- 2021-05-10 发布 |
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文档介绍
中考数学考前冲刺试题含答案
第十五讲 综合复习 时间: 年 月 日 刘老师 学生签名: 一、 兴趣导入 二、 学前测试 一、选择题(10×3=30) 1、-(-2)的相反数是( ) A、2 B、-2 C、1/2 D、-1/2 2、近年来,随着交通网络的不断完善,我市近郊游持续升温。据统计,在今年“五一”期间,某风景区接待游览的人数约为20.3万人,这一数据用科学记数法表示为 A、人 B、人 C、人 D、人 3、 在函数自变量的取值范围是 (A) (B) (C) (D) 4、抛物线y=-(x+2)2-3的顶点坐标是( ). A、(2,-3) B、(-2,3) C、(2,3) D、(-2,-3) 5.下列计算正确的是 (A) (B) (C) (D) 6.已知关于的一元二次方程有两个实数根,则下列关于判别式 的判断正确的是 (A) (B) (C) (D) 7、 为了解某小区“全民健身”活动的开展情况,某志愿者对居住在该小区的50名成年人一周的体育锻炼时间进行了统计,并绘制成如图所示的条形统计图.根据图中提供的信息,这50人一周的体育锻炼时间的众数和中位数分别是 (A)6小时、6小时 (B) 6小时、4小时 (C) 4小时、4小时 (D)4小时、6小时 8、如图.以点P(2.0)为圆心,为半径作圆,点M(a,b)是0P上的一点,则的最大值是【 】 A.I B. C.2 D.1.5 9、小明从二次函数y=ax2+bx+c的图象(如图)中观察得出了下面五条信息: ①c<0;②abc>0;③a-b+c>0;④c-4b>0;⑤2a-3b=0.你认为其中正确的信息是A、①③④⑤ B、①②③⑤ C、①②③④ D、②③④⑤ 10. 如图, 已知AB 为⊙O 的直径, C 为⊙O 上一点, CD ⊥ AB 于D ,AD = 9 、BD = 4, 以C 为圆心、CD 为半径的圆与⊙O 相交于P 、Q两点, 弦PQ交CD于E , 则PE ⋅EQ 的值是( ) A. 24 B. 9 C. 6 D. 27 二、填空题(4×4=16) 11、因式分解:x²y-2xy+y=_____ 12、已知是分式方程的根,则实数=___________。 13、如果关于x的一元二次方程2x2-2x+3m-1=0有两个实数根x1,x2,且它们满足不等式,则实数m的取值范围是 。 14、一圆锥的底面直径长度与母线长之比为1:2,则此圆锥展开所得扇形的圆心角度数为:________。 三、解答题(54分) 15、(6分)计算: 16、(8分)先化简,再求值: 其中, 17、(10分)如图,某市郊外景区内一条笔直的公路a经过三个景点A、B、C。景区管委会又开发了风景优美的景点D。经测量景点D位于景点A的北偏东30°方向8km处,位于景点B的正北方向,还位于景点C的北偏西75°方向上。已知AB=5km。 (1)景区管委会准备由景点D向公路a修建一条距离最短的公路,不考虑其它因素,求出这条公路的长;(结果精确到0.1km) (2)求景点C与景点D之间的距离。(结果精确到1km) 东 北 北 A B D C a 30° (参考数据:,,sin53°=cos37°=0.80,sin37°=cos53°=0.60,tan53°=1.33,tan37°=0.75,sin38°=cos52°=0.62,sin52°=cos38°=0.79,tan38°=0.78,tan52°=1.28,sin75°=0.97,cos75°=0.26,tan75°=3.73。) 18、(10分)某公司组织部分员工到一博览会的五个展馆参观,公司所购门票种类、数量绘制成的条形和扇形统计图如图所示. 请根据统计图回答下列问题:(1)将条形统计图和扇形统计图在图中补充完整; (2)若馆门票仅剩下一张,而员工小明和小华都想要,他们决定采用抽扑克牌的方法来确定,规则是:“将同一副牌中正面分别标有数字1,2,3,4的四张牌洗匀后,背面朝上放置在桌面上,每人随机抽一次且一次只抽一张;一人抽后记下数字,将牌放回洗匀背面朝上放置在桌面上,再由另一人抽.若小明抽得的数字比小华抽得的数字大,门票给小明,否则给小华.” 请用列表的方法计算出小明和小华获得门票的概率,并说明这个规则对双方是否公平. 19、在平面直角坐标系中,函数y=(m>0)的图象经过点A(1,4)、B(a,b),其中a>1.过点A作x轴的垂线,垂足为C;过点B作y轴的垂线,垂足为D,AC与BD相交于点M,连接AB、AD、BC、CD. (1)求m的值; (2)求证:CD∥AB; (3)当AD=BC时,求直线AB的函数解析式. 20、如图1、2是两个相似比为1:的等腰直角三角形,将两个三角形如图3放置,小直角三角形的斜边与大直角三角形的一直角边重合。 (1)在图3中,绕点D旋转小直角三角形,使两直角边分别与AC、BC交于点E、F, 如图4。求证: (2)若在图3中,绕点C旋转小直角三角形,使它的斜边和CD的延长线分别与AB交于点F,如图5,此时结论是否成立?若成立, 请给予证明;若不成立,请说明理由. (3)如图6,在正方形ABCD中,E、F分别是边BC、CD上的点,满足△CEF的周长等于正方形ABCD的周长的一半,AE、AF分别与的对角线BD交于M、N,试问线段BM、MN、DN能否构成三角形的三边长?若能, 指出三角形的形状,请给予证明;若不能,请说明理由. 、 21. 如图,在平面直角坐标系xOy中,一次函数(m为常数)的图象与x轴交于点A(﹣3,0),与y轴交于点C.以直线x=1为对称轴的抛物线y=ax2+bx+c(a,b,c为常数,且a≠0)经过A,C两点,并与x轴的正半轴交于点B. (1)求m的值及抛物线的函数表达式; (2)设E是y轴右侧抛物线上一点,过点E作直线AC的平行线交x轴于点F.是否存在这样的点E,使得以A,C,E,F为顶点的四边形是平行四边形?若存在,求出点E的坐标及相应的平行四边形的面积;若不存在,请说明理由; (3)若P是抛物线对称轴上使△ACP的周长取得最小值的点,过点P任意作一条与y轴不平行的直线交抛物线于M1(x1,y1),M2(x2,y2)两点,试探究是否为定值,并写出探究过程. 解答: 解:(1)∵经过点(﹣3,0), ∴0=+m,解得m=, ∴直线解析式为,C(0,). ∵抛物线y=ax2+bx+c对称轴为x=1,且与x轴交于A(﹣3,0),∴另一交点为B(5,0), 设抛物线解析式为y=a(x+3)(x﹣5), ∵抛物线经过C(0,), ∴=a•3(﹣5),解得a=, ∴抛物线解析式为y=x2+x+; (2)假设存在点E使得以A、C、E、F为顶点的四边形是平行四边形, 则AC∥EF且AC=EF.如答图1, (i)当点E在点E位置时,过点E作EG⊥x轴于点G, ∵AC∥EF,∴∠CAO=∠EFG, 又∵,∴△CAO≌△EFG, ∴EG=CO=,即yE=, ∴=xE2+xE+,解得xE=2(xE=0与C点重合,舍去), ∴E(2,),S▱ACEF=; (ii)当点E在点E′位置时,过点E′作E′G′⊥x轴于点G′, 同理可求得E′(+1,),S▱ACE′F′=. (3)要使△ACP的周长最小,只需AP+CP最小即可. 如答图2,连接BC交x=1于P点,因为点A、B关于x=1对称,根据轴对称性质以及两点之间线段最短,可知此时AP+CP最小(AP+CP最小值为线段BC的长度). ∵B(5,0),C(0,),∴直线BC解析式为y=x+, ∵xP=1,∴yP=3,即P(1,3). 令经过点P(1,3)的直线为y=kx+3﹣k, ∵y=kx+3﹣k,y=x2+x+, 联立化简得:x2+(4k﹣2)x﹣4k﹣3=0, ∴x1+x2=2﹣4k,x1x2=﹣4k﹣3. ∵y1=kx1+3﹣k,y2=kx2+3﹣k,∴y1﹣y2=k(x1﹣x2). 根据两点间距离公式得到: M1M2==== ∴M1M2===4(1+k2). 又M1P===; 同理M2P= ∴M1P•M2P=(1+k2)•=(1+k2)•=(1+k2)•=4(1+k2). ∴M1P•M2P=M1M2, ∴=1为定值. 答案: A卷 1—5 BBADD 6—10 DABCD 11、y(x-1)² 12、 13、 14、90° 15、解:原式==3 16、解:原式= =·······················2分 = =······················································2分 当,时原式=··························2分 17、解:(1)如图4,过点作于点, 过点作,交的延长线于点. 北 A B C D a 图4 F E . . 在中, . . 在中,, , . . 景点向公路修建的这条公路的长约是3.1km. (2)由题意可知, 由(1)可知,所以, , 在中,, . 景点与景点之间的距离约为4km. 18、.解:(1) B馆门票为50张,C占15%。 (2)所有情况如下: 小华抽到 的数字 小明抽到 的数字 1 2 3 4 1 (1,1) (1,2) (1,3) (1,4) 2 (2,1) (2,2) (2,3) (2,4) 3 (3,1) (3,2) (3,3) (3,4) 4 (4,1) (4,2) (4,3) (4,4) 共有16种可能的结果,且每种结果的可能性相同,其中小明可能获得门票的结果有6种,分别是(2,1),(3,1),(3,2),(4,1),(4,2),(4,3)。 ∴小明获得门票的概率, 小华获得门票的概率。 ∵ ∴这个规则对双方不公平。 19、 20、(本题答案较简略)(1)在图4中,由于AD=BD,将△AED绕点D旋转180°,得△BE′D,AE=BE′、 ED=E′D 连结E′F ∵∠FBE′=∠ABC+∠ABE′=∠ABC+∠CAB=90° ∴在Rt△BE′F中有E′B2+BF2=E′F2 又∵FD垂直平分EE′ ∴EF=FE′∴代换得AE2+BF2=EF2 (2)在图(5)中,由于AC=BC,将△AEC绕点C旋转 90°,得△BE′C,AE=BE′、CE=CE′ 连结E′F ∵∠FBE′=∠ABC+∠CBE′=∠ABC+∠CAB=90° ∴在Rt△BE′F中有E′B2+BF2=E′F2 又可证△CEF≌△CE′F 得EF=FE′ ∴代换得AE2+BF2=EF2 (3)在图6中,将△ADF绕点A按顺时针旋转90°,得△ABG,且FD=GB,AF=AG, 因为△CEF的周长等于正方形ABCD周长的一半,所以CE+EF+CF=CD+CB =CF+FD+FD+BE 化简得:EF=EF 从而可证得△AEG≌△AEF B卷 21、(4,2),(4,14),(,),(,) 22、4 23、8 24、-2查看更多
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