备考练习贵州省铜仁市中考数学历年高频真题专项攻克 B卷(含答案解析)
展开考生注意:
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、有理数,在数轴上对应点如图所示,则下面式子中正确的是( )
A.B.C.D.
2、如图,AD为的直径,,,则AC的长度为( )
A.B.C.4D.
3、如图,在中,,,,是边上一动点,沿的路径移动,过点作,垂足为.设,的面积为,则下列能大致反映与函数关系的图象是( )
A.B.
C.D.
4、如图所示,一座抛物线形的拱桥在正常水位时,水面AB宽为20米,拱桥的最高点O到水面AB的距离为4米.如果此时水位上升3米就达到警戒水位CD,那么CD宽为( )
A.4米B.10米C.4米D.12米
5、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( )
· · · · · · 线 · · · · · · ○ · · · · · · 封 · · · · · · ○ · · · · · · 密 · · · · · · ○ · · · · · · 内 · · · · · · ○ · · · · · ·
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A.B.C.D.
6、下面四个立体图形的展开图中,是圆锥展开图的是( ).
A.B.C.D.
7、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
8、下列方程变形不正确的是( )
A.变形得:
B.方程变形得:
C.变形得:
D.变形得:
9、单项式的次数是( )
A.1B.2C.3D.4
10、如图,下列条件中不能判定的是( )
A.B.C.D.
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、如图,在中,,,BE是高,且点D,F分别是边AB,BC的中点,则的周长等于______.
2、若反比例函数的图象位于第一、第三象限,则的取值范围是_______.
3、如图,在平面直角坐标系xOy中,P为函数图象上一点,过点P分别作x轴、y轴的垂线,垂足分别为M,N.若矩形PMON的面积为3,则m的值为______.
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4、长方形纸片按图中方式折叠,其中为折痕,如果折叠后在一条直线上,那么的大小是________度.
5、当我们利用两种不同的方法计算同一图形的面积时,可以得到一个等式.例如:由图1可得等式:.
(1)由图2可得等式:________;
(2)利用(1)中所得到的结论,解决下面的问题:已知且,则_______.
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、甲、乙两人沿同一直道从A地去B地.已知A,B两地相距9000m,甲的步行速度为100m/min,他每走半个小时就休息15min,经过2小时到达目的地.乙的步行速度始终不变,他在途中不休息,在整个行程中,甲离A地的距离(单位:m)与时间x(单位:min)之间的函数关系如图所示(甲、乙同时出发,且同时到达目的地).
(1)在图中画出乙离A地的距离(单位:m)与时间x之间的函数图象;
(2)求甲、乙两人在途中相遇的时间.
3、如图,D、E、F分别是△ABC各边的中点,连接DE、DF、CD.
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(1)若CD平分∠ACB,求证:四边形DECF为菱形;
(2)连接EF交CD于点O,在线段BE上取一点M,连接OM交DE于点N.已知CE=a,CF=b,EM=c,求EN的值.
4、已知关于x的一元二次方程x2−(2m−2)x+(m2−2m)=0.
(1)请说明该方程实数根的个数情况;
(2)如果方程的两个实数根为x1,x2,且(x1+1)⋅(x2+1)=8,求m的值.
5、解方程
(1)
(2)
-参考答案-
一、单选题
1、C
【分析】
先根据数轴可得,再根据有理数的加减法与乘法法则逐项判断即可得.
【详解】
解:由数轴得:.
A、,此项错误;
B、由得:,所以,此项错误;
C、,此项正确;
D、,此项错误;
故选:C.
【点睛】
本题考查了数轴、绝对值、有理数的加减法与乘法,熟练掌握数轴的性质是解题关键.
2、A
【分析】
连接CD,由等弧所对的圆周角相等逆推可知AC=DC,∠ACD=90°,再由勾股定理即可求出.
【详解】
解:连接CD
∵
∴AC=DC
又∵AD为的直径
∴∠ACD=90°
∴
∴
∴
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故答案为:A.
【点睛】
本题考查了圆周角的性质以及勾股定理,当圆中出现同弧或等弧时,常常利用弧所对的圆周角或圆心角,通过相等的弧把角联系起来,直径所对的圆周角是90°.
3、D
【分析】
分两种情况分类讨论:当0≤x≤6.4时,过C点作CH⊥AB于H,利用△ADE∽△ACB得出y与x的函数关系的图象为开口向上的抛物线的一部分;当6.4<x≤10时,利用△BDE∽△BCA得出y与x的函数关系的图象为开口向下的抛物线的一部分,然后利用此特征可对四个选项进行判断.
【详解】
解:∵,,,
∴BC=,
过CA点作CH⊥AB于H,
∴∠ADE=∠ACB=90°,
∵,
∴CH=4.8,
∴AH=,
当0≤x≤6.4时,如图1,
∵∠A=∠A,∠ADE=∠ACB=90°,
∴△ADE∽△ACB,
∴,即,解得:x=,
∴y=•x•=x2;
当6.4<x≤10时,如图2,
∵∠B=∠B,∠BDE=∠ACB=90°,
∴△BDE∽△BCA,
∴,
即,解得:x=,
∴y=•x•=;
故选:D.
【点睛】
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本题考查了动点问题的函数图象:函数图象是典型的数形结合,图象应用信息广泛,通过看图获取信息,不仅可以解决生活中的实际问题,还可以提高分析问题、解决问题的能力.解决本题的关键是利用分类讨论的思想求出y与x的函数关系式.
4、B
【分析】
以O点为坐标原点,AB的垂直平分线为y轴,过O点作y轴的垂线,建立直角坐标系,设抛物线的解析式为y=ax²,由此可得A(﹣10,﹣4),B(10,﹣4),即可求函数解析式为y=﹣ x²,再将y=﹣1代入解析式,求出C、D点的横坐标即可求CD的长.
【详解】
解:以O点为坐标原点,AB的垂直平分线为y轴,过O点作y轴的垂线,建立直角坐标系,
设抛物线的解析式为y=ax2,
∵O点到水面AB的距离为4米,
∴A、B点的纵坐标为﹣4,
∵水面AB宽为20米,
∴A(﹣10,﹣4),B(10,﹣4),
将A代入y=ax2,
﹣4=100a,
∴a=﹣,
∴y=﹣x2,
∵水位上升3米就达到警戒水位CD,
∴C点的纵坐标为﹣1,
∴﹣1=﹣x2,
∴x=±5,
∴CD=10,
故选:B.
【点睛】
本题考查二次函数在实际问题中的应用,找对位置建立坐标系再求解二次函数是关键.
5、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】
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.
6、B
【分析】
由棱柱,圆锥,圆柱的展开图的特点,特别是底面与侧面的特点,逐一分析即可.
【详解】
解:选项A是四棱柱的展开图,故A不符合题意;
选项B是圆锥的展开图,故B符合题意;
选项C是三棱柱的展开图,故C不符合题意;
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选项D是圆柱的展开图,故D不符合题意;
故选B
【点睛】
本题考查的是简单立体图形的展开图,熟悉常见的基本的立体图形及其展开图是解本题的关键.
7、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.
8、D
【分析】
根据等式的性质解答.
【详解】
解:A. 变形得:,故该项不符合题意;
B. 方程变形得:,故该项不符合题意;
C. 变形得:,故该项不符合题意;
D. 变形得:,故该项符合题意;
故选:D.
【点睛】
此题考查了解方程的依据:等式的性质,熟记等式的性质是解题的关键.
9、C
【分析】
单项式中所有字母的指数和是单项式的次数,根据概念直接作答即可.
【详解】
解:单项式的次数是3,
故选C
【点睛】
本题考查的是单项式的次数的含义,掌握“单项式中所有字母的指数和是单项式的次数”是解本题的关键.
10、A
【分析】
根据平行线的判定逐个判断即可.
【详解】
解:A、∵∠1=∠2,∠1+∠3=∠2+∠5=180°,
∴∠3=∠5,
因为”同旁内角互补,两直线平行“,
所以本选项不能判断AB∥CD;
B、∵∠3=∠4,
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∴AB∥CD,
故本选项能判定AB∥CD;
C、∵,
∴AB∥CD,
故本选项能判定AB∥CD;
D、∵∠1=∠5,
∴AB∥CD,
故本选项能判定AB∥CD;
故选:A.
【点睛】
本题考查了平行线的判定,能灵活运用平行线的判定进行推理是解此题的关键,平行线的判定定理有:①同位角相等,两直线平行,②内错角相等,两直线平行,③同旁内角互补,两直线平行.
二、填空题
1、20
【解析】
【分析】
由题意易AF⊥BC,则有,然后根据直角三角形斜边中线定理可得,进而问题可求解.
【详解】
解:∵,F是边BC的中点,
∴AF⊥BC,
∵BE是高,
∴,
∵点D,F分别是边AB,BC的中点,,,
∴,
∴;
故答案为20.
【点睛】
本题主要考查等腰三角形的性质及直角三角形斜边中线定理,熟练掌握等腰三角形的性质及直角三角形斜边中线定理是解题的关键.
2、
【解析】
【分析】
根据反比例函数的性质解答.
【详解】
解:∵反比例函数的图象位于第一、第三象限,
∴k-1>0,
∴,
故答案为:.
【点睛】
此题考查了反比例函数的性质:当k>0时,函数图象的两个分支分别在第一、三象限内;当k<0时,函数图象的两个分支分别在第二、四象限内.
3、3
【解析】
【分析】
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根据反比例函数的解析式是,设点,根据已知得出,即,求出即可.
【详解】
解:设反比例函数的解析式是,
设点是反比例函数图象上一点,
矩形的面积为3,
,
即,
故答案为:3.
【点睛】
本题考查了矩形的面积和反比例函数的有关内容的应用,解题的关键是主要考查学生的理解能力和运用知识点解题的能力.
4、90
【解析】
【分析】
根据折叠的性质,∠1=∠2,∠3=∠4,利用平角,计算∠2+∠3的度数即可.
【详解】
如图,根据折叠的性质,∠1=∠2,∠3=∠4,
∵∠1+∠2+∠3+∠4=180°,
∴2∠2+2∠3=180°,
∴∠2+∠3=90°,
∴=90°,
故答案为:90.
【点睛】
本题考查了折叠的性质,两个角的和,熟练掌握折叠的性质,灵活运用两个角的和是解题的关键.
5、 2
【解析】
【分析】
(1)方法一:直接利用正方形的面积公式可求出图形的面积;方法二:利用图形的面积等于9部分的面积之和,根据方法一和方法二的结果相等建立等式即可得;
(2)先将已知等式利用完全平方公式、整式的乘法法则变形为,再利用(1)的结论可得,从而可得,由此即可得出答案.
【详解】
解:(1)方法一:图形的面积为,
方法二:图形的面积为,
则由图2可得等式为,
故答案为:;
(2),
,
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,
利用(1)的结论得:,
,
,即,
,
,
故答案为:2.
【点睛】
本题考查了完全平方公式与图形面积、整式乘法的应用,熟练掌握完全平方公式和整式的运算法则是解题关键.
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)图象见解析;
(2)甲、乙两人在途中相遇的时间为40分钟,60分钟和80分钟的时候.
【分析】
(1)根据乙的步行速度始终不变,且他在途中不休息,即直接连接原点和点(120,9000)即可;
(2)根据图象可判断甲、乙两人在途中相遇3次,分段计算,利用待定系数法结合图象即可求出相遇的时间.
(1)
乙离A地的距离(单位:m)与时间x之间的函数图像,如图即是.
(2)
根据题意结合图象可知甲、乙两人在途中相遇3次.
如图,第一次相遇在AB段,第二次相遇在BC段,第三次相遇在CD段,
根据题意可设的解析式为:,
∴,
解得:,
∴的解析式为.
∵甲的步行速度为100m/min,他每走半个小时就休息15min,
∴甲第一次休息时走了米,
对于,当时,即,
解得:.
故第一次相遇的时间为40分钟的时候;
设BC段的解析式为:,
根据题意可知B(45,3000),D (75,6000).
∴,
解得:,
故BC段的解析式为:.
相遇时即,故有,
解得:.
故第二次相遇的时间为60分钟的时候;
对于,当时,即,
解得:.
故第三次相遇的时间为80分钟的时候;
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综上,甲、乙两人在途中相遇的时间为40分钟,60分钟和80分钟的时候.
【点睛】
本题考查一次函数的实际应用.理解题意,掌握利用待定系数法求函数解析式是解答本题的关键.
3、
(1)见解析
(2)EN=
【分析】
(1)根据三角形的中位线定理先证明四边形为平行四边形,再根据角平分线平行证明一组邻边相等即可;
(2)由(1)得,所以要求的长,想到构造一个“ “字型相似图形,进而延长交于点,先证明,得到,再证明,然后根据相似三角形对应边成比例,即可解答.
(1)
证明:、、分别是各边的中点,
,是的中位线,
,,
四边形为平行四边形,
平分,
,
,
,
,
,
四边形为菱形;
(2)
解:延长交于点,
,
,,,
四边形为平行四边形,
,
,
,
,
,
,
,
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.
【点睛】
本题考查了菱形的判定与性质,三角形的中位线定理,相似三角形的判定与性质,解题的关键是根据题目的已知并结合图形.
4、
(1)方程有两个不相等的实数根
(2)m=3或-3
【分析】
(1)根据根的判别式先求出Δ的值,再判断即可;
(2)根据根与系数的关系得出x1+x2=2m-2,x1•x2=m2-2m,代入计算即可求出答案.
(1)
解:∵a=1,b=−(2m−2),c= m2−2m,
∴ =2-4(m2-2m)=4m2-8m+4-4m2+8m=4>0,
∴方程有两个不相等的实数根;
(2)
解:∵(x1+1)⋅(x2+1)=8,
整理得x1x2+(x1+x2)+1=8,
∵x1+x2=2m-2,x1x2=m2-2m,
∴m2-2m+2m-2+1=8,
∴m2=9,
∴m=3或m=-3.
【点睛】
本题考查了根的判别式以及根与系数的关系,解题的关键是熟练运用根与系数的关系以及一元二次方程的解法.
5、
(1)x1=x2=1
(2)x1=,x2=3
【分析】
(1)利用配方法解方程;
(2)利用因式分解法解方程.
(1)
解:,
即(x-1)2=0,
∴x1=x2=1.
(2)
解:,
因式分解得:(2x-1)(x-3)=0,
∴2x-1=0或x-3=0,
∴x1=,x2=3.
【点睛】
本题考查了解一元二次方程-配方法及因式分解法,熟练掌握各自的解法是解本题的关键.
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