【难点解析】湖南省长沙市中考数学历年真题汇总 卷（Ⅲ）（含答案解析）

这是一份【难点解析】湖南省长沙市中考数学历年真题汇总 卷（Ⅲ）（含答案解析），共34页。试卷主要包含了下列图形是全等图形的是，下列方程中，解为的方程是，如图，等内容，欢迎下载使用。
考生注意：
1、本卷分第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，满分100分，考试时间90分钟
2、答卷前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、班级填写在试卷规定位置上
3、答案必须写在试卷各个题目指定区域内相应的位置，如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用涂改液、胶带纸、修正带，不按以上要求作答的答案无效。
第I卷（选择题 30分）
一、单选题（10小题，每小题3分，共计30分）
1、生活中常见的探照灯、汽车大灯等灯具都与抛物线有关．如图，从光源P点照射到抛物线上的光线等反射以后沿着与直线平行的方向射出，若，，则的度数为（ ）°
A．B．C．D．
2、已知单项式5xayb+2的次数是3次，则a+b的值是（ ）
A．1B．3C．4D．0
3、如图，O是直线AB上一点，则图中互为补角的角共有（ ）
A．1对B．2对C．3对D．4对
4、下列图形是全等图形的是（ ）
A．B．C．D．
5、下列方程中，解为的方程是（ ）
A．B．C．D．
6、如图所示，一座抛物线形的拱桥在正常水位时，水而AB宽为20米，拱桥的最高点O到水面AB的距离为4米．如果此时水位上升3米就达到警戒水位CD，那么CD宽为（ ）
A．米B．10米C．米D．12米
7、如图，在平面直角坐标系中，可以看作是经过若干次图形的变化（平移、轴对称）得到的，下列由得到的变化过程错误的是（ ）
· · · · · · 线 · · · · · · ○ · · · · · · 封 · · · · · · ○ · · · · · · 密 · · · · · · ○ · · · · · · 内 · · · · · · ○ · · · · · ·
号学级年名姓
· · · · · · 线 · · · · · · ○ · · · · · · 封 · · · · · · ○ · · · · · · 密 · · · · · · ○ · · · · · · 外 · · · · · · ○ · · · · · ·
A．将沿轴翻折得到
B．将沿直线翻折，再向下平移个单位得到
C．将向下平移个单位，再沿直线翻折得到
D．将向下平移个单位，再沿直线翻折得到
8、如图，、是的切线，、是切点，点在上，且，则等于（ ）
A．54°B．58°C．64°D．68°
9、如图是由4个相同的小正方体组成的立体图形，则下面四个平面图形中不是这个立体图形的三视图的是（ ）
A．B．C．D．
10、如图，将一副三角板平放在一平面上（点D在上），则的度数为（ ）
A．B．C．D．
第Ⅱ卷（非选择题 70分）
二、填空题（5小题，每小题4分，共计20分）
1、如图，直角三角形AOB的直角边OA在数轴上，AB与数轴垂直，点O与数轴原点重合，点A表示的实数是2，BA＝2，以点O为圆心，OB的长为半径画弧，与数轴交于点C，则点C对应的数是_____．
2、下列各数①－2.5，②0，③，④，⑤，⑥－0.52522252225…，是无理数的序号是______．
3、如图，均是由若干个的基础图形组成的有规律的图案，第①个图案由4个基础图形组成，第②个图案由7个基础图形组成，…，按此规律排列下去，第④个图案中的基础图形个数为______，用式子表示第n个图案中的基础图形个数为______．
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4、在平行四边形ABCD中，对角线AC长为8cm，，，则它的面积为______cm2．
5、如图，AC为正方形ABCD的对角线，E为AC上一点，连接EB，ED，当时，的度数为______．
三、解答题（5小题，每小题10分，共计50分）
1、如图1，在平面直角坐标系中，已知、、、，以为边在下方作正方形．
（1）求直线的解析式；
（2）点为正方形边上一点，若，求的坐标；
（3）点为正方形边上一点，为轴上一点，若点绕点按顺时针方向旋转后落在线段上，请直接写出的取值范围．
2、在平面直角坐标系xOy中，对于线段AB和点C，若△ABC是以AB为一条直角边，且满足AC>AB的直角三角形，则称点C为线段AB的“关联点”，已知点A的坐标为（0，1）．
（1）若B（2，1），则点D（3，1），E（2，0），F（0，-3），G（-1，-2）中，是AB关联点的有_______；
（2）若点B（-1，0），点P在直线y=2x-3上，且点P为线段AB的关联点，求点P的坐标；
（3）若点B（b，0）为x轴上一动点，在直线y=2x+2上存在两个AB的关联点，求b的取值范围．
3、已知：如图，锐角∠AOB．
求作：射线OP，使OP平分∠AOB．
作法：
①在射线OB上任取一点M；
②以点M为圆心，MO的长为半径画圆，分别交射线OA，OB于C，D两点；
③分别以点C，D为圆心，大于的长为半径画弧，在∠AOB内部两弧交于点H；
④作射线MH，交⊙M于点P；
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⑤作射线OP．
射线OP即为所求．
（1）使用直尺和圆规，依作法补全图形（保留作图痕迹）；
（2）完成下面的证明．
证明：连接CD．
由作法可知MH垂直平分弦CD．
∴（ ）（填推理依据）．
∴∠COP ＝ ．
即射线OP平分∠AOB．
4、解方程：
（1）；
（2）．
5、某商店用3700元购进A、B两种玻璃保温杯共80个，这两种玻璃保温杯的进价、标价如下表所示：
（1）这两种玻璃保温杯各购进多少个？
（2）已知A型玻璃保温杯按标价的8折出售，B型玻璃保温杯按标价的7.5折出售．在运输过程中有2个A型和1个B型玻璃保温杯不慎损坏，不能销售，请问在其它玻璃保温杯全部售出的情况下，该商店共获利多少元？
-参考答案-
一、单选题
1、C
【分析】
根据平行线的性质可得，进而根据即可求解
【详解】
解：
故选C
【点睛】
本题考查了平行线的性质，掌握平行线的性质是解题的关键．
2、A
【分析】
根据单项式的次数的概念求解．
【详解】
解：由题意得：a+b+2=3，
∴a+b=1．
故选：A．
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【点睛】
本题考查了单项式的有关概念，解答本题的关键是掌握单项式的次数：所有字母的指数和．
3、B
【分析】
根据补角定义解答．
【详解】
解：互为补角的角有：∠AOC与∠BOC，∠AOD与∠BOD，共2对，
故选：B．
【点睛】
此题考查了补角的定义：和为180度的两个角互为补角，熟记定义是解题的关键．
4、D
【详解】
解：A、不是全等图形，故本选项不符合题意；
B、不是全等图形，故本选项不符合题意；
C、不是全等图形，故本选项不符合题意；
D、全等图形，故本选项符合题意；
故选：D
【点睛】
本题主要考查了全等图形的定义，熟练掌握大小形状完全相同的两个图形是全等图形是解题的关键．
5、D
【分析】
求出选项各方程的解即可．
【详解】
A、，解得：，不符合题意．
B、，解得：，不符合题意．
C、，解得：，不符合题意．
D、，解得：，符合题意．
故选：D ．
【点睛】
此题考查的知识点是一元一次方程的解，关键是分别求出各方程的解．
6、B
【分析】
以O点为坐标原点，AB的垂直平分线为y轴，过O点作y轴的垂线，建立直角坐标系，设抛物线的解析式为y=ax2，由此可得A（-10，-4），B（10，-4），即可求函数解析式，再将y=-1代入解析式，求出C、D点的横坐标即可求CD的长．
【详解】
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以O点为坐标原点，AB的垂直平分线为y轴，过O点作y轴的垂线，建立直角坐标系，
设抛物线的解析式为y=ax2，
∵O点到水面AB的距离为4米，
∴A、B点的纵坐标为-4，
∵水面AB宽为20米，
∴A（-10，-4），B（10，-4），
将A代入y=ax2，
-4=100a，
∴，
∴，
∵水位上升3米就达到警戒水位CD，
∴C点的纵坐标为-1，
∴
∴x=±5，
∴CD=10，
故选：B．
【点睛】
本题考查二次函数的应用，根据题意建立合适的直角坐标系，在该坐标系下求二次函数的解析式是解题的关键．
7、C
【分析】
根据坐标系中平移、轴对称的作法，依次判断四个选项即可得．
【详解】
解：A、根据图象可得：将沿x轴翻折得到，作图正确；
B、作图过程如图所示，作图正确；
C、如下图所示为作图过程，作图错误；
D、如图所示为作图过程，作图正确；
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故选：C．
【点睛】
题目主要考查坐标系中图形的平移和轴对称，熟练掌握平移和轴对称的作法是解题关键．
8、C
【分析】
连接，，根据圆周角定理可得，根据切线性质以及四边形内角和性质，求解即可．
【详解】
解：连接，，如下图：
∴
∵PA、PB是的切线，A、B是切点
∴
∴由四边形的内角和可得：
故选C．
【点睛】
此题考查了圆周角定理，切线的性质以及四边形内角和的性质，解题的关键是熟练掌握相关基本性质．
9、A
【分析】
根据几何体的三视图，是分别从几何体的正面、左面和上面看物体而得到的图形，对每个选项分别判断、解答．
【详解】
解：B是俯视图，C是左视图，D是主视图，
故四个平面图形中A不是这个几何体的三视图．
故选：A．
【点睛】
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本题考查了简单组合体的三视图，掌握几何体的主视图、左视图和俯视图，是分别从几何体的正面、左面和上面看物体而得到的图形是解题的关键．
10、B
【分析】
根据三角尺可得，根据三角形的外角性质即可求得
【详解】
解：
故选B
【点睛】
本题考查了三角形的外角性质，掌握三角形的外角性质是解题的关键．
二、填空题
1、
【解析】
【分析】
先利用勾股定理求出，再根据作图过程可得，然后根据实数与数轴的关系即可得．
【详解】
解：由题意得：，
，
由作图过程可知，，
由数轴的性质可知，点对应的数大于0，
则在数轴上，点对应的数是，
故答案为：．
【点睛】
本题考查了勾股定理、实数与数轴，掌握理解勾股定理是解题关键．
2、③
【解析】
【分析】
根据无理数的定义逐个判断即可．
【详解】
解：－2.5，是分数；－0.52522252225…是无限循环小数，是有理数；0，是整数；无理数有，
故答案为：③．
【点睛】
本题考查了无理数的定义，能熟记无理数的定义是解此题的关键，注意：无理数是指无限不循环小数，无理数包括三方面的数：①含π的，②开方开不尽的根式，③一些有规律的数．
3、 13
【解析】
【分析】
根据前三个图形中基础图形的个数得出第n个图案中基础图形的个数为3n+1即可．
【详解】
解：观察图形，可知
第①个图案由4个基础图形组成，即4=1×3+1，
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第②个图案由7个基础图形组成，即7=2×3+1，
第③个图案由10个基础图形组成，即10=3×3+1，
…
第④个图案中的基础图形个数为13=3×4+1，
第n个图案的基础图形的个数为：3n+1．
故答案为：13，3n+1．
【点睛】
本题考查了图形的变化类、列代数式，解决本题的关键是观察图形的变化寻找规律．
4、20
【解析】
【分析】
根据S▱ABCD=2S△ABC，所以求S△ABC可得解．作BE⊥AC于E，在直角三角形ABE中求BE从而计算S△ABC．
【详解】
解：如图，过B作BE⊥AC于E．
在直角三角形ABE中，
∠BAC=30°，AB=5，
∴BE=AB=，
S△ABC=AC•BE=10，
∴S▱ABCD=2S△ABC=20(cm2)．
故答案为：20．
【点睛】
本题综合考查了平行四边形的性质，含30度的直角三角形的性质等．先求出对角线分成的两个三角形中其中一个的面积，然后再求平行四边形的面积，这样问题就比较简单了．
5、18°##18度
【解析】
【分析】
由“SAS”可证△DCE≌△BCE，可得∠CED=∠CEB=∠BED=63°，由三角形的外角的性质可求解．
【详解】
证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=CD=BC=AB，∠DAE=∠BAE=∠DCA=∠BCA=45°，
在△DCE和△BCE中，
，
∴△DCE≌△BCE（SAS），
∴∠CED=∠CEB=∠BED=63°，
∵∠CED=∠CAD+∠ADE，
∴∠ADE=63°-45°=18°，
故答案为：18°．
【点睛】
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本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，证明△DCE≌△BCE是本题的关键．
三、解答题
1、
（1）
（2），，，
（3）或
【分析】
（1）待定系数法求直线解析式，代入坐标、得出，解方程组即可；
（1）根据OA=2，OB=4，设点P在y轴上,点P坐标为（0，m），根据S△ABP=8，求出点P（0，4）或（0，-12），过P（0，4）作AB的平行线交正方形CDEF边两点N1和N2，利用平行线性质求出与AB平行过点P的解析式，与CD，FE的交点，过点P（0，-12）作AB的平行线交正方形CDEF边两点N3和N4，利用平行线性质求出与AB平行过点P的解析式，求出与DE，EF的交点即可；
（3）：根据点N在正方形边上，分四种情况①在上，过N′作GN′⊥y轴于G，正方形边CD与y轴交于H，在y轴正半轴上，先证△HNM1≌△GM1N′（AAS），求出点N′（6-m，m-6）在线段AB上，代入解析式直线的解析式得出，当点N旋转与点B重合，可得M2N′=NM2-OB=6-4=2②在上，当点N绕点M3旋转与点A重合，先证△HNM3≌△GM3N′（AAS），DH=M3G=6-2=4，HM3=GN′=2，③在上，当点N与点F重合绕点M4旋转到AB上N′先证△M5NM3≌△GM3N′（AAS），得出点N′（-6-m,m+6），点N′在线段AB上，直线的解析式，得出方程，，当点N绕点M5旋转点N′与点A重合，证明△FM3N≌△OM5N′（AAS），可得FM5=M5O=6，FN=ON′=2，④在上,点N绕点M6旋转点N′与点B重合，MN=MB=2即可．
（1）
解：设，代入坐标、得：
，
，
∴直线的解析式；
（2）
解：∵、、OA=2，OB=4，设点P在y轴上,点P坐标为（0，m）
∵S△ABP=8，
∴,
∴，
解得，
∴点P（0，4）或（0，-12），
过P（0，4）作AB的平行线交正方形CDEF边两点N1和N2，
设解析式为，m=2，n=4，
∴，
当y=6时，，
解得，
当y=-6时，，
解得，
，，
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过点P（0，-12）作AB的平行线交正方形CDEF边两点N3和N4，
设解析式为，
，
当y=-6, ，
解得：，
当x=6, ，
解得，
，
∴，的坐标为或或或，
（3）
解：①在上，过N′作GN′⊥y轴于G，正方形边CD与y轴交于H，在y轴正半轴上，
∵M1N=M1N′，∠NM1N′=90°，
∴∠HNM1+∠HM1N=90°，∠HM1N+∠GM1N′=90°，
∴∠HNM1=∠GM1N′，
在△HNM1和△GM1N′中，
，
∴△HNM1≌△GM1N′（AAS），
∴DH=M1G=6，HM1=GN′=6-m，
∵点N′（6-m，m-6）在线段AB上，直线的解析式；
即，
解得，
当点N旋转与点B重合，
∴M2N′=NM2-OB=6-4=2，
，，
，
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②在上，
当点N绕点M3旋转与点A重合，
∵M3N=M3N′，∠NM3N′=90°，
∴∠HNM3+∠HM3N=90°，∠HM3N+∠GM3N′=90°，
∴∠HNM3=∠GM3N′，
在△HNM3和△GM3N′中，
，
∴△HNM3≌△GM3N′（AAS），
∴DH=M3G=6-2=4，HM3=GN′=2，
，，
③在上，
当点N与点F重合绕点M4旋转到AB上N′，
∵M4N=M4N′，∠NM4N′=90°，
∴∠M5NM4+∠M5M4N=90°，∠M5M4N+∠GM4N′=90°，
∴∠Ｍ５NM4=∠GM4N′，
在△Ｍ５NM4和△GM4N′中，
，
∴△M5NM3≌△GM3N′（AAS），
∴FM5=M4G=6，M5M4=GN′=-6-m，
∴点N′（-6-m,m+6），
点N′在线段AB上，直线的解析式；
，
解得，
当点N绕点M5旋转点N′与点A重合，
∵M5N=M5N′，∠NM5N′=90°，
∴∠NM5O+∠FM5N=90°，∠OM5N+∠OM5N′=90°，
∴∠FM5N=∠OM5N′，
在△FM5N和△OM5N′中，
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，
∴△FM3N≌△OM5N′（AAS），
∴FM5=M5O=6，FN=ON′=2，
，，，
④在上，
点N绕点M6旋转点N′与点B重合，MN=MB=2，
，，，
综上：或
【点睛】
本题考查图形与坐标，待定系数法求一次函数解析式，正方形的性质，平行线性质，图形旋转，三角形全等判定与性质，一元一次方程，不等式，本题难度，图形复杂，应用知识多，要求有很强的解题能力．
2、
（1）点E，点F；
（2）（）或（）；
（3）b的取值范围1＜b＜2或2＜b＜3．
【分析】
（1）根据以点B为直角顶点，点B与点E横坐标相同，点E在过点B与AB垂直的直线上，△ABE为直角三角形，且AE大于AB；以点A为直角顶点，点A与点F横坐标相同，△AFB为直角三角形，BF大于AB即可；
（2）根据点A（0，1）点B（-1，0），OA=OB，∠AOB=90°，得出△AOB为等腰直角三角形，可得∠ABO=∠BAO=45°，以点A为直角顶点，过点A，与AB垂直的直线交x轴于S，利用待定系数法求出AS解析式为，联立方程组，以点B为直角顶点，过点B，与AB垂直的直线交y轴于R，∠OBR=90°-∠ABO=45°，可得△OBR为等腰直角三角形，OR=OB=1，点R（0，-1），利用平移的性质可求BR解析式为，联立方程组，解方程组即可；
（3）过点A与AB垂直的直线交直线y=2x+2于U，把△AOB绕点A顺时针旋转90°，得△AO′U，AO′=AO=1，O′U=OB=b，根据点U（-1，b-1）在直线上，得出方程，求出b的值，当过点A的直线与直线平行时没有 “关联点”，OB=OW=b=2，得出在1＜b＜2时，直线上存在两个AB的“关联点”，当b＞2时，根据旋转性质将△AOB绕点A逆时针旋转90°得到△AO′U，得出AO′=AO=1，O′U=OB=b，根据点U（1,1+b）在直线上，列方程，得出即可．
· · · · · · 线 · · · · · · ○ · · · · · · 封 · · · · · · ○ · · · · · · 密 · · · · · · ○ · · · · · · 内 · · · · · · ○ · · · · · ·
号学级年名姓
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（1）
解：点D与AB纵坐标相同，在直线AB上，不能构成直角三角形，
以点B为直角顶点，点B与点E横坐标相同，点E在过点B与AB垂直的直线上，
∴△ABE为直角三角形，且AE大于AB；
以点A为直角顶点，点A与点F横坐标相同，△AFB为直角三角形，AF=4＞AB=2，
∴点E与点F是AB关联点，
点G不在A、B两点垂直的直线上，故不能构成直角三角形，
故答案为点E，点F；
（2）
解：∵点A（0，1）点B（-1，0），OA=OB，∠AOB=90°，
∴△AOB为等腰直角三角形，AB=
∴∠ABO=∠BAO=45°，
以点A为直角顶点，过点A，与AB垂直的直线交x轴于S，
∴∠OAS=90°-∠BAO=45°，
∴△AOS为等腰直角三角形，
∴OS=OA=1，点S（1,0），
设AS解析式为代入坐标得：
，
解得，
AS解析式为，
∴，
解得，
点P（），
AP=，AP＞AB
以点B为直角顶点，过点B，与AB垂直的直线交y轴于R，
∴∠OBR=90°-∠ABO=45°，
∴△OBR为等腰直角三角形，
∴OR=OB=1，点R（0，-1），
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过点R与AS平行的直线为AS直线向下平移2个单位，
则BR解析式为，
∴，
解得，
点P1（），
AP1=＞，
∴点P为线段AB的关联点，点P的坐标为（）或（）；
（3）
解：过点A与AB垂直的直线交直线y=2x+2于U，
把△AOB绕点A顺时针旋转90°，得△AO′U，
∴AO′=AO=1，O′U=OB=b，
点U（-1，b-1）在直线上，
∴
∴，
∴当b＞1时存在两个“关联点”，
当b＜1时，UA＜AB，不满足定义，没有两个“关联点”
当过点A的直线与直线平行时没有 “关联点”
与x轴交点X（-1，0），与y轴交点W（0，2）
∵OA=OX=1,∠XOW=∠AOB=90°，AB⊥XW，
∴△OXW顺时针旋转90°，得到△OAB，
∴OB=OW=2，
∴在1＜b＜2时，直线上存在两个AB的“关联点”，
当b＞2时，将△AOB绕点A逆时针旋转90°得到△AO′U，
∴AO′=AO=1，O′U=OB=b，
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点U（1,1+b）在直线上，
∴
∴解得
∴当2＜b＜3时, 直线上存在两个AB的“关联点”，
当b＞3时，UA＜AB，不满足定义，没有两个“关联点”
综合得，b的取值范围1＜b＜2或2＜b＜3．
【点睛】
本题考查新定义线段的意义，直角三角形性质，仔细阅读新定义，由两个条件，（1）组成直角三角形，（2）AC＞AB，等腰直角三角形，勾股定理两点距离公式，待定系数法求直线解析式，图形旋转，两函数交点联立方程组，掌握新定义线段的意义，直角三角形性质，仔细阅读新定义，由两个条件，（1）组成直角三角形，（2）AC＞AB，等腰直角三角形，勾股定理两点距离公式，待定系数法求直线解析式，图形旋转，两函数交点联立方程组，是解题关键．
3、
（1）见解析
（2）垂径定理及推论；∠DOP
【分析】
（1）根据题干在作图方法依次完成作图即可；
（2）由垂径定理先证明 再利用圆周角定理证明即可.
（1）
解：如图， 射线OP即为所求．
（2）
证明：连接CD．
由作法可知MH垂直平分弦CD．
∴（ 垂径定理 ）（填推理依据）．
∴∠COP ＝．
即射线OP平分∠AOB．
【点睛】
本题考查的是平分线的作图，垂径定理的应用，圆周角定理的应用，熟练的运用垂径定理证明是解本题的关键.
4、
（1）x=2；
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（2）x=－1
【分析】
（1）根据一元一次方程的解法解答即可；
（2）根据一元一次方程的解法解答即可．
（1）
解：去括号，得：8－4x+12=6x，
移项、合并同类项，得：－10x=－20，
化系数为1，得：x=2；
（2）
解：去分母，得：3（2x+3）－(x－2)=6，
去括号，得：6x+9－x+2=6，
移项、合并同类项，得：5x=－5，
化系数为1，得：x=－1；
【点睛】
本题考查解一元一次方程，熟练掌握一元一次方程的解法步骤是解答的关键．
5、
（1）购进A型玻璃保温杯50个，购进B型玻璃保温杯30个；
（2）该商店共获利530元
【分析】
（1）设购进A型玻璃保温杯x个，根据购进两个型号玻璃保温杯的总价钱是3700元列方程求解即可；
（2）根据单件利润=售价－进价和总利润=单件利润×销量求解即可．
（1）
解：设购进A型玻璃保温杯x个，则购进B型玻璃保温杯（80－x）个，
根据题意，得：35x+65（80－x）=3700，
解得：x=50，
80－x=80－50=30（个），
答：购进A型玻璃保温杯50个，购进B型玻璃保温杯30个；
（2）
解：根据题意，总利润为
（50×0.8－35）×（50－2）+（100×0.75－65）×（30－1）
=240+290
=530（元），
答：该商店共获利530元．
【点睛】
本题考查一元一次方程的应用、有理数混合运算的应用，理解题意，找准等量关系，正确列出方程和算式是解答的关键．
价格\类型
A型
B型
进价（元/个）
35
65
标价（元/个）
50
100