2017年浙江省湖州四中教育集团中考一模数学.docx

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1、2017年浙江省湖州四中教育集团中考一模数学 一、选择题 (本题有 10 小题，每小题 3分，共 30分 ) 1.-5的相反数是 ( ) A.-5 B.5 C. 15D.15解析：根据相反数的概念可知 -5的相反数是 5. 答案： B. 2.下面几个几何体，主视图是圆的是 ( ) A. B. C. D. 解析：分别判断 A， B， C， D的主视图，即可解答 . A、主视图为正方形，故错误； B、主视图为圆，正确； C、主视图为三角形，故错误； D、主视图为长方形，故错误 . 答案： B. 3.中国倡导的“一带一路”建设将促进我国与世界各国的互利合作，根据规划，“一带一路”地区覆盖总人口约为

2、4400000000 人，这个数用科学记数法表示为 ( ) A.44 108 B.4.4 109 C.4.4 108 D.4.4 1010 解析：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 的绝对值与小数点移动的位数相同 .当原数绝对值 1时， n是正数；当原数的绝对值 1时， n是负数 . 4400000 000=4.4 109. 答案 ： B. 4.如图是二次函数 y=ax2+bx+c的图象，下列结论错误的是 ( ) A.二次函数 y=ax2+bx+c的最大值为 4 B.常数项 c为 3

3、C.一元二次方程 ax2+bx+c=0 的两根之和为 -2 D.使 y 3成立的 x的取值范围是 x 0 解析：利用二次函数的性质结合二次函数的图象确定符合条件的选项即可； A、观察图象知最高点为 (-1， 4)，故最大值为 4正确，不符合题意； B、与 y轴的交点为 (0， 3)，故常数项为 3，正确，不符合题意； C、一元二次方程 ax2+bx+c=0 的两根之和为 -3+1=-2，正确，不符合题意； D、使 y 3成立的 x的取值范围是 x -2或 y 0，故错误，符合题意 . 答案： D. 5.在 Rt ABC中， C=90， sinA=35， BC=6，则 AB=( ) A.4 B.

4、6 C.8 D.10 解析：在直角三角形 ABC 中，利用锐角三角函数定义表示出 sinA，将 sinA 的值与 BC 的长代入求出 AB 的长即可 . 在 Rt ABC中， C=90， 3sin5BCA AB， BC=6， 6103s in5BCABA . 答案： D 6.如图，河堤横断面迎水坡 AB的坡比是 1： 3 ，堤高 BC=10m，则坡面 AB的长度是 ( ) A.15m B.20 3 C.20m D.10 3 m 解析：在 Rt ABC中，已知了坡面 AB 的坡比以及铅直高度 BC的值，通过解直角三角形即可求出斜面 AB 的长 . 在 Rt ABC中， BC=10m， tanA=

5、1： 3 ， AC=BC tanA=10 3 m， AB= 22AC BC =20m. 答案： C. 7.为调查某班学生每天使用零花钱的情况，张华随机调查了 30 名同学，结果如表： 则这 30 名同学每天使用的零花钱的众数和中位数分别是 ( ) A.4， 3 B.4， 3.5 C.3.5， 3.5 D.3.5， 4 解析： 4出现了 9次，它的次数最多， 众数为 4. 张华随机调查了 30 名同学， 根据表格数据可以知道中位数 =(3+4) 2=3.5，即中位数为 3.5. 答案： B. 8.如图， CD 是 O 的弦， O 是圆心，把 O 的劣弧沿着 CD 对折， A 是对折后劣弧上的一点

6、， CAD=100，则 B的度数是 ( ) A.100 B.80 C.60 D.50 解析：如图，翻折 ACD，点 A落在 A处， A= A=100， 四边形 ACBD是 O 的内接四边形， A+ B=180， B=80 . 答案： B. 9.在平面直角坐标系中，点 O为坐标原点，点 A、 B、 C的坐标分别为 A( 3 ， 0)、 B(3 3 ，0)、 C(0， 5)，点 D在第一象限内，且 ADB=60，则线段 CD的长的最小值是 ( ) A.2 3 -2 B.2 5 -2 C.2 7 -2 D.2 10 -2 解析：作圆，使 ADB=60，设圆心为 P，连结 PA、 PB、 PC， PE

7、 AB于 E，如图所示： A( 3 ， 0)、 B(3 3 ， 0)， E(2 3 ， 0) 又 ADB=60， APB=120， PE=1， PA=2PE=2， P(2 3 ， 1)， C(0， 5)， 2 22 5 13 27PC ， 又 PD=PA=2， 只有点 D在线段 PC 上时， CD最短 (点 D在别的位置时构成 CDP) CD最小值为： 2 7 -2. 答案： C. 10.在数学活动课上，老师出示两张等腰三角形纸片，如图所示 .图 1的三角形边长分别为 4，4， 2；图 2的三角形的腰长也为 4，底角等于图 1中三角形的顶角；某学习小组将这两张纸片在同一平面内拼成如图 3 的四

8、边形 OABC，连结 AC.该学习小组经探究得到以下四个结论，其中错误的是 ( ) A. OCB=2 ACB B. OAB+ OAC=90 C.AC=2 15 D.BC=4 3 解析 ： A、 OBC= AOB， OA BC， OAC= ACB. OA=OC， OAC= OCA， OCA= ACB， OCB=2 ACB，结论 A正确； B、 OA=OB， OAB+ AOB+ OBA=180 . OAC=12 OCB=12 AOB， OAB= OBA， OAB+12 AOB=90，即 OAB+ OAC=90，结论 B正确； C、过点 O作 OE AB于点 E，过点 O作 OF AC于点 F，如图

9、 4所示 . OA=OB， AOE=12 AOB= OAE. 在 AOE和 OAE中， A O E O A FA E O O F AA O O A ， AOE OAE(AAS)， 22 15A F O E O A A E ， AC=2AF=2 15 ，结论 C正确； D、过点 B作 BM OA于点 M，过点 O作 ON BC于点 N，如图 5所示 . OAB+ AOE=90， MAB+ ABM=90， AOE= ABM. AEO= AMB=90， AOE ABM， AM ABAE AO， AM=12， OM=AO-AM=72. BC AO， BM AO， ON BC， 四边形 MBNO为矩形，

10、 BN=OM=72. OB=OC， ON BC， BC=2BN=7，结论 D错误 . 答案： D. 二、填空题 (本大题有 6小题，每小题 4分，共 24分 ) 11.若分式 12x有意义，则 x的取值范围为 . 解析：根据分母不为零分式有意义，可得答案 . x-2 0. 解得 x 2. 答案： x 2. 12.已知是锐角， tan =2cos30，那么 = 度 . 解析： tan =2cos30 =2 32= 3 ， =60 . 答案： 60. 13.为了考察甲、乙两种小麦的长势，分别从中抽出 20 株测得其高度，并求得它们的方差分别为 S 甲 2=3.6， S 乙 2=15.8，则 种小麦

11、的长势比较整齐 . 解析：根据方差的定义判断 .方差越小小麦的长势越整齐 . 因为 S 甲 2=3.6 S 乙 2=15.8，方差小的为甲，所以长势比较整齐的小麦是甲 . 答案：甲 . 14.如图，点 G 是 ABC 的重心，联结 AG 并延长交 BC 于点 D， GE AB 交 BC 与 E，若 AB=6，那么 GE= . 解析：点 G是 ABC 的重心， DG： AG=1： 2， DG： DA=1： 3， GE AB， EG DGBA DA，即 136EG， EG=2. 答案： 2. 15.如图，在平面直角坐标系中，点 C(0， 4)，射线 CE x 轴，直线 12y x b 交线段 OC

12、于点 B，交 x 轴于点 A， D 是射线 CE 上一点 .若存在点 D，使得 ABD 恰为等腰直角三角形，则 b的值为 . 解析：分三种情况讨论： ABD=90时，如图 1， 则 DBC+ ABO=90， DBC= BAO， 由直线 12y x b 交线段 OC 于点 B，交 x轴于点 A可知 OB=b， OA=2b， 点 C(0， 4)， OC=4， BC=4-b， 在 DBC和 BAO中， D B C B A OD C B A O BB D A B ， DBC BAO(AAS)， BC=OA， 即 4-b=2b， b=43； 当 ADB=90时，如图 2， 作 AF CE于 F， 同理证

13、得 BDC DAF， CD=AF=4， BC=DF， OB=b， OA=2b， BC=DF=2b-4， BC=4-b， 2b-4=4-b， b=83； 当 DAB=90时，如图 3， 作 DF OA于 F， 同理证得 AOB DFA， OA=DF， 2b=4， b=2； 综上， b的值为 43或 83或 2. 答案： 43或 83或 2. 16.阅读下面材料： 如图 1，在平面直角坐标系 xOy中，直线 y1=ax+b与双曲线2 ky x交于 A(1， 3)和 B(-3， -1)两点 .观察图象可知：当 x=-3或 1时， y1=y2. (1)通过观察函数的图象，可以得到不等式 ax+b kx

14、的解集 . (2)参考观察函数的图象方法，解决问题：关于 x的不等式 x2+a-4x 0(a 0)只有一个整数解，则 a的取值范围 . 解析： (1)根据图象中两个交点的坐标可以得出不等式的解集 . 不等式 ax+b kx 的解集为： x 1或 -3 x 0； (2)根据不等式确定两个函数： y=4x和 y=x2+a，画图象观察得出结论 . x2+a-4x 0， x2+a 4x， 画函数 y=4x和 y=x2的图象， 关于 x的不等式 x2+a-4x 0(a 0)只有一个整数解， 整数解为 x=1， 当 x=1时， x2+a-4x=0， a=3， 0 a 3. 答案： (1)x 1或 -3 x

15、 0； (2)0 a 3. 三、解答题 (本大题共 8小题，共 66分 .) 17.计算： ( -2016)0+|1- 2 |+2-1-2sin45 . 解析：本题涉及零指数幂、绝对值、负整数指数幂、二次根式化简、特殊角的三角函数值 4个考点 .在计算时，需要针对每个考点分别进行计算，然后根据实数的运算法则求得计算结果 . 答案： ( -2016)0+|1- 2 |+2-1-2sin45 =1+ 2 -1+12-2 22=1+ 2 -1+12- 2 =12. 18.解方程： 2101xx. 解析：分式方程去分母转化为整式方程，求出整式方程的解得到 x的值，经检验即可得到分式方程的解 . 答案：

16、去分母得： 2+2x-x=0， 解得： x=-2， 经检验 x=-2是分式方程的解 . 19.如图，在 ABC中， AB=CB， ABC=90， D为 AB延长线上一点，点 E在 BC 边上，且 BE=BD，连结 AE、 DE、 DC. (1)求证： ABE CBD. 解析： (1)利用 SAS即可得证 . 答案： (1)证明：在 ABE和 CBD中， 90A B C BA B C C B DB E B D ， ABE CBD(SAS). (2)若 CAE=30，求 BDC 的度数 . 解析： (2)由全等三角形对应角相等得到 AEB= CDB，利用外角的性质求出 AEB 的度数，即可确定出

17、BDC的度数 . 答案： (2)在 ABC中， AB=CB， ABC=90， BAC= ACB=45， 由得： ABE CBD， AEB= BDC， AEB为 AEC的外角， AEB= ACB+ CAE=30 +45 =75， 则 BDC=75 . 20.2015年 1月，市教育局在全市中小学中选取了 63所学校从学生的思想品德、学业水平、学业负担、身心发展和兴趣特长五个维度进行了综合 评价 .评价小组在选取的某中学七年级全体学生中随机抽取了若干名学生进行问卷调查，了解他们每天在课外用于学习的时间，并绘制成如下不完整的统计图 . 根据上述信息，解答下列问题： (1)本次抽取的学生人数是 ；扇形

18、统计图中的圆心角等于 ；补全统计直方图 . 解析： (1)根据题意列式求值，根据相应数据画图即可 . 答案： (1)6 20%=30， (30-3-7-6-2) 30 360=12 30 26=144， 答：本次抽取的学生人数是 30人；扇形统计图中的圆心角等于 144； 故答案为： 30， 144 . 补全统计图如图所示： (2)被抽取的学生还要进行一次 50 米跑测试，每 5 人一组进行 .在随机分组时，小红、小花两名女生被分到同一个小组，请用列表法或画树状图求出她俩在抽道次时抽在相邻两道的概率 . 解析： (2)根据题意列表，然后根据表中数据求出概率即可 . 答案： (2)根据题意列表如

19、下： 设竖列为小红抽取的跑道，横排为小花抽取的跑道， 记小红和小花抽在相邻两道这个事件为 A， 8220 5PA. 21.如图， AB为 O的直径， C是 O上一点，过点 C的直线交 AB 的延长线于点 D， AE DC，垂足为 E， F是 AE与 O的交点， AC 平分 BAE. (1)求证： DE 是 O的切线 . 解析： (1)连接 OC，先证明 OAC= OCA，进而得到 OC AE，于是得到 OC CD，进而证明 DE是 O的切线 . 答案： (1)证明：连接 OC， OA=OC， OAC= OCA， AC平分 BAE， OAC= CAE， OCA= CAE， OC AE， OCD=

20、 E， AE DE， E=90， OCD=90， OC CD， 点 C在圆 O上， OC 为圆 O的半径， CD是圆 O的切线 . (2)若 AE=6， D=30，求图中阴影部分的面积 . 解析： (2)分别求出 OCD的面积和扇形 OBC的面积，利用 S 阴影 =S COD-S 扇形 OBC即可得到答案 . 答案： (2)在 Rt AED 中， D=30， AE=6， AD=2AE=12， 在 Rt OCD中， D=30， DO=2OC=DB+OB=DB+OC， DB=OB=OC=13AD=4， DO=8， 2 2 2 244 38C D D O O C ， 44 822 3 3O C D

21、C D O CS V g， D=30， OCD=90， DOC=60， 216 83O B CS O C 扇 形， S 阴影 =S COD-S 扇形 OBC， 3 883S 阴 影， 阴影部分的面积为 8 3 83. 22.某体育用品商店试销一款成本为 50 元的排球，规定试销期间单价不低于成本价，且获利不得高于 40%.经试销发现，销售量 y(个 )与销售单价 x(元 )之间满足如图所示的一次函数关系 . (1)试确定 y与 x之间的函数关系式 . 解析： (1)利用待定系数法将图中点的坐标求出一次函数解析式即可 . 答案： (1)设 y=kx+b，根据题意得： 55 6560 60kbkb

22、， 解得： k=-1， b=120. 所求一次函数的表达式为 y=-x+120. (2)若该体育用品商店试销的这款排球所获得的利润 Q元，试写出利润 Q(元 )与销售单价 x(元 )之间的函数关系式；当试销单价定为多少元时，该商店可获最大利润？最大利润是多少元？ 解析： (2)根据利润 =(售价 -成本 )销售量列出函数关系式 . 答案： (2)利润 Q与销售单价 x之间的函数关系式为： Q=(x-50)(-x+120)=-x2+170x-6000； Q=-x2+170x-6000=-(x-85)2+1225； 成本为 50 元的排球，规定试销期间单价不低于成本价，且获利不得高于 40%. 5

23、0 x 70， 当试销单价定为 70 元时，该商店可获最大利润，最大利润是 1000元 . (3)若该商店试销这款排球所获得的利润不低于 600元，请确定销售单价 x的取值范围 . 解析： (3)令函数关系式 Q 600，解得 x 的范围，利用“获利不得高于 40%”求得 x 的最大值，得出销售单价 x的范围 . 答案： (3)依题意得： -x2+170x-6000 600， 解得： 60 x 110， 获利不得高于 40%， 最高价格为 50(1+40%)=70， 故 60 x 70的整数 . 23.如图，在平面直角坐标系中，直线 y=kx+b 经过点 A(2， 0)， B(0， 1)，动点

24、 P 是 x 轴正半轴上的动点，过点 P 作 PC x 轴，交直线 AB 于点 C，以 OA， AC 为边构造 ?OACD，设点 P的横坐标为 m. (1)求直线 AB的函数表达式 . 解析： (1)把点 A(2， 0)， B(0， 1)代入直线 y=kx+b解方程可得 . 答案： (1)把 A(2， 0)， B(O， 1)代入 y=kx+b， 可得 021kbb，解得 211kb ， 直线 AB的函数表达式为 y= 12x+1. (2)若四边形 OACD恰是菱形，请求出 m的值 . 解析： (2)根据菱形的性质得到 AC=2，由点 C(m， 12m+1)得到 AP=|2-m|， CP= 12

25、m+1，利用勾股定理列方程可得 . 答案： (2) Y OACD是菱形， AC=OA=2， PC x轴，交直线 AB于点 C， C(m， 12m+1)， (2-m)2+( 12m+1)2=22， 解得 m1=10 45 5， m2=10 45 5. (3)在 (2)的条件下， y 轴的正半轴上是否存在点 Q，连结 CQ，使得 OQC+ ODC=180 .若存在，直接写出所有符合条件的点 Q的坐标，若不存在，则说明理由 . 解析： (3)当点 D 在第二象限时，由四边形 OACD是菱形，得到对角相等， D= OAC，由于点 Q在 y轴上，所以四边形 ACQO的对角互补，得到 CQ AC，求得直线

26、 CQ的解析式，求出 Q点的坐标；当点 D在第四象限时，则可得到 OQC= OAQ，设 CQ交 x轴于点 M，则可证得OQM OAB，可设 Q(0， t)，结合 C 点坐标可表示出直线 CQ 的解析式，可用 t 表示出 M 的坐标，再利用相似三角形的性质可得到关于 t的方程，可求得 Q点坐标 . 答案： (3)当点 D 在第二象限时，由 (2)求得 m1=10 45 5， m2=10 45 5，且 C 点在直线AB上， C点坐标为 (10 45 5， 2 55)， Y OACD是菱形， D= OAC， 要使 OQC+ ODC=180，即； OQC+ OAC=180， 四边形 QOAC的对角互补

27、， QOA+ QCA=180， QOA=90， QCA=90， QC AB， 设 Q(0， n)， 直线 QC的解析式为 y=2x+n， 把 C点坐标分别代入 y=2x+n， 可得 2 1 0 4255 n 或 2 1 0 5425 5 5 n ， 解得 n=-4+2 5 或 n=-4-2 5 (舍去 )， 点 Q的坐标为 (0， -4+2 5 )； 当点 D在第四象限时，如图， 此时可知 C点坐标为 (10 45 5， 255)， 设 Q(0， t)， OQC+ ODC=180， ODC= OAC， OQC= OAB， OQM OAB， 12O M O BO Q O A， OQ=2OM， 直

28、线 CQ的解析式为 y=-2x+t， 把 C点坐标代入可得 2 1 05 4255 5 t ，解得 t=4+6 55， 此时 Q点坐标为 (0， 4+6 55)； 综上可知存在满足条件的点 Q，其坐标为 (0， -4+2 5 )或 (0， 4+6 55). 24.在平面直角坐标系中，抛物线 y=x2+(k-1)x-k与直线 y=kx+1交于 A， B两点，点 A在点 B的左侧 . (1)如图 1，当 k=1时，直接写出 A， B两点的坐标 . 解析： (1)当 k=1时，联立抛物线与直线的解析式，解方程求得点 A、 B的坐标 . 答案： (1)当 k=1时，抛物线解析式为 y=x2-1，直线解

29、析式为 y=x+1. 联立两个解析式，得： x2-1=x+1， 解得： x=-1或 x=2， 当 x=-1时， y=x+1=0；当 x=2时， y=x+1=3， A(-1， 0)， B(2， 3). (2)在 (1)的条件下，点 P 为抛物线上的一个动点，且在直线 AB 下方，试求出 ABP 面积的最大值及此时点 P的坐标 . 解析： (2)方法一：如答图 2，作辅助线，求出 ABP面积的表达式，然后利用二次函数的性质求出最大值及点 P的坐标 . 方法二：利用面积公式求出 P点坐标 . 答案： (2)方法一：设 P(x， x2-1). 如答图 2所示，过点 P作 PF y轴，交直线 AB 于点

30、 F，则 F(x， x+1). PF=yF-yP=(x+1)-(x2-1)=-x2+x+2. 1 1 1 32 2 2 2A B P P F A P F B F A B F B AS S S P F x x P F x x P F x x P F V V V， 2233 212 2 2728ABPS x x x V当 x=12时， yP=x2-1= 34. ABP面积最大值为 278，此时点 P坐标为 (12， 34). 方法二：过点 P作 x轴垂线，叫直线 AB于 F， 设 P(t， t2-1)，则 F(t， t+1) S ABP=12(FY-PY)(BX-AX)， S ABP=12(t+1

31、-t2+1)(2+1)， 23322 3ABPS t t V， 当 t=12时， S ABP有最大值， S ABP=278. (3)如图 2，抛物线 y=x2+(k-1)x-k(k 0)与 x 轴交于点 C、 D 两点 (点 C 在点 D 的左侧 )，在直线 y=kx+1 上是否存在唯一一点 Q，使得 OQC=90？若存在，请求出此时 k 的值；若不存在，请说明理由 . 解析： (3)方法一： “存在唯一一点 Q，使得 OQC=90”的含义是，以 OC 为直径的圆与直线 AB相切于点 Q，由圆周角定理可知，此时 OQC=90且点 Q为唯一 .以此为基础，构造相似三角形，利用比例式列出方程，求得

32、 k的值 .需要另外注意一点是考虑直线 AB 是否与抛物线交于 C点，此时亦存在唯一一点 Q，使得 OQC=90 . 方法二： 列出定点 O坐标，用参数表示 C， Q点坐标，利用黄金法则二求出 k的值 . 答案： (3)方法一： 设直线 AB： y=kx+1与 x轴、 y轴分别交于点 E、 F， 则 E( 1k， 0)， F(0， 1)， OE=1k， OF=1. 在 Rt EOF中，由勾股定理得： 2 2111 kEFkk . 令 y=x2+(k-1)x-k=0，即 (x+k)(x-1)=0，解得： x=-k或 x=1. C(-k， 0)， OC=k. 、假设存在唯一一点 Q，使得 OQC=

33、90，如答图 3所示， 则以 OC 为直径的圆与直线 AB相切于点 Q，根据圆周角定理，此时 OQC=90 . 设点 N为 OC 中点，连接 NQ，则 NQ EF， NQ=CN=ON=2k. EN=OE-ON=12kk. NEQ= FEO， EQN= EOF=90， EQN EOF， NQ ENOF EF，即：21221 1kkkkk， 解得： k= 255， k 0， k=2 55. 存在唯一一点 Q，使得 OQC=90，此时 k=2 55. 、若直线 AB 过点 C 时，此时直线与圆的交点只有另一点 Q 点，故亦存在唯一一点 Q，使得 OQC=90， 将 C(-k， 0)代入 y=kx+1

34、中， 可得 k=1， k=-1(舍去 )， 故存在唯一一点 Q，使得 OQC=90，此时 k=1. 综上所述， k=2 55或 1时，存在唯一一点 Q，使得 OQC=90 . 方法二： y=x2+(k-1)x-k， y=(x+k)(x-1)， 当 y=0时， x1=-k， x2=1， C(-k， 0)， D(1， 0)， 点 Q在 y=kx+1上，设 Q(t， kt+1)， O(0， 0)， OQC=90， CQ OQ， KCQ KOQ=-1， 11 1kt ktt t k ， (k2+1)t2+3kt+1=0有唯一解， =(3k)2-4(k2+1)=0， k1=2 55， k2= 255(k 0故舍去 )， k=2 55.