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文档简介

2023-2024学年山东省青岛胶州市、黄岛区、平度区、李沧区重点名校中考数学五模试卷注意事项:1.答题前,考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚,将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2.选择题必须使用2B铅笔填涂;非选择题必须使用0.5毫米黑色字迹的签字笔书写,字体工整、笔迹清楚。3.请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答,超出答题区域书写的答案无效;在草稿纸、试题卷上答题无效。4.保持卡面清洁,不要折叠,不要弄破、弄皱,不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。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,AD为△ABC的中线,点E为AC边的中点,连接DE,则下列结论中不一定成立的是()A.DC=DE B.AB=2DE C.S△CDE=S△ABC D.DE∥AB2.已知二次函数y=a(x﹣2)2+c,当x=x1时,函数值为y1;当x=x2时,函数值为y2,若|x1﹣2|>|x2﹣2|,则下列表达式正确的是()A.y1+y2>0 B.y1﹣y2>0 C.a(y1﹣y2)>0 D.a(y1+y2)>03.小明和小亮按如图所示的规则玩一次“锤子、剪刀、布”游戏,下列说法中正确的是()A.小明不是胜就是输,所以小明胜的概率为 B.小明胜的概率是,所以输的概率是C.两人出相同手势的概率为 D.小明胜的概率和小亮胜的概率一样4.如图,四边形ABCD内接于⊙O,若四边形ABCO是平行四边形,则∠ADC的大小为()A. B. C. D.5.如图,在四边形ABCD中,对角线AC⊥BD,垂足为O,点E、F、G、H分别为边AD、AB、BC、CD的中点.若AC=10,BD=6,则四边形EFGH的面积为()A.20 B.15 C.30 D.606.如图是某几何体的三视图,下列判断正确的是()A.几何体是圆柱体,高为2 B.几何体是圆锥体,高为2C.几何体是圆柱体,半径为2 D.几何体是圆锥体,直径为27.如图,AB为⊙O的直径,C、D为⊙O上的点,若AC=CD=DB,则cos∠CAD=()A. B. C. D.8.一个几何体由大小相同的小正方体搭成,从上面看到的几何体的形状图如图所示,其中小正方形中的数字表示在这个位置小正方体的个数.从左面看到的这个几何体的形状图的是()A. B. C. D.9.如果,那么的值为()A.1 B.2 C. D.10.如图,将RtABC绕直角项点C顺时针旋转90°,得到A'B'C,连接AA',若∠1=20°,则∠B的度数是()A.70° B.65° C.60° D.55°二、填空题(共7小题,每小题3分,满分21分)11.如图(a),有一张矩形纸片ABCD,其中AD=6cm,以AD为直径的半圆,正好与对边BC相切,将矩形纸片ABCD沿DE折叠,使点A落在BC上,如图(b).则半圆还露在外面的部分(阴影部分)的面积为_______.12.若不等式组的解集为,则________.13.已知抛物线的部分图象如图所示,根据函数图象可知,当y>0时,x的取值范围是__.14.两个完全相同的正五边形都有一边在直线l上,且有一个公共顶点O,其摆放方式如图所示,则∠AOB等于______度.15.廊桥是我国古老的文化遗产.如图,是某座抛物线型的廊桥示意图,已知抛物线的函数表达式为y=-140x16.如图,在△ABC中,AB=5,AC=4,BC=3,按以下步骤作图:①以A为圆心,任意长为半径作弧,分别交AB、AC于点M、N;②分别以点M、N为圆心,以大于的长为半径作弧,两弧相交于点E;③作射线AE;④以同样的方法作射线BF,AE交BF于点O,连接OC,则OC=________.17.如图,平面直角坐标系中,矩形OABC的顶点A(﹣6,0),C(0,2).将矩形OABC绕点O顺时针方向旋转,使点A恰好落在OB上的点A1处,则点B的对应点B1的坐标为_____.三、解答题(共7小题,满分69分)18.(10分)由于持续高温和连日无雨,某水库的蓄水量随时间的增加而减少,已知原有蓄水量y1(万m³)与干旱持续时间x(天)的关系如图中线段l1所示,针对这种干旱情况,从第20天开始向水库注水,注水量y2(万m³)与时间(天)的关系如图中线段l2所示(不考虑其他因素).(1)求原有蓄水量y1(万m³)与时间(天)的函数关系式,并求当x=20时的水库总蓄水量.(2)求当0≤x≤60时,水库的总蓄水量y万(万m³)与时间x(天)的函数关系式(注明x的范围),若总蓄水量不多于900万m³为严重干旱,直接写出发生严重干旱时x的范围.19.(5分)如图,点A.F、C.D在同一直线上,点B和点E分别在直线AD的两侧,且AB=DE,∠A=∠D,AF=DC.(1)求证:四边形BCEF是平行四边形,(2)若∠ABC=90°,AB=4,BC=3,当AF为何值时,四边形BCEF是菱形.20.(8分)某海域有A、B两个港口,B港口在A港口北偏西30°方向上,距A港口60海里,有一艘船从A港口出发,沿东北方向行驶一段距离后,到达位于B港口南偏东75°方向的C处,求:(1)∠C=°;(2)此时刻船与B港口之间的距离CB的长(结果保留根号).21.(10分)如图,在Rt△ABC中,,CD⊥AB于点D,BE⊥AB于点B,BE=CD,连接CE,DE.(1)求证:四边形CDBE为矩形;(2)若AC=2,,求DE的长.22.(10分)已知直线y=mx+n(m≠0,且m,n为常数)与双曲线y=(k<0)在第一象限交于A,B两点,C,D是该双曲线另一支上两点,且A、B、C、D四点按顺时针顺序排列.(1)如图,若m=﹣,n=,点B的纵坐标为,①求k的值;②作线段CD,使CD∥AB且CD=AB,并简述作法;(2)若四边形ABCD为矩形,A的坐标为(1,5),①求m,n的值;②点P(a,b)是双曲线y=第一象限上一动点,当S△APC≥24时,则a的取值范围是.23.(12分)计算:(1-n)0-|3-2|+(-)-1+4cos30°.24.(14分)在等腰Rt△ABC中,∠ACB=90°,AC=BC,点D是边BC上任意一点,连接AD,过点C作CE⊥AD于点E.(1)如图1,若∠BAD=15°,且CE=1,求线段BD的长;(2)如图2,过点C作CF⊥CE,且CF=CE,连接FE并延长交AB于点M,连接BF,求证:AM=BM.

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、A【解析】

根据三角形中位线定理判断即可.【详解】∵AD为△ABC的中线,点E为AC边的中点,

∴DC=BC,DE=AB,∵BC不一定等于AB,∴DC不一定等于DE,A不一定成立;∴AB=2DE,B一定成立;S△CDE=S△ABC,C一定成立;DE∥AB,D一定成立;故选A.【点睛】本题考查的是三角形中位线定理,掌握三角形的中位线平行于第三边,并且等于第三边的一半是解题的关键.2、C【解析】

分a>1和a<1两种情况根据二次函数的对称性确定出y1与y2的大小关系,然后对各选项分析判断即可得解.【详解】解:①a>1时,二次函数图象开口向上,∵|x1﹣2|>|x2﹣2|,∴y1>y2,无法确定y1+y2的正负情况,a(y1﹣y2)>1,②a<1时,二次函数图象开口向下,∵|x1﹣2|>|x2﹣2|,∴y1<y2,无法确定y1+y2的正负情况,a(y1﹣y2)>1,综上所述,表达式正确的是a(y1﹣y2)>1.故选:C.【点睛】本题主要考查二次函数的性质,利用了二次函数的对称性,关键要掌握根据二次项系数a的正负分情况讨论.3、D【解析】

利用概率公式,一一判断即可解决问题.【详解】A、错误.小明还有可能是平;B、错误、小明胜的概率是

,所以输的概率是也是;C、错误.两人出相同手势的概率为;D、正确.小明胜的概率和小亮胜的概率一样,概率都是;故选D.【点睛】本题考查列表法、树状图等知识.用到的知识点为:概率=所求情况数与总情况数之比.4、C【解析】

根据平行四边形的性质和圆周角定理可得出答案.【详解】根据平行四边形的性质可知∠B=∠AOC,根据圆内接四边形的对角互补可知∠B+∠D=180°,根据圆周角定理可知∠D=∠AOC,因此∠B+∠D=∠AOC+∠AOC=180°,解得∠AOC=120°,因此∠ADC=60°.故选C【点睛】该题主要考查了圆周角定理及其应用问题;应牢固掌握该定理并能灵活运用.5、B【解析】

有一个角是直角的平行四边形是矩形.利用中位线定理可得出四边形EFGH是矩形,根据矩形的面积公式解答即可.【详解】∵点E、F分别为四边形ABCD的边AD、AB的中点,∴EF∥BD,且EF=BD=1.同理求得EH∥AC∥GF,且EH=GF=AC=5,又∵AC⊥BD,∴EF∥GH,FG∥HE且EF⊥FG.四边形EFGH是矩形.∴四边形EFGH的面积=EF•EH=1×5=2,即四边形EFGH的面积是2.故选B.【点睛】本题考查的是中点四边形.解题时,利用了矩形的判定以及矩形的定理,矩形的判定定理有:(1)有一个角是直角的平行四边形是矩形;(2)有三个角是直角的四边形是矩形;(1)对角线互相平分且相等的四边形是矩形.6、A【解析】试题解析:根据主视图和左视图为矩形是柱体,根据俯视图是圆可判断出这个几何体应该是圆柱,再根据左视图的高度得出圆柱体的高为2;故选A.考点:由三视图判断几何体.7、D【解析】

根据圆心角,弧,弦的关系定理可以得出===,根据圆心角和圆周角的关键即可求出的度数,进而求出它的余弦值.【详解】解:===,故选D.【点睛】本题考查圆心角,弧,弦,圆周角的关系,熟记特殊角的三角函数值是解题的关键.8、B【解析】分析:由已知条件可知,从正面看有1列,每列小正方数形数目分别为4,1,2;从左面看有1列,每列小正方形数目分别为1,4,1.据此可画出图形.详解:由俯视图及其小正方体的分布情况知,该几何体的主视图为:该几何体的左视图为:故选:B.点睛:此题主要考查了几何体的三视图画法.由几何体的俯视图及小正方形内的数字,可知主视图的列数与俯视图的列数相同,且每列小正方形数目为俯视图中该列小正方形数字中的最大数字.左视图的列数与俯视图的行数相同,且每列小正方形数目为俯视图中相应行中正方形数字中的最大数字.9、D【解析】

先对原分式进行化简,再寻找化简结果与已知之间的关系即可得出答案.【详解】故选:D.【点睛】本题主要考查分式的化简求值,掌握分式的基本性质是解题的关键.10、B【解析】

根据图形旋转的性质得AC=A′C,∠ACA′=90°,∠B=∠A′B′C,从而得∠AA′C=45°,结合∠1=20°,即可求解.【详解】∵将RtABC绕直角项点C顺时针旋转90°,得到A'B'C,∴AC=A′C,∠ACA′=90°,∠B=∠A′B′C,∴∠AA′C=45°,∵∠1=20°,∴∠B′A′C=45°-20°=25°,∴∠A′B′C=90°-25°=65°,∴∠B=65°.故选B.【点睛】本题主要考查旋转的性质,等腰三角形和直角三角形的性质,掌握等腰三角形和直角三角形的性质定理,是解题的关键.二、填空题(共7小题,每小题3分,满分21分)11、【解析】

解:如图,作OH⊥DK于H,连接OK,∵以AD为直径的半圆,正好与对边BC相切,∴AD=2CD.∴根据折叠对称的性质,A'D=2CD.∵∠C=90°,∴∠DA'C=30°.∴∠ODH=30°.∴∠DOH=60°.∴∠DOK=120°.∴扇形ODK的面积为.∵∠ODH=∠OKH=30°,OD=3cm,∴.∴.∴△ODK的面积为.∴半圆还露在外面的部分(阴影部分)的面积是:.故答案为:.12、-1【解析】分析:解出不等式组的解集,与已知解集-1<x<1比较,可以求出a、b的值,然后相加求出2009次方,可得最终答案.详解:由不等式得x>a+2,x<b,∵-1<x<1,∴a+2=-1,b=1∴a=-3,b=2,∴(a+b)2009=(-1)2009=-1.故答案为-1.点睛:本题是已知不等式组的解集,求不等式中另一未知数的问题.可以先将另一未知数当作已知处理,求出解集与已知解集比较,进而求得零一个未知数.13、【解析】

根据抛物线的对称轴以及抛物线与x轴的一个交点,确定抛物线与x轴的另一个交点,再结合图象即可得出答案.【详解】解:根据二次函数图象可知:抛物线的对称轴为直线,与x轴的一个交点为(-1,0),∴抛物线与x轴的另一个交点为(3,0),结合图象可知,当y>0时,即x轴上方的图象,对应的x的取值范围是,故答案为:.【点睛】本题考查了二次函数与不等式的问题,解题的关键是通过图象确定抛物线与x轴的另一个交点,并熟悉二次函数与不等式的关系.14、108°【解析】

如图,易得△OCD为等腰三角形,根据正五边形内角度数可求出∠OCD,然后求出顶角∠COD,再用360°减去∠AOC、∠BOD、∠COD即可【详解】∵五边形是正五边形,∴每一个内角都是108°,∴∠OCD=∠ODC=180°-108°=72°,∴∠COD=36°,∴∠AOB=360°-108°-108°-36°=108°.故答案为108°【点睛】本题考查正多边形的内角计算,分析出△OCD是等腰三角形,然后求出顶角是关键.15、85【解析】由于两盏E、F距离水面都是8m,因而两盏景观灯之间的水平距离就是直线y=8与抛物线两交点的横坐标差的绝对值.故有-1即x2=80,x1所以两盏警示灯之间的水平距离为:|16、.【解析】

直接利用勾股定理的逆定理结合三角形内心的性质进而得出答案.【详解】过点O作OD⊥BC,OG⊥AC,垂足分别为D,G,由题意可得:O是△ACB的内心,∵AB=5,AC=4,BC=3,∴BC2+AC2=AB2,∴△ABC是直角三角形,∴∠ACB=90°,∴四边形OGCD是正方形,∴DO=OG==1,∴CO=.故答案为.【点睛】此题主要考查了基本作图以及三角形的内心,正确得出OD的长是解题关键.17、(-2,6)【解析】分析:连接OB1,作B1H⊥OA于H,证明△AOB≌△HB1O,得到B1H=OA=6,OH=AB=2,得到答案.详解:连接OB1,作B1H⊥OA于H,由题意得,OA=6,AB=OC-2,则tan∠BOA=,∴∠BOA=30°,∴∠OBA=60°,由旋转的性质可知,∠B1OB=∠BOA=30°,∴∠B1OH=60°,在△AOB和△HB1O,,∴△AOB≌△HB1O,∴B1H=OA=6,OH=AB=2,∴点B1的坐标为(-2,6),故答案为(-2,6).点睛:本题考查的是矩形的性质、旋转变换的性质,掌握矩形的性质、全等三角形的判定和性质定理是解题的关键.三、解答题(共7小题,满分69分)18、(1)y1=-20x+1200,800;(2)15≤x≤40.【解析】

(1)根据图中的已知点用待定系数法求出一次函数解析式(2)设y2=kx+b,把(20,0)和(60,1000)代入求出解析式,在已知范围内求出解即可.【详解】解:(1)设y1=kx+b,把(0,1200)和(60,0)代入得解得,所以y1=-20x+1200,当x=20时,y1=-20×20+1200=800,(2)设y2=kx+b,把(20,0)和(60,1000)代入得则,所以y2=25x-500,当0≤x≤20时,y=-20x+1200,当20<x≤60时,y=y1+y2=-20x+1200+25x-500=5x+700,由题意解得该不等式组的解集为15≤x≤40所以发生严重干旱时x的范围为15≤x≤40.【点睛】此题重点考察学生对一次函数和一元一次不等式的实际应用能力,掌握一次函数和一元一次不等式的解法是解题的关键.19、(1)见解析(2)当AF=时,四边形BCEF是菱形.【解析】

(1)由AB=DE,∠A=∠D,AF=DC,根据SAS得△ABC≌DEF,即可得BC=EF,且BC∥EF,即可判定四边形BCEF是平行四边形.(2)由四边形BCEF是平行四边形,可得当BE⊥CF时,四边形BCEF是菱形,所以连接BE,交CF与点G,证得△ABC∽△BGC,由相似三角形的对应边成比例,即可求得AF的值.【详解】(1)证明:∵AF=DC,∴AF+FC=DC+FC,即AC=DF.∵在△ABC和△DEF中,AC=DF,∠A=∠D,AB=DE,∴△ABC≌DEF(SAS).∴BC=EF,∠ACB=∠DFE,∴BC∥EF.∴四边形BCEF是平行四边形.(2)解:连接BE,交CF与点G,∵四边形BCEF是平行四边形,∴当BE⊥CF时,四边形BCEF是菱形.∵∠ABC=90°,AB=4,BC=3,∴AC=.∵∠BGC=∠ABC=90°,∠ACB=∠BCG,∴△ABC∽△BGC.∴,即.∴.∵FG=CG,∴FC=2CG=,∴AF=AC﹣FC=5﹣.∴当AF=时,四边形BCEF是菱形.20、(1)60;(2)【解析】(1)由平行线的性质以及方向角的定义得出∠FBA=∠EAB=30°,∠FBC=75°,那么∠ABC=45°,又根据方向角的定义得出∠BAC=∠BAE+∠CAE=75°,利用三角形内角和定理求出∠C=60°;(2)作AD⊥BC交BC于点D,解Rt△ABD,得出BD=AD=30,解Rt△ACD,得出CD=10,根据BC=BD+CD即可求解.解:(1)如图所示,∵∠EAB=30°,AE∥BF,∴∠FBA=30°,又∠FBC=75°,∴∠ABC=45°,∵∠BAC=∠BAE+∠CAE=75°,∴∠C=60°.故答案为60;(2)如图,作AD⊥BC于D,在Rt△ABD中,∵∠ABD=45°,AB=60,∴AD=BD=30.在Rt△ACD中,∵∠C=60°,AD=30,∴tanC=,∴CD==10,∴BC=BD+CD=30+10.答:该船与B港口之间的距离CB的长为(30+10)海里.21、(1)见解析;(2)1【解析】

分析:(1)根据平行四边形的判定与矩形的判定证明即可;(2)根据矩形的性质和三角函数解答即可.详解:(1)证明:∵CD⊥AB于点D,BE⊥AB于点B,∴.∴CD∥BE.又∵BE=CD,∴四边形CDBE为平行四边形.又∵,∴四边形CDBE为矩形.(2)解:∵四边形CDBE为矩形,∴DE=BC.∵在Rt△ABC中,,CD⊥AB,可得.∵,∴.∵在Rt△ABC中,,AC=2,,∴.∴DE=BC=1.点睛:本题考查了矩形的判定与性质,关键是根据平行四边形的判定与矩形的判定解答.22、(1)①k=5;②见解析,由此AO交双曲线于点C,延长BO交双曲线于点D,线段CD即为所求;(2)①;②0<a<1或a>5【解析】

(1)①求出直线的解析式,利用待定系数法即可解决问题;②如图,由此AO交双曲线于点C,延长BO交双曲线于点D,线段CD即为所求;(2)①求出A,B两点坐标,利用待定系数法即可解决问题;②分两种情形求出△PAC的面积=24时a的值,即可判断.【详解】(1)①∵,,∴直线的解析式为,∵点B在直线上,纵坐标为,∴,解得x=2∴,∴;②如下图,由此AO交双曲线于点C,延长BO交双曲线于点D,线段CD即为所求;(2)①∵点在上,∴k=5,∵四边形ABCD是矩形,∴OA=OB=OC=OD,∴A,B关于直线y=x对称,∴,则有:,解得;②如下图,当点P在点A的右侧时

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