2024屆廣西玉林陸川縣聯考初中數學畢業(yè)考試模擬沖刺卷含解析

2024屆廣西玉林陸川縣聯考初中數學畢業(yè)考試模擬沖刺卷注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號、考場號和座位號填寫在試題卷和答題卡上。用2B鉛筆將試卷類型（B）填涂在答題卡相應位置上。將條形碼粘貼在答題卡右上角"條形碼粘貼處"。2．作答選擇題時，選出每小題答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目選項的答案信息點涂黑；如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案。答案不能答在試題卷上。3．非選擇題必須用黑色字跡的鋼筆或簽字筆作答，答案必須寫在答題卡各題目指定區(qū)域內相應位置上；如需改動，先劃掉原來的答案，然后再寫上新答案；不準使用鉛筆和涂改液。不按以上要求作答無效。4．考生必須保證答題卡的整潔?？荚嚱Y束后，請將本試卷和答題卡一并交回。一、選擇題（共10小題，每小題3分，共30分）1．下面四個幾何體：其中，俯視圖是四邊形的幾何體個數是（）A．1 B．2 C．3 D．42．若代數式有意義，則實數x的取值范圍是（）A．x＝0 B．x＝2 C．x≠0 D．x≠23．用圓心角為120°，半徑為6cm的扇形紙片卷成一個圓錐形無底紙帽（如圖所示），則這個紙帽的高是（）A．cm B．3cm C．4cm D．4cm4．如圖①是半徑為2的半圓，點C是弧AB的中點，現將半圓如圖②方式翻折，使得點C與圓心O重合，則圖中陰影部分的面積是()A． B．﹣ C．2+ D．2﹣5．如圖，將半徑為2的圓形紙片折疊后，圓弧恰好經過圓心，則折痕的長度為（）A． B．2 C． D．6．世界上最小的鳥是生活在古巴的吸蜜蜂鳥，它的質量約為0.056盎司．將0.056用科學記數法表示為（）A．5.6×10﹣1 B．5.6×10﹣2 C．5.6×10﹣3 D．0.56×10﹣17．若點A（1+m，1﹣n）與點B（﹣3，2）關于y軸對稱，則m+n的值是（）A．﹣5B．﹣3C．3D．18．方程的解是（）.A． B． C． D．9．已知拋物線y=x2+bx+c的對稱軸為x=2，若關于x的一元二次方程﹣x2﹣bx﹣c=0在﹣1＜x＜3的范圍內有兩個相等的實數根，則c的取值范圍是（

）A．c=4B．﹣5＜c≤4C．﹣5＜c＜3或c=4D．﹣5＜c≤3或c=410．如圖，二次函數的圖象開口向下，且經過第三象限的點若點P的橫坐標為，則一次函數的圖象大致是A． B． C． D．二、填空題（本大題共6個小題，每小題3分，共18分）11．一個多邊形的內角和是，則它是______邊形．12．計算：7＋(－5)＝______．13．如圖，四邊形ABCD中，E，F，G，H分別是邊AB、BC、CD、DA的中點．若四邊形EFGH為菱形，則對角線AC、BD應滿足條件_____．14．若x=﹣1是關于x的一元二次方程x2+3x+m+1=0的一個解，則m的值為______．15．某招聘考試分筆試和面試兩種，其中筆試按60%、面試按40%計算加權平均數，作為總成績．孔明筆試成績90分，面試成績85分，那么孔明的總成績是分．16．在正方形中，，點在對角線上運動，連接，過點作，交直線于點（點不與點重合），連接，設，，則和之間的關系是__________（用含的代數式表示）．三、解答題（共8題，共72分）17．（8分）先化簡，再求值：(x+1y)1﹣(1y+x)(1y﹣x)﹣1x1，其中x＝+1，y＝﹣1．18．（8分）如圖，四邊形ABCD是邊長為2的正方形，以點A，B，C為圓心作圓，分別交BA，CB，DC的延長線于點E，F，G．（1）求點D沿三條圓弧運動到點G所經過的路線長；（2）判斷線段GB與DF的長度關系，并說明理由．19．（8分）如圖1，正方形ABCD的邊長為8，動點E從點D出發(fā)，在線段DC上運動，同時點F從點B出發(fā)，以相同的速度沿射線AB方向運動，當點E運動到終點C時，點F也停止運動，連接AE交對角線BD于點N，連接EF交BC于點M，連接AM．（參考數據：sin15°=，cos15°=，tan15°=2﹣）（1）在點E、F運動過程中，判斷EF與BD的位置關系，并說明理由；（2）在點E、F運動過程中，①判斷AE與AM的數量關系，并說明理由；②△AEM能為等邊三角形嗎？若能，求出DE的長度；若不能，請說明理由；（3）如圖2，連接NF，在點E、F運動過程中，△ANF的面積是否變化，若不變，求出它的面積；若變化，請說明理由．20．（8分）解不等式組：，并把解集在數軸上表示出來.21．（8分）如圖，在平面直角坐標系中，直線y=x＋4與x軸、y軸分別交于A、B兩點，拋物線y=－x2＋bx＋c經過A、B兩點，并與x軸交于另一點C（點C點A的右側），點P是拋物線上一動點．（1）求拋物線的解析式及點C的坐標；（2）若點P在第二象限內，過點P作PD⊥軸于D，交AB于點E．當點P運動到什么位置時，線段PE最長？此時PE等于多少？（3）如果平行于x軸的動直線l與拋物線交于點Q，與直線AB交于點N，點M為OA的中點，那么是否存在這樣的直線l，使得△MON是等腰三角形？若存在，請求出點Q的坐標；若不存在，請說明理由．22．（10分）已知關于x，y的二元一次方程組的解為，求a、b的值．23．（12分）已知拋物線y＝ax2+（3b+1）x+b﹣3（a＞0），若存在實數m，使得點P（m，m）在該拋物線上，我們稱點P（m，m）是這個拋物線上的一個“和諧點”．（1）當a＝2，b＝1時，求該拋物線的“和諧點”；（2）若對于任意實數b，拋物線上恒有兩個不同的“和諧點”A、B．①求實數a的取值范圍；②若點A，B關于直線y＝﹣x﹣（+1）對稱，求實數b的最小值．24．如圖，直線y＝﹣x+2與反比例函數（k≠0）的圖象交于A（a，3），B（3，b）兩點，過點A作AC⊥x軸于點C，過點B作BD⊥x軸于點D．求a，b的值及反比例函數的解析式；若點P在直線y＝﹣x+2上，且S△ACP＝S△BDP，請求出此時點P的坐標；在x軸正半軸上是否存在點M，使得△MAB為等腰三角形？若存在，請直接寫出M點的坐標；若不存在，說明理由．

參考答案一、選擇題（共10小題，每小題3分，共30分）1、B【解析】試題分析：根據俯視圖是分別從物體上面看，所得到的俯視圖是四邊形的幾何體有正方體和三棱柱，故選B．考點：簡單幾何體的三視圖2、D【解析】

根據分式的分母不等于0即可解題.【詳解】解：∵代數式有意義，∴x-2≠0,即x≠2,故選D.【點睛】本題考查了分式有意義的條件,屬于簡單題,熟悉分式有意義的條件是解題關鍵.3、C【解析】

利用扇形的弧長公式可得扇形的弧長；讓扇形的弧長除以2π即為圓錐的底面半徑，利用勾股定理可得圓錐形筒的高．【詳解】L＝＝4π（cm）；圓錐的底面半徑為4π÷2π＝2（cm），∴這個圓錐形筒的高為（cm）．故選C．【點睛】此題考查了圓錐的計算，用到的知識點為：圓錐側面展開圖的弧長=；圓錐的底面周長等于側面展開圖的弧長；圓錐的底面半徑，母線長，高組成以母線長為斜邊的直角三角形．4、D【解析】

連接OC交MN于點P，連接OM、ON，根據折疊的性質得到OP=OM，得到∠POM=60°，根據勾股定理求出MN，結合圖形計算即可.【詳解】解：連接OC交MN于點P，連接OM、ON，由題意知，OC⊥MN，且OP=PC=1，在Rt△MOP中，∵OM=2，OP=1，∴cos∠POM==，AC==，∴∠POM=60°，MN=2MP=2，∴∠AOB=2∠AOC=120°，則圖中陰影部分的面積=S半圓-2S弓形MCN=×π×22-2×（-×2×1）=2-π，故選D.【點睛】本題考查了軸對稱的性質的運用、勾股定理的運用、三角函數值的運用、扇形的面積公式的運用、三角形的面積公式的運用，解答時運用軸對稱的性質求解是關鍵.5、C【解析】

過O作OC⊥AB，交圓O于點D，連接OA，由垂徑定理得到C為AB的中點，再由折疊得到CD=OC，求出OC的長，在直角三角形AOC中，利用勾股定理求出AC的長，即可確定出AB的長．【詳解】過O作OC⊥AB，交圓O于點D，連接OA，由折疊得到CD=OC=OD=1cm，在Rt△AOC中，根據勾股定理得：AC2+OC2=OA2，即AC2+1=4，解得：AC=cm，則AB=2AC=2cm．故選C．【點睛】此題考查了垂徑定理，勾股定理，以及翻折的性質，熟練掌握垂徑定理是解本題的關鍵．6、B【解析】

0.056用科學記數法表示為：0.056=，故選B.7、D【解析】【分析】根據關于y軸的對稱點的坐標特點：橫坐標互為相反數，縱坐標不變，據此求出m、n的值，代入計算可得．【詳解】∵點A（1+m，1﹣n）與點B（﹣3，2）關于y軸對稱，∴1+m=3、1﹣n=2，解得：m=2、n=﹣1，所以m+n=2﹣1=1，故選D．【點睛】本題考查了關于y軸對稱的點，熟練掌握關于y軸對稱的兩點的橫坐標互為相反數，縱坐標不變是解題的關鍵.8、B【解析】

直接解分式方程，注意要驗根.【詳解】解：=0，方程兩邊同時乘以最簡公分母x(x+1)，得：3(x+1)-7x=0,解這個一元一次方程，得：x=，經檢驗，x=是原方程的解.故選B.【點睛】本題考查了解分式方程，解分式方程不要忘記驗根.9、D【解析】解：由對稱軸x=2可知：b=﹣4，∴拋物線y=x2﹣4x+c，令x=﹣1時，y=c+5，x=3時，y=c﹣3，關于x的一元二次方程﹣x2﹣bx﹣c=0在﹣1＜x＜3的范圍有實數根，當△=0時，即c=4，此時x=2，滿足題意．當△＞0時，（c+5）（c﹣3）≤0，∴﹣5≤c≤3，當c=﹣5時，此時方程為：﹣x2+4x+5=0，解得：x=﹣1或x=5不滿足題意，當c=3時，此時方程為：﹣x2+4x﹣3=0，解得：x=1或x=3此時滿足題意，故﹣5＜c≤3或c=4，故選D.點睛：本題主要考查二次函數與一元二次方程的關系.理解二次函數與一元二次方程之間的關系是解題的關鍵.10、D【解析】【分析】根據二次函數的圖象可以判斷a、b、的正負情況，從而可以得到一次函數經過哪幾個象限，觀察各選項即可得答案．【詳解】由二次函數的圖象可知，，，當時，，的圖象經過二、三、四象限，觀察可得D選項的圖象符合，故選D．【點睛】本題考查二次函數的圖象與性質、一次函數的圖象與性質，認真識圖，會用函數的思想、數形結合思想解答問題是關鍵.二、填空題（本大題共6個小題，每小題3分，共18分）11、六【解析】試題分析：這個正多邊形的邊數是n，則（n﹣2）?180°=720°，解得：n=1．則這個正多邊形的邊數是六，故答案為六．考點：多邊形內角與外角．12、2【解析】

根據有理數的加法法則計算即可.【詳解】.故答案為：2.【點睛】本題考查有理數的加法計算，熟練掌握加法法則是關鍵.13、AC=BD．【解析】試題分析：添加的條件應為：AC=BD，把AC=BD作為已知條件，根據三角形的中位線定理可得，HG平行且等于AC的一半，EF平行且等于AC的一半，根據等量代換和平行于同一條直線的兩直線平行，得到HG和EF平行且相等，所以EFGH為平行四邊形，又EH等于BD的一半且AC=BD，所以得到所證四邊形的鄰邊EH與HG相等，所以四邊形EFGH為菱形．試題解析：添加的條件應為：AC=BD．證明：∵E，F，G，H分別是邊AB、BC、CD、DA的中點，∴在△ADC中，HG為△ADC的中位線，所以HG∥AC且HG=AC；同理EF∥AC且EF=AC，同理可得EH=BD，則HG∥EF且HG=EF，∴四邊形EFGH為平行四邊形，又AC=BD，所以EF=EH，∴四邊形EFGH為菱形．考點：1．菱形的性質；2．三角形中位線定理．14、1【解析】試題分析：將x=﹣1代入方程得：1﹣3+m+1=0，解得：m=1．考點：一元二次方程的解．15、88【解析】試題分析：根據筆試和面試所占的百分比以及筆試成績和面試成績，列出算式，進行計算即可：∵筆試按60%、面試按40%計算，∴總成績是：90×60%+85×40%=88（分）．16、或【解析】

當F在邊AB上時，如圖1作輔助線，先證明≌，得，，根據正切的定義表示即可；當F在BA的延長線上時，如圖2，同理可得：≌，表示AF的長，同理可得結論．【詳解】解：分兩種情況：

當F在邊AB上時，如圖1，

過E作，交AB于G，交DC于H，

四邊形ABCD是正方形，

，，，

，，

，

，

≌，

，

，

，

中，，

即；

當F在BA的延長線上時，如圖2，

同理可得：≌，

，

，

，

中，．【點睛】本題考查了正方形的性質、三角形全等的性質和判定、三角函數等知識，熟練掌握正方形中輔助線的作法是關鍵，并注意F在直線AB上，分類討論．三、解答題（共8題，共72分）17、﹣2【解析】【分析】先利用完全平方公式、平方差公式進行展開，然后合并同類項，最后代入x、y的值進行計算即可得.【詳解】原式=x1+2xy+2y1﹣（2y1﹣x1）﹣1x1=x1+2xy+2y1﹣2y1+x1﹣1x1=2xy，當x=+1，y=﹣1時，原式=2×（+1）×（﹣1）=2×（3﹣2）=﹣2．【點睛】本題考查了整式的混合運算——化簡求值，熟練掌握完全平方公式、平方差公式是解題的關鍵.18、（1）6π；（2）GB=DF，理由詳見解析.【解析】

（1）根據弧長公式l=nπr180【詳解】解：（1）∵AD=2，∠DAE=90°，

∴弧DE的長l1=90×π×2180=π，

同理弧EF的長l2=90×π×4180=2π，弧FG的長l3=90×π×6180=3π，

所以，點D運動到點G所經過的路線長l=l1+l2+l【點睛】本題考查弧長公式以及全等三角形的判定和性質，題目比較簡單，解題關鍵掌握是弧長公式．19、（1）EF∥BD，見解析；（2）①AE=AM，理由見解析；②△AEM能為等邊三角形，理由見解析；（3）△ANF的面積不變，理由見解析【解析】

（1）依據DE=BF，DE∥BF，可得到四邊形DBFE是平行四邊形，進而得出EF∥DB；（2）依據已知條件判定△ADE≌△ABM，即可得到AE=AM；②若△AEM是等邊三角形，則∠EAM=60°，依據△ADE≌△ABM，可得∠DAE=∠BAM=15°，即可得到DE=16-8，即當DE=16?8時，△AEM是等邊三角形；（3）設DE=x，過點N作NP⊥AB，反向延長PN交CD于點Q，則NQ⊥CD，依據△DEN∽△BNA，即可得出PN=，根據S△ANF=AF×PN=×（x+8）×=32，可得△ANF的面積不變．【詳解】解:（1）EF∥BD．證明：∵動點E從點D出發(fā)，在線段DC上運動，同時點F從點B出發(fā)，以相同的速度沿射線AB方向運動，∴DE=BF，又∵DE∥BF，∴四邊形DBFE是平行四邊形，∴EF∥DB；（2）①AE=AM．∵EF∥BD，∴∠F=∠ABD=45°，∴MB=BF=DE，∵正方形ABCD，∴∠ADC=∠ABC=90°，AB=AD，∴△ADE≌△ABM，∴AE=AM；②△AEM能為等邊三角形．若△AEM是等邊三角形，則∠EAM=60°，∵△ADE≌△ABM，∴∠DAE=∠BAM=15°，∵tan∠DAE=，AD=8，∴2﹣=，∴DE=16﹣8，即當DE=16﹣8時，△AEM是等邊三角形；（3）△ANF的面積不變．設DE=x，過點N作NP⊥AB，反向延長PN交CD于點Q，則NQ⊥CD，∵CD∥AB，∴△DEN∽△BNA，∴=，∴，∴PN=，∴S△ANF=AF×PN=×（x+8）×=32，即△ANF的面積不變．【點睛】本題屬于四邊形綜合題，主要考查了平行四邊形的判定與性質，等邊三角形的性質，全等三角形的判定與性質，解直角三角形以及相似三角形的判定與性質的綜合運用，解決問題的關鍵是作輔助線構造相似三角形，利用全等三角形的對應邊相等，相似三角形的對應邊成比例得出結論．20、x≥【解析】分析：分別求解兩個不等式，然后按照不等式的確定方法求解出不等式組的解集，然后表示在數軸上即可.詳解：，由①得，x＞﹣2；由②得，x≥，故此不等式組的解集為：x≥．在數軸上表示為：．點睛：本題考查的是解一元一次不等式組，正確求出每一個不等式解集是基礎，熟知“同大取大；同小取??；大小小大中間找；大大小小找不到”的原則是解答此題的關鍵．21、（1）y=－x2－2x＋1，C（1，0）（2）當t=-2時，線段PE的長度有最大值1，此時P（－2，6）（2）存在這樣的直線l，使得△MON為等腰三角形．所求Q點的坐標為（，2）或（，2）或（，2）或（，2）【解析】解：（1）∵直線y=x+1與x軸、y軸分別交于A、B兩點，∴A（－1，0），B（0，1）．∵拋物線y=－x2＋bx＋c經過A、B兩點，∴，解得．∴拋物線解析式為y=－x2－2x＋1．令y=0，得－x2－2x＋1=0，解得x1=－1，x2=1，∴C（1，0）．（2）如圖1，設D（t，0）．∵OA=OB，∴∠BAO=15°．∴E（t，t＋1），P（t，－t2－2t＋1）．PE=yP－yE=－t2－2t＋1－t－1=－t2－1t=－（t+2）2+1．∴當t=-2時，線段PE的長度有最大值1，此時P（－2，6）．（2）存在．如圖2，過N點作NH⊥x軸于點H．設OH=m（m＞0），∵OA=OB，∴∠BAO=15°．∴NH=AH=1－m，∴yQ=1－m．又M為OA中點，∴MH=2－m．當△MON為等腰三角形時：①若MN=ON，則H為底邊OM的中點，∴m=1，∴yQ=1－m=2．由－xQ2－2xQ＋1=2，解得．∴點Q坐標為（，2）或（，2）．②若MN=OM=2，則在Rt△MNH中，根據勾股定理得：MN2=NH2＋MH2，即22=（1－m）2＋（2－m）2，化簡得m2－6m＋8=0，解得：m1=2，m2=1（不合題意，舍去）．∴yQ=2，由－xQ2－2xQ＋1=2，解得．∴點Q坐標為（，2）或（，2）．③若ON=OM=2，則在Rt△NOH中，根據勾股定理得：ON2=NH2＋OH2，即22=（1－m）2＋m2，化簡得m2－1m＋6=0，∵△=－8＜0，∴此時不存在這樣的直線l，使得△MON為等腰三角形．綜上所述，存在這樣的直線l，使得△MON為等腰三角形．所求Q點的坐標為（，2）或（，2）或（，2）或（，2）．（1）首先求得A、B點的坐標，然后利用待定系數法求拋物線的解析式，并求出拋物線與x軸另一交點C的坐標．（2）求出線段PE長度的表達式，設D點橫坐標為t，則可以將PE表示為關于t的二次函數，利用二次函數求極值的方法求出PE長度的最大值．（2）根據等腰三角形的性質和勾股定理，將直線l的存在性問題轉化為一元二次方程問題，通過一元二次方程的判別式可知直線l是否存在，并求出相應Q點的坐標．“△MON是等腰三角形”，其中包含三種情況：MN=ON，MN=OM，ON=OM，逐一討論求解．22、或【解析】

把代入二元一次方程組得到關于a，b的方程組，經過整理，得到關于b的一元二次方程，解之即可得到b的值，把b的值代入一個關于a，b的二元一次方程，求出a的值，即可得到答案．【詳解】把代入二元一次方程組得：，

由①得：a=1+b，

把a=1+b代入②，整理得：

b2+b-2=0，

解得：b=-2或b=1，

把b=-2代入①得：a+2=1，

解得：a=-1，

把b=1代入①得：

a-1=1，

解得：a=2，

即或．【點睛】本題考查了二元一次方程組的解，正確掌握代入法是解題的關鍵．23、（1）（）或（﹣1，﹣1）；（1）①2＜a＜17②b的最小值是【解析】

（1）把x=y=m，a=1，b=1代入函數解析式，列出方程，通過解方程求得m的值即可；（1）拋物線上恒有兩個不同的“和諧點”A、B．則關于m的方程m=am1+（3b+1）m+b-3的根的判別式△=9b1-4ab+11a．①令y=9b1-4ab+11a，對于任意實數b，均有y＞2，所以根據二次函數y=9b1-4ab+11的圖象性質解答；②利用二次函數圖象的對稱性質解答即可．【詳解】（1）當a＝1，b＝1時，m＝1m1+4m+1﹣4，解得m＝或m＝﹣1．所以點P的坐標是（，）或（﹣1，﹣1）；（1）m＝am1+（3b+1）m+b﹣3，△＝9b1﹣4ab+11a．①令y＝9b1﹣4ab+11a，對于任意實數b，均有y＞2，也就是說拋物線y＝9b1﹣4ab+11的圖象都在b軸（橫軸）上方．∴△＝（﹣4a）1﹣4×9×11a＜2．∴2＜a＜17．②由“和諧點”定義可設A（x1，y1），B（x1，y1），則x1，x1是ax1+（3b+1）x+b﹣3＝2的兩不等實根，．∴線段AB的中點坐標是：（﹣，﹣）．代入對稱軸y＝x﹣（+1），得﹣＝﹣（+1），∴3b+1＝+a．∵a＞2，＞2，a?＝1為定值，∴3b+1＝+a≥1