山东省夏津县万隆实验中学届中考数学第一次模拟检测试题.docx
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山东省夏津县万隆实验中学届中考数学第一次模拟检测试题
万隆实验中学2016年中考第一次模拟检测
数学试题
(时间:
120分钟满分:
120分)
一.选择题(共12小题,36分)
1.四张质地、大小相同的卡片上,分别画上如下图所示的四个图形,在看不到图形的情况下从中任意抽出一张,则抽出的卡片是轴对称图形的概率是()
A.B.C.D.1
2.若两个相似多边形的面积之比为1:
4,则它们的周长之比为( )
A.1:
4B.1:
2C.2:
1
3.E是边长为1的正方形ABCD的对角线BD上一点,且BE=BC,P为CE上任意一点,PQ⊥BC于点Q,PR⊥BE于点R,则PQ+PR的值是( )
A.
B.
C.
D.
4.函数y=
中自变量x的取值范围是()
A、x≥0B、x≠2
C、x≠3D、x≥0,x≠2且x≠3
5.在平面直角坐标系中,若点P(m-3,m+1)在第二象限,则m的取值范围为()
A、-1<m<3B、m﹥3C、m<-1D、m﹥-1
6.在△ABC中,若+(1-tanB)2=0,
则∠
C的度数是( )
A.45° B.60° C.75° D.105°
7a,b都是实数,且a<b,则下列不等式的变形正确的是( )
A.a+x>b+xB.﹣a+1<﹣b+1C.3a<3bD.
>
8.关于x的分式方程
=1的解为正数,则字母a的取值范围为( )A. a≥﹣1 B. a>﹣1 C. a≤﹣1 D. a<﹣1
9.方程x2﹣(
m+6)+m2=0有两个相等的实数根,且满足x1+x2=x1x2,则m的值是()A﹣2或3B3C﹣2D﹣3或2
10.如图,平面直角坐标系中,A点坐标为(2,
2),点P(m,n)在直线y=-x+2上运动,设△APO的面积为S,则下面能够反S与
m的函数关系的图象是()
A.B.C.D.
11.如图在平行四边形ABCD中,点E在AD上,且AE:
ED=3:
1,CE的延长线与BA的延长线交于点F,则S△AFE:
S四边形ABCE为( )
A.3:
4B.4:
3C.7:
9D.9:
7
12.若一个60°的角绕顶点旋转15°,则重叠部分的角的大小是()
A.15°B.30°C.45°D.75°
二.填空题(共5小题,20分)
1.若分式方程
=a无解,则a的值为 .
2.某商场4月份随机抽查了6天的营业额,结果分别如下(单位:
万元):
2.8、3.2、3.4、3.7、3.0、3.1,试估计该商场4月份的营业额大约是____
3.如图,在平面直角坐标系中,二次函数y=ax2+c(a≠0)的图象过正方形ABOC的三个顶点A、B、C,则ac的值是__________.
4.如图所示,在矩形ABCD中,动点P从点B出发,沿BC、CD、DA运动至点A停止,设点P运动的路程为x,△ABP的面积为y,如果y关于x的函数图象如图所示,那么△ABC的面积是________.
5.上体育课,甲、乙两名同学分别站在C、D的位置时,乙的影子恰好在甲的影子里边,已知甲,乙同学相距1米,
甲身高1.8米,乙身高1.5米,则甲的影长是_
_____米.
三.解答题(共8小题,74分)
1.解分式方程:
+
=1.
2.如图,可以看到点A旋转到点A′,OA旋转到OA′,∠AOB旋转到∠A′OB′,这些都是互相对应的点、线段与角,∠AOA′=45°.回答下列问题:
(1)点B的对应点是点__________;
(2)线段OB的对应线段是线段_________;
线段AB的对应线段是线段_________;(3)∠A的对应角是_______;∠B的对应角是__
_____;
(4)旋转中心是点________;旋转的角度是______.
3如图,已知P是线段CD的垂直平分线上一点,PC⊥OA,PD⊥O,垂足为C、D.
求证:
(1)OC=OD;
(2)OP平分∠AOB.
4.某校在开展“校园献爱心”活
动中,准备向南部山区学校捐赠男、女两种款式的书包.已知男款书包的单价50元/个,女款书包的单价70元/个.
(1)原计划募捐3400元,购买两种款式的书包共60个,那么这两种款式的书包各买多少个?
(2)在捐款活动中,由于学生捐款的积极性高涨,实际共捐款4800元,如果至少购买两种款式的书包共80个,那么女款书包最多能买多少个?
5.如图,已知Rt△ABC中,∠ABC=90°,先把△ABC绕点B顺时针旋转90°至△DBE后,再把△ABC沿射线平移至△FEG,DF、FG相交于点H.
(1)判断线段DE、FG的位置关系,并说明理由;
(2)连结CG,求证:
四边形CBEG是正方形.
6.在四边形
ABCD中,AB=AD,∠BAD=120°,∠B=∠ADC=90°.E、F分别是BC、CD上的点.且∠EAF=60°.探究图中线段BE、EF、FD之间的数量关系.
小王同学探究此问题的方法是,延长FD到点G,使DG=BE.连结AG,先证明△ABE≌△ADG,再证明△AEF≌△AGF,可得出结论,他的结论应是 EF=BE+DF ;
探索延伸:
如图2,若在四边形ABCD中,AB=AD,∠B+∠D=180°.E、F分别是BC、CD上的点,且∠EAF=
∠BAD,上述结论是否仍然成立,并说明理由;
实际应用:
如图3,在某次军事演习中,舰艇甲在指挥中心(O处)北偏西30°的A处,
舰艇乙在指挥中心南偏东70°的B处,并且两舰艇到指挥中心的距离相等,接到行动指令后,舰艇甲向正东方向以60海里/小时的速度前进,舰艇乙沿北偏东50°的方向以80海里/小时的速度前进.1.5小时后,指挥中心观测到甲、乙两舰艇分别到达E,F处,且两舰艇之间的夹角为70°,试求此时两舰艇之间的距离?
7.如图所示,P是⊙O外一点,PA是⊙O的切线,A是切点,B是⊙O上一点,且PA=PB,连接AO、BO、AB,并延长BO与切线PA相交于点Q。
1)求证:
PB是⊙O的切线;
(2)求证:
AQ·PQ=OQ·BQ;
(3)设∠AOQ=α,若cosα=
,OQ=15,求AB的长。
8.如图,在直角坐标系中有一直角三角形AOB,O为坐标原点,OA=1,tan∠BAO=3,将此三角形绕原点O逆时针旋转90°,得到△DOC,抛物线y=ax2+bx+c经过点A、B、C.
(1)求抛物线的解析式;
(2)若点P是第二象限内抛物线上的动点,其坐标为t,
①设抛物线对称轴l与x轴交于一点E,连接PE,交CD于F,求出当△CEF与△COD相似点P的坐标;
②是否存在一点P,
使△PCD得面积最大?
若存在,求出△PCD的面积的最大值;若不存在,请说明理由.
中考模拟检测数学答案
一.1-12ABADADCBCBDC
二.1.±1,2.96(万元),3.2,4.10,5.6
三.
1.去分母得:
2+x(x+2)=x2﹣4,解得:
x=﹣3,
检验:
当x=﹣3时,(x+2)(x﹣2)≠0,故x=﹣3是原方程的根.
2.
(1)点B的对应点是点B′;
(2)线段OB的对应线段是线段OB′;线段AB的对应线段是线段A′B′;
(3)∠A的对应角是∠A′;∠B的对应角是∠B′;
(4)旋转中心是点O;旋转的角度是45°.
3.证明:
(1)∵P在CD的垂直平分线上,∴PC=PD.
又∵OP=OP,∴Rt△OPC≌Rt△OPD(HL).∴OC=OD.
(2)由
(1)Rt△OPC≌△OPD知:
∠AOP=∠BOP.
∴OP平分∠AOB.
4.解:
(1)设原计划买男款书包x个,则女款书包(60﹣x)个,
根据题意得:
50x+70(60﹣x)=3400,
解得:
x=40,60﹣x=60﹣40=20,
答:
原计划买男款书包40个,则女款书包20个.
(2)设女款书包最多能买y个,则男款书包(80﹣y)个,
根据题意得:
70y+50(80﹣y)≤4800,
解得:
y≤40,
∴女款书包最多能买40个.
5.1)解:
FG⊥ED.理由如下:
由旋转的性质,可得∠DEB=∠ACB,
由平移的性质,可得∠GFE=∠A,
∵∠ABC=90°,∴∠A+∠ACB=90°,
∴∠DEB+∠GFE=90°,∴∠FHE=90°,∴FG⊥ED;
(2)证:
由旋转和平移的性质,
得∠GEF=∠CBE=∠ABC=90°,CG∥EB,CB=BE,
∴∠BCG+∠CBE=90°,∴∠BCG=90°,
∴四边形BCGE是矩形,
又CB=BE,∴四边形BCGE是正方形.
6.
解:
问题背景:
EF=BE+DF;
探索延伸:
EF=BE+DF仍然成立.
证明如下:
如图,延长FD到G,使DG=BE,连接AG,
∵∠B+∠ADC=180°,∠ADC+∠ADG=180°,∴∠B=∠ADG,
在△ABE和△ADG中,
,∴△ABE≌△ADG(SAS),
∴AE=AG,∠BAE=∠DAG,
∵∠EAF=
∠BAD,
∴∠GAF=∠DAG+∠DAF=∠BAE+∠DAF=∠BAD-∠EAF=∠EAF,∴∠EAF=∠GAF,
在
△AEF和△GAF中,
,∴△AEF≌△GAF(SAS),∴EF=FG,
∵FG=DG+DF=BE+DF,∴EF=BE+DF;
实际应用:
如图,连接EF,延长AE、BF相交于点C,
∵∠AOB=30°+90°+(90°-70°)=140°,∠EOF=70°,∴∠EAF=
∠AOB,
又∵OA=OB,∠OAC+∠OBC=(90°-30°)+(70°+50°)=180°,∴符合探索延伸中的条件,
∴结论EF=AE+BF成立,即EF=1.5×(60+80)=210海里.
答:
此时两舰艇之间的距离是210海里.
7.证明:
连接OP,与AB交与点C
∵PA=PB,OA=OB,OP=OP,
∴△OAP≌△OBP(SSS),
∴∠OBP=∠OAP,
∵PA是⊙O的切线,A是切点,
∴∠OAP=90°,
∴∠OBP=90°,即PB是⊙O的切线
∵∠Q=∠Q,∠OAQ=∠QBP=90°,
∴△QAO∽△QBP,
∴
,即AQ·PQ=OQ·BQ;
(3)在Rt△OAQ中,∵OQ=15,cosα=
,
∴OA=12,AQ=9,
∴QB=27;
∵
,
∴PQ=45,即PA=36,
∴OP=
;
∵PA、PB是⊙O的切线,
∴OP⊥AB,AC=BC,
∴PA·OA=OP·AC,即36×12=
·AC,
∴AC=
,故AB=
。
8.
解:
(1)在Rt△AOB中,OA=1,tan∠BAO=
=3,
∴OB=3OA=3.
∵△DOC是由△AOB绕点O逆时针旋转90°而得到的,
∴△DOC≌△AOB,
∴OC=OB=3,OD=OA=1,
∴A、B、C的坐标分别为(1,0),(0,3)(﹣3,0).
代入解析式为
,解得:
.
∴抛物线的解析式为y=﹣x2﹣2x+3;
(2)①∵抛物线的解析式为y=﹣x2﹣2x+3,
∴对称轴l=﹣
=﹣1,
∴E点的坐标为(﹣1,0).
如图,当∠CEF=90°时,△CEF∽△COD.此时点P在对称轴上,即点P为抛物线的顶点,P(﹣1,4);
当∠CFE=90°时,△CFE∽△COD,过点P作PM⊥x轴于点M,则△EFC∽△EMP.
∴
,
∴MP=3EM.
∵P的横坐标为t,
∴P(t,﹣t2﹣2t+3).
∵P在二象限,
∴PM=﹣t2﹣2t+3,EM=﹣1﹣t,
∴﹣t2﹣2t+3=3(﹣1﹣t),
解得:
t1=﹣2,t2=﹣3(与C重合,舍去),
∴t=﹣2时,y=﹣(﹣2)2﹣
2×(﹣2)+3=3.
∴P(﹣2,3).
∴当△CEF与△COD相似时,P点的坐标为:
(﹣1,4)或(﹣2,3);
②设直线CD的解析式为y=kx+b,由题意,得
,
解得:
,
∴直线CD的解析式为:
y=x+1.
设PM与CD的交点为N,则点N的坐标为(t,t+1),
∴NM=t+1.
∴PN=PM﹣NM=t2﹣2t+3﹣(t+1)=﹣t2﹣
+2.
∵S△PCD=S△PCN+S△PDN
,
∴S△PCD=PM•CM+PN•OM
=PN(CM+OM)
=PN•OC
=×3(﹣t2﹣
+2)
=﹣(t+)2+
,
∴
当t=﹣时,S△PCD的最大值为
.
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