专题18 【五年中考+一年模拟】选择压轴题三-备战2023年河南中考真题模拟题分类汇编

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参考答案1．D【分析】连接0B，得一个特殊的平行四边形即菱形，过D点做x轴的垂线，构造出直角三角形，利用锐角三角函数即可求解．【详解】如图，过点 D作 DE⊥x 轴于点 E，在RtΔAOC 中，AC =2OA，∴ ∠CAO =60°；连接OB，则OB=BC=CD=OD，∴ 四边形 OBCD是菱形， ∴AC ∥ DO，∴∠ DOE = 60°，∴ OE =OD=1，DE=OD=，∴D(1，)．故选：D．【点睛】本题考查利用锐角三角函数解直角三角形求坐标，解题关键是构造出特殊的几何图形：菱形、直角三角形，再利用相关知识点正确求解．2．D【分析】根据图象可知，当M运动到B和C时AM最大为4，当AM⊥BC时AM最小值为，利用三角函数求出∠B的度数，从而得到，为等边三角形，再利用直角三角形、等边三角形及矩形的性质求得其它线段长，最后根据三角形、梯形面积公式求解即可．【详解】点M的运动轨迹为A→B→C→N，由图象可知当M运动到B和C时AM最大值为4，当时AM最小值为，∴AB=AC=4，由三角函数可得：，∴，∴，为等边三角形，∴，，由题可知，四边形AMCD为矩形，∴，，∵N为CD中点，∴，∵，∴．故选：D．【点睛】本题考查了动点问题的函数图象，需熟练掌握特殊角的三角函数，30°角直角三角形的性质，等边三角形及矩形的判定与性质，结合图象找出最大值与最小值对应的线段是解题的关键．3．D【分析】设AC与OD交于点G，由平行四边形的性质得出AB∥CD，AB=CD，则CD⊥OD，由题意的OA=4，AB=CD=8，OD=3，则OB=AB-OA=4，证△OAG∽△DCG，求出OG=DG=OD=1，证，求出BF=2，即可得出答案．【详解】解：设AC与OD交于点G，如图所示： ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AB∥CD，AB=CD， ∵AB⊥OD， ∴CD⊥OD， ∵A（-4，0），C（8，3）， ∴OA=4，AB=CD=8，OD=3， ∴OB=AB-OA=4， ∵AB∥CD， ∴， ∴  ∴OG=DG=OD=1， ∵BE⊥CD，CD⊥OD， ∴OD∥BE， ∴， ∴ ，即 解得：BF=2， ∴点F的坐标为（4，2）， 故选【点睛】本题考查了平行四边形的性质、坐标与图形性质、相似三角形的判定与性质等知识；熟练掌握平行四边形的性质，证明三角形相似是解题的关键．4．D【分析】由图可知，在点至点区间，的面积不变，因此可推论，由此分析动点的运动过程如下：在段，；持续时间，则；是的二次函数；在段，是定值，持续时间，则；在段，持续减小直至为，是的一次函数．【详解】解：当点P在BE上运动，点Q没到C之前时，设△BPQ边BQ边上的高为h，∴，∴此时；∵第8-10秒三角形PBQ的面积没有发生变化，∴此时Q点运动到了C点，点P在ED上运动，假设当点P到达点E，点Q未到点C时，则h=AB，∴此时，此时是一次函数图像，与事实矛盾，同理：假设当点Q到达点C，点P未到点E时，y与x也是是一次函数图像，与事实矛盾，∴当点Q到达点C时，点P同时到底点E，∴，，∴AE，故不符合题意；B、如答图所示，连接，过点作于点，则四边形ABFE是矩形∵， ，由勾股定理得，，，故不符合题意；C、如答图所示，过点作于点，，．故不符合题意；D、当时，点与点重合，点运动到的中点，设为，如答图所示，连接，．此时，，由勾股定理求得：，，，不是等腰三角形，即此时不是等腰三角形．故符合题意；故选：．【点睛】本题考查动点问题的函数图像，需要结合几何图形与函数图像，认真分析动点的运动过程．突破点在于正确判断出．5．C【分析】连接，根据对称的性质和垂直平分线的性质求出，从而推出，然后设，在中，根据勾股定理建立方程求解，则可解决问题．【详解】解：如图，连接，∵点与点关于对称，∴，，由作图可知，为的垂直平分线，∴，∴，∴，∴，∴，∴，设，则，，在中，，即，解得．故选：C．【点睛】本题考查了垂直平分线的性质、轴对称的性质、矩形的性质及余角的性质，利用勾股定理建立方程求解是解题的关键．6．C【分析】①首先证明△ABE≌△BCF，再利用角的关系求得∠BGE=90°，即可得到AE⊥BF；②△BCF沿BF对折，得到△BPF，利用角的关系求出QF=QB；③证明△BEG∽△ABG∽△AEB，得出===，设GE=x，则BG=2x，AG=4x，所以BF=AE=AG+GE=5x，所以FG=BF-BG=3x，得出，即可得出结论；④可证△BGE与△BMC相似，进一步得到相似比，再根据相似三角形的性质和三角形的面积关系即可求解．【详解】解：①∵四边形ABCD是正方形，∴∠ABC＝∠BCD＝90°，AB＝BC＝CD，AB∥CD，∵E，F分别是正方形ABCD边BC，CD的中点，∴CF＝BE，在△ABE和△BCF中，，∴△ABE≌△BCF（SAS），∴∠BAE＝∠CBF，AE＝BF，又∵∠BAE+∠BEA＝90°，∴∠CBF+∠BEA＝90°，∴∠BGE＝90°，∴AE⊥BF，故①正确；②由折叠的性质得：FP＝FC，∠PFB＝∠BFC，∠FPB＝90°，∵CD∥AB，∴∠CFB＝∠ABF，∴∠ABF＝∠PFB，∴QB＝QF，故②正确；③∵AE⊥BF，∠ABE＝90°，∴△BEG∽△ABG∽△AEB，∴===，设GE＝x，则BG＝2x，AG＝4x，∴BF＝AE＝AG+GE＝5x，∴FG＝BF﹣BG＝3x，∴，故③正确；④如图所示：∵PC⊥BF，AE⊥BF，∴PC∥AE，△BGE∽△BMC，∵E是BC的中点，∴BE＝CE，∴△BGE的面积：△BMC的面积＝1：4，∴△BGE的面积：四边形ECMG的面积＝1：3，连接CG，则△PGM的面积＝△CGM的面积＝2△CGE的面积＝2△BGE的面积，∴四边形ECPG的面积：△BGE的面积＝5：1，∴S四边形ECFG＝5S△BGE，故④错误．综上所述，共有3个结论正确．故选：C．【点睛】本题主要考查了正方形的性质、全等三角形的判定和性质、相似三角形的判定和性质、折叠的性质、勾股定理等知识；熟练掌握正方形和折叠变换的性质，证明三角形全等和三角形相似是解题关键．7．B【分析】如图，将△BCM绕点C逆时针旋转90°，得到△ACN，连接MN，则∠MCN=90°，CN=CM=，AN=BM=3，可得MN=2，再由勾股定理逆定理可得∠AMN=90°，可得，即可求解．【详解】解：如图，将△BCM绕点C逆时针旋转90°，得到△ACN，连接MN，则∠MCN=90°，CN=CM=，AN=BM=3，∴，∵，∴，∴∠AMN=90°，∴．故选：B【点睛】本题主要考查了图形的旋转，勾股定理及其逆定理，熟练掌握图形的旋转的性质，勾股定理及其逆定理是解题的关键．8．B【分析】求出B1～B5的坐标，探究规律，利用规律解决问题即可．【详解】解：过点B作BH⊥y轴于H．在Rt△ABH中，∠AHB=90°，∠BAH=180°-120°=60°，AB=OA=2，∴AH=AB•cos60°=1，BH=AH=，在Rt△OBH中，，∴∠BOH=30°，∴，B（，3），由题意B1（−，3），B2（−2，0），B3（-，-3），B4（，-3），B5（2，0），…，旋转6次是一个循环，∵，∴B2022（，3），故选：B．【点睛】本题考查坐标与图形变化-旋转，解直角三角形等知识，解题的关键是学会探究规律的方法，属于中考常考题型．9．D【分析】由正方形的性质和旋转的性质探究规律，利用规律解决问题即可．【详解】解：如图，过作∵四边形OA1BC1是正方形，，，OA＝2，将正方形绕点B顺时针旋转45°，得到正方形；则每次旋转45°360°÷45°=8，8次一循环点的坐标与点重合即与关于对称故选D【点睛】本题考查了正方形的性质、旋转的性质、坐标与图形的变化、规律型：点的坐标等知识，解题的关键是学会从特殊到一般的探究规律的方法．10．D【分析】由图2，可知BP=6，S△ABP=12，由图1翻折可知，AQ⊥BP，进而得出AQ=4，由勾股定理，可知BC=AB=5，菱形 ABCD的面积为BC×AQ即可求出.【详解】解：由图2，得BP=6，S△ABP=12∴AQ=4由翻折可知，AQ⊥BP由勾股定理，得BC=AB==5∴菱形 ABCD的面积为BC×AQ=5×4=20故选：D【点睛】本题是一道几何变换综合题，解决本题主要用到勾股定理，翻折的性质，根据函数图象找出几何图形中的对应关系是解决本题的关键.11．C【分析】根据题中的变换方式画出第5次，第6次，第7次，翻转后的图形，由图可知，每翻转6次，图形向右平移4个单位长度根据变化规律写出B2021的坐标即可．【详解】解：如图，连接，∵四边形是菱形，∴，∵，∴是等边三角形，∴，∴，∵，∴，画出第5次，第6次，第7次，翻转后的图形，由图可知，每翻转6次，图形向右平移4个单位长度，∵2021=336×6＋5，∴点向右平移1344（即336×4）个单位长度到点，∵点的坐标为，∴点的坐标为，∴点坐标为，故选：C．【点睛】本题考查菱形的性质，图形的旋转变换，点的坐标规律探索，能够发现规律，总结规律，应用规律是解决本题的关键．12．C【分析】结合图2可知，当时，，利用矩形的性质即可求得AB和BC的长，即可解决问题.【详解】如图2所示，当时，，所以，所以矩形的面积．故选C．【点睛】本题考查了矩形的性质以及函数图象的分析，从函数图象中获得信息是解题关键.13．A【分析】根据图像，当P与C重合时，PB+PE=9即CB+CE=9，从而确定正方形的边长为6，根据将军饮马河原理，连接DE交AC于点G，当点P与点G重合时，PE+PB最小，且为DE的长即点M的纵坐标，利用相似三角形，计算AG的长即为横坐标．【详解】如图，根据图像，当P与C重合时，PB+PE=9即CB+CE=9，∵点E是BC的中点，∴BC=6．连接DE交AC于点G，当点P与点G重合时，PE+PB最小，且为DE的长即点M的纵坐标，∵四边形ABCD是正方形，AB=6，∴CE∥AD，AC=，DE=，∴△CGE∽△AGD，∴，∴，∴AG=，故点M的坐标为（，），故选A．【点睛】本题考查了正方形的性质，三角形相似的判定和性质，函数图像信息的获取，将军饮马河原理，熟练掌握正方形的性质，灵活运用三角形相似，构造将军饮马河模型求解是解题的关键．14．A【分析】如图，连接BE，AE，CE，BE交AC于点G，证明△ACE为等边三角形，根据y的最大值求得△ACE的边长，再在直角三角形ABG中用三角函数求得AB的长即可．【详解】】解：如图，连接BE，AE，CE，BE交AC于点G由正六边形的对称性可得BE⊥AC，△ABC≌△CDE≌△AFE∴△ACE为等边三角形，GE为AC边上的高线∵动点P从正六边形的A点出发，沿A→F→E→D→C以1cm/s的速度匀速运动∴当点P运动到点E时△ACP的面积y取最大值3设AG=CG=a（cm），则AC=AE=CE=2a（cm），GE=a（cm）∴2a×a÷2=3（cm）∴a2=3∴a=（cm）或a=-（舍）∵正六边形的每个内角均为120°∴∠ABG=×120°=60°∴在Rt△ABG中，=sin60°∴∴AB=2（cm）∴正六边形的边长为2cm故选：A．【点睛】本题考查了动点问题的函数图象，以图中y值的最大值为突破口，求得等边三角形△ACE的边长，是解题的关键．15．C【分析】由与的函数关系的图象可知，当时，面积的最大，然后根据题意求出0<t≤3时对应的与的函数关系，然后求时，对应的的值即可．【详解】解：由与的函数关系的图象可知，在矩形ABCD中，AB=CD=3，AD=BC=6．当0<t≤3时，点P在AD边上，点Q在AB边上，如图所示，由题意得：AP=AQ=t，PD=AD－AP=6－t，BQ=AB－AQ=3－1，∵0<t≤3，∴当时，的值最大，最大为：，∴面积的最大值是．故选：C．【点睛】本题考查了动点的函数图象问题、二次函数的性质，解题的关键是能从图象和题目条件中挖掘到有用的信息和数形结合思想的应用．16．B【分析】画出旋转后的图形，根据正六边形的性质求出点D的坐标即可．【详解】解：将正六边形绕坐标原点旋转后，如图，延长DC交x轴于M，则DM⊥OM，∵ABCDEF是正六边形且边长为2，∴AB=BC=CD=2，∠FAB=∠ABC=∠BCD=120°，∴∠OAB=∠BCM=180°－120°=60°，在Rt△AOB中，AB=2，∠OAB=60°，∴OA=1，OB=，在Rt△BCM中，BC=2，∠BCM=60°，∴CM=1，BM=，∴点D的坐标为：（，3），∵旋转后点D在反比例函数的图象上，∴把点D（，3）代入反比例函数，得：，∴反比例函数的关系式为：．故选：B．【点睛】本题考查反比例函数图象上点的坐标特征，正六边形的性质，求出点D的坐标是解决问题的关键．17．A【分析】由图②知，BC=6，CD=14-6=8，BD=18-14=4，再通过解直角三角形，求出△CBD高，进而求解．【详解】解：由图②知，BC=6，CD=14-6=8，BD=18-14=4，过点B作BH⊥DC于点H，设CH=x，则DH=8-x，则BH2=BC2-CH2=BD2-DH2，即：BH2=42-（8-x）2=62-x2，解得：则：，则，故选：A．【点睛】本题考查的是动点图象问题，此类问题关键是：弄清楚不同时间段，图象和图形的对应关系，进而求解．18．A【分析】分时，时，时，三种情况，分别求出函数解析式，进而即可求解．【详解】根据题意，得移动的过程中，重合部分总为等腰直角三角形，当时，重合部分的直角边长为，则；当时，重合部分的直角边长为1，则；当时，重合部分的直角边长为，则．由以上分析可知：这个分段函数的图象左边为开口向上的抛物线一部分，中间为平行于轴的直线的一部分，右边为开口向上的抛物线一部分．故选A．【点睛】本题主要考查二次函数的图像和性质，根据题意，求出函数解析式，是解题的关键．19．D【分析】先求出菱形的棱长AD，再作轴于，由30°直角三角形性质求出，，即可得点坐标，再由反比例性质即可解决问题；【详解】解：由题意：，在中，，，．，作轴于．则，，，点在上，，故选：．【点睛】本题考查了反比例函数的性质、菱形的性质、锐角三角函数等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题，属于中考常考题型．20．C【分析】过点C作CE⊥y轴于点E，连接OC，根据已知条件求出点C的坐标，再根据旋转的性质求出前4次旋转后点C的坐标，发现规律，进而求出第2021次旋转结束时，点C的坐标．【详解】解：如图，过点C作CE⊥y轴于点E，连接OC，∵OA=OB=2，∴∠ABO=∠BAO=45°，∵∠ABC=90°，∴∠CBE=45°，∵BC=AD=4，∴CE=BE=4，∴OE=OB+BE=6，∴C（-4，6），∵矩形ABCD绕点O顺时针旋转，每次旋转90°，则第1次旋转结束时，点C的坐标为（6，4）；则第2次旋转结束时，点C的坐标为（4，-6）；则第3次旋转结束时，点C的坐标为（-6，-4）；则第4次旋转结束时，点C的坐标为（-4，6）；…发现规律：旋转4次为一个循环，∴2021÷4=505⋯⋯1，则第2021次旋转结束时，点C的坐标为（6，4），故C正确．故选：C．【点睛】本题考查了坐标与图形变化-旋转、规律型-点的坐标，解决本题的关键是根据旋转的性质发现规律，总结规律．21．C【分析】根据题目条件算出与的坐标，之后得出的所在直线的解析式，将的横坐标代入，即可求出的坐标，根据与的坐标推出平移的距离，进而求出的坐标．【详解】解：，且轴，， 四边形为平行四边形，，又，且轴，，经过原点，设的所在直线的解析式为：，将代入得，解得，的所在直线的解析式为：，将的横坐标代入的解析式得：，平移后，又，点向上平移个单位，同理也向上平移两个单位长度，．故选：C．【点睛】本题主要考查坐标系内点的平移问题，解决问题的关键是求出与的坐标，进而推出平移的距离．22．B【分析】依次分析当、、三种情况下的三角形面积表达式，再根据其对应图像进行判断即可确定正确选项．【详解】解：如图所示，分别过点D、点C向AB作垂线，垂足分别为点E、点F，∵已知AB∥CD，AB与CD之间的距离为4，∴DE=CF=4，∵点P，Q同时由A点出发，分别沿边AB，折线ADCB向终点B方向移动，在移动过程中始终保持PQ⊥AB，∴PQ∥DE∥CF，∵AD=5，∴,∴当时，P点在AE之间，此时，AP=t，∵,∴，∴，因此，当时，其对应的图像为，故排除C和D；∵CD＝3，∴EF=CD=3，∴当时，P点位于EF上，此时，Q点位于DC上，其位置如图中的P1Q1，则，因此当时，对应图像为，即为一条线段；∵∠ABC＝45°，∴BF=CF=4，∴AB=3+3+4=10，∴当时，P点位于FB上，其位置如图中的P2Q2，此时，P2B=10-x，同理可得，Q2P2=P2B=10-x，，因此当时，对应图像为，其为开口向下的抛物线的的一段图像；故选：B．【点睛】本题考查了平行线分线段成比例的推论、勾股定理、平行线的性质、三角形的面积公式、二次函数的图像等内容，解决本题的关键是牢记相关概念与公式，能分情况讨论等，本题蕴含了数形结合与分类讨论的思想方法等．23．A【分析】分析可知当，此时，动点D运动到点C，此时，求出，，利用，求出，进一步求出AB，再利用即可求出结果．【详解】解：由题意可知：当，此时，动点D运动到点C，此时，设，∵，∴，∵，∴，即：，∴，，∵，∴，∴，∴．故选：A．【点睛】本题考查动点问题、勾股定理、正切值、二次函数，解题的关键是结合函数图象找出AB，DE的长．24．C【分析】分析图像可知，当时，与重合，与重合，此时；当时，与重合，在上，此时，与的值可以用勾股定理算出，由此求出的值．【详解】解：当时，与重合，与重合，此时，；当时，与重合，在上，此时，，，，，．故选：C．【点睛】本题考查了函数图像的识别，勾股定理的应用，解决本题的关键是能够从函数图像中提取有用的信息．25．C【分析】根据平行四边形的性质，再结合P运动时y随x变化的关系图象，通过勾股定理及可求解；【详解】如下图，根据图2可知，当P到达B点时AP=AB=3，当AP⊥BC时，AB+BP=4.8，∴BP=BE=1.8，∴，当到达点C时，AP=AC=4，∴，∴BC=BE+EC=1.8+=5．故选：C．【点睛】本题主要考查平行四边形的性质、勾股定理，掌握平行四边形的性质，根据点P运动的规律，结合关系图解题是关键．26．D【分析】过点D作轴，垂足为N，证明．求出点D的坐标为．进一步求出点M的坐标为．分析可知点M旋转一周需要旋转（次），利用，，可知第2022次旋转结束时和第6次旋转结束时，点M的坐标相同，且此时点M的位置就是绕点O逆时针旋转270°（或顺时针旋转90°）的位置．故可知点M的坐标为．【详解】解：∵，，∴，．过点D作轴，垂足为N，如解图所示，则．∵四边形ABCD为正方形，∴，．∴．∴．∴，．∴点D的坐标为．∵点M为BD的中点，∴点M的坐标为．由题意，可知正方形ABCD绕着原点O逆时针旋转，每次旋转45°，点M也绕着原点O逆时针旋转，每次旋转45°，则点M旋转一周需要旋转（次）．又∵，，∴第2022次旋转结束时和第6次旋转结束时，点M的坐标相同，且此时点M的位置就是绕点O逆时针旋转270°（或顺时针旋转90°）的位置．∴第2022次旋转结束时，点M的坐标为，故选：D．【点睛】本题考查坐标与旋转规律，正方形性质，全等三角形的判定及性质，解题的关键是理解第2022次旋转结束时和第6次旋转结束时，点M的坐标相同，且此时点M的位置就是绕点O逆时针旋转270°（或顺时针旋转90°）的位置．27．B【分析】由函数图象可知：，，连接AC交BD于点O，连接FA，证明当A，E，F三点共线时，y取最小值为AE，作交于点P，利用求出，，进一步求出再利用勾股定理即可求出．【详解】解：由函数图象可知：当F与B重合时，，即，∵，∴，，，当F与D重合时，，连接AC交BD于点O，连接FA，∵ABCD是菱形，∴AC和BD互相垂直平分，∴，∴，当A，E，F三点共线时，y取最小值为AE，作交于点P，∵，，∴，∵，∴，∴，即，∴，，，∴．故选：B【点睛】本题考查菱形的性质，勾股定理，三角形相似的判定及性质，解题的挂件是根据函数图象求出，，再证明当A，E，F三点共线时，y取最小值为AE．28．D【分析】由图象知，，如图③，过点作，则，此时，最短，，，是等边三角形，点是的中点，是的中位线，进而可求的值．【详解】解：由函数图象可知，当时，；当时，最小，当时，，，，如图③，过点作，则，此时，最短，，∴，，∴，，是等边三角形，点是的中点，点是的中点，是的中位线，，故选D．【点睛】本题考查了函数图象，等边三角形的判定与性质，中位线的性质，含30°的直角三角形等知识．解题的关键在于从函数图象上获取信息．29．D【分析】如图，过点J作JM⊥BC，交BC的延长线于点M，由作图痕迹可知， BK为∠ABC的平分线，HI为线段DC的垂直平分线，由四边形ABCD是平行四边形可得∠ABK=∠AKB，进而得到 DK=AK=2，AD=2AK=4，从而判断②正确，由HI为线段DC的垂直平分线，点J为CD的中点，KC= KD= DC =2，得△KCD为等边三角形，判断①中正确；先计算出JM=JCsin60°=，BM =，由三角函数判断③正确；由点K，J分别为AD，CD的中点，判断④正确；从而得出结论．【详解】解：如图，过点J作JM⊥BC，交BC的延长线于点M，由作图痕迹可知， BK为∠ABC的平分线，HI为线段DC的垂直平分线，∠ABK=∠.KBC，四边形ABCD是平行四边形，DC=AB =2，AD// BC，∠KBC =∠AKB，∠ABK=∠AKB， AK=AB=2，点K为AD的中点，DK=AK=2，AD=2AK=4，故②中结论正确；HI为线段DC的垂直平分线，点J为CD的中点，KC= KD= DC =2，△KCD为等边三角形，∠D=60°，故①中结论正确；点J为CD的中点，JC=DC=1，AD//BC，∠JCM=∠D=60°，JM=JCsin60°=，CM= JCcos 60°=，BM=BC+ CM =AD + CM =4 +=， tan∠JBC=，故③中结论正确；点K，J分别为AD，CD的中点，，故④中结论正确；正确结论有：①②③④，共4个，故应选：D．【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质、角平分线和线段垂直平分线的尺规作图及性质以及三角函数，熟练掌握平行四边形的性质及三角函数是解题的关键.