2015 年苏州市初中毕业暨升学考试
数学试题（含答案全解全析）
第Ⅰ卷(选择题,共30分)
一、选择题:本大题共10小题,每小题3分,共30分,在每小题给出的四个选项中,只有一项是
符合题目要求的.
1.2的相反数是( )
1 1
A.2 B. C.-2 D.-
2 2
2.有一组数据:3,5,5,6,7,这组数据的众数为( )
A.3 B.5 C.6 D.7
3.月球的半径约为1 738 000 m,1 738 000这个数用科学记数法可表示为( )
A.1.738×106 B.1.738×107 C.0.173 8×107 D.17.38×105
√2
4.若m= ×(-2),则有( )
2
A.0<m<1 B.-1<m<0 C.-2<m<-1 D.-3<m<-2
5.小明统计了他家今年5月份打电话的次数及通话时间,并列出了频数分布表:
通话时间x/min 0<x≤5 5<x≤10 10<x≤15 15<x≤20
频数(通话次数) 20 16 9 5
则通话时间不超过15 min的频率为( )
A.0.1 B.0.4 C.0.5 D.0.9
2
6.若点A(a,b)在反比例函数y= 的图象上,则代数式ab-4的值为( )
x
A.0 B.-2 C.2 D.-6
7.如图,在△ABC中,AB=AC,D为BC中点,∠BAD=35°,则∠C的度数为( )
A.35° B.45° C.55° D.60°
8.若二次函数y=x2+bx的图象的对称轴是经过点(2,0)且平行于y轴的直线,则关于x的方程
x2+bx=5的解为( )
A.x =0,x=4 B.x =1,x=5
1 2 1 2
C.x =1,x=-5 D.x =-1,x=5
1 2 1 2
9.如图,AB为☉O的切线,切点为B,连结AO,AO与☉O交于点C,BD为☉O的直径,连结CD.若
∠A=30°,☉O的半径为2,则图中阴影部分的面积为( )4π 4π 2π
A. -√3 B. -2√3 C.π-√3 D. -√3
3 3 3
10.如图,在一笔直的海岸线l上有A、B两个观测站,AB=2 km,从A测得船C在北偏东45°的
方向,从B测得船C在北偏东22.5°的方向,则船C离海岸线l的距离(即CD的长)为( )
A.4 km B.(2+√2)km C.2√2 km D.(4-√2)km
第Ⅱ卷(非选择题,共100分)
二、填空题:本大题共8小题,每小题3分,共24分.
11.计算:a·a2= .
12.如图,直线a∥b,∠1=125°,则∠2的度数为 °.
13.某学校在“你最喜爱的球类运动”调查中,随机调查了若干名学生(每名学生分别选了一
项球类运动),并根据调查结果绘制了如图所示的扇形统计图.已知其中最喜欢羽毛球的人数
比最喜欢乒乓球的人数少6人,则该校被调查的学生总人数为 名.
14.因式分解:a2-4b2= .
15.如图,转盘中8个扇形的面积都相等.任意转动转盘1次,当转盘停止转动时,指针指向大于
6的数的概率为 .
16.若a-2b=3,则9-2a+4b的值为 .17.如图,在△ABC中,CD是高,CE是中线,CE=CB,点A、D关于点F对称,过点F作FG∥CD,交
AC边于点G,连结GE.若AC=18,BC=12,则△CEG的周长为 .
18.如图,四边形ABCD为矩形,过点D作对角线BD的垂线,交BC的延长线于点E,取BE的中
点F,连结DF,DF=4.设AB=x,AD=y,则x2+(y-4)2的值为 .
三、解答题:本大题共10小题,共76分,解答时应写出必要的计算过程、推演步骤或文字说明.
19.(本题满分5分)
计算:√9+|-5|-(2-√3)0.
20.(本题满分5分)
{ x+1≥2,
解不等式组:
3(x-1)>x+5.
21.(本题满分6分)
( 1 ) x2+2x+1
先化简,再求值: 1- ÷ ,其中x=√3-1.
x+2 x+222.(本题满分6分)甲、乙两位同学同时为校文化艺术节制作彩旗.已知甲每小时比乙多做5
面彩旗,甲做60面彩旗与乙做50面彩旗所用时间相等,问甲、乙每小时各做多少面彩旗?
23.(本题满分8分)一个不透明的口袋中装有2个红球(记为红球1、红球2)、1个白球、1个
黑球,这些球除颜色外都相同,将球摇匀.
(1)从中任意摸出1个球,恰好摸到红球的概率是 ;
(2)先从中任意摸出1个球,再从余下的3个球中任意摸出1个球,请用列举法(画树状图或列
表)求两次都摸到红球的概率.24.(本题满分8分)如图,在△ABC中,AB=AC.分别以B、C为圆心,BC长为半径在BC下方画
弧,设两弧交于点D,与AB、AC的延长线分别交于点E、F,连结AD、BD、CD.
(1)求证:AD平分∠BAC;
⏜ ⏜
(2)若BC=6,∠BAC=50° ,求DE、DF 的长度之和(结果保留π).
k
25.(本题满分8分)如图,已知函数y= (x>0)的图象经过点A、B,点B的坐标为(2,2).过点A
x
作AC⊥x轴,垂足为C,过点B作BD⊥y轴,垂足为D,AC与BD交于点F.一次函数y=ax+b的
图象经过点A、D,与x轴的负半轴交于点E.
3
(1)若AC= OD,求a、b的值;
2
(2)若BC∥AE,求BC的长.26.(本题满分10分)如图,已知AD是△ABC的角平分线,☉O经过A、B、D三点,过点B作
BE∥AD,交☉O于点E,连结ED.
(1)求证:ED∥AC;
(2)若BD=2CD,设△EBD的面积为S,△ADC的面积为S,且S2
-16S +4=0,求△ABC的面积.
1 2 1 2
27.(本题满分10分)如图,已知二次函数y=x2+(1-m)x-m(其中0<m<1)的图象与x轴交于A、B
两点(点A在点B的左侧),与y轴交于点C,对称轴为直线l.设P为对称轴l上的点,连结PA、
PC,PA=PC.
(1)∠ABC的度数为 °;
(2)求P点坐标(用含m的代数式表示);
(3)在坐标轴上是否存在点Q(与原点O不重合),使得以Q、B、C为顶点的三角形与△PAC相
似,且线段PQ的长度最小?如果存在,求出所有满足条件的点Q的坐标;如果不存在,请说明理
由.28.(本题满分10分)如图,在矩形ABCD中,AD=a cm,AB=b cm(a>b>4),半径为2 cm的☉O在
矩形内且与AB、AD均相切.现有动点P从A点出发,在矩形边上沿着A→B→C→D的方向
匀速移动,当点P到达D点时停止移动;☉O在矩形内部沿AD向右匀速平移,移动到与CD相
切时立即沿原路按原速返回,当☉O回到出发时的位置(即再次与AB相切)时停止移动.已知
点P与☉O同时开始移动,同时停止移动(即同时到达各自的终止位置).
(1)如图①,点P从A→B→C→D,全程共移动了 cm(用含a、b的代数式表示);
(2)如图①,已知点P从A点出发,移动2 s到达B点,继续移动3 s,到达BC的中点.若点P与
☉O的移动速度相等,求在这5 s时间内圆心O移动的距离;
(3)如图②,已知a=20,b=10,是否存在如下情形:当☉O到达☉O 的位置时(此时圆心O 在矩形
1 1
对角线BD上),DP与☉O 恰好相切?请说明理由.
1答案全解全析：
一、选择题
1.C 根据相反数的概念可知选C.
2.B 众数是一组数据中出现次数最多的数,故选B.
3.A 1 738 000=1.738×106,故选A.
√2
4.C m= ×(-2)=-√2,∵1<√2<2,∴-2<-√2<-1,即-2<m<-1,故选C.
2
45
5.D 通话时间不超过15 min的频数为20+16+9=45,则所求频率为 =0.9,故选D.
50
2 2
6.B 因为点A(a,b)在反比例函数y= 的图象上,所以b= ,即ab=2,因此ab-4=-2,故选B.
x a
7.C ∵ AB=AC,D 为 BC 中 点 ,∴∠CAD=∠BAD=35°,AD⊥DC,∴ 在 △ ADC 中 ,∠C=90°-
∠DAC=55°,故选C.
8.D 设二次函数y=x2+bx的图象与x轴交点的横坐标为x 、x,则x+x=-b,由题意知函数图
1 2 1 2
x +x
象的对称轴为直线 x=2,则 1 2 =2,所以 x+x=4,得 b=-4.代入方程得 x2-4x-5=0,解得
2 1 2
x=-1,x=5,故选D.
1 2
1
9.A ∵AB 与☉O 相切于 B,∴BD⊥AB.在 Rt△ABO 中,∠A=30°,∴∠AOB=60°,∴∠ODC=
2
∠AOB=30°,∵OD=OC,
1
∴∠OCD=∠ODC=30°,∴∠DOC=180°-30°-30°=120°.连结 BC,易得 BC=2,DC=2√3,∴S =
△OCD 21 120·π·22 4π 4π
S = BC·DC=√3,又S = = ,故S =S -S = -√3,故选A.
△BCD 4 扇形COD 360 3 阴影 扇形COD △OCD 3
10.B 如 图 , 在 Rt△ABE 中 ,∠AEB=45°,∴AB=EB=2 km,∴AE=2√2
km,∵∠EBC=22.5°,∴∠ECB=∠AEB-∠EBC=22.5°,∴∠EBC=∠ECB,∴EB=EC=2
km,∴AC=AE+EC=(2√2+2)km.在 Rt△ADC 中,∠CAD=45°,∴AD=DC=(2+√2)km.即点 C 到 l
的距离为(2+√2)km,故选B.
二、填空题
11.答案 a3
解析 同底数幂相乘,底数不变,指数相加,a·a2=a3.
12.答案 55
解析 ∵a∥b,∴∠1的对顶角+∠2=180°,∵∠1=125°,∴∠2=55°.
13.答案 60
解析 设该校被调查的学生总人数为x名,则喜欢乒乓球的人数为0.4x,喜欢羽毛球的人数为
0.3x,根据题意,可列方程0.4x-0.3x=6,解得x=60,所以该校被调查的学生总人数为60名.
14.答案 (a+2b)(a-2b)
解析 a2-4b2=a2-(2b)2=(a+2b)(a-2b).
1
15.答案
4
2 1
解析 转盘中8个扇形的面积都相等,数字大于6的扇形共有2个,故所求概率为 = .
8 4
16.答案 3
解析 9-2a+4b=9-2(a-2b).把a-2b=3代入,原式=9-2×3=3.
17.答案 27
解析 因为A、D关于点F对称,所以F是AD的中点,在△ACD中,FG∥CD,F是AD的中点,
1
所以FG是△ACD的中位线,所以G是AC的中点,CG= AC=9.又E为AB的中点,所以EG是
2
1
△ ABC 的 中 位 线 , 所 以 EG= BC=6, 又 CE=CB=12, 所 以 △ CEG 的 周 长 为
2
CE+EG+GC=12+6+9=27.
18.答案 16
解 析 由 题 意 知 DF 是 Rt△BDE 的 中 线 , 所 以 DF=BF=FE=4. 矩 形 ABCD
中 ,AB=DC=x,BC=AD=y, 在 Rt△CDF 中 ,CF=BF-BC=4-y,CD=x,DF=4, 由 勾 股 定 理 得
CF2+CD2=DF2,即x2+(y-4)2=42=16.
评析 本题考查勾股定理的应用,直角三角形的性质,综合性较强,对学生能力要求较高,属难
题.
三、解答题19.解析 原式=3+5-1=7.
20.解析 由x+1≥2解得x≥1,
由3(x-1)>x+5解得x>4,
∴不等式组的解集是x>4.
x+1 (x+1)2 x+1 x+2 1
21.解析 原式= ÷ = · = .
x+2 x+2 x+2 (x+1)2 x+1
1 1 √3
当x=√3-1时,原式= = = .
√3-1+1 √3 3
22.解析 设乙每小时做x面彩旗,则甲每小时做(x+5)面彩旗.
60 50
根据题意,得 = .
x+5 x
解这个方程,得x=25,
经检验,x=25是所列方程的解且符合题意.∴x+5=30.
答:甲每小时做30面彩旗,乙每小时做25面彩旗.
1
23.解析 (1) .
2
(2)用表格列出所有可能的结果:
第二次
红球1 红球2 白球 黑球
第一次
(红球1, (红球1, (红球1,
红球1
红球2) 白球) 黑球)
(红球2, (红球2, (红球2,
红球2
红球1) 白球) 黑球)
(白球, (白球, (白球,
白球
红球1) 红球2) 黑球)
(黑球, (黑球, (黑球,
黑球
红球1) 红球2) 白球)
由表格可知,共有12种可能出现的结果,并且它们都是等可能的,其中“两次都摸到红球”有2种可能,
2 1
∴P(两次都摸到红球)= = .
12 6
24.解析 (1)证明:由题意可知BD=CD,
在△ABD和△ACD中,
{AB=AC,
BD=CD,
AD=AD,
∴△ABD≌△ACD(SSS).
∴∠BAD=∠CAD,即AD平分∠BAC.
(2)∵AB=AC,∠BAC=50°,∴∠ABC=∠ACB=65°.
∵BD=CD=BC,∴△BDC为等边三角形.
∴∠DBC=∠DCB=60°,
∴∠DBE=∠DCF=55°,
∵BC=6,∴BD=CD=6.
55×π×6 11π
⏜ ⏜
∴ DE的长度=DF的长度= = .
180 6
11π 11π 11π
⏜ ⏜
∴ DE、DF的长度之和为 + = .
6 6 3k
25.解析 (1)∵点B(2,2)在y= (x>0)的图象上,
x
4
∴k=4,∴y= (x>0).
x
∵BD⊥y轴,∴D点的坐标为(0,2),OD=2.
3
∵AC⊥x轴,AC= OD,∴AC=3,即A点的纵坐标为3.
2
4 (4 )
∵点A在 y= (x>0)的图象上,∴A点的坐标为 ,3 .
x 3
∵一次函数y=ax+b的图象经过点A、D,
{4 { 3
a+b=3, a= ,
∴ 3 解得 4
b=2. b=2.
( 4)
(2)设A点的坐标为 m, ,则C点的坐标为(m,0).
m
∵BD∥CE,且BC∥DE,∴四边形BCED为平行四边形.
∴CE=BD=2.
∵BD∥CE,∴∠ADF=∠AEC.
4
AF -2
∴在Rt△AFD中,tan∠ADF= =m ,
DF
m
4
AC
在Rt△ACE中,tan∠AEC= =m,
EC
2
4 4
-2
∴m =m,解得m=1.
m 2
∴C点的坐标为(1,0),BC=√5.
26.解析 (1)证明:∵AD是△ABC的角平分线,
∴∠BAD=∠DAC.
∵∠E=∠BAD,∴∠E=∠DAC.
∵BE∥AD,∴∠E=∠EDA.
∴∠EDA=∠DAC.
∴ED∥AC.
(2)∵BE∥AD,∴∠EBD=∠ADC.
∵∠E=∠DAC,
BD
∴△EBD∽△ADC,且相似比k= =2.
DCS
∴ 1 =k2=4,即S=4S ,
S 1 2
2
∵S2 -16S +4=0,∴16S2 -16S +4=0,即(4S -2)2=0,
1 2 2 2 2
1
∴S= .
2 2
S BC BD+CD 3CD 3
△ABC
∵ = = = =3,∴S = .
S CD CD CD △ABC 2
2
27.解析 (1)45.
理由如下:令x=0,则y=-m,∴C点坐标为(0,-m),
令y=0,则x2+(1-m)x-m=0,解得x=-1,x=m.
1 2
∵0<m<1,点A在点B的左侧,
∴B点坐标为(m,0),∴OB=OC=m,
∵∠BOC=90°,∴△BOC是等腰直角三角形,∴∠OBC=45°.
(2)解法一:如图①,作PD⊥y轴,垂足为D,设l与x轴交于点E.
-1+m
由题意得,抛物线的对称轴为x= .
2
(
-1+m
)
设点P坐标为 ,n .
2
∵PA=PC,∴PA2=PC2,即AE2+PE2=CD2+PD2,
(
-1+m
)
2 (1-m) 2
∴ +1 +n2=(n+m)2+ ,
2 2
1-m
(
-1+m 1-m)
解得n= .∴P点坐标为 , .
2 2 2
解法二:连结PB,
-1+m
由题意得,抛物线的对称轴为x= ,
2
∵P在对称轴l上,∴PA=PB.
∵PA=PC,∴PB=PC.
∵△BOC是等腰直角三角形,且OB=OC,
∴P在BC的垂直平分线y=-x上.
-1+m
∴P点即为对称轴x= 与直线y=-x的交点.
2
(
-1+m 1-m)
∴P点的坐标为 , .
2 2图①
图②
(3)解法一:存在点Q满足题意.
(
-1+m 1-m)
∵P点的坐标为 , ,
2 2
∴PA2+PC2=AE2+PE2+CD2+PD2
(
-1+m
)
2 (1-m) 2 (1-m
)
2 (1-m) 2
= +1 + + +m + =1+m2.
2 2 2 2
∵AC2=1+m2,∴PA2+PC2=AC2,∴∠APC=90°.
∴△PAC是等腰直角三角形.
∵以Q、B、C为顶点的三角形与△PAC相似,
∴△QBC是等腰直角三角形,
∴由题意知满足条件的点Q的坐标为(-m,0)或(0,m).
(i)如图①,当Q点的坐标为(-m,0)时,
-1+m 1 1
若PQ与x轴垂直,则 =-m,解得m= ,PQ= ,
2 3 3
若PQ与x轴不垂直,
(1-m) 2 ( -1+m ) 2 5 1 5( 2) 2 1
则PQ2=PE2+EQ2= + +m = m2-2m+ = m- + .
2 2 2 2 2 5 10
2 1 √10
∵0<m<1,∴当m= 时,PQ2取得最小值 ,PQ取得最小值 ,
5 10 10
√10 1
∵ < ,
10 3
2 ( 2 )
∴当m= ,即Q点的坐标为 - ,0 时,PQ的长度最小.
5 5
(ii)如图②,当Q点的坐标为(0,m)时,1-m 1 1
若PQ与y轴垂直,则 =m,解得m= ,PQ= ,
2 3 3
若PQ与y轴不垂直,
(1-m) 2 ( 1-m) 2 5 1 5( 2) 2 1
则PQ2=PD2+DQ2= + m- = m2-2m+ = m- + .
2 2 2 2 2 5 10
∵0<m<1,
2 1 √10
∴当m= 时,PQ2取得最小值 ,PQ取得最小值 .
5 10 10
√10 1
∵ < ,
10 3
2 ( 2)
∴当m= ,即Q点的坐标为 0, 时,PQ的长度最小.
5 5
( 2 ) ( 2)
综上,当Q点坐标为 - ,0 或 0, 时,PQ的长度最小.
5 5
解法二:如图①,由(2)知P为△ABC的外接圆的圆心,
∵∠APC与∠ABC对应同一条弧AC,且∠ABC=45°,
∴∠APC=2∠ABC=90°.
下面解题步骤同解法一.
28.解析 (1)a+2b.
(2)∵在整个运动过程中,点P移动的距离为(a+2b)cm,
圆心O移动的距离为2(a-4)cm.
由题意,得a+2b=2(a-4).①
∵点P移动2 s到达B点,即点P用2 s移动了b cm,
1
点P继续移动3 s,到达BC的中点,即点P用3 s移动了 a cm,
2
1
b a
∴ =2 .②
2
3
{a=24,
由①②解得
b=8.
∵点P移动的速度与☉O移动的速度相等,
b
∴☉O移动的速度为 =4(cm/s).
2
∴这5 s时间内圆心O移动的距离为5×4=20(cm).
(3)存在这种情形.
解法一:设点P移动的速度为v cm/s,☉O移动的速度为v cm/s,
1 2
v a+2b 20+2×10 5
1
由题意,得 = = = .
v 2(a-4) 2×(20-4) 4
2
如图,设直线OO 与AB交于点E,与CD交于点F,☉O 与AD相切于点G,
1 1若PD与☉O 相切,切点为H,则OG=OH,
1 1 1
易得△DO G≌△DO H,∴∠ADB=∠BDP.
1 1
∵BC∥AD,∴∠ADB=∠CBD.
∴∠BDP=∠CBD,∴BP=DP,
设BP=x cm,则DP=x cm,PC=(20-x)cm,
在Rt△PCD中,由勾股定理,可得PC2+CD2=PD2,
25
即(20-x)2+102=x2,解得x= .
2
25 45
∴此时点P移动的距离为10+ = (cm),
2 2
∵EF∥AD,∴△BEO ∽△BAD,
1
EO BE EO 8
∴ 1= ,即 1= ,
AD BA 20 10
∴EO =16 cm,∴OO =14 cm,
1 1
(i)当☉O首次到达☉O 的位置时,☉O移动的距离为14 cm,
1
45
45
∴此时点P与☉O移动的速度比为 2 = ,
28
14
45 5
∵ ≠ ,
28 4
∴此时PD与☉O 不可能相切.
1
(ii)当☉O在返回途中到达☉O 的位置时,☉O移动的距离为2×(20-4)-14=18(cm),
1
45
45 5
∴此时点P与☉O移动的速度比为 2 = = .
36 4
18
∴此时PD与☉O 恰好相切.
1
45
解法二:∵点P移动的距离为 cm(见解法一),
2
v 5
1
OO =14 cm(见解法一), = ,
1 v 4
2
45 4
∴☉O应该移动的距离为 × =18(cm).
2 5
(i)当☉O首次到达☉O 的位置时,☉O移动的距离为14 cm≠18 cm,
1
∴此时PD与☉O 不可能相切.
1
(ii)当☉O在返回途中到达☉O 的位置时,☉O移动的距离为2×(20-4)-14=18(cm),∴此时PD与
1
☉O 恰好相切.
1
45
解法三:点P移动的距离为 cm(见解法一),
2
OO =14 cm(见解法一),
1v 5
1
由 = 可设点P的移动速度为5k cm/s,☉O的移动速度为4k cm/s,
v 4
2
45
9
∴点P移动的时间为 2 = (s),
2k
5k
14 7 9
(i)当☉O首次到达☉O 的位置时,☉O移动的时间为 = s≠ s,
1 4k 2k 2k
∴此时PD与☉O 不可能相切.
1
2×(20-4)-14 9
(ii)当☉O在返回途中到达☉O 的位置时,☉O移动的时间为 = s,
1 4k 2k
∴此时PD与☉O 恰好相切.
1
评析 本题是一道典型的运动型问题,化动为静是解决本题的关键,主要考查学生分析问题的
能力,属区分度较高的难题.
