2022年成都市高新区草池初中十校联考最后数学试题含解析
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这是一份2022年成都市高新区草池初中十校联考最后数学试题含解析,共22页。试卷主要包含了考生必须保证答题卡的整洁,一、单选题等内容,欢迎下载使用。
2021-2022中考数学模拟试卷
考生请注意:
1.答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内,不得在试卷上作任何标记。
2.第一部分选择题每小题选出答案后,需将答案写在试卷指定的括号内,第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。
3.考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后,请将本试卷和答题卡一并交回。
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.民族图案是数学文化中的一块瑰宝.下列图案中,既不是中心对称图形也不是轴对称图形的是( )
A. B. C. D.
2.下列交通标志是中心对称图形的为( )
A. B. C. D.
3.如图,点A、B、C在圆O上,若∠OBC=40°,则∠A的度数为( )
A.40° B.45° C.50° D.55°
4.已知二次函数y=ax2+bx+c的图象如图所示,有以下结论:①a+b+c<0;②a﹣b+c>1;③abc>0;④4a﹣2b+c<0;⑤c﹣a>1,其中所有正确结论的序号是( )
A.①② B.①③④ C.①②③⑤ D.①②③④⑤
5.如图,抛物线y=ax2+bx+c与x轴交于点A(-1,0),顶点坐标(1,n)与y轴的交点在(0,2),(0,3)之间(包含端点),则下列结论:①3a+b0,
故错误;
④∵二次函数图象的对称轴是直线x=1,
∴2a+b=0,
故正确.
综上所述,正确的结论有3个.
故选B.
8、D
【解析】
根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解.
【详解】
A、是轴对称图形,不是中心对称图形,故此选项错误;
B、是轴对称图形,不是中心对称图形,故此选项错误;
C、是轴对称图形,不是中心对称图形,故此选项错误;
D、是轴对称图形,也是中心对称图形,故此选项正确.
故选D.
【点睛】
此题主要考查了中心对称图形与轴对称图形的概念.轴对称图形的关键是寻找对称轴,图形两部分折叠后可重合,中心对称图形是要寻找对称中心,旋转180度后两部分重合.
9、C
【解析】
试题解析:∵抛物线的顶点坐标A(1,3),
∴抛物线的对称轴为直线x=-=1,
∴2a+b=0,所以①正确;
∵抛物线开口向下,
∴a<0,
∴b=-2a>0,
∵抛物线与y轴的交点在x轴上方,
∴c>0,
∴abc<0,所以②错误;
∵抛物线的顶点坐标A(1,3),
∴x=1时,二次函数有最大值,
∴方程ax2+bx+c=3有两个相等的实数根,所以③正确;
∵抛物线与x轴的一个交点为(4,0)
而抛物线的对称轴为直线x=1,
∴抛物线与x轴的另一个交点为(-2,0),所以④错误;
∵抛物线y1=ax2+bx+c与直线y2=mx+n(m≠0)交于A(1,3),B点(4,0)
∴当1<x<4时,y2<y1,所以⑤正确.
故选C.
考点:1.二次函数图象与系数的关系;2.抛物线与x轴的交点.
10、D
【解析】
解:∵-1<-1<0<2,∴最小的是-1.故选D.
二、填空题(共7小题,每小题3分,满分21分)
11、6
【解析】
根据等角对等边,可得AC=BC,由等腰三角形的“三线合一”可得AD=BD=AB,利用直角三角形斜边的中线等于斜边的一半,可得CD=AB,由AP2-PB2=48 ,利用平方差公式及线段的和差公式将其变形可得CD·PD=12,利用△PCD的面积 =CD·PD可得.
【详解】
解:∵ 在△ABC中,∠ACB=90°,∠A=45°,
∴∠B=45°,
∴AC=BC,
∵CD⊥AB ,
∴AD=BD=CD=AB,
∵AP2-PB2=48 ,
∴(AP+PB)(AP-PB)=48,
∴AB(AD+PD-BD+DP)=48,
∴AB·2PD=48,
∴2CD·2PD=48,
∴CD·PD=12,
∴ △PCD的面积=CD·PD=6.
故答案为6.
【点睛】
此题考查等腰三角形的性质,直角三角形的性质,解题关键在于利用等腰三角形的“三线合一
12、y=-x+2(答案不唯一)
【解析】
①图象经过(1,1)点;②当x>1时.y随x的增大而减小,这个函数解析式为 y=-x+2,
故答案为y=-x+2(答案不唯一).
13、25°.
【解析】
∵直尺的对边平行,∠1=20°,∴∠3=∠1=20°,
∴∠2=45°-∠3=45°-20°=25°.
14、∠BAD=90° (不唯一)
【解析】
根据正方形的判定定理添加条件即可.
【详解】
解:∵平行四边形 ABCD的对角线AC与BD相交于点O,且AC⊥BD,
∴四边形ABCD是菱形,
当∠BAD=90°时,四边形ABCD为正方形.
故答案为:∠BAD=90°.
【点睛】
本题考查了正方形的判定:先判定平行四边形是菱形,判定这个菱形有一个角为直角.
15、x=1.
【解析】
先求出每个不等式的解集,再确定其公共解,得到不等式组的解集,然后求其整数解.
【详解】
,
由不等式①得x≤1,
由不等式②得x>-1,
其解集是-1<x≤1,
所以整数解为0,1,2,1,
则该不等式组的最大整数解是x=1.
故答案为:x=1.
【点睛】
考查不等式组的解法及整数解的确定.求不等式组的解集,应遵循以下原则:同大取较大,同小取较小,小大大小中间找,大大小小解不了.
16、12π
【解析】
根据圆锥的侧面展开图是扇形可得,
,∴该圆锥的侧面面积为:12π,
故答案为12π.
17、.
【解析】
探究规律,利用规律即可解决问题.
【详解】
∵∠MON=45°,
∴△C2B2C2为等腰直角三角形,
∴C2B2=B2C2=A2B2.
∵正方形A2B2C2A2的边长为2,
∴OA3=AA3=A2B2=A2C2=2.OA2=4,OM=OB2=,
同理,可得出:OAn=An-2An=An-2An-2=,
∴OA2028=A2028A2027=,
∴A2028M=2-.
故答案为2-.
【点睛】
本题考查规律型问题,解题的关键是学会探究规律的方法,学会利用规律解决问题,属于中考常考题型.
三、解答题(共7小题,满分69分)
18、 (1) ∠A=30°;(2)
【解析】
(1)连接OC,由过点C的切线交AB的延长线于点D,推出OC⊥CD,推出∠OCD=90°,即∠D+∠COD=90°,由OA=OC,推出∠A=∠ACO,由∠A=∠D,推出∠A=∠ACO=∠D
再由∠A+∠ACD+∠D=180°﹣90°=90°即可得出.
(2)先求∠COD度数及OC长度,即可求出图中阴影部分的面积.
【详解】
解:(1)连结OC
∵CD为⊙O的切线
∴OC⊥CD
∴∠OCD=90°
又∵OA=OC
∴∠A=∠ACO
又∵∠A=∠D
∴∠A=∠ACO=∠D
而∠A+∠ACD+∠D=180°﹣90°=90°
∴∠A=30°
(2)由(1)知:∠D=∠A=30°
∴∠COD=60°
又∵CD=2
∴OC=2
∴S阴影=.
【点睛】
本题考查的知识点是扇形面积的计算及切线的性质,解题的关键是熟练的掌握扇形面积的计算及切线的性质.
19、(1)y=﹣x2+4;(2)①E(5,9);②1.
【解析】
(1)待定系数法即可解题,
(2)①求出直线DA的解析式,根据顶点E在直线DA上,设出E的坐标,带入即可求解;②AB扫过的面积是平行四边形ABGE,根据S四边形ABGE=S矩形IOKH﹣S△AOB﹣S△AEI﹣S△EHG﹣S△GBK,求出点B(2,0),G(7,5),A(0,4),E(5,9),根据坐标几何含义即可解题.
【详解】
解:(1)∵A(0,4),B(2,0),C(﹣2,0)
∴二次函数的图象的顶点为A(0,4),
∴设二次函数表达式为y=ax2+4,
将B(2,0)代入,得4a+4=0,
解得,a=﹣1,
∴二次函数表达式y=﹣x2+4;
(2)①设直线DA:y=kx+b(k≠0),
将A(0,4),D(﹣4,0)代入,得 ,
解得, ,
∴直线DA:y=x+4,
由题意可知,平移后的抛物线的顶点E在直线DA上,
∴设顶点E(m,m+4),
∴平移后的抛物线表达式为y=﹣(x﹣m)2+m+4,
又∵平移后的抛物线过点B(2,0),
∴将其代入得,﹣(2﹣m)2+m+4=0,
解得,m1=5,m2=0(不合题意,舍去),
∴顶点E(5,9),
②如图,连接AB,过点B作BL∥AD交平移后的抛物线于点G,连结EG,
∴四边形ABGE的面积就是图象A,B两点间的部分扫过的面积,
过点G作GK⊥x轴于点K,过点E作EI⊥y轴于点I,直线EI,GK交于点H.
由点A(0,4)平移至点E(5,9),可知点B先向右平移5个单位,再向上平移5个单位至点G.
∵B(2,0),∴点G(7,5),
∴GK=5,OB=2,OK=7,
∴BK=OK﹣OB=7﹣2=5,
∵A(0,4),E(5,9),
∴AI=9﹣4=5,EI=5,
∴EH=7﹣5=2,HG=9﹣5=4,
∴S四边形ABGE=S矩形IOKH﹣S△AOB﹣S△AEI﹣S△EHG﹣S△GBK
=7×9﹣×2×4﹣×5×5﹣×2×4﹣×5×5
=63﹣8﹣25
=1
答:图象A,B两点间的部分扫过的面积为1.
【点睛】
本题考查了二次函数解析式的求法,二次函数的图形和性质,二次函数的实际应用,难度较大,建立面积之间的等量关系是解题关键.
20、(1)见解析(2)5
【解析】
解:(1)证明:如图,连接,则.
∵,
∴.
∵,
∴四边形是平行四边形.
∴.
(2)连接,则.
∵,,,
∴,.
∴.
∴.
设,则.
在中,有.
∴.即.
21、(1)120°;(2)①作图见解析;②证明见解析;(3) .
【解析】
【分析】(1)根据等边三角形的性质,可知∠ACB=60°,在△BCP中,利用三角形内角和定理即可得;
(2)①根据题意补全图形即可;
②证明,根据全等三角形的对应边相等可得,从而可得;
(3)如图2,作于点,延长线于点,根据已知可推导得出,由(2)得,,根据 即可求得.
【详解】(1)∵三角形ABC是等边三角形,
∴∠ACB=60°,即∠ACP+∠BCP=60°,
∵∠BCP+∠CBP+∠BPC=180°,∠ACP=∠CBP,
∴∠BPC=120°,
故答案为120;
(2)①∵如图1所示.
②在等边中,,
∴,
∵,
∴,
∴,
∴,
∵,
∴为等边三角形,
∵,
∴
在和中,
,
∴ ,
∴,
∴;
(3)如图2,作于点,延长线于点,
∵,
∴,
∴,
∴,
又由(2)得,,
.
【点睛】本题考查了等边三角形的性质、全等三角形的判定与性质等,熟练掌握相关性质定理、正确添加辅助线是解题的关键.
22、;(2)骑自行车的学生先到达百花公园,先到了10分钟.
【解析】
(1)根据函数图象中的数据可以求得关于的函数解析式;
(2)根据函数图象中的数据和题意可以分别求得步行学生和骑自行车学生到达百花公园的时间,从而可以解答本题.
【详解】
解:(1)设关于的函数解析式是,
,得,
即关于的函数解析式是;
(2)由图象可知,
步行的学生的速度为:千米/分钟,
步行同学到达百花公园的时间为:(分钟),
当时, ,得,
,
答:骑自行车的学生先到达百花公园,先到了10分钟.
【点睛】
本题考查一次函数的应用,解答本题的关键是明确题意,利用一次函数的性质解答.
23、(1)(2)作图见解析;(3).
【解析】
(1)利用平移的性质画图,即对应点都移动相同的距离.
(2)利用旋转的性质画图,对应点都旋转相同的角度.
(3)利用勾股定理和弧长公式求点B经过(1)、(2)变换的路径总长.
【详解】
解:(1)如答图,连接AA1,然后从C点作AA1的平行线且A1C1=AC,同理找到点B1,分别连接三点,△A1B1C1即为所求.
(2)如答图,分别将A1B1,A1C1绕点A1按逆时针方向旋转90°,得到B2,C2,连接B2C2,△A1B2C2即为所求.
(3)∵,
∴点B所走的路径总长=.
考点:1.网格问题;2.作图(平移和旋转变换);3.勾股定理;4.弧长的计算.
24、(1);(2)详见解析;(3)AE=.
【解析】
(1)由四边形ABCD是正方形,直角∠MPN,易证得△BOE≌△COF(ASA),则可证得S四边形OEBF=S△BOC=S正方形ABCD;
(2)易证得△OEG∽△OBE,然后由相似三角形的对应边成比例,证得OG•OB=OE2,再利用OB与BD的关系,OE与EF的关系,即可证得结论;
(3)首先设AE=x,则BE=CF=1﹣x,BF=x,继而表示出△BEF与△COF的面积之和,然后利用二次函数的最值问题,求得AE的长.
【详解】
(1)∵四边形ABCD是正方形,
∴OB=OC,∠OBE=∠OCF=45°,∠BOC=90°,
∴∠BOF+∠COF=90°,
∵∠EOF=90°,
∴∠BOF+∠COE=90°,
∴∠BOE=∠COF,
在△BOE和△COF中,
∴△BOE≌△COF(ASA),
∴S四边形OEBF=S△BOE+S△BOE=S△BOE+S△COF=S△BOC=S正方形ABCD
(2)证明:∵∠EOG=∠BOE,∠OEG=∠OBE=45°,
∴△OEG∽△OBE,
∴OE:OB=OG:OE,
∴OG•OB=OE2,
∵
∴OG•BD=EF2;
(3)如图,过点O作OH⊥BC,
∵BC=1,
∴
设AE=x,则BE=CF=1﹣x,BF=x,
∴S△BEF+S△COF=BE•BF+CF•OH
∵
∴当时,S△BEF+S△COF最大;
即在旋转过程中,当△BEF与△COF的面积之和最大时,
【点睛】
本题属于四边形的综合题,主要考查了正方形的性质,旋转的性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理以及二次函数的最值问题.注意掌握转化思想的应用是解此题的关键.
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