海南省海口市2020届九年级学业模拟考试(二)数学试题

海口市2020年初中毕业生学业模拟考试（二）

数 学 科 试 题

（考试时间100分钟，满分120分）

一、选择题（本大题满分36分，每小题3分）

在下列各题的四个备选答案中，只有一个是正确的，请把你认为正确的答案的字母代号填写在下表相应题号的方格内. 题号 答案 1.1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1的相反数是（ ） 6B.6

C.A.-6

1 6D.

1 62.若x3y4，则13yx的值是（ ） A.-3 3.若mB.5

C.3

D.-5

404，则估计m的值所在的范围是（ ）

B.2m3

C.3m4

D.4m5

A.1m2

4.某种新冠病毒的直径约为0.00000012米，则这个数用科学记数法表示为（ ） A.1.2107米

B.1.2106米

C.1.2107米

D.12108米

5.将直线y2x向下平移2个单位长度，所得到的直线为（ ） A.y2x2

B.y2x2

C.y2(x2)

D.y2(x2)

6.图1所示的几何体的俯视图是（ ）

A. B. C. D.

7.箱子内装有53个白球和2个红球，小颖打算从箱子内抽球，以每次抽出一球后将球放回的方式抽53次.

若箱子内每个球被抽到的机会相等，且前52次中抽到白球51次及红球1次，则第53次抽球时，小颖抽到红球的概率是（ ） A.

1 2B.

1 52C.

2 53D.

2 558.如图2，BD是四边形ABCD的对角线.若12，A80，则ADC等于（ ）

A.60

B.80

C.90

D.100

9.如图3，在△ABC中，DE垂直平分AB.若AD4，BC3DC，则BC等于（ ）

A.4

10.如图4，AB是

B.4.5

C.5

D.6

O的直径，C、D是O上的两点.若ABD55，则BCD等于（ ）

A.30

B.35

C.45

D.55

11.如图5，在△ABC中，将△ABC沿射线BC的方向平移，得到△ABC，AB5，BC8，B60 ，再将△ABC绕点A逆时针旋转一定角度后，点B恰好与点C重合，则平移的距离为（ ）

A.2

12.如图6，反比例函数yB.3

C.4

D.5

k(x0)的图象经过矩形AOBC的对角线交点P，与BC交于点D.若点xA(0,6)、B(8,0)，则点D的坐标为（ ）

A.(6,2)

B.(8,3)

C.8,

32D.8,

23二、填空题（本大题满分16分，每小题4分） 13.分解因式：ab24ab4a__________.

2(x1)x14.不等式组23x的解集为__________.

2415.如图7，在ABCD中，以点A为圆心，AD长为半径作弧交AB于点E；再分别以点D、E为圆心，大于

1DE长为半径作弧，两弧交于点F；作射线AF交DC于点G.若AB8，BC6，则CG的长为2_________.

16.如图8，在△ABC中，B90，AB6，BC4，点O在AC边上，O与边AB、BC分别切于点D、E，则

CO的值为__________. OA

三、解答题（本大题满分68分）

1217.（1）计算：(1)432；

2352（2）解方程：

2x322. x1x1

18.疫情防控期间，某校为实现学生上下学“点对点”接送，计划组织本校全体走读生统一乘坐校园专线上下学.若单独调配36座新能源客车若干辆，则有2人没有座位；若单独调配22座新能源客车，则用车数量将增加4辆，并空出2个座位.

（1）计划调配36座新能源客车多少辆？该校共有多少名走读生？

（2）若同时调配36座和22座两种客车若干辆，既保证每人有座，又保证每车不空座，则两种车型各需多少辆？

19.海南省将从2020年10月1日起实施生活垃圾分类，某学校为此开展了主题为“垃圾分类，绿色生活新时尚”的宣传活动为了解学生对垃圾分类知识的掌握情况，该校环保社团成员在校园内随机抽取了部分学生进行问卷调查，将他们的得分按优秀、良好、合格、待合格四个等级进行统计，并绘制了如下不完整的统计表和条形统计图（图9）.

频数分布表

等级 优秀 良好 合格 待合格 频数 42 频率 0.42 0.40 m 12 6 n 0.06

请根据以上信息，解答下列问题：

（1）本次调查随机抽取了________名学生；

（2）在频数分布表中，m________，n________； （3）补全频数分布直方图；

（4）若全校有2000名学生，请估计该校掌握垃圾分类知识达到“优秀”和“良好”等级的学生共有________人.

20.如图10，要测量某山的高度AB，小明先在山脚C点测得山顶A的仰角为45，然后沿坡度为1:3的斜坡走100米到达D点，在D点测得山顶A的仰角为30，求这座山的高度AB.（结果保留整数）（参考数据：21.41，31.73）

21.如图11.1和11.2，在正方形ABCD中，点E、F在经过点B的直线l上，△AEF为等腰直角三角形，

EAF90，且点F始终在ABC的内部，连结DF.

（1）当直线l绕点B旋转到如图11.1所示的位置时，求证：①△ABE≌△ADF；②DFEF；③

EFBFDF；

（2）当直线l绕点B旋转到如图11.2所示的位置时，

探究：（1）中的①、②、③三个结论是否仍然成立？若不成立，请直接写出正确的结论（不必证明）； ．．．．（3）在直线l绕点B旋转过程中，若正方形ABCD的边长为2，DF1，求AF的长.

22.如图12，已知抛物线与x轴交于A3,0、B1,0两点，与y轴交于点C0,3，对称轴l与x轴交于点D，点E在y轴上，且OEOB.P是该抛物线上的动点，连结PA、PE，PD与AE交于点F.

（1）求该抛物线的函数表达式； （2）设点P的横坐标为t310 ①求△PAE的面积的最大值；

②在对称轴l上找一点M，使四边形PAME是平行四边形，求点M的坐标；

③抛物线上存在点P，使得△PEF是以EF为直角边的直角三角形，求点P的坐标，并判断此时△PAE的形状.

海口市2020年初中毕业生学业模拟考试（二）

数学科参考答案及评分标准

一、DABCA CDDDB BC

二、13.a(b2) 14.x2 15.2 16.三、17.（1）原式1422 394 4194

4

（2）方程两边都乘以x1x1， 约去分母，得2x(x1)32x21， 整理，得2x1， 解得x1. 2111代入x1x1，得110， 222检验：把x∴x1是原分式方程的解. 218.（1）设计划调配36座新能源客车x辆，该校共有y名走读生. 由题意，得36x2y，

22(x4)2y解得x6，

y218答：计划调配36座新能源客车6辆，该校共有218名走读生. （2）设36座和22座两种车型各需m，n辆.

由题意，得36m22n218，且m，n均为非负整数， 经检验，只有

m3

符合题意.

n5

答：36座和22座两种车型各需3，5辆. 19.（1）100； （2）40，0.12； （3）如图1； （4）1640.

（注：每小题各2分，共8分.）

20.如图2，过点D作DEBC于E，作DFAB于F，设ABx米. 在Rt△DEC中，tanDCE∴DCE30， ∴DEDE1， CE31CD50，CE503， 2∴AFABBFABDEx50. 在Rt△ABC中，ACB45， ∴BCABx，

∴DFBEBCCEx503.

在Rt△AFD中，ADF30，tanADFtan30AF DF∴AF33(x503)， DF，即x5033∴x50(33)237（米）. 答：这座山的高度AB约为237米.

21.（1）①∵四边形ABCD是正方形， ∴ABAD，BAD90.

∵△AEF为等腰直角三角形，EAF90， ∴AEAF，AEBAFE45，

∴EABBAFFADBAF90， ∴EABFAD ∴△ABE≌△ADFSAS ②由△ABE≌△ADF， ∴AFDAEB45，

∴DFBAFEAFD90， ∴DFEF.

③由△ABE≌△ADF， ∴EBDF，

∴EFBFEBBFDF.

（2）（1）中的①、②结论仍成立，结论③不成立， 此时，EFBFDF. （3）在正方形ABCD中，BD在Rt△BFD中，BF2AB2.

BD2DF23.

当直线l绕点B旋转到如图3.1所示的位置0CBF45时，

EFBFDF31，

∴AF262EF. 22当直线l绕点B旋转到如图3.2所示的位置45CBF90时，

EFBFDF31，

∴AF262EF. 22（注：用其它方法求解参照以上标准给分.）

22.（1）∵抛物线与x轴交于A3,0、B1,0两点， ∴设所求抛物线的函数表达式为yax3x1， 把点C0,3代入，得3ax3x1，解得a1，

2∴该抛物线的函数表达式为yx3x1，即yx2x3.

（2）①【解法一】如图4.1，过点P作PHx轴于点H，交AE于点I. ∵OEOB∴E0,1， ∴直线AE的表达式为y1x1. 3由题意，点P的坐标为t,t22t3，则点I的坐标为t,t1，

13∴PIypyIt2t3t1t21327t2， 32∴S△PAE∵a11737121. PIAOt2t23t223262430，且3t0， 27121∴当t时，△PAE的面积最大值为.

624（2）①【解法二】如图4.1，连结PO. 由题意，点P的坐标为t,t2t3，

2S△PAES△PAOS△PEOS△AOE

111AOypEOxpAOEO 22223133737121. t22t3(t)t2t3t22222262430，且3t0， 27121∴当t时，△PAE的面积最大值为.

624∵a2②∵点M在抛物线yx2x3的对称轴x1上，

∴设点M的坐标为1,m.

由题意，点P的坐标为t,t22t3，

∵四边形PAME是平行四边形，AE、PM为对角线， ∴xPxMxAxE，即t130，∴t2， ∴点P的坐标为(2,3).

∴yPyMyAyE，得3m01，∴m2. ∴点M的坐标为1,2.

③△PEF是以EF为直角边的直角三角形分两种情况：

（Ⅰ）若PEF90，如图4.2，过点P作PGy轴于点G，

t22t31tPGEG则△EPG∽△AEO，∴，即， EOAO13整理得tt20，解得t11，t22 (舍去)， ∴点P的坐标为1,4. 此时△PAE是等腰直角三角形.

2

（Ⅱ）若PFE90，如图4.3，过点P作PHx轴于点H，

PHDHt22t31t则△PHD∽△AOE，∴，即，

31AOEO整理得tt60，解得t12，t23（舍去）， ∴点P的坐标为2,3. 此时△PAE是等腰三角形.

（注：用其它方法求解参照以上标准给分.）

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