冲刺卷01 （天津市专用）（参考答案）-2021年中考数学考前决胜卷（多地区）

冲刺卷01参考答案1．B【解析】解：A、，故选项错误；B、，故选项正确；C、，故选项错误；D、，故选项错误；故选B．2．C【解析】解：∵tan45°＝1，∴α+20°＝45°，解得，α＝20＝25°，故选：C．3．D【解析】解：∵1亿，∴0.97亿，故选：D．4．A【解析】解：A、是轴对称图形，故本选项符合题意；B、不是轴对称图形，故本选项不符合题意；C、不是轴对称图形，故本选项不符合题意；D、不是轴对称图形，故本选项不符合题意；故选：A．5．C【解析】若把正方体A向右平移到正方体P前面，主视图与左视图均与原来的一样，没有发生变化，只有俯视图发生了变化，故选C．6．D【解析】解：∵5＜＜6，

∴2＜-3＜3，

即2＜a＜3，

故选D．7．A【解析】解：①+②得，把代入①得，∴方程组的解是：故选：A8．C【解析】====．故选：C．9．D【解析】A.当x=−2时，y=−1，即点(−2,−1)在它的图象上；故本选项正确；B.∵2>0，反比例函数经过第一、三象限，且在每一个象限内y随x的增大而减小；故本选项正确；C.∵2>0，反比例函数经过第一、三象限，且在每一个象限内y随x的增大而减小；当时，，则当时，，故本选项正确；D.∵2>0，反比例函数过第一、三象限，且在每一个象限内y随x的增大而减小；故本选项错误.故选D.10．C【解析】设BE与AC交于点P'，连接BD，∵点B与D关于AC对称，∴P′D=P′B，∴P′D+P′E=P′B+P′E=BE最小，∵AB=10，又∵△ABE是等边三角形，∴PD+PE=BE=AB=10cm.故选C.11．B【解析】如图，

过点E作EF⊥AB于F，EF分别与AD、OC交于点G、H，过点D作DP⊥EF于点P，则EP=PH+EH=DC+EH=1+EH，在Rt△PDE中，由勾股定理可得，DP2=DE2-PE2=9+（1+EH）2，∴BF2=DP2=9+（1+EH）2，在Rt△AEF中，AF=AB-BF=3-，EF=4+EH，AE=4，∵AF2+EF2=AE2，即：（3-）2+（4+EH）2=16，解得EH=1，∴AB=3，AF=2，E（2，-1）．∵∠AFG=∠ABD=90°，∠FAG=∠BAD，∴△AFG∽△ABD．∴，即：，∴FG=2．∴EG=EF-FG=3．∴点G的纵坐标为2．∵y=ax2-4ax+10=a（x-2）2+（10-20a），∴此抛物线y=ax2-4ax+10的顶点必在直线x=2上．又∵抛物线的顶点落在△ADE的内部，∴此抛物线的顶点必在EG上．∴-1＜10-20a＜2，∴．故选B．12．B【解析】解：∵y=2（x-3）2+2∴a=2＞0，∴抛物线开口向上，故选项A说法错误，不符合题意；顶点坐标为（3，2），故选项B正确；对称轴为直线x=3，故选项C错误，不符合题意；由于开口向上，有最小值2，故D选项错误，不符合题意；故选：B．13．【解析】解：.故答案为：．14．-1【解析】解：2004×2006－20052=(2005－1)(2005+1)－20052=20052－1－20052=-1．故填：-1.15．【解析】解：根据中心对称图形的概念，知：平行四边形、圆是中心对称图形；所以从中随机抽取一张，卡片上画的是中心对称图形的概率为．16．【解析】由函数图象可知，当x＞-2时，y＞0．.故答案为：x＞-2．17．5【解析】解：过点O作FG⊥AB，交AB于点F，交CD于点G，∵AB∥CD，∴FG⊥CD，∠BAC+∠ACD=180°，∴FG就是AB与CD之间的距离．∵O为∠BAC，∠ACD平分线的交点，OE⊥AC交AC于E，∴OE=OF=OG，∠CAO=∠BAC，∠ACO=∠ACD，∴2OE=4.8，即OE=2.4，∠CAO+∠ACO=(∠ACD+∠BAC)=90°，即∠AOC=90°．根据三角形的面积可得：，即，解得AC=5.故答案为：5．18．取格点G、H，分别连结AG、AH交边BC于点M、点N，即为所求【解析】（1）根据题意，得BC==；（2）根据三角形全等，取格点G，连接AG交BC于点M，利用三角形相似，取格点H，连接AH，交BC于点N，则M，N为所求．理由如下：∵CF=AE=3，AF=EG=1，∠F=∠E=90°，∴△AFC≌△GEA，∴AC=GA，∠FCA=∠EAG，∵CF∥AP，∴∠FCA=∠CAP=∠EAG，∵∠FAC+∠FCA=90°，∴∠FAC+∠GAE=90°，∴∠GAC=90°，连接HC,HG，则HC=HG=，CR=HT=2，GT=HR=1，∴△HRC≌△GTH，∴∠GHT=∠HCR，∵∠RHC+∠HCR=90°，∴∠RHC+∠GHT=90°，∴∠RHC+∠GHT+∠THR=180°，∴C，H，G三点共线，∵AG=AC，HG=HC，∴∠MAN=∠NAC==45°，∵AQ：QB=2,AP：PH=2,∠AQB=∠APH=90°，∴△BAQ∽△HAP,∴∠BAQ=∠HAP，∴∠BAQ+∠EAG=∠HAP+∠FCA，∴∠BAM=∠NAC=45°，∴．19．【解析】试题分析：分别解不等式，再找出解集的公共部分即可.试题解析：解①得：，，，解②得：，，，，∴不等式组的解集是．20．（1）75；（2）见解析；（3）144【解析】解：（1）这次共调查的学生有：42÷56%＝75（名）；（2）C等级的人数有：75﹣9﹣6﹣42＝18（名），补全统计图如下：（3）根据题意得：1200×＝144（名），答：这个学校七年级每天约有144名学生不吃早餐．21．（1）16.2；（2）不会【解析】（1）过点A作AD⊥轴于点D，依题意，得∠BAD=30°．在Rt△ABD中，设BD=，则AB=2，由勾股定理得：AD=，由题意知：OD=OB+BD=6+．在Rt△AOD中，OD=AD，6+=∴=3（+1），∴AB=2=6（+1）≈16.2即：观测点B到A船的距离为16.2．（2）连接CB，CO，则CB∥y轴，∴∠CBO=90°，设O′为由O、B、C三点所确定圆的圆心．则OC为⊙O′的直径．由已知得OB=6，CB=8，由勾股定理得OC=∴半径OO′=5过点A作AG⊥y轴于点G．过点O′作O′E⊥OB于点E，并延长EO′交AG于点F．由垂径定理得：OE=BE=3，∴在Rt△OO′E中，由勾股定理得：O′E=4∵四边形FEDA为矩形，∴EF=DA，而AD==9+3∴O′F=9+3-4=5+3∵5+3＞5，即O′F＞r∴直线AG与⊙O′相离，A船不会进入海洋生物保护区．22．（1）（0，2），（4，2），8；（2）Q(0，4)或Q(0，﹣4)；（3）∠CPO＝∠DCP+∠BOP，证明见解析【解析】解：（1）∵线段AB先向上平移2个单位长度，再向右平移1个单位长度，得到线段CD，且A（﹣1，0），B（3，0），∴C（0，2），D（4，2）；∵AB＝4，OC＝2，∴S四边形ABDC＝AB×OC＝4×2=8；故答案为：（0，2）；（4，2）；8；（2）∵点Q在y轴上，设Q（0，m），∴OQ＝|m|，∴S△QAB＝×AB×OQ＝×4×|m|＝2|m|，∵S四边形ABDC＝8，∴2|m|＝8，∴m＝4或m＝﹣4，∴Q（0，4）或Q（0，﹣4）．（3）如图，∵线段CD是线段AB平移得到，∴CD∥AB，作PE∥AB交y轴于点E，∴CD∥PE，∴∠CPE＝∠DCP，∵PE∥AB，∴∠OPE＝∠BOP，∴∠CPO＝∠CPE+∠OPE＝∠DCP+∠BOP，∴∠CPO＝∠DCP+∠BOP．23．（1）；（2）共有4种方案，至少获利10335元．【解析】（1）设种品牌酒瓶，种品牌酒瓶，；（2）由题意得，解得，∵为整数，∴可取267，268，269，270，即有4种方案，∵，随的增大而增大∴当时，取最小值，即10335元．24．（1）证明见详解；（2）证明见详解；（3）证明见详解．【解析】证明：（1）∵，，点E为边AC的中点，∴∴DE是AC的垂直平分线，∴，又∵，点E为边AC的中点，∴点D为边AB的中点，∴，∴；（2）∵DE∥BC，CF∥AB，

∴四边形DBCF为平行四边形，

∴DF=BC，

∵D为边AB的中点，DE∥BC，∴，∴∴DE=EF，由（1）知，∴AC是DF的中垂线；（3）如图示：∵DB∥CF，

∴∠ADG=∠G，

∵∠ACB=90°，D为边AB的中点，

∴CD=DB=AD，

∴∠B=∠DCB，∠A=∠DCA，

∵DG⊥DC，

∴∠DCA+∠1=90°，

∵∠DCB+∠DCA=90°，

∴∠1=∠DCB=∠B，

∵∠A+∠ADG=∠1，

∴∠A+∠DGC=∠B．25．（1）y=−x2+2x+3，y=−x+3；（2）；（3）m=2；（4）或【解析】解：(1)∵抛物线过A、C两点，

∴代入抛物线解析式可得，解得，

∴抛物线解析式为y=−x2+2x+3，

令y=0可得，−x2+2x+3=0，解x1=−1，x2=3，

∵B点在A点右侧，

∴B点坐标为(3,0)，

设直线BC解析式为y=kx+b，

把B、C坐标代入可得，解得，

∴直线BC解析式为y=−x+3,故答案为y=−x2+2x+3，y=−x+3；

(2)∵PM⊥x轴，点P的横坐标为m，

∴M(m,−m2+2m+3)，N(m,−m+3)，

∵P在线段OB上运动，

∴M点在N点上方，

∴MN=−m2+2m+3−(−m+3)=−m2+3m=−(m−)2+，

∴∴当m=时，MN有最大值，MN的最大值为，故答案为；(3)∵PM⊥x轴，

∴当△CMN是以MN为腰的等腰直角三角形时，则有CM⊥MN，

∴M点纵坐标为3，

∴−m2+2m+3=3，解得m=0或m=2，

当m=0时，则M、C重合，不