2025年山东省泰安市初中学业水平考试数学模拟试题(四)

山东省泰安市2025年初中学业水平考试数学模拟试题(四) (时间：120分钟　满分：150分) 一、选择题(本大题共12小题，在每小题给出的四个选项中，只有一个是正确的．请把正确的选项选出来，每小题选对得4分，选错、不选或选出的答案超过一个，均记零分) 1．－2的相反数是(　　) A．－2　　　B．2　　　C．－　　　D．±2 2．下列运算正确的是(　　) A．m＋m＝m2 B．m2·m3＝m6　 C．m6÷m3＝m3 D．(－3m)2＝－9m2 3．(2024·肥城一模)在我国“福禄寿喜”一般是指对人的祝福，代表健康长命幸福快活和吉祥如意的意思，既代表着物质生活的顺利又代表着精神生活的满足．如图是“福禄寿喜”变形设计图，其中是轴对称图形，但不是中心对称图形的是(　　) A． B． C． D． 4．一个氧原子的质量很小，约为0.000 000 000 000 000 000 000 000 026 57 kg，1 kg＝1 000 g．将0.000 000 000 000 000 000 000 000 026 57 kg用科学记数法表示为(　　) A．2.657×10-26g B．2.657×10-27g C．2.657×10-23g D．2.657×10-24g 5．如图，已知AB∥CD，∠BED＝90°，则∠1与∠2之间的数量关系可表示为(　　) A．∠2＝2∠1 B．∠2－∠1＝90°　 C．∠1＋∠2＝180° D．无法表示 6．(2024·岱岳区一模)如图，AB是⊙O的直径，点D是的中点，∠BAC＝40°，则∠ACD的度数是(　　) A．40° B．25° C．40° D．30° 7．若关于x的方程x2＋2x－m＋3＝0有实数根，则实数m的取值范围是(　　) A．m≤2 B．m＞－2 C．m≥2 D．m＜2 8．我国明代数学著作《算法统宗》有一道题，其题意为：客人一起分银子，若每人7两，还剩4两；若每人9两，则差8两．若客人为x人，银子为y两，可列方程组(　　) A． C． 9．(2024·泰山一模)如图，已知▱AOBC的顶点O(0，0)，A(－1，2)，点B在x轴正半轴上．按以下步骤作图：①以点O为圆心，适当长度为半径作弧，分别交边OA，OB于点D，E；②分别以点D，E为圆心，大于DE的长为半径作弧，两弧在∠AOB内交于点F；③作射线OF，交边AC于点G．则点G的坐标为(　　) A．(－1，2) B．(，2) C．(3－，2) D．(－2，2) 10．(2024·岱岳区三模)如图，矩形ABCD中，AB＝2，BC＝1，以AB为直径作半圆O，与CD交于E，F两点，则图中阴影部分的面积为(　　) A． C．－1 D．－1 11．如图，二次函数y＝ax2＋bx＋c(a≠0)的图象与x轴的交点为A(－1，0)，与y轴交点的纵坐标在2到3之间，对称轴为直线x＝1，函数最大值为n，下列四个结论：①b2－4ac＞0；②当x＞3时，y随x的增大而增大；③－1<a<－；④<n<4．其中正确结论的个数是(　　) A．1 B．2 C．3 D．4 12．如图，已知Rt△ABC，∠ABC＝90°，AB＝5，BC＝7，点D，E分别是AB，BC边上的动点，满足AD＝BE．连接AE，CD，则AE＋CD的最小值为(　　) A．12 B．13 C．14 D．15 二、填空题(本大题共6小题，满分24分．只要求填写最后结果，每小题填对得4分) 13．一个数的绝对值是单项式的次数，这个数是________． 14．(2024·新泰期末)一个不透明的盒子中装有10个除颜色外无其他差别的小球，其中有1个黄球和3个绿球，其余都是红球，从中随机摸出一个小球，恰好是红球的概率为________． 15．如图，是矗立在高速公路水平地面上的交通警示牌，点M，A，B在同一条直线上，经测量得到如下数据：AM＝5 m，AB＝10 m，∠MAD＝45°，∠MBC＝30°，则警示牌的高CD为________m．(结果精确到0.1 m，参考数据：≈1.41，≈1.73) 16．如图所示，要建一个长方形的养鸡场，养鸡场的一边靠墙，如果用60 m长的篱笆围成中间有一道篱笆的养鸡场，设养鸡场的长为x m，当x＝________m时，养鸡场的面积最大． 17．(2024·东平二模)如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，∠A＝30°，BC＝4，O为边AC上的一点，以OA为半径的半圆O交AB于点D，交AC于点E，过点D作半圆O的切线交边BC于点F，且CF＝1，则⊙O的半径为________． 18．如图，动点P在平面直角坐标系中按图中箭头所示方向运动，第1次从原点运动到点(1，1)，第2次接着运动到点(2，0)，第3次接着运动到点(3，2)，…，按这样的运动规律，经过第2 024次运动后，动点P的坐标是________． 三、解答题(本大题共7小题，满分78分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或推演步骤) 19．(10分)(1)计算：2×sin 30°－2 0240＋|－5|； (2)化简：÷． 20．(10分)某校举办国学知识竞赛，设定满分10分，学生得分均为整数．在初赛中，甲、乙两组(每组10人)学生成绩如下(单位：分)： 甲组：5，6，6，6，6，6，7，9，9，10． 乙组：5，6，6，6，7，7，7，7，9，10． 组别 平均数 中位数 众数 方差 甲组 7 a 6 2.6 乙组 (1)以上成绩统计分析表中a＝________，b＝________； (2)小明同学说：“这次竞赛我得了7分，在我们小组中属中游略偏上！”观察上面表格判断，小明可能是________组的学生； (3)从平均数和方差看，若从甲、乙两组学生中选择一个成绩较为稳定的小组参加决赛，应选哪个组？并说明理由． 21．(10分)如图，一次函数y＝kx＋b与反比例函数y＝的图象交于A(2，1)，B(－1，n)两点． (1)求m，k，b的值； (2)连接OA，OB，计算△OAB的面积； (3)结合图象直接写出不等式kx＋b－>0的解集． 22．(10分)某商场欲购进A和B两种家电，已知B种家电的进价比A种家电的进价每件多100元，经计算，用1万元购进A种家电的件数与用1.2万元购进B种家电的件数相同．请解答下列问题： (1)这两种家电每件的进价分别是多少元？ (2)若该商场欲购进两种家电共100件，总金额不超过53 500元，则该商场至少购进A种家电多少件？ 23．(12分)(2024·肥城一模)如图1，Rt△CEF中，∠C＝90°，∠CEF，∠CFE外角平分线交于点A，过点A分别作直线CE，CF的垂线，B，D为垂足． (1)∠EAF＝________°； (2)①求证：四边形ABCD是正方形． ②若BE＝EC＝3，求DF的长． (3)如图2，在△PQR中，∠QPR＝45°，底边上的高PH＝5，QH＝2，则HR的长度是________． 24．(12分)(1)如图1，在矩形ABCD中，E为AB边上一点，连接DE，过点E作EF⊥DE交BC于点F． ①求证：△AED∽△BFE． ②若AB＝10，AD＝6，E为AB的中点，求BF的长． (2)如图2，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，AB＝4，E为AB边上一点(点E不与点A，B重合)，连接CE，过点E作∠CEF＝45°交BC于点F，当△CEF为等腰三角形时，BE的长为多少？ 25．(14分)如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2＋bx＋c的图象与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C，点A的坐标为(－1，0)，抛物线顶点D的坐标为(1，－4)，连接AC，BC，BD，CD，抛物线对称轴与BC相交于点E． (1)求抛物线的表达式； (2)求证：∠ACO＝∠CBD； (3)若点P是线段BD上的动点，将△DEP沿边EP翻折得到△D′EP，是否存在点P，使得△D′EP与△BEP重叠部分的图形为直角三角形？若存在，请求出BP的长；若不存在，请说明理由． 1．B　[－2的相反数是2．故选B．] 2．C　[A．m＋m＝2m，故A不符合题意； B．m2·m3＝m5，故B不符合题意； C．m6÷m3＝m3，故C符合题意； D．(－3m)2＝9m2，故D不符合题意． 故选C．] 3．C　[A．既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故本选项错误，不符合题意； B．既是轴对称图形，也是中心对称图形，故本选项错误，不符合题意； C．是轴对称图形，但不是中心对称图形，故本选项正确，符合题意； D．既是轴对称图形，也是中心对称图形，故本选项错误，不符合题意． 故选C．] 4．C　[0.000 000 000 000 000 000 000 000 026 57 kg＝0.000 000 000 000 000 000 000 026 57 g＝2.657×10-23g．故选C．] 5．B　[过E作直线NM∥AB，如图所示， ∵NM∥AB， ∴∠1＝∠3(两直线平行，内错角相等)， ∵NM∥AB，AB∥CD， ∴NM∥CD， ∴∠2＋∠4＝180°， ∵∠BED＝90°， ∴∠3＋∠4＝90°， ∴∠2－∠1＝90°． 故选B．] 6．B　[∵AB是⊙O的直径， ∴∠ACB＝90°， ∵∠BAC＝40°， ∴∠ABC＝90°－∠BAC＝50°， ∵点D是的中点， ∴＝， ∴∠ABD＝∠DBC＝∠ABC＝25°， ∴∠ACD＝∠ABD＝25°． 故选B．] 7．C　[∵关于x的方程x2＋2x－m＋3＝0有实数根， ∴Δ＝22－4×1×(－m＋3)＝4m－8≥0， ∴m≥2．故选C．] 8．A　[由客人为x人，银子为y两，根据题意得， 故选A．] 9．A　[∵四边形OACB是平行四边形， ∴AC∥OB， ∴∠AGO＝∠GOB(两直线平行，内错角相等)． 由作图步骤可得∠AOG＝∠GOB， ∴∠AGO＝∠AOG，∴AG＝AO． ∵A(－1，2)，∴OA＝， ∴AG＝，∴点G的坐标为(－1，2)． 故选A．] 10．D　[如图，连接OE，OF，过点F作FG⊥OA于点G．依题意知，OF＝OE＝，BC＝FG＝1， 则sin ∠GOF＝＝＝， ∴∠GOF＝45°． 同理∠EOB＝45°． ∴∠EOF＝90°， ∴S阴影＝S扇形OFE－S△EOF＝－＝－1． 故选D．] 11．C　[由题图可知，二次函数y＝ax2＋bx＋c(a≠0)的图象与x轴交于两点， ∴ax2＋bx＋c＝0有两个不相等的实数根， ∴Δ＝b2－4ac＞0， 故①正确； ∵抛物线开口向下，对称轴为直线x＝1， ∴当x＞1时，y随着x的增大而减小， ∴当x＞3时，y随着x的增大而减小， 故②错误； ∵抛物线y＝ax2＋bx＋c(a≠0)的对称轴为x＝－＝1， ∴b＝－2a， ∵二次函数y＝ax2＋bx＋c(a≠0)的图象与x轴的交点为A(－1，0)， ∴a－b＋c＝0，即3a＋c＝0，解得c＝－3a， ∵二次函数y＝ax2＋bx＋c(a≠0)的图象与y轴交点的纵坐标在2到3之间， ∴2＜c＜3， ∴2＜－3a＜3， ∴－1<a<－， 故③正确； ∵抛物线y＝ax2＋bx＋c(a≠0)开口向下，对称轴为直线x＝1， ∴当x＝1时，函数的最大值为n＝＝＝－4a， ∵－1<a<－， ∴<－4a<4，即<n<4， 故④正确． 综上所述，正确的有①③④，共3个． 故选C．] 12．B　[过点A作AF⊥AB，使AF＝AB＝5，连接DF，CF，过点F作FH⊥CB，交CB的延长线于点H，如图所示． ∵∠ABC＝90°， ∴∠FAD＝∠ABC＝90°， 在△ADF和△BEA中， ∴△ADF≌△BEA(SAS)， ∴FD＝AE， ∴AE＋CD＝FD＋CD， 根据“两点之间线段最短”得：FD＋CD≥CF， ∴FD＋CD的最小值为线段CF的长， 即AE＋CD的最小值为线段CF的长． ∵AF⊥AB，FH⊥CB，∠ABC＝90°， ∴∠FAD＝∠ABH＝∠H＝90°， ∴四边形ABHF为矩形， ∴BH＝AF＝AB＝5，FH＝AB＝5， ∴CH＝BC＋BH＝7＋5＝12， 在Rt△CFH中，由勾股定理得：CF＝＝13． ∴AE＋CD的最小值为13． 故选B．] 13．±4　[单项式－23xyz2的次数是1＋1＋2＝4， 绝对值等于4的数为±4． 故答案为±4．] 14．　[∵盒子中有10个球，有1个黄球和3个绿球，其余都是红球， ∴红球的数量为10－1－3＝6(个)， ∴随机摸一个小球是红球的概率为＝． 故答案为．] 15．3.7　[由题意得，CM⊥MB， 在Rt△ADM中，AM＝5 m，∠MAD＝45°， ∴DM＝AM·tan 45°＝5 (m)， ∵AB＝10 m， ∴MB＝AM＋AB＝15 (m)， 在Rt△CMB中，∠CBM＝30°， ∴CM＝BM·tan 30°＝15×＝5 (m)， ∴CD＝CM－DM＝5－5≈3.7 (m)． ∴警示牌的高CD约为3.7 m． 故答案为3.7．] 16．30　[因为养鸡场的长为x m，则宽为 m，设养鸡场的面积为S， 根据题意可得S＝x＝－x2＋20x＝＋300， ∵－<0， ∴抛物线开口向下， ∴当x＝30时，S有最大值， 即当x＝30时，养鸡场的面积最大． 故答案为30．] 17．　[∵∠C＝90°，∠A＝30°，BC＝4， ∴∠B＝60°，AB＝2BC＝8， ∴AC＝＝4． 连接OD，OF，则OD＝OA， ∴∠ODA＝∠A＝30°． ∵DF是切线，∴OD⊥DF， ∴∠ODF＝90°， ∴∠BDF＝180°－90°－30°＝60°， ∴∠BFD＝180°－∠B－∠BDF＝60°， ∴△BFD为等边三角形， ∴DF＝BF＝BC－CF＝3． 设⊙O的半径为r，则OA＝OD＝r，OC＝AC－OA＝4－r， 由勾股定理，得OF2＝OD2＋DF2＝OC2＋CF2， ∴r2＋32＝12＋(4－r)2， 解得r＝． 故答案为．] 18．(2 024，0)　[观察点的坐标变化可知： 第1次从原点运动到点(1，1)， 第2次接着运动到点(2，0)， 第3次接着运动到点(3，2)， 第4次接着运动到点(4，0)， 第5次接着运动到点(5，1)， …… 按这样的运动规律，发现每个点的横坐标与运动的次数相等，纵坐标是1，0，2，0，每4个数一个循环， 由于2 024÷4＝506， 所以经过第2 024次运动后，动点P的坐标是(2 024，0)． 故答案为(2 024，0)．] 19．解：(1)原式＝2×－1＋5 ＝1－1＋5 ＝5． (2)原式＝· ＝· ＝x(x－1) ＝x2－x． 20．解：(1)甲组的数据按从小到大的顺序排列，第5，6个数据为6，6， 故中位数a＝＝6． 在乙组的数据中，7出现次数最多，故众数b＝7． 故答案为6；7． (2)由(1)知，甲组的中位数是6，乙组的中位数是7，而小明同学说：“这次竞赛我得了7分，在我们小组中属中游略偏上！”，从而得出小明可能是甲组的学生． 故答案为甲． (3)∵乙组的平均数为7， ＝[(5－7)2＋(6－7)2×3＋(7－7)2×4＋(9－7)2＋(10－7)2] ＝×(4＋1×3＋4＋9)＝2， ， ∴乙组的成绩比较稳定， 故选乙组参加决赛． 21．解：(1)由题意，得1＝， ∴m＝2，∴y＝， 当x＝－1时，n＝－＝－2， ∴B(－1，－2)，∵一次函数y＝kx＋b的图象过A，B两点， ∴ 解得 综上可得，m＝2，k＝1，b＝－1． (2)如图，由(1)可知，y＝x－1，当x＝0时，y＝－1，即C(0，－1)， S△AOB＝S△AOC＋S△OBC＝×1×2＋×1×1＝． (3)由图可知不等式kx＋b－>0的解集是－1＜x＜0或x＞2． 22．解：(1)设A种家电每件进价为x元，则B种家电每件进价为(x＋100)元， 根据题意得＝， 解得x＝500， 经检验，x＝500是所列方程的根，且符合题意， ∴x＋100＝500＋100＝600． 答：A种家电每件的进价为500元，B种家电每件的进价为600元． (2)设购进A种家电a件，根据题意，得 500a＋600(100－a)≤53 500． 解得a≥65． 答：该商场至少购进A种家电65件． 23．解：(1)∵∠C＝90°， ∴∠CFE＋∠CEF＝90°， ∴∠DFE＋∠BEF＝360°－90°＝270°， ∵AF平分∠DFE，AE平分∠BEF， ∴∠AFE＝∠DFE，∠AEF＝∠BEF， ∴∠AEF＋∠AFE＝(∠DFE＋∠BEF)＝×270°＝135°， ∴∠EAF＝180°－∠AEF－∠AFE＝45°． 故答案为45． (2)①作AG⊥EF于点G，如图1所示， 则∠AGE＝∠AGF＝90°， ∵AB⊥CE，AD⊥CF， ∴∠B＝∠D＝90°＝∠C， ∴四边形ABCD是矩形， ∵∠CEF，∠CFE外角平分线交于点A， ∴AB＝AG，AD＝AG， ∴AB＝AD， ∴四边形ABCD是正方形． ②设DF＝x， ∵BE＝EC＝3， ∴BC＝6， 由①得四边形ABCD是正方形， ∴BC＝CD＝6， 在Rt△ABE和Rt△AGE中， ∴Rt△ABE≌Rt△AGE(HL)， ∴BE＝EG＝3， 同理，GF＝DF＝x， 在Rt△CEF中，EC2＋FC2＝EF2， 即32＋(6－x)2＝(x＋3)2， 解得x＝2， ∴DF的长为2． (3)如图2所示，把△PQH沿PQ翻折得△PQD，把△PRH沿PR翻折得△PRM，延长DQ，MR交于点G， 由折叠的性质得四边形PMGD是正方形，MR＋DQ＝QR，MR＝HR，DQ＝HQ＝2， ∴MG＝DG＝MP＝PH＝5， ∴GQ＝3， 设MR＝HR＝a，则GR＝5－a，QR＝a＋2， 在Rt△GQR中，由勾股定理得(5－a)2＋32＝(2＋a)2， 解得a＝，即HR＝． 故答案为． 24．解：(1)①证明：由题意得∠A＝∠DEF＝∠B＝90°， ∴∠ADE＋∠AED＝∠BEF＋∠AED＝90°， ∴∠ADE＝∠BEF， ∴△AED∽△BFE． ②∵△AED∽△BFE， ∴AD∶BE＝AE∶BF， ∵E为AB的中点， ∴AE＝BE＝AB＝5， ∴6∶5＝5∶BF， ∴BF＝． (2)∵∠ACB＝90°，AC＝BC， ∴∠CAB＝∠CBA＝45°， ∵∠CEF＝45°， ∴∠ACE＋∠CEA＝∠BEF＋∠CEA＝135°， ∴∠ACE＝∠BEF， ∴△ACE∽△BEF， ∴AC∶BE＝CE∶EF， ∵AC＝BC，AB＝4， ∴AC＝BC＝＝2， ∵△CEF为等腰三角形且∠ECF≠90°， ∴若EC＝EF，则BE＝AC＝2； 若FC＝FE，则AC∶BE＝CE∶EF＝， ∴BE＝＝2． 综上所述，BE＝2或BE＝2． 25．解：(1)∵抛物线顶点D的坐标为(1，－4)， ∴设抛物线的表达式为y＝a(x－1)2－4， 把A(－1，0)代入得0＝a×(－1－1)2－4， 解得a＝1，∴y＝(x－1)2－4＝x2－2x－3， ∴抛物线的表达式为y＝x2－2x－3． (2)证明：由抛物线的表达式知，点B，C的坐标分别为(3，0)，(0，－3)， 由点B，C，D的坐标得，BC＝3，CD＝，BD＝2， 则BD2＝CD2＋BC2，即△BCD为直角三角形，则tan ∠CBD＝＝， 在Rt△ACO中，tan ∠ACO＝＝＝tan ∠CBD， 即∠ACO＝∠CBD． (3)存在点P，使得△D′EP与△BEP重叠部分的图形为直角三角形． 设抛物线的对称轴交x轴于点F，BD＝＝2． ①如图1，EP⊥DB于点P，△DEP沿着EP边翻折得到△D′EP， ∵∠EDP＝∠BDF，∠EPD＝∠BFD＝90°， ∴△EPD∽△BFD， ∴DP∶DF＝DE∶DB，即DP∶4＝2∶2， 解得DP＝， ∴BP＝BD－DP＝2－＝． ②当ED′⊥BD于点H时，如图2， 与①同理可得△DEH∽△DBF， ∴DH∶DF＝DE∶DB＝EH∶FB，即DH∶4＝2∶2＝EH∶2， 解得DH＝，EH＝， 在Rt△PHD′中，设HP＝x， 则D′P＝DP＝DH－HP＝－x，D′H＝D′E－EH＝DE－EH＝2－， ∴x2＋＝， 解得x＝1－， ∴BP＝BD－DP＝BD－(DH－HP)＝BD－DH＋HP＝＋1． ③如图3，当D′P⊥BC于点G时，作EI⊥BD于点I， 由①②可知，EI＝，BI＝， 由翻折的性质可知∠EPI＝∠EPG， ∴EG＝EI＝． ∵BE＝＝2， ∴BG＝BE－EG＝2－． ∵∠GBP＝∠IBE，∠BGP＝∠BIE， ∴△BPG∽△BEI， ∴BP∶BE＝BG∶BI，即BP∶2＝∶， 解得BP＝． 综上所述，当△D′EP与△BEP重叠部分的图形为直角三角形时，BP的长为或＋1或． 学科网（北京）股份有限公司 $$