四川省广安市邻水县中考数学全真模拟试卷及答案解析

四川省广安市邻水县中考数学全真模拟试卷考生须知：1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。一、选择题（本大题共12个小题，每小题4分，共48分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．）1．已知抛物线y=ax2+bx+c与x轴交于点A和点B，顶点为P，若△ABP组成的三角形恰为等腰直角三角形，则b2﹣4ac的值为（）A．1 B．4 C．8 D．122．如图，在正方形ABCD外侧，作等边三角形ADE，AC，BE相交于点F，则∠BFC为（）A．75° B．60° C．55° D．45°3．如图，O为坐标原点，四边彤OACB是菱形，OB在x轴的正半轴上，sin∠AOB=45，反比例函数yA．10B．9C．8D．64．下列运算正确的是（）A．a2+a2=a4 B．（a+b）2=a2+b2 C．a6÷a2=a3 D．（﹣2a3）2=4a65．如图，△ABC中，∠B=55°，∠C=30°，分别以点A和点C为圆心，大于AC的长为半径画弧，两弧相交于点M，N作直线MN，交BC于点D，连结AD，则∠BAD的度数为（）A．65° B．60°C．55° D．45°6．如图在△ABC中，AC＝BC，过点C作CD⊥AB，垂足为点D，过D作DE∥BC交AC于点E，若BD＝6，AE＝5，则sin∠EDC的值为（）A． B． C． D．7．如图，矩形纸片中，，，将沿折叠，使点落在点处，交于点，则的长等于（）A． B． C． D．8．把抛物线y＝﹣2x2向上平移1个单位，再向右平移1个单位，得到的抛物线是（）A．y＝﹣2（x+1）2+1 B．y＝﹣2（x﹣1）2+1C．y＝﹣2（x﹣1）2﹣1 D．y＝﹣2（x+1）2﹣19．如图，正六边形ABCDEF内接于，M为EF的中点，连接DM，若的半径为2，则MD的长度为A． B． C．2 D．110．如图，将△ABC绕点A逆时针旋转一定角度，得到△ADE，若∠CAE=65°，∠E=70°，且AD⊥BC，∠BAC的度数为（）．A．60° B．75° C．85° D．90°11．如图，动点P从(0，3)出发，沿所示方向运动，每当碰到矩形的边时反弹，反弹时反射角等于入射角．当点P第2018次碰到矩形的边时，点P的坐标为（）A．(1，4) B．(7，4) C．(6，4) D．(8，3)12．如图，为测量一棵与地面垂直的树OA的高度，在距离树的底端30米的B处，测得树顶A的仰角∠ABO为α，则树OA的高度为()A．米 B．30sinα米 C．30tanα米 D．30cosα米二、填空题：（本大题共6个小题，每小题4分，共24分．）13．如图，某数学兴趣小组将边长为4的正方形铁丝框ABCD变形为以A为圆心，AB为半径的扇形(忽略铁丝的粗细)，则所得的扇形DAB的面积为__________．14．如图，矩形纸片ABCD中，AB=3，AD=5，点P是边BC上的动点，现将纸片折叠使点A与点P重合，折痕与矩形边的交点分别为E，F，要使折痕始终与边AB，AD有交点，BP的取值范围是_____．15．如图，校园内有一棵与地面垂直的树，数学兴趣小组两次测量它在地面上的影子，第一次是阳光与地面成60°角时，第二次是阳光与地面成30°角时，两次测量的影长相差8米，则树高_____________米(结果保留根号)．16．如图，⊙O的直径CD垂直于AB，∠AOC=48°，则∠BDC=度．17．小青在八年级上学期的数学成绩如下表所示．平时测验期中考试期末考试成绩869081如果学期总评成绩根据如图所示的权重计算，小青该学期的总评成绩是_____分．18．阅读材料：如图，C为线段BD上一动点，分别过点B、D作AB⊥BD，ED⊥BD，连接AC、EC．设CD=x，若AB=4，DE=2，BD=8，则可用含x的代数式表示AC+CE的长为．然后利用几何知识可知：当A、C、E在一条直线上时，x=时，AC+CE的最小值为1．根据以上阅读材料，可构图求出代数式的最小值为_____．三、解答题：（本大题共9个小题，共78分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．19．（6分）已知A=ab(a-b)-ba(a-b)．化简A；如果a、b20．（6分）（1）计算：（）﹣3×[﹣（）3]﹣4cos30°+；（2）解方程：x（x﹣4）=2x﹣821．（6分）如图，在锐角△ABC中，小明进行了如下的尺规作图：①分别以点A、B为圆心，以大于12AB的长为半径作弧，两弧分别相交于点P、Q②作直线PQ分别交边AB、BC于点E、D．小明所求作的直线DE是线段AB的；联结AD，AD＝7，sin∠DAC＝17，BC＝9，求AC22．（8分）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，以BC为直径作⊙O交AB于点D，取AC的中点E，边结DE，OE、OD，求证：DE是⊙O的切线．23．（8分）如图1，在平面直角坐标系xOy中，抛物线C：y=ax2+bx+c与x轴相交于A，B两点，顶点为D（0，4），AB=4，设点F（m，0）是x轴的正半轴上一点，将抛物线C绕点F旋转180°，得到新的抛物线C′．（1）求抛物线C的函数表达式；（2）若抛物线C′与抛物线C在y轴的右侧有两个不同的公共点，求m的取值范围．（3）如图2，P是第一象限内抛物线C上一点，它到两坐标轴的距离相等，点P在抛物线C′上的对应点P′，设M是C上的动点，N是C′上的动点，试探究四边形PMP′N能否成为正方形？若能，求出m的值；若不能，请说明理由．24．（10分）校车安全是近几年社会关注的重大问题，安全隐患主要是超速和超载．某中学数学活动小组设计了如下检测公路上行驶的汽车速度的实验：先在公路旁边选取一点C，再在笔直的车道上确定点D，使CD与垂直，测得CD的长等于21米，在上点D的同侧取点A、B，使∠CAD=30，∠CBD=60．(1)求AB的长(精确到0.1米，参考数据：)；(2)已知本路段对校车限速为40千米／小时，若测得某辆校车从A到B用时2秒，这辆校车是否超速?说明理由．25．（10分）如图，已知△ABC是等边三角形，点D在AC边上一点，连接BD，以BD为边在AB的左侧作等边△DEB，连接AE，求证：AB平分∠EAC．26．（12分）如图，AB为☉O的直径，CD与☉O相切于点E，交AB的延长线于点D，连接BE，过点O作OC∥BE，交☉O于点F，交切线于点C，连接AC.（1）求证：AC是☉O的切线；（2）连接EF，当∠D=°时，四边形FOBE是菱形.27．（12分）如图，已知BD是△ABC的角平分线，点E、F分别在边AB、BC上，ED∥BC，EF∥AC．求证：BE=CF．

参考答案一、选择题（本大题共12个小题，每小题4分，共48分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．）1、B【解析】

设抛物线与x轴的两交点A、B坐标分别为（x1，0），（x2，0），利用二次函数的性质得到P（-，），利用x1、x2为方程ax2+bx+c=0的两根得到x1+x2=-，x1•x2=，则利用完全平方公式变形得到AB=|x1-x2|=，接着根据等腰直角三角形的性质得到||=•，然后进行化简可得到b2-1ac的值．【详解】设抛物线与x轴的两交点A、B坐标分别为（x1，0），（x2，0），顶点P的坐标为（-，），则x1、x2为方程ax2+bx+c=0的两根，∴x1+x2=-，x1•x2=，∴AB=|x1-x2|====，∵△ABP组成的三角形恰为等腰直角三角形，

∴||=•，=，∴b2-1ac=1．故选B．【点睛】本题考查了抛物线与x轴的交点：把求二次函数y=ax2+bx+c（a，b，c是常数，a≠0）与x轴的交点坐标问题转化为解关于x的一元二次方程．也考查了二次函数的性质和等腰直角三角形的性质．2、B【解析】

由正方形的性质和等边三角形的性质得出∠BAE＝150°，AB＝AE，由等腰三角形的性质和内角和定理得出∠ABE＝∠AEB＝15°，再运用三角形的外角性质即可得出结果．【详解】解：∵四边形ABCD是正方形，∴∠BAD＝90°，AB＝AD，∠BAF＝45°，∵△ADE是等边三角形，∴∠DAE＝60°，AD＝AE，∴∠BAE＝90°+60°＝150°，AB＝AE，∴∠ABE＝∠AEB＝（180°﹣150°）＝15°，∴∠BFC＝∠BAF+∠ABE＝45°+15°＝60°；故选：B．【点睛】本题考查了正方形的性质、等边三角形的性质、等腰三角形的判定与性质、三角形的外角性质；熟练掌握正方形和等边三角形的性质，并能进行推理计算是解决问题的关键．3、A【解析】过点A作AM⊥x轴于点M，过点F作FN⊥x轴于点N，设OA=a，BF=b，通过解直角三角形分别找出点A、F的坐标，结合反比例函数图象上点的坐标特征即可求出a、b的值，通过分割图形求面积，最终找出△AOF的面积等于梯形AMNF的面积，利用梯形的面积公式即可得出结论．解：过点A作AM⊥x轴于点M，过点F作FN⊥x轴于点N，如图所示．设OA=a，BF=b，在Rt△OAM中，∠AMO=90°，OA=a，sin∠AOB=45∴AM=OA•sin∠AOB=45a，OM=OA2∴点A的坐标为（35a，4∵点A在反比例函数y=12x∴35a×45a=1225解得：a=5，或a=﹣5（舍去）．∴AM=8，OM=1．∵四边形OACB是菱形，∴OA=OB=10，BC∥OA，∴∠FBN=∠AOB．在Rt△BNF中，BF=b，sin∠FBN=45∴FN=BF•sin∠FBN=45b，BN=BF2∴点F的坐标为（10+35b，4∵点F在反比例函数y=12x∴（10+35b）×4S△AOF=S△AOM+S梯形AMNF﹣S△OFN=S梯形AMNF=10故选A．“点睛”本题主要考查了菱形的性质、解直角三角形以及反比例函数图象上点的坐标特征，解题的关键是找出S△AOF=12S菱形OBCA4、D【解析】

根据完全平方公式、合并同类项、同底数幂的除法、积的乘方，即可解答．【详解】A、a2+a2=2a2，故错误；B、（a+b）2=a2+2ab+b2，故错误；C、a6÷a2=a4，故错误；D、（-2a3）2=4a6，正确；故选D．【点睛】本题考查了完全平方公式、同底数幂的除法、积的乘方以及合并同类项，解决本题的关键是熟记公式和法则．5、A【解析】

根据线段垂直平分线的性质得到AD=DC，根据等腰三角形的性质得到∠C=∠DAC，求得∠DAC=30°，根据三角形的内角和得到∠BAC=95°，即可得到结论．【详解】由题意可得：MN是AC的垂直平分线，则AD=DC，故∠C=∠DAC，∵∠C=30°，∴∠DAC=30°，∵∠B=55°，∴∠BAC=95°，∴∠BAD=∠BAC-∠CAD=65°，故选A．【点睛】此题主要考查了线段垂直平分线的性质，三角形的内角和，正确掌握线段垂直平分线的性质是解题关键．6、A【解析】

由等腰三角形三线合一的性质得出AD=DB=6，∠BDC=∠ADC=90°，由AE=5，DE∥BC知AC=2AE=10，∠EDC=∠BCD，再根据正弦函数的概念求解可得．【详解】∵△ABC中，AC＝BC，过点C作CD⊥AB，∴AD＝DB＝6，∠BDC＝∠ADC＝90°，∵AE＝5，DE∥BC，∴AC＝2AE＝10，∠EDC＝∠BCD，∴sin∠EDC＝sin∠BCD＝，故选：A．【点睛】本题主要考查解直角三角形，解题的关键是熟练掌握等腰三角形三线合一的性质和平行线的性质及直角三角形的性质等知识点．7、B【解析】

由折叠的性质得到AE=AB，∠E=∠B=90°，易证Rt△AEF≌Rt△CDF，即可得到结论EF=DF；易得FC=FA，设FA=x，则FC=x，FD=6-x，在Rt△CDF中利用勾股定理得到关于x的方程x2=42+（6-x）2，解方程求出x即可．【详解】∵矩形ABCD沿对角线AC对折，使△ABC落在△ACE的位置，

∴AE=AB，∠E=∠B=90°，

又∵四边形ABCD为矩形，

∴AB=CD，

∴AE=DC，

而∠AFE=∠DFC，

∵在△AEF与△CDF中，，∴△AEF≌△CDF（AAS），

∴EF=DF；

∵四边形ABCD为矩形，

∴AD=BC=6，CD=AB=4，

∵Rt△AEF≌Rt△CDF，

∴FC=FA，

设FA=x，则FC=x，FD=6-x，

在Rt△CDF中，CF2=CD2+DF2，即x2=42+（6-x）2，解得x＝，则FD＝6-x=.故选B．【点睛】考查了折叠的性质：折叠前后两图形全等，即对应角相等，对应边相等．也考查了矩形的性质和三角形全等的判定与性质以及勾股定理．8、B【解析】

∵函数y=-2x2的顶点为（0，0），∴向上平移1个单位，再向右平移1个单位的顶点为（1，1），∴将函数y=-2x2的图象向上平移1个单位，再向右平移1个单位，得到抛物线的解析式为y=-2（x-1）2+1，故选B．【点睛】二次函数的平移不改变二次项的系数；关键是根据上下平移改变顶点的纵坐标，左右平移改变顶点的横坐标得到新抛物线的顶点．9、A【解析】

连接OM、OD、OF，由正六边形的性质和已知条件得出OM⊥OD，OM⊥EF，∠MFO=60°，由三角函数求出OM，再由勾股定理求出MD即可．【详解】连接OM、OD、OF，∵正六边形ABCDEF内接于⊙O，M为EF的中点，∴OM⊥OD，OM⊥EF，∠MFO=60°，∴∠MOD=∠OMF=90°，∴OM=OF•sin∠MFO=2×=，∴MD=，故选A．【点睛】本题考查了正多边形和圆、正六边形的性质、三角函数、勾股定理；熟练掌握正六边形的性质，由三角函数求出OM是解决问题的关键．10、C【解析】试题分析：根据旋转的性质知，∠EAC=∠BAD=65°，∠C=∠E=70°．如图，设AD⊥BC于点F．则∠AFB=90°，∴在Rt△ABF中，∠B=90°-∠BAD=25°，∴在△ABC中，∠BAC=180°-∠B-∠C=180°-25°-70°=85°，即∠BAC的度数为85°．故选C．考点:旋转的性质.11、B【解析】如图，经过6次反弹后动点回到出发点（0，3），∵2018÷6=336…2，∴当点P第2018次碰到矩形的边时为第336个循环组的第2次反弹，点P的坐标为（7，4）．故选C．12、C【解析】试题解析：在Rt△ABO中，∵BO=30米，∠ABO为α，∴AO=BOtanα=30tanα（米）．故选C．考点：解直角三角形的应用-仰角俯角问题．二、填空题：（本大题共6个小题，每小题4分，共24分．）13、【解析】

设扇形的圆心角为n°，则根据扇形的弧长公式有：，解得所以14、1≤x≤1【解析】

此题需要运用极端原理求解；①BP最小时，F、D重合，由折叠的性质知：AF=PF，在Rt△PFC中，利用勾股定理可求得PC的长，进而可求得BP的值，即BP的最小值；②BP最大时，E、B重合，根据折叠的性质即可得到AB=BP=1，即BP的最大值为1；【详解】解：如图：①当F、D重合时，BP的值最小；根据折叠的性质知：AF=PF=5；在Rt△PFC中，PF=5，FC=1，则PC=4；∴BP=xmin=1；②当E、B重合时，BP的值最大；由折叠的性质可得BP=AB=1．所以BP的取值范围是：1≤x≤1．故答案为：1≤x≤1．【点睛】此题主要考查的是图形的翻折变换，正确的判断出x的两种极值下F、E点的位置，是解决此题的关键．15、【解析】设出树高，利用所给角的正切值分别表示出两次影子的长，然后作差建立方程即可．解：如图所示，在RtABC中，tan∠ACB=，∴BC=，同理：BD=，∵两次测量的影长相差8米，∴=8，∴x=4，故答案为4．“点睛”本题考查了平行投影的应用，太阳光线下物体影子的长短不仅与物体有关，而且与时间有关，不同时间随着光线方向的变化，影子的方向也在变化，解此类题，一定要看清方向．解题关键是根据三角函数的几何意义得出各线段的比例关系，从而得出答案．16、20【解析】解：连接OB，∵⊙O的直径CD垂直于AB，∴=，∴∠BOC=∠AOC=40°，∴∠BDC=∠AOC=×40°=20°17、84.2【解析】小青该学期的总评成绩为:86×10%+90×30%+81×60%=84.2（分）,故答案为:84.2.18、4【解析】

根据已知图象，重新构造直角三角形，利用三角形相似得出CD的长，进而利用勾股定理得出最短路径问题．【详解】如图所示：C为线段BD上一动点，分别过点B、D作AB⊥BD，ED⊥BD，连接AC、EC．设CD=x，若AB=5，DE=3，BD=12，当A，C，E，在一条直线上，AE最短，∵AB⊥BD，ED⊥BD，∴AB∥DE，∴△ABC∽EDC，∴，∴，解得：DC=．即当x=时，代数式有最小值，此时为：．故答案是：4．【点睛】考查最短路线问题，利用了数形结合的思想，可通过构造直角三角形，利用勾股定理求解．三、解答题：（本大题共9个小题，共78分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．19、(1)a+bab【解析】

（1）先通分，再进行同分母的减法运算，然后约分得到原式＝a+b（2）利用根与系数的关系得到a+b＝【详解】解：（1）A==(a+b)(a-b)（2）∵a、b是方程x2∴a+b=4，ab=-1∴A=【点睛】本题考查了根与系数的关系：若x1，x2是一元二次方程ax2+bx+c＝020、（1）3；（1）x1=4，x1=1．【解析】

（1）根据有理数的混合运算法则计算即可；（1）先移项，再提取公因式求解即可.【详解】解：（1）原式=8×（﹣）﹣4×+1=8×﹣1+1=3；（1）移项得：x（x﹣4）﹣1（x﹣4）=0，（x﹣4）（x﹣1）=0，x﹣4=0，x﹣1=0，x1=4，x1=1．【点睛】本题考查了有理数的混合运算与解一元二次方程，解题的关键是熟练的掌握有理数的混合运算法则与根据因式分解法解一元二次方程.21、（1）线段AB的垂直平分线（或中垂线）；（2）AC＝53．【解析】

（1）垂直平分线：经过某一条线段的中点，并且垂直于这条线段的直线，叫做这条线段的垂直平分线（2）根据题意垂直平分线定理可得AD＝BD，得到CD＝2，又因为已知sin∠DAC=17【详解】（1）小明所求作的直线DE是线段AB的垂直平分线（或中垂线）；故答案为线段AB的垂直平分线（或中垂线）；（2）过点D作DF⊥AC，垂足为点F，如图，∵DE是线段AB的垂直平分线，∴AD＝BD＝7∴CD＝BC﹣BD＝2，在Rt△ADF中，∵sin∠DAC＝DFAD∴DF＝1，在Rt△ADF中，AF＝72在Rt△CDF中，CF＝22∴AC＝AF+CF＝43【点睛】本题考查了垂直平分线的尺规作图方法，三角函数和勾股定理求线段长度，解本题的关键是充分利用中垂线，将已知条件与未知条件结合起来解题.22、详见解析.【解析】试题分析：由三角形的中位线得出OE∥AB，进一步利用平行线的性质和等腰三角形性质，找出△OCE和△ODE相等的线段和角，证得全等得出答案即可．试题解析：证明：∵点E为AC的中点，OC=OB，∴OE∥AB，∴∠EOC=∠B，∠EOD=∠ODB．又∵∠ODB=∠B，∴∠EOC=∠EOD．在△OCE和△ODE中，∵OC=OD，∠EOC=∠EOD，OE=OE，∴△OCE≌△ODE（SAS），∴∠EDO=∠ECO=90°，∴DE⊥OD，∴DE是⊙O的切线．点睛：此题考查切线的判定．证明的关键是得到△OCE≌△ODE．23、（1）；（2）2＜m＜；（1）m=6或m=﹣1．【解析】

（1）由题意抛物线的顶点C（0，4），A（，0），设抛物线的解析式为，把A（，0）代入可得a=，由此即可解决问题；（2）由题意抛物线C′的顶点坐标为（2m，﹣4），设抛物线C′的解析式为，由，消去y得到，由题意，抛物线C′与抛物线C在y轴的右侧有两个不同的公共点，则有，解不等式组即可解决问题；（1）情形1，四边形PMP′N能成为正方形．作PE⊥x轴于E，MH⊥x轴于H．由题意易知P（2，2），当△PFM是等腰直角三角形时，四边形PMP′N是正方形，推出PF=FM，∠PFM=90°，易证△PFE≌△FMH，可得PE=FH=2，EF=HM=2﹣m，可得M（m+2，m﹣2），理由待定系数法即可解决问题；情形2，如图，四边形PMP′N是正方形，同法可得M（m﹣2，2﹣m），利用待定系数法即可解决问题．【详解】（1）由题意抛物线的顶点C（0，4），A（，0），设抛物线的解析式为，把A（，0）代入可得a=，∴抛物线C的函数表达式为．（2）由题意抛物线C′的顶点坐标为（2m，﹣4），设抛物线C′的解析式为，由，消去y得到，由题意，抛物线C′与抛物线C在y轴的右侧有两个不同的公共点，则有，解得2＜m＜，∴满足条件的m的取值范围为2＜m＜．（1）结论：四边形PMP′N能成为正方形．理由：1情形1，如图，作PE⊥x轴于E，MH⊥x轴于H．由题意易知P（2，2），当△PFM是等腰直角三角形时，四边形PMP′N是正方形，∴PF=FM，∠PFM=90°，易证△PFE≌△FMH，可得PE=FH=2，EF=HM=2﹣m，∴M（m+2，m﹣2），∵点M在上，∴，解得m=﹣1或﹣﹣1（舍弃），∴m=﹣1时，四边形PMP′N是正方形．情形2，如图，四边形PMP′N是正方形，同法可得M（m﹣2，2﹣m），把M（m﹣2，2﹣m）代入中，，解得m=6或0（舍弃），∴m=6时，四边形PMP′N是正方形．综上所述：m=6或m=﹣1时，四边形PMP′N是正方形．24、（1）24.2米(2)超速，理由见解析【解析】

（1）分别在Rt△ADC与Rt△BDC中，利用正切函数，即可求得AD与BD的长，从而求得AB的长．（2）由从A到B用时2秒，即可求得这辆校车的速度，比较与40千米/小时的大小，即可确定这辆校车是否超速．【详解】解：（1）由題意得，在Rt△ADC中，，在Rt△BDC中，，∴AB=AD－BD=（米）．（2）∵汽车从A到B用时2秒，∴速度为24.2÷2=12.1（米/秒），∵12.1米/秒=43.56千米/小时，∴该车速度为43.56千米/小时．∵43.56千米/小时大于40千米/小时，∴此校车在AB路段超速．25、详见解析【解析】