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文档简介
浙江省金华市兰溪市实验中学2024年中考联考数学试卷注意事项1.考试结束后,请将本试卷和答题卡一并交回.2.答题前,请务必将自己的姓名、准考证号用0.5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置.3.请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符.4.作答选择题,必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑;如需改动,请用橡皮擦干净后,再选涂其他答案.作答非选择题,必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答,在其他位置作答一律无效.5.如需作图,须用2B铅笔绘、写清楚,线条、符号等须加黑、加粗.一、选择题(本大题共12个小题,每小题4分,共48分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的.)1.如图,矩形ABCD中,AB=3,AD=,将矩形ABCD绕点B按顺时针方向旋转后得到矩形EBGF,此时恰好四边形AEHB为菱形,连接CH交FG于点M,则HM=()A. B.1 C. D.2.已知二次函数的图象如图所示,则下列说法正确的是()A.<0 B.<0 C.<0 D.<03.如图,直线AB与直线CD相交于点O,E是∠COB内一点,且OE⊥AB,∠AOC=35°,则∠EOD的度数是()A.155° B.145° C.135° D.125°4.化简(﹣a2)•a5所得的结果是()A.a7 B.﹣a7 C.a10 D.﹣a105.下列选项中,可以用来证明命题“若a2>b2,则a>b“是假命题的反例是()A.a=﹣2,b=1 B.a=3,b=﹣2 C.a=0,b=1 D.a=2,b=16.如图是由若干个小正方体块搭成的几何体的俯视图,小正方块中的数字表示在该位置的小正方体块的个数,那么这个几何体的主视图是()A. B. C. D.7.在0,π,﹣3,0.6,这5个实数中,无理数的个数为()A.1个 B.2个 C.3个 D.4个8.在武汉市举办的“读好书、讲礼仪”活动中,某学校积极行动,各班图书角的新书、好书不断增多,除学校购买外,还有师生捐献的图书.下面是七年级(1)班全体同学捐献图书的情况统计图,根据图中信息,该班平均每人捐书的册数是()A.3B.3.2C.4D.4.59.计算﹣的结果为()A. B. C. D.10.在△ABC中,∠C=90°,sinA=,则tanB等于()A. B.C. D.11.一个不透明的盒子里有n个除颜色外其他完全相同的小球,其中有9个黄球,每次摸球前先将盒子里的球摇匀,任意摸出一个球记下颜色后再放回盒子,通过大量重复摸球实验后发现,摸到黄球的频率稳定在30%,那么估计盒子中小球的个数n为()A.20 B.24 C.28 D.3012.如图,△ABC是⊙O的内接三角形,AC是⊙O的直径,∠C=50°,∠ABC的平分线BD交⊙O于点D,则∠BAD的度数是()A.45° B.85° C.90° D.95°二、填空题:(本大题共6个小题,每小题4分,共24分.)13.如图,ABCD是菱形,AC是对角线,点E是AB的中点,过点E作对角线AC的垂线,垂足是点M,交AD边于点F,连结DM.若∠BAD=120°,AE=2,则DM=__.14.已知平面直角坐标系中的点A(2,﹣4)与点B关于原点中心对称,则点B的坐标为_____15.函数y=中,自变量x的取值范围是________.16.当a=3时,代数式的值是______.17.化简:①=_____;②=_____;③=_____.18.如图,已知直线y=x+4与双曲线y=(x<0)相交于A、B两点,与x轴、y轴分别相交于D、C两点,若AB=2,则k=_____.三、解答题:(本大题共9个小题,共78分,解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.19.(6分)如图,在⊿中,,于,.⑴.求的长;⑵.求的长.20.(6分)如图,在平面直角坐标系xOy中,每个小正方形的边长都为1,和的顶点都在格点上,回答下列问题:可以看作是经过若干次图形的变化平移、轴对称、旋转得到的,写出一种由得到的过程:______;画出绕点B逆时针旋转的图形;在中,点C所形成的路径的长度为______.21.(6分)如图,在△ABC,AB=AC,以AB为直径的⊙O分别交AC、BC于点D、E,且BF是⊙O的切线,BF交AC的延长线于F.(1)求证:∠CBF=∠CAB.(2)若AB=5,sin∠CBF=,求BC和BF的长.22.(8分)如图,在平面直角坐标系xOy中,直线y=kx+m与双曲线y=﹣相交于点A(m,2).(1)求直线y=kx+m的表达式;(2)直线y=kx+m与双曲线y=﹣的另一个交点为B,点P为x轴上一点,若AB=BP,直接写出P点坐标.23.(8分)如图,将平行四边形ABCD纸片沿EF折叠,使点C与点A重合,点D落在点G处.(1)连接CF,求证:四边形AECF是菱形;(2)若E为BC中点,BC=26,tan∠B=,求EF的长.24.(10分)给出如下定义:对于⊙O的弦MN和⊙O外一点P(M,O,N三点不共线,且点P,O在直线MN的异侧),当∠MPN+∠MON=180°时,则称点P是线段MN关于点O的关联点.图1是点P为线段MN关于点O的关联点的示意图.在平面直角坐标系xOy中,⊙O的半径为1.(1)如图2,已知M(,),N(,﹣),在A(1,0),B(1,1),C(,0)三点中,是线段MN关于点O的关联点的是;(2)如图3,M(0,1),N(,﹣),点D是线段MN关于点O的关联点.①∠MDN的大小为;②在第一象限内有一点E(m,m),点E是线段MN关于点O的关联点,判断△MNE的形状,并直接写出点E的坐标;③点F在直线y=﹣x+2上,当∠MFN≥∠MDN时,求点F的横坐标x的取值范围.25.(10分)全面两孩政策实施后,甲,乙两个家庭有了各自的规划.假定生男生女的概率相同,回答下列问题:甲家庭已有一个男孩,准备再生一个孩子,则第二个孩子是女孩的概率是;乙家庭没有孩子,准备生两个孩子,求至少有一个孩子是女孩的概率.26.(12分)计算:4sin30°+(1﹣)0﹣|﹣2|+()﹣227.(12分)如图,在△ABC中,∠ACB=90°,O是AB上一点,以OA为半径的⊙O与BC相切于点D,与AB交于点E,连接ED并延长交AC的延长线于点F.(1)求证:AE=AF;(2)若DE=3,sin∠BDE=,求AC的长.
参考答案一、选择题(本大题共12个小题,每小题4分,共48分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的.)1、D【解析】
由旋转的性质得到AB=BE,根据菱形的性质得到AE=AB,推出△ABE是等边三角形,得到AB=3,AD=,根据三角函数的定义得到∠BAC=30°,求得AC⊥BE,推出C在对角线AH上,得到A,C,H共线,于是得到结论.【详解】如图,连接AC交BE于点O,∵将矩形ABCD绕点B按顺时针方向旋转后得到矩形EBGF,∴AB=BE,∵四边形AEHB为菱形,∴AE=AB,∴AB=AE=BE,∴△ABE是等边三角形,∵AB=3,AD=,∴tan∠CAB=,∴∠BAC=30°,∴AC⊥BE,∴C在对角线AH上,∴A,C,H共线,∴AO=OH=AB=,∵OC=BC=,∵∠COB=∠OBG=∠G=90°,∴四边形OBGM是矩形,∴OM=BG=BC=,∴HM=OH﹣OM=,故选D.【点睛】本题考查了旋转的性质,菱形的性质,等边三角形的判定与性质,解直角三角形的应用等,熟练掌握和灵活运用相关的知识是解题的关键.2、B【解析】
根据抛物线的开口方向确定a,根据抛物线与y轴的交点确定c,根据对称轴确定b,根据抛物线与x轴的交点确定b2-4ac,根据x=1时,y>0,确定a+b+c的符号.【详解】解:∵抛物线开口向上,∴a>0,∵抛物线交于y轴的正半轴,∴c>0,∴ac>0,A错误;∵->0,a>0,∴b<0,∴B正确;∵抛物线与x轴有两个交点,∴b2-4ac>0,C错误;当x=1时,y>0,∴a+b+c>0,D错误;故选B.【点睛】本题考查的是二次函数图象与系数的关系,二次函数y=ax2+bx+c系数符号由抛物线开口方向、对称轴、抛物线与y轴的交点抛物线与x轴交点的个数确定.3、D【解析】
解:∵∴∵EO⊥AB,∴∴故选D.4、B【解析】分析:根据同底数幂的乘法计算即可,计算时注意确定符号.详解:(-a2)·a5=-a7.故选B.点睛:本题考查了同底数幂的乘法,熟练掌握同底数的幂相乘,底数不变,指数相加是解答本题的关键.5、A【解析】
根据要证明一个结论不成立,可以通过举反例的方法来证明一个命题是假命题.由此即可解答.【详解】∵当a=﹣2,b=1时,(﹣2)2>12,但是﹣2<1,∴a=﹣2,b=1是假命题的反例.故选A.【点睛】本题考查了命题与定理,要说明数学命题的错误,只需举出一个反例即可,这是数学中常用的一种方法.6、B【解析】
根据俯视图可确定主视图的列数和每列小正方体的个数.【详解】由俯视图可得,主视图一共有两列,左边一列由两个小正方体组成,右边一列由3个小正方体组成.故答案选B.【点睛】由几何体的俯视图可确定该几何体的主视图和左视图.7、B【解析】
分别根据无理数、有理数的定义逐一判断即可得.【详解】解:在0,π,-3,0.6,这5个实数中,无理数有π、这2个,故选B.【点睛】此题主要考查了无理数的定义,注意带根号的要开不尽方才是无理数,无限不循环小数为无理数.如π,,0.8080080008…(每两个8之间依次多1个0)等形式.8、B【解析】七年级(1)班捐献图书的同学人数为9÷18%=50人,捐献4册的人数为50×30%=15人,捐献3册的人数为50-6-9-15-8=12人,所以该班平均每人捐书的册数为(6+9×2+12×3+15×4+8×5)÷50=3.2册,故选B.9、A【解析】
根据分式的运算法则即可【详解】解:原式=,故选A.【点睛】本题主要考查分式的运算。10、B【解析】法一,依题意△ABC为直角三角形,∴∠A+∠B=90°,∴cosB=,∵,∴sinB=,∵tanB==故选B法2,依题意可设a=4,b=3,则c=5,∵tanb=故选B11、D【解析】
试题解析:根据题意得=30%,解得n=30,所以这个不透明的盒子里大约有30个除颜色外其他完全相同的小球.故选D.考点:利用频率估计概率.12、B【解析】
解:∵AC是⊙O的直径,∴∠ABC=90°,∵∠C=50°,∴∠BAC=40°,∵∠ABC的平分线BD交⊙O于点D,∴∠ABD=∠DBC=45°,∴∠CAD=∠DBC=45°,∴∠BAD=∠BAC+∠CAD=40°+45°=85°,故选B.【点睛】本题考查圆周角定理;圆心角、弧、弦的关系.二、填空题:(本大题共6个小题,每小题4分,共24分.)13、.【解析】
作辅助线,构建直角△DMN,先根据菱形的性质得:∠DAC=60°,AE=AF=2,也知菱形的边长为4,利用勾股定理求MN和DN的长,从而计算DM的长.【详解】解:过M作MN⊥AD于N,∵四边形ABCD是菱形,∴∵EF⊥AC,∴AE=AF=2,∠AFM=30°,∴AM=1,Rt△AMN中,∠AMN=30°,∴∵AD=AB=2AE=4,∴由勾股定理得:故答案为【点睛】本题主要考查了菱形的性质,等腰三角形的性质,勾股定理及直角三角形30度角的性质,熟练掌握直角三角形中30°所对的直角边是斜边的一半.14、(﹣2,4)【解析】
根据点P(x,y)关于原点对称的点为(-x,-y)即可得解.【详解】解:∵点A(2,-4)与点B关于原点中心对称,
∴点B的坐标为:(-2,4).
故答案为:(-2,4).【点睛】此题主要考查了关于原点对称点的性质,正确掌握横纵坐标的关系是解题关键.15、x≤1【解析】分析:根据二次根式有意义的条件解答即可.详解:∵二次根式有意义,被开方数为非负数,∴1-x≥0,解得x≤1.故答案为x≤1.点睛:本题考查了二次根式有意义的条件,熟知二次根式有意义,被开方数为非负数是解题的关键.16、1.【解析】
先根据分式混合运算顺序和运算法则化简原式,再将a的值代入计算可得.【详解】原式=÷=•=,当a=3时,原式==1,故答案为:1.【点睛】本题主要考查分式的化简求值,解题的关键是熟练掌握分式的混合运算顺序和运算法则.17、455【解析】
根据二次根式的性质即可求出答案.【详解】①原式=4;②原式==5;③原式==5,故答案为:①4;②5;③5【点睛】本题考查二次根式的性质,解题的关键是熟练运用二次根式的性质,本题属于基础题型.18、-3【解析】设A(a,a+4),B(c,c+4),则解得:x+4=,即x2+4x−k=0,∵直线y=x+4与双曲线y=相交于A、B两点,∴a+c=−4,ac=-k,∴(c−a)2=(c+a)2−4ac=16+4k,∵AB=,∴由勾股定理得:(c−a)2+[c+4−(a+4)]2=()2,2(c−a)2=8,(c−a)2=4,∴16+4k=4,解得:k=−3,故答案为−3.点睛:本题考查了一次函数与反比例函数的交点问题、根与系数的关系、勾股定理、图象上点的坐标特征等,题目具有一定的代表性,综合性强,有一定难度.三、解答题:(本大题共9个小题,共78分,解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.19、(1)25(2)12【解析】整体分析:(1)用勾股定理求斜边AB的长;(2)用三角形的面积等于底乘以高的一半求解.解:(1).∵在⊿中,,.∴,(2).∵⊿,∴即,∴20×15=25CD.∴.20、(1)先沿y轴翻折,再向右平移1个单位,向下平移3个单位;先向左平移1个单位,向下平移3个单位,再沿y轴翻折;(2)见解析;(3).【解析】
(1)△ABC先沿y轴翻折,再向右平移1个单位,向下平移3个单位;或先向左平移1个单位,向下平移3个单位,再沿y轴翻折,即可得到△DEF;按照旋转中心、旋转角度以及旋转方向,即可得到△ABC绕点B逆时针旋转的图形△;依据点C所形成的路径为扇形的弧,利用弧长计算公式进行计算即可.【详解】解:(1)答案不唯一例如:先沿y轴翻折,再向右平移1个单位,向下平移3个单位;先向左平移1个单位,向下平移3个单位,再沿y轴翻折.(2)分别将点C、A绕点B逆时针旋转得到点、,如图所示,△即为所求;(3)点C所形成的路径的长为:.故答案为(1)先沿y轴翻折,再向右平移1个单位,向下平移3个单位;先向左平移1个单位,向下平移3个单位,再沿y轴翻折;(2)见解析;(3)π..【点睛】本题考查坐标与图形变化旋转,平移,对称,解题时需要注意:平移的距离等于对应点连线的长度,对称轴为对应点连线的垂直平分线,旋转角为对应点与旋转中心连线的夹角的大小.21、(1)证明略;(2)BC=,BF=.【解析】试题分析:(1)连结AE.有AB是⊙O的直径可得∠AEB=90°再有BF是⊙O的切线可得BF⊥AB,利用同角的余角相等即可证明;(2)在Rt△ABE中有三角函数可以求出BE,又有等腰三角形的三线合一可得BC=2BE,过点C作CG⊥AB于点G.可求出AE,再在Rt△ABE中,求出sin∠2,cos∠2.然后再在Rt△CGB中求出CG,最后证出△AGC∽△ABF有相似的性质求出BF即可.试题解析:(1)证明:连结AE.∵AB是⊙O的直径,∴∠AEB=90°,∴∠1+∠2=90°.∵BF是⊙O的切线,∴BF⊥AB,∴∠CBF+∠2=90°.∴∠CBF=∠1.∵AB=AC,∠AEB=90°,∴∠1=∠CAB.∴∠CBF=∠CAB.(2)解:过点C作CG⊥AB于点G.∵sin∠CBF=,∠1=∠CBF,∴sin∠1=.∵∠AEB=90°,AB=5.∴BE=AB·sin∠1=.∵AB=AC,∠AEB=90°,∴BC=2BE=.在Rt△ABE中,由勾股定理得.∴sin∠2=,cos∠2=.在Rt△CBG中,可求得GC=4,GB=2.∴AG=3.∵GC∥BF,∴△AGC∽△ABF.∴,∴.考点:切线的性质,相似的性质,勾股定理.22、(1)m=﹣1;y=﹣3x﹣1;(2)P1(5,0),P2(,0).【解析】
(1)将A代入反比例函数中求出m的值,即可求出直线解析式,(2)联立方程组求出B的坐标,理由过两点之间距离公式求出AB的长,求出P点坐标,表示出BP长即可解题.【详解】解:(1)∵点A(m,2)在双曲线上,∴m=﹣1,∴A(﹣1,2),直线y=kx﹣1,∵点A(﹣1,2)在直线y=kx﹣1上,∴y=﹣3x﹣1.(2),解得或,∴B(,﹣3),∴AB==,设P(n,0),则有(n﹣)2+32=解得n=5或,∴P1(5,0),P2(,0).【点睛】本题考查了一次函数和反比例函数的交点问题,中等难度,联立方程组,会用两点之间距离公式是解题关键.23、(1)证明见解析;(2)EF=1.【解析】
(1)如图1,利用折叠性质得EA=EC,∠1=∠2,再证明∠1=∠3得到AE=AF,则可判断四边形AECF为平行四边形,从而得到四边形AECF为菱形;(2)作EH⊥AB于H,如图,利用四边形AECF为菱形得到AE=AF=CE=13,则判断四边形ABEF为平行四边形得到EF=AB,根据等腰三角形的性质得AH=BH,再在Rt△BEH中利用tanB==可计算出BH=5,从而得到EF=AB=2BH=1.【详解】(1)证明:如图1,∵平行四边形ABCD纸片沿EF折叠,使点C与点A重合,点D落在点G处,∴EA=EC,∠1=∠2,∵四边形ABCD为平行四边形,∴AD∥BC,∴∠2=∠3,∴∠1=∠3,∴AE=AF,∴AF=CE,而AF∥CE,∴四边形AECF为平行四边形,∵EA=EC,∴四边形AECF为菱形;(2)解:作EH⊥AB于H,如图,∵E为BC中点,BC=26,∴BE=EC=13,∵四边形AECF为菱形,∴AE=AF=CE=13,∴AF=BE,∴四边形ABEF为平行四边形,∴EF=AB,∵EA=EB,EH⊥AB,∴AH=BH,在Rt△BEH中,tanB==,设EH=12x,BH=5x,则BE=13x,∴13x=13,解得x=1,∴BH=5,∴AB=2BH=1,∴EF=1.【点睛】本题考查了折叠的性质:折叠是一种对称变换,它属于轴对称,折叠前后图形的形状和大小不变,位置变化,对应边和对应角相等.也考查了平行四边形的性质、菱形的判定与性质.24、(1)C;(2)①60;②E(,1);③点F的横坐标x的取值范围≤xF≤.【解析】
(1)由题意线段MN关于点O的关联点的是以线段MN的中点为圆心,为半径的圆上,所以点C满足条件;
(2)①如图3-1中,作NH⊥x轴于H.求出∠MON的大小即可解决问题;
②如图3-2中,结论:△MNE是等边三角形.由∠MON+∠MEN=180°,推出M、O、N、E四点共圆,可得∠MNE=∠MOE=60°,由此即可解决问题;
③如图3-3中,由②可知,△MNE是等边三角形,作△MNE的外接圆⊙O′,首先证明点E在直线y=-x+2上,设直线交⊙O′于E、F,可得F(,),观察图形即可解决问题;【详解】(1)由题意线段MN关于点O的关联点的是以线段MN的中点为圆心,为半径的圆上,所以点C满足条件,
故答案为C.
(2)①如图3-1中,作NH⊥x轴于H.
∵N(,-),
∴tan∠NOH=,
∴∠NOH=30°,
∠MON=90°+30°=120°,
∵点D是线段MN关于点O的关联点,
∴∠MDN+∠MON=180°,
∴∠MDN=60°.
故答案为60°.
②如图3-2中,结论:△MNE是等边三角形.
理由:作EK⊥x轴于K.
∵E(,1),
∴tan∠EOK=,
∴∠EOK=30°,
∴∠MOE=60°,
∵∠MON+∠MEN=180°,
∴M、O、N、E四点共圆,
∴∠MNE=∠MOE=60°,
∵∠MEN=60°,
∴∠MEN=∠MNE=∠NME=60°,
∴△MNE是等边三角形.③如图3-3中,由②可知,
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