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文档简介

广安市重点中学2023-2024学年中考试题猜想数学试卷注意事项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(共10小题,每小题3分,共30分)1.正比例函数y=(k+1)x,若y随x增大而减小,则k的取值范围是()A.k>1 B.k<1 C.k>﹣1 D.k<﹣12.的平方根是()A.2 B. C.±2 D.±3.如图,若二次函数y=ax2+bx+c(a≠0)图象的对称轴为x=1,与y轴交于点C,与x轴交于点A、点B(﹣1,0),则①二次函数的最大值为a+b+c;②a﹣b+c<0;③b2﹣4ac<0;④当y>0时,﹣1<x<3,其中正确的个数是()A.1 B.2 C.3 D.44.如图,把一块直角三角板的直角顶点放在直尺的一边上,若∠1=50°,则∠2的度数为().A.50° B.40° C.30° D.25°5.如图,已知四边形ABCD,R,P分别是DC,BC上的点,E,F分别是AP,RP的中点,当点P在BC上从点B向点C移动而点R不动时,那么下列结论成立的是().A.线段EF的长逐渐增大 B.线段EF的长逐渐减少C.线段EF的长不变 D.线段EF的长不能确定6.如图,⊙O是△ABC的外接圆,AD是⊙O的直径,连接CD,若⊙O的半径r=5,AC=53,则∠B的度数是(

)A.30°B.45°C.50°D.60°7.二元一次方程组的解为()A. B. C. D.8.已知一组数据:12,5,9,5,14,下列说法不正确的是()A.平均数是9 B.中位数是9 C.众数是5 D.极差是59.化简的结果是()A.±4 B.4 C.2 D.±210.我国古代数学著作《九章算术》卷七“盈不足”中有这样一个问题:“今有共买物,人出八,盈三;人出七,不足四,问人数、物价各几何?”意思是:几个人合伙买一件物品,每人出8元,则余3元;若每人出7元,则少4元,问几人合买?这件物品多少钱?若设有x人合买,这件物品y元,则根据题意列出的二元一次方程组为()A. B. 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,在直角坐标系中,⊙A的圆心A的坐标为(1,0),半径为1,点P为直线y=x+3上的动点,过点P作⊙A的切线,切点为Q,则切线长PQ的最小值是______________.12.分解因式:4x2﹣36=___________.13.一个多边形,除了一个内角外,其余各角的和为2750°,则这一内角为_____度.14.如图是由几个相同的小正方体搭建而成的几何体的主视图和俯视图,则搭建这个几何体所需要的小正方体至少为____个.15.函数中,自变量的取值范围是______16.如图:图象①②③均是以P0为圆心,1个单位长度为半径的扇形,将图形①②③分别沿东北,正南,西北方向同时平移,每次移动一个单位长度,第一次移动后图形①②③的圆心依次为P1P2P3,第二次移动后图形①②③的圆心依次为P4P5P6…,依此规律,P0P2018=_____个单位长度.三、解答题(共8题,共72分)17.(8分)城市小区生活垃圾分为:餐厨垃圾、有害垃圾、可回收垃圾、其他垃圾四种不同的类型.(1)甲投放了一袋垃圾,恰好是餐厨垃圾的概率是;(2)甲、乙分别投放了一袋垃圾,求恰好是同一类型垃圾的概率.18.(8分)如图,已知抛物线过点A(4,0),B(﹣2,0),C(0,﹣4).(1)求抛物线的解析式;(2)在图甲中,点M是抛物线AC段上的一个动点,当图中阴影部分的面积最小值时,求点M的坐标;(3)在图乙中,点C和点C1关于抛物线的对称轴对称,点P在抛物线上,且∠PAB=∠CAC1,求点P的横坐标.19.(8分)如图①,在正方形ABCD中,△AEF的顶点E,F分别在BC,CD边上,高AG与正方形的边长相等,求∠EAF的度数.如图②,在Rt△ABD中,∠BAD=90°,AB=AD,点M,N是BD边上的任意两点,且∠MAN=45°,将△ABM绕点A逆时针旋转90°至△ADH位置,连接NH,试判断MN2,ND2,DH2之间的数量关系,并说明理由.在图①中,若EG=4,GF=6,求正方形ABCD的边长.20.(8分)已知:a是﹣2的相反数,b是﹣2的倒数,则(1)a=_____,b=_____;(2)求代数式a2b+ab的值.21.(8分)如图1,矩形ABCD中,E是AD的中点,以点E直角顶点的直角三角形EFG的两边EF,EG分别过点B,C,∠F=30°.(1)求证:BE=CE(2)将△EFG绕点E按顺时针方向旋转,当旋转到EF与AD重合时停止转动.若EF,EG分别与AB,BC相交于点M,N.(如图2)①求证:△BEM≌△CEN;②若AB=2,求△BMN面积的最大值;③当旋转停止时,点B恰好在FG上(如图3),求sin∠EBG的值.22.(10分)如图,一次函数y=2x﹣4的图象与反比例函数y=的图象交于A、B两点,且点A的横坐标为1.(1)求反比例函数的解析式;(2)点P是x轴上一动点,△ABP的面积为8,求P点坐标.23.(12分)先化简,然后从﹣1,0,2中选一个合适的x的值,代入求值.24.已知:如图,在△ABC中,∠ACB=90°,以BC为直径的⊙O交AB于点D,E为的中点.求证:∠ACD=∠DEC;(2)延长DE、CB交于点P,若PB=BO,DE=2,求PE的长

参考答案一、选择题(共10小题,每小题3分,共30分)1、D【解析】

根据正比例函数图象与系数的关系列出关于k的不等式k+1<0,然后解不等式即可.【详解】解:∵正比例函数y=(k+1)x中,y的值随自变量x的值增大而减小,∴k+1<0,解得,k<-1;故选D.【点睛】本题主要考查正比例函数图象在坐标平面内的位置与k的关系.解答本题注意理解:直线y=kx所在的位置与k的符号有直接的关系.k>0时,直线必经过一、三象限,y随x的增大而增大;k<0时,直线必经过二、四象限,y随x的增大而减小.2、D【解析】

先化简,然后再根据平方根的定义求解即可.【详解】∵=2,2的平方根是±,∴的平方根是±.故选D.【点睛】本题考查了平方根的定义以及算术平方根,先把正确化简是解题的关键,本题比较容易出错.3、B【解析】分析:直接利用二次函数图象的开口方向以及图象与x轴的交点,进而分别分析得出答案.详解:①∵二次函数y=ax2+bx+c(a≠0)图象的对称轴为x=1,且开口向下,∴x=1时,y=a+b+c,即二次函数的最大值为a+b+c,故①正确;②当x=﹣1时,a﹣b+c=0,故②错误;③图象与x轴有2个交点,故b2﹣4ac>0,故③错误;④∵图象的对称轴为x=1,与x轴交于点A、点B(﹣1,0),∴A(3,0),故当y>0时,﹣1<x<3,故④正确.故选B.点睛:此题主要考查了二次函数的性质以及二次函数最值等知识,正确得出A点坐标是解题关键.4、B【解析】

解:如图,由两直线平行,同位角相等,可求得∠3=∠1=50°,根据平角为180°可得,∠2=90°﹣50°=40°.故选B.【点睛】本题考查平行线的性质,掌握两直线平行,同位角相等是解题关键.5、C【解析】

因为R不动,所以AR不变.根据三角形中位线定理可得EF=AR,因此线段EF的长不变.【详解】如图,连接AR,∵E、F分别是AP、RP的中点,∴EF为△APR的中位线,∴EF=AR,为定值.∴线段EF的长不改变.故选:C.【点睛】本题考查了三角形的中位线定理,只要三角形的边AR不变,则对应的中位线的长度就不变.6、D【解析】根据圆周角定理的推论,得∠B=∠D.根据直径所对的圆周角是直角,得∠ACD=90°.

在直角三角形ACD中求出∠D.则sinD=AC∠D=60°∠B=∠D=60°.故选D.“点睛”此题综合运用了圆周角定理的推论以及锐角三角函数的定义,解答时要找准直角三角形的对应边.7、C【解析】

利用加减消元法解这个二元一次方程组.【详解】解:①-②2,得:y=-2,将y=-2代入②,得:2x-2=4,解得,x=3,所以原方程组的解是.故选C.【点睛】本题考查了解二元一次方程组和解一元一次方程等知识点,解此题的关键是把二元一次方程组转化成一元一次方程,题目比较典型,难度适中.8、D【解析】分别计算该组数据的平均数、中位数、众数及极差后即可得到正确的答案平均数为(12+5+9+5+14)÷5=9,故选项A正确;重新排列为5,5,9,12,14,∴中位数为9,故选项B正确;5出现了2次,最多,∴众数是5,故选项C正确;极差为:14﹣5=9,故选项D错误.故选D9、B【解析】

根据算术平方根的意义求解即可.【详解】4,故选:B.【点睛】本题考查了算术平方根的意义,一般地,如果一个正数x的平方等于a,即x2=a,那么这个正数x叫做a的算术平方根,正数a有一个正的算术平方根,0的算术平方根是0,负数没有算术平方根.10、D【解析】

根据题意可以找出题目中的等量关系,列出相应的方程组,从而可以解答本题.【详解】由题意可得:,故选D.【点睛】本题考查由实际问题抽象出二元一次方程组,解答本题的关键是明确题意,列出相应的方程组.二、填空题(本大题共6个小题,每小题3分,共18分)11、2【解析】分析:因为BP=,AB的长不变,当PA最小时切线长PB最小,所以点P是过点A向直线l所作垂线的垂足,利用△APC≌△DOC求出AP的长即可求解.详解:如图,作AP⊥直线y=x+3,垂足为P,此时切线长PB最小,设直线与x轴,y轴分别交于D,C.∵A的坐标为(1,0),∴D(0,3),C(﹣4,0),∴OD=3,AC=5,∴DC==5,∴AC=DC,在△APC与△DOC中,∠APC=∠COD=90°,∠ACP=∠DCO,AC=DC,∴△APC≌△DOC,∴AP=OD=3,∴PB==2.故答案为2.点睛:本题考查了切线的性质,全等三角形的判定性质,勾股定理及垂线段最短,因为直角三角形中的三边长满足勾股定理,所以当其中的一边的长不变时,即可根据另一边的取值情况确定第三边的最大值或最小值.12、4(x+3)(x﹣3)【解析】分析:首先提取公因式4,然后再利用平方差公式进行因式分解.详解:原式=.点睛:本题主要考查的是因式分解,属于基础题型.因式分解的方法有提取公因式、公式法和十字相乘法等,如果有公因式首先都要提取公因式.13、130【解析】分析:n边形的内角和是因而内角和一定是180度的倍数.而多边形的内角一定大于0,并且小于180度,因而内角和除去一个内角的值,这个值除以180度,所得数值比边数要小,小的值小于1.详解:设多边形的边数为x,由题意有解得因而多边形的边数是18,则这一内角为故答案为点睛:考查多边形的内角和公式,熟记多边形的内角和公式是解题的关键.14、8【解析】

主视图、俯视图是分别从物体正面、上面看,所得到的图形.【详解】由俯视图可知:底层最少有5个小立方体,由主视图可知:第二层最少有2个小立方体,第三层最少有1个小正方体,∴搭成这个几何体的小正方体的个数最少是5+2+1=8(个).故答案为:8【点睛】考查了由三视图判断几何体的知识,根据题目中要求的以最少的小正方体搭建这个几何体,可以想象出左视图的样子,然后根据“俯视图打地基,正视图疯狂盖,左视图拆违章”很容易就知道小正方体的个数.15、x≠1【解析】

解:∵有意义,∴x-1≠0,∴x≠1;故答案是:x≠1.16、1【解析】

根据P0P1=1,P0P2=1,P0P3=1;P0P4=2,P0P5=2,P0P6=2;P0P7=3,P0P8=3,P0P9=3;可知每移动一次,圆心离中心的距离增加1个单位,依据2018=3×672+2,即可得到点P2018在正南方向上,P0P2018=672+1=1.【详解】由图可得,P0P1=1,P0P2=1,P0P3=1;P0P4=2,P0P5=2,P0P6=2;P0P7=3,P0P8=3,P0P9=3;∵2018=3×672+2,∴点P2018在正南方向上,∴P0P2018=672+1=1,故答案为1.【点睛】本题主要考查了坐标与图形变化,应找出图形哪些部分发生了变化,是按照什么规律变化的,通过分析找到各部分的变化规律后直接利用规律求解.探寻规律要认真观察、仔细思考,善用联想来解决这类问题.三、解答题(共8题,共72分)17、(1);(2)【解析】

(1)直接利用概率公式求出甲投放的垃圾恰好是“餐厨垃圾”的概率;(2)首先利用树状图法列举出所有可能,进而利用概率公式求出答案.【详解】解:(1)∵垃圾要按餐厨垃圾、有害垃圾、可回收垃圾、其他垃圾四类分别装袋,甲投放了一袋垃圾,∴甲投放了一袋是餐厨垃圾的概率是,故答案为:;(2)记这四类垃圾分别为A、B、C、D,画树状图如下:由树状图知,甲、乙投放的垃圾共有16种等可能结果,其中投放的两袋垃圾同类的有4种结果,所以投放的两袋垃圾同类的概率为=.【点睛】本题考查了用列表法或画树状图法求概率.列表法或画树状图法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果,适合于两步完成的事件.用到的知识点为:概率=所求情况数与总情况数之比.18、(1)y=12x2-x-4(2)点M的坐标为(2,-4)(3)-83【解析】【分析】(1)设交点式y=a(x+2)(x-4),然后把C点坐标代入求出a即可得到抛物线解析式;

(2)连接OM,设点M的坐标为m,12m2-m-4.由题意知,当四边形OAMC面积最大时,阴影部分的面积最小.S四边形OAMC=S△OAM(3)抛物线的对称轴为直线x=1,点C与点C1关于抛物线的对称轴对称,所以C1(2,-4).连接CC1,过C1作C1D⊥AC于D,则CC1=2.先求AC=42,CD=C1D=2,AD=42-2=32;设点Pn,12n2-n-4,过P作PQ垂直于x轴,垂足为Q.证△PAQ∽△C1AD,得PQC1【详解】(1)抛物线的解析式为y=12(x-4)(x+2)=12x(2)连接OM,设点M的坐标为m,1由题意知,当四边形OAMC面积最大时,阴影部分的面积最小.S四边形OAMC=S△OAM+S△OCM=12×4m+12×4=-m2+4m+8=-(m-2)2+12.当m=2时,四边形OAMC面积最大,此时阴影部分面积最小,所以点M的坐标为(2,-4).(3)∵抛物线的对称轴为直线x=1,点C与点C1关于抛物线的对称轴对称,所以C1(2,-4).连接CC1,过C1作C1D⊥AC于D,则CC1=2.∵OA=OC,∠AOC=90°,∠CDC1=90°,∴AC=42,CD=C1D=2,AD=42-2=32,设点Pn,1∵∠PAB=∠CAC1,∠AQP=∠ADC1,∴△PAQ∽△C1AD,∴PQC即12n2即3n2-6n-24=8-2n,或3n2-6n-24=-(8-2n),解得n=-83,或n=-4∴点P的横坐标为-83或-4【点睛】本题考核知识点:二次函数综合运用.解题关键点:熟记二次函数的性质,数形结合,由所求分析出必知条件.19、(1)45°.(1)MN1=ND1+DH1.理由见解析;(3)11.【解析】

(1)先根据AG⊥EF得出△ABE和△AGE是直角三角形,再根据HL定理得出△ABE≌△AGE,故可得出∠BAE=∠GAE,同理可得出∠GAF=∠DAF,由此可得出结论;(1)由旋转的性质得出∠BAM=∠DAH,再根据SAS定理得出△AMN≌△AHN,故可得出MN=HN.再由∠BAD=90°,AB=AD可知∠ABD=∠ADB=45°,根据勾股定理即可得出结论;(3)设正方形ABCD的边长为x,则CE=x-4,CF=x-2,再根据勾股定理即可得出x的值.【详解】解:(1)在正方形ABCD中,∠B=∠D=90°,∵AG⊥EF,∴△ABE和△AGE是直角三角形.在Rt△ABE和Rt△AGE中,,∴△ABE≌△AGE(HL),∴∠BAE=∠GAE.同理,∠GAF=∠DAF.∴∠EAF=∠EAG+∠FAG=∠BAD=45°.(1)MN1=ND1+DH1.由旋转可知:∠BAM=∠DAH,∵∠BAM+∠DAN=45°,∴∠HAN=∠DAH+∠DAN=45°.∴∠HAN=∠MAN.在△AMN与△AHN中,,∴△AMN≌△AHN(SAS),∴MN=HN.∵∠BAD=90°,AB=AD,∴∠ABD=∠ADB=45°.∴∠HDN=∠HDA+∠ADB=90°.∴NH1=ND1+DH1.∴MN1=ND1+DH1.(3)由(1)知,BE=EG=4,DF=FG=2.设正方形ABCD的边长为x,则CE=x-4,CF=x-2.∵CE1+CF1=EF1,∴(x-4)1+(x-2)1=101.解这个方程,得x1=11,x1=-1(不合题意,舍去).∴正方形ABCD的边长为11.【点睛】本题考查的是几何变换综合题,涉及到三角形全等的判定与性质、勾股定理、正方形的性质等知识,难度适中.20、2﹣【解析】试题分析:利用相反数和倒数的定义即可得出.先因式分解,再代入求出即可.试题解析:是的相反数,是的倒数,当时,点睛:只有符号不同的两个数互为相反数.乘积为的两个数互为倒数.21、(1)详见解析;(1)①详见解析;②1;③.【解析】

(1)只要证明△BAE≌△CDE即可;(1)①利用(1)可知△EBC是等腰直角三角形,根据ASA即可证明;②构建二次函数,利用二次函数的性质即可解决问题;③如图3中,作EH⊥BG于H.设NG=m,则BG=1m,BN=EN=m,EB=m.利用面积法求出EH,根据三角函数的定义即可解决问题.【详解】(1)证明:如图1中,∵四边形ABCD是矩形,∴AB=DC,∠A=∠D=90°,∵E是AD中点,∴AE=DE,∴△BAE≌△CDE,∴BE=CE.(1)①解:如图1中,由(1)可知,△EBC是等腰直角三角形,∴∠EBC=∠ECB=45°,∵∠ABC=∠BCD=90°,∴∠EBM=∠ECN=45°,∵∠MEN=∠BEC=90°,∴∠BEM=∠CEN,∵EB=EC,∴△BEM≌△CEN;②∵△BEM≌△CEN,∴BM=CN,设BM=CN=x,则BN=4-x,∴S△BMN=•x(4-x)=-(x-1)1+1,∵-<0,∴x=1时,△BMN的面积最大,最大值为1.③解:如图3中,作EH⊥BG于H.设NG=m,则BG=1m,BN=EN=m,EB=m.∴EG=m+m=(1+)m,∵S△BEG=•EG•BN=•BG•EH,∴EH==m,在Rt△EBH中,sin∠EBH=.【点睛】本题考查四边形综合题、矩形的性质、等腰直角三角形的判定和性质、全等三角形的判定和性质、旋转变换、锐角三角函数等知识,解题的关键是准确寻找全等三角形解决问题,学会添加常用辅助线,学会利用参数解决问题,22、(1)y=;(2)(4,0)或(0,0)【解析】

(1)把x=1代入一次函数解析式求得A的坐标,利用待定系数法求得反比例函数

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