浙江省2024年初中学业水平考试模拟试卷数学（榜眼卷）（含答案）

浙江省2024年初中学业水平考试模拟试卷数学（榜眼卷）姓名：__________班级：__________考号：__________题号一二三总分评分一、选择题（本题共有10小题，每小题3分，共30分.在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求）1．在-1，0，2，-3.5中选一个数与10相加使结果最小，应选（）A．-1 B．0 C．2 D．-3.52．如图是一个五金零件，它的主视图是（）A． B．C． D．3．转动转盘（如图），指针停留在无理数区域的概率是（）A．16 B．13 C．234．不等式组x−3≤0_______A．2x+4<0 B．2x+4≤0 C．2x+4>0 D．2x+4≥05．如图，在△ABC中，∠ACB=60°，将线段AC绕着点C顺时针旋转20°，点A的对应点D正好在边AB上，则∠B的度数为（）A．40° B．35° C．30° D．25°6．一次函数y=（k+2）x+5与二次函数y=3x2+4的交点个数为（）A．0 B．1 C．2 D．不确定7．某商场销售两种亚运会吉祥物纪念章，已知A种纪念章买两盒送一盒，每盒62元；B种纪念章打九折，原价每盒90元，东东需要的3盒A种纪念章和2盒B种纪念章共需（）A．366元 B．348元 C．286元 D．304元8．如图，D是△ABC的边AB上一点，且AD：DB=2：1，过点D作DE//BC，交AC于点E，取线段AE的中点F，连结DF.若DF=4，则△ABC中AC边上的中线长为（）A．2 B．6 C．7 D．89．如图，A，B，C依次是残破镜子上的三个点，弓形的弦AC的长为23A．2cm B．4cm C．23cm D．410．如图，在直角梯形ABCD中，AB=AD=6，BC=14，E为AB的中点，F为线段BC上的动点，连结FE，将△BEF沿EF折叠得到△GEF.在点F从点B运动到点C的过程中，若射线FG与上底AD相交于点P，则点P相应运动的路径长为A．914 B．5 C．5.4 D．二、填空题（本题共有6小题，每小题3分，共18分）11．因式分解：m2-9=12．若扇形的弧长为5π，圆心角为50°，则它的半径为13．如图，在矩形ABCD中，AB=3，AD=4，点E在线段AD上，AD=4AE.连结AC，BE，二者相交于点F，连结BD，与AC相交于点G，则FG=14．如图所示为凸透镜成像示意图，CD是蜡烛AB通过凸透镜MN所成的虚像.已知蜡烛的高AB为4.8cm，蜡烛AB离凸透镜MN的水平距离OB为6cm，该凸透镜的焦距OF为10cm，AE//OF，OF=OF，则像CD的高为cm.15．如图，点P从正八边形的顶点A出发，沿着正八边形的边顺时针方向走，第1次走1条边长到点H，第2次走2条边长到点F，3次走3条边长到点C……以此类推，第50次走到顶点16．如图2是东东用图1中的七巧板拼成的数字5，A，B，C均是七巧板中直角三角形和正方形的顶点，连结AB，AB与BC的夹角为α，则tanα的值是三、解答题（本题共有8小题，共72分）17．如图是小明一道题的计算过程：-22+-5-sin（1）请用下划线划出小明计算出错的地方.（2）请写出正确的计算过程.18．如图，在6×6的方格纸中，点A，B均在格点上，试按要求画出相应的格点图形（每小题只需画一个）.（1）在图1中作一条线段，使它与AB互相垂直平分.（2）在图2中作一个△ABC，使它是轴对称图形，且符合S△ABC=5.19．在平面直角坐标系中，已知一次函数y1=-43x+8（1）求b，c的值（2）当x220．为了落实“双减”政策.某校进行了课时作业分层设计课题研究，分别在A，B，C三个班开展比对实验.A班没有开展分层作业设计，B班开展“好、差”两层分层设计，C班开展“好、中、差”三层分层及个别学生特殊布置设计.一段时间后对实验前、后开展的前测和后测（难度、题型、总分相同的试卷，满分100分）数据进行整理比对，如表1和表2.

表1前测数据测试分数x0<x≤6060<x≤7070<x≤8080<x≤9090<x≤100A班（常态班）289931B班（实验班）2510821C班（实验班）26981表2后测数据测试分数x0<1≤6060<x≤7070<x≤8080<x≤9090<x≤100A班（常态班）14161262B班（实验班）6811183C班（实验班）469225（1）请选择一种适当的统计量，分别比较A，B，C三个班的后测数据（2）通过分析前测、后测数据，请对该校开展的课时作业分层设计实验效果进行评价.21．如图1是一手机直摇专用支架，AB为立杆，其高为100cm，BC为支杆，它可绕点B旋转，其中BC长为30cm，CD为悬杆，滑动悬杆可调节CD的长度.（1）如图2，当支杆BC与地面亚直，悬杆CD与支杆BC之间的夹角∠BCD=60°且CD的长为30cm时，求手机怒挂点D距离地面的高度.（2）在图⒉所示的状态下，将支杆BC绕点B顺时针旋转20°，将悬杆绕点C顺时针旋转，使得∠BCD=140°，同时调节CD的长（如图3），此时测得手机悬挂点D到地面的距离为140cm，求CD的长（结果精确到1cm，参考数据：sin20°≈0.34，cos20°≈0.94，tan20°≈0.36，sin40°≈0.64，cos40°≈0.77，tan40°≈0.84）.22．已知AB，CD是圆o的内接四边形ACBD的两条对角线，AB，CD相交于点M，且AB=CD.（1）如图1，求证：BM=DM.（2）在图1中找出一组全等的三角形，并给出证明.（3）如图2，圆O的半径为5，弦CD⊥AB于点P，当△CBP的面积为3.5时，求AB的长.23．如图1，在正方形ABCD中，∠PAQ=12∠BAD，∠PAQ的边分别与对角线BD相交于点P，Q，请说明BP2+DQ2=PQ.（1）尝试解决：小明给出了以下思路：将△ABP绕点A逆时针旋转90°得到△ADP，使AB与AD重合，连结QP'，请帮小明完成解题过程.（2）类比探究：如图2，在正方形内作∠PAQ=45°，使AP与BC相交于点P，AQ与DC相交于点Q，连结PQ.已知BP=2，DQ=3，求△APQ的面积.（3）拓展应用：如图3，在长方形ABCD中，AB=3，AD=4，P是BC上一点Q是CD上一点，连结PQ，求△APQ的面积的最小值.24．如图，直线y=-12x+5与y轴相交于点A，与x轴相交于点B，与反比例函数y（1）求△POQ的面积.（2）在反比例函数y2=kx(x>0,（3）如图2，在反比例函数y2=kx(x>0,k>0)

答案解析部分1．【答案】D【解析】【解答】解：∵-1+10=9；0+10=10；2+10=12；-3.5+10=6.5；

且12>10>9>6.5

∴与10相加结果最小的数为-3.5，故答案为：D.

【分析】将-1，0，2，-3.5与10相加的结果进行比较，即可求解.2．【答案】C【解析】【解答】解：的主视图为，故答案为：A.

【分析】根据三视图的概念以及作图要求，即可求解.3．【答案】B【解析】【解答】解：因为总共有6个数，其中无理数有π和3共两个，

所以指针停留在无理数区域的概率是2故答案为：B.

【分析】分析得出总共有6个数，其中无理数有2个，再根据概率公式即可求解.4．【答案】C【解析】【解答】解：解不等式x-3≤0得x≤3，再由数轴可得另一个不等式的解集为x>-2，

∴这个不等式可能为2x+4>0，故答案为：C.

【分析】由数轴得到不等式的解集，再结合选项即可求解.5．【答案】A【解析】【解答】解：∵将线段AC绕着点C顺时针旋转20°，点A的对应点D正好在边AB上，

∴AC=CD，∠ACD=20°,

∴∠CAD=∠CDA=180°-20°2=80°,

∴∠CDB=100°，

∵∠ACB=60°，

故答案为：A.

【分析】由旋转的性质和等腰三角形的性质求得∠CAD=∠CDA=80°,进而得到∠CDB=100°，再根据三角形的内角和定理即可求解.6．【答案】C【解析】【解答】解：由题意联立方程组可得y=（k+2）x+5y=3x2+4，

解方程组得3x2-（k+2）x-1=0，

∴∆=（k+2）2+12>0，故答案为：C.

【分析】联立方程组，利用∆>0，即可求解.7．【答案】C8．【答案】B【解析】【解答】解：∵AD：DB=2：1，

∴AD：AB=2：3，

∵DE//BC，

∴△ADE~△ABC，

∴AEAC=ADAB=23,

∴AECE=21,

∵点F是线段AE的中点，

∴AF=EF=12AE=CE=13故答案为：B.

【分析】先判定△ADE~△ABC，得到AEAC=ADAB=9．【答案】B【解析】【解答】解：设这个圆的圆心为O，连接AO并延长交圆O于点D，如图，

∵AD是圆O的直径，

∴∠ACD=90°，

∵∠ABC=120°，

∴∠ADB=180°-∠ABC=60°,

在Rt△ADC中，233cm，

∴sin∠ADC=ACAD,

即sin故答案为：B.

【分析】设这个圆的圆心为O，连接AO并延长交圆O于点D，利用圆周角定理求得∠ACD=90°，再由圆内接四边形的性质求得∠ADB=60°,最后利用特殊角的三角函数值即可求解.10．【答案】D【解析】【解答】解：在直角梯形ABCD中，AB=AD=6，BC=14，E为AB的中点，

∴AE=BE=12AB=3,

∵F为线段BC上的动点，连结FE，将△BEF沿EF折叠得到△GEF.

∴GE=BE=3,∠GCF=∠B=90°,

∴∠EGP=90°,

当点P与点D重合时，如图，

∴在点F从点B运动到点C的过程中，射线FG与梯形的上底AD相交于点P，则当F与点C重合时，PD的长为点P相应运动的路径长，

这时，GC=BC=14，连接BE，如图，

在Rt△PEG与Rt△PEA中，

EG=EA=3EP=PE

∴Rt△PEG≅Rt△PEA（HL），

∴GP=AP，∠PEG=∠PEA，

由折叠可得：∠CEG=∠CEB，

∴∠PEG+∠CEG=12×180°=90°，

∴∠PEC=90°，

∵∠EPG+∠PEG=90°，

∴∠EPG=∠CEG，

∴tan∠EPG=tan∠CEG，

∴EGPG=故答案为：D.

【分析】先证明Rt△PEG≅Rt△PEA（HL），得到PG=AP，∠PEG=∠PEA，再根据折叠的性质得到∠PEC=90°，则∠EPG=∠CEG，再根据tan∠EPG=tan∠CEG，列出比列式EGPG11．【答案】（m+3）（m-3）【解析】【解答】解：m2-9=m2-32=（m+3）（m-3）；故答案为：（m+3）（m-3）.

【分析】原式变形后符合a2-b2形式，根据平方差公式直接分解因式即可。12．【答案】18【解析】【解答】解：由弧长公式可得5π=50故答案为18.

【分析】直接利用弧长公式将已知条件代入即可求解.13．【答案】3【解析】【解答】解：∵AD=4，且AD=4AE，

∴AE=1，

∵四边形ABCD是矩形，

∴AD∥BC，∠ABC=90°,

∴△AEF~△CBF,

∴AECE=AFCF,即AECE=14,

∵∠ABC=90°,

∴AC=AB2+BC2=5,

设AF=x，则CF=4x，

∴AC=AF+CF=x+4x=5，

∴x=1，

∴AF=1，CF=4，

∵AD∥BC，

∴∠ADG=∠GBC，

故答案为：32

【分析】利用矩形的性质先证明△AEF~△CBF,由相似三角形的性质求得AECE=114．【答案】12【解析】【解答】解：根据题意，得AB∥CD，AB=4.8，AE=OB=6，OF=10，

∴△OAB~△OCD，

∴OAOC=ABCD，即OAOC=4.8CD，

∵AE∥OF，

∴△CAE~△COF'，

∴AEOF=CACO，

∵OF=OF'，

∴OF'=OF=10，

∴AEOF'=CACO=610=35，

15．【答案】F【解析】【解答】解：根据题意，得第50次总共走的边数为：1+2+3+...+50=1+50×502=1275（条），

∵八边形ABCDEFGH是正八边形，

∴每走8条边回到A点，

∴1275÷8=1593，

∴第50次走到顶点F，16．【答案】10【解析】【解答】解：设图1中小正方形的边长为1，则其余各图形的边长如下图，在图2中，过点B作BD⊥AD，交AD延长线于D，过点M作MN⊥BD于N，

∴∠D=90°，易证四边形BCMN、DIGN为矩形，

∴MN=BC=2，DN=GI，DI=NG，BN=MC，

根据题意，得GH=HE=AF=2，EF=2，GE=MK=22，CK=GP=PM=1，∠EFA=∠GEH=45°，∠GPM=45°+45°=90°，

∴GF=GE-EF=22-2=2，AD∥HE，GM=2GP=2，

∴△GIF~△GHE，∠BAD=α，

∴GIGH=GFGE=IFHE，即GI2=222=IF2，

∴GI=IF=DN=1，

∵BN=MC，MK=22故答案为：102【分析】设图1中小正方形的边长为1，然后利用正方形的性质、等腰直角三角形的性质对图1其余各图的边长标上数据，接下来在图2中过点B作BD⊥AD，交AD延长线于D，过点M作MN⊥BD于N，易证易证四边形BCMN、DIGN为矩形，利用矩形的性质得MN=BC=2，DN=GI，DI=NG，BN=MC，根据题意得GH=HE=AF=2，EF=2，GE=MK=22，CK=GP=PM=1，∠EFA=∠GEH=45°，∠GPM=90°，从而有GF=2，AD∥HE，GM=2，进而证出17．【答案】（1）解：如图所示；

（2）解：-22+-5-sin【解析】【分析】（1）观察计算过程，可知（-2）2应为4，sin30°应为12，在此出错的地方画上下划线即可；

18．【答案】（1）解：如图，线段CD即为所求；

（2）解：如图，△ABC即为所求.

【解析】【分析】（1）利用菱形的对角线互相垂直平分，找两个点C、D，使四边形ACBD是菱形即可；

（2）根据题意可知AB=10，利用等腰直角三角形的性质，故找一个点C，使△ABC19．【答案】（1）解：∵一次函数y1=-43x+8与x轴相交于点A，与y轴相交于点B，

∴A（6，0），B（0，8），

设直线AB的表达式为y=kx+m（k≠0），则：6k+m=0m=8，

解得：k=-43m=8，

∴直线AB的表达式为y=-43x+8，

将B（0，8）代入y2=x2+bx+c，得c=8，

∴抛物线的表达式为y2=x2+bx++8，

∴抛物线的顶点坐标为C-b2，32-b24，代入y=-43x+8，得-43（2）解：由（1）得b=-83，c=8，

∴x2+(b+43)x+c⩾8化为x2+(-83+43)x+8=x2-43x+8≥8，即x2-【解析】【分析】（1）先求点A、B的坐标，然后利用待定系数法求出直线AB的表达式为y=-43x+8，接下来将B点坐标代入抛物线的表达式得c的值，从而得抛物线的表达式为y2=x2+bx++8，根据二次函数的顶点坐标公式-b2a，4ac-b24a得C-b2，32-20．【答案】（1）解：根据题意，得A班的总人数为：14+16+12+6+2=50（人），

B班的总人数为：6+8+11+18+3=46（人），

C班的总人数为：4+6+9+22+5=46（人），

∴从中位数看，A班中位数在60＜x≤70这一范围，B班中位数在70<x≤80这一范围，C班中位数在80<x≤90这一范围，

∴A，B，C三个班的成绩从好到差分别为：C班，B班，A班；（2）解：根据题意，得前测数据这三个班成绩中位数都在0＜x≤60这一范围，

由（1）得后测数据这三个班成绩中位数分别为：A班中位数在60＜x≤70这一范围，B班中位数在70<x≤80这一范围，C班中位数在80<x≤90这一范围，

∴可知这三个班后测成绩相对前测成绩来说都有提升，但C班成绩的提升比较快，

∴C班开展“好、中、差”三层分层及个别学生特殊布置设计的教学方法比较好.【解析】【分析】（1）先求出A、B、C三个班各班的总人数，然后从中位数去看，可知这三个班中位数所在的范围，从而得出这三个班的成绩情况；

（2）先求出前测数据这三个班成绩的中位数，再与后测数据这三个班成绩的中位数进行比较，即可求解.21．【答案】（1）解：如图，过点D作DE⊥AE于E，DF⊥AC于F，

∴∠DFC=∠DFA=∠AED=∠FAE=90°，

∴四边形AEDF是矩形，

∴DE=AB，

∵∠BCD=60°，

∴∠CDF=30°，

∵CD=30，

∴CF=12CD=15，

∵BC=30，

∴BF=BC-CF=15，

∵AB=100，

∴DE=AF=AB+BF=100+15=115，

（2）解：如图，过点D作DE⊥AE于E，过点C作CG⊥DE于G，延长GC交AB延长线于F，

∴∠DGC=∠FGE=∠AEG=∠EAF=90°，

∴四边形AEGF是矩形，

∴AF=GE，∠F=90°，

根据题意，得DE=140，BC=30，AB=100，∠CBF=20°，∠BCD=140°，

∴∠BCF=90°-20°=70°，

∴∠DCF=360°-140°-70°=150°，

∴∠DCG=180°-150°=30°，

∴2DG=CD，

设DG=x，则CD=2x，

∴AF=GE=140-x，

∴BF=AF-AB=140-x-100=40-x，

在Rt△BFC中，BF=BC·cos20°≈30×0.94=40-x，

解得：x≈11.8，

∴CD=2x≈2×11.8≈24，

∴【解析】【分析】（1）过点D作DE⊥AE于E，DF⊥AC于F，易证四边形AEDF是矩形，利用矩形的性质得DE=AB，然后求出∠CDF=30°，根据含30°的直角三角形的性质得CF的值，从而求出BF的值，进而求DE=AF=AB+BF的值；

（2）过点D作DE⊥AE于E，过点C作CG⊥DE于G，延长GC交AB延长线于F，易证四边形AEGF是矩形，根据矩形的性质得AF=GE，∠F=90°，然后根据题意求出∠DCG=30°，从而利用含30°的直角三角形的性质得ADG=CD，设DG=x，则CD=2x，从而求出AF=GE=140-x，进而求出BF=40-x，接下来在Rt△BFC中，解直角三角形得关于x的方程，解方程求出x的值，从而得CD的值，注意把结果精确到1cm即可.22．【答案】（1）证明：∵AB=CD，

∴AB⏜=CD⏜，

∴AB⏜-AC⏜=CD⏜（2）解：△ABD≅△CDB，证明如下：

由（1）得∠ABD=∠CDB，

在△ABD和△CDB中，

AB=CD∠ABD=∠CDBBD=BD，

∴（3）解：如图，过点O作OE⊥CD于E，OF⊥AB于F，连接OC，

∴∠OEP=∠OFP=90°，AF=12AB，CE=12CD，

∵CD⊥AB，

∴∠EPF=∠OEP=∠OFP=90°，

∴四边形OEPF是矩形，

∴PF=OE，

由（1）同理可证BP=DP，

∵AB=CD，

∴AP=CP，

设AP=CP=x，BP=DP=y，

∴AB=CD=x+y，

∴CE=12x+y，AF=12x+y，

∴PF=OE=AF-AP=12x+y-x=12y-x，

∵圆O的半径为5，即OC=5，

∴在Rt△OEC中，OE2+CE2【解析】【分析】（1）根据AB=CD得AB⏜=CD⏜，从而求出BC⏜=AD⏜，由圆周角定理得∠ABD=∠CDB，进而根据”等角对等边“得证结论；

（2）由（1）得∠ABD=∠CDB，然后利用全等三角形判定定理”SAS“证出△ABD≅△CDB；

（3）过点O作OE⊥CD于E，OF⊥AB于F，连接OC，然后根据垂径定理证出AF=12AB，CE=1223．【答案】（1）解：如图，

∵将△ABP绕点A逆时针旋转90°得到△ADP'，使AB与AD重合，

∴△ABP≅△ADP'，

∴BP=DP'，AP=AP'，∠BAP=∠P'AD，∠ABP=∠ADP'，

∵四边形ABCD是正方形，

∴∠ABP=∠ADP'=∠ADQ=45°，

∴∠P'DQ=∠ADP'+∠ADQ=45°+45°=90°，

∴DP'2+DQ2=BP2+DQ2=P'Q2，

∵∠PAQ=12∠BAD，

∴∠BAP+∠DAQ=∠P'AD+∠DAQ=∠P'AQ=12∠BAD，

∴∠P'AQ=∠PAQ，

（2）解：如图，将△ABP绕点A逆时针旋转90°得到△ADP'，使AB与AD重合，

∴△ABP≅△ADP'，

∵BP=2，

∴P'D=BP=2，

∵DQ=3，

∴P'Q=5，

由（1）同理可证△APQ≅△AP'QSAS，

∴S△APQ=SAP'Q，PQ=P'Q=5，

设正方形ABCD的边长为x，

∴AD=CD=BC=x，∠C=∠ADQ=90°，

∴CP=x-2，CQ=x-3，

∴根据勾股定理，得PQ2=CP2+CQ2，

∴52=x-22+x-3（3）解：∵AB=3，AD=4，四边形ABCD是矩形，

∴CD=AB=3，BC=AD=4，∠ABP=∠PCQ=∠ADQ=90°，

设BP=x，DQ=y，则PC=4-x，CQ=3-y，

∵S△APQ=S矩形ABCD-S△ABP-S△PCQ-S△ADQ，

∴S△APQ=3×4-12×3x+124-x3-y+12×4y=6-12【解析】【分析】（1）根据旋转的性质得△ABP≅△ADP'，从而由全等三角形的性质得BP=DP'，AP=AP'，∠BAP=∠P'AD，∠ABP=∠ADP'，然后根据正方形的性质求出∠ABP=∠ADP'=∠ADQ=45°，从而得∠P'DQ=90°，进而利用勾股定理求出DP'2+DQ2=BP2+DQ2=P'Q2，接下来先求出∠P'AQ=∠PAQ，从而证出△APQ≅△AP'QSAS，根据全等三角形对应边相等得PQ=P'Q，即可得证结论；

（2）将△ABP绕点A逆时针旋转90°得到△ADP'，使AB与AD重合，根据旋转的性质得△ABP≅△ADP'，从而根据全等三角形对应边相等的性质得P'D=BP=2，进而求出P'Q=5，由（1）同理可证△APQ≅△AP'Q24．【答案】（1）解：∵直线y=−12x+5与y轴相交于点A，与x轴相交于点B，

∴A（0，5），B（10，0），

∵直线y=−12x+5与反比例函数y1=8x(x>0)的图像交于P、Q，

∴令-12x+5=（2）解：由（1）得P（2，4），Q（8，1），

∴M点横坐标为8，

设直线