（上海卷）中考数学第三次模拟考试（2份，原卷版+解析版）

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一、选择题
1．B
【分析】
由抛物线的开口向下和其顶点坐标为（1，－2），根据抛物线的性质可直接做出判断．
【详解】
因为抛物线开口向下和其顶点坐标为（1，-2），
所以该抛物线有最大值-2；
故选：B．
【点睛】
本题主要考查了二次函数的最值和性质，求二次函数的最大（小）值有三种方法：第一种可由图象直接得出，第二种是配方法，第三种是公式法．
2．B
【分析】
根据向量的性质进行逐一判定即可．
【详解】
解：A、由推知非零向量的方向相同，则，故本选项错误，不符合题意；
B、由不能确定非零向量的方向，故不能判定其位置关系，故本选项正确，符合题意；
C、由推知非零向量的方向相同，则，故本选项错误，不符合题意；
D、由推知非零向量的方向相反，则，故本选项错误，不符合题意；
故选：B．
【点睛】
本题考查的是向量中平行向量的定义，解题的关键是即方向相同或相反的非零向量、叫做平行向量．
3．D
【分析】
根据相应运算的基本法则逐一计算判断即可
【详解】
∵,
∴A计算错误;
∵,
∴B计算错误;
∵+x无法运算,
∴C计算错误;
∵,
∴D计算错误;
故选D．
【点睛】
本题考查了幂的乘方，二次根式的化简，完全平方公式，熟练掌握各类公式的计算法则是解题的关键．
4．D
【分析】
观察频数分布直方图，找到横轴，代表次数，仰卧起坐次数在25～30次对应的纵轴人数是12人．
【详解】
观察频数分布直方图，找到横轴，代表次数，
则仰卧起坐次数在25～30次对应的纵轴人数是12人．
故答案选：D．
【点睛】
本题考查频数分布直方图．理解横轴和纵轴代表的意义是本题解题的关键．
5．D
【分析】
分别利用单项式、多项式的定义以及同类项的定义分析求出即可．
【详解】
解A. ，，0，m四个式子中有四个是单项式，故选项A说法错误，不符合题意；
B. 单项式的系数是，故选项B说法错误，不符合题意；
C. 式子是三次二项式，故选项C说法错误，不符合题意；
D. 和是同类项，正确
故选：D
【点睛】
本题考查同类项的定义，同类项定义中的两个“相同”：相同字母的指数相同，是一道基础题，比较容易解答．
6．D
【分析】
如图连接OB、OD，只要证明Rt△OMB≌Rt△OND，Rt△OPM≌Rt△OPN即可解决问题．
【详解】
解：如图连接OB、OD；
∵AB=CD，
∴，故①正确
∵OM⊥AB，ON⊥CD，
∴AM=MB，CN=ND，
∴BM=DN，
∵OB=OD，
∴Rt△OMB≌Rt△OND，
∴OM=ON，故②正确，
∵OP=OP，
∴Rt△OPM≌Rt△OPN，
∴PM=PN，∠OPB=∠OPD，故④正确，
∵AM=CN，
∴PA=PC，故③正确，
故选：D．
【点睛】
本题考查垂径定理、圆心角、弧、弦的关系、全等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，属于中考常考题型．
填空题
7．
【分析】
把把x＝2代入中求解即可得到答案．
【详解】
解：把x＝2代入，可得：，
故答案为：．
【点睛】
本题考查的是求函数值，掌握已知自变量的值求函数值的方法是解题的关键．
8．．
【分析】
先移项，然后系数化为1，即可求出不等式的解集．
【详解】
解：，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
故答案为：．
【点睛】
本题考查了一元一次不等式的解法，是基础题，正确计算是解题的关键．
9．64°30′
【分析】
根据余角的定义，两个锐角和为90°的角互余解答即可．
【详解】
解：由题意得：∠α＝25°30′，
故其余角为90°﹣25°30′＝64°30′．
故答案为：64°30′．
【点睛】
本题考查了求一个角的余角。解题关键是明确互余的两个角的和为90°．
10．x=-1
【分析】
把方程两边平方去根号后求解．
【详解】
解：两边平方得：2x+3=1
解得：x=-1
经检验x=-1是原方程的解．
故答案是：x=-1．
【点睛】
本题主要考查了无理方程的解法，在解无理方程是最常用的方法是两边平方法及换元法，本题用了平方法．
11．
【分析】
根据判别式的意义得到Δ＝（﹣2）2﹣4×1×（k﹣1）＞0，然后解不等式即可．
【详解】
解：根据题意得Δ＝（﹣2）2﹣4×1×（k﹣1）＞0，
解得：k＜2．
故答案为：k＜2
【点睛】
本题考查了根的判别式：一元二次方程ax2＋bx＋c＝0（a≠0）的根与Δ＝b2−4ac有如下关系：当Δ＞0时，方程有两个不相等的实数根；当Δ＝0时，方程有两个相等的实数根；当Δ＜0时，方程无实数根．
12．2
【分析】
根据同底数幂的除法逆运算计算即可；
【详解】
∵，，
∴；
故答案是2．
【点睛】
本题主要考查了同底数幂的除法应用，准确计算是解题的关键．
13．
【分析】
先确定事件的所有等可能性，再确定被求事件的等可能性，根据概率计算公式计算即可．
【详解】
∵事件的所有等可能性有1+2=3种，摸出红球事件的等可能性有1种，
∴摸出红球的概率是，
故答案为：．
【点睛】
本题考查了简单概率的计算，熟练掌握概率计算公式是解题的关键．
14．1＜x＜2
【分析】
根据函数的图象即可求得．
【详解】
解：∵反比例函数y1＝和一次函数y2＝ax+b的图象交于点A（﹣1，2），B（2，﹣1）两点，
∴k＝﹣1×2＝﹣2，
∴反比例函数为y＝﹣，
把y＝﹣2代入求得x＝1；
∴由图可得，当﹣2＜y1＜y2＜时，x的取值范围是1＜x＜2，
故答案为1＜x＜2．
【点睛】
本题主要考查了反比例函数与一次函数交点问题，从函数的角度看，就是寻求使一次函数值大于（或小于）反比例函数值的自变量x的取值范围；从函数图象的角度看，就是确定直线在双曲线上方（或下方）部分所有的点的横坐标所构成的集合．
15．
【分析】
根据表格可直接得到数量x（千克）与售价y（元）之间的关系式，然后把代入计算，即可得到答案.
【详解】
解：根据表格，设一次函数为：，则
，
解得：，
∴；
把代入，得：
；
∴当千克时，售价为22.5元.
【点睛】
本题考查了一次函数的性质，求一次函数的解析式，解题的关键是熟练掌握待定系数法求一次函数的解析式.
16．
【分析】
由DE∥AB可得，进而结合题干中的条件得到AE＝DE，即可求解．
【详解】
解：∵DE∥AB，
∴，
∴，
又∵＝，
∴＝，
又∵AD为△ABC的角平分线，DE∥AB，
∴∠ADE＝∠BAD＝∠DAE，
∴AE＝DE，
∴＝，
故答案为：．
【点睛】
本题主要考查了三角形相似的判定与性质、角平分线的定义；熟练掌握相似三角形的判定与性质是解决问题的关键．
17．
【分析】
根据AB是⊙O的直径，OF⊥CD，和垂径定理可得CF＝DF，再根据30度角所对直角边等于斜边一半，和勾股定理即可求出EF的长，进而可得CD的长．
【详解】
解：∵AB是⊙O的直径，OF⊥CD，
根据垂径定理可知：
CF＝DF，
∵∠CEA＝30°，
∴∠OEF＝30°，
∴OE＝2，EF＝，
∴DF＝DE﹣EF＝5﹣，
∴CD＝2DF＝10﹣2．
故答案为：10﹣2．
【点睛】
考查了垂径定理、勾股定理，解题关键是掌握并运用垂径定理．
18．2或4##4或2
【分析】
根据题意分两种情况讨论，由矩形的性质和全等三角形的性质进行分析即可求解．
【详解】
解：如图1，当点D1在线段AE1上，
∵∠ACD=90°，∠ABC=30°，AC=2，
∴AB=4，BC=AC=2，
∵将△BDE绕点B旋转至△BD1E1，
∴D1B=2=DB，∠BD1E1=90°，
∴，
∴AD1=BC，且AC=BD1，
∴四边形ACBD1是平行四边形，且∠ACB=90°，
∴四边形ACBD1是矩形，
∴CD1=AB=4，
如图2，当点D1在线段AE1的延长线上，
∵∠ACB=∠AD1B=90°，
∴点A，点B，点D1，点C四点共圆，
∴∠AD1C=∠ABC=30°，
∵AC=BD1，AB=AB，
∴Rt△ABC≌Rt△BAD1（HL）
∴∠D1AB=∠ABC=30°，且∠BAC=60°，
∴∠CAD1=30°=∠AD1C，
∴AC=CD1=2，
综上所述：CD1=2或4，
故答案为：2或4．
【点睛】
本题考查旋转的性质，矩形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，直角三角形的性质，勾股定理等知识，利用分类讨论解决问题是解答本题的关键．
解答题
19．0
【分析】
根据化简绝对值，负整数指数幂，特殊角的三角函数值，进行混合运算即可
【详解】
解：
原式
【点睛】
本题考查了化简绝对值，负整数指数幂，特殊角的三角函数值，牢记特殊角的三角函数值并正确的进行实数的混合运算是解题的关键．
20．，
【分析】
根据完全平方公式和平方根的性质，将二元二次方程组变换为二元一次方程组并求解，即可得到答案．
【详解】
∵
∴或
原方程组的解集为，．
【点睛】
本题考查了解二元二次方程组，涉及完全平方公式、平方根、二元一次方程组的知识；解题的关键是熟练掌握完全平方公式、二元一次方程组的性质，从而完成求解．
21．(1)2000元
(2)①20辆；②A型车20辆，B型车40辆获利最多，为30000元
【分析】
（1）设去年每辆A型车售价x元，则今年每辆车售价（x-200）元，根据题意，列出方程，即可求解；
（2）设A型车进货a辆，总获利为y元．则B型车进货（60-a）辆，
①根据“B型进货数量不超过A型车数量的2倍．”列出不等式，即可求解；
②把A和B型车的利润加起来，得到函数关系式，再根据一次函数的增减性，即可求解．
(1)
解：设去年每辆A型车售价x元，则今年每辆车售价（x-200）元，
依题意得：
解得：x=2000，
经检验x=2000是原方程的解，且符合题意，
答：A型自行车去年每辆售价2000元；
(2)
解：设A型车进货a辆，总获利为y元．则B型车进货（60-a）辆，
①∵B型进货数量不超过A型车数量的2倍
∴
∴a≥20
∴A型车至少进货20辆．
②依题意得y=（2000-200-1500）a+（2400-1800）（60-a）
即y=-300a+36000
∵k=-300＜0，
∴y随a的增大而减小，
∴当时，y最小，最小值为30000（元）
∴B型车为60-20=40（辆）
∴当A型车20辆，B型车40辆获利最多，为30000元．
【点睛】
本题主要考查了分式方程的应用，一次函数的应用，明确题意，准确得到等量关系是解题的关键．
22．（1）50cm；（2）cm
【分析】
（1）过O作OH⊥AB于H，并延长交⊙O于D，根据圆的性质，计算得OH，再根据勾股定理计算，即可得到答案；
（2）连接OB，结合题意，根据含角的直角三角形性质，得∠OAH＝30°，从而计算得∠AOB；再根据弧长公式计算，即可完成求解．
【详解】
（1）过O作OH⊥AB于H，并延长交⊙O于D，
∴∠OHA＝90°，AH＝AB，，
∵水的深度等于25cm，即HD＝25cm
又∵OA＝OD＝50cm
∴OH＝OD-HD＝25cm
∴AH＝cm
∴AB＝50cm；
（2）连接OB，
∵OA＝50cm，OH＝25cm，
∴OH＝OA
∵∠OHA＝90°
∴∠OAH＝30°
∴∠AOH＝60°
∵OA＝OB，OH⊥AB
∴∠BOH＝∠AOH＝60°
∴∠AOB＝120°
∴的长是：cm．
【点睛】
本题考查了圆、勾股定理、含角的直角三角形、弧长的知识；解题的关键是熟练掌握圆、垂径定理、勾股定理、弧长计算的性质，从而完成求解．
23．(1)
(2)y＝（0＜x＜）
(3)3或
【分析】
（1）首先利用勾股定理得出AC的长，证得△ACF≌△AEF，得出BE＝2，进一步得出△CBE∽△ABG，△CGF∽△CBE，利用三角形相似的性质得出CF、CG的长，利用勾股定理求得而答案即可；
（2）作BM⊥AF，ON⊥AF，垂足分别为M、N，利用△ONH∽△BMH，△ANO∽△AFC，△BMG∽△CFG，建立BE、OH之间的联系，进一步整理得出y关于x的函数解析式，根据y＝0，得出x的定义域即可；
（3）分三种情况探讨：①当BH＝BG时，②当GH＝GB，③当HG＝HB，分别探讨得出答案即可．
(1)
解：∵AB＝8，BC＝6， ,
∴AC＝ 10，
∵AF⊥CE，
∴∠AFC＝∠AFE＝90°，
∵点F是线段CE的中点，
∴CF＝EF，
在△ACF和△AEF中，
∴△ACF≌△AEF，
∴AE＝AC＝10，
∴BE＝2，
∵∠CGF＝∠AGB，∠GFC＝∠ABG，
∴∠FCG＝∠GAB，∠CBE＝∠ABG，
∴△CBE∽△ABG，
∴＝，
即＝，
BG＝，
∴CG＝ ，
∵∠GCF＝∠BCE，∠CFG＝∠CBE，
∴△CGF∽△CBE，
∴＝，
又CE＝2CF，
∴2CF2＝BC•CG，
∴CF＝，
∴GF＝＝；
(2)
如图，
作BM⊥AF，ON⊥AF，垂足分别为M、N，
∵AF⊥CE，
∴ONBMCE，
∴△ONH∽△BMH，△ANO∽△AFC，△BMG∽△CFG，
∴＝＝，＝，＝＝，
∴＝，
又∵△CBE∽△ABG，
∴＝，BE＝x，
∴BG＝x，
∴＝，
则y＝（0＜x＜ ）．
(3)
当△BHG是等腰三角形，
①当BH＝BG时，
∵ ，
∴△AHD∽△BHG，
∴＝，
由（1）知 ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
由（2）知 时y＝ ，解得x＝3；
②当GH＝GB，
∵ABCD为矩形，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴△GBH∽△OBC，同理解得x＝；
③当HG＝HB，得出∠HGB＝∠HBG＝∠OCB不存在．
所以BE＝3或．
【点睛】
此题综合考查了矩形的性质，勾股定理，相似三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，以及全等三角形的判定与性质，知识涉及的面广，需要多方位思考解决问题，渗透分类讨论的思想．
24．（1） ；（2）①；②的最小值为10，此时点H的坐标为
【分析】
（1）先求出点C的坐标，可得到n，进而求出点B的坐标，再将点A、C的坐标代入，即可求解；
（2）①设点P的坐标，并表示出点E的坐标，从而得到PE，再根据△PFE∽△BOC，根据相似三角形的性质，即可求解；
②如图，将直线OG绕点G逆时针旋转60°，得到直线l，作 ，垂直分别为 ，则∠MGO=60°， 从而得到 ， ，从而得到当点H位于抛物线对称轴与OP的交点时，最小，最小值为PM，然后证得点P、O、M三点共线，即可求解．
【详解】
解：（1）∵抛物线经过y轴上的点C，
∴当 时， ，
∴点 ，
将点 ，代入，得： ，
∴直线BC的解析式为 ，
当 时， ，
∴点B（4,0），
将点，B（4,0），代入，得：
，解得： ，
∴抛物线解析式为 ；
（2）①设 ，则 ，
∴ ，
设△PEF的周长为m，
∵，
∴∠PEF=∠BCO，
∵∠PFO=∠BCO=90°，
∴△PFE∽△BOC，
∴ ，
∵点B（4,0）， ，
∴ ，
∴ ，
∴，
∴，
∴当 时，m最大，此时 ，
即的周长为最大值时点P的坐标为；
②抛物线的对称轴为 ，
如图，将直线OG绕点G逆时针旋转60°，得到直线l，作 ，垂直分别为 ，则∠MGO=60°，
∴ ， ，
∴，
∴当点H位于抛物线对称轴与OP的交点时，最小，最小值为PM，
∵∠MGO=60°，
∴∠MOG=30°，
∵，
∴ ， ，
∴∠POB=60°，
∴∠MOG+∠BOG+∠POB=180°，
∴点P、O、M三点共线，
设直线AC的解析式为 ，
∵ ，
∴ ，解得： ，
∴直线AC的解析式为 ，
∵，
∴可设直线BG的解析式为 ，
把点B（4,0），代入得： ，
∴直线BG的解析式为 ，
∴点 ，
∴ ，
∴，
∴PM=10，
∴的最小值为10，
∵∠POB=60°，抛物线对称轴为 ，
∴此时点H的纵坐标为 ，
∴的最小值为10，此时点H的坐标为 ．
【点睛】
本题主要考查了二次函数和一次函数的综合题，解直角三角形，相似三角形的判定和性质，利用数形结合思想解答是解题的关键．
25．（1）见解析；（2）；（3）．
【分析】
（1）过C点作CF⊥AD，交AD的延长线于F，可证ABCF是正方形，即AB=BC=CF=FA;再由“HL”证得Rt△CBE≌Rt△ CFD，可得BE=FD，最后用线段的和差即可；
（2）分∠EDC＝90°和∠DEC＝90°两种情况讨论，运用相似三角形的性质和直角三角形的性质即可求解；
（3）连接EM交CD于Q，连接DN交CE于P，连接ED，CM，作CF⊥AD于F，由轴对称的性质可得∠CPD=∠CQE=90°，DC垂直平分EM，可证Rt△CBE≌Rt△CFM，可得BE=FM，由勾股定理可求BE、CE的长，通过证明△CDP∽△CEQ，最后运用相似三角形的性质即可解答．
【详解】
（1）证明：如图，过C点作CF⊥AD，交AD的延长线于F，
∵AD∥BC，AB⊥BC，AB＝BC，
∴四边形ABCF是正方形，
∴AB＝BC＝CF＝FA，
又∵CE＝CD，
∴Rt△CBE≌Rt△CFD（HL），
∴BE＝FD，
∴AD＝AE；
（2）①若∠EDC＝90°时，
若△ADE、△BCE和△CDE两两相似，
那么∠A＝∠B＝∠EDC＝90°，∠ADE＝∠BCE＝∠DCE＝30°，
在△CBE中，∵BC＝1，
∴，，
∵AB＝1，
∴，
∴，
此时≠，
∴△CDE与△ADE、△BCE不相似；
②如图，若∠DEC＝90°时，
∵∠ADE+∠A＝∠BEC+∠DEC，∠DEC＝∠A＝90°，
∴∠ADE＝∠BEC，且∠A＝∠B＝90°，
∴△ADE∽△BEC，
∴∠AED＝∠BCE，
若△CDE与△ADE相似，
∵AB与CD不平行，
∴∠AED与∠EDC不相等，
∴∠AED＝∠BCE＝∠DCE，
∴若△CDE与△ADE、△BCE相似，
∴，
∴AE＝BE，
∵AB＝1，
∴AE＝BE＝，
∴AD＝；
（3）连接EM交CD于Q，连接DN交CE于P，连接ED，CM，作CF⊥AD于F，
∵E关于直线CD的对称点为M，点D关于直线CE的对称点为N，
∴∠CPD＝∠CQE＝90°，DC垂直平分EM，
∠PCD＝∠QCE，
∴△CDP∽△CEQ，
∴，
∵AD∥BC，AB⊥BC，，AB＝BC＝1，
∴，
∵CD垂直平分EM，
∴DE＝DM，CE＝CM，
在Rt△CBE和Rt△CFM中，CB＝CF，EC＝CM，
∴Rt△CBE≌Rt△CFM（HL）
∴BE＝FM，
设BE＝x，则FM＝x，
∵ED＝DM，且AE2+AD2＝DE2，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵DN＝2DP，EM＝2EQ，
∴．
【点睛】
本题属于相似形综合题，主要考查了相似三角形的判定和性质、全等三角形的判定和性质，正方形的判定和性质、轴对称的性质、勾股定理等知识，添加辅助线构造全等三角形是解答本题的关键．
1
2
3
4
5
6
B
B
D
D
D
D