2021年四川省成都市高中阶段教育学校统一招生考试数学B卷专项突破训练（1）（word版 含答案）

2021年四川省成都市高中阶段教育学校统一招生考试

数学B卷专项突破（一）

（满分50分）

一、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分，答案写在答题卡上）

1．已知的值为0，则x＝　   　．

2．我们知道：四边形具有不稳定性．如图，在平面直角坐标系xOy中，矩形ABCD的边AB在x轴上，A（﹣3，0），B（4，0），边AD长为5．现固定边AB，“推”矩形使点D落在y轴的正半轴上（落点记为D′），相应地，点C的对应点C′的坐标为　      　．

3．如图，作半径为2的⊙O的内接正四边形ABCD，然后作正四边形ABCD的内切圆，得第二个圆，再作第二个圆的内接正四边形A1B1C1D1，又作正四边形A1B1C1D1的内切圆，得第三个圆…，如此下去，则第六个圆的半径为　                　．

4．如图，将一把矩形直尺ABCD和一块含30°角的三角板EFG摆放在平面直角坐标系中，AB在x轴上，点G与点A重合，点F在AD上，三角板的直角边EF交BC于点M，反比例函数y＝（x＞0）的图象恰好经过点F，M．若直尺的宽CD＝3，三角板的斜边FG＝8，则k＝　             　．

5．在矩形ABCD中，AB＝6，BC＝8，点O在对角线AC上，圆O的半径为2，如果圆O与矩形ABCD的各边都没有公共点，那么线段AO长的取值范围是　                　．

二、解答题（本大题共3个小题，共30分，解答过程写在答题卡上）

6．（本小题满分8分）2020年5月16日，“钱塘江诗路”航道全线开通．一艘游轮从杭州出发前往衢州，线路如图1所示．当游轮到达建德境内的“七里扬帆”景点时，一艘货轮沿着同样的线路从杭州出发前往衢州．已知游轮的速度为20km/h，游轮行驶的时间记为t（h），两艘轮船距离杭州的路程s（km）关于t（h）的图象如图2所示（游轮在停靠前后的行驶速度不变）．

（1）写出图2中C点横坐标的实际意义，并求出游轮在“七里扬帆”停靠的时长．

（2）若货轮比游轮早36分钟到达衢州．问：

①货轮出发后几小时追上游轮？

②游轮与货轮何时相距12km？

7．（本小题满分10分）已知四边形ABCD为矩形，对角线AC、BD相交于点O，AD＝AO．点E、F为矩形边上的两个动点，且∠EOF＝60°．

（1）如图1，当点E、F分别位于AB、AD边上时，若∠OEB＝75°，求证：DF＝AE；

（2）如图2，当点E、F同时位于AB边上时，若∠OFB＝75°，试说明AF与BE的数量关系；

（3）如图3，当点E、F同时在AB边上运动时，将△OEF沿OE所在直线翻折至△OEP，取线段CB的中点Q．连接PQ，若AD＝2a（a＞0），则当PQ最短时，求PF之长．

8．（本小题满分12分）如图，抛物线y＝x2+bx+c经过点（3，12）和（﹣2，﹣3），与两坐标轴的交点分别为A，B，C，它的对称轴为直线l．

（1）求该抛物线的表达式；

（2）P是该抛物线上的点，过点P作l的垂线，垂足为D，E是l上的点．要使以P、D、E为顶点的三角形与△AOC全等，求满足条件的点P，点E的坐标．

2021年四川省成都市高中阶段教育学校统一招生考试

数学B卷专项突破（一）

（满分50分）

参考答案与试题解析

一、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分，答案写在答题卡上）

1．已知的值为0，则x＝　﹣1　．

【分析】根据分式值为零的条件和二次根式有意义的条件可得：（x﹣2）（x+1）＝0且1﹣x＞0，再解即可．

【解答】解：由题意得：（x﹣2）（x+1）＝0，且1﹣x＞0，

解得：x＝﹣1，

故答案为：﹣1．

【点评】此题主要考查了分式值为零的条件，以及二次根式有意义的条件，关键是掌握分式值为零的条件是分子等于零且分母不等于零．

注意：“分母不为零”这个条件不能少．

2．我们知道：四边形具有不稳定性．如图，在平面直角坐标系xOy中，矩形ABCD的边AB在x轴上，A（﹣3，0），B（4，0），边AD长为5．现固定边AB，“推”矩形使点D落在y轴的正半轴上（落点记为D′），相应地，点C的对应点C′的坐标为　（7，4）　．

【分析】根据勾股定理，可得OD′，根据平行四边形的性质，可得答案．

【解答】解：由勾股定理，得

OD′＝＝4，

即D′（0，4）．

矩形ABCD的边AB在x轴上，

∴四边形ABC′D′是平行四边形，

AD′＝BC′，C′D′＝AB＝4﹣（﹣3）＝7，

C′与D′的纵坐标相等，

∴C′（7，4）

故答案为：（7，4）．

【点评】本题考查了多边形，利用平行四边形的性质得出AD′＝BC′，C′D′＝AB＝4﹣（﹣3）＝7是解题关键．

3．如图，作半径为2的⊙O的内接正四边形ABCD，然后作正四边形ABCD的内切圆，得第二个圆，再作第二个圆的内接正四边形A1B1C1D1，又作正四边形A1B1C1D1的内切圆，得第三个圆…，如此下去，则第六个圆的半径为　　．

【分析】探究规律，利用规律解决问题即可．

【解答】解：由题意第一个圆的半径为2，

第二个圆的半径为＝，\

第三个圆的半径为2÷（）2＝1，

…，

第六个圆的半径为2÷（）5＝．

故答案为：．

【点评】本题考查正多边形与圆，规律型：图形的变化，解题的关键是学会探究规律，利用规律解决问题，属于中考常考题型．

4．如图，将一把矩形直尺ABCD和一块含30°角的三角板EFG摆放在平面直角坐标系中，AB在x轴上，点G与点A重合，点F在AD上，三角板的直角边EF交BC于点M，反比例函数y＝（x＞0）的图象恰好经过点F，M．若直尺的宽CD＝3，三角板的斜边FG＝8，则k＝　40　．

【分析】通过作辅助线，构造直角三角形，求出MN，FN，进而求出AN、MB，表示出点F、点M的坐标，利用反比例函数k的意义，确定点F的坐标，进而确定k的值即可．

【解答】解：过点M作MN⊥AD，垂足为N，则MN＝CD＝3，

在Rt△FMN中，∠MFN＝30°，

∴FN＝MN＝3，

∴AN＝MB＝8﹣3＝5，

设OA＝x，则OB＝x+3，

∴F（x，8），M（x+3，5），

又∵点F、M都在反比例函数的图象上，

∴8x＝（x+3）×5，

解得，x＝5，

∴F（5，8），

∴k＝5×8＝40．

故答案为：40．

【点评】考查反比例函数的图象上点的坐标特征，把点的坐标代入函数关系式是常用的方法．

5．在矩形ABCD中，AB＝6，BC＝8，点O在对角线AC上，圆O的半径为2，如果圆O与矩形ABCD的各边都没有公共点，那么线段AO长的取值范围是　＜AO＜　．

【分析】根据勾股定理得到AC＝10，如图1，设⊙O与AD边相切于E，连接OE，如图2，设⊙O与BC边相切于F，连接OF，根据相似三角形的性质即可得到结论．

【解答】解：在矩形ABCD中，∵∠D＝90°，AB＝6，BC＝8，

∴AC＝10，

如图1，设⊙O与AD边相切于E，连接OE，

则OE⊥AD，

∴OE∥CD，

∴△AOE∽△ACD，

∴，

∴＝，

∴AO＝，

如图2，设⊙O与BC边相切于F，连接OF，

则OF⊥BC，

∴OF∥AB，

∴△COF∽△CAB，

∴＝，

∴＝，

∴OC＝，

∴AO＝，

∴如果圆O与矩形ABCD的各边都没有公共点，那么线段AO长的取值范围是＜AO＜，

故答案为：＜AO＜．

【点评】本题考查了直线与圆的位置关系，矩形的性质，相似三角形的判定和性质，正确的作出图形是解题的关键．

二、解答题（本大题共3个小题，共30分，解答过程写在答题卡上）

6．2020年5月16日，“钱塘江诗路”航道全线开通．一艘游轮从杭州出发前往衢州，线路如图1所示．当游轮到达建德境内的“七里扬帆”景点时，一艘货轮沿着同样的线路从杭州出发前往衢州．已知游轮的速度为20km/h，游轮行驶的时间记为t（h），两艘轮船距离杭州的路程s（km）关于t（h）的图象如图2所示（游轮在停靠前后的行驶速度不变）．

（1）写出图2中C点横坐标的实际意义，并求出游轮在“七里扬帆”停靠的时长．

（2）若货轮比游轮早36分钟到达衢州．问：

①货轮出发后几小时追上游轮？

②游轮与货轮何时相距12km？

【分析】（1）根据图中信息解答即可．

（2）①求出B，C，D，E的坐标，利用待定系数法求解即可．

②分三种情形种情形分别构建方程求解即可．

【解答】解：（1）C点横坐标的实际意义是游轮从杭州出发前往衢州共用了23h．

∴游轮在“七里扬帆”停靠的时长＝23﹣（420÷20）＝23﹣21＝2（h）．

（2）①280÷20＝14h，

∴点A（14，280），点B（16，280），

∵36÷60＝0.6（h），23﹣0.6＝22.4，

∴点E（22.4，420），

设BC的解析式为s＝20t+b，把B（16，280）代入s＝20t+b，可得b＝﹣40，

∴s＝20t﹣40（16≤t≤23），

同理由D（14，0），E（22.4，420）可得DE的解析式为s＝50t﹣700（14≤t≤22.4），

由题意：20t﹣40＝50t﹣700，

解得t＝22，

∵22﹣14＝8（h），

∴货轮出发后8小时追上游轮．

②相遇之前相距12km时，20t﹣40﹣（50t﹣700）＝12，解得t＝21.6．

相遇之后相距12km时，50t﹣700﹣（20t﹣40）＝12，解得t＝22.4，

当游轮在刚离开杭州12km时，此时根据图象可知货轮就在杭州，游轮距离杭州12km，所以此时两船应该也是想距12km，即在0.6h的时候，两船也相距12km

∴0.6h或21.6h或22.4h时游轮与货轮相距12km．

【点评】本题考查一次函数的应用，解题的关键是读懂图象信息，熟练运用待定系数法解决问题，属于中考常考题型．

7．已知四边形ABCD为矩形，对角线AC、BD相交于点O，AD＝AO．点E、F为矩形边上的两个动点，且∠EOF＝60°．

（1）如图1，当点E、F分别位于AB、AD边上时，若∠OEB＝75°，求证：DF＝AE；

（2）如图2，当点E、F同时位于AB边上时，若∠OFB＝75°，试说明AF与BE的数量关系；

（3）如图3，当点E、F同时在AB边上运动时，将△OEF沿OE所在直线翻折至△OEP，取线段CB的中点Q．连接PQ，若AD＝2a（a＞0），则当PQ最短时，求PF之长．

【分析】（1）如图1中，在OF上取一点K，使得OK＝OE，连接DK．想办法证明DK＝AE，DF＝DK即可解决问题．

（2）如图2中，将△OAF绕点O逆时针旋转120°得到△OBJ，连接JE．想办法证明∠JEB＝90°，∠EJB＝30°可得结论．

（3）如图3中，连接BP．证明△OAF≌△OBP（SAS），推出∠PBC＝30°，如图3﹣1中，当QP⊥PB时，PQ的值最小，作FH⊥OA于H，OM⊥PF于M．解直角三角形求出FM即可解决问题．

【解答】（1）证明：如图1中，在OF上取一点K，使得OK＝OE，连接DK．

∵四边形ABCD是矩形，

∴OD＝OA，∠DAB＝90°，

∵AD＝AO，

∴AD＝AO＝OD，

∴△OAD是等边三角形，

∴∠DOA＝∠EOF＝∠DAO＝∠ADO＝60°，

∴∠DOK＝∠AOE，∠OAE＝90°﹣60°＝30°，

∵OD＝OA，OK＝OE，

∴△DOK≌△AOE（SAS），

∴DK＝AE，∠ODK＝∠OAE＝30°，

∵OA＝OB，

∴∠OAB＝∠OBA＝30°，

∵∠OEB＝75°，

∴∠OEB＝∠BOE＝75°，

∵∠EOF＝60°，

∴∠DOK＝180°﹣75°﹣60°＝45°，

∴∠DFO＝180°﹣60°﹣45°＝75°，∠DKF＝∠ODK+∠DOK＝75°，

∴∠DFK＝∠DKF＝75°，

∴DF＝DK，

∴DF＝AE．

（2）解：结论：AF＝2BE．

理由：如图2中，将△OAF绕点O逆时针旋转120°得到△OBJ，连接JE．

∵∠AOB＝120°，∠EOF＝60°，

∴∠BOJ+∠BOE＝∠AOF+∠BOE＝60°，

∴∠EOJ＝∠EOF，

∵OF＝OJ，OE＝OE，

∴△EOF≌△EOJ（SAS），

∴∠OEF＝∠OEJ，

∵∠OFB＝75°，∠OBF＝30°，

∴∠BOF＝75°，

∴∠BOE＝75°﹣60°＝15°，

∴∠FEO＝∠BOE+∠OBE＝45°，

∴∠OEF＝∠OEJ＝45°，

∴∠JEB＝∠JEF＝90°，

∵∠OBJ＝∠OAF＝30°，∠OBE＝30°，

∴∠EBJ＝60°，

∴∠EJB＝90°﹣60°＝30°，

∴BJ＝2BE，

∵AF＝BJ，

∴AF＝2BE．

（3）解：如图3中，连接BP．

由翻折可知：OF＝OP，∠EOF＝∠EOP＝60°，

∴∠FOP＝∠AOB＝120°，

∴∠AOF＝∠BOP，

∵OA＝OB，

∴△OAF≌△OBP（SAS），

∴∠OBP＝∠OAF＝30°，AF＝BP，

∵∠OBC＝60°，

∴∠PBC＝30°，

如图3﹣1中，当QP⊥PB时，PQ的值最小，作FH⊥OA于H，OM⊥PF于M．

在Rt△PQB中，∵∠QPB＝90°，∠PBQ＝30°，BQ＝BC＝AD＝a，

∴PB＝AF＝BQ•cos30°＝a，

在Rt△AFH中，则有AH＝AF•cos30°＝a，FH＝AF＝a，

∴OH＝OA﹣AH＝2a﹣a＝a，

∴OF＝＝＝a，

∵OF＝OP，OM⊥PF，

∴FM＝MP＝OF•cos30°＝a，

∴FP＝2FM＝a．

【点评】本题属于四边形综合题，考查了矩形的性质，旋转变换，全等三角形的判定和性质，解直角三角形，等边三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考压轴题．

8．如图，抛物线y＝x2+bx+c经过点（3，12）和（﹣2，﹣3），与两坐标轴的交点分别为A，B，C，它的对称轴为直线l．

（1）求该抛物线的表达式；

（2）P是该抛物线上的点，过点P作l的垂线，垂足为D，E是l上的点．要使以P、D、E为顶点的三角形与△AOC全等，求满足条件的点P，点E的坐标．

【分析】（1）将点（3，12）和（﹣2，﹣3）代入抛物线表达式，即可求解；

（2）由题意得：PD＝DE＝3时，以P、D、E为顶点的三角形与△AOC全等，分点P在抛物线对称轴右侧、点P在抛物线对称轴的左侧两种情况，分别求解即可．

【解答】解：（1）将点（3，12）和（﹣2，﹣3）代入抛物线表达式得，解得，

故抛物线的表达式为：y＝x2+2x﹣3；

（2）抛物线的对称轴为直线x＝﹣1，

令y＝0，则x＝﹣3或1，令x＝0，则y＝﹣3，

故点A、B的坐标分别为（﹣3，0）、（1，0）；点C（0，﹣3），

故OA＝OC＝3，

∵∠PDE＝∠AOC＝90°，

∴当PD＝DE＝3时，以P、D、E为顶点的三角形与△AOC全等，

设点P（m，n），当点P在抛物线对称轴右侧时，m﹣（﹣1）＝3，解得：m＝2，

故n＝22+2×2﹣3＝5，故点P（2，5），

故点E（﹣1，2）或（﹣1，8）；

当点P在抛物线对称轴的左侧时，由抛物线的对称性可得，点P（﹣4，5），此时点E坐标同上，

综上，点P的坐标为（2，5）或（﹣4，5）；点E的坐标为（﹣1，2）或（﹣1，8）．

【点评】本题考查的是二次函数综合运用，涉及到三角形全等等，有一定的综合性，难度适中，其中（2）需要分类求解，避免遗漏．