山东省济宁市微山县中考数学一模试题有答案精析.docx
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山东省济宁市微山县中考数学一模试题有答案精析
2020年山东省济宁市微山县中考数学一模试卷
一、选择题：
本大题共10小题，每小题3分，共30分
1．下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的有（ ）
A．4个B．3个C．2个D．1个
2．如图，已知∠1=∠2，那么添加下列一个条件后，仍无法判定△ABC∽△ADE的是（ ）
A．B．C．∠B=∠DD．∠C=∠AED
3．过⊙O内一点M的最长弦长为10cm，最短弦长为8cm，那么OM的长为（ ）
A．3cmB．6cmC．cmD．9cm
4．一元二次方程ax2+bx+c=0，若4a﹣2b+c=0，则它的一个根是（ ）
A．﹣2B．C．﹣4D．2
5．如图，等腰梯形ABCD中，AD∥BC，以A为圆心，AD为半径的圆与BC切于点M，与AB交于点E，若AD=2，BC=6，则长为（ ）
A．B．C．D．3π
6．函数y=ax+1与y=ax2+bx+1（a≠0）的图象可能是（ ）
A．B．C．D．
7．在圆内接四边形ABCD中，若∠A：
∠B：
∠C=2：
3：
6，则∠D等于（ ）
A．67.5°B．135°C．112.5°D．45°
8．如图是一枚六面体骰子的展开图，则掷一枚这样的骰子，朝上一面的数字是朝下一面的数字的3倍的概率是（ ）
A．B．C．D．
9．一个几何体的三视图如图所示，则这个几何体是（ ）
A．B．C．D．
10．如图，矩形ABCD中，AB=4，BC=5，AF平分∠DAE，EF⊥AE，则CF等于（ ）
A．B．1C．D．2
二、填空题：
本大题共5小题，每小题3分，共15分
11．若关于x的一元二次方程（x﹣k）2=1﹣2k有实数根，则k的取值范围是 ．
12．若方程x2﹣3x﹣1=0的两根为x1、x2，则的值为 ．
13．已知点A（2a+3b，﹣2）和点B（8，3a+2b）关于原点对称，则a+b= ．
14．如图，△ABC三个顶点的坐标分别为A（2，2），B（4，2），C（6，4），以原点O为位似中心，将△ABC缩小为原来的一半，则线段AC的中点P变换后在第一象限对应点的坐标为 ．
15．如图，圆锥的轴截面是边长为6cm的正三角形ABC，P是母线AC的中点．则在圆锥的侧面上从B点到P点的最短路线的长为 ．
三、解答题：
本大题共6小题，共35分
16．对于任何实数，我们规定符号的意义是：
=ad﹣bc．按照这个规定请你计算：
当x2﹣3x+1=0时，的值．
17．如图：
直线y=kx+3与x轴、y轴分别交于A、B两点，tan∠OAB=，点C（x，y）是直线y=kx+3上与A、B不重合的动点．
（1）求直线y=kx+3的解析式；
（2）当点C运动到什么位置时△AOC的面积是4．
18．某校一栋教学大楼的顶部竖有一块“传承文明，启智求真”的宣传牌CD．小明在山坡的坡脚A处测得宣传牌底部D的仰角为45°，沿山坡向上走到B处测得宣传牌底部C的仰角为30°．已知山坡AB的坡度i=1：
，AB=10米，AE=15米，求这块宣传牌CD的高度．
19．如图所示，在Rt△ABC中，∠C=90°，∠BAC=60°，AB=8．半径为的⊙M与射线BA相切，切点为N，且AN=3．将Rt△ABC绕A顺时针旋转120°后得到Rt△ADE，点B、C的对应点分别是点D、E．
（1）画出旋转后的Rt△ADE；
（2）求出Rt△ADE的直角边DE被⊙M截得的弦PQ的长度；
（3）判断Rt△ADE的斜边AD所在的直线与⊙M的位置关系，并说明理由．
20．阅读探索：
“任意给定一个矩形A，是否存在另一个矩形B，它的周长和面积分别是已知矩形周长和面积的一半”？
（完成下列空格）
（1）当已知矩形A的边长分别为6和1时，小亮同学是这样研究的：
设所求矩形的两边分别是x和y，由题意得方程组：
，消去y化简得：
2x2﹣7x+6=0，
∵△=49﹣48＞0，∴x1= ，x2= ，
∴满足要求的矩形B存在．
（2）如果已知矩形A的边长分别为2和1，请你仿照小亮的方法研究是否存在满足要求的矩形B．
21．如图1，在正方形ABCD中，E是AB上一点，F是AD延长线上一点，且DF=BE．
（1）求证：
CE=CF；
（2）在图1中，若G在AD上，且∠GCE=45°，则GE=BE+GD成立吗？
为什么？
（3）运用
（1）
（2）解答中所积累的经验和知识，完成下题：
如图2，在直角梯形ABCD中，AD∥BC（BC＞AD），∠B=90°，AB=BC=12，E是AB上一点，且∠DCE=45°，BE=4，求DE的长．
2020年山东省济宁市微山县中考数学一模试卷
参考答案与试题解析
一、选择题：
本大题共10小题，每小题3分，共30分
1．下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的有（ ）
A．4个B．3个C．2个D．1个
【考点】中心对称图形；轴对称图形．
【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．
【解答】解：
①是轴对称图形，也是中心对称图形；
②是轴对称图形，不是中心对称图形；
③是轴对称图形，也是中心对称图形；
④是轴对称图形，也是中心对称图形．
故选B．
2．如图，已知∠1=∠2，那么添加下列一个条件后，仍无法判定△ABC∽△ADE的是（ ）
A．B．C．∠B=∠DD．∠C=∠AED
【考点】相似三角形的判定．
【分析】根据已知及相似三角形的判定方法对各个选项进行分析，从而得到最后答案．
【解答】解：
∵∠1=∠2
∴∠DAE=∠BAC
∴A，C，D都可判定△ABC∽△ADE
选项B中不是夹这两个角的边，所以不相似，
故选B．
3．过⊙O内一点M的最长弦长为10cm，最短弦长为8cm，那么OM的长为（ ）
A．3cmB．6cmC．cmD．9cm
【考点】垂径定理；勾股定理．
【分析】先根据垂径定理求出OA、AM的长，再利用勾股定理求OM．
【解答】解：
由题意知，最长的弦为直径，最短的弦为垂直于直径的弦，
如图所示．直径ED⊥AB于点M，
则ED=10cm，AB=8cm，
由垂径定理知：
点M为AB中点，
∴AM=4cm，
∵半径OA=5cm，
∴OM2=OA2﹣AM2=25﹣16=9，
∴OM=3cm．
故选：
A．
4．一元二次方程ax2+bx+c=0，若4a﹣2b+c=0，则它的一个根是（ ）
A．﹣2B．C．﹣4D．2
【考点】一元二次方程的解．
【分析】将x=﹣2代入方程ax2+bx+c=0中的左边，得到4a﹣2b+c，由4a﹣2b+c=0得到方程左右两边相等，即x=﹣2是方程的解．
【解答】解：
将x=﹣2代入ax2+bx+c=0的左边得：
a×（﹣2）2+b×（﹣2）+c=4a﹣2b+c，
∵4a﹣2b+c=0，
∴x=﹣2是方程ax2+bx+c=0的根．
故选A．
5．如图，等腰梯形ABCD中，AD∥BC，以A为圆心，AD为半径的圆与BC切于点M，与AB交于点E，若AD=2，BC=6，则长为（ ）
A．B．C．D．3π
【考点】等腰梯形的性质；切线的性质；弧长的计算．
【分析】连接AM，因为M是切点，所以AM⊥BC，过点D作DN⊥BC于N，由等腰梯形的性质可得到BM=AM=2，从而可求得∠BAD的度数，再根据弧长公式即可求得长．
【解答】解：
连接AM，因为M是切点，所以AM⊥BC，过点D作DN⊥BC于N，根据等腰梯形的性质容易求得BM=AM=2，所以∠B=45°，所以∠EAD=135°，根据弧长公式的长为，
故选A．
6．函数y=ax+1与y=ax2+bx+1（a≠0）的图象可能是（ ）
A．B．C．D．
【考点】二次函数的图象；一次函数的图象．
【分析】根据a的符号，分类讨论，结合两函数图象相交于（0，1），逐一排除；
【解答】解：
当a＞0时，函数y=ax2+bx+1（a≠0）的图象开口向上，函数y=ax+1的图象应在一、二、三象限，故可排除D；
当a＜0时，函数y=ax2+bx+1（a≠0）的图象开口向下，函数y=ax+1的图象应在一二四象限，故可排除B；
当x=0时，两个函数的值都为1，故两函数图象应相交于（0，1），可排除A．
正确的只有C．
故选C．
7．在圆内接四边形ABCD中，若∠A：
∠B：
∠C=2：
3：
6，则∠D等于（ ）
A．67.5°B．135°C．112.5°D．45°
【考点】圆内接四边形的性质；解一元一次方程．
【分析】根据四边形ABCD是⊙O的内接四边形，得出∠A+∠C=180°，∠B+∠D=180°，设∠A=2a，∠B=3a，∠C=6a，得出2a+6a=180°，求出a的值，求出∠B的度数，即可求出答案．
【解答】解：
∵四边形ABCD是⊙O的内接四边形，
∴∠A+∠C=180°，∠B+∠D=180°，
∵∠A：
∠B：
∠C=2：
3：
6，
设∠A=2a，∠B=3a，∠C=6a，
则2a+6a=180°，
∴a=22.5°，
∴∠B=3a=67.5°，
∴∠D=180°﹣∠B=112.5°．
故选C．
8．如图是一枚六面体骰子的展开图，则掷一枚这样的骰子，朝上一面的数字是朝下一面的数字的3倍的概率是（ ）
A．B．C．D．
【考点】专题：
正方体相对两个面上的文字．
【分析】让朝上一面的数字恰好等于朝下一面上的数字的3倍的情况数除以总情况数即为朝上一面的数字恰好等于朝下一面上的数字的3倍的概率．
【解答】解：
抛掷这个立方体，共6种情况，其中2，6；1，3；4，5是相对的面，
6朝上，3朝上共2种情况，可使朝上一面的数字恰好等于朝下一面上的数字的3倍，
故其概率为：
，
故选：
B．
9．一个几何体的三视图如图所示，则这个几何体是（ ）
A．B．C．D．
【考点】由三视图判断几何体．
【分析】主视图、左视图、俯视图是分别从物体正面、左面和上面看，所得到的图形．结合图形，使用排除法来解答．
【解答】解：
如图，俯视图为三角形，故可排除A、B．主视图以及左视图都是矩形，可排除C，
故选：
D．
10．如图，矩形ABCD中，AB=4，BC=5，AF平分∠DAE，EF⊥AE，则CF等于（ ）
A．B．1C．D．2
【考点】相似三角形的判定与性质；解一元一次方程；角平分线的性质；勾股定理；矩形的性质．
【分析】根据矩形的性质得到AD=BC=5，∠D=∠B=∠C=90°，根据三角形的角平分线的性质得到DF=EF，由勾股定理求出AE、BE，证△ABE∽△ECF，得出=，代入求出即可．
【解答】解：
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD=BC=5，∠D=∠B=∠C=90°，
∵AF平分∠DAE，EF⊥AE，
∴DF=EF，
由勾股定理得：
AE2=AF2﹣EF2，AD2=AF2﹣DF2，
∴AE=AD=5，
在△ABE中由勾股定理得：
BE==3，
∴EC=5﹣3=2，
∵∠BAE+∠AEB=90°，∠AEB+∠FEC=90°，
∴∠BAE=∠FEC，
∴△ABE∽△ECF，
∴=，
∴=，
∴CF=．
故选C．
二、填空题：
本大题共5小题，每小题3分，共15分
11．若关于x的一元二次方程（x﹣k）2=1﹣2k有实数根，则k的取值范围是 k≤ ．
【考点】根的判别式．
【分析】由于方程左边为完全平方式，则右边必须为非负数，即1﹣2k≥0，然后解不等式即可．
【解答】解：
根据题意得1﹣2k≥0，
解得k≤．
故答案为k≤．
12．若方程x2﹣3x﹣1=0的两根为x1、x2，则的值为 ﹣3 ．
【考点】根与系数的关系．
【分析】由方程x2﹣3x﹣1=0的两根为x1、x2，根据一元二次方程根与系数的关系，即可求得x1+x2=3，x1x2=﹣1，又由=，代入求解即可求得答案．
【解答】解：
∵方程x2﹣3x﹣1=0的两根为x1、x2，
∴x1+x2=3，x1x2=﹣1，
∴==﹣3．
故答案为：
﹣3．
13．已知点A（2a+3b，﹣2）和点B（8，3a+2b）关于原点对称，则a+b= ﹣ ．
【考点】关于原点对称的点的坐标．
【分析】根据两个点关于原点对称时，它们的坐标符号相反可得，将两式相加得出a+b的值．
【解答】解：
由题意得：
，
则5a+5b=﹣6，
a+b=﹣．
故答案为：
﹣．
14．如图，△ABC三个顶点的坐标分别为A（2，2），B（4，2），C（6，4），以原点O为位似中心，将△ABC缩小为原来的一半，则线段AC的中点P变换后在第一象限对应点的坐标为 （2，） ．
【考点】位似变换；坐标与图形性质．
【分析】位似变换中对应点的坐标的变化规律：
在平面直角坐标系中，如果位似变换是以原点为位似中心，相似比为k，那么位似图形对应点的坐标的比等于k或﹣k，根据此题是线段AC的中点P变换后在第一象限对应点的坐标进而得出答案．
【解答】解：
∵△ABC三个顶点的坐标分别为A（2，2），B（4，2），C（6，4），
∴AC的中点是（4，3），
∵将△ABC缩小为原来的一半，
∴线段AC的中点P变换后在第一象限对应点的坐标为：
（2，）．
故答案为：
（2，）．
15．如图，圆锥的轴截面是边长为6cm的正三角形ABC，P是母线AC的中点．则在圆锥的侧面上从B点到P点的最短路线的长为 ．
【考点】平面展开-最短路径问题；等边三角形的性质；圆锥的计算．
【分析】求出圆锥底面圆的周长，则以AB为一边，将圆锥展开，就得到一个以A为圆心，以AB为半径的扇形，根据弧长公式求出展开后扇形的圆心角，求出展开后∠BAC=90°，连接BP，根据勾股定理求出BP即可．
【解答】解：
圆锥底面是以BC为直径的圆，圆的周长是BCπ=6π，
以AB为一边，将圆锥展开，就得到一个以A为圆心，以AB为半径的扇形，弧长是l=6π，
设展开后的圆心角是n°，则=6π，
解得：
n=180，
即展开后∠BAC=×180°=90°，
AP=AC=3，AB=6，
则在圆锥的侧面上从B点到P点的最短路线的长就是展开后线段BP的长，
由勾股定理得：
BP===3，
故答案为：
3．
三、解答题：
本大题共6小题，共35分
16．对于任何实数，我们规定符号的意义是：
=ad﹣bc．按照这个规定请你计算：
当x2﹣3x+1=0时，的值．
【考点】整式的混合运算—化简求值．
【分析】应先根据所给的运算方式列式并根据平方差公式和单项式乘多项式的运算法则化简，再把已知条件整体代入求解即可．
【解答】解：
=（x+1）（x﹣1）﹣3x（x﹣2）
=x2﹣1﹣3x2+6x
=﹣2x2+6x﹣1
∵x2﹣3x+1=0，
∴x2﹣3x=﹣1．
∴原式=﹣2（x2﹣3x）﹣1=2﹣1=1．
故的值为1．
17．如图：
直线y=kx+3与x轴、y轴分别交于A、B两点，tan∠OAB=，点C（x，y）是直线y=kx+3上与A、B不重合的动点．
（1）求直线y=kx+3的解析式；
（2）当点C运动到什么位置时△AOC的面积是4．
【考点】待定系数法求一次函数解析式；一次函数图象上点的坐标特征．
【分析】
（1）根据直线y=kx+3与y轴分别交于B点，以及tan∠OAB=，即可得出A点坐标，从而得出一次函数的解析式；
（2）根据△AOC的面积是4，得出三角形的高，即可求出C点的坐标．
【解答】解：
（1）∵直线y=kx+3与y轴交于B点，
∴B（0，3），
∵tan∠OAB=，
∴OA=4，
∴A（4，0），
∵直线y=kx+3过A（4，0），
∴4k+3=0，
∴k=﹣，
∴直线的解析式为：
y=﹣x+3；
（2）∵A（4，0），
∴AO=4，
∵△AOC的面积是4，
∴△AOC的高为：
2，
∴C点的纵坐标为2或﹣2，
∵直线的解析式为：
y=﹣x+3经过C点，
∴2=﹣x+3，或﹣2=﹣x+3，
解得x=，或x=
∴点C点坐标为（，2）或（，﹣2）时，△AOC的面积是4．
18．某校一栋教学大楼的顶部竖有一块“传承文明，启智求真”的宣传牌CD．小明在山坡的坡脚A处测得宣传牌底部D的仰角为45°，沿山坡向上走到B处测得宣传牌底部C的仰角为30°．已知山坡AB的坡度i=1：
，AB=10米，AE=15米，求这块宣传牌CD的高度．
【考点】解直角三角形的应用-仰角俯角问题；解直角三角形的应用-坡度坡角问题．
【分析】过B分别作AE、DE的垂线，设垂足为F、G．分别在Rt△ABF和Rt△ADE中，通过解直角三角形求出BF、AF、DE的长，进而可求出EF即BG的长；在Rt△CBG中，∠CBG=30°，求出CG的长；根据CD=CG+GE﹣DE即可求出宣传牌的高度．
【解答】解：
过B作BF⊥AE，交EA的延长线于F，作BG⊥DE于G．
在Rt△ABF中，i=tan∠BAF==，
∴∠BAF=30°，
∴BF=AB=5，AF=5．
∴BG=AF+AE=5+15．
在Rt△BGC中，
∵∠CBG=30°，
∴CG：
BG=，
∴CG=5+5．
在Rt△ADE中，∠DAE=45°，AE=15，
∴DE=AE=15，
∴CD=CG+GE﹣DE=5+5+5﹣15=（5﹣5）m．
答：
宣传牌CD高约（5﹣5）米．
19．如图所示，在Rt△ABC中，∠C=90°，∠BAC=60°，AB=8．半径为的⊙M与射线BA相切，切点为N，且AN=3．将Rt△ABC绕A顺时针旋转120°后得到Rt△ADE，点B、C的对应点分别是点D、E．
（1）画出旋转后的Rt△ADE；
（2）求出Rt△ADE的直角边DE被⊙M截得的弦PQ的长度；
（3）判断Rt△ADE的斜边AD所在的直线与⊙M的位置关系，并说明理由．
【考点】切线的判定；作图-旋转变换．
【分析】
（1）把三角形ABC绕A旋转120°就能得到图形．
（2）连接MQ，过M点作MF⊥DE，由AN=3，AC=4，求出NE的长；在Rt△MFQ中，利用勾股定理可求出QF，根据垂径定理知QF就是弧长PQ的一半．
（3）过M作AD的垂线设垂足为H，然后证MH与⊙M半径的大小关系即可；连接AM、MN，由于AE是⊙M的切线，故MN⊥AE，在Rt△AMN中，通过解直角三角形，易求得∠MAN=30°，由此可证得AM是∠DAE的角平分线，根据角平分线的性质即可得到MH=MN，由此可证得⊙M与AD相切．
【解答】解：
（1）如图Rt△ADE就是要画的图形
（2）连接MQ，过M点作MF⊥DE，垂足为F，由Rt△ABC可知，
AC=AB，
根据翻折变换的知识得到AC=AE=4，
NE=AE﹣AN=4﹣3=1，
在Rt△MFQ中，解得FQ=，故弦PQ的长度2．
（3）AD与⊙M相切．
证明：
过点M作MH⊥AD于H，连接MN，MA，则MN⊥AE，且MN=，
在Rt△AMN中，tan∠MAN==，
∴∠MAN=30°，
∵∠DAE=∠BAC=60°，
∴∠MAD=30°，
∴∠MAN=∠MAD=30°，
∴MH=MN，
∴AD与⊙M相切．
20．阅读探索：
“任意给定一个矩形A，是否存在另一个矩形B，它的周长和面积分别是已知矩形周长和面积的一半”？
（完成下列空格）
（1）当已知矩形A的边长分别为6和1时，小亮同学是这样研究的：
设所求矩形的两边分别是x和y，由题意得方程组：
，消去y化简得：
2x2﹣7x+6=0，
∵△=49﹣48＞0，∴x1= 2 ，x2= ，
∴满足要求的矩形B存在．
（2）如果已知矩形A的边长分别为2和1，请你仿照小亮的方法研究是否存在满足要求的矩形B．
【考点】根的判别式．
【分析】
（1）直接利用求根公式计算即可；
（2）参照
（1）中的解法解题即可．
【解答】解：
（1）2x2﹣7x+6=0，
∵△=49﹣48=1＞0，
∴x=，
∴x1=2，x2=，
∴满足要求的矩形B存在．
故答案为2，；
（2）设所求矩形的两边分别是x和y，由题意，得
，
消去y化简，得
2x2﹣3x+2=0，
∵△=9﹣16＜0，
∴不存在矩形B．
21．如图1，在正方形ABCD中，E是AB上一点，F是AD延长线上一点，且DF=BE．
（1）求证：
CE=CF；
（2）在图1中，若G在AD上，且∠GCE=45°，则GE=BE+GD成立吗？
为什么？
（3）运用
（1）
（2）解答中所积累的经验和知识，完成下题：
如图2，在直角梯形ABCD中，AD∥BC（BC＞AD），∠B=90°，AB=BC=12，E是AB上一点，且∠DCE=45°，BE=4，求DE的长．
【考点】等腰三角形的判定；全等三角形的判定与性质；勾股定理；正方形的判定．
【分析】
（1）利用已知条件，可证出△BCE≌△DCF（SAS），即CE=CF．
（2）借助
（1）的全等得出∠BCE=∠DCF，∴∠GCF=∠BCE+∠DCG=90°﹣∠GCE=45°，即∠GCF=∠GCE，又因为CE=CF，CG=CG，∴△ECG≌△FCG，∴EG=GF，∴GE=DF+GD=BE+GD．
（3）过C作CG⊥AD，交AD延长线于G，先证四边形ABCG是正方形（有一组邻边相等的矩形是正方形）．
再设DE=x，利用
（1）、
（2）的结论，在Rt△AED中利用勾股定理可求出DE．
【解答】
（1）证明：
在正方形ABCD中，
∵BC=CD，∠B=∠CDF，BE=DF，
∴△CBE≌△CDF．
∴CE=CF．
（2）解：
GE=BE+GD成立．
∵△CBE≌△CDF，
∴∠BCE=∠DCF．
∴∠ECD+∠ECB=∠ECD+∠FCD．
即∠ECF=∠BCD=90°．
又∠GCE=45°，
∴∠GCF=∠GCE=45°．
∵CE=CF，∠GCF=∠GCE，GC=GC，
∴△ECG≌△FCG．
∴EG=GF．
∴GE=DF+GD=BE+GD．
（3）解：
过C作CG⊥AD，交AD延长线于G，
在直角梯形ABCD中，
∵AD∥BC，∠A=∠B=90°，
又∠CGA=90°，AB=BC，
∴四边形ABCG为正方形．
∴AG=BC=12．
已知∠DCE=45°，根据
（1）
（2）可知，ED=BE+DG，
设DE=x，则DG=x﹣4，
∴AD=AG﹣DG=16﹣x，AE=AB﹣BE=12﹣4=8．
在Rt△AED中
∵DE2=AD2+AE2，即x2=（16﹣x）2+82
解得：
x=10．
∴DE=10．
2020年10月22日
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