2021年中考数学冲刺训练：《中考数学开放题型》测试卷、练习卷（答案及解析）

《中考数学开放题型》测试卷、练习卷（答案及解析）

一、选择题（本大题共10小题，共30.0分）

1.如图，AB//DE,AC//DF,AC=DF,下列条件中，不能判定△ABC三△DEF的是

()

A.AB=DE

2.如图，在AABC中，点。、E分别在边AB、AC上，则在下列

五个条件中:①乙4ED=乙B；②DE〃BC;③与=条@AD'

BC=DE-AC；⑤=能满足△ADESA4CB的条

件有（）

A.1个B.5C.4个D.3个

3.把一批书按2：3：4或2：4：5两种方案分给甲、乙、丙三个班，都可以将这批书

正好分完，这批书可能有（）

A.90本B.99本C.110本D.180本

4.若(2x+l)i°=a。+%(久-1)+。2(乂-I)?+…+ciio(x—1)1°,x为实数，则a。—

^i—-—+•••+—=

+2

3333TT310

A.710B.（|）10c.gi°D,1

5.顺次连接平面上A,B,C,。四点得到一个四边形，从①4D〃BC,@AB=CD,

③41=NC,④48=4。四个条件中任取其中两个，可以得出“四边形A2CZ）是

平行四边形”，这一结论的情况共有（）

A.2种B.3种C.4种D.5种

6.小明训练上楼梯赛跑.他每步可上2阶或3阶（不上1阶），那么小明上12阶楼梯的

不同方法共有（）

（注：两种上楼梯的方法，只要有1步所踏楼梯阶数不相同，便认为是不同的上法.）

A.15种B.14种C.13种D.12种

7.潍坊新华路汽改水供热管道上有S、T、W、X、KZ六个阀门开关，使用这些阀门

开关必须满足下面的条件：

（1）X和W能同时打开，也能同时关闭;

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（2）S和T能同时打开，也能同时关闭;

（3）7和X不能同时打开，也不能同时关闭；

（4）14/和Y能同时打开，也能同时关闭；

（5）丫和z不能同时打开，也不能同时关闭.

如果同时打开S和Z,则以下说法一定正确的是（）

A.X是打开状态并且y是关闭状态B.W和T都是打开状态

c.7和y都是关闭状态D.T是打开状态并且y是关闭状态

8.方程5x+3y=54的正整数解的个数是（）

A.2B.3C.4D.5

9.二次函数丫=32+以+（：对于彳的任何值都恒为负值的条件是（）

A.a>0,4>0B.a>0,21<0C.a<0,4>0D.a<0,4<0

10.如图，已知NB=4E=90。，BF=EC,要使4c=DF,则

应添加的条件是（）.

A.只能添加乙4=4D

B.只能添力口44。8=NDFE

C.只能添加力B=DE

D.A或B或C

二、填空题（本大题共4小题，共12.0分）

11.如图，已知/。=30。，点P是射线08上一个动点，若AAP。始终有两个内角相等,

则乙4Po所有可能值为______________________

12.如图，己知=要使BE〃DF,还需补充一个条件，你认为这个条件应该

是—.（填一个条件即可）

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A

C

D

13.因式分解:

(l)x4-18x2+81=o

(2)36(a+b)2-4(a-b~)2=。

14.小明同学在上楼梯时发现：当只有一个台阶时，有一种走法；当有两个台阶时，可

以一阶一阶地上，或者一步上两个台阶，共有两种走法；如果他一步只能上一个或

者两个台阶，根据上述规律，当有三个台阶时，他有三种走法，那么当有四个台阶

时，共有种走法.

三、解答题(本大题共7小题，共58.0分)

15.有一张边长为。厘米的正方形桌面，因为实际需要，需将正方形边长增加。厘米,

木工师傅设计了如图所示的三种方案:

方军一方案二力至二

小明发现这三种方案都能验证公式：a2+2ab+炉=(a+b>,对于方案一，小明

是这样验证的：a2+ab+ab+b2=a2+2ab+62=(a+b)2

请你根据方案二、方案三，写出公式的验证过程.

方案二：__________________________________________________________________

方案三：__________________________________________________________________

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16.已知与，乃是关于x的一元二次方程(a-6)%2+2ax+a=0的两个实数根.

(1)是否存在实数“，使-/+与亚=4十不成立•若存在，求出。的值;若不存在,

请说明理由.

(2)求使(与+1)(外+1)为负整数的实数a的整数值.

17.如图，在矩形ABC。中，M、N分别是边A。、BC的中点，E、F分别是线段8M、

CM的中点.

(1)求证：AABM^ADCM;

(2)判断四边形MENF是什么特殊四边形，并证明你的结论;

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18.如图，直线y=|x+3与x轴，y轴分别交于点A,B.

备用图

(1)求点A与点B的坐标;

(2)若直线y=kx+1与x轴，y轴分别交于点。，C,与直线y=|x+3交于点E.4

BCE的面积为1,求&的值；

(3)在y轴上是否存在点P,使AABP为等腰三角形？若存在，请直接写出点尸的坐

标：若不存在，请说明理由.

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19.如图，二次函数y=-/+2x+m的图象与x轴的一个交点为2(3,0),另一交点为

B,且与y轴交于点C.

(1)求的值及顶点坐标；

(2)若点P在直线AC上，点Q是平面上一点，是否存在点Q,使以点A、点8、点

P、点。为顶点的四边形为矩形？若存在，请你直接写出Q点的坐标；若不存在,

请说明理由.

20.如图，从下列三个条件中：6AB〃CD3AD〃CB(3)/4=NC

任选两个作为条件，另一个作为结论，编一道数学题，并说明理由。

已知：_____________________________________________

结论：_______________________________

理由：

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ADE

21.如果一条抛物线与x轴有两个交点，那么以这两个交点和该抛物线的顶点、对称轴

上一点为顶点的四边形称为这条抛物线的“抛物四边形”.如图，抛物线旷=。/+

bx+c(a<0)与x轴交于A,C两点，点8为抛物线的顶点，点。在抛物线的对称

轴上，则四边形ABC。为''抛物四边形”，已知4(一1,0),C(3,0).

(1)若图1中的“抛物四边形"ABC。为菱形，且乙4BC=60。,则顶点3的坐标为一

⑵若图2中的“抛物四边形"ABCD为正方形，边AB与y轴交于点E,连接CE

交抛物线于点F,.

①求这条抛物线的函数解析式;

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②点尸为直线CF下方抛物线上的动点，当SMEC=^SABEC时，求尸点坐标.

③如图3,连接。8,抛物线上是否存在点Q,使ZBCA+4QC4=a,当tana=2

时，请直接写出点。的横坐标；若不存在，说明理由.

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答案和解析

1.【答案】C

【解析】

【试题解析】

【分析】

本题重点考查了三角形全等的判定定理，普通两个三角形全等共有四个定理，即A4S、

ASA、SAS、SSS,直角三角形可用双定理，但414、SSA,无法证明三角形全等.此题

是一道开放性题，实则还是考查学生对三角形全等的判定方法的掌握情况.此处可以运

用排除法进行分析.

【解答】

Z/4+/.AGD=180°,/.AGD+4。=180°,

・•・Z-A=Z.D,

A.vz/l=Z.D,AC=DF,AB=DE,用SAS判定△ABC三△OEG

乙A=^D,AC=DF,乙B=,用A4S判定△ABC三△DEF；

D如图，延长EO交8C于点。，

••EF〃BC,

(E=Z.EOC,

:AB“DE,

,,乙B=(EOC,

•・乙E=乙B,

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又•：乙4=mAC=DF,

.•.用AAS判定△ABC*DEF.

故选C.

2.【答案】D

【解析】

【分析】

本题考查的是相似三角形的判定，熟知相似三角形的判定定理是解答此题的关键.根据

相似三角形的判定定理对各条件进行逐一判断即可.

【解答】

解：©ZB=AAED,乙4=乙4,则可判断△ADEsZkACB,故①符合题意；

②DE〃BC,则△ADE-AABC,不能判定△力故②不符合题意，

③等=笫且夹角N4=N4能确定故③符合题意；

④由AD-BC=DE-4。可得,=监，此时不确定乙4DE=乙4CB,故不能确定△4DEH

ACB,故④不符合题意，

⑤乙4DE=1,44=乙4,则可判断4AOESAACB,故⑤符合题意；

所以能满足AADE~44cB的条件有3个，

故选D.

3.【答案】B

【解析】

【分析】

本题考查了最小公倍数，解答此题时应根据两种方案分的总份数9份和11份，求出9

和11的最小公倍数即可.解答此题时应根据按2：3：4或按2：4：5两种方案分给甲、

乙、丙三个班，可知这批书总分成9份和11份都正好分完，由此可知这批书应该是9

和11的最小公倍数和公倍数.

【解答】

解：2+3+4=9,

2+4+5=11,

这批书的本数应该是9和11的最小公倍数99.

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答：这批书可能有99本.

故选8.

4.【答案】C

【解析】

【分析】

此题考查了特殊值法.解题时只需令x=|,整体计算可得答案.

【解答】

解：令》=|,可得的—半++…+瑞=G)i。.

故选C.

5.【答案】B

【解析】

【分析】

本题考查了平行线的判定与性质、全等三角形的判定、平行四边形的判定等知识；熟练

掌握平行四边形的判定方法是解题的关键.

根据平行四边形的判定定理可得出答案.

【解答】

解：当①/W〃BC,④=时，四边形ABC。为平行四边形；理由如下:

连接AC,如图1所示：

■■■AD//BC,

二Z-ACB=Z.CAD,

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/-ACB=Z.CAD

在△A8C和△COA中，z,B=Z.D,

AC=AC

:△ABC三国COAQ44S),

・••AD=BC,

-AD//BC,

・・・四边形ABC。是平行四边形；

当①AD//BC,③乙4=〃时，四边形A8CQ为平行四边形；理由如下：

连接AC,如图1所示：

-AD//BC,

・•・Z.ACB=Z.CAD,

vZ.A=4C,

・•・Z-BAC=LDCA,

:・AB"CD,

-AD//BC.

・・・四边形A5C。是平行四边形；

当③乙4=NC,④=时，四边形A3CQ为平行四边形；理由如下:

如图2所示：

在四边形A3CQ中，44+乙8+4。+乙。=360。，

vZ-A=乙C,Z,B=Z.D,

・•・2ZC+2(B=360°

:.乙。+=180°,

:・AB"CD,

同理：AD//BC,

・•・四边形A8CD是平行四边形；

故选既

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6.【答案】D

【解析】解：设小明上〃阶楼梯有时种上法，〃是正整数，则的=0,g=1，。3=1・

由加法原理知an=an_2+an_3，几24.

递推可得。4=@2+=1，

@5=03+。2=2，

。6=。4+。3=2,

。7=+。4=3,

。8=。6+@5=%

—。7+。6=5,

。10—CIQ+。7=7,

Q]]=Qg+CLQ=9,

。12=。10+=12.

故选D

如果设小明上〃阶楼梯有时种上法，〃是正整数.根据己知条件，他每步可上2阶或3

阶楼梯（不上1阶），易知的=o,。2=1，g=1.考察册：把上〃阶楼梯的方法分成两

类，第一类是最后一步迈大步上3阶楼梯的上法，第二类是最后一步迈小步上2阶楼梯

的上法，由加法原理知Qn等于两类上楼梯方法数之和.第一类上法应先到达第（n-3）阶,

再一步“登顶”，有0n_3种方法；第二类上法应先到达第5-2）阶，再一步“登顶”,

有0n-2种方法，于是得到递推关系式：期=O-n-2+an-3>n24.据此求出。修的值.

本题是规律性题目，主要考查了加法原理的应用，属于竞赛题型，有一定难度.解答此

题的关键是能够根据所给的条件，分析出上〃阶楼梯的方法有两类，而由加法原理知即

等于两类上楼梯方法数之和.

7.【答案】D

【解析】

【分析】

本题考查简单的合情推理的应用，是基础题，解题时要认真审题，注意题设中隐含条件

的合理运用.

【解答】

解：根据已知条件，如果同时打开s和z,可以得到s开、T开、w关、x关、y关、z

开,

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所以选项。符合,

故答案选。.

8.【答案】B

【解析】

【分析】

本题考查的是方程的基本运算技能：移项、合并同类项、系数化为1等，表示谁就该把

谁放到等号的一边，其他的项移到另一边，然后合并同类项、系数化1就可用含y的式

子表示x的形式,将原方程变形为以），表示x的形式，然后根据限制性条件“x、y”都是

正整数来求x、y的值.

【解答】

解：将方程5x+3y=54变形，得、=手，

当％=3时，y=13；

当x=6时，y=8；

当x=9时，y=3.

共有三个正整数解.

故选B.

9.【答案】D

【解析】略

10.【答案】D

【解析】略

11.【答案】30°或75°或120°.

【解析】

【分析】

本题考查三角形内角和定理，对

Z4PO=NP4O还是N4P。=N。还是NO=NOAP相等分三种情况讨论即得，还考

查了分类讨论思想，属中档题.利用分类讨论思想和三角形内角和定理求解

【解答】

解：若乙APO=40,则N4PO=30。;

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若"IPO=Z.PAO,则乙APO=180°-30°=75°；

若N。=Z.OAP,则乙APO=180°-30°-30°=120°

故答案为30°或75°或120。.

12.【答案】NB=4COE(答案不唯一)

【解析】略

13.【答案】(1)0-3)2(%+3)2

(2)16(2a+i))(a+2b)

【解析】

【分析】

此题主要考查因式分解.灵活运用因式分解的方法是解题关键.

(1)首先利用完全平方公式，然后再利用平方差公式进行因式分解即可；

(2)方法一：首先利用平方差公式进行因式分解，然后再利用提取公因式法进行因式分

解即可；

方法二：首先利用提取公因式法进行因式分解，然后再利用平方差公式进行因式分解即

可.

【解答】

解：(l)x4-18x2+81

=(x2-9)2=(x—3)2(x+3)2,

故答案为Q—3)2。+3)2；

(2)方法一：36(a+b)2—4(a—b)2=(6a+6b)2—(2a-2b)2=(6a+6b+2a—

2b)(6a+6b-2a+2b)

=(8a+4b)(4a+8b)

=16(2a+b)(a+2b)；

方法二：36(a+b)2-4(a-Z?)2=4[9(a+b)2-(a-b)2]

=4[(3a+3b尸-(a-b)2]

=4(3a+3b+a—b)(3a+3b—Q+b)

=4(4a+2b)(2a+4b)

=16(2a+b)(a+2b)；

故答案为16(2a+b)(a+2b).

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14.【答案】5

【解析】

【分析】

本题属规律性题目，解答此题的关键是根据所给的条件，列举出可能走的方法解答.根

据题意可知：当有四个台阶时，可分情况讨论：

①逐级上，那么有一种走法；②上一个台阶和上二个台阶合用，那么有共三种走法

;③-步走两个台阶，只有一种走法;所以可求得有五种走法.注意分类讨论思想的应用.

【解答】

当有四个台阶时，可分情况讨论：

①逐级上，那么有一种走法；

②上一个台阶和上二个台阶合用，那么有：1、1、2;1、2、1;2、1、1;共三种走法；

②一步走两个台阶，只有一种走法：2、2;

综上可知：共有五种走法.

15.【答案】解：方案二：a2+ab+(a+b)b=a2+ab+ab+b2-a2+2ab+b2-

(a+b)2,

方案三•a2।[a+(a+T)]b।[a+(a+b)]b

一：22~

,b2b2

=az+ab+—+ab+—

22

=a2+2ab+炉=(a+b')2.

【解析】本题考查完全平方公式得验证，解题的关键是利用同一个图形两种不同的面积

表示方法得到等式，进一步验证完全平方公式.

16.【答案】解：(1)存在.

由题意可知△=4a2—4a(a-6)=24a>0,

即a>0.

又ra—6。0,

二aK6,

a>0且a丰6.

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v—%1+%1%2=4+%2，即=4++%2，

•••=44-

fl—66—fl

解得a=24.经检验，符合题意.

二存在实数a,a的值为24.

(2)(xj+1)(刀2+1)=xj+x+%!%+1=念+六+1=A

22o—uu—bo—a

•••挤为负整数，

6—a

•••整数a的值应取7,8,9,12.

【解析】本题考查的是根的判别式，根与系数的关系，一元二次方程的概念，结论开放

型问题探讨，解分式方程有关知识.

(1)由题意可知AN0且a-6H0,可求a的范围，然后结合方程的根与系数关系可求与+

X2'打打.代入可求；

(2)结合(1)可求(%+l)(x2+1)=Xi+X2+X62+1)代入可求.

17.【答案】解：(1)证明：•••四边形A8CD是矩形，

・,•Z,A=乙D=90°,AB=DC,

•・,M是AD的中点，

・・・AM=DM,

AB=DC

在AaBM和ADCM中，\z.A=z£),

AM=DM

(2)结论：四边形”硒尸是菱形；

理由如下：

由(1)得：ZkABM三△DCM,

・•・BM=CM,

•：E、尸分别是线段3M、CM的中点，

.・.ME=BE=-BM,MF=CF=-CM,

22

:.ME=MF,

又・・・N是BC的中点，

EN、FW是△BCM的中位线，

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・•・EN=-CM,FN—BM,

22

EN=FN=ME=MF,

四边形MENF是菱形.

【解析】本题考查了矩形的性质、全等三角形的判定与性质、菱形的判定，三角形中位

线定理，结论开放型问题探讨.

(1)由矩形的性质得出AB=DC,乙4=4。，再由M是AQ的中点，根据SAS即可证明

△ABM=l^DCM；

(2)先由(1)得出BM=CM,再由已知条件证出ME=MF,EN、FN是XBCM的中位线，

即可证出EN=FN=ME=MF,得出四边形例ENF是菱形.

18.【答案】解：(1)直线y=|x+3与x轴，y轴分别交于点A,B.

当x=0时，y=3,

所以8(0,3)

当y=0时，x=-2,

所以4(一2,0)

(2)将％=0代入y=kx+1,

得y=1,

所以C(0,l)

因为B(0,3)

所以BC=2

设点后的坐标为(犯|6+3)

1

•e•Sg)8CE=-BC\TTL\=1

・・.m=±1

•••E(l$或(f|)

将Ei(1,j代入y=kx+1,得k=(

将E2(—l,|)代入y=kx+l,得北=一：

//或后

(3)由(1)知做一2,0),8(0,3),

・••OA—2,OB=3,

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①如图

0P1=OB+AB=3+V13.

此时点Pi坐标为(0,34-V13);

②如图

当AB=AP2时，

因为4。1BP2,

所以。P2=OB=3,

此时点P2坐标为(0,-3)；

③如图

当BA=BP3时,

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BP3=BA=V13，

所以。「3=V13-3，

此时点「3坐标为(0,3-V13);

④如图

设&B=x,则。&=3-x,

在Rt△取0中，

222

P4A=P4O+AO,

x2=(3—x)2+22,

13

x=Z'

所以外0=3—昔=3

OO

此时点”的坐标为(0於).

O

综上可得P1(O,3+VH),22(0,-3),P3(0,3-V13).也(0,》

【解析】本题考查一次函数的综合.涉及到一次函数图像上点的坐标特点，等腰三角形

的性质，三角形的面积，勾股定理，结论开放型问题的讨论，分类讨论思想.

(1)分别令y=|x+3的x和y等于。即可求得点8与点A的坐标；

(2)先求得C点坐标和BC的长，再设点E的坐标为(ni,|7n+3),利用三角形面积公式

即可求得k的值；

(3)分四种情况求得点P的坐标.

19.【答案】解：(1)把4(3,0)代入二次函数y=-x2+2x+zn得，

—9+6+m=0,

TTL—3,

二次函数的解析式为：y=-x2+2x+3,

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y——x2+2久+3=—(x—I)2+4,

顶点坐标为(1,4)；

(2)存在，理由：

当％—0时，y=3,

C(0,3),

•••OC=3,

当y=0时，-/+2X+3=0,

x2—2x-3=0,

(x+l)(x-3)=0,

:.x=-1或3,

•••B(-l,0),

•••OB——1,

①当A8是矩形的边时，此时，对应的矩形为4BP'Q',

■：AO=OC=3,故"4B=45°,

二矩形ABP'Q'为正方形，

故点Q'的坐标为(3,4)；

②当AB是矩形的对角线时，此时，对应的矩形为AP8Q,

同理可得，矩形APB。为正方形，

故点。的坐标为(1,一2),

故点。的坐标为(3,4)或(1,一2)

【解析】本题是二次函数综合题，待定系数法求二次函数解析式，顶点坐标、矩形的性

质、分类讨论思想，数形结合思想，结论开放型问题探讨.

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（1）直接将点A的坐标代入到二次函数的解析式即可求出m的值，写出二次函数的解析

式，化为顶点式即可得顶点坐标；

（4）分AB是矩形的边、AB是矩形的对角线两种情况，通过画图，利用数形结合即可求

解.

20.【答案】解：已知：AD//CB,AB//CD,

结论：Z.A=ZC,

理由：■：AD//CB,

.•.乙4=乙4BF（两直线平行，内错角相等），

■­•AB//CD,

••.△C=N4BF（两直线平行，同位角相等），

•••Z.A=Z.C.

故答案为：AD//CB,AB//CD；乙4=H

-AD//CB,

：.3=NABF（两直线平行，内错角相等），

•:AB//CD,

二NC=乙48尸（两直线平行，同位角相等），

Z.A=Z.C.

【解析】此题考查了平行线的判定与性质，解答此类判定两角相等的问题，需先确定两

角的位置关系，由平行线的性质求出两角相等即可.根据题意可知已知AD〃CB,4B〃CD

求证乙4=/C.欲证乙4=ZC,需证明乙4=/ABF且NC=NABF,根据两直线平行，内

错角相等及两直线平行，同位角相等可证.

21.【答案】解：（1）（1,2疗）；

（2）①4C=4,则点B的坐标为（1,2）,

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y

抛物线的表达式为：y=a(x-l)2+2,

将点A的坐标代入上式得：0=a(—2产+2,解得：。=一发

函数的表达式为：y=-