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文档简介
广东省深圳市福田区十校联考2023-2024学年中考押题数学预测卷注意事项1.考生要认真填写考场号和座位序号。2.试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上,在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答;第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3.考试结束后,考生须将试卷和答题卡放在桌面上,待监考员收回。一、选择题(每小题只有一个正确答案,每小题3分,满分30分)1.如图,已知△ABC,△DCE,△FEG,△HGI是4个全等的等腰三角形,底边BC,CE,EG,GI在同一直线上,且AB=2,BC=1.连接AI,交FG于点Q,则QI=()A.1 B. C. D.2.如图,AB是⊙O的切线,半径OA=2,OB交⊙O于C,∠B=30°,则劣弧的长是()A.π B. C.π D.π3.下列说法中,正确的是()A.两个全等三角形,一定是轴对称的B.两个轴对称的三角形,一定是全等的C.三角形的一条中线把三角形分成以中线为轴对称的两个图形D.三角形的一条高把三角形分成以高线为轴对称的两个图形4.如图所示,数轴上两点A,B分别表示实数a,b,则下列四个数中最大的一个数是(
)A.a
B.b
C. D.5.下列几何体是棱锥的是()A. B. C. D.6.下列实数中,最小的数是()A. B. C.0 D.7.若二次函数的图象经过点(﹣1,0),则方程的解为()A., B., C., D.,8.下面的几何体中,主(正)视图为三角形的是()A. B. C. D.9.若关于x的方程=3的解为正数,则m的取值范围是()A.m< B.m<且m≠C.m>﹣ D.m>﹣且m≠﹣10.若抛物线y=kx2﹣2x﹣1与x轴有两个不同的交点,则k的取值范围为()A.k>﹣1 B.k≥﹣1 C.k>﹣1且k≠0 D.k≥﹣1且k≠0二、填空题(共7小题,每小题3分,满分21分)11.如图,小量角器的零度线在大量角器的零度线上,且小量角器的中心在大量角器的外缘边上.如果它们外缘边上的公共点P在小量角器上对应的度数为65°,那么在大量角器上对应的度数为_____度(只需写出0°~90°的角度).12.已知⊙O的半径为5,由直径AB的端点B作⊙O的切线,从圆周上一点P引该切线的垂线PM,M为垂足,连接PA,设PA=x,则AP+2PM的函数表达式为______,此函数的最大值是____,最小值是______.13.如图,将△ABC绕点A逆时针旋转100°,得到△ADE.若点D在线段BC的延长线上,则的大小为________.14.一个多边形的内角和比它的外角和的3倍少180°,则这个多边形的边数是______.15.如图,△ABC中,AB=5,AC=6,将△ABC翻折,使得点A落到边BC上的点A′处,折痕分别交边AB、AC于点E,点F,如果A′F∥AB,那么BE=_____.16.如图,在△ABC中,P,Q分别为AB,AC的中点.若S△APQ=1,则S四边形PBCQ=__.17.如图,△AOB是直角三角形,∠AOB=90°,OB=2OA,点A在反比例函数y=的图象上.若点B在反比例函数y=的图象上,则k的值为_____.三、解答题(共7小题,满分69分)18.(10分)如图,在△AOB中,∠ABO=90°,OB=1,AB=8,反比例函数y=在第一象限内的图象分别交OA,AB于点C和点D,且△BOD的面积S△BOD=1.求反比例函数解析式;求点C的坐标.19.(5分)问题探究(1)如图①,在矩形ABCD中,AB=3,BC=4,如果BC边上存在点P,使△APD为等腰三角形,那么请画出满足条件的一个等腰三角形△APD,并求出此时BP的长;(2)如图②,在△ABC中,∠ABC=60°,BC=12,AD是BC边上的高,E、F分别为边AB、AC的中点,当AD=6时,BC边上存在一点Q,使∠EQF=90°,求此时BQ的长;问题解决(3)有一山庄,它的平面图为如图③的五边形ABCDE,山庄保卫人员想在线段CD上选一点M安装监控装置,用来监视边AB,现只要使∠AMB大约为60°,就可以让监控装置的效果达到最佳,已知∠A=∠E=∠D=90°,AB=270m,AE=400m,ED=285m,CD=340m,问在线段CD上是否存在点M,使∠AMB=60°?若存在,请求出符合条件的DM的长,若不存在,请说明理由.20.(8分)如图,某同学在测量建筑物AB的高度时,在地面的C处测得点A的仰角为30°,向前走60米到达D处,在D处测得点A的仰角为45°,求建筑物AB的高度.21.(10分)已知是关于的方程的一个根,则__22.(10分)某校运动会需购买A、B两种奖品,若购买A种奖品3件和B种奖品2件,共需60元;若购买A种奖品5件和B种奖品3件,共需95元.(1)求A、B两种奖品的单价各是多少元?(2)学校计划购买A、B两种奖品共100件,且A种奖品的数量不大于B种奖品数量的3倍,设购买A种奖品m件,购买费用为W元,写出W(元)与m(件)之间的函数关系式.请您确定当购买A种奖品多少件时,费用W的值最少.23.(12分)如图,在平面直角坐标系中,反比例函数的图像与边长是6的正方形的两边,分别相交于,两点.若点是边的中点,求反比例函数的解析式和点的坐标;若,求直线的解析式及的面积24.(14分)如图,一枚运载火箭从距雷达站C处5km的地面O处发射,当火箭到达点A,B时,在雷达站C测得点A,B的仰角分别为34°,45°,其中点O,A,B在同一条直线上.(1)求A,B两点间的距离(结果精确到0.1km).(2)当运载火箭继续直线上升到D处,雷达站测得其仰角为56°,求此时雷达站C和运载火箭D两点间的距离(结果精确到0.1km).(参考数据:sin34°=0.56,cos34°=0.83,tan34°=0.1.)
参考答案一、选择题(每小题只有一个正确答案,每小题3分,满分30分)1、D【解析】解:∵△ABC、△DCE、△FEG是三个全等的等腰三角形,∴HI=AB=2,GI=BC=1,BI=2BC=2,∴===,∴=.∵∠ABI=∠ABC,∴△ABI∽△CBA,∴=.∵AB=AC,∴AI=BI=2.∵∠ACB=∠FGE,∴AC∥FG,∴==,∴QI=AI=.故选D.点睛:本题主要考查了平行线分线段定理,以及三角形相似的判定,正确理解AB∥CD∥EF,AC∥DE∥FG是解题的关键.2、C【解析】
由切线的性质定理得出∠OAB=90°,进而求出∠AOB=60°,再利用弧长公式求出即可.【详解】∵AB是⊙O的切线,∴∠OAB=90°,∵半径OA=2,OB交⊙O于C,∠B=30°,∴∠AOB=60°,∴劣弧ACˆ的长是:=,故选:C.【点睛】本题考查了切线的性质,圆周角定理,弧长的计算,解题的关键是先求出角度再用弧长公式进行计算.3、B【解析】根据轴对称图形的概念对各选项分析判断即可得解.解:A.两个全等三角形,一定是轴对称的错误,三角形全等位置上不一定关于某一直线对称,故本选项错误;B.两个轴对称的三角形,一定全等,正确;C.三角形的一条中线把三角形分成以中线为轴对称的两个图形,错误;D.三角形的一条高把三角形分成以高线为轴对称的两个图形,错误.故选B.4、D【解析】
∵负数小于正数,在(0,1)上的实数的倒数比实数本身大.∴<a<b<,故选D.5、D【解析】分析:根据棱锥的概念判断即可.A是三棱柱,错误;B是圆柱,错误;C是圆锥,错误;D是四棱锥,正确.故选D.点睛:本题考查了立体图形的识别,关键是根据棱锥的概念判断.6、B【解析】
根据正实数都大于0,负实数都小于0,正实数大于一切负实数,两个负实数绝对值大的反而小,进行比较.【详解】∵<-2<0<,∴最小的数是-π,故选B.【点睛】此题主要考查了比较实数的大小,要熟练掌握任意两个实数比较大小的方法.(1)正实数都大于0,负实数都小于0,正实数大于一切负实数,两个负实数绝对值大的反而小.(2)利用数轴也可以比较任意两个实数的大小,即在数轴上表示的两个实数,右边的总比左边的大,在原点左侧,绝对值大的反而小.7、C【解析】
∵二次函数的图象经过点(﹣1,0),∴方程一定有一个解为:x=﹣1,∵抛物线的对称轴为:直线x=1,∴二次函数的图象与x轴的另一个交点为:(3,0),∴方程的解为:,.故选C.考点:抛物线与x轴的交点.8、C【解析】
解:圆柱的主视图是矩形,正方体的主视图是正方形,圆锥的主视图是三角形,三棱柱的主视图是宽相等两个相连的矩形.故选C.9、B【解析】
解:去分母得:x+m﹣3m=3x﹣9,整理得:2x=﹣2m+9,解得:x=,已知关于x的方程=3的解为正数,所以﹣2m+9>0,解得m<,当x=3时,x==3,解得:m=,所以m的取值范围是:m<且m≠.故答案选B.10、C【解析】
根据抛物线y=kx2﹣2x﹣1与x轴有两个不同的交点,得出b2﹣4ac>0,进而求出k的取值范围.【详解】∵二次函数y=kx2﹣2x﹣1的图象与x轴有两个交点,∴b2﹣4ac=(﹣2)2﹣4×k×(﹣1)=4+4k>0,∴k>﹣1,∵抛物线y=kx2﹣2x﹣1为二次函数,∴k≠0,则k的取值范围为k>﹣1且k≠0,故选C.【点睛】本题考查了二次函数y=ax2+bx+c的图象与x轴交点的个数的判断,熟练掌握抛物线与x轴交点的个数与b2-4ac的关系是解题的关键.注意二次项系数不等于0.二、填空题(共7小题,每小题3分,满分21分)11、1.【解析】
设大量角器的左端点是A,小量角器的圆心是B,连接AP,BP,则∠APB=90°,∠ABP=65°,因而∠PAB=90°﹣65°=25°,在大量角器中弧PB所对的圆心角是1°,因而P在大量角器上对应的度数为1°.故答案为1.12、x2+x+20(0<x<10)不存在.【解析】
先连接BP,AB是直径,BP⊥BM,所以有,∠BMP=∠APB=90°,又∠PBM=∠BAP,那么有△PMB∽△PAB,于是PM:PB=PB:AB,可求从而有(0<x<10),再根据二次函数的性质,可求函数的最大值.【详解】如图所示,连接PB,∵∠PBM=∠BAP,∠BMP=∠APB=90°,∴△PMB∽△PAB,∴PM:PB=PB:AB,∴∴(0<x<10),∵∴AP+2PM有最大值,没有最小值,∴y最大值=故答案为(0<x<10),,不存在.【点睛】考查相似三角形的判定与性质,二次函数的最值等,综合性比较强,需要熟练掌握.13、40°【解析】
根据旋转的性质可得出AB=AD、∠BAD=100°,再根据等腰三角形的性质可求出∠B的度数,此题得解.【详解】根据旋转的性质,可得:AB=AD,∠BAD=100°,∴∠B=∠ADB=×(180°−100°)=40°.故填:40°.【点睛】本题考查了旋转的性质以及等腰三角形的性质,根据旋转的性质结合等腰三角形的性质求出∠B的度数是解题的关键.14、7【解析】根据多边形内角和公式得:(n-2).得:15、【解析】
设BE=x,则AE=5﹣x=AF=A'F,CF=6﹣(5﹣x)=1+x,依据△A'CF∽△BCA,可得,即=,进而得到BE=.【详解】解:如图,由折叠可得,∠AFE=∠A'FE,∵A'F∥AB,∴∠AEF=∠A'FE,∴∠AEF=∠AFE,∴AE=AF,由折叠可得,AF=A'F,设BE=x,则AE=5﹣x=AF=A'F,CF=6﹣(5﹣x)=1+x,∵A'F∥AB,∴△A'CF∽△BCA,∴,即=,解得x=,∴BE=,故答案为:.【点睛】本题主要考查了折叠问题以及相似三角形的判定与性质的运用,折叠是一种对称变换,它属于轴对称,折叠前后图形的形状和大小不变,对应边和对应角相等.16、1【解析】
根据三角形的中位线定理得到PQ=BC,得到相似比为,再根据相似三角形面积之比等于相似比的平方,可得到结果.【详解】解:∵P,Q分别为AB,AC的中点,∴PQ∥BC,PQ=BC,∴△APQ∽△ABC,∴=()2=,∵S△APQ=1,∴S△ABC=4,∴S四边形PBCQ=S△ABC﹣S△APQ=1,故答案为1.【点睛】本题考查相似三角形的判定和性质,三角形中位线定理等知识,解题的关键是熟练掌握基本知识,属于中考常考题型.17、﹣2【解析】
要求函数的解析式只要求出B点的坐标就可以,过点A,B作AC⊥x轴,BD⊥x轴,分别于C,D.根据条件得到△ACO∽△ODB,得到:=1,然后用待定系数法即可.【详解】过点A,B作AC⊥x轴,BD⊥x轴,分别于C,D.设点A的坐标是(m,n),则AC=n,OC=m.∵∠AOB=90°,∴∠AOC+∠BOD=90°.∵∠DBO+∠BOD=90°,∴∠DBO=∠AOC.∵∠BDO=∠ACO=90°,∴△BDO∽△OCA.∴,∵OB=1OA,∴BD=1m,OD=1n.因为点A在反比例函数y=的图象上,∴mn=1.∵点B在反比例函数y=的图象上,∴B点的坐标是(-1n,1m).∴k=-1n•1m=-4mn=-2.故答案为-2.【点睛】本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征,相似三角形的判定和性质,利用相似三角形的性质求得点B的坐标(用含n的式子表示)是解题的关键.三、解答题(共7小题,满分69分)18、(1)反比例函数解析式为y=;(2)C点坐标为(2,1)【解析】
(1)由S△BOD=1可得BD的长,从而可得D的坐标,然后代入反比例函数解析式可求得k,从而得解析式为y=;(2)由已知可确定A点坐标,再由待定系数法求出直线AB的解析式为y=2x,然后解方程组即可得到C点坐标.【详解】(1)∵∠ABO=90°,OB=1,S△BOD=1,∴OB×BD=1,解得BD=2,∴D(1,2)将D(1,2)代入y=,得2=,∴k=8,∴反比例函数解析式为y=;(2)∵∠ABO=90°,OB=1,AB=8,∴A点坐标为(1,8),设直线OA的解析式为y=kx,把A(1,8)代入得1k=8,解得k=2,∴直线AB的解析式为y=2x,解方程组得或,∴C点坐标为(2,1).19、(1)1;2-;;(1)4+;(4)(200-25-40)米.【解析】
(1)由于△PAD是等腰三角形,底边不定,需三种情况讨论,运用三角形全等、矩形的性质、勾股定理等知识即可解决问题.(1)以EF为直径作⊙O,易证⊙O与BC相切,从而得到符合条件的点Q唯一,然后通过添加辅助线,借助于正方形、特殊角的三角函数值等知识即可求出BQ长.(4)要满足∠AMB=40°,可构造以AB为边的等边三角形的外接圆,该圆与线段CD的交点就是满足条件的点,然后借助于等边三角形的性质、特殊角的三角函数值等知识,就可算出符合条件的DM长.【详解】(1)①作AD的垂直平分线交BC于点P,如图①,则PA=PD.∴△PAD是等腰三角形.∵四边形ABCD是矩形,∴AB=DC,∠B=∠C=90°.∵PA=PD,AB=DC,∴Rt△ABP≌Rt△DCP(HL).∴BP=CP.∵BC=2,∴BP=CP=1.②以点D为圆心,AD为半径画弧,交BC于点P′,如图①,则DA=DP′.∴△P′AD是等腰三角形.∵四边形ABCD是矩形,∴AD=BC,AB=DC,∠C=90°.∵AB=4,BC=2,∴DC=4,DP′=2.∴CP′==.∴BP′=2-.③点A为圆心,AD为半径画弧,交BC于点P″,如图①,则AD=AP″.∴△P″AD是等腰三角形.同理可得:BP″=.综上所述:在等腰三角形△ADP中,若PA=PD,则BP=1;若DP=DA,则BP=2-;若AP=AD,则BP=.(1)∵E、F分别为边AB、AC的中点,∴EF∥BC,EF=BC.∵BC=11,∴EF=4.以EF为直径作⊙O,过点O作OQ⊥BC,垂足为Q,连接EQ、FQ,如图②.∵AD⊥BC,AD=4,∴EF与BC之间的距离为4.∴OQ=4∴OQ=OE=4.∴⊙O与BC相切,切点为Q.∵EF为⊙O的直径,∴∠EQF=90°.过点E作EG⊥BC,垂足为G,如图②.∵EG⊥BC,OQ⊥BC,∴EG∥OQ.∵EO∥GQ,EG∥OQ,∠EGQ=90°,OE=OQ,∴四边形OEGQ是正方形.∴GQ=EO=4,EG=OQ=4.∵∠B=40°,∠EGB=90°,EG=4,∴BG=.∴BQ=GQ+BG=4+.∴当∠EQF=90°时,BQ的长为4+.(4)在线段CD上存在点M,使∠AMB=40°.理由如下:以AB为边,在AB的右侧作等边三角形ABG,作GP⊥AB,垂足为P,作AK⊥BG,垂足为K.设GP与AK交于点O,以点O为圆心,OA为半径作⊙O,过点O作OH⊥CD,垂足为H,如图③.则⊙O是△ABG的外接圆,∵△ABG是等边三角形,GP⊥AB,∴AP=PB=AB.∵AB=170,∴AP=145.∵ED=185,∴OH=185-145=6.∵△ABG是等边三角形,AK⊥BG,∴∠BAK=∠GAK=40°.∴OP=AP•tan40°=145×=25.∴OA=1OP=90.∴OH<OA.∴⊙O与CD相交,设交点为M,连接MA、MB,如图③.∴∠AMB=∠AGB=40°,OM=OA=90..∵OH⊥CD,OH=6,OM=90,∴HM==40.∵AE=200,OP=25,∴DH=200-25.若点M在点H的左边,则DM=DH+HM=200-25+40.∵200-25+40>420,∴DM>CD.∴点M不在线段CD上,应舍去.若点M在点H的右边,则DM=DH-HM=200-25-40.∵200-25-40<420,∴DM<CD.∴点M在线段CD上.综上所述:在线段CD上存在唯一的点M,使∠AMB=40°,此时DM的长为(200-25-40)米.【点睛】本题考查了垂直平分线的性质、矩形的性质、等边三角形的性质、正方形的判定与性质、直线与圆的位置关系、圆周角定理、三角形的中位线定理、全等三角形的判定与性质、勾股定理、特殊角的三角函数值等知识,考查了操作、探究等能力,综合性非常强.而构造等边三角形及其外接圆是解决本题的关键.20、(30+30)米.【解析】
解:设建筑物AB的高度为x米在Rt△ABD中,∠ADB=45°∴AB=DB=x∴BC=DB+CD=x+60在Rt△ABC中,∠ACB=30°,∴tan∠ACB=∴∴∴x=30+30∴建筑物AB的高度为(30+30)米21、10【解析】
利用一元二次方程的解的定义得到,再把变形为,然后利用整体代入的方法计算.【详解】解:是关于的方程的一个根,,,.故答案为10.【点睛】本题考查了一元二次方程的解:能使一元二次方程左右两边相等的未知数的值是一元二次方程的解.22、(1)A、B两种奖品的单价各是10元、15元;(2)W(元)与m(件)之间的函数关系式是W=﹣5m+1,当购买A种奖品75件时,费用W的值最少.【解析】
(1)设A种奖品的单价是x元、B种奖品的单价是y元,根据题意可以列出相应的方程组,从而可以求得A、B两种奖品的单价各是多少元;(2)根据题意可以得到W(元)与m(件)之间的函数关系式,然后根据A种奖品的数量不大于B种奖品数量的3倍,可以求得m的取值范围,再根据一次函数的性质即可解答本题.【详解】(1)设A种奖品的单价是x元、B种奖品的单价是y元,根据题意得:解得:.答:A种奖品的单价是10元、B种奖品的单价是15元.(2)由题意可得:W=10m+15(100﹣m)=﹣5m+1.∵A种奖品的数量不大于B种奖品数量的3倍,∴m≤3(100﹣m),解得:m≤75∴当m=75时,W取得最小值,此时W=﹣5×75+1=2.答:W(元)与m(件)之间的函数关系式是W=﹣5m+1,当购买A种奖品75件时,费用W的值最少.【点睛】本题考查了一次函数的应用、二元一次方程组的应
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