考纲试卷

A．1 B．0 C．1 D．－1 2.下列计算中，正确的是（ ）

A．a＋a11＝a12 B．5a－4a＝a C．a6÷a5＝1 D．(a2)3＝a5 3.下列各式中能用完全平方公式进行因式分解的是 （ ） A．x2x B．x22x1 C．x21 D．x26x9 4．一个多边形的内角和是它的外角和的2倍，则这个多边形是（ ） A．四边形 B．五边形 C．六边形 D．七边形 5．一只不透明的袋子中装有4个黑球、2个白球，每个球除颜色外都相同，从中任意摸出3个球，下列事件为必然y 事件的是 （ ） A A. 至少有1个球是白球 B. 至少有1个球是黑球

B

O x (第6题)

C.至少有2个球是黑球

D.至少有2个球是白球 6．如图，点A是双曲线y3x（x0）上的一个动点，点B是x轴正半轴

上的一个定点，当点A的横坐标逐渐增大时，△OAB的面积将会（ ） A．逐渐减小 B．不变C．逐渐增大 D．先减小后增大

7．如图，无法保证△ADE与△ABC相似的条件是（ ）A．∠1=∠C B．∠A=∠CC．∠2=

A AD∠B D．

ACAEAB D 1

2 E 8．如图，某个函数的图象由线段AB和BC组成，B

其中点A（0，4（第7题）

C

3），B（1，12），C（2，5

3），则此函

数的最小值是（ ）

A．53 B．1 C．1

2 D．0

9．如图，C，D分别是线段AB，AC的中点，分别以（第8题）

点C，D为圆心，BC长为半径画弧，两弧交于点M，ADCB测量∠AMB的度数，结果为（ ）

（第9题）

A．80 B．90 C．100 D．105

10．A，B，C，D四支足球队分在同一小组进行单循环比赛（单循环比赛

是指小组内的每一个队都要和其他队赛一场），争夺出线权．比赛规则规定：胜一场得3分，平一场得1分，负一场得0分，小组中积分最高的两个队（有且只有两个队）出线．小组赛结束后，如果A队没有全胜，那么A队保证一定出线的积分至少为（ ） A．7分 B．6分 C．4分 D．3分

二、填空题：本大题共6小题，每小题4分，共24分． 11．计算：(-3)0+3-1= ．

12．如图是正方体的一种展开图，其每个面上都标有一个数字，那么在原

正方体中，与数字“2”相对的面上的数字是 ． （第12题）

（第13题）

13.甲、乙、丙三人进行飞镖比赛，已知他们每人五次投得的成绩如图，那

么三人中成绩最稳定的是 ．

14．已知m，n为两个连续的整数，且m11n，则

mn ． .

15．已知△ABC，∠A=30°，∠B=105°，BC=4，则AB= ． 16．在一张直角三角形纸片的两直角边上各取一点，分别沿斜边中点与这两点的连线剪去两个三角形，剩下的部分是如图所示的四边形ABCD，

其中AB=2，BC=4，CD=3，∠B=∠C=90°，则原

D

A 三角形纸片的斜边长是 ．

三、解答题：本大题共9小题，共86分．解答应写B C

(第16题)

出文字说明，证明过程或演算步骤.

17．（8分）化简：3x(x+y)-3xy，并说出化简过程中所用到的运算律.

ìïïí2x+1>0，18．（8分）解不等式组ïîï2x19．（8分）如图，在△ABC中，AB＝BC，∠A＝25°，点D是边AB延长线上的一点．用量角器在图中画出过点D且与BC平行的直线DE，并证明所画的直线DE与BC平行．

（第19题）

20．（8分）如图，矩形ABCD中，AC与BD交于点O，BE⊥AC，CF⊥BD，垂足分别为E，F．求证：BE=CF．

请根据图中提供的信息，解答下列问题：（1）补齐直方图，并求被调查的学生人数； （2）从该校随机抽取一名学生，抽中的学生对足球知识是“基本了解”的概率是多少？

（第20题）

22（10分）如图，在△ABC中，AB=AC，以AC为直径作⊙O交BC于点D，过点D作⊙O的切线EF，交AB和AC的延长线于E，F．（1）求证：FE⊥AB； （2）当AE=6，sin∠CFD=3／5时，求EB的长．

F C 21.（8分）在2015年3月16日发布了《中国足球发展改革总体方案》，为了解足球知识的普及情况，某校举行“足球在身边”的专题调查活动，采取随机抽样的方法进行问卷调查，调查结果分为“非常O D

B了解”、“比较了解”、“基本了解”、“不太了解”四个等级，并将调查结AE 果绘制成如下两幅统计图（部分信息未绘出）. 23（10分）甲乙两人匀速从同一地点到1500米处的图书馆看书，甲出发5

分钟后，乙以一定的速度沿同一路线行走. 设甲乙两人相距（米），甲行走

人数 1209060300的时间为t（分），s为t的函数，其函数图象s的一部分如图所示.（1）求甲行走的速度；（2）当甲出发多少分钟时，甲、乙两人相距360米？ 基本了解 90 不太 s（米）

60 了解 450 非常了解 30 比较了解 20% 300 不太非常比较基本等级 150 了解 了解 了解 了解

25 0 5 （（第21题） 15 35 45 55 t 分）

24．（12分）在正方形ABCD中，点E，F分别在边BC，CD上，且∠EAF=∠CEF=45°.(1) 将△ADF绕着点A顺时针旋转90°，得到△ABG（如图①）. (1)求证：△AEG≌△AEF；

(2) 若直线EF与AB，AD的延长线分别交于点M，N（如图②）. 求证：EF2=ME2+NF2；

(3) 将正方形改为长与宽不相等的矩形，若其余条件不变（如图③），试探究线段EF，BE，DF之间的等量关系，并说明理由.

（第24题）

25．（14分）如图，抛物线E：yax2bxc的顶点为P，与y轴交于点A，与直线OP交于点B．过点P作PD⊥x轴于点D，平移抛物线E使其经过点A、D得到抛物线E′：yax2bxc，抛物线E′与x轴的另一个交点为C．⑴当a = 1，b=－2，c = 3时，求点C的坐标； ⑵若a、b、c满足b2ac.求 b﹕b′的值； ① 探究四边形OABC的形状，并说明理由．

ODCAPB2y（第25题） x

参

一、选择题：1．A ； 2．B ； 3．D ； 4．C ； 5．B ； 6．A ； 7．B ；

8．C ； 9．B ； 10．A ． 二、填空题：

11．113； 12．4； 13．乙； 14．7 ； 15．42； 16．10或45．

三、解答题：17．解：原式=3x23xy3xy=3x2

18．解：由①得x12，

由②得x3，

则不等式组的解集为12x3.

此不等式组的解集在数轴上表示为：

19．解：如图，用量角器和直尺画∠BDE＝130°.

证明：∵ AB＝BC，

CE ∴ ∠C＝∠A＝25°.

AB∴ ∠CBD＝∠C＋∠A＝50°.

D∵ ∠BDE＝130°，∴ ∠CBD＋∠BDE＝180°. ∴ BC∥DE.

20.证明：∵四边形ABCD为矩形，[来源&%:~^中教@网]

∴OA=OC，OB=OD，AC=BD， ∴ BO=CO． ∵BE⊥AC于E，CF⊥BD于F，

∴∠BEO=∠CFO=90°．又∵∠BOE=∠COF， ∴△BOE≌△COF． ∴BE=CF． 21. 解：（1）画直方图, 300

（2）∵被调查学生中“基本了解”的人数为： 人数 120120 300-（60+90+30）=120（人），

9090 占被调查学生人数的百分比：1206060 30040% ， 3030 ∴抽中的学生对足球知识是“基本了解” 0非常比较基本不太等级的概率是：P=40%（或=

2了解

了解

了解 了解

5或0.4）. 22．（1）证明：连接OD .（如图）∵ OC=OD，

∴ ∠OCD=∠ODC. ∵ AB=AC，∴∠ACB=∠B. CF∴ ∠ODC=∠B.∴ OD∥AB.∴ ∠ODF =∠AEF. OD∵ EF与⊙O相切.∴ OD⊥EF，∴ ∠ODF =90°. ∴∠AEF =∠ODF =90°.∴ EF⊥AB.

AEB （2）解：由（1）知：OD∥AB，OD⊥EF .

在Rt△AEF中，sin∠CFD = AEAF = 3

5

，AE=6.∴ AF=10.

在Rt△ODF中，sin∠CFD =

ODOFr10r35 解得r= 15

4 . ∴ AB= AC=2r = 152 . ∴ EB=AB－AE= 153

2 －6= 2 .

23．解：（1）甲行走的速度为：150530（米/分）；

（2）由图可知，当t＝35时，乙行走的路程为： 30×（35－5）＋150＋450＝1500米，则乙行走的速度为：1500÷（35－5）＝50（米/分）； 设甲出发t小时与乙相遇，由30t=50(t-5)，解得t=12.5.

当t50时，甲行进了30501500米.结合函数图象可知，当t12.5和

t50时，s0；当t35时，s450，

①当12.5t35时，由待定系数法可求：s20t250， 令s360，即20t250360，解得t30.5；

②当35∴甲行走30.5分钟或38分钟时，甲、乙两人相距360米.

24.（1）证明：由旋转可知：AG=AF，∠GAF=90°.∵∠EAF=45°, ∴∠GAE=∠EAF=45°. 又∵AE=AE，∴△AEG≌△AEF.

（2）证明：在正方形ABCD中，有AD∥BC，∠BAD=90°,∴∠N=∠CEF=45°. ∴∠AMN=∠N =45°.∴△AMN是等腰直角三角形，AM=AN. 将△ANF绕着点A顺时针旋转90°， 得到△AMG. 连接GE. ∴GM=FN，

∠AMG=∠N=45°.∴∠GME=∠AMG+∠AMN=90°G

.

∴GE2ME2GM2.

又同（1）可证△AEG≌△AEF.

∴EG=EF. ∴EF2=ME2+NF2. （注：也可把△ADF旋转到△ABG进行证明）

（3）如图，延长AB，AD，分别交直线EF于点M，N， 同（2）可得△AMN是等腰直角三角形，

∠AMN=∠N =45°，AM=AN.

将△ANF绕着点A顺时针旋转90°，得到△AMG. 连接GE. 同（2）可证EF2=ME2+NF2.

∵四边形ABCD是矩形，∴∠MBE=∠NDF=90°.∴△BME和△DNF是等

腰直角三角形.∴ME2=2BE2，NF2=2DF2.∴EF2=2BE2+2DF2 . 25.解：（1）C（3,0）

（2）①抛物线yax2bxc，令x=0，则y=c， ∴A点坐标（0，c）．

4acb24ac2ac2acc∵b22ac，∴

4a4a4a2，∴点P的坐标为b（2a,c2）． ∵PD⊥x轴于D，∴点D的坐标为（b2a,0）． 根据题意，得a=a′，c= c′，∴抛物线E′的解析式为

yax2b'xc． 又∵抛物线E′经过点D（b2a,00ab2b'(b)c），∴4a22a． 2∴0b22bb'4ac．又∵b22ac，∴03b22bb'．∴b:b′=3． ②由①得，抛物线E′为yax232bxc．令y=0，则ax232bxc0．∴

x1b2a,xb2a．

b∵点D的横坐标为2a,∴点C的坐标为（ba,0）． bc设直线OP的解析式为ykx．∵点P的坐标为（2a,2），

cbac2acb2kbb∴22ak，∴b2b2b2，∴y2x． ∵点B是抛物线E与直线OP的交点，∴ax2bxcb2x． ∴

x1bb2a,x2a．

∵点P的横坐标为

bb2a，∴点B的横坐标为a．

把xba代入yb2x，得yb2(ba)b22a2ac2ac．

∴点 B 的坐标为 (  b a , c )． ∴BC∥OA，AB∥OC．（或BC∥OA，BC =OA），

∴四边形OABC是平行四边形．

又∵∠AOC=90°，∴四边形OABC是矩形．