吉林省XX中学中考数学一模试卷含答案解析Word格式.docx
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B.2
C.
D.1+
8.(3分)如图,菱形ABCD的周长为20cm,DE⊥AB,垂足为E,cosA=,则下列结论中正确的个数为()
①DE=3cm;
②EB=1cm;
③S菱形ABCD=15cm2.
A.3个B.2个C.1个D.0个
二、填空:
(共18分,每小题3分)9.(3分)若y=(m+2)x+3x﹣2是二次函数,则m的值是.
10.(3分)已知点A(﹣3,y1),B(﹣1,y2),C(2,y3)在抛物线y=x2,则y1,y2,y3的大小关系是(用“<”连接)..
11.(3分)△ABC中,∠C=90°
,tanA=,则sinA+cosA=
12.(3分)如图,四边形ABCD中,点P是对角线BD的中点,点E,F分别是AB,CD的中点,AD=BC,∠PEF=35°
,则∠PFE的度数是
.
13.(3分)如果某人沿坡度i=4:
3的斜坡前进50米后,他所在的位置比原来的位置升高了米.,∠A=30°
,则AB的长是.
14.(3分)已知在△ABC中,BC=6,AC=6
三、解答题:
(共78分)15.(8分)计算:
(1)2cos60°
﹣(2009﹣π)0+tan45°
.
(2)2sin60°
﹣3tan30°
+2sin45°
﹣.
16.(6分)如图,在边长均为1的小正方形网格纸中,△OAB的顶点O,A,B均在格点上,且O是直角坐标系的原点,点A在x轴上.
(1)以O为位似中心,将△OAB放大,使得放大后的△OA1B1,与△OAB对应线段的比为2:
1,画出△OA1B1,(所画△OA1B1与△OAB在原点两侧);
(2)直接写出点A1、B1,的坐标
(3)直接写出tan∠OA1B1.;
17.(6分)如图,一段河坝的断面为梯形ABCD,试根据图中数据,求出坡角α和坝底宽AD(结果果保留根号).18.(7分)如图,M是△ABC的边BC的中点,AN平分∠BAC,BN⊥AN于点N,延长BN交AC于点D,已知AB=10,BC=15,MN=3
(1)求证:
BN=DN;
(2)求△ABC的周长.
19.(7分)如图,直线y=﹣x+2过x轴上的点A(2,0),且与抛物线y=ax2交于B,C两点,点B坐标为(1,1).
(1)求抛物线的函数表达式;
(2)连结OC,求出△AOC的面积.
20.(8分)如图,在矩形ABCD中,DE⊥AC于E,cos∠ADE=,AB=3,
(1)求AD的值.
(2)直接写出S△DEC的值是.
21.(8分)如图,在△ABC中,AD是BC边上的高,tanB=cos∠DAC.
AC=BD.
(2)若sinC=,BC=34,直接写出AD的长是.22.(8分)腾飞中学在教学楼前新建了一座“腾飞”雕塑(如图①).为了测量雕塑的高度,小明利用三角板测得雕塑顶端A点的仰角为30°
,底部B点的俯角为45°
,小华在五楼找到一点D,利用三角板测得A点的俯角为60°
(如图②).若已知CD为10米,请求出雕塑AB的高度.(结果精确到
0.1米,参考数据=
1.73).
23.(8分)在矩形ABCD中,AD=3,CD=4,点E在CD上,且DE=1.
(1)感知:
如图①,连接AE,过点E作EF丄AE,交BC于点F,连接AE,易证:
△ADE≌△ECF(不需要证明);
(2)探究:
如图②,点P在矩形ABCD的边AD上(点P不与点
A、D重合),连接PE,过点E作EF⊥PE,交BC于点F,连接PF.求证:
△PDE和△ECF相似;
(3)应用:
如图③,若EF交AB于点F,EF丄PE,其他条件不变,且△PEF的面积是6,则AP的长为.
24.AD∥BC,BC=4,DC=3,AD=6.(12分)如图,在四边形ABCD中,∠C=90°
,动点P从点D出发,沿射线DA的方向,在射线DA上以每秒2两个单位长的速度运动,动点Q从点C出发,在线段CB上以每秒1个单位长的速度向点B运动,Q分别从点D,C同时出发,当点Q运动到点B时,点P随之停止运动.设点P,运动的时间为t(秒).
(1)设△BPQ的面积为s,直接写出s与t之间的函数关系式是取值范围).
(2)当B,P,Q三点为顶点的三角形是等腰三角形时,求出此时t的值.(3)当线段PQ与线段AB相交于点O,且2OA=OB时,直接写出tan∠BQP=.(不写
2018年吉林省XX中学中考数学一模试卷
参考答案与试题解析
(共24分,每小题3分)1.(3分)在Rt△ABC中,∠C=90°
D.
【解答】解:
在Rt△ABC中,∠C=90°
,cosB=,)
BC=5cos40°
.故选:
B.
2.(3分)在△ABC中,∠C=90°
,若cosB=A.B.C.D.,则sinA的值为()
∵在△ABC中,∠C=90°
,cosB=∴∠B=30°
,∠A=60°
.∴sinA=sin60°
=故选:
B..,3.(3分)对于函数y=5x2,下列结论正确的是(A.y随x的增大而增大B.图象开口向下C.图象关于y轴对称D.无论x取何值,y的值总是正的
∵二次函数解析式为y=5x2,)
∴二次函数图象开口向上,当x<0时y随x增大而减小,当x>0时y随x增大而增大,对称轴为y轴,无论x取何值,y的值总是非负.故选:
C.
∵
AB、AC的中点∴DE是三角形的中位线∴DE:
BC=1:
2∴S△ADE:
S△ABC=1:
4.故选:
5.(3分)在△ABC中,∠A,∠B都是锐角,tanA=1,sinB=最确切的判断是(),你认为△ABC
A.等腰三角形B.等腰直角三角形C.直角三角形D.锐角三角形
由题意,得∠A=45°
,∠B=45°
.∠C=180°
﹣∠A﹣∠B=90°
,故选:
6.(3分)如图,四个二次函数的图象中,分别对应的是:
④y=dx2,则a,b,c,d的大小关系是()A.a>b>c>dB.a>b>d>cC.b>a>c>dD.b>a>d>c
由二次函数y=ax2的性质知,
(1)抛物线y=ax2的开口大小由|a|决定.|a|越大,抛物线的开口越窄;
|a|越小,抛物线的开口越宽.
(2)抛物线y=ax2的开口方向由a决定.当a>0时,开口向上,抛物线(除顶点外)都在x轴上方;
当a<0时,开口向下,抛物线(除顶点外)都在x轴下方.根据以上结论知:
a>b>0,0>c>d.故选:
A.
7.(3分)如图,在Rt△ABC中,∠A=30°
如图,∵在Rt△ABC中,∠C=90°
,∠A=30°
,∴AB=2BC=2又∵点
D、E分别是BC,AC的中点,∴DE是△ACB的中位线,∴DE=AB=1.故选:
A.8.(3分)如图,菱形ABCD的周长为20cm,DE⊥AB,垂足为E,cosA=,则下列结论中正确的个数为()
由题意可得,菱形的边长为5cm,又cosA=则DE=3cm;
EB=1cm;
S菱形ABCD=5×
3=15cm2,故选:
A.=,所以AE=4,
(共18分,每小题3分)9.(3分)若y=(m+2)x
由题意,得m2﹣2=2,且m+2≠0,解得m=2,故答案为:
2.+3x﹣2是二次函数,则m的值是2.
10.(3分)已知点A(﹣3,y1),B(﹣1,y2),C(2,y3)在抛物线y=x2,则y1,y2,y3的大小关系是
∵点A(﹣3,y1),B(﹣1,y2),C(2,y3)在抛物线y=x2,∴y1=×
(﹣3)2=6,y2=×
(﹣1)2=,y3=×
22=,∵<<6,∴y2<y3<y1,y2<y3<y1(用“<”连接).故答案为:
y2<y3<y1.
,tanA=,则sinA+cosA=
如图,∵tanA=∴设AB=3x,则BC=4x,AC=5x,则有:
sinA+cosA=
故答案为:
.+=+=,.
,则∠PFE的度数是35°
.
∵在四边形ABCD中,P是对角线BD的中点,E,F分别是AB,CD的中点,∴FP,PE分别是△CDB与△DAB的中位线,∴PF=BC,PE=AD,∵AD=BC,∴PF=PE,故△EPF是等腰三角形.∵∠PEF=35°
,∴∠PEF=∠PFE=35°
,故答案为:
35°
.
3的斜坡前进50米后,他所在的位置比原来的位置升高了40米.
由题意得,BC:
AB=4:
3,AC=50米.设BC=4x,AB=3x,则(3x)2+(4x)2=2500,解得:
x=10,BC=4x=40.故答案为:
40.
14.BC=6,AC=6(3分)已知在△ABC中,
如图1所示,过点C作CD⊥AB于点D,∵∠A=30°
,AC=6∴CD=AC=3,×
,则AB的长是
12或6.,AD=AC•cos30°
=6
=9.
在Rt△CDB中,∵BC=6,CD=3∴BD=,==3,∴AB=AD+BD=9+3=12;
如图2所示,同理可得,CD=AC=3,AD=AC•cos30°
=6×
=9,BD=3,∴AB=AD﹣BD=9﹣3=6.综上所述,AB的长为12或6.故答案为12或6
﹣
=2×
﹣1+1=1;
(2)2sin60°
﹣=2×
=﹣﹣3×
+﹣+2×
﹣
=0.
(3)直接写出tan∠OA1B1.(4,0)和(2,﹣4);
(1)如图,△OA1B1即为所求;
(2)由图可知,A1、B1的坐标为(4,0)和(2,﹣4);
故答案为:
(4,0)和(2,﹣4);
(3)如图,tan∠OA1B1=
==2.
17.(6分)如图,一段河坝的断面为梯形ABCD,试根据图中数据,求出坡角α和坝底宽AD(结果果保留根号).
过B作BF⊥AD于F.在Rt△ABF中,AB=5,BF=CE=4.∴AF=3.在Rt△CDE中,tanα=∴∠α=30°
且DE==i==4=.,..
∴AD=AF+FE+ED=3+
4.5+4
答:
坡角α等于30°
,坝底宽AD为
18.(7分)如图,M是△ABC的边BC的中点,AN平分∠BAC,BN⊥AN于点N,延长BN交AC于点D,已知AB=10,BC=15,MN=3
【解答】
(1)证明:
∵AN平分∠BAC∴∠1=∠2∵BN⊥AN∴∠ANB=∠AND=90°
在△ABN和△ADN中,∵,∴△ABN≌△ADN(ASA),∴BN=DN.
(2)解:
∵△ABN≌△ADN,∴AD=AB=10,又∵点M是BC中点,∴MN是△BDC的中位线,∴CD=2MN=6,故△ABC的周长=AB+BC+CD+AD=10+15+6+10=41.
(1)∵点B(1,1)在抛物线y=ax2上,∴1=a,∴抛物线的解析式为y=x2;
(2)设直线AB的解析式为y=kx+b(k≠0),将A(2,0)、B(1,1)代入y=kx+b中,,解得:
,∴直线AB的解析式为y=﹣x+2.联立两函数解析式成方程组,,解得:
,,∴点C的坐标为(﹣2,4).∴S△AOC=×
2×
4=4.20.(8分)如图,在矩形ABCD中,DE⊥AC于E,cos∠ADE=,AB=3,
(1)∵四边形ABCD是矩形,∴AB=CD=3,∠ADC=90°
,∵DE⊥AC,∴∠ADE+∠CDE=90°
,∠CDE+∠DCE=90°
,∴∠ADE=∠ACD,∴cos∠ACD=cos∠ADE==∴AC=5,AD==4.,
(2)∵cos∠DCE=∴CE=,DE=
=,=,×
=
∴S△DEC=×
DE×
EC=×
故答案为
(2)若sinC=,BC=34,直接写出AD的长是.
(1)由题意可知:
tanB=cos∠DAC∴∴BD=AC
(2)设AC=BD=x∴CD=BC﹣BD=34﹣x∵sinC=∴∴==,解得:
x=
22.(8分)腾飞中学在教学楼前新建了一座“腾飞”雕塑(如图①).为了测量雕塑的高度,小明利用三角板测得雕塑顶端A点的仰角为30°
过点C作CE⊥AB于E.∵∠ADC=90°
﹣60°
=30°
,∠ACD=90°
﹣30°
=60°
,∴∠CAD=90°
.∵CD=10,∴AC=CD=5.在Rt△ACE中,∵∠AEC=90°
,∠ACE=30°
,∴AE=AC=,CE=AC•cos∠ACE=5•cos30°
=.
在Rt△BCE中,∵∠BCE=45°
,∴BE=CE=,∴AB=AE+BE=+
=(+1)≈
6.8(米).
雕塑AB的高度约为
6.8米.
如图③,若EF交AB于点F,EF丄PE,其他条件不变,且△PEF的面积是6,则AP的长为3﹣.
【解答】证明:
感知:
如图①,∵四边形ABCD为矩形,∴∠D=∠C=90°
,∴∠DAE+∠DEA=90°
,∵EF⊥AE,∴∠AEF=90°
,∴∠DEA+∠FEC=90°
,∴∠DAE=∠FEC,∵DE=1,CD=4,∴CE=3,∵AD=3,∴AD=CE,∴△ADE≌△ECF(ASA);
探究:
如图②,∵四边形ABCD为矩形,∴∠D=∠C=90°
,∴∠DPE+∠DEP=90°
,∵EF⊥PE,∴∠PEF=90°
,∴∠DEP+∠FEC=90°
,∴∠DPE=∠FEC,∴△PDE∽△ECF;
应用:
如图③,过F作FG⊥DC于G,∵四边形ABCD为矩形,∴AB∥CD,∴FG=BC=3,∵PE⊥EF,∴S△PEF=PE•EF=6,∴PE•EF=12,同理得:
△PDE∽△EGF,∴∴=,=,∴EF=3PE,∴3PE2=12,∴PE=±
2,∵PE>0,∴PE=2,在Rt△PDE中,由勾股定理得:
PD=∴AP=AD﹣PD=3﹣故答案为:
3﹣.,=,24.AD∥BC,BC=4,DC=3,AD=6.(12分)如图,在四边形ABCD中,∠C=90°
,动点P从点D出发,沿射线DA的方向,在射线DA上以每秒2两个单位长的速度运动,动点Q从点C出发,在线段CB上以每秒1个单位长的速度向点B运动,Q分别从点D,C同时出发,点P,当点Q运动到点B时,点P随之停止运动.设运动的时间为t(秒).
(1)设△BPQ的面积为s,直接写出s与t之间的函数关系式是写取值范围).
(2)当B,P,Q三点为顶点的三角形是等腰三角形时,求出此时t的值.
(3)当线段PQ与线段AB相交于点O,且2OA=OB时,直接写出tan∠BQP=s=6﹣t(不.
(1)如图1,过点P作PM⊥BC,垂足为M,则四边形PDCM为矩形.∴PM=DC=3.∵QB=4﹣t,∴s=×
3×
(4﹣t)=6﹣t(0≤t<4)故答案为:
s=6﹣t;
(2)由图可知:
CM=PD=2t,CQ=t.以
B、P、Q三点为顶点的三角形是等腰三角形,可以分三种情况:
①若PQ=BQ.在Rt△PMQ中,PQ2=t2+32,由PQ2=BQ2得t2+32=(4﹣t)2,解得t=;
②若BP=BQ.在Rt△PMB中,BP2=(4﹣2t)2+32.由BP2=BQ2得:
(4﹣2t)2+32=(4﹣t)2即3t2﹣8t+9=0.由于△=64﹣4×
9=﹣44<0,∴3t2﹣8t+9=0无解,∴PB≠BQ.③若PB=PQ.由PB2=PQ2,得t2+32=(4﹣2t)2+32整理,得3t2﹣16t+16=0.解得t1=,t2=4(舍去)综合上面的讨论可知:
当t=秒或t=秒时,以
B、P、Q三点为顶点的三角形是等腰三角形.
(3)如图2,由△OAP∽△OBQ,得∵AP=2t﹣6,BQ=4﹣t,∴2(2t﹣6)=4﹣t.∴t=.
过点Q作QE⊥AD,垂足为E.∵PD=2t,ED=QC=t,∴PE=t.在Rt△PEQ中,tan∠QPE=又∵AD∥BC,∴∠BQP=∠QPE,∴tan∠BQP=
;
==.
(4)设存在时刻t,使得PQ⊥BD如图3,过点Q作QE⊥AD于E,垂足为E.∵AD∥BC∴∠BQF=∠EPQ,又∵在△BFQ和△BCD中∠BFQ=∠C=90°
,∴∠BQF=∠BDC,∴∠BDC=∠EPQ,又∵∠C=∠PEQ=90°
,∴Rt△BDC∽Rt△QPE,∴,即.
解得t=.所以,当t=秒时,PQ⊥BD.
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