【真题汇总卷】湖南省武冈市中考数学第一次模拟试题（含答案及详解）

这是一份【真题汇总卷】湖南省武冈市中考数学第一次模拟试题（含答案及详解），共32页。试卷主要包含了抛物线的顶点为，如图，有三块菜地△ACD，如图，某汽车离开某城市的距离y等内容，欢迎下载使用。

考生注意：
1、本卷分第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，满分100分，考试时间90分钟
2、答卷前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、班级填写在试卷规定位置上
3、答案必须写在试卷各个题目指定区域内相应的位置，如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用涂改液、胶带纸、修正带，不按以上要求作答的答案无效。
第I卷（选择题 30分）
一、单选题（10小题，每小题3分，共计30分）
1、下列语句中，不正确的是（ ）
A．0是单项式B．多项式的次数是4
C．的系数是D．的系数和次数都是1
2、如图所示，在长方形ABCD中，，，且，将长方形ABCD绕边AB所在的直线旋转一周形成圆柱甲，再将长方形ABCD绕边BC所在直线旋转一周形成圆柱乙，记两个圆柱的侧面积分別为、．下列结论中正确的是（ ）
A．B．C．D．不确定
3、如图是由4个相同的小正方体组成的立体图形，则下面四个平面图形中不是这个立体图形的三视图的是（ ）
A．B．C．D．
4、在如图所示的几何体中，从不同方向看得到的平面图形中有长方形的是（ ）
A．①B．②C．①②D．①②③
5、抛物线的顶点为（ ）
A．B．C．D．
6、如图，有三块菜地△ACD、△ABD、△BDE分别种植三种蔬菜，点D为AE与BC的交点，AD平分∠BAC，AD=DE，AB=3AC，菜地△BDE的面积为96，则菜地△ACD的面积是（ ）
A．24B．27C．32D．36
7、如图，已知二次函数的图像与x轴交于点，对称轴为直线．结合图象分析下列结论：①；②；③；④一元二次方程的两根分别为；⑤若为方程的两个根，则且．其中正· · · · · · 线 · · · · · · ○ · · · · · · 封 · · · · · · ○ · · · · · · 密 · · · · · · ○ · · · · · · 内 · · · · · · ○ · · · · · ·
号学级年名姓
· · · · · · 线 · · · · · · ○ · · · · · · 封 · · · · · · ○ · · · · · · 密 · · · · · · ○ · · · · · · 外 · · · · · · ○ · · · · · ·
确的结论个数是（ ）
A．2个B．3个C．4个D．5个
8、如图，某汽车离开某城市的距离y（km）与行驶时间t（h）之间的关系如图所示，根据图形可知，该汽车行驶的速度为（ ）
A．30km/hB．60km/hC．70km/hD．90km/h
9、下列宣传图案中，既中心对称图形又是轴对称图形的是（ ）
A．B．
C．D．
10、有理数a，b在数轴上对应点的位置如图所示，下列各式正确的是（ ）
A．|a|＞|b|B．a＋b＜0C．a﹣b＜0D．ab＞0
第Ⅱ卷（非选择题 70分）
二、填空题（5小题，每小题4分，共计20分）
1、2020年10月，华为推出了高端手机，它搭载的麒麟9900芯片是全球第一颗，也是唯一一颗采用5纳米工艺制造的，集成了153亿个晶体管，比苹果的芯片多了，是目前世界上晶体管最多、功能最完整的．其中“153亿”这个数据用科学记数法可以表示为__．
2、多项式3x2﹣2xy2+xyz3的次数是 ___．
3、在平行四边形ABCD中，对角线AC长为8cm，，，则它的面积为______cm2．
4、计算：______．
5、如图，AC为正方形ABCD的对角线，E为AC上一点，连接EB，ED，当时，的度数为______．
· · · · · · 线 · · · · · · ○ · · · · · · 封 · · · · · · ○ · · · · · · 密 · · · · · · ○ · · · · · · 内 · · · · · · ○ · · · · · ·
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三、解答题（5小题，每小题10分，共计50分）
1、如图，在平面直角坐标系中，在第二象限，且，，．
（1）作出关于轴对称的，并写出，的坐标；
（2）在轴上求作一点，使得最小，并求出最小值及点坐标．
2、已知四边形 是菱形， ， 点 在射线 上， 点 在射线 上，且 ．
（1）如图， 如果 ， 求证： ；
（2）如图， 当点 在 的延长线上时， 如果 ， 设 ， 试建立 与 的函数关系式，并写出 的取值范围
（3）联结 ， 当 是等腰三角形时，请直接写出 的长．
3、如图1，在平而直角坐标系中，抛物线（、、为常数，）的图像与轴交于点、两点，与轴交于点，且抛物线的对称轴为直线．
（1）求抛物线的解析式；
（2）在直线上方的抛物线上有一动点，过点作轴，垂足为点，交直线于点；是否存在点，使得取得最大值，若存在请求出它的最大值及点的坐标；若不存在，请说明理由；
（3）如图2，若点是抛物线上另一动点，且满足，请直接写出点的坐标．
4、如图1所示，已知△ABC中，∠ACB=90°，BC=2，AC=，点D在射线BC上，以点D为圆心，BD为半径画弧交AB边AB于点E，过点E作EF⊥AB交边AC于点F，射线ED交射线AC于点G．
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（1）求证：EA=EG；
（2）若点G在线段AC延长线上时，设BD=x，FC=y，求y关于x的函数解析式并写出定义域；
（3）联结DF，当△DFG是等腰三角形时，请直接写出BD的长度．
5、计算：（a﹣2b）（a+2b）﹣（a﹣2b）2+8b2．
-参考答案-
一、单选题
1、D
【分析】
分别根据单独一个数也是单项式、多项式中每个单项式的最高次数是这个多项式的次数、单项式中的数字因数是这个单项式的系数、单项式中所有字母的指数和是这个单项式的次数解答即可．
【详解】
解：A、0是单项式，正确，不符合题意；
B、多项式的次数是4，正确，不符合题意；
C、的系数是，正确，不符合题意；
D、的系数是－1，次数是1，错误，符合题意，
故选：D．
【点睛】
本题考查单项式、单项式的系数和次数、多项式的次数，理解相关知识的概念是解答的关键．
2、C
【分析】
根据公式，得=，=，判断选择即可．
【详解】
∵=，=，
∴=．
故选C．
【点睛】
本题考查了圆柱体的形成及其侧面积的计算，正确理解侧面积的计算公式是解题的关键．
3、A
【分析】
根据几何体的三视图，是分别从几何体的正面、左面和上面看物体而得到的图形，对每个选项分别判断、解答．
【详解】
解：B是俯视图，C是左视图，D是主视图，
故四个平面图形中A不是这个几何体的三视图．
故选：A．
【点睛】
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本题考查了简单组合体的三视图，掌握几何体的主视图、左视图和俯视图，是分别从几何体的正面、左面和上面看物体而得到的图形是解题的关键．
4、C
【分析】
分别找出每个图形从三个方向看所得到的图形即可得到答案．
【详解】
①正方体从上面、正面、左侧三个不同方向看到的形状都是正方形，符合要求；
②圆柱从左面和正面看都是长方形，从上边看是圆，符合要求；
③圆锥，从左边看是三角形，从正面看是三角形，从上面看是圆，不符合要求；故选：C．
【点睛】
本题考查了从不同方向看几何体，掌握定义是关键．注意正方形是特殊的长方形．
5、B
【分析】
根据抛物线的顶点式y=a（x-h）2+k可得顶点坐标是（h，k）．
【详解】
解：∵y=2（x-1）2+3，
∴抛物线的顶点坐标为（1，3），
故选：B．
【点睛】
本题考查二次函数的性质，解题的关键是熟练掌握抛物线的顶点式y=a（x-h）2+k，顶点坐标是（h，k）．
6、C
【分析】
利用三角形的中线平分三角形的面积求得S△ABD=S△BDE=96，利用角平分线的性质得到△ACD与△ABD的高相等，进一步求解即可．
【详解】
解：∵AD=DE，S△BDE=96，
∴S△ABD=S△BDE=96，
过点D作DG⊥AC于点G，过点D作DF⊥AB于点F，
∵AD平分∠BAC，
∴DG=DF，
∴△ACD与△ABD的高相等，
又∵AB=3AC，
∴S△ACD=S△ABD=．
故选：C．
【点睛】
本题考查了角平分线的性质，三角形中线的性质，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题．
7、C
【分析】
根据图像，确定a，b，c的符号，根据对称轴，确定b，a的关系，当x=-1时，得到a-b+c=0，确定a，c的关系，从而化简一元二次方程，求其根即可，利用平移的思想，把y=的图像向上平移1个单位即可，确定方程的根．
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【详解】
∵抛物线开口向上，
∴a＞0，
∵抛物线与y轴的交点在y轴的负半轴上，
∴c＜0，
∵抛物线的对称轴在y轴的右边，
∴b＜0，
∴，
故①正确；
∵二次函数的图像与x轴交于点，
∴a-b+c=0，
根据对称轴的左侧，y随x的增大而减小，
当x=-2时，y＞0即，
故②正确；
∵，
∴b= -2a，
∴3a+c=0，
∴2a+c=2a-3a= -a＜0，
故③正确；
根据题意，得，
∴，
解得，
故④错误；
∵=0，
∴，
∴y=向上平移1个单位，得y=+1，
∴为方程的两个根，且且．
故⑤正确；
故选C．
【点睛】
本题考查了抛物线的图像与系数的符号，抛物线的对称性，抛物线与一元二次方程的关系，抛物线的增减性，平移，熟练掌握抛物线的性质，抛物线与一元二次方程的关系是解题的关键．
8、B
【分析】
直接观察图象可得出结果．
【详解】
解：根据函数图象可知：t=1时，y=90；
∵汽车是从距离某城市30km开始行驶的，
∴该汽车行驶的速度为90-30=60km/h，
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故选：B．
【点睛】
本题主要考查了一次函数的图象，正确的识别图象是解题的关键．
9、C
【分析】
根据轴对称图形和中心对称图形的概念，对各选项分析判断即可得解．把一个图形绕某一点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形；如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形．
【详解】
解：A．是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不合题意；
B．不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故本选项不合题意；
C．既是轴对称图形，又是中心对称图形，故本选项符合题意；
D．不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故本选项不合题意．
故选：C．
【点睛】
本题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度后与原图重合．
10、C
【分析】
先根据数轴上点的位置，判断数a、b的正负和它们绝对值的大小，再根据加减法、乘法法则确定正确选项．
【详解】
解：由数轴知：﹣1＜a＜0＜1＜b，|a|＜|b|，
∴选项A不正确；
a+b＞0，选项B不正确；
∵a＜0，b＞0，
∴ab＜0，选项D不正确；
∵a＜b，
∴a﹣b＜0，选项C正确，
故选：C．
【点睛】
本题考查了数轴上点的位置、有理数的加减法、乘法法则．理解加减法法则和乘法的符号法则是解决本题的关键．
二、填空题
1、
【解析】
【分析】
科学记数法的表示形式为的形式，其中，为整数．确定的值时，要看把原数变成时，小数点移动了多少位，的绝对值与小数点移动的位数相同．当原数绝对值时，是正数；当原数的绝对值时，是负数．
【详解】
153亿．
故答案为：．
【点睛】
本题考查科学记数法的表示方法．科学记数法的表示形式为的形式，其中，为整数，表示时关键要正确确定的值以及的值．
2、5
【解析】
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【分析】
根据多项式中每个单项式叫做多项式的项，这些单项式中的最高次数，就是这个多项式的次数解答．
【详解】
解：多项式3x2﹣2xy2+xyz3的次数是5．
故答案为：5．
【点睛】
本题考查的是多项式的概念，多项式中每个单项式叫做多项式的项，这些单项式中的最高次数，就是这个多项式的次数．
3、20
【解析】
【分析】
根据S▱ABCD=2S△ABC，所以求S△ABC可得解．作BE⊥AC于E，在直角三角形ABE中求BE从而计算S△ABC．
【详解】
解：如图，过B作BE⊥AC于E．
在直角三角形ABE中，
∠BAC=30°，AB=5，
∴BE=AB=，
S△ABC=AC•BE=10，
∴S▱ABCD=2S△ABC=20(cm2)．
故答案为：20．
【点睛】
本题综合考查了平行四边形的性质，含30度的直角三角形的性质等．先求出对角线分成的两个三角形中其中一个的面积，然后再求平行四边形的面积，这样问题就比较简单了．
4、-1
【解析】
【分析】
根据有理数减法法则计算即可．
【详解】
解：，
故答案为：-1．
【点睛】
本题考查了有理数减法，解题关键是熟记有理数减法法则，准确计算．
5、18°##18度
【解析】
【分析】
由“SAS”可证△DCE≌△BCE，可得∠CED=∠CEB=∠BED=63°，由三角形的外角的性质可求解．
【详解】
证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=CD=BC=AB，∠DAE=∠BAE=∠DCA=∠BCA=45°，
在△DCE和△BCE中，
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，
∴△DCE≌△BCE（SAS），
∴∠CED=∠CEB=∠BED=63°，
∵∠CED=∠CAD+∠ADE，
∴∠ADE=63°-45°=18°，
故答案为：18°．
【点睛】
本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，证明△DCE≌△BCE是本题的关键．
三、解答题
1、
（1）见解析，，
（2）见解析，，
【分析】
（1）由题意依据作轴对称图形的方法作出关于轴对称的，进而即可得出，的坐标；
（2）根据题意作关于轴的对称点，连接两点与轴的交点即为点，进而设直线的解析式为并结合勾股定理进行求解.
（1）
解：如图所示，即为所求．，
（2）
解：如图点即为所求．点关于轴对称点．
设直线的解析式为．
将，代入得
，，
∴直线
当时，．，，
最小．
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【点睛】
本题考查画轴对称图形以及勾股定理，熟练掌握并利用轴对称的性质解决线段和的最小值是解题的关键.
2、
（1）证明过程详见解答；
（2）
（3）或
【分析】
（1）先证明四边形是正方形，再证明，从而命题得证；
（2）在上截取，先证明是正三角形，再证明，进一步求得结果；
（3）当时，作于，以为圆心，为半径画弧交于，作于，证明，，可推出，再证明，可推出，从而求得，当时，作于，以为圆心，为半径画弧交于，作于，作于，先根据求得，进而求得，根据，，和，从而求得，根据三角形三边关系否定，从而确定的结果．
（1）
解：证明：四边形是菱形，，
菱形是正方形，
，，
，
，
；
（2）
解：如图1，
在上截取，
四边形是菱形，
，，
是正三角形，
，，
，，
，
，
，
；
（3）
如图2，
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当时，作于，以为圆心，为半径画弧交于，作于，
，，，，
，
四边形是菱形，
，
，，
，
①，
，
，
，
②，
由①②得，
，
，
如图3，
当时，作于，以为圆心，为半径画弧交于，作于，
作于，
，
，
由得，
，
，
，
由第一种情形知：，，
，，
①，②，
由①②得，
，
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，
，
，
即，
综上所述：或．
【点睛】
本题考查了菱形性质，正方形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，面积法等知识，解题的关键是作辅助线，构造相似三角形．
3、
（1）
（2）；
（3）
【分析】
（1）待定系数法求解析式即可；
（2）过点作于点，求得，直线的解析式为，设，点在直线上，则，进而求得，根据二次函数的性质求得最值以及的值，进而求得的坐标；
（3）取点，连接，则，进而证明，根据的解析式求得的解析式，进而联立抛物线解析式即可求得点的坐标．
（1）
解：抛物线的对称轴为直线，与轴交于点、两点，与轴交于点，
设抛物线的解析式为，将点代入得
解得
抛物线的解析式为
即
（2）
解：如图，过点作于点，
设直线的解析式为，将点，
代入得：
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解得
直线的解析式为
，
是等腰直角三角形
轴，
轴
在中，
在直线上方的抛物线上有一动点，设
点在直线上，则
，
即当时，的最大值为：
此时
即
（3）
如图，取点，连接，则，
又
设直线的解析式为
则
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解得
直线的解析式为
设直线的解析式为，过点
解得
直线的解析式为
是抛物线上的一点，则为直线与抛物线的交点，则
解得，
【点睛】
本题考查了二次函数综合，一次函数的平移问题，二次函数最值问题，掌握二次函数的图象的性质是解题的关键．
4、
（1）见解析
（2）
（3）
【分析】
（1）在BA上截取BM=BC=2，在Rt△ACB中，由勾股定理，可得AB=4，进而可得∠A=30°，∠B=60°；由DE=DB，可证△DEB是等边三角形，∠BED=60°，由外角和定理得∠BED=∠A+∠G，进而得∠G=30°，所以∠A=∠G，即可证EA=EG；
（2）由△DEB是等边三角形可得BE=DE，由BD=x，FC=y，得BE=x， DE=x，AE=AB-BE=4-x，在Rt△AEF中，由勾股定理可表示出 ，把相关量代入FC=AC-AF，整理即可得y关于x的函数解析式；当F点与C点重合时，x取得最小值1，G在线段AC延长线上,可知，D点不能与C点重合，所以x最大值小于2，故可得1≤x<2；
（3）连接DF，根据等腰三角形的判定定理，有两条边相等的三角形是等腰三角形，分三种情况①当时，②当时③当时，分别计算即可得BD的长．
（1）
如图，在BA上截取BM=BC=2，
Rt△ACB中，∠C=90°
∵AC=2，BC=2，
∴AB=
∴AM=AB-BM=2，
∴CM=BM=AM=2，
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∴△BCM是等边三角形，
∴∠B=60°，
∴∠A=30°，
∵DE=DB，∴△DEB是等边三角形，
∴∠BED=60°，
∵∠BED=∠A+∠G，
∴∠G=30°
∴∠A=∠G，
∴EA=EG．
（2）
∵△DEB是等边三角形，
∴BE=DE
设BE=x，则DE=x，AE=AB-BE=4-x
∵∠A=30°，∠AEF=90°，
∴EF=，
Rt△AEF中，
∴
∵FC=AC-AF，
∴ y =
定义域：1≤x<2
（3）
连接DF，
Rt△ACB中，∠C=90°
∴
∵AC=2，BC=2，BD=x，
∴AB=4，EA=EG=4-x，，，
①当时，在Rt△DCG中，
∴，
，
解得：（舍去），；
②当时，
在Rt△DCG中，∠G=30°，
∴DG=2DC，
∴CG=
· · · · · · 线 · · · · · · ○ · · · · · · 封 · · · · · · ○ · · · · · · 密 · · · · · · ○ · · · · · · 内 · · · · · · ○ · · · · · ·
号学级年名姓
· · · · · · 线 · · · · · · ○ · · · · · · 封 · · · · · · ○ · · · · · · 密 · · · · · · ○ · · · · · · 外 · · · · · · ○ · · · · · ·
∴，
解之得：；
③当时，在Rt△DCF中，
，
∴，
，
解得：；
综上所述：BD的长为或或．
【点睛】
本题主要考查了勾股定理，等腰三角形的判定等有关知识，正确进行分析，熟练掌握和灵活运用相关知识是解题的关键，注意分类思想的运用．
5、
【分析】
根据整式的乘法公式及运算法则化简，合并即可求解．
【详解】
（a﹣2b）（a+2b）﹣（a﹣2b）2+8b2
=a2-4b2-a2+4ab-4b2+8b2
=4ab．
【点睛】
此题主要考查整式的乘法运算，解题的关键是熟知其运算法则及运算公式．