福建省永春三中学片区重点中学中考试题猜想数学试卷及答案解析

福建省永春三中学片区重点中学中考试题猜想数学试卷注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题（共10小题，每小题3分，共30分）1．下列汽车标志中，不是轴对称图形的是（）A． B． C． D．2．估算的值在(

)A．3和4之间 B．4和5之间 C．5和6之间 D．6和7之间3．估计的值在（）A．4和5之间 B．5和6之间 C．6和7之间 D．7和8之间4．已知二次函数图象上部分点的坐标对应值列表如下：x…-3-2-1012…y…2-1-2-127…则该函数图象的对称轴是（）A．x=-3 B．x=-2 C．x=-1 D．x=05．若分式有意义，则x的取值范围是（）A．x＞3 B．x＜3 C．x≠3 D．x=36．如图是一个正方体被截去一角后得到的几何体，从上面看得到的平面图形是（）A． B． C． D．7．一个几何体的三视图如图所示，那么这个几何体是（）A． B． C． D．8．若代数式有意义，则实数x的取值范围是（）A．x≠1 B．x≥0 C．x≠0 D．x≥0且x≠19．如图，直线a、b被c所截，若a∥b，∠1=45°，∠2=65°，则∠3的度数为（）A．110° B．115° C．120° D．130°10．计算的结果是（）A．1 B．-1 C． D．二、填空题（本大题共6个小题，每小题3分，共18分）11．如图，O是矩形ABCD的对角线AC的中点，M是AD的中点，若AB=6，AD=8，则四边形ABOM的周长为_____．12．假期里小菲和小琳结伴去超市买水果，三次购买的草莓价格和数量如下表：价格/（元/kg）

12

10

8

合计/kg

小菲购买的数量/kg

2

2

2

6

小琳购买的数量/kg

1

2

3

6

从平均价格看，谁买得比较划算？（）A．一样划算B．小菲划算C．小琳划算D．无法比较13．π﹣3的绝对值是_____．14．不等式1﹣2x＜6的负整数解是___________．15．若代数式有意义，则实数x的取值范围是____.16．如图，把矩形纸片OABC放入平面直角坐标系中，使OA、OC分别落在x轴、y轴上，连接OB，将纸片OABC沿OB折叠，使点A落在点A′的位置，若OB＝，tan∠BOC＝，则点A′的坐标为_____．三、解答题（共8题，共72分）17．（8分）求抛物线y=x2+x﹣2与x轴的交点坐标．18．（8分）A、B、C三人玩篮球传球游戏，游戏规则是：第一次传球由A将球随机地传给B、C两人中的某一人，以后的每一次传球都是由上次的传球者随机地传给其他两人中的某一人．（1）求两次传球后，球恰在B手中的概率；（2）求三次传球后，球恰在A手中的概率．19．（8分）如图，在△ABC中，已知AB=AC=5，BC=6，且△ABC≌△DEF，将△DEF与△ABC重合在一起，△ABC不动，△DEF运动，并满足：点E在边BC上沿B到C的方向运动，且DE始终经过点A，EF与AC交于M点．（1）求证：△ABE∽△ECM；（2）探究：在△DEF运动过程中，重叠部分能否构成等腰三角形？若能，求出BE的长；若不能，请说明理由；（3）当线段AM最短时，求重叠部分的面积．20．（8分）综合与实践：概念理解：将△ABC绕点A按逆时针方向旋转，旋转角记为θ（0°≤θ≤90°），并使各边长变为原来的n倍，得到△AB′C′，如图，我们将这种变换记为［θ，n］，：．问题解决：（2）如图，在△ABC中，∠BAC=30°，∠ACB=90°，对△ABC作变换［θ，n］得到△AB′C′，使点B，C，C′在同一直线上，且四边形ABB′C′为矩形，求θ和n的值．拓广探索：（3）在△ABC中，∠BAC=45°，∠ACB=90°，对△ABC作变换得到△AB′C′，则四边形ABB′C′为正方形21．（8分）如图1，点O是正方形ABCD两对角线的交点，分别延长OD到点G，OC到点E，使OG=1OD，OE=1OC，然后以OG、OE为邻边作正方形OEFG，连接AG，DE．（1）求证：DE⊥AG；（1）正方形ABCD固定，将正方形OEFG绕点O逆时针旋转α角（0°＜α＜360°）得到正方形OE′F′G′，如图1．①在旋转过程中，当∠OAG′是直角时，求α的度数；②若正方形ABCD的边长为1，在旋转过程中，求AF′长的最大值和此时α的度数，直接写出结果不必说明理由．22．（10分）太阳能光伏建筑是现代绿色环保建筑之一，老张准备把自家屋顶改建成光伏瓦面，改建前屋顶截面△ABC如图2所示，BC=10米，∠ABC=∠ACB=36°，改建后顶点D在BA的延长线上，且∠BDC=90°，求改建后南屋面边沿增加部分AD的长．（结果精确到0.1米）23．（12分）如图1所示是一辆直臂高空升降车正在进行外墙装饰作业．图2是其工作示意图，AC是可以伸缩的起重臂，其转动点A离地面BD的高度AH为2m．当起重臂AC长度为8m，张角∠HAC为118°时，求操作平台C离地面的高度．（果保留小数点后一位，参考数据：sin28°≈0.47，cos28°≈0.88，tan28°≈0.53）24．某中学课外活动小组准备围建一个矩形生物苗圃园，其中一边靠墙，另外三边用长为30米的篱笆围成．已知墙长为18米(如图所示)，设这个苗圃园垂直于墙的一边的长为x米.若平行于墙的一边长为y米，直接写出y与x的函数关系式及其自变量x的取值范围.垂直于墙的一边的长为多少米时，这个苗圃园的面积最大，并求出这个最大值.

参考答案一、选择题（共10小题，每小题3分，共30分）1、C【解析】

根据轴对称图形的概念求解．【详解】A、是轴对称图形，故错误；B、是轴对称图形，故错误；C、不是轴对称图形，故正确；D、是轴对称图形，故错误．故选C．【点睛】本题考查了轴对称图形的概念：轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分沿对称轴折叠后可重合．2、C【解析】

由可知56，即可解出.【详解】∵∴56，故选C.【点睛】此题主要考查了无理数的估算，掌握无理数的估算是解题的关键.3、C【解析】∵，∴.即的值在6和7之间.故选C.4、C【解析】

由当x=-2和x=0时，y的值相等，利用二次函数图象的对称性即可求出对称轴．【详解】解：∵x=-2和x=0时，y的值相等，∴二次函数的对称轴为，故答案为：C．【点睛】本题考查了二次函数的性质，利用二次函数图象的对称性找出对称轴是解题的关键．5、C【解析】

试题分析：∵分式有意义，∴x﹣3≠0，∴x≠3；故选C．考点：分式有意义的条件．6、B【解析】

根据俯视图是从上面看到的图形可得俯视图为正方形以及右下角一个三角形．【详解】从上面看，是正方形右边有一条斜线，如图：故选B．【点睛】考查了三视图的知识，根据俯视图是从物体的上面看得到的视图得出是解题关键．7、C【解析】由主视图和左视图可得此几何体为柱体，根据俯视图为三角形可得此几何体为三棱柱．故选C．8、D【解析】试题分析：∵代数式有意义，∴，解得x≥0且x≠1．故选D．考点：二次根式，分式有意义的条件．9、A【解析】试题分析：首先根据三角形的外角性质得到∠1+∠2=∠4，然后根据平行线的性质得到∠3=∠4求解．解：根据三角形的外角性质，∴∠1+∠2=∠4=110°，∵a∥b，∴∠3=∠4=110°，故选A．点评：本题考查了平行线的性质以及三角形的外角性质，属于基础题，难度较小．10、C【解析】

原式通分并利用同分母分式的减法法则计算，即可得到结果．【详解】解：==，故选：C.【点睛】此题考查了分式的混合运算，熟练掌握运算法则是解本题的关键．二、填空题（本大题共6个小题，每小题3分，共18分）11、1．【解析】

根据矩形的性质，直角三角形斜边中线性质，三角形中位线性质求出BO、OM、AM即可解决问题．【详解】解：∵四边形ABCD是矩形，∴AD=BC=8，AB=CD=6，∠ABC=90°，∴∵AO=OC，∴∵AO=OC，AM=MD=4，∴∴四边形ABOM的周长为AB+OB+OM+AM=6+5+3+4=1．故答案为:1．【点睛】本题看成矩形的性质、三角形中位线定理、直角三角形斜边中线性质等知识，解题的关键是灵活应用中线知识解决问题，属于中考常考题型．12、C【解析】试题分析：根据题意分别求出两人的平均价格，然后进行比较．小菲：（24+20+16）÷6=10；小琳：（12+20+24）÷6≈1．3，则小琳划算．考点：平均数的计算．13、π﹣1．【解析】

根据绝对值的性质即可解答.【详解】π﹣1的绝对值是π﹣1．故答案为π﹣1．【点睛】本题考查了绝对值的性质，熟练运用绝对值的性质是解决问题的关键.14、﹣2，﹣1【解析】试题分析：根据不等式的性质求出不等式的解集，找出不等式的整数解即可．解：1﹣2x＜6，移项得：﹣2x＜6﹣1，合并同类项得：﹣2x＜5，不等式的两边都除以﹣2得：x＞﹣，∴不等式的负整数解是﹣2，﹣1，故答案为：﹣2，﹣1．点评：本题主要考查对解一元一次不等式，一元一次不等式的整数解，不等式的性质等知识点的理解和掌握，能根据不等式的性质求出不等式的解集是解此题的关键．15、x≠﹣5.【解析】

根据分母不为零分式有意义，可得答案.【详解】由题意，得x+5≠0，解得x≠﹣5，故答案是：x≠﹣5.【点睛】本题考查了分式有意义的条件，利用分母不为零分式有意义得出不等式是解题关键.16、【解析】

如图，作辅助线；根据题意首先求出AB、BC的长度；借助面积公式求出A′D、OD的长度，即可解决问题．【详解】解：∵四边形OABC是矩形，∴OA=BC，AB=OC，tan∠BOC==，∴AB=2OA，∵，OB=，∴OA=2，AB=2．∵OA′由OA翻折得到，∴OA′=OA=2．如图，过点A′作A′D⊥x轴与点D；设A′D=a，OD=b；∵四边形ABCO为矩形，∴∠OAB=∠OCB=90°；四边形ABA′D为梯形；设AB=OC=a，BC=AO=b；∵OB=，tan∠BOC=，∴，解得：；由题意得：A′O=AO=2；△ABO≌△A′BO；由勾股定理得：x2+y2=2①，由面积公式得：xy+2××2×2＝(x+2)×(y+2)②；联立①②并解得：x=，y=．故答案为（−，）【点睛】该题以平面直角坐标系为载体，以翻折变换为方法构造而成；综合考查了矩形的性质、三角函数的定义、勾股定理等几何知识点；对分析问题解决问题的能力提出了较高的要求．三、解答题（共8题，共72分）17、（1，0）、（﹣2，0）【解析】试题分析：抛物线与x轴交点的纵坐标等于零，由此解答即可．试题解析：解：令，即．解得：，．∴该抛物线与轴的交点坐标为（－2，0），（1，0）．18、（1）；（2）.【解析】试题分析：（1）直接列举出两次传球的所有结果，球球恰在B手中的结果只有一种即可求概率；（2）画出树状图，表示出三次传球的所有结果，三次传球后，球恰在A手中的结果有2种，即可求出三次传球后，球恰在A手中的概率．试题解析:解：（1）两次传球的所有结果有4种，分别是A→B→C，A→B→A，A→C→B，A→C→A．每种结果发生的可能性相等，球球恰在B手中的结果只有一种，所以两次传球后，球恰在B手中的概率是；（2）树状图如下，由树状图可知，三次传球的所有结果有8种，每种结果发生的可能性相等．其中，三次传球后，球恰在A手中的结果有A→B→C→A，A→C→B→A这两种，所以三次传球后，球恰在A手中的概率是．考点：用列举法求概率．19、（1）证明见解析；（2）能；BE=1或；（3）【解析】

（1）证明：∵AB＝AC，∴∠B＝∠C，∵△ABC≌△DEF，∴∠AEF＝∠B，又∵∠AEF＋∠CEM＝∠AEC＝∠B＋∠BAE，∴∠CEM＝∠BAE，∴△ABE∽△ECM；（2）能．∵∠AEF＝∠B＝∠C，且∠AME＞∠C，∴∠AME＞∠AEF，∴AE≠AM；当AE＝EM时，则△ABE≌△ECM，∴CE＝AB＝5，∴BE＝BC−EC＝6−5＝1，当AM＝EM时，则∠MAE＝∠MEA，∴∠MAE＋∠BAE＝∠MEA＋∠CEM，即∠CAB＝∠CEA，又∵∠C＝∠C，∴△CAE∽△CBA，∴，∴CE＝，∴BE＝6−＝；∴BE＝1或；（3）解：设BE＝x，又∵△ABE∽△ECM，∴，即：，∴CM＝，∴AM＝5−CM，∴当x＝3时，AM最短为，又∵当BE＝x＝3＝BC时，∴点E为BC的中点，∴AE⊥BC，∴AE＝，此时，EF⊥AC，∴EM＝，S△AEM＝．20、（1）；（2）；（3）．【解析】

（1）根据定义可知△ABC∽△AB′C′，再根据相似三角形的面积之比等于相似比的平方即可；（2）根据四边形是矩形，得出，进而得出，根据30°直角三角形的性质即可得出答案；（3）根据四边形ABB′C′为正方形，从而得出，再根据等腰直角三角形的性质即可得出答案．【详解】解：（1）∵△AB′C′的边长变为了△ABC的n倍，∴△ABC∽△AB′C′，∴，故答案为：．（2）四边形是矩形，∴．．在中，，．．．（3）若四边形ABB′C′为正方形，则，，∴，∴，又∵在△ABC中，AB=，∴，∴故答案为：．【点睛】本题考查了几何变换中的新定义问题，以及相似三角形的判定和性质，理解［θ，n］的意义是解题的关键．21、（1）见解析；（1）30°或150°，的长最大值为，此时．【解析】

（1）延长ED交AG于点H，易证△AOG≌△DOE，得到∠AGO=∠DEO，然后运用等量代换证明∠AHE=90°即可；（1）①在旋转过程中，∠OAG′成为直角有两种情况：α由0°增大到90°过程中，当∠OAG′=90°时，α=30°，α由90°增大到180°过程中，当∠OAG′=90°时，α=150°；②当旋转到A、O、F′在一条直线上时，AF′的长最大，AF′=AO+OF′=+1，此时α=315°．【详解】(1)如图1,延长ED交AG于点H,∵点O是正方形ABCD两对角线的交点，∴OA=OD，OA⊥OD，∵OG=OE，在△AOG和△DOE中，，∴△AOG≌△DOE，∴∠AGO=∠DEO，∵∠AGO+∠GAO=90°，∴∠GAO+∠DEO=90°，∴∠AHE=90°，即DE⊥AG；(1)①在旋转过程中,∠OAG′成为直角有两种情况：(Ⅰ)α由0°增大到90°过程中,当∠OAG′=90°时，∵OA=OD=OG=OG′，∴在Rt△OAG′中,sin∠AG′O==，∴∠AG′O=30°，∵OA⊥OD,OA⊥AG′，∴OD∥AG′,∴∠DOG′=∠AG′O=30°∘，即α=30°；(Ⅱ)α由90°增大到180°过程中,当∠OAG′=90°时，同理可求∠BOG′=30°，∴α=180°−30°=150°.综上所述,当∠OAG′=90°时,α=30°或150°.②如图3,当旋转到A.

O、F′在一条直线上时,AF′的长最大，∵正方形ABCD的边长为1，∴OA=OD=OC=OB=，∵OG=1OD，∴OG′=OG=，∴OF′=1，∴AF′=AO+OF′=+1，∵∠COE′=45°，∴此时α=315°.【点睛】本题考查的是正方形的性质、旋转变换的性质以及锐角三角函数的定义，掌握正方形的四条边相等、四个角相等，旋转变换的性质是解题的关键，注意特殊角的三角函数值的应用．22、1.9米【解析】试题分析：在直角三角形BCD中，由BC与sinB的值，利用锐角三角函数定义求出CD的长，在直角三角形ACD中，由∠ACD度数，以及CD的长，利用锐角三角函数定义求出AD的长即可．试题解析：∵∠BDC=90°，