上海市长宁区金山区中考数学一模试卷Word格式.doc
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E⊥AC时,A'
B= .
三、解答题(本大题共7题,满分78分)
19.(10分)计算:
sin30°
•tan30°
﹣cos60°
•cot30°
+.
20.(10分)如图,在△ABC中,D是AB中点,联结CD.
(1)若AB=10且∠ACD=∠B,求AC的长.
(2)过D点作BC的平行线交AC于点E,设=,=,请用向量、表示和(直接写出结果)
21.(10分)如图,△ABC中,CD⊥AB于点D,⊙D经过点B,与BC交于点E,与AB交与点F.已知tanA=,cot∠ABC=,AD=8.
求
(1)⊙D的半径;
(2)CE的长.
22.(10分)如图,拦水坝的横断面为梯形ABCD,AB∥CD,坝顶宽DC为6米,坝高DG为2米,迎水坡BC的坡角为30°
,坝底宽AB为(8+2)米.
(1)求背水坡AD的坡度;
(2)为了加固拦水坝,需将水坝加高2米,并且保持坝顶宽度不变,迎水坡和背水坡的坡度也不变,求加高后坝底HB的宽度.
23.(12分)如图,已知正方形ABCD,点E在CB的延长线上,联结AE、DE,DE与边AB交于点F,FG∥BE且与AE交于点G.
(1)求证:
GF=BF.
(2)在BC边上取点M,使得BM=BE,联结AM交DE于点O.求证:
FO•ED=OD•EF.
24.(12分)在平面直角坐标系中,抛物线y=﹣x2+2bx+c与x轴交于点A、B(点A在点B的右侧),且与y轴正半轴交于点C,已知A(2,0)
(1)当B(﹣4,0)时,求抛物线的解析式;
(2)O为坐标原点,抛物线的顶点为P,当tan∠OAP=3时,求此抛物线的解析式;
(3)O为坐标原点,以A为圆心OA长为半径画⊙A,以C为圆心,OC长为半径画圆⊙C,当⊙A与⊙C外切时,求此抛物线的解析式.
25.(14分)已知△ABC,AB=AC=5,BC=8,∠PDQ的顶点D在BC边上,DP交AB边于点E,DQ交AB边于点O且交CA的延长线于点F(点F与点A不重合),设∠PDQ=∠B,BD=3.
△BDE∽△CFD;
(2)设BE=x,OA=y,求y关于x的函数关系式,并写出定义域;
(3)当△AOF是等腰三角形时,求BE的长.
参考答案与试题解析
1.(4分)(2017•金山区一模)在平面直角坐标系中,抛物线y=﹣(x﹣1)2+2的顶点坐标是( )
【解答】解:
∵y=﹣(x﹣1)2+2,
∴抛物线顶点坐标为(1,2),
故选B.
2.(4分)(2017•金山区一模)在△ABC中,∠C=90°
∵∠C=90°
,AB=5,BC=4,
∴sinA==,
故选D.
3.(4分)(2017•金山区一模)如图,下列能判断BC∥ED的条件是( )
∵=,
∴BC∥ED;
故选C.
4.(4分)(2017•金山区一模)已知⊙O1与⊙O2的半径分别是2和6,若⊙O1与⊙O2相交,那么圆心距O1O2的取值范围是( )
两圆半径差为4,半径和为8,
两圆相交时,圆心距大于两圆半径差,且小于两圆半径和,
所以,4<O1O2<8.
5.(4分)(2017•金山区一模)已知非零向量与,那么下列说法正确的是( )
A、如果||=||,与的大小相等,与的方向不一向相同,故A错误;
B、如果||=||,与的大小相等,与不一定平行,故B错误;
C、如果∥,与的大小不应定相等,故C错误;
D、如果=﹣,那么||=||,故D正确;
故选:
D.
6.(4分)(2017•阳谷县一模)已知等腰三角形的腰长为6cm,底边长为4cm,以等腰三角形的顶角的顶点为圆心5cm为半径画圆,那么该圆与底边的位置关系是( )
如图所示:
在等腰三角形ABC中,作AD⊥BC于D,
则BD=CD=BC=2,
∴AD===4>5,
即d>r,
∴该圆与底边的位置关系是相离;
A.
7.(4分)(2017•金山区一模)如果3x=4y,那么= .
由3x=4y,得x:
y=4:
3,
故答案为:
.
8.(4分)(2017•金山区一模)已知二次函数y=x2﹣2x+1,那么该二次函数的图象的对称轴是 x=1 .
∵y=x2﹣2x+1=(x﹣1)2,
对称轴是:
x=1.
故本题答案为:
9.(4分)(2017•金山区一模)已知抛物线y=3x2+x+c与y轴的交点坐标是(0,﹣3),那么c= ﹣3 .
当x=0时,y=c,
∵抛物线y=3x2+x+c与y轴的交点坐标是(0,﹣3),
∴c=﹣3,
故答案为﹣3.
10.(4分)(2017•金山区一模)已知抛物线y=﹣x2﹣3x经过点(﹣2,m),那么m= 4 .
∵y=﹣x2﹣3x经过点(﹣2,m),
∴m=﹣×
22﹣3×
(﹣2)=4,
故答案为4.
11.(4分)(2017•金山区一模)设α是锐角,如果tanα=2,那么cotα= .
由α是锐角,如果tanα=2,那么cotα=,
12.(4分)(2017•金山区一模)在直角坐标平面中,将抛物线y=2x2先向上平移1个单位,再向右平移1个单位,那么平移后的抛物线解析式是 y=2(x﹣1)2+1 .
抛物线y=2x2的顶点坐标为(0,0),把点(0,0)向上平移1个单位,再向右平移1个单位所得对应点的坐标为(1,1),
所以平移后的抛物线解析式为y=2(x﹣1)2+1.
故答案为y=2(x﹣1)2+1.
13.(4分)(2017•金山区一模)已知⊙A的半径是2,如果B是⊙A外一点,那么线段AB长度的取值范围是 AB>2 .
∵⊙A的半径是2,B是⊙A外一点,
∴线段AB长度的取值范围是AB>2.
AB>2.
14.(4分)(2017•金山区一模)如图,点G是△ABC的重心,联结AG并延长交BC于点D,GE∥AB交BC与E,若AB=6,那么GE= 2 .
∵点G是△ABC的重心,
∴DG:
AG=1:
2,
DA=1:
∵GE∥AB,
∴=,即=,
∴EG=2,
2.
15.(4分)(2017•金山区一模)如图,在地面上离旗杆BC底部18米的A处,用测角仪测得旗杆顶端C的仰角为30°
,已知测角仪AD的高度为1.5米,那么旗杆BC的高度为 6+1.5 米.
在Rt△CDE中,tan∠CDE=,
∴CE=DE•tan∠CDE=6,
∴BC=CE+BE=6+1.5(米),
6+1.5.
16.(4分)(2017•金山区一模)如图,⊙O1与⊙O2相交于A、B两点,⊙O1与⊙O2的半径分别是1和,O1O2=2,那么两圆公共弦AB的长为 .
连接O1A,O2A,如图所示
设AC=x,O1C=y,则AB=2AC=2x,
∵O1O2=2,
∴O2C=2﹣y,
∵AB⊥O1O2,
∴AC2+O1C2=O1A2,O2C2+AC2=O2A2,
∴,
解得:
,
∴AC=,
∴AB=2AC=;
17.(4分)(2017•金山区一模)如图,在梯形ABCD中,AD∥BC,AC与BD交于O点,DO:
BE= 2:
1 .
∵AD∥BC,
∴△AOD∽△COB,
∵DO:
∴S△AOD:
S△COB=1:
4,S△AOD:
S△AOB=1:
∵S△AOD:
∴S△ABC:
S△ABE=6:
3=2:
1,
∴BC:
BE=2:
1.
18.(4分)(2017•金山区一模)如图,在△ABC中,∠C=90°
B= 或7 .
分两种情况:
①如图1,过D作DG⊥BC与G,交A′E与F,过B作BH⊥A′E与H,
∵D为AB的中点,
∴BD=AB=AD,
∵∠C=90,AC=8,BC=6,
∴AB=10,
∴BD=AD=5,
sin∠ABC=,
∴DG=4,
由翻折得:
∠DA′E=∠A,A′D=AD=5,
∴sin∠DA′E=sin∠A=,
∴DF=3,
∴FG=4﹣3=1,
∵A′E⊥AC,BC⊥AC,
∴A′E∥BC,
∴∠HFG+∠DGB=180°
∵∠DGB=90°
∴∠HFG=90°
∵∠EHB=90°
∴四边形HFGB是矩形,
∴BH=FG=1,
同理得:
A′E=AE=8﹣1=7,
∴A′H=A′E﹣EH=7﹣6=1,
在Rt△AHB中,由勾股定理得:
A′B==;
②如图2,过D作MN∥AC,交BC与于N,过A′作A′F∥AC,交BC的延长线于F,延长A′E交直线DN于M,
∵A′E⊥AC,
∴A′M⊥MN,A′E⊥A′F,
∴∠M=∠MA′F=90°
∵∠ACB=90°
∴∠F=∠ACB=90°
∴四边形MA′FN是矩形,
∴MN=A′F,FN=A′M,
A′D=AD=5,
Rt△A′MD中,∴DM=3,A′M=4,
∴FN=A′M=4,
Rt△BDN中,∵BD=5,
∴DN=4,BN=3,
∴A′F=MN=DM+DN=3+4=7,
BF=BN+FN=3+4=7,
Rt△ABF中,由勾股定理得:
A′B==7;
综上所述,A′B的长为或7.
或7.
19.(10分)(2017•金山区一模)计算:
原式=×
﹣×
×
+=﹣+2=2.
20.(10分)(2017•金山区一模)如图,在△ABC中,D是AB中点,联结CD.
(1)∵D是AB中点,
∴AD=AB=5,
∵∠ACD=∠B,∠A=∠A,
∴△ACD∽△ABC,
∴AC2=AB•AD=10×
5=50,
∴AC==5;
(2)如图所示:
∵DE∥BC,D是AB的中点,
∴AD=DB,AE=EC,
∵=,=,
∴==,
∵==,
∴.
21.(10分)(2017•金山区一模)如图,△ABC中,CD⊥AB于点D,⊙D经过点B,与BC交于点E,与AB交与点F.已知tanA=,cot∠ABC=,AD=8.
(1)∵CD⊥AB,AD=8,tanA=,
在Rt△ACD中,tanA==,AD=8,CD=4,
在Rt△CBD,cot∠ABC==,BD=3,
∴⊙D的半径为3;
(2)过圆心D作DH⊥BC,垂足为H,
∴BH=EH,
在Rt△CBD中∠CDB=90°
,BC==5,cos∠ABC==,
在Rt△BDH中,∠BHD=90°
,cos∠ABC==,BD=3,BH=,
∵BH=EH,
∴BE=2BH=,
∴CE=BC﹣BE=5﹣=.
22.(10分)(2017•金山区一模)如图,拦水坝的横断面为梯形ABCD,AB∥CD,坝顶宽DC为6米,坝高DG为2米,迎水坡BC的坡角为30°
(1)如图,过点C作CP⊥AB于点P,
则四边形CDGP是矩形,
∴CP=DG=2,CD=GP=6,
∵∠B=30°
∴BP===2,
∴AG=AB﹣GP﹣BP=8+2﹣6﹣2=2=DG,
∴背水坡AD的坡度DG:
1;
(2)由题意知EF=MN=4,ME=CD=6,∠B=30°
则BF===4,HN===4,NF=ME=6,
∴HB=HN+NF+BF=4+6+4=10+4,
答:
加高后坝底HB的宽度为(10+4)米.
23.(12分)(2017•金山区一模)如图,已知正方形ABCD,点E在CB的延长线上,联结AE、DE,DE与边AB交于点F,FG∥BE且与AE交于点G.
【解答】证明:
(1)∵四边形ABCD是正方形,
∴AD∥BC,AB∥CD,AD=CD,
∵GF∥BE,
∴GF∥BC,
∴GF∥AD,
∵AB∥CD,
∵AD=CD,
∴GF=BF;
(2)延长GF交AM于H,
∵GF∥BC,
∴FH∥BC,
∵BM=BE,
∴GF=FH,
∵GF∥AD,
∴FO•ED=OD•EF.
24.(12分)(2017•金山区一模)在平面直角坐标系中,抛物线y=﹣x2+2bx+c与x轴交于点A、B(点A在点B的右侧),且与y轴正半轴交于点C,已知A(2,0)
(1)把点A(2,0)、B(﹣4,0)的坐标代入y=﹣x2+2bx+c得,,
∴b=﹣1.c=8,
∴抛物线的解析式为y=﹣x2﹣2x+8;
(2)如图1,设抛物线的对称轴与x轴的交点为H,把点A(2,0)的坐标代入y=﹣x2+2bx+c得,
﹣4+4b+c=0①,
∵抛物线的顶点为P,
∴y=﹣x2+2bx+c=﹣(x﹣b)2+b2+c,
∴P(b,b2+c),
∴PH=b2+c,AH=2﹣b,
在Rt△PHA中,tan∠OAP=,
∴=3②,
联立①②得,,
∴(不符合题意,舍)或,
(3)∵如图2,抛物线y=﹣x2+2bx+c与y轴正半轴交于点C,
∴C(0,c)(c>0),
∴OC=c,
∵A(2,0),
∴OA=2,
∵⊙A与⊙C外切,
∴AC=c+2=,
∴c=0(舍)或c=,
把点A(2,0)的坐标代入y=﹣x2+2bx+c得,﹣4+4b+c=0,
∴b=,
∴抛物线的解析式为y=﹣x2+x+.
25.(14分)(2017•金山区一模)已知△ABC,AB=AC=5,BC=8,∠PDQ的顶点D在BC边上,DP交AB边于点E,DQ交AB边于点O且交CA的延长线于点F(点F与点A不重合),设∠PDQ=∠B,BD=3.
(1)∵AB=AC,
∴∠B=∠C,
∵∠EDC=∠B+∠BED,
∴∠FDC+∠EDO=∠B+∠BED,
∵∠EDO=∠B,
∴∠BED=∠EDC,
∵∠B=∠C,
∴△BDE∽△CFD.
(2)过点D作DM∥AB交AC于M(如图1中).
∵△BDE∽△CFD,
∴=,∵BC=8,BD=3,BE=x,
∴=,
∴FC=,
∵DM∥AB,
∴DM=,
∴∠B=∠MDC,
∴∠MDC=∠C,
∴CM=DM=,FM=﹣,
∴y=(0<x<3).
(3)①当AO=AF时,
由
(2)可知AO=y=,AF=FC﹣AC=﹣5,
∴=﹣5,解得x=.
∴BE=
②当FO=FA时,易知DO=AM=,作DH⊥AB于H(如图2中),
BH=BD•cos∠B=3×
=,
DH=BD•sin∠B=3×
∴HO==,
∴OA=AB﹣BH﹣HO=,
由
(2)可知y=,即=,解得x=,
∴BE=.
③当OA=OF时,设DP与CA的延长线交于点N(如图3中).
∴∠OAF=∠OFA,∠B=∠C=∠ANE,
由△ABC≌△CDN,可得CN=BC=8,ND=5,
由△BDE≌△NAE,可得NE=BE=x,ED=5﹣x,
作EG⊥BC于G,则BG=x,EG=x,
∴GD=,
∴BG+GD=x+=3,
∴x=>3(舍弃),
综上所述,当△OAF是等腰三角形时,BE=或.
参与本试卷答题和审题的老师有:
Ldt;
张其铎;
lantin;
sjzx;
2300680618;
家有儿女;
wd1899;
733599;
gsls;
放飞梦想;
szl;
知足长乐;
tcm123;
sks;
三界无我;
王学峰;
星月相随;
弯弯的小河(排名不分先后)
菁优网
2017年4月8日
第25页(共25页)
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