山东省夏津县万隆实验中学届中考数学第一次模拟检测试题Word文档下载推荐.docx

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　　C．75°

　　D．105°

7a，b都是实数，且a＜b，则下列不等式的变形正确的是（　　）

　A．a+x＞b+xB．﹣a+1＜﹣b+1C．3a＜3bD．

＞

8.关于x的分式方程

=1的解为正数，则字母a的取值范围为（ 

）A． 

a≥﹣1 

B． 

a＞﹣1 

C． 

a≤﹣1 

D． 

a＜﹣1 

9.方程x2﹣（

m+6）+m2=0有两个相等的实数根，且满足x1+x2=x1x2，则m的值是（）A﹣2或3B3C﹣2D﹣3或2

10.如图，平面直角坐标系中，A点坐标为（2，

2），点P（m,n）在直线y=-x+2上运动，设△APO的面积为S，则下面能够反S与

m的函数关系的图象是（）

A.B.C.D.

11.如图在平行四边形ABCD中，点E在AD上，且AE：

ED=3：

1，CE的延长线与BA的延长线交于点F，则S△AFE：

S四边形ABCE为（　　）

A．3：

4B．4：

3C．7：

9D．9：

7

12.若一个60°

的角绕顶点旋转15°

则重叠部分的角的大小是（）

A.15°

B.30°

C.45°

D.75°

二．填空题（共5小题，20分）

1.若分式方程

=a无解，则a的值为　　　　　　．

2.某商场4月份随机抽查了6天的营业额，结果分别如下（单位：

万元）：

2.8、3.2、3.4、3.7、3.0、3.1，试估计该商场4月份的营业额大约是____

3.如图，在平面直角坐标系中，二次函数y=ax2+c（a≠0）的图象过正方形ABOC的三个顶点A、B、C，则ac的值是__________.

4.如图所示，在矩形ABCD中，动点P从点B出发，沿BC、CD、DA运动至点A停止，设点P运动的路程为x，△ABP的面积为y，如果y关于x的函数图象如图所示，那么△ABC的面积是________．

5.上体育课，甲、乙两名同学分别站在C、D的位置时，乙的影子恰好在甲的影子里边，已知甲，乙同学相距1米,

甲身高1.8米，乙身高1.5米，则甲的影长是_

_____米.

三．解答题（共8小题，74分）

1.解分式方程：

+

=1．

2.如图，可以看到点A旋转到点A′，OA旋转到OA′，∠AOB旋转到∠A′OB′，这些都是互相对应的点、线段与角,∠AOA′=45°

.回答下列问题：

（1）点B的对应点是点__________；

（2）线段OB的对应线段是线段_________；

线段AB的对应线段是线段_________；

（3）∠A的对应角是_______；

∠B的对应角是__

_____；

（4）旋转中心是点________；

旋转的角度是______.

3如图，已知P是线段CD的垂直平分线上一点，PC⊥OA，PD⊥O，垂足为C、D.

求证:

（1）OC=OD；

（2）OP平分∠AOB.

4.某校在开展“校园献爱心”活

动中，准备向南部山区学校捐赠男、女两种款式的书包．已知男款书包的单价50元/个，女款书包的单价70元/个．

（1）原计划募捐3400元，购买两种款式的书包共60个，那么这两种款式的书包各买多少个？

（2）在捐款活动中，由于学生捐款的积极性高涨，实际共捐款4800元，如果至少购买两种款式的书包共80个，那么女款书包最多能买多少个？

5.如图，已知Rt△ABC中，∠ABC=90°

，先把△ABC绕点B顺时针旋转90°

至△DBE后，再把△ABC沿射线平移至△FEG，DF、FG相交于点H．

（1）判断线段DE、FG的位置关系，并说明理由；

（2）连结CG，求证：

四边形CBEG是正方形．

6.在四边形

ABCD中，AB＝AD，∠BAD＝120°

，∠B＝∠ADC＝90°

．E、F分别是BC、CD上的点．且∠EAF＝60°

．探究图中线段BE、EF、FD之间的数量关系．

小王同学探究此问题的方法是，延长FD到点G，使DG＝BE．连结AG，先证明△ABE≌△ADG，再证明△AEF≌△AGF，可得出结论，他的结论应是　EF＝BE＋DF　；

探索延伸：

如图2，若在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B＋∠D＝180°

．E、F分别是BC、CD上的点，且∠EAF＝

∠BAD，上述结论是否仍然成立，并说明理由；

实际应用：

如图3，在某次军事演习中，舰艇甲在指挥中心（O处）北偏西30°

的A处，

舰艇乙在指挥中心南偏东70°

的B处，并且两舰艇到指挥中心的距离相等，接到行动指令后，舰艇甲向正东方向以60海里/小时的速度前进，舰艇乙沿北偏东50°

的方向以80海里/小时的速度前进.1.5小时后，指挥中心观测到甲、乙两舰艇分别到达E，F处，且两舰艇之间的夹角为70°

，试求此时两舰艇之间的距离？

7.如图所示，P是⊙O外一点，PA是⊙O的切线，A是切点，B是⊙O上一点，且PA=PB，连接AO、BO、AB，并延长BO与切线PA相交于点Q。

1）求证：

PB是⊙O的切线；

（2）求证：

AQ·

PQ=OQ·

BQ；

（3）设∠AOQ=α，若cosα=

，OQ=15，求AB的长。

8.如图，在直角坐标系中有一直角三角形AOB，O为坐标原点，OA=1，tan∠BAO=3，将此三角形绕原点O逆时针旋转90°

，得到△DOC，抛物线y=ax2+bx+c经过点A、B、C．

（1）求抛物线的解析式；

（2）若点P是第二象限内抛物线上的动点，其坐标为t，

①设抛物线对称轴l与x轴交于一点E，连接PE，交CD于F，求出当△CEF与△COD相似点P的坐标；

②是否存在一点P，

使△PCD得面积最大？

若存在，求出△PCD的面积的最大值；

若不存在，请说明理由．

中考模拟检测数学答案

一．1-12ABADADCBCBDC

二．1.±

1,2.96（万元），3.2,4.10,5.6

三．

1.去分母得：

2+x（x+2）=x2﹣4，解得：

x=﹣3，

检验：

当x=﹣3时，（x+2）（x﹣2）≠0，故x=﹣3是原方程的根．

2.

（1）点B的对应点是点B′；

（2）线段OB的对应线段是线段OB′；

线段AB的对应线段是线段A′B′；

（3）∠A的对应角是∠A′；

∠B的对应角是∠B′；

（4）旋转中心是点O；

旋转的角度是45°

.

3.证明：

（1）∵P在CD的垂直平分线上,∴PC=PD.

又∵OP=OP,∴Rt△OPC≌Rt△OPD（HL）.∴OC=OD.

（2）由

（1）Rt△OPC≌△OPD知：

∠AOP=∠BOP.

∴OP平分∠AOB.

4.解：

（1）设原计划买男款书包x个，则女款书包（60﹣x）个，

根据题意得：

50x+70（60﹣x）=3400，

解得：

x=40，60﹣x=60﹣40=20，

答：

原计划买男款书包40个，则女款书包20个．

（2）设女款书包最多能买y个，则男款书包（80﹣y）个，

70y+50（80﹣y）≤4800，

y≤40，

∴女款书包最多能买40个．

5.1）解：

FG⊥ED.理由如下：

由旋转的性质，可得∠DEB=∠ACB，

由平移的性质，可得∠GFE=∠A，

∵∠ABC=90°

，∴∠A+∠ACB=90°

，

∴∠DEB+∠GFE=90°

，∴∠FHE=90°

，∴FG⊥ED；

（2）证：

由旋转和平移的性质，

得∠GEF=∠CBE=∠ABC=90°

，CG∥EB，CB=BE，

∴∠BCG+∠CBE=90°

，∴∠BCG=90°

∴四边形BCGE是矩形，

又CB=BE，∴四边形BCGE是正方形.

6.

解：

问题背景：

EF＝BE＋DF；

EF＝BE＋DF仍然成立．

证明如下：

如图，延长FD到G，使DG＝BE，连接AG，

∵∠B＋∠ADC＝180°

，∠ADC＋∠ADG＝180°

，∴∠B＝∠ADG，

在△ABE和△ADG中，

，∴△ABE≌△ADG（SAS），

∴AE＝AG，∠BAE＝∠DAG，

∵∠EAF＝

∠BAD，

∴∠GAF＝∠DAG＋∠DAF＝∠BAE＋∠DAF＝∠BAD－∠EAF＝∠EAF，∴∠EAF＝∠GAF，

在

△AEF和△GAF中，

，∴△AEF≌△GAF（SAS），∴EF＝FG，

∵FG＝DG＋DF＝BE＋DF，∴EF＝BE＋DF；

如图，连接EF，延长AE、BF相交于点C，

∵∠AOB＝30°

＋90°

＋（90°

－70°

）＝140°

，∠EOF＝70°

，∴∠EAF＝

∠AOB，

又∵OA＝OB，∠OAC＋∠OBC＝（90°

－30°

）＋（70°

＋50°

）＝180°

，∴符合探索延伸中的条件，

∴结论EF＝AE＋BF成立，即EF＝1.5×

（60＋80）＝210海里．

此时两舰艇之间的距离是210海里．

7.证明：

连接OP，与AB交与点C

∵PA=PB，OA=OB，OP=OP，

∴△OAP≌△OBP（SSS），

∴∠OBP=∠OAP，

∵PA是⊙O的切线，A是切点，

∴∠OAP=90°

∴∠OBP=90°

，即PB是⊙O的切线

∵∠Q=∠Q，∠OAQ=∠QBP=90°

∴△QAO∽△QBP，

∴

，即AQ·

（3）在Rt△OAQ中，∵OQ=15，cosα=

∴OA=12，AQ=9，

∴QB=27；

∵

∴PQ=45，即PA=36，

∴OP=

；

∵PA、PB是⊙O的切线，

∴OP⊥AB，AC=BC，

∴PA·

OA=OP·

AC，即36×

12=

·

AC，

∴AC=

，故AB=

。

8.

（1）在Rt△AOB中，OA=1，tan∠BAO=

=3，

∴OB=3OA=3．

∵△DOC是由△AOB绕点O逆时针旋转90°

而得到的，

∴△DOC≌△AOB，

∴OC=OB=3，OD=OA=1，

∴A、B、C的坐标分别为（1，0），（0，3）（﹣3，0）．

代入解析式为

，解得：

．

∴抛物线的解析式为y=﹣x2﹣2x+3；

（2）①∵抛物线的解析式为y=﹣x2﹣2x+3，

∴对称轴l=﹣

=﹣1，

∴E点的坐标为（﹣1，0）．

如图，当∠CEF=90°

时，△CEF∽△COD．此时点P在对称轴上，即点P为抛物线的顶点，P（﹣1，4）；

当∠CFE=90°

时，△CFE∽△COD，过点P作PM⊥x轴于点M，则△EFC∽△EMP．

∴MP=3EM．

∵P的横坐标为t，

∴P（t，﹣t2﹣2t+3）．

∵P在二象限，

∴PM=﹣t2﹣2t+3，EM=﹣1﹣t，

∴﹣t2﹣2t+3=3（﹣1﹣t），

t1=﹣2，t2=﹣3（与C重合，舍去），

∴t=﹣2时，y=﹣（﹣2）2﹣

2×

（﹣2）+3=3．

∴P（﹣2，3）．

∴当△CEF与△COD相似时，P点的坐标为：

（﹣1，4）或（﹣2，3）；

②设直线CD的解析式为y=kx+b，由题意，得

∴直线CD的解析式为：

y=x+1．

设PM与CD的交点为N，则点N的坐标为（t，t+1），

∴NM=t+1．

∴PN=PM﹣NM=t2﹣2t+3﹣（t+1）=﹣t2﹣

+2．

∵S△PCD=S△PCN+S△PDN

∴S△PCD=PM•CM+PN•OM

=PN（CM+OM）

=PN•OC

=×

3（﹣t2﹣

+2）

=﹣（t+）2+

当t=﹣时，S△PCD的最大值为