青海省大通县中考适应性考试数学试题及答案解析

青海省大通县中考适应性考试数学试题考生请注意：1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题（每小题只有一个正确答案，每小题3分，满分30分）1．如图，三棱柱ABC﹣A1B1C1的侧棱长和底面边长均为2，且侧棱AA1⊥底面ABC，其正（主）视图是边长为2的正方形，则此三棱柱侧（左）视图的面积为（）A． B． C． D．42．如图，圆O是等边三角形内切圆，则∠BOC的度数是（）A．60° B．100° C．110° D．120°3．如图，点P是菱形ABCD边上的一动点，它从点A出发沿在A→B→C→D路径匀速运动到点D，设△PAD的面积为y，P点的运动时间为x，则y关于x的函数图象大致为（）A．B．C．D．4．如图，已知AB∥CD，DE⊥AF，垂足为E，若∠CAB=50°，则∠D的度数为（）A．30° B．40° C．50° D．60°5．在一个口袋中有4个完全相同的小球，把它们分别标号为1，2，3，4，随机地摸出一个小球然后放回，再随机地摸出一个小球．则两次摸出的小球的标号的和等于6的概率为（）A． B． C． D．6．如图，在平行线l1、l2之间放置一块直角三角板，三角板的锐角顶点A，B分别在直线l1、l2上，若∠l=65°，则∠2的度数是（）A．25° B．35° C．45° D．65°7．对假命题“任何一个角的补角都不小于这个角”举反例，正确的反例是()A．∠α＝60°，∠α的补角∠β＝120°，∠β＞∠αB．∠α＝90°，∠α的补角∠β＝90°，∠β＝∠αC．∠α＝100°，∠α的补角∠β＝80°，∠β＜∠αD．两个角互为邻补角8．如图的平面图形绕直线l旋转一周，可以得到的立体图形是（）A． B． C． D．9．已知二次函数的图象与轴交于点、，且，与轴的正半轴的交点在的下方．下列结论：①；②；③；④．其中正确结论的个数是（）个．A．4个 B．3个 C．2个 D．1个10．如图，在矩形ABCD中，AB=2，AD=3，点E是BC边上靠近点B的三等分点，动点P从点A出发，沿路径A→D→C→E运动，则△APE的面积y与点P经过的路径长x之间的函数关系用图象表示大致是（）A． B． C． D．二、填空题（共7小题，每小题3分，满分21分）11．如图，在平面直角坐标系中，已知点A（1，1），以点O为旋转中心，将点A逆时针旋转到点B的位置，则的长为_____．12．分解因式：_____．13．如果a是不为1的有理数,我们把称为a的差倒数如：2的差倒数是,-1的差倒数是，已知，是的差倒数，是的差倒数，是的差倒数，…，依此类推,则___________．14．如图所示，在长为10m、宽为8m的长方形空地上，沿平行于各边的方向分割出三个全等的小长方形花圃则其中一个小长方形花圃的周长是______m.15．如图，点A，B在反比例函数y＝(x＞0)的图象上，点C，D在反比例函数y＝(k＞0)的图象上，AC∥BD∥y轴，已知点A，B的横坐标分别为1，2，△OAC与△ABD的面积之和为，则k的值为_____．16．分解因式：x2–4x+4=__________．17．不等式组的解集为________.三、解答题（共7小题，满分69分）18．（10分）如图，抛物线y=ax2+bx+c与x轴交于点A（﹣1，0），B（4，0），与y轴交于点C（0，2）(1)求抛物线的表达式；(2)抛物线的对称轴与x轴交于点M，点D与点C关于点M对称，试问在该抛物线的对称轴上是否存在点P，使△BMP与△ABD相似？若存在，请求出所有满足条件的P点的坐标；若不存在，请说明理由．19．（5分）抛物线与x轴交于A，B两点（点A在点B的左边），与y轴正半轴交于点C．（1）如图1，若A（－1，0），B（3，0），①求抛物线的解析式；②P为抛物线上一点，连接AC，PC，若∠PCO=3∠ACO，求点P的横坐标；（2）如图2，D为x轴下方抛物线上一点，连DA，DB，若∠BDA+2∠BAD=90°，求点D的纵坐标.20．（8分）北京时间2019年3月10日0时28分，我国在西昌卫星发射中心用长征三号乙运载火箭，成功将中星卫星发射升空，卫星进入预定轨道.如图，火星从地面处发射，当火箭达到点时，从位于地面雷达站处测得的距离是，仰角为；1秒后火箭到达点，测得的仰角为.(参考数据：sin42.4°≈0.67，cos42.4°≈0.74，tan42.4°≈0.905，sin45.5°≈0.71，cos45.5°≈0.70，tan45.5°≈1.02)(Ⅰ)求发射台与雷达站之间的距离；(Ⅱ)求这枚火箭从到的平均速度是多少(结果精确到0.01)？21．（10分）如图1，抛物线y＝ax2+（a+2）x+2（a≠0），与x轴交于点A（4，0），与y轴交于点B，在x轴上有一动点P（m，0）（0＜m＜4），过点P作x轴的垂线交直线AB于点N，交抛物线于点M．（1）求抛物线的解析式；（2）若PN：PM＝1：4，求m的值；（3）如图2，在（2）的条件下，设动点P对应的位置是P1，将线段OP1绕点O逆时针旋转得到OP2，旋转角为α（0°＜α＜90°），连接AP2、BP2，求AP2+的最小值．22．（10分）某学校要印刷一批艺术节的宣传资料，在需要支付制版费100元和每份资料0.3元印刷费的前提下，甲、乙两个印刷厂分别提出了不同的优惠条件．甲印刷厂提出：所有资料的印刷费可按9折收费；乙印刷厂提出：凡印刷数量超过200份的，超过部分的印刷费可按8折收费．（1）设该学校需要印刷艺术节的宣传资料x份，支付甲印刷厂的费用为y元，写出y关于x的函数关系式，并写出它的定义域；（2）如果该学校需要印刷艺术节的宣传资料600份，那么应该选择哪家印刷厂比较优惠？23．（12分）先化简(－a＋1)÷，并从0，－1，2中选一个合适的数作为a的值代入求值．24．（14分）如图，在△ABC中，∠CAB＝90°，∠CBA＝50°，以AB为直径作⊙O交BC于点D，点E在边AC上，且满足ED＝EA．（1）求∠DOA的度数；（2）求证：直线ED与⊙O相切．

参考答案一、选择题（每小题只有一个正确答案，每小题3分，满分30分）1、B【解析】分析：易得等边三角形的高，那么左视图的面积=等边三角形的高×侧棱长，把相关数值代入即可求解．详解：∵三棱柱的底面为等边三角形，边长为2，作出等边三角形的高CD后，∴等边三角形的高CD=，∴侧（左）视图的面积为2×,故选B．点睛：本题主要考查的是由三视图判断几何体．解决本题的关键是得到求左视图的面积的等量关系，难点是得到侧面积的宽度．2、D【解析】

由三角形内切定义可知OB、OC是∠ABC、∠ACB的角平分线，所以可得到关系式∠OBC+∠OCB=（∠ABC+∠ACB），把对应数值代入即可求得∠BOC的值．【详解】解：∵△ABC是等边三角形，∴∠A=∠ABC=∠ACB=60°，∵圆O是等边三角形内切圆，∴OB、OC是∠ABC、∠ACB的角平分线，∴∠OBC+∠OCB=（∠ABC+∠ACB）=（180°﹣60°）=60°，∴∠BOC=180°﹣60=120°，故选D．【点睛】此题主要考查了三角形的内切圆与内心以及切线的性质．关键是要知道关系式∠OBC+∠OCB=（∠ABC+∠ACB）．3、B【解析】【分析】设菱形的高为h，即是一个定值，再分点P在AB上，在BC上和在CD上三种情况，利用三角形的面积公式列式求出相应的函数关系式，然后选择答案即可．【详解】分三种情况：①当P在AB边上时，如图1，设菱形的高为h，y=12∵AP随x的增大而增大，h不变，∴y随x的增大而增大，故选项C不正确；②当P在边BC上时，如图2，y=12AD和h都不变，∴在这个过程中，y不变，故选项A不正确；③当P在边CD上时，如图3，y=12∵PD随x的增大而减小，h不变，∴y随x的增大而减小，∵P点从点A出发沿A→B→C→D路径匀速运动到点D，∴P在三条线段上运动的时间相同，故选项D不正确，故选B．【点睛】本题考查了动点问题的函数图象，菱形的性质，根据点P的位置的不同，运用分类讨论思想，分三段求出△PAD的面积的表达式是解题的关键．4、B【解析】试题解析：∵AB∥CD，且∴在中，故选B．5、C【解析】列举出所有情况，看两次摸出的小球的标号的和等于6的情况数占总情况数的多少即可．解：共16种情况，和为6的情况数有3种，所以概率为．故选C．6、A【解析】

如图，过点C作CD∥a，再由平行线的性质即可得出结论．【详解】如图，过点C作CD∥a，则∠1=∠ACD，∵a∥b，∴CD∥b，∴∠2=∠DCB，∵∠ACD+∠DCB=90°，∴∠1+∠2=90°，又∵∠1=65°，∴∠2=25°，故选A．【点睛】本题考查了平行线的性质与判定，根据题意作出辅助线，构造出平行线是解答此题的关键．7、C【解析】熟记反证法的步骤，然后进行判断即可．

解答：解：举反例应该是证明原命题不正确，即要举出不符合叙述的情况；

A、∠α的补角∠β＞∠α，符合假命题的结论，故A错误；

B、∠α的补角∠β=∠α，符合假命题的结论，故B错误；

C、∠α的补角∠β＜∠α，与假命题结论相反，故C正确；

D、由于无法说明两角具体的大小关系，故D错误．

故选C．8、B【解析】

根据面动成体以及长方形绕一边所在直线旋转一周得圆柱即可得答案.【详解】由图可知所给的平面图形是一个长方形，长方形绕一边所在直线旋转一周得圆柱，故选B.【点睛】本题考查了点、线、面、体，熟记各种常见平面图形旋转得到的立体图形是解题关键．9、B【解析】分析：根据已知画出图象，把x=−2代入得：4a−2b+c=0，把x=−1代入得：y=a−b+c>0，根据不等式的两边都乘以a(a<0)得：c>−2a，由4a−2b+c=0得而0<c<2,得到即可求出2a−b+1>0.详解：根据二次函数y=ax2+bx+c的图象与x轴交于点(−2,0)、(x1,0),且1<x1<2,与y轴的正半轴的交点在(0,2)的下方，画出图象为：如图把x=−2代入得：4a−2b+c=0，∴①正确；把x=−1代入得：y=a−b+c>0，如图A点，∴②错误；∵(−2,0)、(x1,0),且1<x1，∴取符合条件1<x1<2的任何一个x1,−2⋅x1<−2，∴由一元二次方程根与系数的关系知∴不等式的两边都乘以a(a<0)得：c>−2a，∴2a+c>0，∴③正确；④由4a−2b+c=0得而0<c<2,∴∴−1<2a−b<0∴2a−b+1>0，∴④正确.所以①③④三项正确．故选B.点睛：属于二次函数综合题，考查二次函数图象与系数的关系,二次函数图象上点的坐标特征,抛物线与轴的交点，属于常考题型.10、B【解析】

由题意可知，当时，；当时，；当时，.∵时，；时，.∴结合函数解析式，可知选项B正确.【点睛】考点：1．动点问题的函数图象;2．三角形的面积．二、填空题（共7小题，每小题3分，满分21分）11、．【解析】

由点A(1，1)，可得OA的长，点A在第一象限的角平分线上，可得∠AOB=45°，，再根据弧长公式计算即可．【详解】∵A(1，1)，∴OA=，点A在第一象限的角平分线上，∵以点O为旋转中心，将点A逆时针旋转到点B的位置，∴∠AOB=45°，∴的长为=，故答案为：．【点睛】本题考查坐标与图形变化——旋转，弧长公式，熟练掌握旋转的性质以及弧长公式是解题的关键.本题中求出OA=以及∠AOB=45°也是解题的关键．12、【解析】分析：要将一个多项式分解因式的一般步骤是首先看各项有没有公因式，若有公因式，则把它提取出来，之后再观察是否是完全平方公式或平方差公式，若是就考虑用公式法继续分解因式．因此，先提取公因式2后继续应用完全平方公式分解即可：．13、.【解析】

利用规定的运算方法，分别算得a1，a2，a3，a4…找出运算结果的循环规律，利用规律解决问题.【详解】∵a1=4a2=，a3=，a4=，…数列以4,−三个数依次不断循环，∵2019÷3=673，∴a2019=a3=，故答案为：.【点睛】此题考查规律型：数字的变化类，倒数，解题关键在于掌握运算法则找到规律.14、12【解析】

由图形可看出：小矩形的2个长+一个宽=10m，小矩形的2个宽+一个长=8m，设出长和宽，列出方程组解之即可求得答案．【详解】解：设小长方形花圃的长为xm，宽为ym，由题意得，解得，所以其中一个小长方形花圃的周长是.【点睛】此题主要考查了二元一次方程组的应用，解题的关键是：数形结合，弄懂题意，找出等量关系，列出方程组．本题也可以让列出的两个方程相加，得3（x+y）=18，于是x+y=6，所以周长即为2（x+y）=12，问题得解.这种思路用了整体的数学思想，显得较为简捷.15、1【解析】

过A作x轴垂线，过B作x轴垂线，求出A（1，1），B（2，），C（1，k），D（2，），将面积进行转换S△OAC＝S△COM﹣S△AOM，S△ABD＝S梯形AMND﹣S梯形AAMNB进而求解．【详解】解：过A作x轴垂线，过B作x轴垂线，点A，B在反比例函数y＝（x＞0）的图象上，点A，B的横坐标分别为1，2，∴A（1，1），B（2，），∵AC∥BD∥y轴，∴C（1，k），D（2，），∵△OAC与△ABD的面积之和为，，S△ABD＝S梯形AMND﹣S梯形AAMNB，，∴k＝1，故答案为1．【点睛】本题考查反比例函数的性质，k的几何意义．能够将三角形面积进行合理的转换是解题的关键．16、（x–1）1【解析】试题分析：直接用完全平方公式分解即可，即x1﹣4x+4=（x﹣1）1．考点：分解因式.17、x>1【解析】

分别求出两个不等式的解集，再求其公共解集．【详解】，解不等式①，得：x>1，解不等式②，得：x＞-3，所以不等式组的解集为：x>1，故答案为：x>1．【点睛】本题考查一元一次不等式组的解法，属于基础题．求不等式组的解集，要遵循以下原则：同大取较大，同小取较小，小大大小中间找，大大小小解不了．三、解答题（共7小题，满分69分）18、(1)y=﹣x2+x+2；(2)满足条件的点P的坐标为（，）或（，﹣）或（，5）或（，﹣5）．【解析】

（1）利用待定系数法求抛物线的表达式；（2）使△BMP与△ABD相似的有三种情况，分别求出这三个点的坐标.【详解】(1)∵抛物线与x轴交于点A（﹣1，0），B（4，0），∴设抛物线的解析式为y=a（x+1）（x﹣4），∵抛物线与y轴交于点C（0，2），∴a×1×（﹣4）=2，∴a=﹣，∴抛物线的解析式为y=﹣（x+1）（x﹣4）=﹣x2+x+2；(2)如图1，连接CD，∵抛物线的解析式为y=﹣x2+x+2，∴抛物线的对称轴为直线x=，∴M（，0），∵点D与点C关于点M对称，且C（0，2），∴D（3，﹣2），∵MA=MB，MC=MD，∴四边形ACBD是平行四边形，∵A（﹣1，0），B（4，0），C（3，﹣22），∴AB2=25，BD2=（4﹣1）2+22=5，AD2=（3+1）2+22=20，∴AD2+BD2=AB2，∴△ABD是直角三角形，∴∠ADB=90°，设点P（，m），∴MP=|m|，∵M（，0），B（4，0），∴BM=，∵△BMP与△ABD相似，∴①当△BMP∽ADB时，∴，∴，∴m=±，∴P（，）或（，﹣），②当△BMP∽△BDA时，，∴，∴m=±5，∴P（，5）或（，﹣5），即：满足条件的点P的坐标为P（，）或（，﹣）或（，5）或（，﹣5）．【点睛】本题考查了二次函数的应用，解题的关键是熟练的掌握二次函数的应用.19、（1）①y=-x2+2x+3②（2）-1【解析】分析：（1）①把A、B的坐标代入解析式，解方程组即可得到结论；②延长CP交x轴于点E，在x轴上取点D使CD=CA，作EN⊥CD交CD的延长线于N．由CD=CA，OC⊥AD，得到∠DCO=∠ACO．由∠PCO=3∠ACO，得到∠ACD=∠ECD，从而有tan∠ACD=tan∠ECD，，即可得出AI、CI的长，进而得到．设EN=3x，则CN=4x，由tan∠CDO=tan∠EDN，得到，故设DN=x，则CD=CN-DN=3x=，解方程即可得出E的坐标，进而求出CE的直线解析式，联立解方程组即可得到结论；（2）作DI⊥x轴，垂足为I．可以证明△EBD∽△DBC，由相似三角形对应边成比例得到，即，整理得．令y=0，得：．故，从而得到．由，得到，解方程即可得到结论．详解：（1）①把A（－1，0），B（3，0）代入得：，解得：，∴②延长CP交x轴于点E，在x轴上取点D使CD=CA，作EN⊥CD交CD的延长线于N．∵CD=CA，OC⊥AD，∴∠DCO=∠ACO．∵∠PCO=3∠ACO，∴∠ACD=∠ECD，∴tan∠ACD=tan∠ECD，∴，AI=，∴CI=，∴．设EN=3x，则CN=4x．∵tan∠CDO=tan∠EDN，∴，∴DN=x，∴CD=CN-DN=3x=，∴，∴DE=，E(，0)．CE的直线解析式为：，，解得：．点P的横坐标．（2）作DI⊥x轴，垂足为I．∵∠BDA+2∠BAD=90°，∴∠DBI+∠BAD=90°．∵∠BDI+∠DBI=90°，∴∠BAD=∠BDI．∵∠BID=∠DIA，∴△EBD∽△DBC，∴，∴，∴．令y=0，得：．∴，∴．∵，∴，解得：yD=0或－1．∵D为x轴下方一点，∴，∴D的纵坐标－1．点睛：本题是二次函数的综合题．考查了二次函数解析式、性质，相似三角形的判定与性质，根与系数的关系．综合性比较强，难度较大．20、(Ⅰ)发射台与雷达站之间的距离约为；(Ⅱ)这枚火箭从到的平均速度大约是.【解析】

(Ⅰ)在Rt△ACD中，根据锐角三角函数的定义，利用∠ADC的余弦值解直角三角形即可；(Ⅱ)在Rt△BCD和Rt△ACD中，利用∠BDC的正切值求出BC的长，利用∠ADC的正弦值求出AC的长，进而可得AB的长，即可得答案.【详解】(Ⅰ)在中，，≈0.74，∴.答：发射台与雷达站之间的距离约为.(Ⅱ)在中，，∴.∵在中，，∴.∴.答：这枚火箭从到的平均速度大约是.【点睛】本题考查解直角三角形的应用，熟练掌握锐角三角函数的定义是解题关键.21、（1）；（2）m＝3；（3）【解析】

（1）本题需先根据图象过A点，代入即可求出解析式；（2）由△OAB∽△PAN可用m表示出PN，且可表示出PM，由条件可得到关于m的方程，则可求得m的值；（3）在y轴上取一点Q，使，可证的△P2OB∽△QOP2，则可求得Q点坐标，则可把AP2+BP2转换为AP2+QP2，利用三角形三边关系可知当A、P2、Q三点在一条线上时，有最小值，则可求出答案.【详解】解：（1）∵A（4，0）在抛物线上，∴0＝16a+4（a+2）+2，解得a＝﹣，∴抛物线的解析式为y＝；（2）∵∴令x＝0可得y＝2，∴OB＝2，∵OP＝m，∴AP＝4﹣m，∵PM⊥x轴，∴△OAB∽△PAN，∴，∴，∴，∵M在抛物线上，∴PM＝+2，∵PN：MN＝1：3，∴PN：PM＝1：4，∴，解得m＝3或m＝4（舍去）；（3）在y轴上取一点Q，使，如图，由（2）可知P1（3，0），且OB＝2，∴，且∠P2OB＝∠QOP2，∴△P2OB∽△QOP2，∴，∴当Q（0，）时，QP2＝，∴AP2+BP2＝AP2+QP2≥AQ，∴当A、P2、Q三点在一条线上时，