軸的交點位于y軸的兩端，可排除A、D選項；B、方程ax2+2x﹣1=0有兩個不等實根，且負根的絕對值大于正根的絕對值，B不符合題意；C、拋物線y=ax2與直線y=﹣2x+1的交點，即交點的橫坐標為方程ax2+2x﹣1=0的根，C符合題意．此題得解．【詳解】∵拋物線y=ax2+2x﹣1與x軸的交點位于y軸的兩端，∴A、D選項不符合題意；B、∵方程ax2+2x﹣1=0有兩個不等實根，且負根的絕對值大于正根的絕對值，∴B選項不符合題意；C、圖中交點的橫坐標為方程ax2+2x﹣1=0的根(拋物線y=ax2與直線y=﹣2x+1的交點)，∴C選項符合題意．故選：C．【點睛】本題考查了拋物線與x軸的交點以及二次函數(shù)的圖象與位置變化，逐一分析四個選項中的圖形是解題的關鍵．6、C【解析】在實數(shù)﹣，0.21，，，，0.20202中，根據(jù)無理數(shù)的定義可得其中無理數(shù)有﹣，，，共三個．故選C．7、D【解析】

先求出一次函數(shù)的關系式，再根據(jù)函數(shù)圖象與坐標軸的交點及函數(shù)圖象的性質解答即可．【詳解】由題意知，函數(shù)關系為一次函數(shù)y=-1x+4，由k=-1＜0可知，y隨x的增大而減小，且當x=0時，y=4，當y=0時，x=1．故選D．【點睛】本題考查學生對計算程序及函數(shù)性質的理解．根據(jù)計算程序可知此計算程序所反映的函數(shù)關系為一次函數(shù)y=-1x+4，然后根據(jù)一次函數(shù)的圖象的性質求解．8、A【解析】

根據(jù)題意先畫出相應的圖形，然后進行推理論證即可得出結論．【詳解】甲的作法如圖一：∵為等邊三角形，AD是的角平分線∴由甲的作法可知，在和中，故甲的作法正確；乙的作法如圖二：在和中，故乙的作法正確；故選：A．【點睛】本題主要借助尺規(guī)作圖考查全等三角形的判定，掌握全等三角形的判定方法是解題的關鍵．9、A【解析】

若比較M，N的大小關系，只需計算M-N的值即可．【詳解】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．故選A．【點睛】本題的主要考查了比較代數(shù)式的大小，可以讓兩者相減再分析情況．10、A【解析】

找到從物體正面、左面和上面看得到的圖形全等的幾何體即可．【詳解】解：A、球的三視圖完全相同，都是圓，正確；B、圓柱的俯視圖與主視圖和左視圖不同，錯誤；C、圓錐的俯視圖與主視圖和左視圖不同，錯誤；D、四棱錐的俯視圖與主視圖和左視圖不同，錯誤；故選A．【點睛】考查三視圖的有關知識，注意三視圖都相同的常見的幾何體有球和正方體．二、填空題（本大題共6個小題，每小題3分，共18分）11、24【解析】試題分析：因為四邊形ABCD是菱形，根據(jù)菱形的性質可知，BD與AC互相垂直且平分，因為sin∠BAC=35，AB=10,所以1考點：三角函數(shù)、菱形的性質及勾股定理；12、【解析】

先將1化為根號的形式，根據(jù)被開方數(shù)越大值越大即可求解．【詳解】解：，，，故答案為＞．【點睛】本題考查實數(shù)大小的比較，比較大小時，常用的方法有：作差法，作商法，如果有一個是二次根式，要把另一個也化為二次根式的形式，根據(jù)被開方數(shù)的大小進行比較．13、2【解析】分析：∵由主視圖得出長方體的長是6，寬是2，這個幾何體的體積是16，∴設高為h，則6×2×h=16，解得：h=1．∴它的表面積是：2×1×2+2×6×2+1×6×2=2．14、【解析】

列表得出所有等可能的情況數(shù)，找出恰好是兩個連續(xù)整數(shù)的情況數(shù)，即可求出所求概率．【詳解】解：列表如下：567895﹣﹣﹣（6、5）（7、5）（8、5）（9、5）6（5、6）﹣﹣﹣（7、6）（8、6）（9、6）7（5、7）（6、7）﹣﹣﹣（8、7）（9、7）8（5、8）（6、8）（7、8）﹣﹣﹣（9、8）9（5、9）（6、9）（7、9）（8、9）﹣﹣﹣所有等可能的情況有20種，其中恰好是兩個連續(xù)整數(shù)的情況有8種，則P（恰好是兩個連續(xù)整數(shù)）=故答案為.【點睛】此題考查了列表法與樹狀圖法，概率=所求情況數(shù)與總情況數(shù)之比．15、x≥1【解析】

把y=2代入y=x+1，得x=1，∴點P的坐標為（1，2），根據(jù)圖象可以知道當x≥1時，y=x+1的函數(shù)值不小于y=mx+n相應的函數(shù)值，因而不等式x+1≥mx+n的解集是：x≥1，故答案為x≥1．【點睛】本題考查了一次函數(shù)與不等式（組）的關系及數(shù)形結合思想的應用．解決此類問題關鍵是仔細觀察圖形，注意幾個關鍵點（交點、原點等），做到數(shù)形結合．16、【解析】畫樹狀圖為：共有20種等可能的結果數(shù),其中點P(a，b)在平面直角坐標系中第二象限內(nèi)的結果數(shù)為4，所以點P(a，b)在平面直角坐標系中第二象限內(nèi)的概率==.故答案為.三、解答題（共8題，共72分）17、見解析【解析】

根據(jù)內(nèi)接正四邊形的作圖方法畫出圖，保留作圖痕跡即可.【詳解】任作一條直徑，再作該直徑的中垂線，順次連接圓上的四點即可.【點睛】此題重點考察學生對圓內(nèi)接正四邊形作圖的應用，掌握圓內(nèi)接正四邊形的作圖方法是解題的關鍵.18、﹣1．【解析】

本題涉及零指數(shù)冪、負指數(shù)冪、二次根式化簡和特殊角的三角函數(shù)值4個考點．在計算時，需要針對每個考點分別進行計算，然后根據(jù)實數(shù)的運算法則求得計算結果．【詳解】原式=1﹣3+4﹣3，=﹣1．【點睛】本題主要考查了實數(shù)的綜合運算能力，是各地中考題中常見的計算題型．解決此類題目的關鍵是熟練掌握負整數(shù)指數(shù)冪、零指數(shù)冪、二次根式、絕對值等考點的運算．19、（1）證明見解析；（2）BD＝2．【解析】

（1）連接OD，AB為⊙0的直徑得∠ADB=90°，由AB=AC，根據(jù)等腰三角形性質得AD平分BC，即DB=DC，則OD為△ABC的中位線，所以OD∥AC，而DE⊥AC，則OD⊥DE，然后根據(jù)切線的判定方法即可得到結論；

（2）由∠B=∠C，∠CED=∠BDA=90°，得出△DEC∽△ADB，得出，從而求得BD?CD=AB?CE，由BD=CD，即可求得BD2=AB?CE，然后代入數(shù)據(jù)即可得到結果．【詳解】（1）證明：連接OD，如圖，∵AB為⊙0的直徑，∴∠ADB＝90°，∴AD⊥BC，∵AB＝AC，∴AD平分BC，即DB＝DC，∵OA＝OB，∴OD為△ABC的中位線，∴OD∥AC，∵DE⊥AC，∴OD⊥DE，∴DE是⊙0的切線；（2）∵∠B＝∠C，∠CED＝∠BDA＝90°，∴△DEC∽△ADB，∴，∴BD?CD＝AB?CE，∵BD＝CD，∴BD2＝AB?CE，∵⊙O半徑為3，CE＝2，∴BD＝＝2．【點睛】本題考查了切線的判定定理：過半徑的外端點且與半徑垂直的直線為圓的切線．也考查了等腰三角形的性質、三角形相似的判定和性質．20、見解析【解析】

根據(jù)題意作∠CBA=∠CAP即可使得△ABC～△PAC.【詳解】如圖，作∠CBA=∠CAP，P點為所求.【點睛】此題主要考查相似三角形的尺規(guī)作圖，解題的關鍵是作一個角與已知角相等.21、（1）見解析；（2）【解析】

（1）連接OD、CD，如圖，利用圓周角定理得到∠BDC=90°，再判定AC為⊙O的切線，則根據(jù)切線長定理得到FD=FC，然后證明∠3=∠A得到FD=FA，從而有FC=FA；（2）在Rt△ACB中利用含30度的直角三角形三邊的關系得到BC=AC=2，再證明△OBD為等邊三角形得到∠BOD=60°，接著根據(jù)切線的性質得到OD⊥EF，從而可計算出DE的長，然后根據(jù)扇形的面積公式，利用S陰影部分=S△ODE-S扇形BOD進行計算即可．【詳解】（1）證明：連接OD、CD，如圖，∵BC為直徑，∴∠BDC=90°，∵∠ACB=90°，∴AC為⊙O的切線，∵EF為⊙O的切線，∴FD=FC，∴∠1=∠2，∵∠1+∠A=90°，∠2+∠3=90°，∴∠3=∠A，∴FD=FA，∴FC=FA，∴點F是AC中點；（2）解：在Rt△ACB中，AC=2AF=2，而∠A=30°，∴∠CBA=60°，BC=AC=2，∵OB=OD，∴△OBD為等邊三角形，∴∠BOD=60°，∵EF為切線，∴OD⊥EF，在Rt△ODE中，DE=OD=，∴S陰影部分=S△ODE﹣S扇形BOD=×1×﹣=﹣π．【點睛】本題考查了切線的性質：圓的切線垂直于經(jīng)過切點的半徑．若出現(xiàn)圓的切線，必連過切點的半徑，構造定理圖，得出垂直關系．簡記作：見切點，連半徑，見垂直．也考查了圓周角定理和扇形的面積公式．22、（1）證明見解析；（2）四邊形AEMF是菱形，證明見解析.【解析】

（1）求簡單的線段相等，可證線段所在的三角形全等，即證△ABE≌△ADF；（2）由于四邊形ABCD是正方形，易得∠ECO=∠FCO=45°，BC=CD；聯(lián)立（1）的結論，可證得EC=CF，根據(jù)等腰三角形三線合一的性質可證得OC（即AM）垂直平分EF；已知OA=OM，則EF、AM互相平分，再根據(jù)一組鄰邊相等的平行四邊形是菱形，即可判定四邊形AEMF是菱形．【詳解】（1）證明：∵四邊形ABCD是正方形，∴AB=AD，∠B=∠D=90°，在Rt△ABE和Rt△ADF中，∵，∴Rt△ADF≌Rt△ABE（HL）∴BE=DF；（2）四邊形AEMF是菱形，理由為：證明：∵四邊形ABCD是正方形，∴∠BCA=∠DCA=45°（正方形的對角線平分一組對角），BC=DC（正方形四條邊相等），∵BE=DF（已證），∴BC-BE=DC-DF（等式的性質），即CE=CF，在△COE和△COF中，，∴△COE≌△COF（SAS），∴OE=OF，又OM=OA，∴四邊形AEMF是平行四邊形（對角線互相平分的四邊形是平行四邊形），∵AE=AF，∴平行四邊形AEMF是菱形．23、(1)畫圖見解析(2)B'（-6,2）、C'（-4，-2）(3)M'（-2x,-2y）【解析】

解：（1）（2）以0點為位似中心在y軸的左側將△OBC放大到兩倍，則是對應點的坐標放大兩倍，并將符號進行相應的改變，因為B(3，-1)，則B’(-6,2)C(2,1)，則C‘（-4，-2）（3）因為點M(x，y)在△OBC內(nèi)部，則它的對應點M′的坐標是M的坐標乘以2，并改變符號，即M’（-2x,-2y）24、（1）y=﹣x2+2x+3；（2）d=﹣t2+4t﹣3；（3）P（，）．【解析】

（1）由拋物線y=ax2+bx+3與y軸交于點A，可求得點A的坐標，又OA=OC，可求得點C的坐標，然后分別代入B,C的坐標求出a，b，即可求得二次函數(shù)的解析式；（2）首先延長PE交x軸于點H，現(xiàn)將解析式換為頂點解析式求得D（1，4），設直線CD的解析式為y=kx+b，再將點C（3，0）、D（1，4）代入，得y=﹣2x+6，則E（t，﹣2t+6），P（t，﹣t2+2t+3），PH=﹣t2+2t+3，EH=﹣2t+6，再根據(jù)d=PH﹣EH即可得答案；（3）首先，作DK⊥OC于點K，作QM∥x軸交DK于點T，延長PE、EP交OC于H、交QM于M，作ER⊥DK于點R，