安徽省三年（2020-2022）中考数学真题按题型分类汇编：02填空题知识点分类

这是一份安徽省三年（2020-2022）中考数学真题按题型分类汇编：02填空题知识点分类，共10页。试卷主要包含了0＝　 　，计算，分解因式，x+a，其中a为实数，的图象经过点B等内容，欢迎下载使用。

1．（2021•安徽）埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，其底面是正方形，侧面是全等的等腰三角形．底面正方形的边长与侧面等腰三角形底边上的高的比值是5−1，它介于整数n和n+1之间，则n的值是 ．
二．实数的运算（共2小题）
2．（2021•安徽）计算：4+（﹣1）0＝ ．
3．（2021•吉林）计算：9−1＝ ．
三．提公因式法与公式法的综合运用（共1小题）
4．（2022•凉山州）分解因式：ab2﹣a＝ ．
四．根的判别式（共1小题）
5．（2022•安徽）若一元二次方程2x2﹣4x+m＝0有两个相等的实数根，则m＝ ．
五．解一元一次不等式组（共1小题）
6．（2022•安徽）不等式x−32≥1的解集为 ．
六．反比例函数与一次函数的交点问题（共1小题）
7．（2020•安徽）如图，一次函数y＝x+k（k＞0）的图象与x轴和y轴分别交于点A和点B．与反比例函数y=kx的图象在第一象限内交于点C，CD⊥x轴，CE⊥y轴．垂足分别为点D，E．当矩形ODCE与△OAB的面积相等时，k的值为 ．
七．二次函数图象与几何变换（共1小题）
8．（2021•安徽）设抛物线y＝x2+（a+1）x+a，其中a为实数．
（1）若抛物线经过点（﹣1，m），则m＝ ；
（2）将抛物线y＝x2+（a+1）x+a向上平移2个单位，所得抛物线顶点的纵坐标的最大值是 ．
八．平行四边形的性质（共1小题）
9．（2022•安徽）如图，▱OABC的顶点O是坐标原点，A在x轴的正半轴上，B，C在第一象限，反比例函数y=1x的图象经过点C，y=kx（k≠0）的图象经过点B．若OC＝AC，则k＝ ．
九．正方形的性质（共1小题）
10．（2022•安徽）如图，四边形ABCD是正方形，点E在边AD上，△BEF是以E为直角顶点的等腰直角三角形，EF，BF分别交CD于点M，N，过点F作AD的垂线交AD的延长线于点G．连接DF，请完成下列问题：
（1）∠FDG＝ °；
（2）若DE＝1，DF＝22，则MN＝ ．
一十．三角形的外接圆与外心（共1小题）
11．（2021•安徽）如图，圆O的半径为1，△ABC内接于圆O．若∠A＝60°，∠B＝75°，则AB＝ ．
一十一．翻折变换（折叠问题）（共1小题）
12．（2020•安徽）在数学探究活动中，敏敏进行了如下操作：如图，将四边形纸片ABCD沿过点A的直线折叠，使得点B落在CD上的点Q处．折痕为AP；再将△PCQ，△ADQ分别沿PQ，AQ折叠，此时点C，D落在AP上的同一点R处．请完成下列探究：
（1）∠PAQ的大小为 °；
（2）当四边形APCD是平行四边形时，ABQR的值为 ．
参考答案与试题解析
一．估算无理数的大小（共1小题）
1．（2021•安徽）埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，其底面是正方形，侧面是全等的等腰三角形．底面正方形的边长与侧面等腰三角形底边上的高的比值是5−1，它介于整数n和n+1之间，则n的值是 1 ．
【解答】解：∵4＜5＜9，
∴2＜5＜3，
∴1＜5−1＜2，
又n＜5−1＜n+1，
∴n＝1．
故答案为：1．
二．实数的运算（共2小题）
2．（2021•安徽）计算：4+（﹣1）0＝ 3 ．
【解答】解：原式＝2+1
＝3．
故答案为：3．
3．（2021•吉林）计算：9−1＝ 2 ．
【解答】解：原式＝3﹣1＝2．
故答案为：2．
三．提公因式法与公式法的综合运用（共1小题）
4．（2022•凉山州）分解因式：ab2﹣a＝ a（b+1）（b﹣1） ．
【解答】解：原式＝a（b2﹣1）＝a（b+1）（b﹣1），
故答案为：a（b+1）（b﹣1）
四．根的判别式（共1小题）
5．（2022•安徽）若一元二次方程2x2﹣4x+m＝0有两个相等的实数根，则m＝ 2 ．
【解答】解：∵一元二次方程2x2﹣4x+m＝0有两个相等的实数根，
∴Δ＝16﹣8m＝0，
解得：m＝2．
∴m＝2．
故答案为：2．
五．解一元一次不等式组（共1小题）
6．（2022•安徽）不等式x−32≥1的解集为 x≥5 ．
【解答】解：x−32≥1，
x﹣3≥2，
x≥3+2，
x≥5．
故答案为：x≥5．
六．反比例函数与一次函数的交点问题（共1小题）
7．（2020•安徽）如图，一次函数y＝x+k（k＞0）的图象与x轴和y轴分别交于点A和点B．与反比例函数y=kx的图象在第一象限内交于点C，CD⊥x轴，CE⊥y轴．垂足分别为点D，E．当矩形ODCE与△OAB的面积相等时，k的值为 2 ．
【解答】解：一次函数y＝x+k（k＞0）的图象与x轴和y轴分别交于点A和点B，令x＝0，则y＝k，令y＝0，则x＝﹣k，
故点A、B的坐标分别为（﹣k，0）、（0，k），
则△OAB的面积=12OA•OB=12k2，而矩形ODCE的面积为k，
则12k2＝k，解得：k＝0（舍去）或2，
故答案为2．
七．二次函数图象与几何变换（共1小题）
8．（2021•安徽）设抛物线y＝x2+（a+1）x+a，其中a为实数．
（1）若抛物线经过点（﹣1，m），则m＝ 0 ；
（2）将抛物线y＝x2+（a+1）x+a向上平移2个单位，所得抛物线顶点的纵坐标的最大值是 2 ．
【解答】解：（1）点（﹣1，m）代入抛物线解析式y＝x2+（a+1）x+a，
得（﹣1）2+（a+1）×（﹣1）+a＝m，解得m＝0．
故答案为：0．
（2）y＝x2+（a+1）x+a向上平移2个单位可得，y＝x2+（a+1）x+a+2，
∴y＝（x+a+12）2−14（a﹣1）2+2，
∴抛物线顶点的纵坐标n=−14（a﹣1）2+2，
∵−14＜0，
∴n的最大值为2．
故答案为：2．
八．平行四边形的性质（共1小题）
9．（2022•安徽）如图，▱OABC的顶点O是坐标原点，A在x轴的正半轴上，B，C在第一象限，反比例函数y=1x的图象经过点C，y=kx（k≠0）的图象经过点B．若OC＝AC，则k＝ 3 ．
【解答】解：由题知，反比例函数y=1x的图象经过点C，
设C点坐标为（a，1a），
作CH⊥OA于H，过A点作AG⊥BC于G，
∵四边形OABC是平行四边形，OC＝AC，
∴OH＝AH，CG＝BG，四边形HAGC是矩形，
∴OH＝CG＝BG＝a，
即B（3a，1a），
∵y=kx（k≠0）的图象经过点B，
∴k＝3a•1a=3，
故答案为：3．
九．正方形的性质（共1小题）
10．（2022•安徽）如图，四边形ABCD是正方形，点E在边AD上，△BEF是以E为直角顶点的等腰直角三角形，EF，BF分别交CD于点M，N，过点F作AD的垂线交AD的延长线于点G．连接DF，请完成下列问题：
（1）∠FDG＝ 45 °；
（2）若DE＝1，DF＝22，则MN＝ 2615 ．
【解答】解：由题知，△BEF是以E为直角顶点的等腰直角三角形，
∴∠AEB+∠GEF＝90°，
∵∠AEB+∠ABE＝90°，
∴∠GEF＝∠ABE，
在△ABE和△GEF中，
∠GEF=∠ABE∠A=∠G=90°BE=EF，
∴△ABE≌△GEF（AAS），
∴EG＝AB＝AD，GF＝AE，
即DG+DE＝AE+DE，
∴DG＝AE，
∴DG＝GF，
即△DGF是等腰直角三角形，
∴∠FDG＝45°，
故答案为：45°；
（2）∵DE＝1，DF＝22，
由（1）知，△DGF是等腰直角三角形，
∴DG＝GF＝2，AB＝AD＝CD＝ED+DG＝2+1＝3，
延长GF交BC延长线于点H，
∴CD∥GH，
∴△EDM∽△EGF，
∴MDGF=EDEG，
即MD2=13，
∴MD=23，
同理△BNC∽△BFH，
∴NCFH=BCBH，
即NCGH−GF=BCBC+CH，
∴NC3−2=33+2，
∴NC=35，
∴MN＝CD﹣MD﹣NC＝3−23−35=2615，
故答案为：2615．
一十．三角形的外接圆与外心（共1小题）
11．（2021•安徽）如图，圆O的半径为1，△ABC内接于圆O．若∠A＝60°，∠B＝75°，则AB＝ 2 ．
【解答】解：如图，连接OA，OB，
在△ABC中，∠BAC＝60°，∠ABC＝75°，
∴∠ACB＝180°﹣∠A﹣∠B＝45°，
∴∠AOB＝90°，
∵OA＝OB，
∴△OAB是等腰直角三角形，
∴AB=2OA=2．
故答案为：2．
一十一．翻折变换（折叠问题）（共1小题）
12．（2020•安徽）在数学探究活动中，敏敏进行了如下操作：如图，将四边形纸片ABCD沿过点A的直线折叠，使得点B落在CD上的点Q处．折痕为AP；再将△PCQ，△ADQ分别沿PQ，AQ折叠，此时点C，D落在AP上的同一点R处．请完成下列探究：
（1）∠PAQ的大小为 30 °；
（2）当四边形APCD是平行四边形时，ABQR的值为 3 ．
【解答】解：（1）由折叠的性质可得：∠B＝∠AQP，∠DAQ＝∠QAP＝∠PAB，∠DQA＝∠AQR，∠CQP＝∠PQR，∠D＝∠ARQ，∠C＝∠QRP，
∵∠QRA+∠QRP＝180°，
∴∠D+∠C＝180°，
∴AD∥BC，
∴∠B+∠DAB＝180°，
∵∠DQR+∠CQR＝180°，
∴∠DQA+∠CQP＝90°，
∴∠AQP＝90°，
∴∠B＝∠AQP＝90°，
∴∠DAB＝90°，
∴∠DAQ＝∠QAP＝∠PAB＝30°，
故答案为：30；
（2）由折叠的性质可得：AD＝AR，CP＝PR，
∵四边形APCD是平行四边形，
∴AD＝PC，
∴AR＝PR，
又∵∠AQP＝90°，
∴QR=12AP，
∵∠PAB＝30°，∠B＝90°，
∴AP＝2PB，AB=3PB，
∴PB＝QR，
∴ABQR=3，
故答案为：3．