浙江中考数学专题训练——填空题4 14页

浙江中考数学专题训练——填空题4‎ ‎1．分解因式：3x2-12x+12=___________________．‎ ‎2．如图，在边长为6的菱形ABCD中，分别以各顶点为圆心，以边长的一半为半径，在菱形内作四条圆弧，则图中阴影部分的周长是___结果保留 ‎3．如图，在直角坐标系中，点，为定点，A（2，－3），B（4，－3），定直线，是上一动点，到AB的距离为6，，分别为，的中点，对下列各值：①线段的长度始终为1；②的周长固定不变；③的面积固定不变；④若存在点Q使得四边形APBQ是平行四边形，则Q到所在的直线的距离必为9；其中说法正确的是__（填序号）‎ ‎4．《九章算术》是中国传统数学的重要著作，方程术是它的最高成就．其中记载：今有共买物，人出十二，盈八；人出十，不足六，问人数、物价各几何？译文：今有人合伙购物，每人出12钱，会多8钱；每人出10钱，又会差6钱，问人数、物价各是多少？设合伙人数为人，物价为钱，根据题意可列出方程组______．‎ ‎5．在滑草过程中，小明发现滑道两边形如两条双曲线．如图，点，，…在反比例函数的图象上，点，，…在反比例函数的图象上，轴，己知点，…的横坐标分别为1，2…，令四边形、、…的面积分别为、、…，（1）用含的代数式表示______；（2）若，则______．‎ ‎6．如图，在边长相同的小正方形组成的网格中，点A，B，C，D都在这些小正方形的顶点上，AB，CD相交于点P，则为____________． ‎ ‎7．如图，正六边形ABCDEF内接于⊙O，在弧AB上取点P，连接AP，BP，过点D作DQ∥AP交⊙O于点Q，连接BQ． 已知BP=1，BQ=3，PQ的长为 ，AP的长为_____________．‎ ‎8．如图，AB为半圆O的直径，现将一块等腰直角三角板如图放置，锐角顶点P在半圆上，斜边过点B，一条直角边交该半圆于点Q． 若AB=4，则弧BQ的长为____________．‎ ‎9．如图，直线y＝x+6与反比例函数y＝（k＞0）的图象交于点M、N，与x轴、y轴分别交于点B、A，作ME⊥x轴于点E，NF⊥x轴于点F，过点E、F分别作EG∥AB，FH∥AB，分别交y轴于点G、H，ME交HF于点K，若四边形MKFN和四边形HGEK的面积和为12，则k的值为_____．‎ ‎10．如图，直线y＝x﹣2与x轴、y轴分别交于点A、B，过点C（2，﹣1）作直线l∥y轴，点M为直线l上的一个动点，以点M为圆心，MO为半径作圆，当⊙M与直线AB相切时，点M的坐标为_____．‎ ‎11．关于的一元二次方程有两个不相等的实数根，则的最小整数值是______．‎ 二、解答题 ‎12．如图，矩形ABCD中，AB＝2，将矩形ABCD绕点D逆时针旋转90°，点A、C分别落在点A′、C′处，如果点A′、C′、B在同一条直线上，则∠CBA′的正切值为___．‎ 参考答案 ‎1．3（x-2）2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎【详解】‎ 解：原式=3（x2-4x+4）=3（x-2）2‎ 故答案为：3（x-2）2‎ ‎【点睛】‎ 本题考查提公因式法与公式法的综合运用．‎ ‎2．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 直接利用已知得出所有的弧的半径为3，所有圆心角的和为：菱形的内角和，即可得出答案．‎ ‎【详解】‎ 由题意可得：所有的弧的半径为3，所有圆心角的和为：菱形的内角和，故图中阴影部分的周长是：6π．‎ 故答案为6π．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了弧长的计算以及菱形的性质，正确得出圆心角是解题的关键．‎ ‎3．①③④‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据三角形的中位线定理可判断①；‎ 根据、的长度随点的移动而变化可判断②；‎ 根据的长度不变，点到的距离等于与的距离的一半并结合三角形的面积公式可判断③；‎ 根据点Q到MN所在的直线的距离等于Q到AB的距离与AB、MN的距离之和可判断④.‎ ‎【详解】‎ 解：∵点，为定点，AB=2，点，分别为，的中点，‎ ‎∴是的中位线，∴ ，故①符合题意；‎ ‎∵、的长度随点的移动而变化，‎ ‎∴的周长会随点的移动而变化，故②不符合题意；‎ ‎∵的长度不变，l∥MN，点到的距离等于与的距离的一半，‎ ‎∴的面积不变，故③符合题意；‎ ‎∵l到AB的距离为6，点M到AB的距离为3，则Q到MN所在的直线的距离等于Q到AB的距离与AB、MN的距离之和，即为9，故④符合题意；‎ 综上所述，说法正确的是：①③④．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了三角形的中位线定理、平行四边形的性质、两平行线间的距离和三角形的面积等知识，正确理解题意、熟练掌握三角形的中位线定理和平行四边形的性质是解题的关键.‎ ‎4．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据“每人出12钱，会多8钱；每人出10钱，又会差6钱”，即可得出关于x，y的二元一次方程组，此题得解．‎ ‎【详解】‎ 解：依题意，得： ‎ 故答案为： ‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了由实际问题抽象出二元一次方程组，找准等量关系，正确列出二元一次方程组是解题的关键．‎ ‎5． 761 ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 分别求出的表达式，再利用梯形的面积公式进行计算即可求出，利 用梯形的面积公式表达出，列出方程，求解即可．‎ ‎【详解】‎ 当x=1时，，故 ‎ 当x=1时，，故 ‎ ‎∴‎ 当x=2时，，故 ‎ 当x=2时，，故 ‎ ‎∴‎ ‎∵‎ ‎∴‎ 当x=19时，，故 ‎ 当x=19时，，故 ‎ ‎∴‎ 当x=20时，，故 ‎ 当x=20时，，故 ‎ ‎∴‎ ‎∵‎ ‎∴‎ ‎∵‎ ‎∴‎ 解得：k=761‎ 故答案为： ；761‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了反比例函数的面积问题．涉及的知识点有．坐标和图形性质,以及反比例函数的图像和性质,熟练掌握反比例函数的几何意义是解题的关键 ‎6．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 取格点E，连接BE、AE，则CD∥BE，证得△AEB是直角三角形，可求得sin∠ABE的值，即可求解．‎ ‎【详解】‎ 如图，取格点E，连接BE、AE，‎ ‎∵CB∥DE，CB=DE，‎ ‎∴四边形BCDE为平行四边形，‎ ‎∴CD∥BE，‎ 设小正方形的边长为1．‎ ‎∴∠CPB =∠ABE，‎ ‎∵，，，‎ 则，‎ ‎∴△AEB是直角三角形，‎ ‎∴，‎ 故答案为：​．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了勾股定理及其逆定理、平行线的性质、三角形的面积的计算、三角函数等知识，构造直角三角形是解三角函数问题的常用方法．‎ ‎7．，‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据正六边形的性质过圆心O，则PQ也过圆心O，利用勾股定理可求得直径，在直角三角形PMB中，利用含30度角的直角三角形的性质求得BM、PM，再证得△ABM∽△QPB，可求得AM的长，即可求得结论．‎ ‎【详解】‎ 连接PQ，，过B作AP的垂线交AP的延长线为M，‎ ‎∵正六边形ABCDEF内接于⊙O，DQ∥AP，‎ ‎∴过圆心O，‎ ‎∴PQ也过圆心O，‎ ‎∴∠PBQ=∠PDQ=90°，‎ ‎∵BP=1，BQ=3，‎ ‎∴PQ=；‎ 即⊙O的直径为；‎ ‎∴正六边形的边长AB=，‎ ‎∵∠APB=∠APD+∠DPB =90°+60°=150°，‎ ‎∴∠BPM=180°-∠APB =180°-150°=30°，‎ ‎∴BM==，PM=BM=，‎ ‎∵∠MAB=∠BQP，∠AMB=∠QBP=90°，‎ ‎∴△ABM∽△QPB，‎ ‎∴AM:MB=BQ:BP=3:1=3，‎ ‎∴AM=，‎ ‎∴AP=AM-PM=，‎ 故答案为：，．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了圆内接正六边形的性质，圆周角定理，勾股定理，含30度角的直角三角形的性质，相似三角形的判定和性质，作出辅助线构造含30度角的直角三角形是解题的关键．‎ ‎8．π ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 连接AQ，OQ，根据圆周角定理求出∠BOQ，根据弧长公式计算即可．‎ ‎【详解】‎ 连接AQ，OQ，‎ ‎∵∠P=45°，‎ ‎∴∠QAB=∠P=45°，‎ ‎∴∠QOB=2∠QAB =90°，‎ ‎∵OA=OB=AB=2，‎ ‎∴弧BQ的长为．‎ 故答案为： π．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查的是弧长的计算、圆周角定理，掌握弧长公式是解题的关键．‎ ‎9．9．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 容易知道四边形ANFH、AMEG、AMKH为平行四边形，根据M、N在反比例函数的图象上，利用平行四边形的面积公式就可以求出它们的面积，从而确定两者的数量关系．‎ ‎【详解】‎ 解：∵HF∥AN，NF∥ME，EG∥AM ‎∴四边形ANFH、AMEG、AMKH为平行四边形，‎ ‎∴S平行四边形AMEG＝ME•OE＝k，S平行四边形ANFH＝NF•OF＝k，则S平行四边形AMEG+S平行四边形ANFH＝2k，‎ ‎∵四边形MKFN和四边形HGEK的面积和为12，‎ ‎∴2S平行四边形AMKH+12＝2k，‎ ‎∴S平行四边形AMKH＝k﹣6，‎ 设点M、N的坐标分别为（x1，y1），（x2，y2），‎ 将y＝x+6与反比例函数y＝联立并整理得：3x2﹣24x+4k＝0，‎ ‎∴x1+x2＝8，x1x2＝，‎ 则S平行四边形AMKH＝k﹣6＝MK•x1＝NF•x1＝x1y2＝x1（﹣x2+6）＝﹣x1x2+6x1＝﹣k+6x1，‎ ‎∴6x1＝2k﹣6，即x1＝k﹣1，则x2＝8﹣x1＝9﹣k，‎ ‎∴x1x2＝＝（k﹣1）（9﹣k），‎ 解得：k＝9，‎ 故答案为9．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了反比例函数的问题，掌握反比例函数的图象以及性质、平行四边形的性质以及判定定理、平行四边形的面积公式、韦达定理是解题的关键．‎ ‎10．（2，4）．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意可得点C在AB上，通过证明△BCD∽△MCE，可得，即可求点M坐标．‎ ‎【详解】‎ 解：设点M（2，a）‎ ‎∵当x＝2时，y＝×2﹣2＝﹣1‎ ‎∴点C在AB上，‎ ‎∵⊙M与直线AB相切于点E ‎∴ME⊥AB 如图，过点B作BD⊥MC于点D，‎ ‎∵直线y＝x﹣2与x轴、y轴分别交于点A、B，‎ ‎∴点B（0，﹣2）‎ ‎∴BD＝2，CD＝1‎ ‎∴BC＝＝‎ ‎∵点M（2，a），点O（0，0），点C（2，﹣1）‎ ‎∴MO＝＝ME，MC＝a+1‎ ‎∵∠BCD＝∠MCE，∠MEC＝∠BDC＝90°‎ ‎∴△BCD∽△MCE ‎∴‎ 即 ‎∴a＝4‎ ‎∴点M（2，4）‎ 故答案为：（2，4）‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了点的坐标问题，掌握切线的性质、相似三角形的性质以及判定定理、勾股定理是解题的关键．‎ ‎11．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由原方程有两个不相等的实数根，得＞0，再列不等式求解即可．‎ ‎【详解】‎ 解：因为有两个不相等的实数根，‎ 所以＞0，即＞0，‎ 解得：＞，所以符合条件的最小正整数是－2．‎ 故答案为－2．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查的是一元二次方程的根的判别式，掌握根的判别式是关键．‎ ‎12．．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 如图，连接B、A′、C′，由题意可知∠CBA′＝∠AC′D，可设AD＝x，则可知A′D＝x，A′C＝2﹣x，在Rt△CBA′和Rt△A′C′D中，利用正切函数的定义可得关于x的方程，可求得x的值，再由正切函数的定义可求得答案．‎ ‎【详解】‎ ‎∵四边形ABCD为矩形，‎ ‎∴AB＝CD＝2，‎ 由旋转的性质可得AD＝A'D，C′D＝AB＝2，‎ 设AD＝x，则A′D＝x，A′C＝2﹣x，‎ ‎∵A′、C′、B在同一条直线上，且A′B′∥C′D，‎ ‎∴∠CBA′＝∠DC′A′，‎ ‎∴tan∠CBA′＝tan∠DC′A′，‎ 即 ‎ 解得x＝﹣1+或x＝﹣1﹣（小于0，不合题意，舍去），‎ ‎∴ ‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查矩形的性质、旋转的性质及三角函数的定义，利用旋转的性质和正切函数的定义求得矩形的宽是解题的关键．‎