• 497.00 KB
  • 2021-05-11 发布

2019年内蒙古包头市中考数学试卷

  • 33页
  • 当前文档由用户上传发布,收益归属用户
  1. 1、本文档由用户上传,淘文库整理发布,可阅读全部内容。
  2. 2、本文档内容版权归属内容提供方,所产生的收益全部归内容提供方所有。如果您对本文有版权争议,请立即联系网站客服。
  3. 3、本文档由用户上传,本站不保证质量和数量令人满意,可能有诸多瑕疵,付费之前,请仔细阅读内容确认后进行付费下载。
  4. 网站客服QQ:403074932
‎2019年内蒙古包头市中考数学试卷 一、选择题:本大题共12小题,每小题3分,共36分.‎ ‎1.(3分)计算|﹣|+()﹣1的结果是(  )‎ A.0 B. C. D.6‎ ‎2.(3分)实数a,b在数轴上的对应点的位置如图所示.下列结论正确的是(  )‎ A.a>b B.a>﹣b C.﹣a>b D.﹣a<b ‎3.(3分)一组数据2,3,5,x,7,4,6,9的众数是4,则这组数据的中位数是(  )‎ A.4 B. C.5 D.‎ ‎4.(3分)一个圆柱的三视图如图所示,若其俯视图为圆,则这个圆柱的体积为(  )‎ A.24 B.24π C.96 D.96π ‎5.(3分)在函数y=﹣中,自变量x的取值范围是(  )‎ A.x>﹣1 B.x≥﹣1 C.x>﹣1且x≠2 D.x≥﹣1且x≠2‎ ‎6.(3分)下列说法正确的是(  )‎ A.立方根等于它本身的数一定是1和0 ‎ B.顺次连接菱形四边中点得到的四边形是矩形 ‎ C.在函数y=kx+b(k≠0)中,y的值随着x值的增大而增大 ‎ D.如果两个圆周角相等,那么它们所对的弧长一定相等 ‎7.(3分)如图,在Rt△ABC中,∠B=90°,以点A为圆心,适当长为半径画弧,分别交AB、AC于点D,E,再分别以点D、E为圆心,大于DE为半径画弧,两弧交于点F,作射线AF交边BC于点G,若BG=1,AC=4,则△ACG的面积是(  )‎ 第33页(共33页)‎ A.1 B. C.2 D.‎ ‎8.(3分)如图,在Rt△ABC中,∠ACB=90°,AC=BC=2,以BC为直径作半圆,交AB于点D,则阴影部分的面积是(  )‎ A.π﹣1 B.4﹣π C. D.2‎ ‎9.(3分)下列命题:‎ ‎①若x2+kx+是完全平方式,则k=1;‎ ‎②若A(2,6),B(0,4),P(1,m)三点在同一直线上,则m=5;‎ ‎③等腰三角形一边上的中线所在的直线是它的对称轴;‎ ‎④一个多边形的内角和是它的外角和的2倍,则这个多边形是六边形.‎ 其中真命题个数是(  )‎ A.1 B.2 C.3 D.4‎ ‎10.(3分)已知等腰三角形的三边长分别为a、b、4,且a、b是关于x的一元二次方程x2﹣12x+m+2=0的两根,则m的值是(  )‎ A.34 B.30 C.30或34 D.30或36‎ ‎11.(3分)如图,在正方形ABCD中,AB=1,点E,F分别在边BC和CD上,AE=AF,∠EAF=60°,则CF的长是(  )‎ 第33页(共33页)‎ A. B. C.﹣1 D.‎ ‎12.(3分)如图,在平面直角坐标系中,已知A(﹣3,﹣2),B(0,﹣2),C(﹣3,0),M是线段AB上的一个动点,连接CM,过点M作MN⊥MC交y轴于点N,若点M、N在直线y=kx+b上,则b的最大值是(  )‎ A.﹣ B.﹣ C.﹣1 D.0‎ 二、填空题:本大题有6小题,每小题3分,共24分.‎ ‎13.(3分)2018年我国国内生产总值(GDP)是900309亿元,首次突破90万亿大关,90万亿用科学记数法表示为   .‎ ‎14.(3分)已知不等式组的解集为x>﹣1,则k的取值范围是   .‎ ‎15.(3分)化简:1﹣÷=   .‎ ‎16.(3分)甲、乙两班举行数学知识竞赛,参赛学生的竞赛得分统计结果如下表:‎ 班级 参赛人数 平均数 中位数 方差 甲 ‎45‎ ‎83‎ ‎86‎ ‎82‎ 乙 ‎45‎ ‎83‎ ‎84‎ ‎135‎ 某同学分析上表后得到如下结论:‎ ‎①甲、乙两班学生的平均成绩相同;‎ ‎②乙班优秀的人数少于甲班优秀的人数(竞赛得分≥85分为优秀);‎ ‎③甲班成绩的波动性比乙班小.‎ 上述结论中正确的是   .(填写所有正确结论的序号)‎ ‎17.(3分)如图,在△ABC中,∠CAB=55°,∠ABC=25°,在同一平面内,将△ABC绕A点逆时针旋转70°得到△ADE,连接EC,则tan∠DEC的值是   .‎ 第33页(共33页)‎ ‎18.(3分)如图,BD是⊙O的直径,A是⊙O外一点,点C在⊙O上,AC与⊙O相切于点C,∠CAB=90°,若BD=6,AB=4,∠ABC=∠CBD,则弦BC的长为   .‎ ‎19.(3分)如图,在平面直角坐标系中,已知A(﹣1,0),B(0,2),将△ABO沿直线AB翻折后得到△ABC,若反比例函数y=(x<0)的图象经过点C,则k=   .‎ ‎20.(3分)如图,在Rt△ABC中,∠ABC=90°,BC=3,D为斜边AC的中点,连接BD,点F是BC边上的动点(不与点B、C重合),过点B作BE⊥BD交DF延长线交于点E,连接CE,下列结论:‎ ‎①若BF=CF,则CE2+AD2=DE2;‎ ‎②若∠BDE=∠BAC,AB=4,则CE=;‎ ‎③△ABD和△CBE一定相似;‎ ‎④若∠A=30°,∠BCE=90°,则DE=.‎ 其中正确的是   .(填写所有正确结论的序号)‎ 第33页(共33页)‎ 三、解答题:本大题共有6小题,共60分.‎ ‎21.(8分)某校为了解九年级学生的体育达标情况,随机抽取50名九年级学生进行体育达标项目测试,测试成绩如下表,请根据表中的信息,解答下列问题:‎ 测试成绩(分)‎ ‎23‎ ‎25‎ ‎26‎ ‎28‎ ‎30‎ 人数(人)‎ ‎4‎ ‎18‎ ‎15‎ ‎8‎ ‎5‎ ‎(1)该校九年级有450名学生,估计体育测试成绩为25分的学生人数;‎ ‎(2)该校体育老师要对本次抽测成绩为23分的甲、乙、丙、丁4名学生进行分组强化训练,要求两人一组,求甲和乙恰好分在同一组的概率.(用列表或树状图方法解答)‎ ‎22.(8分)如图,在四边形ABCD中,AD∥BC,AB=BC,∠BAD=90°,AC交BD于点E,∠ABD=30°,AD=,求线段AC和BE的长.‎ ‎(注:==)‎ ‎23.(10分)某出租公司有若干辆同一型号的货车对外出租,每辆货车的日租金实行淡季、旺季两种价格标准,旺季每辆货车的日租金比淡季上涨.据统计,淡季该公司平均每天有10辆货车未出租,日租金总收入为1500元;旺季所有的货车每天能全部租出,日租金总收入为4000元.‎ ‎(1)该出租公司这批对外出租的货车共有多少辆?淡季每辆货车的日租金多少元?‎ ‎(2)经市场调查发现,在旺季如果每辆货车的日租金每上涨20元,每天租出去的货车就会减少1辆,不考虑其它因素,每辆货车的日租金上涨多少元时,该出租公司的日租金总收入最高?‎ ‎24.(10分)如图,在⊙O中,B是⊙O上的一点,∠ABC=120°,弦AC=2,弦BM平分∠ABC交AC于点D,连接MA,MC.‎ ‎(1)求⊙O半径的长;‎ ‎(2)求证:AB+BC=BM.‎ 第33页(共33页)‎ ‎25.(12分)如图,在正方形ABCD中,AB=6,M是对角线BD上的一个动点(0<DM<BD),连接AM,过点M作MN⊥AM交BC于点N.‎ ‎(1)如图①,求证:MA=MN;‎ ‎(2)如图②,连接AN,O为AN的中点,MO的延长线交边AB于点P,当时,求AN和PM的长;‎ ‎(3)如图③,过点N作NH⊥BD于H,当AM=2时,求△HMN的面积.‎ ‎26.(12分)如图,在平面直角坐标系中,已知抛物线y=ax2+bx+2(a≠0)与x轴交于A(﹣1,0),B(3,0)两点,与y轴交于点C,连接BC.‎ ‎(1)求该抛物线的解析式,并写出它的对称轴;‎ ‎(2)点D为抛物线对称轴上一点,连接CD、BD,若∠DCB=∠CBD,求点D的坐标;‎ ‎(3)已知F(1,1),若E(x,y)是抛物线上一个动点(其中1<x<2),连接CE、CF、EF,求△CEF面积的最大值及此时点E的坐标.‎ ‎(4)若点N为抛物线对称轴上一点,抛物线上是否存在点M,使得以B,C,M,N为顶点的四边形是平行四边形?若存在,请直接写出所有满足条件的点M的坐标;若不存在,请说明理由.‎ 第33页(共33页)‎ 第33页(共33页)‎ ‎2019年内蒙古包头市中考数学试卷 参考答案与试题解析 一、选择题:本大题共12小题,每小题3分,共36分.‎ ‎1.(3分)计算|﹣|+()﹣1的结果是(  )‎ A.0 B. C. D.6‎ ‎【分析】先根据二次根式的性质,绝对值的秘技,负指数幂的法则进行计算,然后进行有理数的加法运算.‎ ‎【解答】解:原式=3+3=6.‎ 故选:D.‎ ‎【点评】本题是实数的运算,主要考查了二次根式的性质,绝对值的性质,负指数幂的运算,有理数的加法,关键是熟记法则.‎ ‎2.(3分)实数a,b在数轴上的对应点的位置如图所示.下列结论正确的是(  )‎ A.a>b B.a>﹣b C.﹣a>b D.﹣a<b ‎【分析】根据数轴可以发现a<b,且﹣3<a<﹣2,1<b<2,由此即可判断以上选项正确与否.‎ ‎【解答】解:∵﹣3<a<﹣2,1<b<2,∴答案A错误;‎ ‎∵a<0<b,且|a|>|b|,∴a+b<0,∴a<﹣b,∴答案B错误;‎ ‎∴﹣a>b,故选项C正确,选项D错误.‎ 故选:C.‎ ‎【点评】本题考查的是数轴与实数的大小比较等相关内容,会利用数轴比较实数的大小是解决问题的关键.‎ ‎3.(3分)一组数据2,3,5,x,7,4,6,9的众数是4,则这组数据的中位数是(  )‎ A.4 B. C.5 D.‎ ‎【分析】根据题意由众数是4,可知x=4,然后根据中位数的定义求解即可.‎ ‎【解答】解:∵这组数据的众数4,‎ ‎∴x=4,‎ 将数据从小到大排列为:2,3,4,4,5,6,7,9‎ 第33页(共33页)‎ 则中位数为:4.5.‎ 故选:B.‎ ‎【点评】本题考查了众数、中位数的定义,属于基础题,掌握基本定义是关键.‎ ‎4.(3分)一个圆柱的三视图如图所示,若其俯视图为圆,则这个圆柱的体积为(  )‎ A.24 B.24π C.96 D.96π ‎【分析】由已知三视图为圆柱,首先得到圆柱底面半径,从而根据圆柱体积=底面积乘高求出它的体积.‎ ‎【解答】解:由三视图可知圆柱的底面直径为4,高为6,‎ ‎∴底面半径为2,‎ ‎∴V=πr2h=22×6•π=24π,‎ 故选:B.‎ ‎【点评】此题考查的是圆柱的体积及由三视图判断几何体,关键是先判断圆柱的底面半径和高,然后求其体积.‎ ‎5.(3分)在函数y=﹣中,自变量x的取值范围是(  )‎ A.x>﹣1 B.x≥﹣1 C.x>﹣1且x≠2 D.x≥﹣1且x≠2‎ ‎【分析】根据分母不等于0和二次根式的被开方数非负,列出不等式组,进行解答便可.‎ ‎【解答】解:根据题意得,‎ ‎,‎ 解得,x≥﹣1,且x≠2.‎ 故选:D.‎ ‎【点评】本题考查的知识点为:分式有意义,分母不为0.二次根式有意义,被开方数是非负数.自变量的取值范围必须使含有自变量的表达式都有意义:①当表达式的分母不含有自变量时,自变量取全体实数.例如y=2x+13中的x.②‎ 第33页(共33页)‎ 当表达式的分母中含有自变量时,自变量取值要使分母不为零.例如y=x+2x﹣1.③当函数的表达式是偶次根式时,自变量的取值范围必须使被开方数不小于零.④对于实际问题中的函数关系式,自变量的取值除必须使表达式有意义外,还要保证实际问题有意义.‎ ‎6.(3分)下列说法正确的是(  )‎ A.立方根等于它本身的数一定是1和0 ‎ B.顺次连接菱形四边中点得到的四边形是矩形 ‎ C.在函数y=kx+b(k≠0)中,y的值随着x值的增大而增大 ‎ D.如果两个圆周角相等,那么它们所对的弧长一定相等 ‎【分析】根据立方根的定义,中点四边形,一次函数的性质,弧,弦,圆心角的关系即可得到结论 ‎【解答】解:A、立方根等于它本身的数一定是±1和0,故错误;‎ B、顺次连接菱形四边中点得到的四边形是矩形,故正确;‎ C、在函数y=kx+b(k≠0)中,当k>0时,y的值随着x值的增大而增大,故错误;‎ D、在同圆或等圆中,如果两个圆周角相等,那么它们所对的弧长一定相等,故错误.‎ 故选:B.‎ ‎【点评】本题考查了立方根的定义,中点四边形,一次函数的性质,弧,弦,圆心角的关系,熟练掌握各知识点是解题的关键.‎ ‎7.(3分)如图,在Rt△ABC中,∠B=90°,以点A为圆心,适当长为半径画弧,分别交AB、AC于点D,E,再分别以点D、E为圆心,大于DE为半径画弧,两弧交于点F,作射线AF交边BC于点G,若BG=1,AC=4,则△ACG的面积是(  )‎ A.1 B. C.2 D.‎ ‎【分析】利用基本作图得到AG平分∠BAC,利用角平分线的性质得到G点到AC的距离为1,然后根据三角形面积公式计算△ACG的面积.‎ ‎【解答】解:由作法得AG平分∠BAC,‎ ‎∴G点到AC的距离等于BG的长,即G点到AC的距离为1,‎ 第33页(共33页)‎ 所以△ACG的面积=×4×1=2.‎ 故选:C.‎ ‎【点评】本题考查了作图﹣基本作图:熟练掌握基本作图(作一条线段等于已知线段;作一个角等于已知角;作已知线段的垂直平分线;作已知角的角平分线;过一点作已知直线的垂线).也考查了交平分线的性质.‎ ‎8.(3分)如图,在Rt△ABC中,∠ACB=90°,AC=BC=2,以BC为直径作半圆,交AB于点D,则阴影部分的面积是(  )‎ A.π﹣1 B.4﹣π C. D.2‎ ‎【分析】连接CD,根据圆周角定理得到CD⊥AB,推出△ACB是等腰直角三角形,得到CD=BD,根据三角形的面积公式即可得到结论.‎ ‎【解答】解:连接CD,‎ ‎∵BC是半圆的直径,‎ ‎∴CD⊥AB,‎ ‎∵在Rt△ABC中,∠ACB=90°,AC=BC=2,‎ ‎∴△ACB是等腰直角三角形,‎ ‎∴CD=BD,‎ ‎∴阴影部分的面积=×22=2,‎ 故选:D.‎ ‎【点评】本题考查了扇形的面积的计算,等腰直角三角形的性质,正确的作出辅助线是解题的关键.‎ ‎9.(3分)下列命题:‎ 第33页(共33页)‎ ‎①若x2+kx+是完全平方式,则k=1;‎ ‎②若A(2,6),B(0,4),P(1,m)三点在同一直线上,则m=5;‎ ‎③等腰三角形一边上的中线所在的直线是它的对称轴;‎ ‎④一个多边形的内角和是它的外角和的2倍,则这个多边形是六边形.‎ 其中真命题个数是(  )‎ A.1 B.2 C.3 D.4‎ ‎【分析】利用完全平方公式对①进行判断;利用待定系数法求出直线AB的解析式,然后求出m,则可对②进行判断;根据等腰三角形的性质对③进行判断;根据多边形的内角和和外角和对④进行判断.‎ ‎【解答】解:若x2+kx+是完全平方式,则k=±1,所以①错误;‎ 若A(2,6),B(0,4),P(1,m)三点在同一直线上,而直线AB的解析式为y=x+4,则x=1时,m=5,所以②正确;‎ 等腰三角形底边上的中线所在的直线是它的对称轴,所以③错误;‎ 一个多边形的内角和是它的外角和的2倍,则这个多边形是六边形,所以④正确.‎ 故选:B.‎ ‎【点评】本题考查了命题与定理:命题的“真”“假”是就命题的内容而言.任何一个命题非真即假.要说明一个命题的正确性,一般需要推理、论证,而判断一个命题是假命题,只需举出一个反例即可.‎ ‎10.(3分)已知等腰三角形的三边长分别为a、b、4,且a、b是关于x的一元二次方程x2﹣12x+m+2=0的两根,则m的值是(  )‎ A.34 B.30 C.30或34 D.30或36‎ ‎【分析】分三种情况讨论,①当a=4时,②当b=4时,③当a=b时;结合韦达定理即可求解;‎ ‎【解答】解:当a=4时,b<8,‎ ‎∵a、b是关于x的一元二次方程x2﹣12x+m+2=0的两根,‎ ‎∴4+b=12,‎ ‎∴b=8不符合;‎ 当b=4时,a<8,‎ ‎∵a、b是关于x的一元二次方程x2﹣12x+m+2=0的两根,‎ 第33页(共33页)‎ ‎∴4+a=12,‎ ‎∴a=8不符合;‎ 当a=b时,‎ ‎∵a、b是关于x的一元二次方程x2﹣12x+m+2=0的两根,‎ ‎∴12=2a=2b,‎ ‎∴a=b=6,‎ ‎∴m+2=36,‎ ‎∴m=34;‎ 故选:A.‎ ‎【点评】本题考查一元二次方程根与系数的关系;根据等腰三角形的性质进行分类讨论,结合韦达定理和三角形三边关系进行解题是关键.‎ ‎11.(3分)如图,在正方形ABCD中,AB=1,点E,F分别在边BC和CD上,AE=AF,∠EAF=60°,则CF的长是(  )‎ A. B. C.﹣1 D.‎ ‎【分析】由正方形的性质得出∠B=∠D=∠BAD=90°,AB=BC=CD=AD=1,证明Rt△ABE≌Rt△ADF得出∠BAE=∠DAF,求出∠DAF=15°,在AD上取一点G,使∠GFA=∠DAF=15°,则AG=FG,∠DGF=30°,由直角三角形的性质得出DF=FG=AG,DG=DF,设DF=x,则DG=x,AG=FG=2x,则2x+x=1,解得:x=2﹣,得出DF=2﹣,即可得出结果.‎ ‎【解答】解:∵四边形ABCD是正方形,‎ ‎∴∠B=∠D=∠BAD=90°,AB=BC=CD=AD=1,‎ 在Rt△ABE和Rt△ADF中,,‎ ‎∴Rt△ABE≌Rt△ADF(HL),‎ ‎∴∠BAE=∠DAF,‎ ‎∵∠EAF=60°,‎ 第33页(共33页)‎ ‎∴∠BAE+∠DAF=30°,‎ ‎∴∠DAF=15°,‎ 在AD上取一点G,使∠GFA=∠DAF=15°,如图所示:‎ ‎∴AG=FG,∠DGF=30°,‎ ‎∴DF=FG=AG,DG=DF,‎ 设DF=x,则DG=x,AG=FG=2x,‎ ‎∵AG+DG=AD,‎ ‎∴2x+x=1,‎ 解得:x=2﹣,‎ ‎∴DF=2﹣,‎ ‎∴CF=CD﹣DF=1﹣(2﹣)=﹣1;‎ 故选:C.‎ ‎【点评】本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的判定、直角三角形的性质等知识;熟练掌握正方形的性质,证明三角形全等是解题的关键.‎ ‎12.(3分)如图,在平面直角坐标系中,已知A(﹣3,﹣2),B(0,﹣2),C(﹣3,0),M是线段AB上的一个动点,连接CM,过点M作MN⊥MC交y轴于点N,若点M、N在直线y=kx+b上,则b的最大值是(  )‎ A.﹣ B.﹣ C.﹣1 D.0‎ ‎【分析】当点M在AB上运动时,MN⊥MC交y轴于点N,此时点N在y轴的负半轴移动,定有△AMC∽△NBM;只要求出ON的最小值,也就是BN最大值时,就能确定点N的坐标,而直线y=kx+b与y轴交于点N(0,b),此时b的值最大,因此根据相似三角形的对应边成比例,设未知数构造二次函数,通过求二次函数的最值得以解决.‎ 第33页(共33页)‎ ‎【解答】解:连接AC,则四边形ABOC是矩形,∴∠A=∠ABO=90°,‎ 又∵MN⊥MC,‎ ‎∴∠CMN=90°,‎ ‎∴∠AMC=∠MNB,‎ ‎∴△AMC∽△NBM,‎ ‎∴,‎ 设BN=y,AM=x.则MB=3﹣x,ON=2﹣y,‎ ‎∴,‎ 即:y=x2+x ‎∴当x=﹣=﹣时,y最大=×()2+=,‎ ‎∵直线y=kx+b与y轴交于N(0,b)‎ 当BN最大,此时ON最小,点N (0,b)越往上,b的值最大,‎ ‎∴ON=OB﹣BN=2﹣=,‎ 此时,N(0,)‎ b的最大值为.‎ 故选:A.‎ ‎【点评】综合考查相似三角形的性质、二次函数的性质、二次函数的最值以及一次函数的性质等知识;构造相似三角形、利用二次函数的最值是解题的关键所在.‎ 二、填空题:本大题有6小题,每小题3分,共24分.‎ ‎13.(3分)2018年我国国内生产总值(GDP)是900309亿元,首次突破90万亿大关,90万亿用科学记数法表示为 9×1013 .‎ ‎【分析】科学记数法的表示形式为a×10n的形式,其中1≤|a|<10,n为整数.确定n的值时,要看把原数变成a时,小数点移动了多少位,n 第33页(共33页)‎ 的绝对值与小数点移动的位数相同.当原数绝对值>10时,n是正数;当原数的绝对值<1时,n是负数.‎ ‎【解答】解:90万亿用科学记数法表示成:9.0×1013,‎ 故答案为:9.0×1013.‎ ‎【点评】此题考查科学记数法的表示方法.科学记数法的表示形式为a×10n的形式,其中1≤|a|<10,n为整数,表示时关键要正确确定a的值以及n的值.‎ ‎14.(3分)已知不等式组的解集为x>﹣1,则k的取值范围是 k≤﹣2 .‎ ‎【分析】求出每个不等式的解集,根据已知得出关于k的不等式,求出不等式的解集即可.‎ ‎【解答】解:‎ 由①得x>﹣1;‎ 由②得x>k+1.‎ ‎∵不等式组的解集为x>﹣1,‎ ‎∴k+1≤﹣1,‎ 解得k≤﹣2.‎ 故答案为k≤﹣2.‎ ‎【点评】本题考查了解一元一次不等式组的应用,解此题的关键是能根据不等式的解集和已知得出关于k的不等式,难度适中.‎ ‎15.(3分)化简:1﹣÷= ﹣ .‎ ‎【分析】根据分式混合运算的法则计算即可.‎ ‎【解答】解:1﹣÷=1﹣•=1﹣=﹣,‎ 故答案为:﹣.‎ ‎【点评】本题考查了分式的混合运算,熟记法则是解题的关键.‎ ‎16.(3分)甲、乙两班举行数学知识竞赛,参赛学生的竞赛得分统计结果如下表:‎ 第33页(共33页)‎ 班级 参赛人数 平均数 中位数 方差 甲 ‎45‎ ‎83‎ ‎86‎ ‎82‎ 乙 ‎45‎ ‎83‎ ‎84‎ ‎135‎ 某同学分析上表后得到如下结论:‎ ‎①甲、乙两班学生的平均成绩相同;‎ ‎②乙班优秀的人数少于甲班优秀的人数(竞赛得分≥85分为优秀);‎ ‎③甲班成绩的波动性比乙班小.‎ 上述结论中正确的是 ①②③ .(填写所有正确结论的序号)‎ ‎【分析】根据平均数、中位数、方差的定义即可判断;‎ ‎【解答】解:由表格可知,甲、乙两班学生的成绩平均成绩相同;‎ 根据中位数可以确定,乙班优秀的人数少于甲班优秀的人数;‎ 根据方差可知,甲班成绩的波动性比乙班小.‎ 故①②③正确,‎ 故答案为:①②③.‎ ‎【点评】本题考查平均数、中位数、方差等知识,解题的关键是熟练掌握基本知识,属于中考常考题型.‎ ‎17.(3分)如图,在△ABC中,∠CAB=55°,∠ABC=25°,在同一平面内,将△ABC绕A点逆时针旋转70°得到△ADE,连接EC,则tan∠DEC的值是 1 .‎ ‎【分析】根据旋转的性质以及锐角三角函数的定义即可求出答案.‎ ‎【解答】解:由旋转的性质可知:AE=AC,∠CAE=70°,‎ ‎∴∠ACE=∠AEC=55°,‎ 又∵∠AED=∠ACB,∠CAB=55°,∠ABC=25°,‎ ‎∴∠ACB=∠AED=100°,‎ ‎∴∠DEC=100°﹣55°=45°,‎ ‎∴tan∠DEC=tan45°=1,‎ 故答案为:1‎ 第33页(共33页)‎ ‎【点评】本题考查旋转的性质,解题的关键是熟练运用旋转的性质,本题属于中等题型.‎ ‎18.(3分)如图,BD是⊙O的直径,A是⊙O外一点,点C在⊙O上,AC与⊙O相切于点C,∠CAB=90°,若BD=6,AB=4,∠ABC=∠CBD,则弦BC的长为 2 .‎ ‎【分析】连接CD、OC,由切线的性质得出AC⊥OC,证出OC∥AB,由平行线的性质和等腰三角形的性质得出∠ABC=∠CBO,由圆周角定理得出∠BCD=90°=∠CAB,证明△ABC∽△CBD,得出=,即可得出结果.‎ ‎【解答】解:连接CD、OC,如图:‎ ‎∵AC与⊙O相切于点C,‎ ‎∴AC⊥OC,‎ ‎∵∠CAB=90°,‎ ‎∴AC⊥AB,‎ ‎∴OC∥AB,‎ ‎∴∠ABC=∠OCB,‎ ‎∵OB=OC,‎ ‎∴∠OCB=∠CBO,‎ ‎∴∠ABC=∠CBO,‎ ‎∵BD是⊙O的直径,‎ ‎∴∠BCD=90°=∠CAB,‎ ‎∴△ABC∽△CBD,‎ ‎∴=,‎ ‎∴BC2=AB×BD=4×6=24,‎ ‎∴BC==2;‎ 故答案为:2.‎ 第33页(共33页)‎ ‎【点评】本题考查了切线的性质、圆周角定理、等腰三角形的性质、相似三角形的判定与性质、平行线的性质;熟练掌握切线的性质和圆周角定理,证明三角形相似是解题的关键.‎ ‎19.(3分)如图,在平面直角坐标系中,已知A(﹣1,0),B(0,2),将△ABO沿直线AB翻折后得到△ABC,若反比例函数y=(x<0)的图象经过点C,则k=  .‎ ‎【分析】由A(﹣1,0),B(0,2),可知OA,OB,由折叠得OA=AC=1,OB=BC=2,要求k的值只要求出点C的坐标即可,因此过点C作垂线,构造相似三角形,得出线段之间的关系,设合适的未知数,在直角三角形中由勾股定理,解出未知数,进而确定点C的坐标,最终求出k的值.‎ ‎【解答】解:过点C作CD⊥x轴,过点B作BE⊥y轴,与DC的延长线相交于点E,‎ 由折叠得:OA=AC=1,OB=BC=2,‎ 易证,△ACD∽△BCE,‎ ‎∴,‎ 设CD=m,则BE=2m,CE=2﹣m,AD=2m﹣1‎ 在Rt△ACD中,由勾股定理得:AD2+CD2=AC2,‎ 即:m2+(2m﹣1)2=12,解得:m1=,m2=0(舍去);‎ ‎∴CD=,BE=OA=,‎ ‎∴C(,)代入y=得,k==,‎ 故答案为:‎ 第33页(共33页)‎ ‎【点评】考查折叠得性质、相似三角形的性质、直角三角形的勾股定理、反比例函数图象上点的坐标特征等知识,由于综合利用的知识较多,本题由一定的难度.‎ ‎20.(3分)如图,在Rt△ABC中,∠ABC=90°,BC=3,D为斜边AC的中点,连接BD,点F是BC边上的动点(不与点B、C重合),过点B作BE⊥BD交DF延长线交于点E,连接CE,下列结论:‎ ‎①若BF=CF,则CE2+AD2=DE2;‎ ‎②若∠BDE=∠BAC,AB=4,则CE=;‎ ‎③△ABD和△CBE一定相似;‎ ‎④若∠A=30°,∠BCE=90°,则DE=.‎ 其中正确的是 ①②④ .(填写所有正确结论的序号)‎ ‎【分析】①由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半,得AD=BD,由BF=CF,BD=CD得DE是BC的垂直平分线,得BE=CE,再由勾股定理便可得结论,由此判断结论的正误;‎ ‎②证明△ABC∽△DBE,求得BE,再证明DE∥AB,得DE垂直平分BC,得CE=BE,便可判断结论的正误;‎ ‎③证明∠ABD=∠CBE,再证明BE与BC或BC与BE两边的比不一定等于AB与BD的比,便可判断结论正误;‎ ‎④先求出AC,进而得BD,再在Rt△BCE中,求得BE,进而由勾股定理求得结果,便可判断正误.‎ ‎【解答】解:①∵∠ABC=90°,D为斜边AC的中点,‎ 第33页(共33页)‎ ‎∴AD=BD=CD,‎ ‎∵AF=CF,‎ ‎∴BF=CF,‎ ‎∴DE⊥BC,‎ ‎∴BE=CE,∵‎ ‎∵BE⊥BD,‎ ‎∴BD2+BE2=DE2,‎ ‎∴CE2+AD2=DE2,‎ 故①正确;‎ ‎②∵AB=4,BC=3,‎ ‎∴AC=,‎ ‎∴,‎ ‎∵∠A=∠BDE,∠ABC=∠DBE=90°,‎ ‎∴△ABC∽△DBE,‎ ‎∴,‎ 即.‎ ‎∴BE=,‎ ‎∵AD=BD,‎ ‎∴∠A=∠ABD,‎ ‎∵∠A=∠BDE,∠BDC=∠A+∠ABD,‎ ‎∴∠A=∠CDE,‎ ‎∴DE∥AB,‎ ‎∴DE⊥BC,‎ ‎∵BD=CD,‎ ‎∴DE垂直平分BC,‎ ‎∴BE=CE,‎ ‎∴CE=,‎ 第33页(共33页)‎ 故②正确;‎ ‎③∵∠ABC=∠DBE=90°,‎ ‎∴∠ABD=∠CBE,‎ ‎∵,‎ 但随着F点运动,BE的长度会改变,而BC=3,‎ ‎∴或不一定等于,‎ ‎∴△ABD和△CBE不一定相似,‎ 故③错误;‎ ‎④∵∠A=30°,BC=3,‎ ‎∴∠A=∠ABD=∠CBE=30°,AC=2BC=6,‎ ‎∴BD=,‎ ‎∵BC=3,∠BCE=90°,‎ ‎∴BE=,‎ ‎∵∴,‎ 故④正确;‎ 故答案为:①②④.‎ ‎【点评】本题是三角形的一个综合题,主要考查了勾股定理,相似三角形的性质与判定,全等三角形的性质与判定,解直角三角形,直角三角形的性质,线段垂直平分线的判定与性质,考试的内容多,难度较大,关键是综合应用以上性质灵活解题.‎ 三、解答题:本大题共有6小题,共60分.‎ ‎21.(8分)某校为了解九年级学生的体育达标情况,随机抽取50名九年级学生进行体育达标项目测试,测试成绩如下表,请根据表中的信息,解答下列问题:‎ 测试成绩(分)‎ ‎23‎ ‎25‎ ‎26‎ ‎28‎ ‎30‎ 人数(人)‎ ‎4‎ ‎18‎ ‎15‎ ‎8‎ ‎5‎ ‎(1)该校九年级有450名学生,估计体育测试成绩为25分的学生人数;‎ ‎(2)该校体育老师要对本次抽测成绩为23分的甲、乙、丙、丁4名学生进行分组强化训练,要求两人一组,求甲和乙恰好分在同一组的概率.(用列表或树状图方法解答)‎ 第33页(共33页)‎ ‎【分析】(1)由总人数乘以25分的学生所占的比例即可;‎ ‎(2)画树状图可知:共有12个等可能的结果,甲和乙恰好分在同一组的结果有2个,由概率公式即可得出结果.‎ ‎【解答】解:(1)450×=162(人),‎ 答:该校九年级有450名学生,估计体育测试成绩为25分的学生人数为162人;‎ ‎(2)画树状图如图:‎ 共有12个等可能的结果,甲和乙恰好分在同一组的结果有2个,‎ ‎∴甲和乙恰好分在同一组的概率为=.‎ ‎【点评】本题考查了列表法与树状图法,统计表等知识,解题的关键是熟练掌握基本知识,属于中考常考题型.‎ ‎22.(8分)如图,在四边形ABCD中,AD∥BC,AB=BC,∠BAD=90°,AC交BD于点E,∠ABD=30°,AD=,求线段AC和BE的长.‎ ‎(注:==)‎ ‎【分析】直接利用相似三角形的判定与性质得出=,进而得出AC,BE的长.‎ ‎【解答】解:在Rt△ABD中 ‎∵∠BAD=90°,∠ABD=30°,AD=,‎ ‎∴tan∠ABD=,‎ ‎∴=,‎ ‎∴AB=3,‎ ‎∵AD∥BC,‎ ‎∴∠BAD+∠ABC=180°,‎ 第33页(共33页)‎ ‎∴∠ABC=90°,‎ 在Rt△ABC中,∵AB=BC=3,‎ ‎∴AC==3,‎ ‎∵AD∥BC,‎ ‎∴△ADE∽△CBE,‎ ‎∴=,‎ ‎∴=,‎ 设DE=x,则BE=3x,‎ ‎∴BD=DE+BE=(+3)x,‎ ‎∴=,‎ ‎∵在Rt△ABD中,∠ABD=30°,‎ ‎∴BD=2AD=2,‎ ‎∴DE=2×,‎ ‎∴DE=3﹣,‎ ‎∴BE=(3﹣)=3﹣3.‎ ‎【点评】此题主要考查了相似三角形的判定与性质,正确得出DE,BD之间关系是解题关键.‎ ‎23.(10分)某出租公司有若干辆同一型号的货车对外出租,每辆货车的日租金实行淡季、旺季两种价格标准,旺季每辆货车的日租金比淡季上涨.据统计,淡季该公司平均每天有10辆货车未出租,日租金总收入为1500元;旺季所有的货车每天能全部租出,日租金总收入为4000元.‎ ‎(1)该出租公司这批对外出租的货车共有多少辆?淡季每辆货车的日租金多少元?‎ 第33页(共33页)‎ ‎(2)经市场调查发现,在旺季如果每辆货车的日租金每上涨20元,每天租出去的货车就会减少1辆,不考虑其它因素,每辆货车的日租金上涨多少元时,该出租公司的日租金总收入最高?‎ ‎【分析】(1)根据题意可以列出方程,进而求得结论;‎ ‎(2)根据题意可以求得总收入和上涨价格之间的函数解析式,然后化为顶点式即可解答本题.‎ ‎【解答】解:(1)该出租公司这批对外出租的货车共有x辆,‎ 根据题意得,,‎ 解得:x=20,‎ 经检验:x=20是分式方程的根,‎ ‎∴1500÷(20﹣10)=150(元),‎ 答:该出租公司这批对外出租的货车共有20辆,淡季每辆货车的日租金150元;‎ ‎(2)设每辆货车的日租金上涨a元时,该出租公司的日租金总收入为W元,‎ 根据题意得,W=[a+150×(1+)]×(20﹣),‎ ‎∴W=﹣a2+10a+4000=﹣(a﹣100)2+4500,‎ ‎∵﹣<0,‎ ‎∴当a=100时,W有最大值,‎ 答:每辆货车的日租金上涨100元时,该出租公司的日租金总收入最高.‎ ‎【点评】本题考查二次函数的应用,解答本题的关键是明确题意,找出所求问题需要的条件,利用二次函数的性质解答.‎ ‎24.(10分)如图,在⊙O中,B是⊙O上的一点,∠ABC=120°,弦AC=2,弦BM平分∠ABC交AC于点D,连接MA,MC.‎ ‎(1)求⊙O半径的长;‎ ‎(2)求证:AB+BC=BM.‎ ‎【分析】(1)连接OA、OC,过O作OH⊥AC于点H,由圆内接四边形的性质求得∠AMC,再求得∠AOC,最后解直角三角形得OA便可;‎ 第33页(共33页)‎ ‎(2)在BM上截取BE=BC,连接CE,证明BC=BE,再证明△ACB≌△MCE,得AB=ME,进而得结论.‎ ‎【解答】解:(1)连接OA、OC,过O作OH⊥AC于点H,如图1,‎ ‎∵∠ABC=120°,‎ ‎∴∠AMC=180°﹣∠ABC=60°,‎ ‎∴∠AOC=2∠AMC=120°,‎ ‎∴∠AOH=∠AOC=60°,‎ ‎∵AH=AC=,‎ ‎∴OA=,‎ 故⊙O的半径为2.‎ ‎(2)证明:在BM上截取BE=BC,连接CE,如图2,‎ ‎∵∠MBC=60°,BE=BC,‎ ‎∴△EBC是等边三角形,‎ ‎∴CE=CB=BE,∠BCE=60°,‎ ‎∴∠BCD+∠DCE=60°,‎ ‎∵∠∠ACM=60°,‎ ‎∴∠ECM+∠DCE=60°,‎ 第33页(共33页)‎ ‎∴∠ECM=∠BCD,‎ ‎∵∠ABC=120°,BM平分∠ABC,‎ ‎∴∠ABM=∠CBM=60°,‎ ‎∴∠CAM=∠CBM=60°,∠ACM=∠ABM=60°,‎ ‎∴△ACM是等边三角形,‎ ‎∴AC=CM,‎ ‎∴△ACB≌△MCE,‎ ‎∴AB=ME,‎ ‎∵ME+EB=BM,‎ ‎∴AB+BC=BM.‎ ‎【点评】本题是圆的一个综合题,主要考查圆的圆内接四边形定理,圆周角定理,垂径定理,角平分线定义,三角形全等的性质与判定,等边三角形的性质与判定,解直角三角形,内容较多,有一定难度,第一题关键在于求∠AOC的度数,第二题的关键在于构造全等三角形.‎ ‎25.(12分)如图,在正方形ABCD中,AB=6,M是对角线BD上的一个动点(0<DM<BD),连接AM,过点M作MN⊥AM交BC于点N.‎ ‎(1)如图①,求证:MA=MN;‎ ‎(2)如图②,连接AN,O为AN的中点,MO的延长线交边AB于点P,当时,求AN和PM的长;‎ ‎(3)如图③,过点N作NH⊥BD于H,当AM=2时,求△HMN的面积.‎ ‎【分析】(1)过点M作MF⊥AB于F,作MG⊥BC于G,由正方形的性质得出∠ABD=∠DBC=45°,由角平分线的性质得出MF=MG,证得四边形FBGM是正方形,得出∠FMG=90°,证出∠AMF=∠NMG,证明△AMF≌△NMG,即可得出结论;‎ 第33页(共33页)‎ ‎(2)证明Rt△AMN∽Rt△BCD,得出=()2,求出AN=2,由勾股定理得出BN==4,由直角三角形的性质得出OM=OA=ON=AN=,OM⊥AN,证明△PAO∽△NAB,得出=,求出OP=,即可得出结果;‎ ‎(3)过点A作AF⊥BD于F,证明△AFM≌△MHN得出AF=MH,求出AF=BD=×6=3,得出MH=3,MN=2,由勾股定理得出HN==,由三角形面积公式即可得出结果.‎ ‎【解答】(1)证明:过点M作MF⊥AB于F,作MG⊥BC于G,如图①所示:‎ ‎∴∠AFM=∠MFB=∠BGM=∠NGM=90°,‎ ‎∵四边形ABCD是正方形,‎ ‎∴∠ABC=∠DAB=90°,AD=AB,∠ABD=∠DBC=45°,‎ ‎∵MF⊥AB,MG⊥BC,‎ ‎∴MF=MG,‎ ‎∵∠ABC=90°,‎ ‎∴四边形FBGM是正方形,‎ ‎∴∠FMG=90°,‎ ‎∴∠FMN+∠NMG=90°,‎ ‎∵MN⊥AM,‎ ‎∴∠AMF+∠FMN=90°,‎ ‎∴∠AMF=∠NMG,‎ 在△AMF和△NMG中,,‎ ‎∴△AMF≌△NMG(ASA),‎ ‎∴MA=MN;‎ ‎(2)解:在Rt△AMN中,由(1)知:MA=MN,‎ ‎∴∠MAN=45°,‎ ‎∵∠DBC=45°,‎ ‎∴∠MAN=∠DBC,‎ 第33页(共33页)‎ ‎∴Rt△AMN∽Rt△BCD,‎ ‎∴=()2,‎ 在Rt△ABD中,AB=AD=6,‎ ‎∴BD=6,‎ ‎∵,‎ ‎∴=,‎ 解得:AN=2,‎ ‎∴在Rt△ABN中,BN===4,‎ ‎∵在Rt△AMN中,MA=MN,O是AN的中点,‎ ‎∴OM=OA=ON=AN=,OM⊥AN,‎ ‎∴∠AOP=90°,‎ ‎∴∠AOP=∠ABN,‎ ‎∵∠PAO=∠NAB,‎ ‎∴△PAO∽△NAB,‎ ‎∴=,即:=,‎ 解得:OP=,‎ ‎∴PM=OM+OP=+=;‎ ‎(3)解:过点A作AF⊥BD于F,如图③所示:‎ ‎∴∠AFM=90°,‎ ‎∴∠FAM+∠AMF=90°,‎ ‎∵MN⊥AM,‎ ‎∴∠AMN=90°,‎ ‎∴∠AMF+∠HMN=90°,‎ ‎∴∠FAM=∠HMN,‎ ‎∵NH⊥BD,‎ ‎∴∠AFM=∠MHN=90°,‎ 第33页(共33页)‎ 在△AFM和△MHN中,,‎ ‎∴△AFM≌△MHN(AAS),‎ ‎∴AF=MH,‎ 在等腰直角△ABD中,∵AF⊥BD,‎ ‎∴AF=BD=×6=3,‎ ‎∴MH=3,‎ ‎∵AM=2,‎ ‎∴MN=2,‎ ‎∴HN===,‎ ‎∴S△HMN=MH•HN=×3×=3,‎ ‎∴△HMN的面积为3.‎ ‎【点评】本题是相似形综合题目,考查了相似三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、正方形的判定与性质、直角三角形的性质、勾股定理、角平分线的性质等知识;本题综合性强,有一定难度,证明三角形相似和三角形全等是解题的关键.‎ ‎26.(12分)如图,在平面直角坐标系中,已知抛物线y=ax2+bx+2(a≠0)与x轴交于A(﹣1,0),B(3,0)两点,与y轴交于点C,连接BC.‎ ‎(1)求该抛物线的解析式,并写出它的对称轴;‎ ‎(2)点D为抛物线对称轴上一点,连接CD、BD,若∠DCB=∠CBD,求点D的坐标;‎ 第33页(共33页)‎ ‎(3)已知F(1,1),若E(x,y)是抛物线上一个动点(其中1<x<2),连接CE、CF、EF,求△CEF面积的最大值及此时点E的坐标.‎ ‎(4)若点N为抛物线对称轴上一点,抛物线上是否存在点M,使得以B,C,M,N为顶点的四边形是平行四边形?若存在,请直接写出所有满足条件的点M的坐标;若不存在,请说明理由.‎ ‎【分析】(1)将点A(﹣1,0),B(3,0)代入y=ax2+bx+2即可;‎ ‎(2)过点D作DG⊥y轴于G,作DH⊥x轴于H,设点D(1,y),在Rt△CGD中,CD2=CG2+GD2=(2﹣y)2+1,在Rt△BHD中,BD2=BH2+HD2=4+y2,可以证明CD=BD,即可求y的值;‎ ‎(3)过点E作EQ⊥y轴于点Q,过点F作直线FR⊥y轴于R,过点E作FP⊥FR于P,证明四边形QRPE是矩形,根据S△CEF=S矩形QRPE﹣S△CRF﹣S△EFP,代入边即可;‎ ‎(4)根据平行四边形对边平行且相等的性质可以得到存在点M使得以B,C,M,N为顶点的四边形是平行四边形,点M(2,2)或M(4,﹣)或M(﹣2,﹣);‎ ‎【解答】解:(1)将点A(﹣1,0),B(3,0)代入y=ax2+bx+2,‎ 可得a=﹣,b=,‎ ‎∴y=﹣x2+x+2;‎ ‎∴对称轴x=1;‎ ‎(2)如图1:过点D作DG⊥y轴于G,作DH⊥x轴于H,‎ 设点D(1,y),‎ ‎∵C(0,2),B(3,0),‎ ‎∴在Rt△CGD中,CD2=CG2+GD2=(2﹣y)2+1,‎ 第33页(共33页)‎ ‎∴在Rt△BHD中,BD2=BH2+HD2=4+y2,‎ 在△BCD中,∵∠DCB=∠CBD,‎ ‎∴CD=BD,‎ ‎∴CD2=BD2,‎ ‎∴(2﹣y)2+1=4+y2,‎ ‎∴y=,‎ ‎∴D(1,);‎ ‎(3)如图2:过点E作EQ⊥y轴于点Q,过点F作直线FR⊥y轴于R,过点E作FP⊥FR于P,‎ ‎∴∠EQR=∠QRP=∠RPE=90°,‎ ‎∴四边形QRPE是矩形,‎ ‎∵S△CEF=S矩形QRPE﹣S△CRF﹣S△EFP,‎ ‎∵E(x,y),C(0,2),F(1,1),‎ ‎∴S△CEF=EQ•QR﹣×EQ•QC﹣CR•RF﹣FP•EP,‎ ‎∴S△CEF=x(y﹣1)﹣x(y﹣2)﹣×1×1﹣(x﹣1)(y﹣1),‎ ‎∵y=﹣x2+x+2,‎ ‎∴S△CEF=﹣x2+x,‎ ‎∴当x=时,面积有最大值是,‎ 此时E(,);‎ ‎(4)存在点M使得以B,C,M,N为顶点的四边形是平行四边形,‎ 设N(1,n),M(x,y),‎ ‎①四边形CMNB是平行四边形时,‎ ‎=,‎ ‎∴x=﹣2,‎ ‎∴M(﹣2,﹣);‎ ‎②四边形CNBM时平行四边形时,‎ 第33页(共33页)‎ ‎=,‎ ‎∴x=2,‎ ‎∴M(2,2);‎ ‎③四边形CNNB时平行四边形时,‎ ‎=,‎ ‎∴x=4,‎ ‎∴M(4,﹣);‎ 综上所述:M(2,2)或M(4,﹣)或M(﹣2,﹣);‎ ‎【点评】本题考查二次函数的图象及性质;熟练掌握二次函数的性质,灵活运用勾股定理求边长,掌握平行四边形的判定方法是解题的关键.‎ 声明:试题解析著作权属菁优网所有,未经书面同意,不得复制发布 日期:2019/7/5 21:58:25;用户:柯瑞;邮箱:ainixiaoke00@163.com;学号:500557‎ 第33页(共33页)‎