模拟真题陕西省汉中市中考数学五年真题汇总 卷（Ⅲ）（含答案及详解）

这是一份模拟真题陕西省汉中市中考数学五年真题汇总 卷（Ⅲ）（含答案及详解），共28页。试卷主要包含了下列式子中，与是同类项的是等内容，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、如图是一个运算程序，若x的值为，则运算结果为（ ）
A．B．C．2D．4
2、下列图像中表示是的函数的有几个（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
3、如图是由一些完全相同的小立方块搭成的几何体从左面、上面看到的形状图．搭成这个几何体所用的小立方块的个数至少是（ ）
A．3个B．4个C．5个D．6个
4、下列几何体中，截面不可能是长方形的是（ ）
A．长方体B．圆柱体
C．球体D．三棱柱
5、二次函数 的图像如图所示， 现有以下结论： （1） ： （2） ； （3）， （4） ； （5） ； 其中正确的结论有（ ）
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号学级年名姓
· · · · · · 线 · · · · · · ○ · · · · · · 封 · · · · · · ○ · · · · · · 密 · · · · · · ○ · · · · · · 外 · · · · · · ○ · · · · · ·
A．2 个B．3 个C．4 个D．5 个．
6、一副三角板按如图所示的方式摆放，则∠1补角的度数为（ ）
A．B．C．D．
7、下列图形中，能用，，三种方法表示同一个角的是（ ）
A．B．
C．D．
8、下列图形中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（ ）
A．B．C．D．
9、下列式子中，与是同类项的是（ ）
A．abB．C．D．
10、下列等式变形中，不正确的是（ ）
A．若，则B．若，则
C．若，则D．若，则
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、比较大小：______（用“、或”填空）．
2、勾股定理有着悠久的历史，它曾引起很多人的兴趣，1955年希腊发行了以勾股定理为背景的邮票．如图，在中，，，．分别以AB，AC，BC为边向外作正方形ABMN，正方形ACKL，正方形BCDE，并按如图所示作长方形HFPQ，延长BC交PQ于G．则长方形CDPG的面积为______．
3、计算：__．
4、如图，△ABC，△FGH中，D，E两点分别在AB，AC上，F点在DE上，G，H两点在BC上，且DE∥BC，FG∥AB，FH∥AC，若BG：GH：HC=4：6：5，△FGH的面积是4，则△ADE的面积是______．
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号学级年名姓
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5、比较大小[（﹣2）3]2___（﹣22）3．（填“＞”，“＜”或“＝”）
三、解答题（5小题，每小题10分，共计50分）
1、已知关于的二次函数．
（1）求证：不论为何实数，该二次函数的图象与轴总有两个公共点；
（2）若，两点在该二次函数的图象上，直接写出与的大小关系；
（3）若将抛物线沿轴翻折得到新抛物线，当时，新抛物线对应的函数有最小值3，求的值．
2、如图，直线AB、CD相交于点O，OE平分∠BOD，且．求∠AOC和∠DOE的度数．
3、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．
（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．
4、数学课上，王老师准备了若干个如图1的三种纸片，A种纸片是边长为a的正方形，B种纸片是边长为b的正方形，C种纸片是长为b，宽为a的长方形．并用A种纸片一张，B种纸片一张，C种纸片两张拼成如图2的大正方形．
（1）请用两种不同的方法求图2大正方形的面积：
方法1： ；
方法2： ；
（2）观察图2，请你写出代数式：（a+b）2，a2+b2，ab之间的等量关系 ；
（3）根据（2）题中的等量关系，解决如下问题：
①已知：a+b＝5，（a﹣b）2＝13，求ab的值；
②已知（2021﹣a）2+（a﹣2020）2＝5，求（2021﹣a）（a﹣2020）的值．
5、已知一次函数y=-3x+3的图象分别与x轴，y轴交于A，B两点，点C(3,0)．
· · · · · · 线 · · · · · · ○ · · · · · · 封 · · · · · · ○ · · · · · · 密 · · · · · · ○ · · · · · · 内 · · · · · · ○ · · · · · ·
号学级年名姓
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（1）如图1，点D与点C关于y轴对称，点E在线段BC上且到两坐标轴的距离相等，连接DE，交y轴于点F．求点E的坐标；
（2）△AOB与△FOD是否全等，请说明理由；
（3）如图2，点G与点B关于x轴对称，点P在直线GC上，若△ABP是等腰三角形，直接写出点P的坐标．
-参考答案-
一、单选题
1、A
【分析】
根据运算程序，根据绝对值的性质计算即可得答案．
【详解】
∵＜3，
∴=，
故选：A．
【点睛】
本题考查绝对值的性质及有理数的加减运算，熟练掌握绝对值的性质及运算法则是解题关键．
2、A
【分析】
函数就是在一个变化过程中有两个变量x，y，当给定一个x的值时，y由唯一的值与之对应，则称y是x的函数，x是自变量，注意“y有唯一性”是判断函数的关键．
【详解】
解：根据函数的定义，每给定自变量x一个值都有唯一的函数值y与之相对应，
故第2个图符合题意，其它均不符合，
故选：A．
【点睛】
本题考查函数图象的识别，判断方法：做垂直x轴的直线在左右平移的过程中，与函数图象只会有一个交点．
3、C
【分析】
根据从左面看到的形状图，可得该几何体由2层，2行；从上面看到的形状图可得有2行，3列，从而得到上层至少1块，底层2行至少有3+1=4块，即可求解．
【详解】
解：根据从左面看到的形状图，可得该几何体由2层，2行；从上面看到的形状图可得有2行，3列，
所以上层至少1块，底层2行至少有3+1=4块，
所以搭成这个几何体所用的小立方块的个数至少是1+4=5块．
故选：C
【点睛】
本题主要考查了几何体的三视图，熟练掌握三视图是观测者从三个不同位置观察同一个几何体，画出· · · · · · 线 · · · · · · ○ · · · · · · 封 · · · · · · ○ · · · · · · 密 · · · · · · ○ · · · · · · 内 · · · · · · ○ · · · · · ·
号学级年名姓
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的平面图形；（1）从正面看：从物体前面向后面正投影得到的投影图，它反映了空间几何体的高度和长度；（2）从左面看：从物体左面向右面正投影得到的投影图，它反映了空间几何体的高度和宽度；（3）从上面看：从物体上面向下面正投影得到的投影图，它反应了空间几何体的长度和宽度是解题的关键．
4、C
【分析】
根据长方体、圆柱体、球体、三棱柱的特征，找到用一个平面截一个几何体得到的形状不是长方形的几何体解答即可．
【详解】
解：长方体、圆柱体、三棱柱的截面都可能出现长方形，只有球体的截面只与圆有关，
故选：C．
【点睛】
此题考查了截立体图形，正确掌握各几何体的特征是解题的关键．
5、C
【分析】
由抛物线的开口方向判断a与0的关系，由抛物线与y轴的交点判断c与0的关系，然后根据对称轴及抛物线与x轴交点情况进行推理，进而对所得结论进行判断．
【详解】
解：（1）∵函数开口向下，∴a＜0，∵对称轴在y轴的右边，∴，∴b＞0，故命题正确；
（2）∵a＜0，b＞0，c＞0，∴abc＜0，故命题正确；
（3）∵当x=-1时，y＜0，∴a-b+c＜0，故命题错误；
（4）∵当x=1时，y>0，∴a+b+c>0，故命题正确；
（5）∵抛物线与x轴于两个交点，∴b2-4ac＞0，故命题正确；
故选C．
【点睛】
本题考查了二次函数图象与二次函数系数之间的关系，会利用对称轴的范围求2a与b的关系，以及二次函数与方程之间的转换，根的判别式的熟练运用．
6、D
【分析】
根据题意得出∠1=15°，再求∠1补角即可．
【详解】
由图形可得
∴∠1补角的度数为
故选：D．
【点睛】
本题考查利用三角板求度数和补角的定义，熟记各个三角板的角的度数是解题的关键．
7、A
【分析】
根据角的表示的性质，对各个选项逐个分析，即可得到答案．
【详解】
A选项中，可用，，三种方法表示同一个角；
B选项中，能用表示，不能用表示；
C选项中，点A、O、B在一条直线上，
∴能用表示，不能用表示；
D选项中，能用表示，不能用表示；
故选：A．
【点睛】
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本题考查了角的知识；解题的关键是熟练掌握角的表示的性质，从而完成求解．
8、C
【分析】
根据轴对称图形与中心对称图形的概念对各图形分析判断后利用排除法求解．
【详解】
解：
A、不是中心对称图形，是轴对称图形，故此选项错误；
B、是中心对称图形，不是轴对称图形，故此选项错误；
C、是中心对称图形，也是轴对称图形，故此选项正确；
D、不是中心对称图形，是轴对称图形，故此选项错误；
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，图形两部分沿对称轴折叠后可重合；中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合．
9、D
【分析】
根据同类项是字母相同，相同字母的指数也相同的两个单项式进行解答即可．
【详解】
解：A、ab与ab2不是同类项，不符合题意；
B、a2b与ab2不是同类项，不符合题意；
C、ab2c与ab2不是同类项，不符合题意；
D、－2ab2与ab2是同类项，符合题意；
故选：D．
【点睛】
本题考查同类项，理解同类项的概念是解答的关键．
10、D
【分析】
根据等式的性质即可求出答案．
【详解】
解：A.a＝b的两边都加5，可得a＋5＝b＋5，原变形正确，故此选项不符合题意；
B.a＝b的两边都除以3，可得，原变形正确，故此选项不符合题意；
C.的两边都乘6，可得，原变形正确，故此选项不符合题意；
D.由|a|＝|b|，可得a＝b或a＝−b，原变形错误，故此选项符合题意．
故选：D．
【点睛】
本题考查等式的性质，解题的关键是熟练运用等式的性质．等式的性质：性质1、等式两边加同一个数（或式子）结果仍得等式；性质2、等式两边乘同一个数或除以一个不为零的数，结果仍得等式．
二、填空题
1、
【解析】
【分析】
先求两个多项式的差，再根据结果比较大小即可．
【详解】
解：∵，
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=，
=
∴，
故答案为：．
【点睛】
本题考查了整式的加减，解题关键是熟练运用整式加减法则进行计算，根据结果判断大小．
2、12
【解析】
【分析】
证明Rt△AIC≌Rt△CGK，得到AI=CG，利用勾股定理结合面积法求得CG=，进一步计算即可求解．
【详解】
解：过点A作AI⊥BC于点I，
∵正方形ACKL，∴∠ACK=90°，AC=CK，
∴∠ACI+∠KCG=90°，∠ACI+∠CAI=90°，
∴Rt△AIC≌Rt△CGK，
∴AI=CG，
∵，，．
∴BC=5，
∵，
∴AI=，则CG=，
∵正方形BCDE，
∴CD=BC=5，
∴长方形CDPG的面积为5．
故答案为：12．
．
【点睛】
本题考查了全等三角形的判定和性质，勾股定理，熟记各图形的性质并准确识图是解题的关键．
3、
【解析】
【分析】
先得出最简公分母为12，再进行通分和约分运算即可求出答案．
【详解】
解：原式
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．
【点睛】
本题考查了有理数的加减混合运算，对于异分母分数的加减混合运算，先要通分转化成同分母分数的加减混合运算是解决问题的关键．
4、9
【解析】
【分析】
只要证明△ADE∽△FGH，可得，由此即可解决问题．
【详解】
解：∵BG：GH：HC=4：6：5，可以假设BG=4k，GH=6k，HC=5k，
∵DE∥BC，FG∥AB，FH∥AC，
∴四边形BGFD是平行四边形，四边形EFHC是平行四边形，
∴DF=BG=4k，EF=HC=5k，DE=DF+EF=9k，∠FGH=∠B=∠ADE，∠FHG=∠C=∠AED，
∴△ADE∽△FGH，
∴．
∵△FGH的面积是4，
∴△ADE的面积是9，
故答案为：9．
【点睛】
本题考查了相似三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质等知识，解题的关键是学会利用参数解决问题，属于中考常考题型．
5、＞
【解析】
【分析】
利用幂的乘方和积的乘方先计算[（-2）3]2与（-22）3，再比较大小得结论．
【详解】
解：∵[（-2）3]2=（-2）3×2=（-2）6=26，
（-22）3=-26，
又∵26＞-26，
∴[（-2）3]2＞（-22）3．
故答案为：＞．
【点睛】
本题考查了幂的乘方和积的乘方，掌握幂的乘方和积的乘方法则是解决本题的关键．
三、解答题
1、
（1）见解析
（2）
（3）的值为1或-5
【分析】
（１）计算判别式的值，得到，即可判定；
（２）计算二次函数的对称轴为：直线，利用当抛物线开口向上时，谁离对称轴远谁大判断即可；
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（３）先得到抛物线沿y轴翻折后的函数关系式，再利用对称轴与取值范围的位置分类讨论即可．
（1）
证明：令，则
∴
∴不论为何实数，方程有两个不相等的实数根
∴无论为何实数，该二次函数的图象与轴总有两个公共点
（2）
解：二次函数的对称轴为：直线
∵，抛物线开口向上
∴抛物线上的点离对称轴越远对应的函数值越大
∵
∴Ｍ点到对称轴的距离为：1
Ｎ点到对称轴的距离为：2
∴
（3）
解：∵抛物线
∴沿轴翻折后的函数解析式为
∴该抛物线的对称轴为直线
①若，即，则当时，有最小值
∴
解得，
∵
∴
②若，即，则当时，有最小值-1
不合题意，舍去
③若，，则当时，有最小值
∴
解得，
∵
∴
综上，的值为1或-5
【点睛】
本题考查了抛物线与x轴的交点以及二次函数的最值问题，利用一元二次方程根的判别式判断抛物线与x轴的交点情况；熟练掌握二次函数的最值情况、根据对称轴与取值范围的位置关系来确定二次函数的最值是解本题的关键．
2、50°，25°．
【分析】
根据邻补角的性质，可得∠AOD+∠BOD＝180°，即，代入可得∠BOD，根据对顶角的性质，可得∠∠AOC的度数，根据角平分线的性质，可得∠DOE的数．
【详解】
解：由邻补角的性质，得∠AOD+∠BOD＝180°，即
∵，
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∴．
∴，
∴∠AOC＝∠BOD＝50°，
∵OE平分∠BOD，得
∠DOE＝∠DOB＝25°．
【点睛】
本题考查了角平分线的定义，对顶角、邻补角的性质，解题关键是熟记相关性质，根据角之间的关系建立方程求解．
3、
（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，
∴△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°
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∴∠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=
∴，
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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．
4、
（1）；
（2）
（3）①；②-2
【分析】
（1）方法1，由大正方形的边长为（a+b），直接求面积；方法2，大正方形是由2个长方形，2个小正方形拼成，分别求出各个小长方形、正方形的面积再求和即可；
（2）由（1）直接可得关系式；
（3）①由（a-b）2=a2+b2-2ab=13，（a+b）2=a2+b2+2ab=25，两式子直接作差即可求解；②设2021-a=x，a-2020=y，可得x+y=1，再由已知可得x2+y2=5，先求出xy=-2，再求（2021-a）（a-2020）=-2即可．
（1）
方法一：∵大正方形的边长为（a+b），
∴S=（a+b）2；
方法二：大正方形是由2个长方形，2个小正方形拼成，
∴S=b2+ab+ab+a2=a2+b2+2ab；
故答案为：（a+b）2，a2+b2+2ab；
（2）
由（1）可得（a+b）2=a2+b2+2ab；
故答案为：（a+b）2=a2+b2+2ab；
（3）
①∵（a-b）2=a2+b2-2ab=13①，
（a+b）2=a2+b2+2ab=25②，
由①-②得，-4ab=-12，
解得：ab=3；
②设2021-a=x，a-2020=y，
∴x+y=1，
∵（2021-a）2+（a-2020）2=5，
∴x2+y2=5，
∵（x+y）2=x2+2xy+y2=1，
∴2xy=1-（x2+y2）=1-5=-4，
解得：xy=-2，
∴（2021-a）（a-2020）=-2．
· · · · · · 线 · · · · · · ○ · · · · · · 封 · · · · · · ○ · · · · · · 密 · · · · · · ○ · · · · · · 内 · · · · · · ○ · · · · · ·
号学级年名姓
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【点睛】
本题考查完全平方公式的几何背景，熟练掌握正方形、长方形面积的求法，灵活应用完全平方公式的变形是解题的关键．
5、
（1）E（，）
（2）△AOB≌△FOD，理由见详解；
（3）P（0，-3）或（4，1）或（，）.
【分析】
（1）连接OE，过点E作EG⊥OC于点G，EH⊥OB于点H，首先求出点A，点B，点C，点D的坐标，然后根据点E到两坐标轴的距离相等，得到OE平分∠BOC，进而求出点E的坐标即可；
(2)首先求出直线DE的解析式，得到点F的坐标，即可证明△AOB≌△FOD；
(3)首先求出直线GC的解析式，求出AB的长，设P（m，m-3），分类讨论①当AB=AP时，②当AB=BP时，③当AP=BP时，分别求出m的值即可解答.
（1）
解: 连接OE，过点E作EG⊥OC于点G，EH⊥OB于点H，
当y=0时，-3x+3=0，
解得x=1，
∴A（1，0），
当x=0时，y=3，
∴OB=3，B（0，3），
∵点D与点C关于y轴对称，C（3，0），OC=3，
∴D（-3，0），
∵点E到两坐标轴的距离相等，
∴EG=EH，
∵EH⊥OC，EG⊥OC，
∴OE平分∠BOC，
∵OB=OC=3，
∴CE=BE，
∴E为BC的中点，
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∴E（，）；
（2）
解: △AOB≌△FOD，
设直线DE表达式为y=kx+b，
则，
解得：，
∴y=x+1，
∵F是直线DE与y轴的交点，
∴F（0，1），
∴OF=OA=1，
∵OB=OD=3，∠AOB=∠FOD=90°，
∴△AOB≌△FOD；
（3）
解:∵点G与点B关于x轴对称，B（0，3），
∴点G（0，-3），
∵C（3，0），
设直线GC的解析式为：y=ax+c，
，
解得：，
∴y=x-3，
AB== ，
设P（m，m-3），
①当AB=AP时，
=
整理得：m2-4m=0，
解得：m1=0，m2=4，
∴P（0，-3）或（4，1），
②当AB=BP时，=
m2-6m+13=0,
△＜0
故不存在，
③当AP=BP时，
=，
解得：m=，
∴P（， ），
综上所述P（0，-3）或（4，1）或（，），
【点睛】
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此题主要考查待定系数法求一次函数，一次函数与坐标轴的交点，全等三角形的判定，勾股定理.