2019年内蒙古鄂尔多斯市初中升学考试预测卷数学试题卷（含答案解析）

1、2019年鄂尔多斯市初中毕业升学考试预测卷数学注意事项:1.作答前,请将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在答题纸上相应位置, 并核对条形码上的姓名、准考证号等有关信息 .2.答题内容一律填涂或书写在答题纸上规定的位置,在试题卷上作答无效 .3.本试题共 4 页,3 道大题,24 道小题,满分 120 分 .考试时间共计 120 分钟 .一、单项选择题(本大题共 10 小题,每题 3 分, 共 30 分)1.|-2|的相反数为 ( )A.2 B.-2 C.0 D.122.下面四个立体图形,从正面、左面、上面观察都不可能看到长方形的是 ( )图 E-7-13.下列运算正确的是 ( )A.3

2、x2+4x2=7x4 B.2x33x3=6x3C.x6x3=x2 D.(x2)4=x84.用直尺和圆规作一个角等于已知角,如图 E-7-2,能得出 AOB= AOB 的依据是 ( )A.SAS B.SSS C.ASA D.AAS图 E-7-2图 E-7-35.如图 E-7-3,在 44 正方形网格中 ,有 3 个小正方形已经涂黑 ,若任选一个白色的小正方形并涂黑,使图中黑色部分的图形构成一个轴对称图形,但不是中心对称图形的概率是 ( )A. B. C. D.113 213 313 4136.把不等式组 的解集在数轴上表示出来, 正确的是 ( )20)的图象经过 AB 的中点 F 和 DE 的中

3、点 G,则 k 的值为 . 图 E-7-10图 E-7-1116.在平面直角坐标系中,正方形 A1B1C1D1、 D1E1E2B2、 A2B2C2D2、 D2E3E4B3、 A3B3C3D3、按如图 E-7-11所示的方式放置,其中点 B1 在 y 轴上, 点 C1、 E1、 E2、 C2、 E3、 E4、 C3、在 x 轴上,已知正方形A1B1C1D1 的边长为 1, B1C1O=60,B1C1 B2C2 B3C3,则正方形 A2018B2018C2018D2018 的边长是 .三、解答题(本大题共 8 题,共 72 分 .解答时写出必要的文字说明,演算步骤或推理过程)17.(本题满分 8

4、分)( 1)计算: -2-2cos30+ +(2-) 0;12 27(2)先化简 1- ,再从不等式 2x-1BC),B、 C、 G 在同一直线上, M 为线段 AE 的中点 .探究:线段 MD、 MF 的关系;(2)如图 ,若将正方形 CGEF 绕点 C 顺时针旋转 45,使得正方形 CGEF 的对角线 CE 在正方形 ABCD 的边 BC 的延长线上, M 为 AE 的中点 .试问(1)中探究的结论是否还成立?若成立,请证明;若不成立, 请说明理由;(3)如图 ,将正方形 CGEF 绕点 C 旋转任意角度后,其他条件不变 .探究:线段 MD、 MF 的关系,并加以证明 .图 E-7-162

5、4.(本题满分 12 分)如图 E-7-17,已知二次函数 y1=ax2+bx 的图象过( -2,4),(-4,4)两点 .(1)求二次函数 y1 的解析式;(2)将二次函数 y1 的图象沿 x 轴翻折, 再向右平移 2 个单位长度,得到抛物线 y2,直线 y=m(m0)交 y2 于M、 N 两点 .求线段 MN 的长度(用含 m 的代数式表示);(3)在(2)的条件下, y1、 y2 交于 A、 B 两点,如果直线 y=m 与 y1、 y2 形成的封闭曲线交于 C、 D 两点( C 在左侧),直线 y=-m 与 y1、 y2 形成的封闭曲线交于 E、 F 两点( E 在左侧),求证:四边形

6、CEFD 是平行四边形 .图 E-7-171.B 2.C 3.D 4.B 5.D 6.A7.A 解析 把一张矩形纸片 ABCD 沿 EF 折叠后,点 A 落在 CD 边上的点 A处,点 B 落在点 B处, 1 = EFB, B= B=90, 2 =40, CFB=50, 1 + EFB- CFB=180,即1 +1 -50=180,解得 1 =115,故选 A.8.A9.B 解析 连接 OC,OD.AB 是 O 的直径,弦 CD AB 于点 E, = , PBC= DCB=22.5, BOC= BOD=2 DCB=45, AOC=180- BOC=135, 劣弧 AC 的长为 = .13521

7、803210.A 解析 当 x4 时, y=68-x2x=-2x2+48,此时函数图象为抛物线的一部分,它的上端点为抛物线的顶点(0,48),下端点为( 4,16);当 40)的图象经过点 G 和 F,则 = ,3a=4b,a= , 2 +62 8+2 2 43OC= 5,C(a,b),a 2+b2=52, 2+b2=52,b=3,43b 0,b= 3,a=4,F 6, ,32k= 6 =9.故答案为 9.3216. 2017 解析 方法一: 正方形 A1B1C1D1 的边长为 1, B1C1O=60,B1C1 B2C2 B3C3,33D 1E1=B2E2,D2E3=B3E4, D1C1E1=

8、 C2B2E2= C3B3E4=30,D 1E1=C1D1sin30= ,则 B2C2= 1,12 33同理可得: B3C3= = 2,13 33故正方形 AnBnCnDn 的边长是 n-1.33则正方形 A2018B2018C2018D2018 的边长是 2017.33方法二: 正方形 A1B1C1D1 的边长为 1, B1C1O=60,D 1E1=B2E2= ,12B 1C1 B2C2 B3C3, E2C2B2=60,B 2C2= ,33同理: B3C3= = 2,33 33 33 正方形 A2018B2018C2018D2018 的边长 =1 2018-1= 2017.33 3317.解

9、:(1) 原式 =4-2 +3 +1 2 分32 3=4- +3 +13 3=5+2 . 4 分3(2) 1- = 11 24+421 21 (+1)(1)(2)2= , 2 分+12 2x-15, 2x6,x 3,把 x=0 代入上式得:原式 = =- .(选取的 x 值不唯一) 4 分0+102 1218.解:(1) 根据题意得 :刘老师一共调查的学生数为(1 +2)15%=20(名); C 类女生有 2025%-3=2(名), D类男生有:20 (1-15%-25%-50%)-1=1(名),故答案为 20,2,1. 2 分(2)补全统计图得: 4 分(3)画树状图得: 共有 6 种等可能

10、的结果,所选两位同学恰好是一位男同学和一位女同学的有 3 种情况, 所选两位同学恰好是一位男同学和一位女同学的概率是 = . 7 分361219.解:延长 CB 交 PQ 于点 D. 1 分MN PQ,BC MN,BC PQ. 自动扶梯 AB 的坡度为 1 2.4, = = . 2 分12.4512设 BD=5k 米, AD=12k 米,则 AB=13k 米 .AB= 13 米, k= 1,BD= 5 米, AD=12 米 . 4 分在 Rt CDA 中, CDA=90, CAD=42,CD=AD tan CAD12 0.90=10.8(米),BC= 10.8-5=5.8(米) . 7 分20

11、.解:(1) 300(1801.5)=2.5(小时) .答:甲车从 A 地到达 B 地的行驶时间是 2.5 小时 . 2 分(2)设甲车从 B 地返回时 y 与 x 之间的函数关系式为 y=kx+b,则 解得300=2.5+,0=5.5+, =100,=550, 甲车从 B 地返回时 y 与 x 之间的函数关系式是 y=-100x+550(2.5 x5 .5). 5 分(3)300(300-180)1.5=3.75,把 x=3.75 代入 y=-100x+550,得 y=175.答:乙车到达 A 地时甲车距 A 地的距离是 175 千米 . 8 分21.解:(1) 证明:如图,过 O 作 OM

12、 EF 于 M,OA=OB , OAF= OBE=90, BOE= AOF, OAF OBE,OE=OF , 2 分 EOF= AOB=120, OEM= OFM=30, OEB= OEM=30,即 EO 平分 BEF, 4 分又 OBE= OME=90,OM=OB ,EF 为 O 的切线 . 5 分(2)存在 .BC 为 O 的直径, BAC=90, ACB=60, ABC=30, 6 分又 ACB=60,OA=OC, OAC 为等边三角形,即 OAC= AOC=60,AF 为 O 的切线, OAF=90, CAF= AFC=30, ABC= AFC,AB=AF. 7 分当点 P 在(1)

13、中的点 M 位置时, 此时 OPF=90, OAF= OPF=90,又 OA=OP ,OF 为公共边, OAF OPF,AF=PF , BFE= AFC=30. 8 分又 FOP= OBP= OPB=30,12BP=FP ,AB=AF=FP=BP , 四边形 AFPB 是菱形 . 9 分22.解:(1) 经分析知 p 与 x 之间是一次函数关系 ,易求得 p 与 x 的函数关系式为 p=120-2x. 2 分(2)y=p(q-40)=3 分(1202)(60+40)(125),(40+112540)(1202)(2550),= 5 分22+80+2400(125),135000 2250(25

14、50).(3)当 1 x25 时, y=-2(x-20)2+3200.x= 20 时, y 的最大值为 3200 元 . 7 分当 25 x50 时, y= -2250.8 分135000易知 x=25 时, y 的最大值为 3150 元 . 9 分 该商品第 20 天获得利润最大,最大利润为 3200 元 . 10 分23.解:(1) 如图,延长 DM 交 FE 于 N, 1 分 正方形 ABCD、 CGEF,CF=EF ,AD=DC, CFE=90,AD FE, 1 =2,又 MA=ME ,3 =4, AMD EMN,MD=MN ,AD=EN.2 分AD=DC ,DC=NE. 又 FC=F

15、E ,FD=FN. 又 DFN=90,FM MD,MF=MD. 3 分(2)MD=MF,MD MF.证明:如图,延长 DM 交 CE 于 N,连接 FD、 FN. 4 分 正方形 ABCD,AD BE,AD=DC, 1 =2 .又 AM=EM ,3 =4, ADM ENM,AD=EN ,MD=MN.5 分AD=DC ,DC=NE.又 正方形 CGEF, FCE= NEF=45,FC=FE, CFE=90.又 正方形 ABCD, BCD=90, DCF= NEF=45, FDC FNE, 6 分FD=FN ,5 =6, DFN=5 + CFN=6 + CFN=90, DFN 为等腰直角三角形,且

16、 FM 为斜边 DN 上的中线,MD=MF ,MD MF. 7 分(3)MD=MF,MD MF,证法一:如图,延长 DM 到 N,使 MN=MD,连接 FD、 FN、 EN,延长 EN 与 DC 延长线交于点 H,与 GC 交于点 P, 8 分在 AMD 与 EMN 中, =,=,=, AMD EMN, DAM= NEM,AD=NE. 9 分又 正方形 ABCD、 CGEF,CF=EF ,AD=DC, CFE= ADC= FCG=90,DC=NE. DAM= NEM,AD EH, H= ADC=90, G=90, CPH= EPG, PCH= PEG. PCH+ DCF= PEG+ FEN=9

17、0, DCF= FEN. 10 分在 DCF 与 NEF 中, =,=,=, DCF NEF,FD=FN , DFC= NFE. CFE=90, DFN=90,FM MD,MF=MD. 11 分证法二:如图,过点 E 作 AD 的平行线分别交 DM、 DC 的延长线于 N、 H,交 CG 于 P,连接 DF、 FN. 8 分 ADC= H, DAM= NEM.AM=ME , AMD= EMN, AMD EMN,DM=NM ,AD=EN.9 分 四边形 ABCD、四边形 CGEF 都是正方形,AD=DC ,FC=FE, ADC= FCG= CFE=90, H=90, CPH= NEF,DC=NE

18、. DCF+ PCH= CPH+ PCH=90, DCF= CPH= NEF.在 DCF 与 NEF 中, 10 分=,=,=, DCF NEF.FD=FN , DFC= NFE, CFE=90, DFN=90,FM MD,MF=MD. 11 分24.解:(1) 二次函数 y1=ax2+bx 的图象过( -2,4),(-4,4)两点, 42=4,164=4,解得 =12,=3, 二次函数 y1 的解析式为 y1=- x2-3x. 3 分12(2)y 1=- (x+3)2+ ,12 92 顶点坐标为 -3, ,92 将二次函数 y1 的图象沿 x 轴翻折,再向右平移 2 个单位, 得到抛物线 y

19、2, 抛物线 y2 的顶点坐标为 -1,- ,92 抛物线 y2 为 y= (x+1)2- , 5 分12 92由 消去 y 整理得到 x2+2x-8-2m=0,设 x1,x2 是它的两个根,=,=12(+1)292则 MN=|x1-x2|= = . 7 分(1+2)2412 36+8(3)由 消去 y 整理得到 x2+6x+2m=0,设两个根为 x1,x2,=,=1223则 CD=|x1-x2|= = , 9 分(1+2)2412 368由 消去 y 得到 x2+2x-8+2m=0,设两个根为 x3,x4,=,=12(+1)292则 EF=|x3-x4|= = , 11 分(3+4)2434 368EF=CD ,EF CD, 四边形 CEFD 是平行四边形 . 12 分