浙教版2017届中考数学第一轮复习模拟试题(三)及解析Word文件下载.doc

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得到正方形A′B′CD′，则点A的旋转路径长为　．（结果保留π）

16.如图，点O是边长为4的等边△ABC的内心，将△OBC绕点O逆时针旋转30°

得到△OB1C1，B1C1交BC于点D，B1C1交AC于点E，则DE=　　．

二、解答题（本大题共8小题）

17.计算：

．

18.国务院办公厅在2015年3月16日发布了《中国足球发展改革总统方案》，一年过去了，为了了解足球知识的普及情况，某校举行“足球在身边”的专题调查活动，采取随机抽样的方法进行问卷调查，调查结果划分为“非常了解”、“比较了解”、“基本了解”、“不太了解”四个等级，并将调查结果绘制成两幅不完整的统计图（如图），请根据图中提供的信息，解答下列问题：

（1）被调查的学生共有______人．

（2）在扇形统计图中，表示“比较了解”的扇形的圆心角度数为______度；

（3）从该校随机抽取一名学生，抽中的学生对足球知识是“基本了解”的概率的是多少？

19.如图，一次函数y=kx+b（k≠0）的图象与反比例函数y=（m≠0）的图象交于A（﹣3，1），B（1，n）两点．

（1）求反比例函数和一次函数的表达式；

（2）设直线AB与y轴交于点C，若点P在x轴上，使BP=AC，请直接写出点P的坐标．

20.如图，大楼AB右侧有一障碍物，在障碍物的旁边有一幢小楼DE，在小楼的顶端D处测得障碍物边缘点C的俯角为30°

，测得大楼顶端A的仰角为45°

（点B，C，E在同一水平直线上），已知AB=80m，DE=10m，求障碍物B，C两点间的距离（结果精确到0.1m）（参考数据：

≈1.414，≈1.732）

21.已知：

如图，平行四边形ABCD的对角线相交于点O，点E在边BC的延长线上，且OE=OB，联结DE.

（1）求证：

DE⊥BE；

（2）如果OE⊥CD，求证：

BD.CE=CD.DE

22.如图，△ABC内接于⊙O，AC为⊙O的直径，PB是⊙O的切线，B为切点，OP⊥BC，垂足为E，交⊙O于D，连接BD．

BD平分∠PBC；

（2）若⊙O的半径为1，PD=3DE，求OE及AB的长．

23.如图，抛物线y=﹣x2+bx+c与x轴交于A．B两点，与y轴交于点C，点O为坐标原点，点D为抛物线的顶点，点E在抛物线上，点F在x轴上，四边形OCEF为矩形，且OF=2，EF=3，

（1）求抛物线所对应的函数解析式；

（2）求△ABD的面积；

（3）将△AOC绕点C逆时针旋转90°

，点A对应点为点G，问点G是否在该抛物线上？

请说明理由．

24.已知正方形ABCD，P为射线AB上的一点，以BP为边作正方形BPEF，使点F在线段CB的延长线上，连接EA．EC．

（1）如图1，若点P在线段AB的延长线上，求证：

EA=EC；

（2）若点P在线段AB上．

①如图2，连接AC，当P为AB的中点时，判断△ACE的形状，并说明理由；

②如图3，设AB=a，BP=b，当EP平分∠AEC时，求a：

b及∠AEC的度数．

浙教版中考第一轮复习模拟试题3答案解析

一、选择题

1.分析：

根据用正负数表示两种具有相反意义的量的方法，可得：

高出海平面8848m，记为+8848m；

则低于海平面约415m，记为﹣415m，据此解答即可．

解：

∵高出海平面8848m，记为+8848m；

∴低于海平面约415m，记为﹣415m．

故选：

B．

2.分析：

根据主视图的定义，观察图形即可解决问题．

解：

主视图是从正面看得到图形，所以答案是D．

故选D．

3.分析：

由直尺的两边平行得出内错角相等

∵直尺的两边平行，∠1=20°

，

∴∠3=∠1=20°

∴∠2=45°

﹣20°

=25°

故选C．

4.解：

列表如下

黑

白1

白2

（黑，黑）

（白1，黑）

（白2，黑）

（黑，白1）

（白1，白1）

（白2，白1）

（黑，白2）

（白1，白2）

（白2，白2）

由表格可知，随机摸出一个球后放回搅匀，再随机摸出一个球所以的结果有9种，两次摸出的球都是黑球的结果有1种，所以两次摸出的球都是黑球的概率是.故答案选D.

5.分析：

根据线段垂直平分线性质得出AD=DC，AE=CE=4，求出AC=8，AB+BC=15，求出△ABD的周长为AB+BC，代入求出即可．

∵AC的垂直平分线分别交AC、BC于E，D两点，

∴AD=DC，AE=CE=4，

即AC=8，

∵△ABC的周长为23，

∴AB+BC+AC=23，

∴AB+BC=23﹣8=15，

∴△ABD的周长为AB+BD+AD=AB+BD+CD=AB+BC=15，

故选B．

6.解：

捐款30元的人数为20人，最多，则众数为30，

中间两个数分别为30和30，则中位数是30，

C．

7.分析:

由于三角形的三边长分别为1、k、4，根据三角形的三边关系，1+4＞k，即k＜5，4﹣1＜k，所以k＞3，根据k的取值范围，再对代数式进行化简．

∵三角形的三边长分别为1、k、4，

∴，

解得，3＜k＜5，

所以，2k﹣5＞0，k﹣6＜0，

∴|2k﹣5|﹣=2k﹣5﹣=2k﹣5﹣[﹣（k﹣6）]=3k﹣11．

故选A．

8.解：

方法一：

验证法：

A中等式不满足第一个图形，故排除A；

B中等式不满足第一个图形，故排除B；

C中等式不满足第二个图形，故排除C；

故选D

.方法二：

观察三个图形中数字的变化，可知1×

（2＋1）＝3，3×

（4＋1）＝15，5×

（6＋1）＝35，故M与m，n的关系是M＝m（n＋1），故选D.

答案　D

9.分析：

根据x、y的取值范围，去绝对值符号并分别讨论求得方程组的解，再代入代数式计算求解即可．

当x≥0，y≥0时，原方程组为：

，方程组无解；

当x≥0，y≤0时，原方程组为：

，解得x=3，y=﹣2；

当x≤0，y≥0时，原方程组为：

当x≤0，y≤0时，原方程组为：

综上得，原方程组的解为：

∴xyyx=3﹣2×

（﹣2）3=﹣．

故答案选C．

10.分析：

结合点P的运动，将点P的运动路线分成O→A、A→B、B→C三段位置来进行分析三角形OMP面积的计算方式，通过图形的特点分析出面积变化的趋势，从而得到答案．

设∠AOM=α，点P运动的速度为a，

当点P从点O运动到点A的过程中，S==a2•cosα•sinα•t2，

由于α及a均为常量，从而可知图象本段应为抛物线，且S随着t的增大而增大；

当点P从A运动到B时，由反比例函数性质可知△OPM的面积为k，保持不变，

故本段图象应为与横轴平行的线段；

当点P从B运动到C过程中，OM的长在减少，△OPM的高与在B点时相同，

故本段图象应该为一段下降的线段；

A．

二、填空题

11.分析：

由圆锥的几何特征，我们可得用半径为30cm，面积为300πcm2的扇形卡纸制作一个圣诞帽，则圆锥的底面周长等于扇形的弧长，据此求得圆锥的底面圆的半径．

设卡纸扇形的半径和弧长分别为R、l，圣诞帽底面半径为r，

则由题意得R=30，由Rl=300π得l=20π；

由2πr=l得r=10cm．

故答案是：

10．

12.分析：

根据一元二次方程的解的定义，把x=1代入方程x2+x+c=0即可求得c的值，进而求得c2的值．

根据一元二次方程的解得定义，把x=1代入方程x2+x+c=0得到2+c=0，解得c=﹣2，则c2=22=4，若x=1是一元二次方程x2+x+c=0的一个解，则c2=4．

故本题答案为则c2=4．

【点评】本题逆用一元二次方程解的定义得出c的值，在解题时要重视解题思路的逆向分析．

13.分析：

首先求出关于x的方程的解，然后根据解是正数，再解不等式求出m的取值范围．

解：

解关于x的方程得x=m+6，

∵方程的解是正数，

∴m+6＞0且m+6≠2，

解这个不等式得m＞﹣6且m≠﹣4．

故答案为：

m＞﹣6且m≠﹣4．

14.解：

连结CP，PB的延长线交⊙C于P′，如图，

∵CP=5，CB=3，PB=4，

∴CB2+PB2=CP2，

∴△CPB为直角三角形，∠CBP=90°

∴CB⊥PB，

∴PB=P′B=4，

∵∠C=90°

∴PB∥AC，

而PB=AC=4，

∴四边形ACBP为矩形，

∴PA=BC=3，

在Rt△APP′中，∵PA=3，PP′=8，

∴P′A==，

∴PA的长为3或．

故答案为3或．

15.分析：

如图，作辅助线；

首先求出AC的长度，然后运用弧长公式即可解决问题．

如图，连接AC、A′C．

∵四边形ABCD为边长为6的正方形，

∴∠B=90°

，AB=BC=6，

由勾股定理得：

AC=6，

由题意得：

∠ACA′=30°

∴点A的旋转路径长==，

故答案为．

16.分析：

令OB1与BC的交点为F，B1C1与AC的交点为M，过点F作FN⊥OB于点N，根据等边三角形的性质以及内心的性质找出△FOB为等腰三角形，并且△BFO∽△B1FD，根据相似三角形的性质找出B1D的长度，再通过找全等三角形以及解直角三角形求出C1E的长度，由此即可得出DE的长度．

令OB1与BC的交点为F，B1C1与AC的交点为M，过点F作FN⊥OB于点N，如图所示．

∵将△OBC绕点O逆时针旋转30°

得到△OB1C1，

∴∠BOF=30°

∵点O是边长为4的等边△ABC的内心，

∴∠OBF=30°

，OB=AB=4，

∴△FOB为等腰三角形，BN=OB=2，

∴BF===OF．

∵∠OBF=∠OB1D，∠BFO=∠B1FD，

∴△BFO∽△B1FD，

∴．

∵B1F=OB1﹣OF=4﹣，

∴B1D=4﹣4．

在△BFO和△CMO中，有，

∴△BFO≌△CMO（ASA），

∴OM=BF=，C1M=4﹣，

在△C1ME中，∠C1ME=∠MOC+∠MCO=60°

，∠C1=30°

∴∠C1EM=90°

∴C1E=C1M•sin∠C1ME=（4﹣）×

=2﹣2．

∴DE=B1C1﹣B1D﹣C1E=4﹣（4﹣4）﹣（2﹣2）=6﹣2．

6﹣2．

三、解答题

17.分析：

原式利用二次根式性质，绝对值的代数意义，零指数幂法则，以及平方根定义计算即可得到结果．

原式=2+3﹣﹣﹣3+1=1．

18.分析：

（1）根据统计图中的数据可以求得本次调查的人数；

（2）根据条形统计图中的数据可以求得在扇形统计图中，表示“比较了解”的扇形的圆心角度数；

（3）根据统计图中的数据可以求得从该校随机抽取一名学生，抽中的学生对足球知识是“基本了解”的概率．

（1）由题意可得，

被调查的学生有：

60÷

20%=300（人），

300；

（2）在扇形统计图中，表示“比较了解”的扇形的圆心角度数为：

360°

×

=108°

108；

（3）由题意可得，

从该校随机抽取一名学生，抽中的学生对足球知识是“基本了解”的概率是：

=0.4，

即从该校随机抽取一名学生，抽中的学生对足球知识是“基本了解”的概率是0.4．

19.分析：

（1）把A（﹣3，1）代入y=，把A（﹣3，1），B（1，﹣3）代入y=kx+b，即可得到结果；

（2）直线AB与y轴交于点C，求得C（0，﹣2），求出AC==3，由于点P在x轴上，设P（a，0）根据AC=PB和两点间的距离公式得3=，解得a=4，或a=﹣2，即可得到结果．

（1）把A（﹣3，1）代入y=，得，

解得m=﹣3，

∴反比例函数的表达式为，

当x=1时，，

∴B（1，﹣3）；

把A（﹣3，1），B（1，﹣3）代入y=kx+b，∴，

解得：

∴一次函数的表达式为y=﹣x﹣2；

（2）∵直线AB与y轴交于点C，

∴C（0，﹣2），

∴AC==3，∵点P在x轴上，

∴设P（a，0）

∵AC=PB，

∴3=，

a=4，或a=﹣2，∴P（4，0）或（﹣2，0）．

20.分析：

如图，过点D作DF⊥AB于点F，过点C作CH⊥DF于点H．通过解直角△AFD得到DF的长度；

通过解直角△DCE得到CE的长度，则BC=BE﹣CE．

如图，过点D作DF⊥AB于点F，过点C作CH⊥DF于点H．

则DE=BF=CH=10m，

在直角△ADF中，∵AF=80m﹣10m=70m，∠ADF=45°

∴DF=AF=70m．

在直角△CDE中，∵DE=10m，∠DCE=30°

∴CE===10（m），

∴BC=BE﹣CE=70﹣10≈70﹣17.32≈52.7（m）．

答：

障碍物B，C两点间的距离约为52.7m．

21.解：

（1）∵OB=OE，∴∠OEB=∠OBE

∵四边形ABCD是平行四边形，∴OB=OD；

∵OB=OE，∴OD=OE，∴∠OED=∠ODE；

∵在△BED中，∠OEB+∠OBE+∠OED+∠ODE=180

∴∠OEB+∠OED=，即∠BED=90，故DE⊥BE。

（2）设OE交CD于H，

∵OE⊥CD于H，∴∠CHE=90，∴∠CEH+∠HCE=90∠OBE=∠

∵∠CED=90，∴∠CDE+∠DCE=90

∴∠CDE=∠CEH；

∵∠OEB=∠OBE，∴∠OBE=∠CDE；

在△CED与△DEB中

∴△CED∽△DEB

∴

22.分析：

（1）由∠PBD+∠OBD=90°

，∠DBE+∠BDO=90°

利用等角的余角相等即可解决问题．

（2）利用面积法首先证明==，再证明△BEO∽△PEB，得=，即==，由此即可解决问题．

（1）证明：

连接OB．

∵PB是⊙O切线，

∴OB⊥PB，

∴∠PBO=90°

∴∠PBD+∠OBD=90°

∵OB=OD，

∴∠OBD=∠ODB，

∵OP⊥BC，

∴∠BED=90°

∴∠DBE+∠BDE=90°

∴∠PBD=∠EBD，

∴BD平分∠PBC．

（2）解：

作DK⊥PB于K，

∵==，

∵BD平分∠PBE，DE⊥BE，DK⊥PB，

∴DK=DE，

∴==，

∵∠OBE+∠PBE=90°

，∠PBE+∠P=90°

∴∠OBE=∠P，∵∠OEB=∠BEP=90°

∴△BEO∽△PEB，

∴=，

∵BO=1，

∴OE=，

∵OE⊥BC，

∴BE=EC，∵AO=OC，

∴AB=2OE=．

23.分析：

（1）在矩形OCEF中，已知OF、EF的长，先表示出C、E的坐标，然后利用待定系数法确定该函数的解析式．

（2）根据

（1）的函数解析式求出A．B、D三点的坐标，以AB为底、D点纵坐标的绝对值为高，可求出△ABD的面积．

（3）首先根据旋转条件求出G点的坐标，然后将点G的坐标代入抛物线的解析式中直接进行判定即可．

（1）∵四边形OCEF为矩形，OF=2，EF=3，

∴点C的坐标为（0，3），点E的坐标为（2，3）．

把x=0，y=3；

x=2，y=3分别代入y=﹣x2+bx+c中，

得，

解得，

∴抛物线所对应的函数解析式为y=﹣x2+2x+3；

（2）∵y=﹣x2+2x+3=﹣（x﹣1）2+4，

∴抛物线的顶点坐标为D（1，4），

∴△ABD中AB边的高为4，

令y=0，得﹣x2+2x+3=0，

解得x1=﹣1，x2=3，

所以AB=3﹣（﹣1）=4，

∴△ABD的面积=×

4×

4=8；

（3）△AOC绕点C逆时针旋转90°

，CO落在CE所在的直线上，由

（2）可知OA=1，

∴点A对应点G的坐标为（3，2），

当x=3时，y=﹣32+2×

3+3=0≠2，所以点G不在该抛物线上．

24.分析：

（1）根据正方形的性质和全等三角形的判定定理证明△APE≌△CFE，根据全等三角形的性质证明结论；

（2）①根据正方形的性质、等腰直角三角形的性质解答；

②根据PE∥CF，得到=，代入a、b的值计算求出a：

b，根据角平分线的判定定理得到∠HCG=∠BCG，证明∠AEC=∠ACB，即可求出∠AEC的度数．

（1）∵四边形ABCD和四边形BPEF是正方形，

∴AB=BC，BP=BF，

∴AP=CF，

在△APE和△CFE中，

∴△APE≌△CFE，

∴EA=EC；

（2）①∵P为AB的中点，

∴PA=PB，又PB=PE，

∴PA=PE，

∴∠PAE=45°

，又∠DAC=45°

∴∠CAE=90°

，即△ACE是直角三角形；

②∵EP平分∠AEC，EP⊥AG，

∴AP=PG=a﹣b，BG=a﹣（2a﹣2b）=2b﹣a

∵PE∥CF，

∴=，即=，

解得，a=b；

作GH⊥AC于H，

∵∠CAB=45°

∴HG=AG=×

（2b﹣2b）=（2﹣）b，又BG=2b﹣a=（2﹣）b，

∴GH=GB，GH⊥AC，GB⊥BC，

∴∠HCG=∠BCG，

∴∠PEG=∠BCG，

∴∠AEC=∠ACB=45°

∴a：

b=：

1；

∴∠AEC=45°

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