2025年春季初中数学中考压轴题专项训练卷

2025年春季初中数学中考压轴题专项训练卷考试时间：______分钟总分：______分姓名：______一、已知关于x的方程\(x^2-(k+2)x+k^2=0\)的一个根是5。(1)求实数k的值；(2)解这个方程。二、如图，在平面直角坐标系中，点A的坐标为(1,0)，点B的坐标为(0,2)，点C的坐标为(-1,0)。(1)画出以点A、B、C为顶点的三角形ABC，并在坐标系中画出该三角形的外接圆M；(2)求外接圆M的半径。三、已知抛物线\(y=ax^2+bx+c\)(a≠0)经过点A(1,0)，B(3,0)，C(0,-3)。(1)求该抛物线的解析式；(2)设该抛物线的顶点为D，直线AC与抛物线的对称轴交于点E。求四边形AEDB的面积。四、如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，AD=AB=1，∠ABC=60°，∠ADC=120°。点P从点A出发，沿AD边向点D匀速运动，同时点Q从点B出发，沿BC边向点C匀速运动。设运动时间为t秒，AP=EQ=t。(1)求证：AB∥CD；(2)当t为何值时，四边形APQE的面积等于\(\frac{\sqrt{3}}{2}\)？(3)在运动过程中，是否存在某一时刻，使得以A、P、Q为顶点的三角形与△ABC相似？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由。五、给定两个函数：正比例函数\(y=kx\)(k≠0)，反比例函数\(y=\frac{m}{x}\)(m≠0)。(1)若k>0，m<0，请分别在平面直角坐标系中画出这两个函数的图像示意图；(2)设这两个函数的图像交于点A(a,b)(a>0,b>0)和点B(c,d)(c<0,d<0)。①求证：ac=-1；②在x轴上是否存在一点P，使得以A、B、P为顶点的三角形是等腰三角形？若存在，求出所有符合条件的点P的坐标；若不存在，请说明理由。试卷答案一、(1)将x=5代入方程，得\(5^2-(k+2)×5+k^2=0\)，即\(25-5k-10+k^2=0\)，化简得\(k^2-5k+15=0\)。解得\(k=\frac{5\pm\sqrt{(-5)^2-4×1×15}}{2×1}=\frac{5\pm\sqrt{25-60}}{2}=\frac{5\pm\sqrt{-35}}{2}\)。由于方程有实数根5，计算错误，重新列方程\(25-5k-10+k^2=0\)，化简得\(k^2-5k+15=0\)。解得\(k=\frac{5\pm\sqrt{25-16}}{2}=\frac{5\pm3}{2}\)。所以k=4或k=1。将k=4代入原方程检验，△=16-16=0，只有一个根5，符合题意。将k=1代入原方程检验，△=1-4=-3<0，无实数根，舍去。故k=4。(2)由(1)知k=4，代入方程得\(x^2-6x+16=0\)。因式分解得\((x-4)^2=0\)。解得\(x_1=x_2=4\)。二、(1)在坐标系中，点A(1,0)，点B(0,2)，点C(-1,0)连线的图形为三角形ABC。以AB为直径画圆，圆心为AB中点\((\frac{1+0}{2},\frac{0+2}{2})=(\frac{1}{2},1)\)，半径为\(\frac{1}{2}AB=\frac{1}{2}\sqrt{(1-0)^2+(0-2)^2}=\frac{1}{2}\sqrt{1+4}=\frac{\sqrt{5}}{2}\)。画出该圆即为外接圆M。(2)设外接圆M的圆心为O，半径为r。由(1)知O的坐标为(\(\frac{1}{2}\),1)。OA是半径，长度为\(\sqrt{(\frac{1}{2}-1)^2+(1-0)^2}=\sqrt{(-\frac{1}{2})^2+1^2}=\sqrt{\frac{1}{4}+1}=\sqrt{\frac{5}{4}}=\frac{\sqrt{5}}{2}\)。所以外接圆M的半径为\(\frac{\sqrt{5}}{2}\)。三、(1)将点A(1,0)，B(3,0)，C(0,-3)代入抛物线解析式\(y=ax^2+bx+c\)，得\[\begin{cases}a(1)^2+b(1)+c=0\\a(3)^2+b(3)+c=0\\a(0)^2+b(0)+c=-3\end{cases}\]即\[\begin{cases}a+b+c=0\\9a+3b+c=0\\c=-3\end{cases}\]将c=-3代入前两式，得\[\begin{cases}a+b-3=0\\9a+3b-3=0\end{cases}\]化简为\[\begin{cases}a+b=3\\3a+b=1\end{cases}\]两式相减，得\(2a=-2\)，所以\(a=-1\)。将a=-1代入\(a+b=3\)，得\(-1+b=3\)，所以\(b=4\)。故抛物线的解析式为\(y=-x^2+4x-3\)。(2)抛物线\(y=-x^2+4x-3\)的顶点D的横坐标为\(x=-\frac{b}{2a}=-\frac{4}{2(-1)}=2\)。将x=2代入解析式，得纵坐标\(y=-(2)^2+4(2)-3=-4+8-3=1\)。所以顶点D的坐标为(2,1)。抛物线的对称轴为直线\(x=2\)。直线AC的斜率为\(\frac{-3-0}{0-1}=3\)，所以直线AC的方程为\(y=3x-3\)。点E在对称轴x=2上，所以E的横坐标为2。将x=2代入直线AC方程，得\(y=3(2)-3=6-3=3\)。所以E的坐标为(2,3)。四边形AEDB的面积等于三角形ABE的面积加上三角形CDE的面积。三角形ABE的底AB=2，高为E点的纵坐标3，面积为\(\frac{1}{2}×2×3=3\)。三角形CDE的底CD=1，高为D点的纵坐标1，面积为\(\frac{1}{2}×1×1=\frac{1}{2}\)。所以四边形AEDB的面积为\(3+\frac{1}{2}=\frac{7}{2}\)。四、(1)因为AD∥BC，所以∠DAB=∠ABC=60°。又因为AD=AB=1，所以△ABD是等边三角形。所以∠ADB=60°。又因为∠ADC=120°，所以∠ADB=∠ADC=60°。所以AD=CD。又因为AD=AB，所以AB=CD。在△ABD和△CBD中，AB=CB，AD=CD，∠ADB=∠CBD=60°。所以△ABD≌△CBD(SAS)。所以∠BAD=∠BCD。因为∠BAD=60°，所以∠BCD=60°。所以AB∥CD。(2)四边形APQE的面积等于△ABQ的面积减去△ADP的面积。在△ABQ中，高为A点的纵坐标2，底BQ为\(2-EQ=2-t\)。所以△ABQ的面积为\(\frac{1}{2}×2×(2-t)=2(1-\frac{t}{2})=2-t\)。在△ADP中，高为D点的纵坐标\(\sqrt{3}\)（因为AD=1，∠ADC=120°，所以高为\(\frac{\sqrt{3}}{2}AD=\frac{\sqrt{3}}{2}\)。这里根据几何关系应为\(\sqrt{3}\)），底AP=t。所以△ADP的面积为\(\frac{1}{2}×\sqrt{3}×t=\frac{\sqrt{3}}{2}t\)。所以四边形APQE的面积为\((2-t)-\frac{\sqrt{3}}{2}t=2-(1+\frac{\sqrt{3}}{2})t\)。令其等于\(\frac{\sqrt{3}}{2}\)，得\(2-(1+\frac{\sqrt{3}}{2})t=\frac{\sqrt{3}}{2}\)。解得\((1+\frac{\sqrt{3}}{2})t=2-\frac{\sqrt{3}}{2}\)。所以\(t=\frac{2-\frac{\sqrt{3}}{2}}{1+\frac{\sqrt{3}}{2}}=\frac{\frac{4-\sqrt{3}}{2}}{\frac{2+\sqrt{3}}{2}}=\frac{4-\sqrt{3}}{2+\sqrt{3}}\)。分子分母同时乘以共轭\(2-\sqrt{3}\)，得\(t=\frac{(4-\sqrt{3})(2-\sqrt{3})}{(2+\sqrt{3})(2-\sqrt{3})}=\frac{8-4\sqrt{3}-2\sqrt{3}+3}{4-3}=\frac{11-6\sqrt{3}}{1}=11-6\sqrt{3}\)。(3)存在。分两种情况：①若△APQ∽△ABC，则\(\frac{AP}{AB}=\frac{AQ}{BC}=\frac{PQ}{AC}\)。因为AD=AB=1，∠ABC=60°，所以AC=\(\sqrt{3}\)。\(\frac{t}{1}=\frac{t}{1}=\frac{PQ}{\sqrt{3}}\)。所以t=PQ。因为AP=EQ=t，所以PQ=EQ=t。点P、Q、E共线，且P在线段EQ上。所以PQ=PE+EQ=2t。所以2t=t，即t=0。这与t>0矛盾。故此种情况不存在。②若△APQ∽△ACB，则\(\frac{AP}{AC}=\frac{AQ}{AB}=\frac{PQ}{BC}\)。因为AD=AB=1，AC=\(\sqrt{3}\)，BC=2，所以\(\frac{t}{\sqrt{3}}=\frac{t}{1}=\frac{PQ}{2}\)。所以t=\(\frac{\sqrt{3}}{3}\)，PQ=2t=\(\frac{2\sqrt{3}}{3}\)。PQ是点P、Q间的距离，PQ=\(\sqrt{(1-t)^2+(0-(2-t))^2}=\sqrt{(1-t)^2+(t-2)^2}=\sqrt{1-2t+t^2+t^2-4t+4}=\sqrt{2t^2-6t+5}\)。令\(\sqrt{2t^2-6t+5}=\frac{2\sqrt{3}}{3}\)。两边平方，得\(2t^2-6t+5=\frac{4}{3}\)。解得\(2t^2-6t+\frac{15}{4}=0\)。解得\(t=\frac{6\pm\sqrt{(-6)^2-4×2×\frac{15}{4}}}{2×2}=\frac{6\pm\sqrt{36-30}}{4}=\frac{6\pm\sqrt{6}}{4}=\frac{3\pm\frac{\sqrt{6}}{2}}{2}\)。即\(t=\frac{3}{2}\pm\frac{\sqrt{6}}{4}\)。当\(t=\frac{3}{2}+\frac{\sqrt{6}}{4}\)时，AP=1-t=1-\(\frac{3}{2}-\frac{\sqrt{6}}{4}\)=\(\frac{2}{2}-\frac{3}{2}+\frac{\sqrt{6}}{4}\)=\(\frac{-1+\sqrt{6}}{2}\)。此时A、P、Q三点共线，且P在A、Q之间，不满足△APQ与△ACB相似的条件。当\(t=\frac{3}{2}-\frac{\sqrt{6}}{4}\)时，AP=1-t=1-\(\frac{3}{2}+\frac{\sqrt{6}}{4}\)=\(\frac{2}{2}-\frac{3}{2}-\frac{\sqrt{6}}{4}\)=\(\frac{-1-\sqrt{6}}{2}\)。AP为负值，不符合题意。故不存在满足条件的时刻。五、(1)示意图：在平面直角坐标系中，画出y轴。在y轴上方，画出过原点O的一条斜率为正的直线，记为l1，表示y=kx(k>0)。在x轴的负半轴附近，画出一条在第二象限的曲线，与x轴、y轴都相切，且在y轴左侧的部分在l1下方，表示y=mx(m<0)。这两条曲线即为所求。(2)①连接AC。因为点A(a,b)在第一象限，点C(c,d)在第三象限，所以AC所在直线与x轴、y轴分别交于原点O和点B(0,-bc/m)。因为反比例函数y=mx的图像是双曲线，所以OB垂直于AC。所以三角形ABC是直角三角形，直角在B点。在直角三角形ABC中，AB是x轴上的线段，长度为a。BC是y轴上的线段，长度为b。AC的斜率为\(\frac{b-d}{a-c}\)。因为A、C分别在双曲线y=mx上，所以\(b=ma\)，\(d=mc\)。所以AC的斜率为\(\frac{ma-mc}{a-c}=m\)。因为∠ACB=90°，所以AC垂直于BC。所以三角形ABC的斜率乘积为-1，即AB/BC=-1。即a/b=-1。因为a>0,b>0，所以a=-b。所以a×c=(-b)×c=-bc。因为b=ma，所以a×c=-ma×c。因为a≠0，所以1=-m。所以ac=-1。②若以A、B、P为顶点的三角形是等腰三角形，分三种情况：情况一：PA=PB。点P在x轴上，设P(p,0)。则PA=\(\sqrt{(p-a)^2+b^2}\)，PB=\(\sqrt{p^2+b^2}\)。PA=PB，得\((p-a)^2+b^2=p^2+b^2\)。化简得\(p^2-2ap+a^2=p^2\)。所以\(a^2=2ap\)。因为a≠0，所以\(p=\frac{a}{2}\)。此时P(\(\frac{a}{2}\),0)。情况二：AB=AP。AB=a，AP=\(\sqrt{(p-a)^2+b^2}\)。AB=AP，得\(a=\sqrt{(p-a)^2+b^2}\)。两边平方，得\(a^2=(p-a)^2+b^2\)。化简得\(a^2=p^2-2ap+a^2+b^2\)。所以\(0=p^2-2ap+b^2\)。因为b=ma，所以\(0=p^2-2ap+(ma)^2\)。即\(p^2-2ap+m^2a^2=0\)。因为m≠0，所以\((\frac{p}{a})^2-2(\frac{p}{a})+m^2=0\)。令x=p/a，得\(x^2-2x+m^2=0\)。判别式\(\Delta=(-2)^2-4×1×m^2=4-4m^2=4(1-m^2)\)。若m=±1，则\(\Delta=0\)。此时\(x=\frac{2}{2}=1\)。所以\(p=ax=a\)。此时P(a,0)。若m≠±1，则\(\Delta>0\)。此时\(x=\frac{2\pm\sqrt{4(1-m^2)}}{2}=1\