（廣東廣州卷）中考數(shù)學第三次模擬考試（2份，原卷版+解析版）-試卷下載-教習網

一、選擇題
1.【詳解】解：的相反數(shù)是．
故選：D．
2.【詳解】解：要使根式有意義
則令x+1≥0，得x≥-1
故選：．
3.【分析】根據軸對稱圖形和中心對稱圖形的概念對各選項分析判斷即可得解．
【詳解】A、不是軸對稱圖形，是中心對稱圖形，故此選項錯誤；
B、不是軸對稱圖形，也不是中心對稱圖形，故此選項錯誤；
C、是軸對稱圖形，也是中心對稱圖形，故此選項正確；
D、是軸對稱圖形，不是中心對稱圖形，故此選項錯誤；
故選C．
4.【分析】根據各個選項中的式子可以計算出正確的結果，本題得以解決．
【詳解】解：，故選項錯誤，
，故選項錯誤，
，故選項錯誤，
，故選項正確，
故選：．
5.【分析】首先寫出各個命題的逆命題，然后進行判斷即可．
【詳解】解：①兩直線平行，內錯角相等；其命題：內錯角相等兩直線平行是真命題；
②對頂角相等，其逆命題：相等的角是對頂角是假命題；
③等腰三角形的兩個底角相等，其逆命題：有兩個角相等的三角形是等腰三角形是真命題；
④菱形的對角線互相垂直，其逆命題：對角線互相垂直的四邊形是菱形是假命題；
故選：．
6.【分析】通過列舉的方法將所有可能的情況一一列舉，進而找出小球上的數(shù)字都是奇數(shù)的情況即可求出對應概率．
【詳解】所有可能出現(xiàn)的情況列舉如下：
；；；
；；
；
共10種情況，
符合條件的情況有：；；；共3種情況；
小球上的數(shù)字都是奇數(shù)的概率為，
故選：C．
7.【分析】按照“左加右減，上加下減”的規(guī)律即可．
【詳解】解：因為．
所以將拋物線先向左平移3個單位，再向下平移2個單位即可得到拋物線．
故選：．
8.【分析】根據菱形的性質和勾股定理解答即可．
【詳解】解：，兩點的坐標分別是，，
，
四邊形是菱形，
菱形的周長為，
故選：．
9.【分析】連接OB，OC，根據圓周角定理得到∠BOC=2∠BAC，證明△AOB≌△AOC，得到∠BAO=∠CAO=30°，得到∠BOD，再利用弧長公式計算．
【詳解】解：連接OB，OC，
∵△ABC是等邊三角形，
∴∠BOC=2∠BAC=120°，
又∵AB=AC，OB=OC，OA=OA，
∴△AOB≌△AOC（SSS），
∴∠BAO=∠CAO=30°，
∴∠BOD=60°，
∴劣弧BD的長為=π，
故選B．
10.【解析】過D作DE⊥x軸于E，過B作BF⊥x軸，BH⊥y軸，得到∠BHC＝90°，根據勾股定理得到AE＝＝4，根據矩形的性質得到AD＝BC，根據全等三角形的性質得到BH＝AE＝4，求得AF＝2，根據相似三角形的性質即可得到結論．
解：過D作DE⊥x軸于E，過B作BF⊥x軸，BH⊥y軸，
∴∠BHC＝90°，
∵點D（﹣2，3），AD＝5，
∴DE＝3，
∴AE＝＝4，
∵四邊形ABCD是矩形，
∴AD＝BC，
∴∠BCD＝∠ADC＝90°，
∴∠DCP+∠BCH＝∠BCH+∠CBH＝90°，
∴∠CBH＝∠DCH，
∵∠DCG+∠CPD＝∠APO+∠DAE＝90°，∠CPD＝∠APO，
∴∠DCP＝∠DAE，
∴∠CBH＝∠DAE，
∵∠AED＝∠BHC＝90°，
∴△ADE≌△BCH（AAS），
∴BH＝AE＝4，
∵OE＝2，
∴OA＝2，
∴AF＝2，
∵∠APO+∠PAO＝∠BAF+∠PAO＝90°，
∴∠APO＝∠BAF，
∴△APO∽△BAF，
∴，
∴＝，
∴BF＝，
∴B（4，），
∴k＝，
故選：D．
二、填空題
11.【解答】解：
故答案為：2．
12.【解析】分別求出各不等式的解集，再求出其公共解集即可．
【解答】解：
由①得：，
由②得：，
∴不等式組的解集為：，
故答案為：．
13.【解析】已知拋物線頂點式y(tǒng)＝a（x﹣h）2+k，頂點坐標是（h，k）．
【解答】∵拋物線y＝3（x﹣1）2+8是頂點式，
∴頂點坐標是（1，8）．
故答案為：（1，8）．
14.【分析】知道和是角平分線，就可以求出，的垂直平分線交于點F可以得到AF=FD，在直角三角形中30°所對的邊等于斜邊的一半，再求出DE，得到．
【詳解】解：的垂直平分線交于點F，
（垂直平分線上的點到線段兩端點距離相等）
∴
∵，是角平分線
∴
∵
∴，
∴
15.【分析】根據旋轉后AC的中點恰好與D點重合，利用旋轉的性質得到直角三角形ACD中，∠ACD=30°，再由旋轉后矩形與已知矩形全等及矩形的性質得到∠DAE為30°，進而得到∠EAC=∠ECA，利用等角對等邊得到AE=CE，設AE=CE=x，表示出AD與DE，利用勾股定理列出關于x的方程，求出方程的解得到x的值，確定出EC的長，即可求出三角形AEC面積．
【詳解】解：∵旋轉后AC的中點恰好與D點重合，即AD=AC′=AC，
∴在Rt△ACD中，∠ACD=30°，即∠DAC=60°，
∴∠DAD′=60°，
∴∠DAE=30°，
∴∠EAC=∠ACD=30°，
∴AE=CE，
在Rt△ADE中，設AE=EC=x，則有
DE=DC-EC=AB-EC=6-x，AD=，
根據勾股定理得：x2=（6-x）2+（）2，
解得：x=4，
∴EC=4，
則S△AEC=EC?AD=，
故答案為：．
16.【答案】①②④
【解析】
【分析】
①由正方形的性質、平移的特征證明△ADH≌△EMH，再以MD為直徑作圓，則該圓經過點A、H，可證明∠BEC＝∠AMD＝∠DHC＝60°，由∠B＝90°，得2BE＝CE＝DM，故①正確；②由①得△DMH是等腰直角三角形，由等腰直角三角形的性質可得到DM＝HM，故②正確；③由①得∠CHM的大小隨∠DHC的變化而變化，舉一個反例說明∠CHM的大小不是定值150°，故③錯誤；④過點H作HP⊥AB，HQ⊥AD，設正方形的邊長為x，HP的長為a，用含x、a的式子分別表示△ACE和△ADH的面積，即可得出S△ACE＝2S△ADH，故④正確．
【詳解】
解：①如圖，在正方形ABCD中，AB＝CB＝AD＝CD，∠B＝∠ADC＝90°，
∴∠DAH＝∠BAC＝45°，
∵EH⊥AC，
∴∠AHE＝90°，
∴∠MEH＝∠EAH＝45°＝∠DAH，
∴AH＝EH；
由平移得AM＝BE，
∴EM＝AB＝AD，
∴△ADH≌△EMH（SAS），
∴∠DHA＝∠MHE，
∴∠DHM＝∠DHA﹣∠AHM＝∠MHE﹣∠AHM＝∠AHE＝90°；
以DM的中點O為圓心，以DM為直徑作⊙O，連接OA、OH，則OA＝OH＝DM＝OD，
∴點A、H在⊙O上．
當∠DHC＝60°時，則∠BEC＝∠AMD＝180°﹣∠DHA＝∠DHC＝60°，
∴∠BCE＝30°，
∴2BE＝CE＝DM．
故①正確；
②由①得HD＝HM，∠DHM＝90°，
∴DM2＝HD2+HM2＝2HM2，
∴DM＝HM．
故②正確；
③∵∠CHM＝∠DHC+∠DHM＝∠DHC+90°，
∴∠CHM的大小隨∠DHC即∠AMD的變化而變化，如當∠AMD＝75°時，則∠CHM＝165°≠150°．
故③錯誤；
④作HP⊥AB于點P，HQ⊥AD于點Q，則HP＝HQ＝AE＝AP＝EP．
設正方形ABCD的邊長為x，HP＝HQ＝a，則AE＝2a．
∵S△ACE＝×2ax＝ax，S△ADH＝ax，
∴S△ACE＝2S△ADH．
故④正確．
故答案為：①②④．
三、解答題
17. 【分析】利用加減消元法解二元一次方程組即可解答.
【詳解】解：，②－①可得y=2，
將y的值代入①中解得x=3，故二元一次方程組的解是.
18.【解答】證明：四邊形中，，，
四邊形是平行四邊形，
，，
，
，
四邊形是矩形．
19.【解析】先根據分式的混合運算順序和運算法則化簡原式，再選取使分式有意義的x的值代入計算可得．
【詳解】解：原式＝×
=
=
=
=﹣（x－3）
=﹣x+3
∵x≠ ±2，
∴可取x＝1，
則原式＝﹣1+3＝2．
20.【解答】解：設甲學校師生所乘大巴車的平均速度為千米小時，則乙學校師生所乘大巴車的平均速度為千米小時，
由題意得：，
解得：，
經檢驗，是所列方程的解，
則，
答：甲、乙兩所學校師生所乘大巴車的平均速度分別為60千米小時、90千米小時．
21.【解析】（1）先根據“A等級”的人數(shù)及占比求出學生總人數(shù)，再減去各組人數(shù)即可求出成績?yōu)椤癇等級”的學生人數(shù)；
（2）根據“D等級”的占比即可求出其圓心角度數(shù)，根據“C等級”的人數(shù)即可求出m的值；
（3）根據題意畫樹狀圖，再根據概率公式即可求解．
【詳解】（1）學生總人數(shù)為3÷15%=20（人）
∴成績?yōu)椤癇等級”的學生人數(shù)有20-3-8-4=5（人）
故答案為：5；
（2）“D等級”的扇形的圓心角度數(shù)為
m=，
故答案為：72°；40；
（3）根據題意畫樹狀圖如下：
∴P（女生被選中）=．
22.【解析】
（1）根據點A、B都在反比例函數(shù)圖象上，得到關于a的方程，求出a，即可求出反比例函數(shù)解析式；
（2）根據點A、B都在一次函數(shù)的圖象上，運用待定系數(shù)法求出直線解析式，進而求出點C坐標，求出CD長，即可求出的面積．
【詳解】解：（1）∵點，點在反比例函數(shù)的圖象上，
∴．
解得．
∴．
∴反比例函數(shù)的表達式是．
（2）∵，
∴點A，點B的坐標分別是．
∵點A，點B在一次函數(shù)的圖象上，
∴
解得
∴一次函數(shù)的表達式是．
當時，．
∴點C的坐標是．
∴．
∵點D是點C關于原點O的對稱點，
∴．
作軸于點E，
∴．
23.【分析】（1）連接，根據是角平分線，進而可得，，根據垂徑定理的推論可得，由，即可證明，即可證明是的切線；
（2）由可得，，根據同弧所對的圓周角相等可得，進而可得，根據圓內接四邊形的對角互補，可得，可得，即可證明
（3）連接，根據直徑所對的圓周角等于90°，進而勾股定理求得，由，進而求得，根據（2）的結論，列出比例式，代入數(shù)值計算即可求得線段的長．
【詳解】（1）證明：連接，如圖，
是的角平分線，
是的切線；
（2）
，
（3）如圖，連接
是的直徑，
，
在中，，
在中
即
24.【分析】（1）用交點式函數(shù)表達式，即可求解；
（2）分當為平行四邊形一條邊、對角線，兩種情況，分別求解即可；
（3）利用，即可求解．
【解答】解：（1）用交點式函數(shù)表達式得：；
故二次函數(shù)表達式為：；
（2）①當為平行四邊形一條邊時，如圖1，
則，
則點坐標為，
當點在對稱軸左側時，即點的位置，點、、、為頂點的四邊形為平行四邊形，
故：點或；
②當是四邊形的對角線時，如圖2，
中點坐標為
設點的橫坐標為，點的橫坐標為2，其中點坐標為：，
即：，解得：，
故點；
故：點或或；
（3）直線的表達式為：，
設點坐標為，則點，
，
，故四邊形面積有最大值，
當，其最大值為，此時點，．
25.【解析】
（1）證明△ABE≌△ACG得到AE=AG，再結合角平分線，即可利用SAS證明△AEH≌△AGH；
（2）①根據題意可得點E和點G關于AF對稱，從而連接ED，與AF交于點H，連接HG，得到△DGH周長最小時即為DE+DG，構造三角形DCM進行求解即可；
②分當OH與AE相交時，當OH與CE相交時兩種情況分別討論，結合中位線，三角形面積進行求解即可.
【詳解】解：（1）∵四邊形ABCD為菱形，
∴AB=BC，
∵AB=AC，
∴△ABC是等邊三角形，
∴∠B=∠ACB=∠ACD=60°，
∵BE=CG，AB=AC，
∴△ABE≌△ACG，
∴AE=AG，
∵AF平分∠EAG，
∴∠EAH=∠GAH，
∵AH=AH，
∴△AEH≌△AGH；
（2）①如圖，連接ED，與AF交于點H，連接HG，
∵點H在AF上，AF平分∠EAG，且AE=AG，
∴點E和點G關于AF對稱，
∴此時△DGH的周長最小，
過點D作DM⊥BC，交BC的延長線于點M，
由（1）得：∠BCD=∠ACB+∠ACD=120°，
∴∠DCM=60°，∠CDM=30°，
∴CM=CD=6，
∴DM=，
∵AB=12=BC，BE=4，
∴EC=DG=8，EM=EC+CM=14，
∴DE==DH+EH=DH+HG，
∴DH+HG+DG=
∴△DGH周長的最小值為；
②當OH與AE相交時，如圖，AE與OH交于點N，
可知S△AON：S四邊形HNEF=1:3，
即S△AON：S△AEC=1:4，
∵O是AC中點，
∴N為AE中點，此時ON∥EC，
∴，
當OH與EC相交時，如圖，EC與OH交于點N，
同理S△NOC：S四邊形ONEA=1:3，
∴S△NOC：S△AEC=1:4，
∵O為AC中點，
∴N為EC中點，則ON∥AE，
∴，
∵BE=4，AB=12，
∴EC=8，EN=4，
過點G作GP⊥BC，交BNC延長線于點P，
∵∠BCD=120°，
∴∠GCP=60°，∠CGP=30°，
∴CG=2CP，
∵CG=BE=4，
∴CP=2，GP=，
∵AE=AG，AF=AF，∠EAF=∠GAF，
∴△AEF≌△AGF，
∴EF=FG，
設EF=FG=x，則FC=8-x，F(xiàn)P=10-x，
在△FGP中，，
解得：x=，
∴EF=，
∴，
綜上：存在直線OH，的值為或.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
D
B
C
D
C
C
A
C
B
D

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