2024年苏州市初中毕业暨升学考试。
数学试题参***。
一、选择题。
1．b2．a3．c4．d5．c
6．b7．d8．d9．b10．b
二、填空题。
11． 12．3 13．108 14．x>1
15．－116．117． 18．相交。
三、解答题：
19．解：原式 = 4 +1－3
20．解：， 得 ，
21．解：原式。
当时，原式=．
22．解：由，得 ．
由方程得。解之得。
经检验，是原方程的解．
23．证明：（1） ∵ad∥bc，又∵ce⊥bd，∠a=90，∠a =∠ceb
在△abd和△ecb中，△abd ≌ ecb
2）解法一：∵∠dbc=50 ，bc=bd，又∵ce⊥bd，∴．
解法二：∵∠dbc=50 ，bc=bd，又。
24．解：（1）p（小鸟落在草坪上）=．
2）用“树状图”或利用**列出所有可能的结果：
所以编号为的2个小方格空地种植草坪的概率=．
25．解：（1）30
2）由题意得：∠pbh =60°，∠apb=45°．
∠abc =30°，∴abp=90
在rt中，，
在rt中，ab=pb≈34.6
答：a、b两点间的距离约34.6米。
26．解：（1
2）解法一：∵∠bod是△boc的外角，∠bco是△acd的外角，∠bod=∠b+∠bco, ∠bco=∠a+∠d．
∠bod=∠b+∠a+∠d
又∵∠bod=2∠a，∠b=30，∠d=20，2∠a=∠b+∠a+∠d=∠a+50，∠a=50，∠bod=2∠a =100
解法二：如图，连结oa．
oa=ob，oa=od，∴∠bao=∠b，∠dao=∠d
∠dab=∠bao+∠dao =∠b+∠d
又∵∠b=30，∠d=20，∴∠dab=50，∠bod=2∠dab=100
3）∵∠bco=∠a+∠d，∴∠bco>∠a，∠bco>∠d．
要使△dac与△boc相似，只能∠dca=∠bco=90．
此时∠boc=60，∠bod=120 ，∴dac=60．
△dac∽△boc
∠bco=90，即oc⊥ab
27．解：（1）2；或。
2）如图，过点p分别作pe⊥ab，pf⊥ad，垂足分别为e、f，延长fp交bc于点g，则pg⊥bc．
p点坐标为（a，b），∴pe= b，pf= a，pg=4－a
在△pad、△pab及△pbc中，s1=2a，s2=2b，s3=8－2a
ab为直径，∴∠apb=90 ．
pe2=aebe，即b2= a(4－a
2s1s3－s22
当时，b=2，2s1s3－s22有最大值16．
28．解问题①：如图，正方形纸片oabc经过3次旋转，顶点o运动所形成的图形是三段圆弧，即、以及．
顶点o在此运动过程中经过的路程为：
顶点o在此运动过程中所形成的图形与直线l2围成图形的面积为：
正方形纸片oabc经过5次旋转，顶点o经过的路程为：
问题②：∵正方形纸片oabc经过4次旋转，顶点o经过的路程为：
正方形纸片oabc经过了81次旋转。
29．解：（1）令，由解得 ；
令，解得．点a、b、c的坐标分别是（2，0）、（4，0）、（0，8a），该抛物线对称轴为直线。
oa=2．如图①，设抛物线对称轴与x轴的交点为m，则am=1．
由题意得：o′a=oa=2
o′a=2am，∴∠o′a m= 60
∠oac=∠o′ac=60．
oc==，即，∴a=．
2）若点p是边ef或边fg上的任意一点，结论同样成立．
ⅰ）如图②，设p是边ef上的任意一点(不与点e重合)，连接pm．
点e（4，4）、f（4，3）与点b（4，0）在一直线上，点c在y轴上，pb<4，pc≥4，∴pc> pb
又pd> pm > pb ，pa> pm> pb
pb≠pa，pb≠pc，pb≠pd．
此时线段pa、pb、pc、pd不能构成平行四边形．
ⅱ）设p是边fg上的任意一点(不与点g重合)，点f的坐标是（4，3），点g的坐标是（5，3）．
fb=3，gb=,∴3≤pb<，pc≥4，∴pc> pb
又pd> pm > pb ，pa> pm> pb
pb≠pa，pb≠pc，pb≠pd．
此时线段pa、pb、pc、pd也不能构成平行四边形．
3）存在一个正数a，使得线段pa、pb、pc、pd能构成一个平行四边形．
如图③，∵点a、b是抛物线与x轴交点，点p在抛物线对称轴上，pa=pb
当pc=pd时，线段pa、pb、pc、pd能构成一个平行四边形．
点c的坐标是（0，8a），点d的坐标是（3，－a），点p的坐标是（3，t），由pc=pd得pc2=pd2，∴，整理得，∴△4t2－28．
t是一个常数且t>3，∴△4t2－28>0，方程有两个不相等的实数根，显然，满足题意．
当t是一个大于3的常数时，存在一个正数，使得线段pa、pb、pc、pd能构成一个平行四边形．．
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