天津市和平区中考数学模拟(月)试卷

2019年津和区考学拟卷份一选题本题12小题每题3分共36分，每题出四选中只一是符题要的1．sin45°值等于（）A．B．CD．12．如图是一个由5个相的正方体组成的立体图形，它的三视图是（）A．B．C．D．3．图中所示几何体的俯视图是）A．B．C．D．4．如图，把一个圆形转盘按1：34的比分成AC，四扇形区域，自由转动转盘，停止后指针落在区的概率为（）1

A．B．CD．5．要组织一次排球邀请赛，参的每个队之间都要比赛一场，根据场地和时间等条件，赛程计划安排7天，天安排4场赛．设赛组织者应邀请个参赛，则x满足关系式为（）A．

（+1）28

B．

（﹣）28C．（+1）＝28

D．（x﹣1）＝286．在△ABC△DEF中AB2，＝，＝∠，如eq\o\ac(△,果)的周长是16，面积是12，么△的周长、面积依次为（）A．，B．8，C43D．4，7．如图，在ABCD中点E是AD的中点，交角线BD于点F，则EF等（）A．：B．3：C11D．1：8．若一个正六边形的边心距为2A．B．24

，则该正六边形的周长为（）C．D．49如⊙中为直径MB分别切O于AB∠＝°则∠AMB的大小（）A．25°B．30°C45D．50°10．如图，正比例函数y＝kx反比例函数y＝若，则的值范围是（）

的图象交于A﹣，）、B（，2）两点，2

A．＜﹣或＞1C．﹣＜＜或＜＜1

B．＜1或0＜D．1＜＜或x＞11．在等边△ABC中是AC上点，连接，将△BCD绕B逆针旋转60°，得eq\o\ac(△,到)BAE，连接ED，若＝，＝，下列结论：①；②∠ADE＝；③△是等边三角形；④的周长是．其中，正确结论的个数是（）A．B．2C3D．412．已知抛物线＝

++（≠）对称轴为x﹣，x轴一个交点在（30和（20）间，其部分图象如图所示则下列结论：①点（﹣，y）（﹣，），（，）是抛物线上的点，则y＜＜；②+2＜；③（+b）≤﹣（任意实数），其中正确结论的个数是（）A．B．1C2D．3二填题本题小，小3分共18分）13．已知反比例函数的图象经过，B，点的坐为1，3，点B的纵坐标为1，则点B的坐标为．14图形ABCD点A顺时针旋转到矩形AB′C′′位置角为α（°＜α90°3

若∠BAD＝70°，则α＝（）．15．如图，“石头、剪刀、布”民间广为流传的游戏，游戏时，双方每次任意出“石头”、剪刀”、“布”这三种手势中的一种，那么双方出现相同手势的概率＝．16．与直线y＝平的直线可以是（写出一个即可）．17．如图，点、F分别在正三角形ABC的三边上，也是正三角形，ABC的边长为a，△的边长为．则△的切圆半径为．18．如图，在ABC中，BA＝BC＝，＝°上一动点，（Ⅰ）的长＝；（Ⅱ）+DC的最值是．三解题本题小，分解应出文说、算骤推过）19．（分（Ⅰ）解方程：（﹣）4﹣；（Ⅱ）已知关于x的元二次方程+2+2k﹣＝有个不相等的实数根，求k的值范围．20．（分已知抛物线＝x+bx+过点（，）（，）求抛物线的解析式，并求出抛物线的顶点坐标．21．（分已知，为O直径，弦⊥AB于，在CD的延线上取一点，PG与⊙O相4

切于点G，连接交CD于点．（Ⅰ）如图①，若∠＝20，求∠和∠AGP大小；（Ⅱ）如图②，若E为径的中点，∥AB，且＝2，PF的．22．（分）图示一架水平飞的无人机的端点A测得正前方的桥的左点P的俯角为其tan＝2，人机的飞行高度为500

米，桥的长度为米①求点H到桥端点P的离；②若无人机前端点B测正前方的桥的右端点Q的角为°，求这架无人机的长度．23．（分某学校计划组织校1441名生到相关部门规划的林区植树，经过研究，决定租用当地租车公司一共62辆，两型号客车作为交通工具．下表是租车公司提供给学校有关两种型号客车的载客量和租金信息：型号AB

载客量30人辆20人辆

租金单价380元辆280元辆注：载客量指的是每辆客车最多可载该校师生的人数设学校租用型客车，租车总费用为y元（Ⅰ）求y的数解析式，请直接写出x取值范围；（Ⅱ）若要使租车总费用不超过21940，一共有几种租车方案？哪种租车方案总费用最省？最省的总费用是多少？24．（分）图，四边形AOBC是正方形，点的标是（，0）．5

（Ⅰ）正方形的边长为，A的标．（Ⅱ）将正方形AOBC绕O顺针旋转45，点，B，C旋转的对应点为A′，′′，求点A′的坐标及旋转后的正方与原正方形的重叠部分的面积；（Ⅲ）动点P从点出，沿折OACB方向以个位秒速匀速运动，同时，另一动点Q从点O出发，沿折线方向以个位秒速度匀速运动，动时间为t秒当它们相遇时同时停止运动，当△为等腰三角形时，求出的（直接写出结果即可）．25（分）知二次函数y＝

﹣ax+3的大值为4，且该抛线与轴交点为，顶点为D．（Ⅰ）求该二次函数的解析式及点，的标；（Ⅱ）点P（，）x轴的动点，①求|﹣|的最大值及对应的坐标；②设（2）是y轴的动点，若线段与函数＝a|x﹣a|的图象只有一个公共点，求取值范围．6

年天市平区考学拟卷3月）参答与题析一选题本题12小题每题3分共36分，每题出四选中只一是符题要的1．【分析】根据特殊角度的三函数值解答即可．【解答】解：sin45

．故选：．【点评】此题比较简单，只要熟特殊角度的三角函数值即可．2．【分析】找到从正面、左面上看所得到的图形即可，注意所有的看到的棱都应表现在视图中．【解答】解：此几何体的主视图两排，从上往下分别有，个方形；左视图有二列，从左往右分别有2，个方形；俯视图有三列，从上往下分别有3，个方形，故选：．【点评】本题考查了三视图的知，关键是掌握三视图所看的位置．3．【分析】找到从上面看所得的图形即可．【解答】解：从上面看可得到三矩形左右排在一起，中间的较大，故选D．【点评】本题考查了三视图的知，俯视图是从物体的上面看得到的视图．4【析首确定在图中B区域面积在整个面积中占的比例，根据这个比例即可求出指针指向B区域概率．【解答】解：∵一个圆形转盘按1：2：4的比例分成A、、、四扇形区，∴圆被等分成10份，中B区占2份∴落在B区域概率＝

＝；故选：．【点评本考查几何概率的求法：首先根据题意将代数关系用面积表示出来，一般用阴影区域表示所求事件（）然后计算阴影区域的面积在总面积中占的比例，这个比例即事件）生的概率．5．【分析】关系式为：球队总×每支球队需赛的场数2×，把相关数值代入即可．【解答】解：每支球队都需要与他球队赛x﹣1）场，但2队之只有1场赛，7

所以可列方程为：

（﹣）×．故选：．【点评本题考查了由实际问题抽象出一元二次方程，解决本题的关键是得到比赛总场数的等量关系，注意2队间的比赛只有1场最后的总场数应除以26．【分析】根据已知可eq\o\ac(△,证)ABC∽△DEF，△和的似比为2，再根据相似三角形周长的比等于相似比，面积的比等于相似比的平方即可求DEF周长、面积．【解答】解：因为在△ABC△中，＝AC2DF，∴＝，又∵∠＝∠，∴△ABC△DEF，且ABC△的似比为2，∵△ABC的周长是16，面积是，∴△DEF的周长为16÷2＝，积为12÷4＝，故选：．【点评本难度中等，考查相似三角形的判定和性质，相似三角形周长的比等于相似比，面积的比等于相似比的平方．7．【分析】根据题意得eq\o\ac(△,出)DEF∽△BCF，而得出

＝，用点是AD的中点得出答案即可．【解答】解：∵ABCD，AD∥BC，∴△DEF△BCF，∴＝，∵点E是边AD的中点，∴＝AD，∴＝．故选：．【点评】此题主要考查了平行四形的性质以及相似三角形的判定与性质等知识，得eq\o\ac(△,出)eq\o\ac(△,)DEF∽△是解题关键．8【分析首设正六边形的中心是，一边是，过O作OG⊥与，在直eq\o\ac(△,角)OAG中，根据三角函数即可求得边长AB从而求出周长．8

【解答】解：如图，在eq\o\ac(△,Rt)AOG中，＝

，∠AOG＝30°∴÷30°＝这个正六边形的周长24．故选：．

．【点评本考查了正多边形的性质，在本题中，注意正六边形的边长等于半径的特点，进行解题．9分由AM圆相根切线的性质得到AM直于AC可出MAC为角再由BAC的度数，用MAC﹣∠BAC求∠MAB的数，又，为圆O的切线，根据切线长定理得到＝，利用等边对等角可得出＝MBA由底角的度数，利用三角形的内角和定理即可求出∠的度数．【解答】解：∵MA切⊙O于A，∴∠MAC90°，又BAC25，∴∠MAB∠MAC﹣BAC＝65°，∵分切⊙O于点A、B，∴，∴∠MAB∠MBA，∴∠AMB180﹣（∠+∠MBA）＝°故选：．【点评此考查了切线的性质，圆周角定理，等腰三角形的判定与性质，切线长定理以及三角形内角和定理，熟练掌握性质及定理是解本题的关键．10．【分析】根据图象找出直线双曲线下方的x的值范围即可．【解答】解：由图象可得，﹣1＜x1，＜．故选：．【点评】本题考查了反比例函数一次函数的交点问题，数形结合是解题的关键．11．【分析】根据等边三角形的质得ABC∠＝°AC＝BC＝，利用旋转的性质得∠9

＝∠C＝60°＝，＝∠，是根据平行线的判定可对①进行判断；绕B逆针旋转°，得到BAE得DBE＝60°，＝BE＝，根据边三角形的判定方法得到△为等边三角形于可对③进行判断根据等边三角形的质得BDE＝°DE＝DB4，然后说明∠BDC＞°则＜60°，于是可②进行判断；最后利用AE＝CD，DE＝＝和三角形周长定义可对④进行判断．【解答】解：∵△ABC为等边三角形，∴∠ABC＝∠＝°AC＝，∵△绕点逆针旋转60°得到△BAE，∴∠BAE＝∠＝°AE，∴∠BAE＝∠ABC，∴，所以①正确；∵△绕点逆针旋转60°得到△BAE，∴∠DBE60°，＝＝，∴△BDE为等边三角形，所以③正确，∴∠BDE60°，＝＝，在△BDC中，∵＞，∴∠BDC∠，即BDC＞60°，∴∠ADE60°，所以②错误；∵，＝＝，∴△ADE的周长AD+AEDEAD+DBAC＝5+4＝，所以④正确．故选：．【点评本考查了旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；旋转前、后的图形全等．也考查了等边三角形的判定与性质．12．【分析根据抛物线的对称性找出点（﹣

，）抛物线上，再结合抛物线对称轴左边的单调性即可得出①错误；由＝﹣3时y＜，可得出3+＜，结合b＝2a即得出②正确；由方程++＝0中b4•a＝0结合＜0，即可得出抛物线y＝++中≤，由此即可得出③正确．综上即可得出结论．【解答】解：①∵抛物线的对称为＝﹣，点（，）在抛物线上，10

∴（﹣，）∵﹣＜

＜﹣，且抛物线对称轴左边图y值随x的增大而增大，∴＜＜y．故①错误；②∵当x＝﹣时，＝﹣+＜，且＝a，∴﹣×+c＝a+＜，∴+2＝+2c＜，故②正确；③∵b＝a，∴方程at

++＝中△＝

﹣•＝，∴抛物线y＝at++与x轴只有一个交点，∵图中抛物线开口向下，∴＜，∴＝

++≤，即

+≤﹣＝﹣．故③正确．综上所述，正确的结论有2个．故选：．【点评】本题考查了二次函数图与系数的关系、二次函数与不等式以及抛物线与x轴交点，解题的关键是逐一分析3条结是否正确．本题属于中档题，难度不大，解决该题型题目时，熟练掌握二次函数的图象是关键．二填题本题小，小3分共18分）13．【分析】设点B的坐标为，利用反比例函数图象上点的坐标特征得到t×＝×，后解方程求出t可．【解答】解：设点B的横坐标为t，∵反比例函数的图象经过点AB，∴×＝×3，11

∴＝，即点B的横坐标为3．故答案为3．【点评】本题考查了反比例函数象上点的坐标特征：反比例函数＝（为数≠0）的图象是双曲线，图象上的点（，）横纵坐标的积是定值k，xy＝．14．【分析】根据旋转的定义，到旋转角，利用角的和差关系即可求解．【解答】解：根据旋转的定义可，BAB′＝α，∵∠BAB∠BAD＝°，∴＝90°70°20°故答案为20．【点评】本题主要考查旋转的定及性质、矩形的性质，解题的关键是找准旋转角．15．【分析】首先根据题意画出状图，然后由树状图求得所有等可能的结果与双方出现相同手势的情况，再利用概率公式即可求得答案．【解答】解：画树状图得：∵共有种可能的结果，双方出现相同手势的有3种况，∴双方出现相同手势的概率P＝．故答案为：．【点评此考查了列表法与树状图法求概率的知识．此题比较简单，注意列表法与树状图法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，注意概率＝所求情况数与总情况数之比．16．【分析】两直线平行的条件k相，因此足＝+的式，且b≠即．【解答】解：∵满足y＝+的式，且≠所有直线互相平行，∴可以是直线＝2+1，故答案为：＝+1．【点评】本题考查了一次函数图的性质，理解值含义是解答本题的关键．17．【分析】欲求△内切圆半径，可以画出图形，然后利用题中已知条件，挖掘隐含条件求12

解．【解答】解：如图，由于△ABC，△DEF都正三角形，∴＝，＝＝，BAC＝∠＝C＝∠＝∠EFD∠EDF＝60°，∴∠1+∠＝2+∠3＝120°∠＝3；在△AEF和△中，，∴△AEF△CFD（AAS）；同理可证：AEF≌△CFD△BDE∴，即AEAF+＝．设△的内心⊥于，则AH＝（+AFEF＝（﹣）∵平∠BAC，∴∠HAM30°；∴•°（﹣b）•故答案为：（﹣）．

＝（﹣b．【点评本题考查了等边三角形的性质以及全等三角形的判定与性质以及内心的性质，根据已知得出AH的长是解题关键．18．【分析（Ⅰ）如图，过B⊥于E，根据等腰三角形性质和解直角三角形即可得到结论；（Ⅱ）如图，作的垂直平分线交于D则＝，时BD+DC的值最小，解直角三角形即可得到结论．【解答】解：（Ⅰ）如图，过B作⊥AC于，∵＝，13

∴，∵∠A＝30°，∴＝

AB＝，∴2AE4

；（Ⅱ）如图，作的垂直平分线交于D，则BD＝，此时BD的值最小，∵＝，∴＝，∴∴BD+DC的最小值＝故答案为：，．

，【点评本考查了等腰三角形的性质，线段垂直平分线的性质，解直角三角形，正确的作出辅助线是解题的关键．三解题本题小，分解应出文说、算骤推过）19．【分析】（Ⅰ）方程变形为x（x﹣）2（x﹣5）＝0，然后利用因式分法解方程；（Ⅱ）根据判别式的意义得到△2﹣•（﹣）＞，后解关于k的等式即可．【解答】解：（Ⅰ）（﹣）2（﹣）0，（﹣）（﹣）＝0，2﹣＝0或﹣＝，所以x＝，＝；（Ⅱ）eq\o\ac(△,2)﹣•（k﹣）0，所以k＜．【点评本考查了根的判别式：一元二次方程ax+bx+＝（≠）根eq\o\ac(△,与)b﹣ac有如下关系：当△0时方程有两个相等的两个实数根；当eq\o\ac(△,＝)eq\o\ac(△,)0时方程有两个相等的两个实数根；当△＜时方程无实数根．20．【分析】将（，）（，3代入y＝

++求bc的，得到此函数的解析式；把14

一般式转化为顶点式，由顶点式可得顶点的坐标．【解答】解：分别将（，）（1，）代入函数解析式，得出二元一次方程组

解得所以，该二次函数的解析式为yx+2；该二次函数的解析式＝+2x可化：＝x+1）﹣1，所以该抛物线的顶点坐标为（1，﹣）．【点评】本题考查了二次函数解式的求法，以及二次函数顶点式的应用．21【析（）连接，在eq\o\ac(△,Rt)中，＝20°，可得＝∠EFA＝70°因为＝，所以∠∠A＝°因为PG⊙相于点，得OGP90°，可得＝90°20°＝70°．；（Ⅱ如图连BGOD证明△为等边三角形∠AOD＝°以＝30°，因为DG∥，以BAG∠＝30，在eq\o\ac(△,Rt)AGB中求得AG＝6，在eq\o\ac(△,Rt)中可求得＝，证明△为边三角形，所以＝＝﹣＝﹣＝．【解答】解：（Ⅰ）连接，∵于，∴∠AEF90°，∵∠A＝20°，∴∠EFA90°﹣∠＝90﹣20°＝70，∴∠GFP＝∠＝°，∵，∴∠OGA∠＝°，∵与相于点G，∴∠OGP90°，∴∠AGP∠OGP﹣OGA＝90°﹣20°＝70°．（Ⅱ）如图，连结，OG，，，∵为半径的点，⊥，∴＝，∴△OAD为等边三角形，∴∠AOD60°，15

∴∠AGD∠AOD30°，∵，∴∠BAG∠AGD＝°，∵为的径＝

，∴∠AGB90°，＝

，∴•°＝6，．∵，∴∠OGA∠BAG＝°，∵与相于点G，∴∠OGP90°，∴∠FGP90°﹣°°∵∠AEF90°，＝，BAG30°，∴2，∠GFP＝EFA60∴△GFP为等边三角形，∴＝﹣＝﹣＝．【点评本考查圆的切线的性质，等边三角形的判定和性质，直角三角形的性质．解题的关键是掌握圆的切线的性质．22．【分析】①在eq\o\ac(△,Rt)AHP中，由tan∠tan＝②设BC⊥于在eq\o\ac(△,Rt)中求出CQ＝

，即可解决问题；＝米由1255米可得＝24516

米，再根据AB＝＝PHPC计算即可；【解答】解：①在eq\o\ac(△,Rt)AHP中，AH500由tan∠APH＝tan＝＝＝∴点H到桥左端点P的距离为250米．②设BC⊥于．

，，可得PH＝250米在eq\o\ac(△,Rt)中，∵BC＝＝500

，∠BQC30，∴＝＝1500米，∵1255米，∴米，∵米，∴＝250﹣＝米．答：这架无人机的长度为米【点评本考查解直角三角形﹣仰角俯角问题，锐角三角函数，矩形判定和性质等知识，解题的关键是灵活应用所学知识解决问题，属于中考常考题型．23．【分析】（Ⅰ）根据租车总用A、B两车的费用之和，列出函数关系式即可；（Ⅱ）列出不等式，求出自变量x的取范围，利用函数的性质即可解决问题．【解答】解：（Ⅰ）由题意：y＝+280（62x）＝x+17360．∵x+20（﹣）≥，∴≥20.1又∵x为整数，∴的取值范围≤x≤62的整数；（Ⅱ）由题意100+17360≤21940，∴≤45.817

∴≤≤45，∴共有25种租方案，x＝时，有小值＝19460元．即租辆A型号车时总费用最省，最省的总费用是19460元．【点评本考查一次函数的应用、一元一次不等式的应用等知识，解题的关键是理解题意，学会利用函数的性质解决最值问题．24．【分析】（Ⅰ）由正方形性可得AO＝＝BCABOC，＝，＝，勾股定理可求AO，的长，即可求解；（Ⅱ）由旋转的性质可得＝OA'＝，∠OA''＝90°，可求A'的，S

＝

eq\o\ac(△,S)OBC﹣

eq\o\ac(△,S)

可求重叠部分的面积；（Ⅲ）利用分类讨论思想和等腰三角形的性质可求t的．【解答】解：（Ⅰ）如图，连接AB，交OC于点，∵四边形是正方形∴＝＝，⊥，＝，AE＝，∵点C的坐标是（∴4∴＝

，）∵

+＝

＝，∴4∴＝＝∴正方形边长为4，点A坐标为（2

，）故答案为：，2（Ⅱ）如图，

，）18

∵旋转45°∠＝°∴点A'落在上，∴'＝，∠''∠A＝90°∴点A'（，）A'C＝﹣'＝∵∠ACB45°，∴∠'＝∠CP＝°∴'＝A'P＝﹣

﹣∴＝﹣＝﹣×（eq\o\ac(△,S)OBCeq\o\ac(△,A)eq\o\ac(△,)

）＝﹣（Ⅲ）∵＝时，与重，点Q与C重合，且△OAC等腰三角形∴当t＝时，OPQ为腰三角形当点P在OA上，Q在上，＝，OQ＝t，则直角三角形不是等腰三角形；当点P在OA上，Q在上，∵△OPQ是等腰三角形∴点Q在OP的垂平分线上，∴﹣＝∴＝当点P在AC上时点Q在AC上时，≠≠PQ∴△OPQ不是等腰三角形．∴当t＝或时△为等腰三角形．【点评本题是四边形综合题，正方形的性质，等腰直角三角形的性质，旋转的性质，勾股定理以