山东省淄博市2020-2022三年中考数学真题分类汇编-02填空题知识点分类(含解析)

这是一份山东省淄博市2020-2022三年中考数学真题分类汇编-02填空题知识点分类(含解析)，共11页。试卷主要包含了计算，分解因式等内容，欢迎下载使用。

山东省淄博市2020-2022三年中考数学真题分类汇编-02填空题知识点分类
一．实数的运算（共1小题）
1．（2020•淄博）计算：+＝　 　．
二．规律型：数字的变化类（共1小题）
2．（2020•淄博）某快递公司在甲地和乙地之间共设有29个服务驿站（包括甲站、乙站），一辆快递货车由甲站出发，依次途经各站驶往乙站，每停靠一站，均要卸下前面各站发往该站的货包各1个，又要装上该站发往后面各站的货包各1个．在整个行程中，快递货车装载的货包数量最多是　 　个．
三．提公因式法与公式法的综合运用（共2小题）
3．（2022•淄博）分解因式：x3﹣9x＝　 　．
4．（2021•淄博）分解因式：3a2+12a+12＝　 　．
四．分式有意义的条件（共1小题）
5．（2021•淄博）若分式有意义，则x的取值范围是 　 　．
五．分式的加减法（共1小题）
6．（2022•淄博）计算：＝　 　．
六．二次根式有意义的条件（共1小题）
7．（2022•淄博）要使根式有意义，则a的取值范围是 　 　．
七．根的判别式（共1小题）
8．（2020•淄博）已知关于x的一元二次方程x2﹣x+2m＝0有两个不相等的实数根，则实数m的取值范围是　 　．
八．规律型：点的坐标（共1小题）
9．（2022•淄博）如图，正方形ABCD的中心与坐标原点O重合，将顶点D（1，0）绕点A（0，1）逆时针旋转90°得点D1，再将D1绕点B逆时针旋转90°得点D2，再将D2绕点C逆时针旋转90°得点D3，再将D3绕点D逆时针旋转90°得点D4，再将D4绕点A逆时针旋转90°得点D5……依此类推，则点D2022的坐标是 　 　．

九．抛物线与x轴的交点（共1小题）
10．（2021•淄博）对于任意实数a，抛物线y＝x2+2ax+a+b与x轴都有公共点，则b的取值范围是 　 　．
一十．菱形的判定与性质（共1小题）
11．（2021•淄博）两张宽为3cm的纸条交叉重叠成四边形ABCD，如图所示．若∠α＝30°，则对角线BD上的动点P到A，B，C三点距离之和的最小值是 　 　．

一十一．关于x轴、y轴对称的点的坐标（共1小题）
12．（2021•淄博）在直角坐标系中，点A（3，2）关于x轴的对称点为A1，将点A1向左平移3个单位得到点A2，则A2的坐标为 　 　．
一十二．翻折变换（折叠问题）（共1小题）
13．（2020•淄博）如图，矩形纸片ABCD，AB＝6cm，BC＝8cm，E为边CD上一点．将△BCE沿BE所在的直线折叠，点C恰好落在AD边上的点F处，过点F作FM⊥BE，垂足为点M，取AF的中点N，连接MN，则MN＝　 　cm．

一十三．平移的性质（共1小题）
14．（2020•淄博）如图，将△ABC沿BC方向平移至△DEF处．若EC＝2BE＝2，则CF的长为　 　．

一十四．坐标与图形变化-平移（共1小题）
15．（2022•淄博）如图，在平面直角坐标系中，平移△ABC至△A1B1C1的位置．若顶点A（﹣3，4）的对应点是A1（2，5），则点B（﹣4，2）的对应点B1的坐标是 　 　．


山东省淄博市2020-2022三年中考数学真题分类汇编-02填空题知识点分类
参考答案与试题解析
一．实数的运算（共1小题）
1．（2020•淄博）计算：+＝　2　．
【答案】见试题解答内容
【解答】解：+＝﹣2+4＝2．
故答案为：2
二．规律型：数字的变化类（共1小题）
2．（2020•淄博）某快递公司在甲地和乙地之间共设有29个服务驿站（包括甲站、乙站），一辆快递货车由甲站出发，依次途经各站驶往乙站，每停靠一站，均要卸下前面各站发往该站的货包各1个，又要装上该站发往后面各站的货包各1个．在整个行程中，快递货车装载的货包数量最多是　210　个．
【答案】210．
【解答】解：当一辆快递货车停靠在第x个服务驿站时，
快递货车上需要卸下已经通过的（x﹣1）个服务驿站发给该站的货包共（x﹣1）个，
还要装上下面行程中要停靠的（n﹣x）个服务驿站的货包共（n﹣x）个．
根据题意，完成下表：
服务驿站序号
在第x服务驿站启程时快递货车货包总数
1
n﹣1
2
（n﹣1）﹣1+（n﹣2）＝2（n﹣2）
3
2（n﹣2）﹣2+（n﹣3）＝3（n﹣3）
4
3（n﹣3）﹣3+（n﹣4）＝4（n﹣4）
5
4（n﹣4）﹣4+（n﹣5）＝5（n﹣5）
…
…
n
0
由上表可得y＝x（n﹣x）．
当n＝29时，y＝x（29﹣x）＝﹣x2+29x＝﹣（x﹣14.5）2+210.25，
当x＝14或15时，y取得最大值210．
故答案为：210．
三．提公因式法与公式法的综合运用（共2小题）
3．（2022•淄博）分解因式：x3﹣9x＝　x（x+3）（x﹣3）　．
【答案】见试题解答内容
【解答】解：原式＝x（x2﹣9）
＝x（x+3）（x﹣3），
故答案为：x（x+3）（x﹣3）．
4．（2021•淄博）分解因式：3a2+12a+12＝　3（a+2）2　．
【答案】3（a+2）2．
【解答】解：原式＝3（a2+4a+4）
＝3（a+2）2．
故答案为：3（a+2）2．
四．分式有意义的条件（共1小题）
5．（2021•淄博）若分式有意义，则x的取值范围是 　x≠3　．
【答案】见试题解答内容
【解答】解：∵3﹣x≠0，
∴x≠3．
故答案为：x≠3．
五．分式的加减法（共1小题）
6．（2022•淄博）计算：＝　﹣2　．
【答案】见试题解答内容
【解答】解：原式＝﹣
＝
＝
＝﹣2，
故答案为：﹣2．
六．二次根式有意义的条件（共1小题）
7．（2022•淄博）要使根式有意义，则a的取值范围是 　a≥5　．
【答案】a≥5．
【解答】解：∵a﹣5≥0，
∴a≥5，
故答案为：a≥5．
七．根的判别式（共1小题）
8．（2020•淄博）已知关于x的一元二次方程x2﹣x+2m＝0有两个不相等的实数根，则实数m的取值范围是　m＜　．
【答案】见试题解答内容
【解答】解：∵方程有两个不相等的实数根，a＝1，b＝﹣1，c＝2m
∴Δ＝b2﹣4ac＝（﹣1）2﹣4×1×2m＞0，
解得m＜，
故答案为m＜．
八．规律型：点的坐标（共1小题）
9．（2022•淄博）如图，正方形ABCD的中心与坐标原点O重合，将顶点D（1，0）绕点A（0，1）逆时针旋转90°得点D1，再将D1绕点B逆时针旋转90°得点D2，再将D2绕点C逆时针旋转90°得点D3，再将D3绕点D逆时针旋转90°得点D4，再将D4绕点A逆时针旋转90°得点D5……依此类推，则点D2022的坐标是 　（﹣2023，2022）　．

【答案】D2022（﹣2023，2022）．
【解答】解：如图，过点D1作D1E⊥y轴于E，过点D2作D2F⊥x轴于F，过点D3作D3G⊥y轴于G，过点D4作D4H⊥x轴于H，过点D5K作D5K⊥y轴于K，

∵正方形ABCD的中心与坐标原点O重合，D（1，0），
∴OA＝OB＝OC＝OD＝1，AB＝BC＝CD＝AD＝，∠BAO＝∠CBO＝∠DCO＝∠ADO＝45°，
∴A（0，1），B（﹣1，0），C（0，﹣1），
∵将顶点D（1，0）绕点A（0，1）逆时针旋转90°得点D1，
∴∠D1AE＝45°，∠AED1＝90°，AD1＝AD＝，
∴AE＝AD1•cos∠D1AE＝cos45°＝1，D1E＝AD1•sin∠D1AE＝sin45°＝1，
∴OE＝OA+AE＝1+1＝2，BD1＝AB+BD1＝+＝2，
∴D1（1，2），
∵再将D1绕点B逆时针旋转90°得点D2，
∴∠D2BF＝45°，∠D2FB＝90°，BD2＝BD1＝2，
∴D2F＝BD2sin∠D2BF＝2sin45°＝2，BF＝BD2cos∠D2BF＝2cos45°＝2，
∴OF＝OB+BF＝1+2＝3，
∴D2（﹣3，2），
再将D2绕点C逆时针旋转90°得点D3，再将D3绕点D逆时针旋转90°得点D4，再将D4绕点A逆时针旋转90°得点D5……
同理可得：D3（﹣3，﹣4），D4（5，﹣4），D5（5，6），D6（﹣7，6），……，
观察发现：每四个点一个循环，D4n（4n+1，﹣4n），D4n+1（4n+1，4n+2），D4n+2（﹣4n﹣3，4n+2），D4n+3（﹣4n﹣3，﹣4n﹣4），
∵2022＝4×505+2，
∴D2022（﹣2023，2022）；
故答案为：（﹣2023，2022）．
九．抛物线与x轴的交点（共1小题）
10．（2021•淄博）对于任意实数a，抛物线y＝x2+2ax+a+b与x轴都有公共点，则b的取值范围是 　b≤﹣　．
【答案】见试题解答内容
【解答】解：∵对于任意实数a，抛物线y＝x2+2ax+a+b与x轴都有交点，
∴△≥0，则（2a）2﹣4（a+b）≥0，
整理得b≤a2﹣a，
∵a2﹣a＝（a﹣）2﹣，
∴a2﹣a的最小值为﹣，
∴b≤﹣，
故答案为b≤﹣．
一十．菱形的判定与性质（共1小题）
11．（2021•淄博）两张宽为3cm的纸条交叉重叠成四边形ABCD，如图所示．若∠α＝30°，则对角线BD上的动点P到A，B，C三点距离之和的最小值是 　6cm　．

【答案】6cm．
【解答】解：如图，作DE⊥BC于E，把△ABP绕点B逆时针旋转60°得到△A'BP′，
∵∠α＝30°，DE＝3cm，
∴CD＝2DE＝6cm，
同理：BC＝AD＝6cm，
由旋转的性质，A′B＝AB＝CD＝6cm，BP′＝BP，A'P′＝AP，∠P′BP＝60°，∠A'BA＝60°，
∴△P′BP是等边三角形，
∴BP＝PP'，
∴PA+PB+PC＝A'P′+PP'+PC，
根据两点间线段距离最短，可知当PA+PB+PC＝A'C时最短，连接A'C，与BD的交点即为P点，即点P到A，B，C三点距离之和的最小值是A′C．
∵∠ABC＝∠DCE＝∠α＝30°，∠A′BA＝60°，
∴∠A′BC＝90°，
∴A′C＝＝＝6（cm），
因此点P到A，B，C三点距离之和的最小值是6cm，
故答案为6cm．

一十一．关于x轴、y轴对称的点的坐标（共1小题）
12．（2021•淄博）在直角坐标系中，点A（3，2）关于x轴的对称点为A1，将点A1向左平移3个单位得到点A2，则A2的坐标为 　（0，﹣2）　．
【答案】（0，﹣2）．
【解答】解：∵点A（3，2）关于x轴的对称点为A1，
∴A1（3，﹣2），
∵将点A1向左平移3个单位得到点A2，
∴A2的坐标为（0，﹣2）．
故答案为：（0，﹣2）．
一十二．翻折变换（折叠问题）（共1小题）
13．（2020•淄博）如图，矩形纸片ABCD，AB＝6cm，BC＝8cm，E为边CD上一点．将△BCE沿BE所在的直线折叠，点C恰好落在AD边上的点F处，过点F作FM⊥BE，垂足为点M，取AF的中点N，连接MN，则MN＝　5　cm．

【答案】见试题解答内容
【解答】解：连接AC，MC．

由翻折的性质可知，BE垂直平分线段CF，
∵FM⊥BE，
∴F．M，C共线，FM＝MC，
∵AN＝FN，
∴MN＝AC，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC＝90°，
∴AC＝＝＝10（cm），
∴MN＝AC＝5（cm），
故答案为5．
一十三．平移的性质（共1小题）
14．（2020•淄博）如图，将△ABC沿BC方向平移至△DEF处．若EC＝2BE＝2，则CF的长为　1　．

【答案】见试题解答内容
【解答】解：∵△ABC沿BC方向平移至△DEF处．
∴BE＝CF，
∵EC＝2BE＝2，
∴BE＝1，
∴CF＝1．
故答案为1．
一十四．坐标与图形变化-平移（共1小题）
15．（2022•淄博）如图，在平面直角坐标系中，平移△ABC至△A1B1C1的位置．若顶点A（﹣3，4）的对应点是A1（2，5），则点B（﹣4，2）的对应点B1的坐标是 　（1，3）　．

【答案】（1，3）．
【解答】解：∵点A（﹣3，4）的对应点是A1（2，5），
∴点B（﹣4，2）的对应点B1的坐标是（1，3）．
故答案为：（1，3）．