2022届【全国百强校首发】河北省武邑中学毕业升学考试模拟卷数学卷含解析
展开1.全卷分选择题和非选择题两部分,全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂;非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。
2.请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。
3.保持卡面清洁,不要折叠,不要弄破、弄皱,在草稿纸、试题卷上答题无效。
一、选择题(每小题只有一个正确答案,每小题3分,满分30分)
1.一元二次方程的根的情况是
A.有两个不相等的实数根B.有两个相等的实数根
C.没有实数根D.无法判断
2.在平面直角坐标系中,点P(m﹣3,2﹣m)不可能在( )
A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限
3.如图,在四边形ABCD中,对角线 AC⊥BD,垂足为O,点E、F、G、H分别为边AD、AB、BC、CD的中点.若AC=10,BD=6,则四边形EFGH的面积为( )
A.20B.15C.30D.60
4.若正六边形的半径长为4,则它的边长等于( )
A.4B.2C.D.
5.如图是一个由4个相同的正方体组成的立体图形,它的左视图为( )
A.B.C.D.
6.一次函数满足,且随的增大而减小,则此函数的图象不经过( )
A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限
7.的绝对值是( )
A.﹣4B.C.4D.0.4
8.如图,四边形ABCD是边长为1的正方形,动点E、F分别从点C,D出发,以相同速度分别沿CB,DC运动(点E到达C时,两点同时停止运动).连接AE,BF交于点P,过点P分别作PM∥CD,PN∥BC,则线段MN的长度的最小值为( )
A.B.C.D.1
9.如图,在△ABC中,点D,E分别在边AB,AC上,且,则的值为
A. B. C. D.
10.如图,已知点A(1,0),B(0,2),以AB为边在第一象限内作正方形ABCD,直线CD与y轴交于点G,再以DG为边在第一象限内作正方形DEFG,若反比例函数的图像经过点E,则k的值是 ( )
(A)33 (B)34 (C)35 (D)36
二、填空题(共7小题,每小题3分,满分21分)
11.若a是方程的解,计算:=______.
12.因式分解:a3﹣2a2b+ab2=_____.
13.在矩形ABCD中,AB=4, BC=3, 点P在AB上.若将△DAP沿DP折叠,使点A落在矩形对角线上的处,则AP的长为__________.
14.如图,在每个小正方形边长为的网格中,的顶点,,均在格点上,为边上的一点.
线段的值为______________;在如图所示的网格中,是的角平分线,在上求一点,使的值最小,请用无刻度的直尺,画出和点,并简要说明和点的位置是如何找到的(不要求证明)___________.
15.如图,在Rt△ABC中,∠ACB=90°,∠ABC=30°,将△ABC绕点C顺时针旋转至△A′B′C,使得点A′恰好落在AB上,则旋转角度为_____.
16.经过某十字路口的汽车,它可能继续直行,也可能向左转或向右转.如果这三种可能性大小相同,现有两辆汽车先后经过这个十字路口,则至少有一辆汽车向左转的概率是___.
17.在一次摸球实验中,摸球箱内放有白色、黄色乒乓球共50个,这两种乒乓球的大小、材质都相同.小明发现,摸到白色乒乓球的频率稳定在60%左右,则箱内黄色乒乓球的个数很可能是________.
三、解答题(共7小题,满分69分)
18.(10分)已知PA与⊙O相切于点A,B、C是⊙O上的两点
(1)如图①,PB与⊙O相切于点B,AC是⊙O的直径若∠BAC=25°;求∠P的大小
(2)如图②,PB与⊙O相交于点D,且PD=DB,若∠ACB=90°,求∠P的大小
19.(5分)如图,在△ABC中,D、E分别是边AB、AC上的点,DE∥BC,点F在线段DE上,过点F作FG∥AB、FH∥AC分别交BC于点G、H,如果BG:GH:HC=2:4:1.求的值.
20.(8分)-()-1+3tan60°
21.(10分)在平面直角坐标系中,O为原点,点A(8,0)、点B(0,4),点C、D分别是边OA、AB的中点.将△ACD绕点A顺时针方向旋转,得△AC′D′,记旋转角为α.
(I)如图①,连接BD′,当BD′∥OA时,求点D′的坐标;
(II)如图②,当α=60°时,求点C′的坐标;
(III)当点B,D′,C′共线时,求点C′的坐标(直接写出结果即可).
22.(10分)在Rt△ABC中,∠BAC=,D是BC的中点,E是AD的中点.过点A作AF∥BC交BE的延长线于点F.
(1)求证:△AEF≌△DEB;
(2)证明四边形ADCF是菱形;
(3)若AC=4,AB=5,求菱形ADCFD 的面积.
23.(12分)如图,在平面直角坐标系中,矩形OABC的顶点A,C分别在x轴,y轴的正半轴上,且OA=4,OC=3,若抛物线经过O,A两点,且顶点在BC边上,对称轴交BE于点F,点D,E的坐标分别为(3,0),(0,1).
(1)求抛物线的解析式;
(2)猜想△EDB的形状并加以证明;
(3)点M在对称轴右侧的抛物线上,点N在x轴上,请问是否存在以点A,F,M,N为顶点的四边形是平行四边形?若存在,请求出所有符合条件的点M的坐标;若不存在,请说明理由.
24.(14分)如图,在四边形ABCD中,AB=AD,BC=DC,AC、BD相交于点O,点E在AO上,且OE=OC.求证:∠1=∠2;连结BE、DE,判断四边形BCDE的形状,并说明理由.
参考答案
一、选择题(每小题只有一个正确答案,每小题3分,满分30分)
1、A
【解析】
把a=1,b=-1,c=-1,代入,然后计算,最后根据计算结果判断方程根的情况.
【详解】
方程有两个不相等的实数根.
故选A.
【点睛】
本题考查根的判别式,把a=1,b=-1,c=-1,代入计算是解题的突破口.
2、A
【解析】
分点P的横坐标是正数和负数两种情况讨论求解.
【详解】
①m-3>0,即m>3时,
2-m<0,
所以,点P(m-3,2-m)在第四象限;
②m-3<0,即m<3时,
2-m有可能大于0,也有可能小于0,
点P(m-3,2-m)可以在第二或三象限,
综上所述,点P不可能在第一象限.
故选A.
【点睛】
本题考查了各象限内点的坐标的符号特征,记住各象限内点的坐标的符号是解决的关键,四个象限的符号特点分别是:第一象限(+,+);第二象限(-,+);第三象限(-,-);第四象限(+,-).
3、B
【解析】
有一个角是直角的平行四边形是矩形.利用中位线定理可得出四边形EFGH是矩形,根据矩形的面积公式解答即可.
【详解】
∵点E、F分别为四边形ABCD的边AD、AB的中点,
∴EF∥BD,且EF=BD=1.
同理求得EH∥AC∥GF,且EH=GF=AC=5,
又∵AC⊥BD,
∴EF∥GH,FG∥HE且EF⊥FG.
四边形EFGH是矩形.
∴四边形EFGH的面积=EF•EH=1×5=2,即四边形EFGH的面积是2.
故选B.
【点睛】
本题考查的是中点四边形.解题时,利用了矩形的判定以及矩形的定理,矩形的判定定理有:
(1)有一个角是直角的平行四边形是矩形;
(2)有三个角是直角的四边形是矩形;
(1)对角线互相平分且相等的四边形是矩形.
4、A
【解析】
试题分析:正六边形的中心角为360°÷6=60°,那么外接圆的半径和正六边形的边长将组成一个等边三角形,故正六边形的半径等于1,则正六边形的边长是1.故选A.
考点:正多边形和圆.
5、B
【解析】
根据左视图的定义,从左侧会发现两个正方形摞在一起.
【详解】
从左边看上下各一个小正方形,如图
故选B.
6、A
【解析】
试题分析:根据y随x的增大而减小得:k<0,又kb>0,则b<0,故此函数的图象经过第二、三、四象限,即不经过第一象限.
故选A.
考点:一次函数图象与系数的关系.
7、B
【解析】
分析:根据绝对值的性质,一个负数的绝对值等于其相反数,可有相反数的意义求解.
详解:因为-的相反数为
所以-的绝对值为.
故选:B
点睛:此题主要考查了求一个数的绝对值,关键是明确绝对值的性质,一个正数的绝对值等于本身,0的绝对值是0,一个负数的绝对值为其相反数.
8、B
【解析】
分析:由于点P在运动中保持∠APD=90°,所以点P的路径是一段以AD为直径的弧,设AD的中点为Q,连接QC交弧于点P,此时CP的长度最小,再由勾股定理可得QC的长,再求CP即可.
详解: 由于点P在运动中保持∠APD=90°, ∴点P的路径是一段以AD为直径的弧,
设AD的中点为Q,连接QC交弧于点P,此时CP的长度最小,
在Rt△QDC中,QC=, ∴CP=QC-QP=,故选B.
点睛:本题主要考查的是圆的相关知识和勾股定理,属于中等难度的题型.解决这个问题的关键是根据圆的知识得出点P的运动轨迹.
9、C
【解析】
∵,∠A=∠A,
∴△ABC∽△AED。∴。
∴。故选C。
10、D
【解析】
试题分析:过点E作EM⊥OA,垂足为M,∵A(1,0),B(0,2),∴OA-1,OB=2,又∵∠AOB=90°,∴AB==,∵AB//CD,∴∠ABO=∠CBG,∵∠BCG=90°,∴△BCG∽△AOB,∴,∵BC=AB=,∴CG=2,∵CD=AD=AB=,∴DG=3,∴DE=DG=3,∴AE=4,∵∠BAD=90°,∴∠EAM+∠BAO=90°,∵∠BAO+∠ABO=90°,∴∠EAM=∠ABO,又∵∠EMA=90°,∴△EAM∽△ABO,∴,即,∴AM=8,EM=4,∴AM=9,∴E(9,4),∴k=4×9=36;
故选D.
考点:反比例函数综合题.
二、填空题(共7小题,每小题3分,满分21分)
11、1
【解析】
根据一元二次方程的解的定义得a2﹣3a+1=1,即a2﹣3a=﹣1,再代入,然后利用整体思想进行计算即可.
【详解】
∵a是方程x2﹣3x+1=1的一根,
∴a2﹣3a+1=1,即a2﹣3a=﹣1,a2+1=3a
∴
故答案为1.
【点睛】
本题考查了一元二次方程的解:使一元二次方程两边成立的未知数的值叫一元二次方程的解.也考查了整体思想的运用.
12、a(a﹣b)1.
【解析】
【分析】先提公因式a,然后再利用完全平方公式进行分解即可.
【详解】原式=a(a1﹣1ab+b1)
=a(a﹣b)1,
故答案为a(a﹣b)1.
【点睛】本题考查了提公因式法与公式法的综合运用,熟练掌握因式分解的方法是解本题的关键.
13、或
【解析】
①点A落在矩形对角线BD上,如图1,
∵AB=4,BC=3,
∴BD=5,
根据折叠的性质,AD=A′D=3,AP=A′P,∠A=∠PA′D=90°,
∴BA′=2,设AP=x,则BP=4﹣x,∵BP2=BA′2+PA′2,
∴(4﹣x)2=x2+22,
解得:x=,∴AP=;
②点A落在矩形对角线AC上,如图2,根据折叠的性质可知DP⊥AC,
∴△DAP∽△ABC,
∴,
∴AP===.
故答案为或.
14、(Ⅰ) (Ⅱ)如图,取格点、,连接与交于点,连接与交于点.
【解析】
(Ⅰ)根据勾股定理进行计算即可.
(Ⅱ)根据菱形的每一条对角线平分每一组对角,构造边长为1的菱形ABEC,连接AE交BC于M,即可得出是的角平分线,再取点F使AF=1,则根据等腰三角形的性质得出点C与F关于AM对称,连接DF交AM于点P,此时的值最小.
【详解】
(Ⅰ)根据勾股定理得AC=;
故答案为:1.
(Ⅱ)如图,如图,取格点、,连接与交于点,连接与交于点,则点P即为所求.
说明:构造边长为1的菱形ABEC,连接AE交BC于M,则AM即为所求的的角平分线,在AB上取点F,使AF=AC=1,则AM垂直平分CF,点C与F关于AM对称,连接DF交AM于点P,则点P即为所求.
【点睛】
本题考查作图-应用与设计,涉及勾股定理、菱形的判定和性质、几何变换轴对称—最短距离等知识,解题的关键是灵活运用所学知识解决问题,学会利用数形结合的思想解决问题.
15、60°
【解析】
试题解析:∵∠ACB=90°,∠ABC=30°,
∴∠A=90°-30°=60°,
∵△ABC绕点C顺时针旋转至△A′B′C时点A′恰好落在AB上,
∴AC=A′C,
∴△A′AC是等边三角形,
∴∠ACA′=60°,
∴旋转角为60°.
故答案为60°.
16、.
【解析】
根据题意,画出树状图,然后根据树状图和概率公式求概率即可.
【详解】
解:画树状图得:
共有9种等可能的结果,至少有一辆汽车向左转的有5种情况,
至少有一辆汽车向左转的概率是:.
故答案为:.
【点睛】
此题考查的是求概率问题,掌握树状图的画法和概率公式是解决此题的关键.
17、20
【解析】
先设出白球的个数,根据白球的频率求出白球的个数,再用总的个数减去白球的个数即可.
【详解】
设黄球的个数为x个,
∵共有黄色、白色的乒乓球50个,黄球的频率稳定在60%,
∴=60%,
解得x=30,
∴布袋中白色球的个数很可能是50-30=20(个).
故答案为:20.
【点睛】
本题考查了利用频率估计概率,熟练掌握该知识点是本题解题的关键.
三、解答题(共7小题,满分69分)
18、(1)∠P=50°;(2)∠P=45°.
【解析】
(1)连接OB,根据切线长定理得到PA=PB,∠PAO=∠PBO=90°,根据三角形内角和定理计算即可;
(2)连接AB、AD,根据圆周角定理得到∠ADB=90°,根据切线的性质得到AB⊥PA,根据等腰直角三角形的性质解答.
【详解】
解:(1)如图①,连接OB.
∵PA、PB与⊙O相切于A、B点,
∴PA=PB,
∴∠PAO=∠PBO=90°
∴∠PAB=∠PBA,
∵∠BAC=25°,
∴∠PBA=∠PAB=90°一∠BAC=65°
∴∠P=180°-∠PAB-∠PBA=50°;
(2)如图②,连接AB、AD,
∵∠ACB=90°,
∴AB是的直径,∠ADB=90·
∵PD=DB,
∴PA=AB.
∵PA与⊙O相切于A点
∴AB⊥PA,
∴∠P=∠ABP=45°.
【点睛】
本题考查的是切线的性质、圆周角定理,掌握圆的切线垂直于过切点的半径是解题的关键.
19、
【解析】
先根据平行线的性质证明△ADE∽△FGH,再由线段DF=BG、FE=HC及BG︰GH︰HC=2︰4︰1,可求得的值.
【详解】
解:∵DE∥BC,∴∠ADE=∠B,
∵FG∥AB,
∴∠FGH=∠B,
∴∠ADE=∠FGH,
同理:∠AED=∠FHG,
∴△ADE∽△FGH,
∴ ,
∵DE∥BC ,FG∥AB,
∴DF=BG,
同理:FE=HC,
∵BG︰GH︰HC=2︰4︰1,
∴设BG=2k,GH=4k,HC=1k,
∴DF=2k,FE=1k,
∴DE=5k,
∴.
【点睛】
本题考查了平行线的性质和三角形相似的判定和相似比.
20、0
【解析】
根据二次根式的乘法、绝对值、负整数指数幂和特殊角的三角函数值计算,然后进行加减运算.
【详解】
原式=-2+2--2+3=0.
【点睛】
本题考查了二次根式的混合运算:先把各二次根式化为最简二次根式,在进行二次根式的乘除运算,然后合并同类二次根式.也考查了零指数幂、负整数指数幂和特殊角的三角函数值.
21、(I)(10,4)或(6,4)(II)C′(6,2)(III)①C′(8,4)②
C′(,﹣)
【解析】
(I)如图①,当OB∥AC′,四边形OBC′A是平行四边形,只要证明B、C′、D′共线即可解决问题,再根据对称性确定D″的坐标;
(II)如图②,当α=60°时,作C′K⊥AC于K.解直角三角形求出OK,C′K即可解决问题;
(III)分两种情形分别求解即可解决问题;
【详解】
解:(I)如图①,
∵A(8,0),B(0,4),
∴OB=4,OA=8,
∵AC=OC=AC′=4,
∴当OB∥AC′,四边形OBC′A是平行四边形,
∵∠AOB=90°,
∴四边形OBC′A是矩形,
∴∠AC′B=90°,∵∠AC′D′=90°,
∴B、C′、D′共线,
∴BD′∥OA,
∵AC=CO, BD=AD,
∴CD=C′D′=OB=2,
∴D′(10,4),
根据对称性可知,点D″在线段BC′上时,D″(6,4)也满足条件.
综上所述,满足条件的点D坐标(10,4)或(6,4).
(II)如图②,当α=60°时,作C′K⊥AC于K.
在Rt△AC′K中,∵∠KAC′=60°,AC′=4,
∴AK=2,C′K=2,
∴OK=6,
∴C′(6,2).
(III)①如图③中,当B、C′、D′共线时,由(Ⅰ)可知,C′(8,4).
②如图④中,当B、C′、D′共线时,BD′交OA于F,易证△BOF≌△AC′F,
∴OF=FC′,设OF=FC′=x,
在Rt△ABC′中,BC′==8,
在RT△BOF中,OB=4,OF=x,BF=8﹣x,
∴(8﹣x)2=42+x2,
解得x=3,
∴OF=FC′=3,BF=5,作C′K⊥OA于K,
∵OB∥KC′,
∴==,
∴==,
∴KC′=,KF=,
∴OK=,
∴C′(,﹣).
【点睛】
本题考查三角形综合题、旋转变换、矩形的判定和性质、平行线的性质、勾股定理等知识,解题的关键是灵活应用所学知识解决问题,学会用分类讨论的思想思考问题,属于中考压轴题.
22、(1)证明详见解析;(2)证明详见解析;(3)1.
【解析】
(1)利用平行线的性质及中点的定义,可利用AAS证得结论;
(2)由(1)可得AF=BD,结合条件可求得AF=DC,则可证明四边形ADCF为平行四边形,再利用直角三角形的性质可证得AD=CD,可证得四边形ADCF为菱形;
(3)连接DF,可证得四边形ABDF为平行四边形,则可求得DF的长,利用菱形的面积公式可求得答案.
【详解】
(1)证明:∵AF∥BC,
∴∠AFE=∠DBE,
∵E是AD的中点,
∴AE=DE,
在△AFE和△DBE中,
∴△AFE≌△DBE(AAS);
(2)证明:由(1)知,△AFE≌△DBE,则AF=DB.
∵AD为BC边上的中线
∴DB=DC,
∴AF=CD.
∵AF∥BC,
∴四边形ADCF是平行四边形,
∵∠BAC=90°,D是BC的中点,E是AD的中点,
∴AD=DC=BC,
∴四边形ADCF是菱形;
(3)连接DF,
∵AF∥BD,AF=BD,
∴四边形ABDF是平行四边形,
∴DF=AB=5,
∵四边形ADCF是菱形,
∴S菱形ADCF=AC▪DF=×4×5=1.
【点睛】
本题主要考查菱形的性质及判定,利用全等三角形的性质证得AF=CD是解题的关键,注意菱形面积公式的应用.
23、(1)y=﹣x2+3x;(2)△EDB为等腰直角三角形;证明见解析;(3)(,2)或(,﹣2).
【解析】
(1)由条件可求得抛物线的顶点坐标及A点坐标,利用待定系数法可求得抛物线解析式;
(2)由B、D、E的坐标可分别求得DE、BD和BE的长,再利用勾股定理的逆定理可进行判断;
(3)由B、E的坐标可先求得直线BE的解析式,则可求得F点的坐标,当AF为边时,则有FM∥AN且FM=AN,则可求得M点的纵坐标,代入抛物线解析式可求得M点坐标;当AF为对角线时,由A、F的坐标可求得平行四边形的对称中心,可设出M点坐标,则可表示出N点坐标,再由N点在x轴上可得到关于M点坐标的方程,可求得M点坐标.
【详解】
解:(1)在矩形OABC中,OA=4,OC=3,
∴A(4,0),C(0,3),
∵抛物线经过O、A两点,
∴抛物线顶点坐标为(2,3),
∴可设抛物线解析式为y=a(x﹣2)2+3,
把A点坐标代入可得0=a(4﹣2)2+3,解得a=﹣,
∴抛物线解析式为y=﹣(x﹣2)2+3,即y=﹣x2+3x;
(2)△EDB为等腰直角三角形.
证明:
由(1)可知B(4,3),且D(3,0),E(0,1),
∴DE2=32+12=10,BD2=(4﹣3)2+32=10,BE2=42+(3﹣1)2=20,
∴DE2+BD2=BE2,且DE=BD,
∴△EDB为等腰直角三角形;
(3)存在.理由如下:
设直线BE解析式为y=kx+b,
把B、E坐标代入可得,解得,
∴直线BE解析式为y=x+1,
当x=2时,y=2,
∴F(2,2),
①当AF为平行四边形的一边时,则M到x轴的距离与F到x轴的距离相等,即M到x轴的距离为2,
∴点M的纵坐标为2或﹣2,
在y=﹣x2+3x中,令y=2可得2=﹣x2+3x,解得x=,
∵点M在抛物线对称轴右侧,
∴x>2,
∴x=,
∴M点坐标为(,2);
在y=﹣x2+3x中,令y=﹣2可得﹣2=﹣x2+3x,解得x=,
∵点M在抛物线对称轴右侧,
∴x>2,
∴x=,
∴M点坐标为(,﹣2);
②当AF为平行四边形的对角线时,
∵A(4,0),F(2,2),
∴线段AF的中点为(3,1),即平行四边形的对称中心为(3,1),
设M(t,﹣t2+3t),N(x,0),
则﹣t2+3t=2,解得t=,
∵点M在抛物线对称轴右侧,
∴x>2,
∵t>2,
∴t=,
∴M点坐标为(,2);
综上可知存在满足条件的点M,其坐标为(,2)或(,﹣2).
【点睛】
本题为二次函数的综合应用,涉及矩形的性质、待定系数法、勾股定理及其逆定理、平行四边形的性质、方程思想及分类讨论思想等知识.在(1)中求得抛物线的顶点坐标是解题的关键,注意抛物线顶点式的应用,在(2)中求得△EDB各边的长度是解题的关键,在(3)中确定出M点的纵坐标是解题的关键,注意分类讨论.本题考查知识点较多,综合性较强,难度较大.
24、(1)证明见解析;(2)四边形BCDE是菱形,理由见解析.
【解析】
(1)证明△ADC≌△ABC后利用全等三角形的对应角相等证得结论.
(2)首先判定四边形BCDE是平行四边形,然后利用对角线垂直的平行四边形是菱形判定菱形即可.
【详解】
解:(1)证明:∵在△ADC和△ABC中,
∴△ADC≌△ABC(SSS).∴∠1=∠2.
(2)四边形BCDE是菱形,理由如下:
如答图,∵∠1=∠2,DC=BC,∴AC垂直平分BD.
∵OE=OC,∴四边形DEBC是平行四边形.
∵AC⊥BD,∴四边形DEBC是菱形.
【点睛】
考点:1.全等三角形的判定和性质;2. 线段垂直平分线的性质;3.菱形的判定.
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