一、選擇題（本大題共8個小題，每小題4分，共32分，每小題均有四個選項，其中只有一項符合題目要求）
1、（4分）如圖兩張長相等，寬分別是1和3的矩形紙片上疊合在一起，重疊部分為四邊形ABCD，且AB+BC=6，則四面行ABCD的面積為（ ）
A．3B．C．9D．
2、（4分）某種出租車的收費標(biāo)準(zhǔn)是：起步價8元（即距離不超過，都付8元車費），超過以后，每增加，加收1.2元（不足按計）.若某人乘這種出租車從甲地到乙地經(jīng)過的路程是，共付車費14元，那么的最大值是（ ）.
A．6B．7C．8D．9
3、（4分）期末考試后，辦公室里有兩位數(shù)學(xué)老師正在討論他們班的數(shù)學(xué)考試成績，林老師：“我班的學(xué)生考得還不錯，有一半的學(xué)生考79分以上，一半的學(xué)生考不到79分．”王老師：“我班大部分的學(xué)生都考在80分到85分之間喔．”依照上面兩位老師所敘述的話你認(rèn)為林、王老師所說的話分別針對（ ）
A．平均數(shù)、眾數(shù)B．平均數(shù)、極差
C．中位數(shù)、方差D．中位數(shù)、眾數(shù)
4、（4分）小強同學(xué)投擲 30 次實心球的成績?nèi)缦卤硭荆?br>由上表可知小強同學(xué)投擲 30 次實心球成績的眾數(shù)與中位數(shù)分別是（ ）
A．12m，11.9mB．12m，12.1mC．12.1m，11.9mD．12.1m，12m
5、（4分）如圖，一次函數(shù)的圖象經(jīng)過、兩點，則不等式的解集是（ ）
A．B．C．D．
6、（4分）下列式子中為最簡二次根式的是（ ）
A．B．C．D．
7、（4分）把代數(shù)式因式分解，結(jié)果正確的是( )
A．B．C．D．
8、（4分）
A．B．C．D．
二、填空題（本大題共5個小題，每小題4分，共20分）
9、（4分）已知方程的解滿足x﹣y≥5，則k的取值范圍為_____．
10、（4分）如圖，，以點為圓心， 任意長為半徑畫弧， 交于點，交于點，再分別以點、為圓心，大于長為半徑畫弧交于點，過點作射線，在射線上截取，過點作， 垂足為點， 則的長為________________．
11、（4分）某市出租車的收費標(biāo)準(zhǔn)是：千米以內(nèi)（包括千米）收費元，超過千米，每增加千米加收元，則當(dāng)路程是（千米）（）時，車費（元）與路程（千米）之間的關(guān)系式（需化簡）為：________.
12、（4分）不等式的解集是____________________.
13、（4分）已知函數(shù)，當(dāng)時，函數(shù)值的取值范圍是_____________
三、解答題（本大題共5個小題，共48分）
14、（12分）2019年3月25日是全國中小學(xué)生安全教育日，某中學(xué)為加強學(xué)生的安全意識，組織了全校800名學(xué)生參加安全知識競賽，從中抽取了部分學(xué)生成績(得分取正整數(shù)，滿分為100分)進行統(tǒng)計．請根據(jù)尚未完成的頻率分布表和頻數(shù)分布直方圖解題．
(1)這次抽取了 名學(xué)生的競賽成績進行統(tǒng)計，其中：m= ，n=
(2)補全頻數(shù)分布直方圖．
(3)若成績在70分以下(含70分)的學(xué)生為安全意識不強，有待進一步加強安全教育，則該校安全意識不強的學(xué)生約有多少人?
15、（8分）關(guān)于x的方程x2+（2k+1）x+k2﹣1＝0有兩個不相等的實數(shù)根．
（1）求實數(shù)k的取值范圍；
（2）若k為負(fù)整數(shù)，求此時方程的根．
16、（8分） (1)用“＜”“＞”或“＝”填空：
51+31______1×5×3；
31+11______1×3×1．
(﹣3)1+11_____1×(﹣3)×1；
(﹣4)1+(﹣4)1______1×(﹣4)×(﹣4).
(1)觀察以上各式，你發(fā)現(xiàn)它們有什么規(guī)律嗎？你能用一個含有字母a，b的式子表示上述規(guī)律嗎？再換幾個數(shù)試一試．
(3)運用你所學(xué)的知識說明你發(fā)現(xiàn)的規(guī)律的正確性．
17、（10分）在正方形ABCD中，對角線BD所在的直線上有兩點E、F滿足BE=DF，連接AE、AF、CE、CF，如圖所示．
（1）求證：△ABE≌△ADF；
（2）試判斷四邊形AECF的形狀，并說明理由．
18、（10分）若關(guān)于x、y的二元一次方程組的解滿足x+y＞0，求m的取值范圍．
B卷（50分）
一、填空題（本大題共5個小題，每小題4分，共20分）
19、（4分）如圖，在等邊三角形ABC中，AC＝9，點O在AC上，且AO＝3，點P是AB上的一動點，連接OP，將線段OP繞點O逆時針旋轉(zhuǎn)60°得到線段OD，要使點D恰好落在BC上，則AP的長是________．
20、（4分）我市某一周每天的最低氣溫統(tǒng)計如下（單位：℃）：﹣1，﹣4，6，0，﹣1，1，﹣1，則這組數(shù)據(jù)的眾數(shù)為__________．
21、（4分）已知，化簡________
22、（4分）計算：．
23、（4分）如圖，在矩形中，不重疊地放上兩張面積分別是和的正方形紙片和.矩形沒被這兩個正方形蓋住的面積是________；
二、解答題（本大題共3個小題，共30分）
24、（8分）甲、乙、丙三支排球隊共同參加一屆比賽，由抽簽決定其中兩隊先打一場，然后勝者再和第三隊(第一場輪空者)比賽，爭奪冠軍．
(1)如果采用在暗盒中放形狀大小完全一致的兩黑一白三個小球，摸到白色小球的第一場輪空直接晉級進入決賽，那么甲隊摸到白色小球的概率是多少？
(2)如果采用三隊各拋一枚硬幣，當(dāng)出現(xiàn)二正一反或二反一正時則由拋出同面的兩個隊先打一場，而出現(xiàn)三枚同面(同為正面或反面)時，則重新拋，試用“樹形圖”或表格表示第一輪抽簽(拋幣)所有可能的結(jié)果，并指出必須進行第二輪抽簽的概率．
25、（10分）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，為坐標(biāo)原點，矩形的頂點、，將矩形的一個角沿直線折疊，使得點落在對角線上的點處，折痕與軸交于點．
（1）求線段的長度；
（2）求直線所對應(yīng)的函數(shù)表達(dá)式；
（3）若點在線段上，在線段上是否存在點，使以為頂點的四邊形是平行四邊形？若存在，請求出點的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．
26、（12分）如圖1，以□ABCD的較短邊CD為一邊作菱形CDEF,使點F落在邊AD上，連接BE，交AF于點G.
（1）猜想BG與EG的數(shù)量關(guān)系.并說明理由；
（2）延長DE,BA交于點H，其他條件不變，
①如圖2，若∠ADC=60°，求的值；
②如圖3，若∠ADC=α（0°，>，=；(1)如果a、b是兩個實數(shù)，則有a1+b1≥1ab；(3)證明見解析.
【解析】
（1）通過計算可比較上述算式的大??；
（1）由于（a-b）1≥0，所以a1+b1≥1ab
（3）證明結(jié)論時根據(jù)完全平方的計算結(jié)果是非負(fù)數(shù)證明即可．
【詳解】
解：(1)51+31＞1×5×3；
31+11＞1×3×1．
(﹣3)1+11＞1×(﹣3)×1；
(﹣4)1+(﹣4)1＝1×(﹣4)×(﹣4)
(1)一般結(jié)論是：如果a、b是兩個實數(shù)，則有a1+b1≥1ab；
(3)∵(a﹣b)1≥0，
∴a1﹣1ab+b1≥0，
∴a1+b1≥1ab．
本題主要考查實數(shù)的大小的比較數(shù)字的變化規(guī)律，通過閱讀題目，發(fā)現(xiàn)規(guī)律實質(zhì)上是完全平方公式的變形：因為（a-b）1≥0，所以a1+b1≥1ab
17、（1）證明見解析（2）菱形
【解析】
分析：（1）根據(jù)正方形的性質(zhì)和全等三角形的判定證明即可；
（2）四邊形AECF是菱形，根據(jù)對角線垂直的平行四邊形是菱形即可判斷；
詳證明：（1）∵四邊形ABCD是正方形，
∴AB=AD，
∴∠ABD=∠ADB，
∴∠ABE=∠ADF，
在△ABE與△ADF中
，
∴△ABE≌△ADF.
（2）如圖，連接AC，
四邊形AECF是菱形．
理由：在正方形ABCD中，
OA=OC，OB=OD，AC⊥EF，
∴OB+BE=OD+DF，
即OE=OF，
∵OA=OC，OE=OF，
∴四邊形AECF是平行四邊形，
∵AC⊥EF，
∴四邊形AECF是菱形．
點睛：本題考查正方形的性質(zhì)、全等三角形的判定和性質(zhì)、菱形的判定等知識，解題的關(guān)鍵是熟練掌握基本知識．
18、m＞﹣1
【解析】
兩方程相加可得x+y＝m+1，根據(jù)題意得出關(guān)于m的方程，解之可得．
【詳解】
解：將兩個方程相加即可得1x+1y＝1m+4，
則x+y＝m+1，
根據(jù)題意，得：m+1＞0，
解得m＞﹣1．
本題考查的是解一元一次不等式組，正確求出每一個不等式解集是基礎(chǔ)，熟知“同大取大；同小取?。淮笮⌒〈笾虚g找；大大小小找不到”的原則是解答此題的關(guān)鍵．
一、填空題（本大題共5個小題，每小題4分，共20分）
19、6
【解析】
由題意得，∵∠A+∠APO=∠POD+∠COD，∠A=∠POD=60°，
∴∠APO=∠COD，
在△AOP與△CDO中，
，
∴△AOP≌△CDO（AAS），
∴AP=CO=AC﹣AO=9﹣3=6.
故答案為6.
20、-1
【解析】
眾數(shù)是一組數(shù)據(jù)中出現(xiàn)次數(shù)最多的數(shù)據(jù)．
【詳解】
觀察﹣1，﹣4，6，0，﹣1，1，﹣1
其中﹣1出現(xiàn)的次數(shù)最多，
故答案為： ．
本題考查了眾數(shù)的概念，解題的關(guān)鍵在于對眾數(shù)的理解．
21、
【解析】
根據(jù)二次根式的性質(zhì)得出|a?b|，根據(jù)絕對值的意義求出即可．
【詳解】
∵a＜0＜b，
∴|a?b|＝b?a．
故答案為：．
本題主要考查對二次根式的性質(zhì)，絕對值等知識點的理解和掌握，能根據(jù)二次根式的性質(zhì)正確進行計算是解此題的關(guān)鍵．
22、
【解析】
23、
【解析】
先根據(jù)正方形的面積求出正方形紙片和的邊長，求出長方形的面積，然后用長方形的面積減去兩個正方形紙片的面積即可.
【詳解】
∵正方形紙片和的面積分別為和，
∴BC=cm，AE=cm，
.
故答案為：.
本題考查了二次根式混合運算的應(yīng)用，根據(jù)題意求出矩形的面積是解題關(guān)鍵.
二、解答題（本大題共3個小題，共30分）
24、 (1)；(2).
【解析】
（1）在暗盒中放形狀大小完全一致的兩黑一白三個小球，摸到白色小球的有1種情況，利用概率公式計算即可；
（2）求出一個回合不能確定兩隊先比賽的情況，再利用概率公式即可求得答案．
【詳解】
(1)甲隊摸到白色小球的概率是．
(2)如樹狀圖所示：
則共有8種等可能的結(jié)果；
∵由上可知，所有可能結(jié)果有8種，而不能確定兩隊先比賽的結(jié)果有2種，
∴一個回合不能確定兩隊先比賽的概率為：＝．
本題考查的是用列表法或畫樹狀圖法求概率．列表法或畫樹狀圖法可以不重復(fù)不遺漏的列出所有可能的結(jié)果，列表法適合于兩步完成的事件，樹狀圖法適合兩步或兩步以上完成的事件．用到的知識點為：概率=所求情況數(shù)與總情況數(shù)之比．
25、（1）15；（2）；（3）
【解析】
（1）根據(jù)勾股定理即可解決問題；
（2）設(shè)AD=x，則OD=OA=AD=12-x，根據(jù)軸對稱的性質(zhì)，DE=x，BE=AB=9，又OB=15，可得OE=OB-BE=15-9=6，在Rt△OED中，根據(jù)OE2+DE2=OD2，構(gòu)建方程即可解決問題；
（3）過點E作EP∥BD交BC于點P，過點P作PQ∥DE交BD于點Q，則四邊形DEPQ是平行四邊形，再過點E作EF⊥OD于點F，想辦法求出最小PE的解析式即可解決問題.
【詳解】
解：（1）由題知：.
（2）設(shè)，則，
根據(jù)軸對稱的性質(zhì)，，，
又，
∴，
在中，，
即，
解得 ，
∴，
∴點，
設(shè)直線所對應(yīng)的函數(shù)表達(dá)式為：，
則， 解得 ，
∴直線所對應(yīng)的函數(shù)表達(dá)式為：，
（3）存在，過點作EP∥DB交于點，過點作PQ∥ED交于點，則四邊形是平行四邊形．再過點作于點，
由，
得，即點的縱坐標(biāo)為，
又點在直線：上，
∴， 解得 ， ∴
由于EP∥DB，所以可設(shè)直線：，
∵在直線上
∴， 解得 ，
∴直線：，
令，則，
解得，
∴.
本題考查一次函數(shù)綜合題、矩形的性質(zhì)、平行四邊形的判定和性質(zhì)、勾股定理等知識，解題的關(guān)鍵是熟練掌握待定系數(shù)法，學(xué)會構(gòu)建一次函數(shù)解決問題，屬于中考壓軸題.
26、（1），理由見解析；（2）；（3）.
【解析】
（1）BG=EG，根據(jù)已知條件易證△BAG≌△EFG，根據(jù)全等三角形的對應(yīng)邊相等即可得結(jié)論；（2）①方法一：過點G作GM∥BH，交DH于點M，證明ΔGME∽ΔBHE，即可得，再證明是等邊三角形，可得 ，由此可得；方法二：延長，交于點，證明ΔHBM為等邊三角形，再證明∽ ，即可得結(jié)論；②如圖3，連接EC交DF于O根據(jù)三角函數(shù)定義得csα=，則OF=bcsα，DG=a+2bcsα，同理表示AH的長，代入計算即可．
【詳解】
（1），
理由如下：
∵四邊形是平行四邊形，
∴∥，.
∵四邊形是菱形，

∴∥，.
∴∥，.
∴.
又∵，
∴≌ .
∴.
（2）方法1：過點作∥，交于點，
∴.
∵，
∴∽.
∴.
由（1）結(jié)論知.
∴.
∴.
∵四邊形為菱形，
∴.
∵四邊形是平行四邊形，
∴∥.
∴.
∵∥，
∴.
∴，
即.
∴是等邊三角形。
∴.
∴.
方法2：延長，交于點，
∵四邊形為菱形，
∴.
∵四邊形為平形四邊形，
∴，∥.
∴.
,
即.
∴為等邊三角形.
∴.
∵∥，
∴,.
∴∽ ，
∴.
由（1）結(jié)論知
∴.
∴.
∵,
∴ .
（3）. 如圖3，連接EC交DF于O，
∵四邊形CFED是菱形，
∴EC⊥AD，F(xiàn)D=2FO，
設(shè)FG=a，AB=b，則FG=a，EF=ED=CD=b，
Rt△EFO中，csα=，
∴OF=bcsα，
∴DG=a+2bcsα，
過H作HM⊥AD于M，
∵∠ADC=∠HAD=∠ADH=α，
∴AH=HD，
∴AM=AD=（2a+2bcsα）=a+bcsα，
Rt△AHM中，csα=，
∴AH=，
∴==csα．
本題是四邊形綜合題，其中涉及到菱形的性質(zhì)，等邊三角形、全等三角形、平行四邊形的判定與性質(zhì)，綜合性較強，難度適中．利用數(shù)形結(jié)合及類比思想是解題的關(guān)鍵．
題號
一
二
三
四
五
總分
得分

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