精品解析：2025年吉林省长春市第一〇八学校九年级5月中考模拟数学试题

一〇八学校九年级（数学）学科试题 满分：120分 时间：120分钟 一、选择题：（本大题共8题，每题3分，共24分．） 1. 化简：，，，，，结果是的有（ ） A. 5个 B. 4个 C. 3个 D. 2个 【答案】C 【解析】 【分析】本题主要考查了有理数的运算，绝对值意义，相反数定义，解题的关键是熟练掌握相关的运算法则，根据有理数乘方运算法则，绝对值意义，相反数定义，有理除法运算法则进行计算，再判断得出结果即可． 【详解】解：，，，，， ∴结果是的有3个， 故选：C． 2. 中国“二十四节气”已被正式列入联合国教科文组织人类非物质文化遗产代表作品录，下列四幅作品分别代表“立春” “立夏” “白露” “大雪”，其中是中心对称图形的是（　　） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查了中心对称图形的定义．理解中心对称图形的定义是解题的关键． 根据中心对称图形的定义对每个选项进行分析即可判断．中心对称图形是指在平面内，把一个图形绕着某个点旋转，如果旋转后的图形能与原来的图形重合，那么这么图形就叫做中心对称图形． 【详解】解：选项A：不是中心对称图形，不符合题意，该选项错误； 选项B：不是中心对称图形，不符合题意，该选项错误； 选项C：不是中心对称图形，不符合题意，该选项错误； 选项B：是中心对称图形，符合题意，该选项正确； 故选D． 3. 年的巴黎奥运会中国队以枚金牌总数位于金牌榜首，如图是巴黎奥运会颁奖现场，图是领奖台的示意图，则此领奖台的俯视图是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题主要考查了简单几何体的三视图，根据俯视图是从上面看到的图形进行求解即可，掌握简单几何体三视图的画法是正确解题的关键． 【详解】解：此领奖台的俯视图是： 故选：． 4. 苯分子中的6个碳原子与6个氢原子H均在同一平面，且所有碳碳键的键长都相等（如图1），组成了一个完美的六边形（正六边形），图2是其平面示意图，则的度数为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查了正多边形的内角和以及三角形的内角和．掌握边形的内角和为是解题的关键．根据正六边形的内角和公式求出的度数，再根据等腰三角形的性质求的度数，同理可得的度数，最后根据三角形的内角和即可求解． 【详解】解：六边形是正六边形， ，， ． 同理可得， ． 故选B． 5. 下列命题的逆命题是真命题的是（ ） A. 如果，那么 B. 如果，那么 C. 如果，那么 D. 如果，那么 【答案】D 【解析】 【分析】本题主要考查了逆命题、命题真假的判定、不等式的性质、绝对值等知识点，灵活运用相关知识成为解题的关键．分别写出逆命题，然后根据相关知识判断命题的真假即可． 【详解】解：A．逆命题为：如果，那么是假命题，不符合题意； B．逆命题为：如果，那么是假命题，不符合题意； C．逆命题为：如果，那么是假命题，不符合题意； D．逆命题为：如果，那么是真命题，符合题意． 故选：D． 6. 如图为一节楼梯的示意图，，，米．现要在楼梯上铺一块地毯，楼梯宽度为1米，则地毯的长度需要（ ）米． A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查解直角三角形的应用，理解题意，得到地毯的长度为的长，利用正切定义求得即可求解． 【详解】解：在中，，米， ∴（米）， ∴地毯的长度为米． 故选：B． 7. 如图，以点B为圆心，适当长度为半径画弧，交于E，F两点，分别以点E和点F为圆心，大于的长为半径画弧，两弧交于点P，作射线，交于点D．线段一定是的（ ） A. 中线 B. 高线 C. 角平分线 D. 中位线 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查了垂线的作法即三角形高线的定义．由题意得是线段的垂直平分线，即，由此即可得出结论． 【详解】解：根据题意得：是线段的垂直平分线，即， ∴线段一定是的高线， 故选：B． 8. 已知函数（），（）．若函数与的图象交于轴上的一点，且函数的图象经过第二、三、四象限，则不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查的是一次函数的图象与性质，先求解与轴的交点坐标，再结合题意画出图象，结合图象可得答案. 【详解】解：∵， 当，解得：， ∴与轴的交点为， ∵函数与的图象交于轴上的一点，且函数的图象经过第二、三、四象限， 如图， ∴时， ∴； 故选：D． 二、填空题：（本大题共6题，每题3分，共18分．） 9. 多项式的三次项系数是______． 【答案】 【解析】 【分析】本题主要考查了多项式项和次数的定义，掌握三次项的概念是解题的关键． 根据所有字母指数之和为3的项即为三次项，据此找到三次项，从而可得其系数． 【详解】解：由多项式， 可得：三次项为， ∴三次项系数是， 故答案为：； 10. 已知，则的值是_____． 【答案】25 【解析】 【分析】本题考查了平方差公式及代数式的化简与求值，先利用平方差公式分解，代入后化简，再代入已知条件计算结果． 【详解】解：∵， ∴ ， 故答案为：25． 11. 中国古代数学著作《张邱建算经》中有一道问题：“今有甲、乙怀钱，各不知其数．甲得乙十钱，多乙余钱五倍．乙得甲十钱，适等．问甲、乙怀钱各几何？”问题大意：甲、乙两人各有钱币若干枚．若乙给甲10枚钱，此时甲的钱币数比乙的钱币数多出5倍，即甲的钱币数是乙钱币数的6倍；若甲给乙10枚钱，此时两人的钱币数相等．问甲、乙原来各有多少枚钱币？解：设甲原来有元，则所列方程为：________． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了一元一次方程的应用，根据题意找到等量关系列出方程是解决本题的关键．设甲有钱x枚，根据甲给乙10枚钱，此时两人的钱币数相等可得乙有钱枚，由“乙给甲10枚钱，此时甲的钱币数比乙的钱币数多出5倍，即甲的钱币数是乙钱币数的6倍”列出方程即可． 【详解】解：设甲有钱x枚，则乙有钱枚， 由题意得：，即． 故答案为：． 12. 如图，在矩形中，点F是上一点，以点D为圆心，长为半径画弧，与交于点E，再以点C为圆心，长为半径画弧，使得弧与恰好相切于点H，与交于点G．若，则图中阴影部分的面积为_____． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查圆的切线的性质、勾股定理、解直角三角形、扇形的面积公式等知识．连接，由题意，结合勾股定理和解直角三角形求得，,，利用圆的切线性质得到，解直角三角形的，利用求得即可． 【详解】解：如图，连接， 由题意，，，，， ∴，, ∴， ∵弧与恰好相切于点H， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴ ． 故答案为：． 13. 如图，点，在半圆上，是直径上一点．若，，，则的最小值为________． 【答案】 【解析】 【分析】将半圆补充成一个整圆，过点作的垂线，交于点，连接，延长，交于点，连接，先根据垂径定理可得垂直平分，则，，从而可得当点共线时，的值最小，最小值为，再根据圆周角定理可得，然后在中，解直角三角形可得的长，由此即可得． 【详解】解：如图，将半圆补充成一个整圆，过点作的垂线，交于点，连接，延长，交于点，连接， ∵为的直径，， ∴垂直平分， ∴，， ∴， 由两点之间线段最短可知，当点共线时，的值最小，最小值为， ∵， ∴， ∴， ∵都是的直径，， ∴，， ∴在中，， 即的最小值为， 故答案为：． 【点睛】本题考查了圆周角定理、垂径定理、轴对称的性质、两点之间线段最短、解直角三角形等知识，作点的对称点并将的最小值转化为线段，熟练掌握圆周角定理和垂径定理是解题关键． 14. 如图，四边形是边长为6的菱形，，对角线与交于点，点，分别是线段，上的动点（不与端点重合），且，与交于点，延长交边（或边于点，连接，．则下列结论：①菱形的面积为；②；③当时，的面积与四边形的面积比为；④当时，．其中正确的是________（请填写序号） 【答案】①②③ 【解析】 【分析】①利用勾股定理可得菱形对角线的长度，由此可得菱形的面积；②证明是等边三角形，进而得出三角形全等的三个条件；③可推出点是的中点，可以得出，根据点是的中点，可以得到，进一步得出结果；④根据得出，从而得出，于是． 【详解】解：①四边形是边长为6的菱形，， ，，， ，， ， 菱形的面积为：，故①正确； ②四边形是菱形， ， ， 是等边三角形， ， 在和中， ， ，故②正确； ③由①知：是等边三角形， ， ， ， 四边形是菱形， ，，， ，，， ， ， ， ， ， ， ，故③正确； ④如图1， 四边形是菱形， ， ， ， ， ， ，故④不正确． 故正确的为：①②③． 【点睛】本题考查了菱形的性质，等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质等知识，解决问题的关键熟练掌握相关知识点是解题的关键． 三、解答题： 15. 先化简，再求值：（﹣a+1）÷+﹣a，并从﹣1，0，2中选一个合适的数作为a的值代入求值． 【答案】-a-1，-1. 【解析】 【分析】根据分式的加减法和除法可以化简题目中的式子，然后在﹣1，0，2中选一个使得原分式有意义的值代入即可解答本题． 【详解】解：原式== ===﹣a﹣1 ∵a=-1或a=2时，原分式无意义， ∴a=0． 当a=0时，原式=﹣0﹣1=﹣1． 16. 长春北湖国家湿地公园是以自然生态、科普教育、休闲娱乐为主要功能的大型湿地公园，公园内“湖水泛金波，飞鸟映霞光”，呈现出一派人与自然和谐共生的景象．小力和小旺约定本周日从学校出发，骑行去长春北湖湿地公园游玩．已知从学校到长春北湖湿地公园的骑行路线有A、B、C三条，小力和小旺各自随机选择一条骑行路线，求两人恰好选择同一条路线的概率． ​ 【答案】 【解析】 【分析】此题考查了用树状图法或列表法求概率．树状图法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，适合两步或两步以上完成的事件．用到的知识点为：概率所求情况数与总情况数之比．用树状图法得到所有等可能的结果，然后找出符合条件的结果数，再利用概率公式求解即可． 【详解】解：画树状图为： 共有9种等可能的结果，其中两人恰好选择同一条路线的结果数为3种， 所以两人恰好选择同一条路线的概率． 17. 在一次智力测验中有20道选择题，评分标准为：对1题给5分，错1题扣2分，不答题不给分也不扣分，小明有两道题未答，至少答对几道题，总分才不会低于60分？ 【答案】14 【解析】 【分析】首先设至少答对x道题，则答对题的分数为5x；错一题扣2分，两道题未答，所以答错(18﹣x)道，列出不等式即可求解． 【详解】解：设小明答对x道题，根据题意可得 5x﹣2（20﹣2﹣x）≥60 解得：x 因为x是整数，所以x所取最小值为14， 答：小明至少答对14道题，总分才不会低于60分． 【点睛】本题考查一元一次不等式的应用．首先要明确题意，找到关键描述语即可解出所求的解． 18. 如图，AB=AC，AE=AF，且∠EAB=∠FAC，EF=BC．求证：四边形EBCF是矩形． 【答案】证明：∵AE＝AF，∠EAB＝∠FAC，AB＝AC， ∴△AEB≌△AFC， ∴EB＝FC，∠ABE＝∠ACF， ∵AB＝AC， ∴∠ABC＝∠ACB， ∴∠EBC＝∠FCB， ∵EB＝FC，EF＝BC， ∴四边形EBCF是平行四边形， ∴EB∥FC， ∴∠EBC＋∠FCB＝180°， ∴∠EBC＝∠FCB＝90°， ∴四边形EBCF是矩形． 【解析】 【分析】通过全等三角形判定得出△AEB≌△AFC，可得EB＝FC，∠ABE＝∠ACF，根据等腰三角形的性质可得∠ABC＝∠ACB，从而得到∠EBC＝∠FCB，根据平行四边形的判定可得四边形EBCF是平行四边形，从而得到EB∥FC，根据平行线的性质可得∠EBC＋∠FCB＝180°，可得∠EBC＝∠FCB＝90°，继而可证明四边形EBCF是矩形． 【详解】略 【点睛】本题考查了矩形的判定，全等三角形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，等腰三角形的性质，平行线的性质．熟记各个知识点是解题的关键． 19. 某校举办“学生讲堂”，八年级为了选出一位同学代表年级参赛，先后进行了笔试和面试．在笔试中，甲、乙、丙三位同学脱颖而出，他们的笔试成绩（满分100分）分别是95分，94分，88分．在面试中，十位评委对甲、乙、丙三位同学的表现进行打分，每位评委最高打10分，面试成绩等于十位评委打分之和．对甲、乙、丙三位同学的面试数据进行整理、描述和分析，下面给出了部分信息． 信息一：评委给甲同学打分的条形统计图： 信息二：评委给乙、丙两位同学打分的折线统计图： 信息三：甲、乙、丙三位同学面试情况统计表： 同学 面试成绩 评委打分的中位数 评委打分的众数 甲 78 8 n 乙 86 9 10 丙 87 m 8 根据以上信息，回答下列问题： （1）填空： 　　分， 　　分； （2）在面试中，如果评委给某位同学的打分的方差越小，则认为评委对该同学面试的评价越一致．据此推断：甲、乙、丙三位同学中，评委对 　　的评价更一致（填“甲”、“乙”或“丙”）； （3）按笔试成绩占，面试成绩占确定甲、乙、丙三位同学的综合成绩，综合成绩最高者将代表年级参赛，请你通过计算确定参赛同学． 【答案】（1）8.5，8 （2）丙 （3）乙 【解析】 【分析】本题考查折线统计图，条形统计图，中位数、众数、方差以及加权平均数，理解中位数、方差的意义和计算方法是正确解答的前提． （1）根据中位数和众数的定义可得答案； （2）根据方差的意义解答即可； （3）根据加权平均数公式计算即可． 【小问1详解】 解：把丙的得分从小到大排列，排在中间的两个数分别是8，9，故中位数， 由条形统计图可知甲的得分的最多的是8分，故众数； 故答案为：8.5，8； 【小问2详解】 由题意可知，甲的数据在5和10之间波动，乙的数据在6和10之间波动，丙的数据在8和10之间波动，所以评委对丙同学的评价更一致； 故答案为：丙； 【小问3详解】 甲的综合成绩为：（分）， 乙的综合成绩为：（分）， 丙的综合成绩为：（分）， ， 所以综合成绩最高的是乙． 故答案为：乙． 20. 图①、图②均是的正方形网格，每个小正方形的边长均为1，小正方形的顶点称为格点，点、均为格点．只用无刻度的直尺，在给定的网格中，按下列要求画图． （1）图①中．画出的中线： （2）图②中，在的边上找一点，连接，使； （3）图③中．在的边上找一点，连接，使的面积为1． 【答案】（1） 如图所示：即为所求， （2） 如图所示：即为所求， （3） 如图所示：即为所求， 【解析】 【分析】本题考查了网格作图，相似三角形的判定与性质，矩形的性质，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题． （1）取格点E、F，连接，交于点D，利用矩形的性质得到点D是的中点，连接即可； （2）取格点D、E，连接交于点F，连接，，得根据相似三角形的性质，即可得； （3）取格点D、E、F，H，连接，交于点O，取格点M，连接，交于点G，连接，根据，得，根据与等高，得． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【小问3详解】 略 21. 启航中学八年级数学兴趣小组对“校门口车道拥堵”问题展开项目式学习． 【模型准备】 启航中学校门口呈东西方向共5条车道，路口无红绿灯．兴趣小组认为，某方向车道的拥堵程度可以用该方向的交通量（每分钟该方向通行的车辆数，单位：辆/分钟）与该方向车道数的比值来衡量．例如，自西向东方向的交通量为20，有2个车道，故拥堵度为10．拥堵度的数值越大，该方向越拥堵．记自东向西的拥堵度为，自西向东的拥堵度为． 【收集数据】 小组成员分工进行数据收集并整理如下： 时间 8时 11时 14时 17时 20时 自东向西交通量（辆/分钟） 32 26 20 14 8 自西向东交通量（辆/分钟） 11 14 17 20 23 【建立模型】 成员小明发现，时间与交通量的变化规律符合一次函数的特征，并由此得到与的函数关系式及与的函数关系式． 【模型应用】 兴趣小组希望根据两个方向的拥堵度来合理设置不同时段可变车道的方向．成员小敏认为，在没有可变车道的情况下，哪个方向的拥堵程度更高，可变车道就设置为该方向． 【问题求解】 （1）与的函数关系式为_____；与的函数关系式为_____．（不写自变量的取值范围） （2）在13时，如果可变车道为自东向西方向，通过计算及的值说明哪个方向更拥堵． （3）根据小敏的想法，在没有可变车道的情况下，若，求的值；并直接写出该路段8时至20时的可变车道设计方案． 【答案】（1） （2），，自西向东方向更拥堵 （3），在8时至15时，可变车道设置为自东向西方向；在15时至20时，可变车道设置为自西向东方向 【解析】 【分析】本题考查一次函数的应用，掌握待定系数法求函数表达式是解题的关键． （1）根据待定系数法求解即可； （2）由（1）得，，，当时，算出，． 根据可变车道为自东向西方向，得出自东向西方向的车道数为3，自西向东方向的车道数为2，即可求出，，即可判断； （3）在没有可变车道的情况下，两个方向的车道数均为2，即，．当时，，则，解得，分为当时，，和当时，，求解即可； 【小问1详解】 解：设为常数，且． 将和代入， 得， 解得， ∴． 设为常数，且． 将和代入， 得， 解得， ∴． 故答案为：，． 【小问2详解】 由（1）得，，， 当时，，， 可变车道为自东向西方向， 自东向西方向的车道数为3，自西向东方向的车道数为2， ，， ， 自西向东方向更拥堵． 【小问3详解】 在没有可变车道的情况下，两个方向的车道数均为2，即，， 当时，， ，解得， 经判断，在8时至15时，可变车道设置为自东向西方向；在15时至20时，可变车道设置为自西向东方向． 22. 【推理证明】（1）如图①，在四边形中，，求证：、、、四点共圆．小明认为：连接，取的中点，连接、即可证明，请你按照小明的思路完成证明过程； 【尝试应用】（2）如图②，在正方形中，点是边上任意一点，连接，交于点，请利用无刻度的直尺与圆规在线段上确定点，使是直角三角形．（不写作法，保留作图痕迹） 【拓展延伸】（3）在（2）的基础上，若，，求线段的长． 【答案】 （1）证明：连接，取的中点，连接、， ∵， ∴， ∴、、、四点在以点O为圆心，以为半径的圆上． （2）如图，为所求直角三角形； （3）． 【解析】 【分析】本题考查了证明四点共圆以及圆周角定理，正方形性质、直角三角形性质、勾股定理； （1）根据直角三角O形斜边中线等于斜边一半证明，即可得出结论； （2）以为直径作圆，交于点P，由直径所对圆周角等于，即可得得出是直角三角形； （3）由正方形性质和勾股定理求出，再证明得是等腰直角三角形，由此求出． 【详解】（1）略 （2）略 （3）∵在正方形中，，， ∴，，， ， ∴， ∵， ∴， 又∵是直角三角形，， ∴， ∴ 又∵， ∴即 ∴． 23. 如图，在矩形中，，动点在边上运动，连结，过点作，垂足为点，交于点，与矩形的边交于点． （1）________； （2）当点、两点之间的距离最小时，求的最小值； （3）当将矩形的面积分割成的两个部分时，求的长； （4）当为等腰三角形时，直接写出的长． 【答案】（1） （2） （3） （4）或或 【解析】 【分析】（1）根据题意可得，由矩形的性质可得，利用勾股定理即可求出； （2）取中点O，连接，求出，，当三点共线时，有最小值，最小值为的长，即可求解； （3）根据题意得，则或，证明，利用正切的定义即可求解； （4）分三种情况讨论即可 【小问1详解】 解：在矩形中，， ∴， ∴； 【小问2详解】 解：取中点O，连接， 则， ∵， ∴， ∵点O为中点，， ∴， ∴， 当三点共线时，有最小值，最小值为的长， ∴的最小值为； 【小问3详解】 解：根据题意得， ∵将矩形的面积分割成的两个部分， ∴或， 当时， 则，解得， ∵， ∴， ∴，即， ∴， ∴； 当， 则，解得（不符合题意，舍去）； 综上，当将矩形的面积分割成的两个部分时，的长为； 【小问4详解】 解：当时，如图， 则， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴此时，两点重合， ∴， 同理（3）得， ∴，即， ∴， ∴； 当时，如图，过点D作于点H， ∵，即， ∴， 在中，， ∴， ∴， 设，则， ∵，即， 解得：， ∴，， ∴， ∵，即， ∴； 当时，如图，过点D作于点H， 则， 同理得：， ∵， ∴， ∴，即， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴，即， ∴， ∴； 综上，当为等腰三角形时，的长为或或． 【点睛】本题考查矩形的性质、等腰三角形的性质、勾股定理、解直角三角形，直角三角形的性质等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考常考题型． 24. 在平面直角坐标系中，抛物线（为常数）经过点，点、均在抛物线上，、横坐标依次为，，当点不与点重合时，过点作直线轴，过点作直线轴，两直线交于点，连结、、． （1）求该抛物线的函数表达式； （2）当时，求的值； （3）设点的纵坐标为，点的纵坐标为，当时，求的取值范围； （4）若点的坐标为，当以点A、B、C、D为顶点的四边形与抛物线有且只有一个交点时（四边形的顶点除外），直接写出的取值范围． 【答案】（1） （2） （3）或 （4）或 【解析】 【分析】（1）把代入求出，即可得到抛物线的函数表达式； （2）先求出，则由即可求解； （3）可求，，则，分情况列出关于m的不等式组求解集即可； （4）分类讨论，找出几种临界状态，画图分析即可． 【小问1详解】 解：∵抛物线（b是常数）经过点， ∴把代入，得， 解得：， ∴； 【小问2详解】 解：如图： ∵点A、B均在抛物线上，横坐标分别为，， ∴当时，， 把分别代入，得，， ∴， ∵过点A作直线轴，过点 B 作直线轴，两条直线相交于点C， ∴，， ∴， 则； 【小问3详解】 解：∵点A、B均在抛物线上，横坐标分别为，抛物线解析式为：， ∴，， ∵， ∴， ∴①当， 化简不等式得， ∴，无解， 或，解得：， ∴得解集为， 由得， ∴，解得：， 或，解得：， ∴的解集为； ②当时， 同理可求的解集为， ∴的解集为：或， 综上所述：当时，求m的取值范围为：或； 【小问4详解】 解：∵、横坐标依次为，， ∴，， ∵， ∴、横坐标关于对称， ∵点的坐标为，即， ∴， ∵， 令， 解得：， ∴或时，；时，； 当时，如图：此时以点A、B、C、D为顶点的四边形与抛物线有两个交点（顶点除外）； 当时，如图：此时，以点A、B、C、D为顶点的四边形与抛物线有且只有一个交点（顶点除外）； 当时，如图，以点A、B、C、D为顶点的四边形与抛物线没有交点（顶点除外）； 当时，如图，以点A、B、C、D为顶点的四边形与抛物线有且只有一个交点（顶点除外）； 综上，当以点A、B、C、D为顶点的四边形与抛物线有且只有一个交点时（四边形的顶点除外），的取值范围为：或． 【点睛】本题考查了二次函数与三角形的综合题，涉及待定系数法求函数解析式，锐角三角函数，解不等式组，难度较大，正确理解运动状态，找出临界点是解题的关键． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 一〇八学校九年级（数学）学科试题 满分：120分 时间：120分钟 一、选择题：（本大题共8题，每题3分，共24分．） 1. 化简：，，，，，结果是的有（ ） A. 5个 B. 4个 C. 3个 D. 2个 2. 中国“二十四节气”已被正式列入联合国教科文组织人类非物质文化遗产代表作品录，下列四幅作品分别代表“立春” “立夏” “白露” “大雪”，其中是中心对称图形的是（　　） A. B. C. D. 3. 年的巴黎奥运会中国队以枚金牌总数位于金牌榜首，如图是巴黎奥运会颁奖现场，图是领奖台的示意图，则此领奖台的俯视图是（ ） A. B. C. D. 4. 苯分子中的6个碳原子与6个氢原子H均在同一平面，且所有碳碳键的键长都相等（如图1），组成了一个完美的六边形（正六边形），图2是其平面示意图，则的度数为（ ） A. B. C. D. 5. 下列命题的逆命题是真命题的是（ ） A. 如果，那么 B. 如果，那么 C. 如果，那么 D. 如果，那么 6. 如图为一节楼梯的示意图，，，米．现要在楼梯上铺一块地毯，楼梯宽度为1米，则地毯的长度需要（ ）米． A. B. C. D. 7. 如图，以点B为圆心，适当长度为半径画弧，交于E，F两点，分别以点E和点F为圆心，大于的长为半径画弧，两弧交于点P，作射线，交于点D．线段一定是的（ ） A. 中线 B. 高线 C. 角平分线 D. 中位线 8. 已知函数（），（）．若函数与的图象交于轴上的一点，且函数的图象经过第二、三、四象限，则不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 二、填空题：（本大题共6题，每题3分，共18分．） 9. 多项式的三次项系数是______． 10. 已知，则的值是_____． 11. 中国古代数学著作《张邱建算经》中有一道问题：“今有甲、乙怀钱，各不知其数．甲得乙十钱，多乙余钱五倍．乙得甲十钱，适等．问甲、乙怀钱各几何？”问题大意：甲、乙两人各有钱币若干枚．若乙给甲10枚钱，此时甲的钱币数比乙的钱币数多出5倍，即甲的钱币数是乙钱币数的6倍；若甲给乙10枚钱，此时两人的钱币数相等．问甲、乙原来各有多少枚钱币？解：设甲原来有元，则所列方程为：________． 12. 如图，在矩形中，点F是上一点，以点D为圆心，长为半径画弧，与交于点E，再以点C为圆心，长为半径画弧，使得弧与恰好相切于点H，与交于点G．若，则图中阴影部分的面积为_____． 13. 如图，点，在半圆上，是直径上一点．若，，，则的最小值为________． 14. 如图，四边形是边长为6的菱形，，对角线与交于点，点，分别是线段，上的动点（不与端点重合），且，与交于点，延长交边（或边于点，连接，．则下列结论：①菱形的面积为；②；③当时，的面积与四边形的面积比为；④当时，．其中正确的是________（请填写序号） 三、解答题： 15. 先化简，再求值：（﹣a+1）÷+﹣a，并从﹣1，0，2中选一个合适的数作为a的值代入求值． 16. 长春北湖国家湿地公园是以自然生态、科普教育、休闲娱乐为主要功能的大型湿地公园，公园内“湖水泛金波，飞鸟映霞光”，呈现出一派人与自然和谐共生的景象．小力和小旺约定本周日从学校出发，骑行去长春北湖湿地公园游玩．已知从学校到长春北湖湿地公园的骑行路线有A、B、C三条，小力和小旺各自随机选择一条骑行路线，求两人恰好选择同一条路线的概率． ​ 17. 在一次智力测验中有20道选择题，评分标准为：对1题给5分，错1题扣2分，不答题不给分也不扣分，小明有两道题未答，至少答对几道题，总分才不会低于60分？ 18. 如图，AB=AC，AE=AF，且∠EAB=∠FAC，EF=BC．求证：四边形EBCF是矩形． 19. 某校举办“学生讲堂”，八年级为了选出一位同学代表年级参赛，先后进行了笔试和面试．在笔试中，甲、乙、丙三位同学脱颖而出，他们的笔试成绩（满分100分）分别是95分，94分，88分．在面试中，十位评委对甲、乙、丙三位同学的表现进行打分，每位评委最高打10分，面试成绩等于十位评委打分之和．对甲、乙、丙三位同学的面试数据进行整理、描述和分析，下面给出了部分信息． 信息一：评委给甲同学打分的条形统计图： 信息二：评委给乙、丙两位同学打分的折线统计图： 信息三：甲、乙、丙三位同学面试情况统计表： 同学 面试成绩 评委打分的中位数 评委打分的众数 甲 78 8 n 乙 86 9 10 丙 87 m 8 根据以上信息，回答下列问题： （1）填空： 　　分， 　　分； （2）在面试中，如果评委给某位同学的打分的方差越小，则认为评委对该同学面试的评价越一致．据此推断：甲、乙、丙三位同学中，评委对 　　的评价更一致（填“甲”、“乙”或“丙”）； （3）按笔试成绩占，面试成绩占确定甲、乙、丙三位同学的综合成绩，综合成绩最高者将代表年级参赛，请你通过计算确定参赛同学． 20. 图①、图②均是的正方形网格，每个小正方形的边长均为1，小正方形的顶点称为格点，点、均为格点．只用无刻度的直尺，在给定的网格中，按下列要求画图． （1）图①中．画出的中线： （2）图②中，在的边上找一点，连接，使； （3）图③中．在的边上找一点，连接，使的面积为1． 21. 启航中学八年级数学兴趣小组对“校门口车道拥堵”问题展开项目式学习． 【模型准备】 启航中学校门口呈东西方向共5条车道，路口无红绿灯．兴趣小组认为，某方向车道的拥堵程度可以用该方向的交通量（每分钟该方向通行的车辆数，单位：辆/分钟）与该方向车道数的比值来衡量．例如，自西向东方向的交通量为20，有2个车道，故拥堵度为10．拥堵度的数值越大，该方向越拥堵．记自东向西的拥堵度为，自西向东的拥堵度为． 【收集数据】 小组成员分工进行数据收集并整理如下： 时间 8时 11时 14时 17时 20时 自东向西交通量（辆/分钟） 32 26 20 14 8 自西向东交通量（辆/分钟） 11 14 17 20 23 【建立模型】 成员小明发现，时间与交通量的变化规律符合一次函数的特征，并由此得到与的函数关系式及与的函数关系式． 【模型应用】 兴趣小组希望根据两个方向的拥堵度来合理设置不同时段可变车道的方向．成员小敏认为，在没有可变车道的情况下，哪个方向的拥堵程度更高，可变车道就设置为该方向． 【问题求解】 （1）与的函数关系式为_____；与的函数关系式为_____．（不写自变量的取值范围） （2）在13时，如果可变车道为自东向西方向，通过计算及的值说明哪个方向更拥堵． （3）根据小敏的想法，在没有可变车道的情况下，若，求的值；并直接写出该路段8时至20时的可变车道设计方案． 22. 【推理证明】（1）如图①，在四边形中，，求证：、、、四点共圆．小明认为：连接，取的中点，连接、即可证明，请你按照小明的思路完成证明过程； 【尝试应用】（2）如图②，在正方形中，点是边上任意一点，连接，交于点，请利用无刻度的直尺与圆规在线段上确定点，使是直角三角形．（不写作法，保留作图痕迹） 【拓展延伸】（3）在（2）的基础上，若，，求线段的长． 23. 如图，在矩形中，，动点在边上运动，连结，过点作，垂足为点，交于点，与矩形的边交于点． （1）________； （2）当点、两点之间的距离最小时，求的最小值； （3）当将矩形的面积分割成的两个部分时，求的长； （4）当为等腰三角形时，直接写出的长． 24. 在平面直角坐标系中，抛物线（为常数）经过点，点、均在抛物线上，、横坐标依次为，，当点不与点重合时，过点作直线轴，过点作直线轴，两直线交于点，连结、、． （1）求该抛物线的函数表达式； （2）当时，求的值； （3）设点的纵坐标为，点的纵坐标为，当时，求的取值范围； （4）若点的坐标为，当以点A、B、C、D为顶点的四边形与抛物线有且只有一个交点时（四边形的顶点除外），直接写出的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $