2023年黑龙江省绥化市肇东十一中中考数学五模试卷(含解析)
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一、选择题(本大题共12小题,共36.0分。在每小题列出的选项中,选出符合题目的一项)
1. 下列二次根式中,与 2是同类二次根式的是( )
A. 0.2 B. 0.5 C. 4 D. 12
2. 数学世界奇妙无穷,其中曲线是微分几何的研究对象之一,下列数学曲线既是轴对称图形,又是中心对称图形的是( )
A. B.
C. D.
3. 如图,几何体的主视图是( )
A.
B.
C.
D.
4. 下列计算正确的是( )
A. 6ab−3a=3b B. (−3a2b)2=6a4b2
C. (a−1)2=a2−1 D. 5a2b÷b=5a2
5. 2023年2月10日,神舟十五号航天员乘组圆满完成了他们的首次出舱任务,飞船的时速为每小时2.8万千米,2.8万千米用科学记数法表示应为( )
A. 2.8×105米 B. 2.8×106米 C. 2.8×107米 D. 2.8×108米
6. 下列六个命题:
①有理数与数轴上的点一一对应;
②两条直线被第三条直线所截,内错角相等;
③平行于同一条直线的两条直线互相平行;
④同一平面内,垂直于同一条直线的两条直线互相平行;
⑤直线外一点到这条直线的垂线段叫做点到直线的距离;
⑥如果一个角的两边分别平行于另一个角的两边,那么这两个角相等.
其中假命题的个数是( )
A. 2个 B. 4个 C. 5个 D. 6个
7. 在国家:“双减”政策背景下,我区某学校为了解九年级620名学生的睡眠情况,抽查了其中的100名学生的睡眠时间进行统计,下面叙述中,正确的是( )
A. 以上调查属于全面调查 B. 620是样本容量
C. 100名学生是总体的一个样本 D. 每名学生的睡眠时间是一个个体
8. 今日,上海疫情防控形势严峻,某工厂计划生产1000套防护服,由于工人加班加点,实际每天比计划多制作20%,结果比原计划提前2天完成任务.设原计划每天制作x套防护服,则可列方程为( )
A. 1000x−1000(1+20%)x=2 B. 1000x−1000(1+20%)x=2
C. 1000(1+20%)x−1000x=2 D. 1000(1+20%)x−1000x=2
9. 如图,四边形ABCD与四边形EFGH位似,其位似中心为点O,且OEEA=43,则四边形EFGH的周长与四边形ABCD的周长之比是( )
A. 43 B. 34 C. 169 D. 47
10. 已知二次函数y=ax2+bx+c的图象如图,则一次函数y=ax+b2−4ac与反比例函数y=4a+2b+cx在同一平面直角坐标系中的图象大致是( )
A.
B.
C.
D.
11. 如图,AB是⊙O的直径,AB=4,C为AB的三等分点(更靠近A点),点P是⊙O上个动点,取弦AP的中点D,则线段CD的最大值为( )
A. 2
B. 7
C. 2 3
D. 3+1
12. 如图,正方形ABCD的边长为2,点E从点A出发滑着线段AD向点D运动(不与点A,D重合),同时点F从点D出发沿着线段DC向点C运动(不与点D,C重合,点E与点F的运动速度相同.BE与AF相交于点G,H为BF中点、则有下列结论:
①∠BGF是定值;
②FB平分∠AFC;
③当E运动到AD中点时,GH= 52;
④当AG+BG= 6时,四边形GEDF的面积是12.
其中正确的个数是( )
A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个
二、填空题(本大题共10小题,共30.0分)
13. 分解因式:x3−2x2y+xy2=______.
14. 从0到9这10个自然数中随机取一个数,能使x 3−x有意义的概率是______.
15. 一个扇形的弧长是10π,其圆心角是150°,此扇形的面积为 .
16. 关于x的一元二次方程(m−5)x2+2x+2=0有实根,则m的最大整数解是______.
17. 若x为 2−1的倒数,则x2−x−6x−3÷x+3x2+x−6的值为______.
18. 若关于x的不等式组x+2m<03x+m<15的解集中的任意x的值,都能使不等式x−3<0成立,则m的取值范围是______ .
19. 如图,点P是△ABC内部一点,且PA=PB=PC,∠ABC=45°,点D在AC上,连接DP并延长交BC于点E,若CD=3AD,∠APD=∠CBP,PE= 7,则线段PD的长为______ .
20. 如图,在矩形ABCD中,AB=2 3,AD=2,点E为线段CD的中点,动点F从点C出发,沿C→B→A的方向在CB和BA上运动,将矩形沿EF折叠,点C的对应点为C’,当点C’恰好落在矩形的对角线上时(不与矩形顶点重合),点F运动的距离为______.
21. 如图,一次函数y=ax+b的图象与x轴交于点A(4,0),与y轴交于点B,与反比例函数y=kx(x>0)的图象交于点C,D.若tan∠BAO=2,BC=3AC,则点D的坐标为______ .
22. 如图,圆桌周围有20个箱子,按顺时针方向编号1~20,小明先在1号箱子中丢入一颗红球,然后沿着圆桌按顺时针方向行走,每经过一个箱子丢一颗球,规则如下
①若前一个箱子丢红球,则下一个箱子就丢绿球.
②若前一个箱子丢绿球,则下一个箱子就丢白球.
③若前一个箱子丢白球,则下一个箱子就丢红球.他沿着圆周走了2020圈,求4号箱内有______颗红球.
三、解答题(本大题共6小题,共48.0分。解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤)
23. (本小题8.0分)
如图,在Rt△ABC中,∠ACB=90°,AC=1,AB=2
(1)求作⊙O,使它过点A、B、C(要求:尺规作图,保留作图痕迹,不写作法);
(2)在(1)所作的圆中,求出劣弧BC的长l.
24. (本小题8.0分)
图1是新冠疫情期间测温员用“额温枪”对居民张阿姨测温时的实景图,图2是其侧面示意图,其中枪柄CD和手臂BC始终在同一条直线上,枪身DE与额头F保持垂直.胳膊AB=24cm,BD=40cm,肘关节B与枪身端点E之间的水平宽度为28cm(即BH的长度),枪身DE=8cm.
(1)求∠EDC的度数;
(2)测温时规定枪身端点E与额头规定范围为3cm−5cm.在图2中若∠ABC=75°,张阿姨与测温员之间的距离为48cm.问此时枪身端点E与张阿姨额头F的距离是否在规定范围内,并说明理由.
(结果保留小数点后两位.参考数据: 2≈1.414 3≈1.732)
25. (本小题8.0分)
某市接到上级救灾的通知,派出甲、乙两个抗震救灾小组乘车沿同一路线赶赴距出发点480千米的灾区.乙组由于要携带一些救灾物资,比甲组迟出发1.25小时(从甲组出发时开始计时).图中的折线、线段分别表示甲、乙两组的所走路程y甲(千米)、y乙(千米)与时间x(小时)之间的函数关系对应的图象.请根据图象所提供的信息,解决下列问题:
(1)由于汽车发生故障,甲组在途中停留了______小时.
(2)甲组的汽车排除故障后,立即提速赶往灾区.请问甲组的汽车在排除故障时,距出发点的路程是多少千米?
(3)为了保证及时联络,甲、乙两组在第一次相遇时约定此后两车之间的路程不超过25千米,请通过计算说明,按图象所表示的走法是否符合约定.
26. (本小题8.0分)
已知△ABC内接于⊙O,AB是直径,过点A作⊙O的切线MN.
(1)如图1,求证:∠ABC=∠MAC;
(2)如图2,当D是弧AC的中点时,过点D作DE⊥AB于E.求证:AC=2DE;
(3)如图3,在(2)的条件下,DE与AC相交于点F,连接CD、BD与AC相交于点G,若△CDG的面积为12,EF=3,求点C到MN的距离.
27. (本小题8.0分)
已知矩形ABCD,点E、F分别在AD、DC边上运动,连接BF、CE,记BF、CE交于点P.
(1)如图1,若ABAD=35,CF=4,∠AEP+∠ABP=180°,求线段DE的长度;
(2)如图2,若∠EBF=∠DEC,BPAD=23,求EPPC;
(3)如图3,连接AP,若∠EBF=∠DEC,AP=AB=2,BC=3,求PB的长度.
28. (本小题8.0分)
已知:抛物线y=a(x+3)(x−2)交x轴于点A和点C,与y轴交于点B,且tan∠BAC=43.
(1)求抛物线解析式;
(2)点P是第四象限抛物线上一点,连接AP交y轴于点F,若点P的横坐标为t,△ABF的面积为s,求s与t的关系式;
(3)在(2)的条件下,s=152,延长AF、BC交于点G,点H在线段AF上,过点H作HE⊥BC于点E,EH的延长线交抛物线于点D,点M在直线AF下方的第四象限内,连接MH、ME、MG,∠HMG+∠OBC=90°−∠NAC,点N在AG的延长线上,连接MN并延长交x轴于点K,AK=MH,当△MHE的面积为9,点N是MK的中点时,求点D的横坐标.
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解:A、∵ 0.2= 15= 55,
∴ 55与 2不是同类二次根式,不符合题意;
B、∵ 0.5= 12= 22,
∴ 22与 2是同类二次根式,符合题意;
C、∵ 4=2,
∴2与 2不是同类二次根式,不符合题意;
D、∵ 12=2 3,
∴ 12与 2不是同类二次根式,不符合题意.
故选:B.
根据同类二次根式的定义,化成最简二次根式后,被开方数相同的叫做同类二次根式,即可解答.
本题考查了同类二次根式,熟练掌握同类二次根式的定义是解题的关键.
2.【答案】C
【解析】
【分析】
根据轴对称图形与中心对称图形的概念判断即可.
【解答】
解:A.是轴对称图形,不是中心对称图形,故此选项不合题意;
B.是轴对称图形,不是中心对称图形,故此选项不合题意;
C.既是轴对称图形,又是中心对称图形,符合题意;
D.是轴对称图形,不是中心对称图形,故此选项不合题意.
故选:C.
【点评】
本题考查轴对称图形与中心对称图形的知识,关键是掌握轴对称图形与中心对称图形的概念.判断轴对称图形的关键是寻找对称轴,沿对称轴折叠后图形两部分可重合;判断中心对称图形的关键是寻找对称中心,图形旋转180°后与原图重合.
3.【答案】A
【解析】解:从正面看,可得到图形:
.
故选:A.
根据主视图是从正面看得到的图形,可得答案.
本题考查了简单组合体的三视图,从正面看得到的图形是主视图.
4.【答案】D
【解析】解:A、6ab与3a不是同类项,不能合并,故A错误,不符合题意;
B、(−3a2b)2=9a4b2,故B错误,不符合题意;
C、(a−1)2=a2−2a+1,故C错误,不符合题意;
D、5a2b÷b=5a2,故D正确,符合题意,
故选:D.
根据同类项定义、积的乘方与幂的乘方法则,完全平方公式,单项式除以单项式法则逐项判断.
本题考查整式的运算,解题的关键是掌握同类项定义、积的乘方与幂的乘方法则,完全平方公式,单项式除以单项式法则等知识.
5.【答案】C
【解析】解:2.8万千米=28000000米=2.8×107米.
故选:C.
把一个大于10的数记成a×10n的形式,其中a是整数数位只有一位的数,n是正整数,这种记数法叫做科学记数法,由此即可得到答案.
本题考查科学记数法—表示较大的数,关键是掌握用科学记数法表示较大数的方法.
6.【答案】B
【解析】解:①实数与数轴上的点一一对应,故原命题错误,是假命题,符合题意;
②两条平行直线被第三条直线所截,内错角相等,故原命题错误,是假命题,符合题意;
③平行于同一条直线的两条直线互相平行,正确,是真命题,不符合题意;
④同一平面内,垂直于同一条直线的两条直线互相平行,正确,是真命题,不符合题意;
⑤直线外一点到这条直线的垂线段的长度叫做点到直线的距离,故原命题错误,是假命题,符合题意;
⑥如果一个角的两边分别平行于另一个角的两边,那么这两个角相等或互补,故原命题错误,是假命题,符合题意,
假命题有4个,
故选:B.
利用实数的性质、平行线的性质及判定、点到直线的距离的定义等知识分别判断后即可确定答案.
考查了命题与定理的知识,解题的关键是了解实数的性质、平行线的性质及判定、点到直线的距离的定义等知识,难度不大.
7.【答案】D
【解析】解:A.以上调查属于抽样调查,故A不符合题意;
B.样本容量是100,故B选项不符合题意;
C.100名学生的睡眠情况是总体的一个样本,故C选项不符合题意;
D.每名学生的睡眠时间是一个个体,故D选项符合题意;
故选:D.
根据统计的知识依次判断各个选项得出结论即可.
本题主要考查统计的知识,熟练掌握统计里的基础概念是解题的关键.
8.【答案】B
【解析】解:设原计划每天制作x套防护服,
可列方程为:1000x−1000(1+20%)x=2,
故选:B.
设原计划每天制作x套防护服,则实际每天制作为(1+20%)x,根据结果比原计划提前2天完成任务,列出方程即可.
本题考查了由实际问题抽象出分式方程,关键是读懂题意,设出未知数,找出合适的等量关系,列出方程.
9.【答案】D
【解析】解:∵OEEA=43,
∴OEOA=47.
∵四边形ABCD与四边形EFGH位似,
∴EF//AB.
∴△OEF∽△OAB.
∴EFAB=OEOA=47,
∴四边形EFGH与四边形ABCD的周长之比为:47.
故选:D.
根据位似图形的概念得到EF//AB,根据相似多边形的性质计算即可.
本题考查的是位似图形的概念和性质,掌握相似多边形的周长之比等于相似比是解题的关键.
10.【答案】D
【解析】解:二次函数y=ax2+bx+c的图象开口向下可知a<0,与x轴有两个交点可知b2−4ac>0,当x=2时,y=4a+2b+c<0,
∴一次函数y=ax+b2−4ac经过一、二、四象限,反比例函数y=4a+2b+cx的图象经过第二、四象限,
故选:D.
根据二次函数的图象可知a<0,b2−4ac>0,4a+2b+c<0,利用排除法即可得出正确答案.
本题考查的是二次函数的图象与系数的关系,反比例函数及一次函数的性质,熟知以上知识是解答此题的关键.
11.【答案】D
【解析】解:如图,连接OD,OC,
∵AD=DP,
∴OD⊥PA,
∴∠ADO=90°,
∴点D的运动轨迹为以AO为直径的⊙K,连接CK,AC,
当点D在CK的延长线上时,CD的值最大,
∵C为AB的三等分点,
∴∠AOC=60°,
∴△AOC是等边三角形,
∴CK⊥OA,
在Rt△OCK中,∵∠COA=60°,OC=2,OK=1,
∴CK= OC2−OK2= 3,
∵DK=12OA=1,
∴CD= 3+1,
∴CD的最大值为 3+1,
故选:D.
如图,连接OD,OC,首先证明点D的运动轨迹为以AO为直径的⊙K,连接CK,当点D在CK的延长线上时,CD的值最大,利用勾股定理求出CK即可解决问题.
本题考查圆周角定理、轨迹、勾股定理、点与圆的位置关系等知识,解题的关键是正确寻找点D的运动轨迹,学会构造辅助圆解决问题.
12.【答案】C
【解析】解:结论①,
∵四边形ABCD是正方形,
∴AB=CD,∠BAE=∠D=90°,
在Rt△BAE,Rt△ADF中,
AE=DF∠BAE=∠D=90°AB=AD,
∴Rt△BAE≌Rt△ADF(SAS),
∴∠ABE=∠DAF,
∵∠DAF+∠BAG=90°,
∴∠ABE+∠BAG=90°,
∴∠AGB=90°,
∴∠BGF=180°−90°=90°,即∠BGF是定值,故结论①正确;
结论②,
由结论①可知,∠BGF=90°,
∵四边形ABCD是正方形,
∴∠C=90°,
∵无法证明GF=FC,
∴无法确定BF平分∠AFC,故结论②错误;
结论③,
当点E运动到AD中点时,且AD=DC=2,
∵点F从点D同时出发,
∴点F运动到DC中点,
∴CF=12CD=12×2=1,
∴BF= BC2+CF2= 22+1= 5,
∵点H是BF中点,
∴GH=12BF= 52,故结论③正确;
结论④,
∵由结论①正确可知△BAE≌△ADF,∠AGB=90°,
∴S四边形GEDF+S△AEG=S△ABG+S△AEG,
∴S四边形GEDF=S△ABG,
若AG+BG= 6,即(AG+BG)2=AG2+2AG⋅BG+BG2=6,
在Rt△ABG中,AG2+BG2=AB2=22=4,
∴2AG⋅BG=6−4=2,则AG⋅BG=1,
∴S△ABG=12AG⋅BG=12×1=12,
∴四边形GEDF的面积是12,故结论④正确;
综上所述,正确的有①③④,3个,
故选:C.
根据题意可证Rt△BAE≌Rt△ADF(SAS),可判定结论①;条件不足无法判定结论②;根据当点E运动到AD中点时,点F从点D同时出发,则点F运动到DC中点,再结合勾股定理可判定结论③;根据S四边形GEDF=S△ABG可判定结论④,由此即可求解.
本题主要考查全等三角形的判定和性质,正方形的性质,勾股定理的综合,掌握以上知识的综合运用是解题的关键.
13.【答案】x(x−y)2
【解析】解:x3−2x2y+xy2,
=x(x2−2xy+y2),
=x(x−y)2.
故答案为:x(x−y)2.
先提取公因式x,再对余下的多项式利用完全平方公式继续分解.
本题考查了用提公因式法和公式法进行因式分解,一个多项式有公因式首先提取公因式,然后再用其他方法进行因式分解,同时因式分解要彻底,直到不能分解为止.
14.【答案】310
【解析】解:∵当3−x>0时,即x<3时,x 3−x有意义,
∴从0到9这10个自然数中随机取一个数,能使x 3−x有意义的有0,1,2,
∴从0到9这10个自然数中随机取一个数,能使x 3−x有意义的概率是:310.
故答案为:310.
由从0到9这10个自然数中随机取一个数,能使x 3−x有意义的有0,1,2,直接利用概率公式求解即可求得答案.
此题考查了概率公式的应用.用到的知识点为:概率=所求情况数与总情况数之比.
15.【答案】60π
【解析】解:根据题意可得,
设扇形的半径为r,
则l=nπr180,
即10π=150πr180,
解得:r=12,
∴S=12rl=12×12×10π=60π.
故答案为:60π.
先根据题意可算出扇形的半径,再根据扇形面积公式即可得出答案.
本题主要考查了扇形面积的计算,熟练掌握扇形面积的计算方法进行求解是解决本题的关键.
16.【答案】4
【解析】
【分析】
若一元二次方程有实根,则根的判别式Δ=b2−4ac≥0,建立关于m的不等式,求出m的取值范围.还要注意二次项系数不为0.
本题考查了根的判别式,总结:一元二次方程根的情况与判别式Δ的关系:
(1)Δ>0⇔方程有两个不相等的实数根;
(2)Δ=0⇔方程有两个相等的实数根;
(3)Δ<0⇔方程没有实数根.
【解答】
解:∵关于x的一元二次方程(m−5)x2+2x+2=0有实根,
∴Δ=4−8(m−5)≥0,且m−5≠0,
解得m≤5.5,且m≠5,
则m的最大整数解是4.
故答案为4.
17.【答案】2 2−1
【解析】解:∵x为 2−1的倒数,
∴x= 2+1,
∴原式=(x−3)(x+2)x−3÷x+3(x+3)(x−2)
=(x+2)(x−2)
=( 2+3)( 2−1)
=2 2−1.
先对x2−x−6和x2+x−6分解因式,再进行化简求值.
此题考查分式的化简与计算,解决这类题目关键是把握好通分与约分.分式加减的本质是通分,乘除的本质是约分.同时注意在进行运算前要尽量保证每个分式最简.
18.【答案】m≥−32
【解析】解:解不等式x+2m<0,得:x<−2m,
解不等式3x+m<15,得:x<15−m3,
①若−2m<15−m3,即m>−3时,−2m≤3,
解得m≥−32,
此时m≥−32;
②若−2m≥15−m3,即m≤−3时,15−m3≤3,
解得m≥6,与m≤−3不符,舍去;
故m≥−32.
解两个不等式得出x<−2m且x<15−m3,再分−2m<15−m3、−2m≥15−m3两种情况,根据解集中的任意x的值,都能使不等式x−3<0成立列出关于m的不等式,解之可得答案.
本题考查的是解一元一次不等式组,正确求出每一个不等式解集是基础,熟知“同大取大;同小取小;大小小大中间找;大大小小找不到”的原则是解答此题的关键.
19.【答案】2 7
【解析】解:如图所示,过点P作PH⊥AC于点H,过点E作EM⊥AC于点M,设∠ABP=α,∠CBP=β,
∴α+β=∠ABC=45°,
∵PA=PB=PC,
∴∠BAP=∠ABP=α,∠BCP=∠CBP=β,
∴∠PAC+∠PCA=180°−∠BAP−∠BCP−∠ABC=180°−45°−45°=90°,
∴△APC是等腰直角三角形,
∵∠APD=∠CBP=∠BCP=β,∠PAC=∠PCA,
∴∠EDC=∠APD+∠PAD,∠ECD=∠BCP+∠PCA,
∴∠EDC=∠ECD=45°+β,
∴CE=CD,即△CDE是等腰三角形,
设AD=k,
∴CD=3AD=3k,
∴AC=AD+DC=4k,
∵PA=PC,PH⊥AC,
∴AH=12AC=2k,DH=AH−AD=2k−k=k,
∵CE=DE,EM⊥AC,
∴DM=12CD=3k2,
∴HM=DM−DH=3k2−k=12k,
∵PH//EM,PE= 7,
∴PDPE=DHHM,即PD 7=k12k,
∴PD=2PE=2 7,
故答案为:2 7.
如图所示,过点P作PH⊥AC于点H,过点E作EM⊥AC于点M,设∠ABP=α,∠CBP=β,由此可证△APC是等腰直角三角形,△CDE是等腰三角形,根据PH//EM,平行分线段成比例的性质即可求解.
本题主要考查等腰三角形的判定与性质,直角三角形的性质、平行线分线段成比例的综合,掌握以上知识的综合运用是解题的关键.
20.【答案】1或2+ 33
【解析】解:分两种情况:
①当点C′落在对角线BD上时,连接CC′,如图1所示:
∵将矩形沿EF折叠,点C的对应点为点C′,且点C′恰好落在矩形的对角线上,
∴CC′⊥EF,
∵点E为线段CD的中点,
∴CE=ED=EC′,
∴∠CC′D=90°,即CC′⊥BD,
∴EF//BD,
∴点F是BC的中点,
∵在矩形ABCD中,AD=2,
∴BC=AD=2,
∴CF=1,
∴点F运动的距离为1;
②当点C′落在对角线AC上时,作FH⊥CD于H,则CC′⊥EF,四边形CBFH为矩形,如图2所示:
在矩形ABCD中,AD=2,AB=2 3,∠B=∠BCD=90°,AB//CD,
∴BC=AD=2,tan∠BAC=BCAB=22 3= 33,
∴∠BAC=30°,
∵EF⊥AC,
∴∠AFE=60°,
∴∠FEH=60°,
∵四边形CBFH为矩形,
∴HF=BC=2,
∴EH=HFtan60∘=2 3=2 33,
∵EC=12CD= 3,
∴BF=CH=CE−EH= 3−2 33= 33,
∴点F运动的距离为2+ 33;
综上所述:点F运动的距离为1或2+ 33;
故答案为:1或2+ 33.
分点C′落在对角线BD上和点C′落在对角线AC上两种情况分别进行讨论求解,即可得出点F运动的距离.
本题考查了翻折变换的性质、矩形的性质、平行线的性质、三角函数的应用等知识;熟练掌握矩形的性质,熟记翻折变换的性质是解题的关键.
21.【答案】(1,6)
【解析】解:在Rt△AOB中,
∵tan∠BAO=2,
∴BO=2OA,
∵A(4,0),
∴B(0,8),
∵A、B两点在函数y=ax+b上,
将A(4,0)、B(0,8)代入y=ax+b得:
4a+b=0b=8,解得:a=−2b=8,
∴y=−2x+8,
设C(x1,y1),过点C作CE⊥x轴,垂足为E,则CE//BO,
∴△ACE∽△ABO,
∴ACAB=CEBO,
又∵BC=3AC,
∴ACAB=CEBO=14,
即CE8=14,则CE=2,即y1=2,
∴−2x1+8=2,
∴x1=3,
∴C(3,2),
∴k=x1y1=3×2=6,
∴y=6x;
联立y=−2x+8y=6x,解得:x=1y=6或x=3y=2,
∴D(1,6),
故答案为:(1,6).
根据tan∠BAO=2,可得出B点的坐标,运用待定系数法即可求出AB的解析式;设C(x1,y1),过点C作CE⊥x轴,垂足为E,则CE//BO,得出△ACE∽△ABO,根据相似三角形的性质解出点C的坐标,可得反比例函数表达式,联立反比例函数与一次函数即可求解.
本题考查反了反比例函数和一次函数的交点,涉及到相似三角形的性质与判定等,熟练运用反比例函数的性质是解题的关键.
22.【答案】674
【解析】解:根据题意,可知
第1圈红球在1、4、7、10、13、16、19号箱内,
第2圈红球在2、5、8、11、14、17、20号箱内,
第3圈红球在3、6、9、12、15、18号箱内,
第4圈红球在1、4、7、10、13、16、19号箱内,
…
且第1、4、7、10…2020圈会在4号箱内丢一颗红球,
所以1+3(n−1)=2020(n为正整数)
解得n=674.
故答案为674.
根据图形的变化规律即可求解.
本题考查了图形的变化规律问题,解决本题的关键是寻找规律式.
23.【答案】解:(1)如图所示,⊙O即为所求;
(2)∵AC=1,AB=2,
∴∠B=30°,∠A=60°,
∴∠BOC=120°,
∴l=120°π⋅1180∘=2π3
【解析】(1)使以O为圆心的圆经过A、B、C三点,即做三角形的外接圆,因为△ABC为直角三角形,所以作斜边的中点,以该点为圆心OA为半径作圆即可;
(2)由,∠ACB=90°,AC=1,AB=2,易得∠B=30°,∠A=60°,∠BOC=120°,由弧长计算公式得出结论.
本题主要考查了三角形外接圆的做法,含30°直角三角形的性质及弧长的计算,数形结合,掌握直角三角形的性质是解答此题的关键.
24.【答案】解:(1)过点D作DG⊥BH于G,则∠DGB=90°,GH=DE=20cm,
∵BD=40cm,
∴sin∠BDG=BGBD=2040=12,
∴∠BDG=30°,
∴∠EDC=90°+30°=120°;
(2)在规定范围内,理由如下:
过点B作BN⊥ED交ED的延长线于点G,过点A作AK⊥BG于K,
则GE=BH=28cm,∠BDG=180°−∠EDC=60°,
∴∠GBD=90°−∠BDG=30°,
∵∠ABC=75°,
∴∠ABK=75°−30°=45°,
∴△ABK是等腰直角三角形,
∵AB=24cm,
∴AK= 22=12 2(cm),
在Rt△BDG中,∠GBD=30°,
∴GD=12BD=20(cm),
又∵DE=8cm,
∴EF=48−20−8−12 2≈3.03(cm),
∵规定范围为3cm−5cm,
∴在规定范围内.
【解析】(1)过点D作DG⊥BH于G,则∠DGB=90°,GH=DE=20cm,由锐角三角函数定义求出∠BDG=30°,即可解决问题;
(2)过点B作BN⊥ED交ED的延长线于点G,过点A作AK⊥BG于K,则GE=BH=28cm,∠BDG=180°−∠EDC=60°,先证△ABK是等腰直角三角形,得AK=12 2(cm),再求出GD=12BD=20(cm),即可解决问题.
本题主要考查了解直角三角形的应用,正确作出辅助线构造直角三角形是解题的关键.
25.【答案】(1)1.9.
(2)由图象可知,D(7,480)、E(1.25,0)、F(7.25,480),
∴乙的速度为4807.25−1.25=80(km/h),
设lEF:y乙=80x+b,
将点E(1.25,0)代入,得:100+b=0,即b=−100,
∴lEF:y乙=80x−100 (1.25≤x≤7.25);
当x=6时,y=80×6−100=380,
∴点C(6,380),
设lBD:y甲=mx+n,
将点C(6,380)、D(7,480)代入,得:6m+n=3807m+n=480,
解得:m=100n=−220,
∴lBD:y甲=100x−220(4.9≤x≤7),
当x=4.9时,y=270,
答:甲组的汽车在排除故障时,距出发点的路程是270千米.
(3)符合约定,
由图象可知:甲、乙两组第一次相遇后在B和D相距最远.
在点B处有y乙−y甲=80×4.9−100−(100×4.9−220)=22千米<25千米,
在点D有y甲−y乙=100×7−220−(80×7−100)=20千米<25千米,
∴按图象所表示的走法符合约定.
【解析】解:(1)甲组在途中停留时间为:4.9−3=1.9(小时),
故答案为:1.9;
(2)见答案;
(3)见答案.
(1)由于线段AB与x轴平行,故自3时到4.9时这段时间内甲组停留在途中,所以停留的时间为1.9时;
(2)观察图象可知点B的纵坐标就是甲组的汽车在排除故障时距出发点的路程的千米数,所以求得点B的坐标是解答(2)题的关键,这就需要求得直线EF和直线BD的解析式,而EF过点(1.25,0),(7.25,480),利用这两点的坐标即可求出该直线的解析式,然后令x=6,即可求出点C的纵坐标,又因点D(7,480),这样就可求出CD即BD的解析式,从而求出B点的坐标;
(3)由图象可知:甲、乙两组第一次相遇后在B和D相距最远,在点B处时,x=4.9,求出此时的y乙−y甲,在点D有x=7,也求出此时的y甲−y乙,分别同25比较即可.
本题是依据函数图象提供的信息,解答相关的问题,充分体现了“数形结合”的数学思想,是中考的常见题型,其关键是认真观察函数图象、结合已知条件,正确地提炼出图象信息.
26.【答案】(1)证明:∵AB是直径,
∴∠ACB=90°,
∴∠ABC+∠CAB=90°.
∵MN为⊙O的切线,
∴OA⊥MN,
∴∠MAC+∠CAB=90°,
∴∠ABC=∠MAC;
(2)证明:连接CD,AD,OD,OD与AC交于点F,延长DE交⊙O于点G,如图,
∵D是弧AC的中点,
∴OF⊥AC,AF=CF=12AC.
∵D是弧AC的中点,
∴CD=DA,
∴AD=CD.
∵AB是直径,DE⊥AB,
∴DA=AG,
∴∠DCA=∠GDA.
在△CDF和△DAE中,
∠DFC=∠AED=90°∠DCF=∠EDACD=AD,
∴△CDF≌△DAE(AAS),
∴CF=DE,
∴DE=12AC,
∴AC=2DE;
(3)解:过点C作CH⊥AB于点H,连接OD,DA,OD与AC交于点K,延长DE交⊙O于点J,如图,
∵AB是直径,DE⊥AB,
∴AJ=AD,
∵D是弧AC的中点,
∴CD=AD,
∴CD=AJ=AD,
∴∠EDA=∠CAD,CD=AD.
∴FD=FA,
∵AB是直径,
∴∠ADG=90°,
∴∠DGF+∠DAG=90°,∠GDF+∠FDA=90°,
∴∠FDG=∠FGD,
∴FG=FD,
∴FG=FD=FA.
∵D是弧AC的中点,
∴OK⊥AC,CK=KA.
∴∠DKF=∠FEA=90°.
在△DKF和△AEF中,
∠DKF=∠AEF=90°∠DFK=∠AFEDF=AF,
∴△DKF≌△AEF(AAS),
∴KF=EF=3,DK=AE.
设FG=FD=FA=x,则DE=x+3,
∵AC=2DE,
∴AC=2(x+3)=2x+6,
∴CG9+FG+FA=x+6,
∴CG=6.
∵△CDG的面积为12,
∴12×GC⋅DK=12,
∴DK=4,
∴AE=4.
∴FD= DK2+FK2= 42+32=5,
∴FG=FD=FA=5
∴AG=2FA=10,
∴AC=AG+GC=16.
∵CH⊥AB,DE⊥AB,
∴DE//CH.
∴△AEF∽△ACH,
∴AEAH=AFAC,
∴4AH=516,
∴AH=645.
∵MN⊥AB,CH⊥AB,
∴CH//MN,
∴点C到MN的距离为AH=645.
【解析】(1)利用圆周角定理,圆的切线的性质定理和同角的余角相等解答即可;
(2)连接CD,AD,OD,OD与AC交于点F,延长DE交⊙O于点G,利用圆心角,弧,弦的关系定理,圆周角定理,垂径定理和全等三角形的判定与性质解答即可;
(3)过点C作CH⊥AB于点H,连接OD,DA,OD与AC交于点K,延长DE交⊙O于点J,利用圆周角定理,垂径定理和等腰三角形的判定与性质得到FG=FD=FA,利用全等三角形的判定与性质得到KF=EF=3,DK=AE;设FG=FD=FA=x,则DE=x+3,利用(2)的结论和三角形的面积公式求得线段CG,DK的长度,利用勾股定理和相似三角形的判定与性质求得AH的长,最后利用平行线之间的距离相等得出结论即可.
本题主要考查了圆的有关概念和性质,圆周角定理,圆的切线的性质定理,垂径定理,直角三角形的性质,等腰三角形的判定与性质,平行线的判定与性质,全等三角形的判定与性质,勾股定理,相似三角形的判定与性质,本题综合性较强,熟练掌握圆的有关性质,恰当的添加辅助线是解题的关键.
27.【答案】解:(1)∵四边形ABCD是矩形,
∴AB=CD,AD=BC,∠A=∠D=∠BCD=90°,
∵ABAD=35,
∴CDBC=ABAD=35,
∵∠A+∠ABP+∠BPE+∠AEP=360°,∠AEP+∠ABP=180°,
∴∠A+∠BPE=180°,
∴∠BPE=180°−∠A=180°−90°=90°=∠CPF,
∴∠ECD+∠CFB=90°,
∵∠FBC+∠CFB=90°,
∴∠ECD=∠FBC,
∴△CED∽△BFC,
∴DECF=CDBC=35,
∵CF=4,
∴DE=35CF=35×4=125;
(2)∵四边形ABCD是矩形,
∴AD//BC,AD=BC,
∴∠DEC=∠ECB,
∵∠EBF=∠DEC,
∴∠EBF=∠ECB,
∵∠BEP=∠CEB,
∴△EBP∽△ECB,
∴BPBC=EPEB=EBEC,
∵BPBC=BPAD=23,
∴EPEB=EBEC=23,
∴EB=32EP,
∵EC=EP+PC,
∴32EPEP+PC=23,
∴EPEP+PC=49,
∴EPPC=45;
(3)如图3,过点A作AH⊥BP于H,过点P作MN⊥BC于N,交AD于M,
∵AP=AB=2=CD,AH⊥BP,
∴BH=HP,设BH=HP=x,则BP=2x,
∵BC=AD=3,
∴BPBC=2x3,
∵∠EBF=∠DEC,由(2)得△EBP∽△ECB,
∴EPEB=EBEC=BPBC=2x3,
∴EB=32xEP,
∵EC=EP+PC,
∴32xEPEC=2x3,即EPPC=4x29,
∵MN//CD,
∴PMCD=EPPC=4x29,
∴PM=8x29,
∵∠D=∠DCN=∠MNC=90°,
∴四边形CDMN是矩形,
∴MN=CD=2,
∴PN=2−8x29,
∵∠BNP=∠AHB=90°,
∴∠PBN+∠BPN=90°,
∵∠PBN+∠ABH=90°,
∴∠BPN=∠ABH,
∴△BPN∽△ABH,
∴PNBP=BHAB,
∴AB⋅PN=BH⋅BP,
∴2(2−8x29)=2x2,
∴x2=1817,
∵x>0,
∴x=3 3417,
∴BP=2x=6 3417,
故PB的长度为6 3417.
【解析】(1)根据矩形的性质可得:AB=CD,AD=BC,∠A=∠D=∠BCD=90°,CDBC=ABAD=35,结合四边形内角和可证得△CED∽△BFC,得出DECF=CDBC=35,即可求得答案;
(2)根据已知条件可证得△EBP∽△ECB,得出BPBC=EPEB=EBEC,进而得出EB=32EP,利用EC=EP+PC,即可得出答案.
(3)过点A作AH⊥BP于H,过点P作MN⊥BC于N,交AD于M,根据等腰三角形性质可得BH=HP,设BH=HP=x,则BP=2x,即BPBC=2x3,仿照(2)可得△EBP∽△ECB,得出EPEB=EBEC=BPBC=2x3,推出EPPC=4x29,由MN//CD,可得PMCD=EPPC=4x29,得出PM=8x29,PN=2−8x29,再证得△BPN∽△ABH,得出PNBP=BHAB,解方程2(2−8x29)=2x2,即可求得答案.
本题是矩形综合题,考查了矩形的判定和性质,相似三角形的判定和性质等,添加辅助线构造相似三角形是解题关键.
28.【答案】解:(1)令y=0,则a(x+3)(x−2)=0,
解得:x1=−3,x2=2,
∴A(−3,0),C(2,0),
∴OA=3,OC=2,
∵tan∠BAC=43,
∴OBOA=43,
∴OB=4,即B(0,4),
将B(0,4)代入y=a(x+3)(x−2),得:−6a=4,
解得:a=−23,
∴该抛物线的解析式为:y=−23(x+3)(x−2)=−23x2−23x+4;
(2)过点P作PE//y轴,交轴于点E,如图所示:
∵PE//y轴,
∴△AOF∽△AEP,
∴AOAE=OFPE,
∵点P是第四象限抛物线上一点,点P的横坐标为t,则纵坐标为−23(t+3)(t−2),
∴OE=t,PE=23(t+3)(t−2),t>0,
∵OA=3,OC=2,
∴AE=3+t,
∴33+t=OF23(t+3)(t−2),
∴OF=2(t−2),
∴△ABF的面积为:
s=S△AOB+S△AOF=12×3×4+12×3×2(t−2)=6+3(t−2)=3t,
故s与t的关系式为s=3t(t>0);
(3)当s=152时,即3t=152,
解得:t=52,
则OF=2(t−2)=2×(52−2)=1,
∴F(0,−1),
设直线AF的解析式为y=kx+b,把A(−3,0)、F(0,−1)代入,得:−3k+b=0b=−1,
解得:k=−13b=−1,
∴直线AF的解析式为y=−13x−1,
同理可得,直线BC的解析式为y=−2x+4,
联立y=−13x−1y=−2x+4,
解得:x=3y=−2,
∴G(3,−2),
∵A(−3,0)、F(0,−1)、B(0,4)、C(2,0)、G(3,−2),
∴AC=2−(−3)=5,BC= (0−2)2+(4−0)2=2 5,CG= (3−2)2+(−2−0)2= 5,
AF= (−3−0)2+[0−(−1)]2= 10,AG= (−3−3)2+[0−(−2)]2=2 10,
如图,过点C作CR⊥AG于R,
则sin∠CAR=CRAC=OFAF,即CR5=1 10,
∴CR= 102,
则GR= CG2−CR2= ( 5)2−( 102)2= 102,
∴CR=GR,
∴∠AGC=12×90°=45°,
在凹四边形AGBO中,可知∠GAC+∠OBC+∠AGC=360°−270°=90°,
又∵∠HMG+∠OBC=90°−∠NAC,即∠HMG+∠OBC+∠NAC=90°,
∴∠AGC=∠HMG=45°,
延长AN,使得AN=NS,过点M作MT⊥EH交EH于T,
∴点N是MK的中点,
∴NK=NM,
又∵∠ANK=∠SNM,
∴△ANK≌△SNM(SAS),
∴AK=SM,∠NAC=∠S,
∵AK=MH,
∴MH=SM,
∴∠S=∠MHG=∠NAC,
∴△AGC∽△HMG,
∴ACHG=AGHM,
∵HE⊥BC,则△HEG为等腰直角三角形,
∴∠EHG=45°,
设EH=EG=a,则HG= 2a,
∵ACHG=AGHM,即5 2a=2 10HM,
∴HM=4 55a,
∵∠BCO=∠GAC+∠AGC=∠MHG+45°,∠MHT=∠MHG+∠EHG=∠MHG+45°,
∴∠MHT=∠BCO,
∴TM=HM⋅sin∠MHT=HM⋅sin∠BCO=HM⋅BCOB=4 55a⋅42 5=85a,
又∵△MHE的面积为9,即12EH⋅TM=12a⋅85a=9,
∴a=3 52(负值舍去),
∴EH=EG=3 52,HG=3 102,
∵点H在线段AF上,则点E在点G上方,
设H(m,−13m−1),−3
解得:m1=−32,m2=152(舍去),
则−13m−1=−13×(−32)−1=−12,
又(n−3)2+(−2n+4+2)2=(3 52)2,
解得:n1=32,n2=92(舍去),
则−2n+4=−2×32+4=1,
∴H(−32,−12),E(32,1),
设HE的解析式为y=k1x+b1,将H(−32,−12),E(32,1)代入得:−32k1+b1=−1232k1+b1=1,
解得:k1=12b1=14,
∴HE的解析式为y=12x+14,
联立直线与抛物线可得:12x+14=−23x2−23x+4,
解得:x=−7± 4098,
由题意可知点D的横坐标为负值,
∴点D的横坐标为x=−7− 4098.
【解析】(1)令y=0,可求得4(−3,0),C(2,0),再根据tan∠BAC=43,求得B(0,4),将B(0,4)代入y=a(x+3)(x−2)即可求得抛物线解析式;
(2)过点P作PE//y轴,则可得△AOF∽△AEP,点P的横坐标为t,可得OE=t,PE=23(t+3)(t−2),利用相似三角形性质可得AOAE=OFPE,即:33+t=OF23(t+3)(t−2),求出OF=2(t−2),利用s=S△AOB+S△AOF,即可求得s与t的关系式;
(3)当s=152时,求得F(0,−1),进而可得直线AF的解析式为:y=−13x−1,直线BC的解析式为:y=−2x+4,可求得交点G(3,−2),运用两点间距离公式可得:AC=5,BC=2 5,CG= 5,AF= 10,AG=2 10,过点C作CR⊥AG于R,可解得CR= 102,GR= CG2−CR2= 102,可得∠AGC=45°在凹四边形AGBO中,可知∠GAC+∠OBC+∠AGC=90°,结合已知进而可得∠AGC=∠HMG=45°,延长AN使得AN=NS,过点M作MT⊥EH于T,易证得△ANK≌△SNM(SAS),可证得∠S=∠MHG=∠NAC,进而可证△AGC∽△HMG,则ACHG=AGHM,结合题意易知△HEG为等腰直角三角形,设EH=EG=a,则HG= 2a,利用相似三角形所列比例关系可得HM=4 55a,由∠BCO=∠GAC+∠AGC=∠MHG+45°,∠MHT=∠MHG+∠EHG=∠MHG+45°,可得∠MHT=∠BCO,可得∠MHT=∠BCO,进而可得TM=HM⋅sin∠MHT=HM⋅sin∠BCO=85a,通过△MHE的面积为9,即12EH⋅TM=12a⋅85a=9,可得a=3 52,则EH=EG=3 52,HG=3 102,设H(m,−13m−1),−3
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