精選江西省吉安市遂川縣于田三中2023年中考數(shù)學(xué)模擬試卷(四)(解析版)

江西省吉安市遂川縣于田三中2023年中考數(shù)學(xué)模擬試卷(四)(解析版)第米．【點(diǎn)評】此題考查了仰角的定義，以及三角函數(shù)，正確求得PE的長度是關(guān)鍵．18．某小區(qū)為了綠化環(huán)境，方案分兩次購進(jìn)A、B兩種花草，第一次分別購進(jìn)A、B兩種花草30棵和15棵，共花費(fèi)675元；第二次分別購進(jìn)A、B兩種花草12棵和5棵，共花費(fèi)265元〔兩次購進(jìn)的A、B兩種花草價格均分別相同〕．〔1〕A、B兩種花草每棵的價格分別是多少元？〔2〕假設(shè)購置A、B兩種花草共31棵，且B種花草的數(shù)量少于A種花草的數(shù)量的2倍，請你設(shè)計一種費(fèi)用最省的方案，并求出該方案所需費(fèi)用．【考點(diǎn)】一次函數(shù)的應(yīng)用；二元一次方程組的應(yīng)用．【分析】〔1〕設(shè)A種花草每棵的價格x元，B種花草每棵的價格y元，根據(jù)第一次分別購進(jìn)A、B兩種花草30棵和15棵，共花費(fèi)675元；第二次分別購進(jìn)A、B兩種花草12棵和5棵，共花費(fèi)265元；列出方程組，即可解答．〔2〕設(shè)A種花草的數(shù)量為m棵，那么B種花草的數(shù)量為〔31﹣m〕棵，根據(jù)B種花草的數(shù)量少于A種花草的數(shù)量的2倍，得出m的范圍，設(shè)總費(fèi)用為W元，根據(jù)總費(fèi)用=兩種花草的費(fèi)用之和建立函數(shù)關(guān)系式，由一次函數(shù)的性質(zhì)就可以求出結(jié)論．【解答】解：〔1〕設(shè)A種花草每棵的價格x元，B種花草每棵的價格y元，根據(jù)題意得：，解得：，∴A種花草每棵的價格是20元，B種花草每棵的價格是5元．〔2〕設(shè)A種花草的數(shù)量為m棵，那么B種花草的數(shù)量為〔31﹣m〕棵，∵B種花草的數(shù)量少于A種花草的數(shù)量的2倍，∴31﹣m＜2m，解得：m＞，∵m是正整數(shù)，∴m最小值=11，設(shè)購置樹苗總費(fèi)用為W=20m+5〔31﹣m〕=15m+155，∵k＞0，∴W隨x的減小而減小，當(dāng)m=11時，W最小值=15×11+155=320〔元〕．答：購進(jìn)A種花草的數(shù)量為11棵、B種20棵，費(fèi)用最??；最省費(fèi)用是320元．【點(diǎn)評】此題考查了列二元一次方程組，一元一次不等式解實際問題的運(yùn)用，一次函數(shù)的解析式的運(yùn)用，一次函數(shù)的性質(zhì)的運(yùn)用，解答時根據(jù)總費(fèi)用=兩種花草的費(fèi)用之和建立函數(shù)關(guān)系式是關(guān)鍵．19．如圖，在四邊形ABCD中，AB∥CD，點(diǎn)E、F在對角線AC上，且∠ABF=∠CDE，AE=CF．〔1〕求證：△ABF≌△CDE；〔2〕當(dāng)四邊形ABCD滿足什么條件時，四邊形BFDE是菱形？為什么？【考點(diǎn)】菱形的判定；全等三角形的判定與性質(zhì)．【分析】〔1〕由平行線的性質(zhì)得出∠BAC=∠DCA．證出AF=CE．由AAS證明△ABF≌△CDE即可；〔2〕先證明四邊形ABCD是菱形，得出BD⊥AC，再證明四邊形BFDE是平行四邊形，即可得出結(jié)論．【解答】〔1〕證明：∵AB∥CD，∴∠BAC=∠DCA．∵AE=CF，∴AE+EF=CF+EF，即AF=CE．在△ABF和△CDE中，，又∵∠ABF=∠CDE，∴△ABF≌△CDE〔AAS〕；〔2〕解：當(dāng)四邊形ABCD滿足AB=AD時，四邊形BEDF是菱形．理由如下：連接BD交AC于點(diǎn)O，如以以下圖：由〔1〕得：△ABF≌△CDE，∴AB=CD，BF=DE，∠AFB=∠CED，∴BF∥DE．∵AB∥CD，AB=CD，∴四邊形ABCD是平行四邊形．又∵AB=AD，∴平行四邊形ABCD是菱形．∴BD⊥AC．∵BF=DE，BF∥DE，∴四邊形BEDF是平行四邊形，∴四邊形BEDF是菱形．【點(diǎn)評】此題考查了平行線的性質(zhì)、平行四邊形的判定、菱形的判定與性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)；熟練掌握菱形的判定與性質(zhì)，證明三角形全等是解決問題的關(guān)鍵．20．“低碳環(huán)保，你我同行〞．近兩年，南京市區(qū)的公共自行車給市民出行帶來了極大的方便．圖①是公共自行車的實物圖，圖②是公共自行車的車架示意圖，點(diǎn)A、D、C、E在同一條直線上，CD=30cm，DF=20cm，AF=25cm，F(xiàn)D⊥AE于點(diǎn)D，座桿CE=15cm，且∠EAB=75°．〔1〕求AD的長；〔2〕求點(diǎn)E到AB的距離．〔參考數(shù)據(jù)：sin75°≈0.97，cos75°≈0.26，tan75°≈3.73〕【考點(diǎn)】解直角三角形的應(yīng)用．【分析】〔1〕根據(jù)勾股定理求出AD的長；〔2〕作EH⊥AB于H，求出AE的長，根據(jù)正弦的概念求出點(diǎn)E到車架AB的距離．【解答】解：〔1〕在Rt△ADF中，由勾股定理得，AD===15〔cm；〔2〕AE=AD+CD+EC=15+30+15=60〔cm〕，如圖②，過點(diǎn)E作EH⊥AB于H，在Rt△AEH中，sin∠EAH=，那么EH=AE?sin∠EAH=AB?sin75°≈60×0.97=58.2〔cm〕．答：點(diǎn)E到AB的距離為58.2cm．【點(diǎn)評】此題考查的是解直角三角形的知識，正確找出輔助線、掌握銳角三角函數(shù)的概念是解題的關(guān)鍵．21．如圖，△ABC內(nèi)接于⊙O，AB是直徑，⊙O的切線PC交BA的延長線于點(diǎn)P，OF∥BC，交AC于點(diǎn)E，交PC于點(diǎn)F，連接AF．〔1〕求證：AF是⊙O的切線；〔2〕⊙O的半徑為4，AF=3，求線段AC的長．【考點(diǎn)】切線的判定與性質(zhì)；勾股定理；相似三角形的判定與性質(zhì)．【分析】〔1〕連接OC，先證出∠3=∠2，由SAS證明△OAF≌△OCF，得對應(yīng)角相等∠OAF=∠OCF，再根據(jù)切線的性質(zhì)得出∠OCF=90°，證出∠OAF=90°，即可得出結(jié)論；〔2〕先由勾股定理求出OF，再由三角形的面積求出AE，根據(jù)垂徑定理得出AC=2AE．【解答】〔1〕證明：連接OC，如以以下圖：∵AB是⊙O直徑，∴∠BCA=90°，∵OF∥BC，∴∠AEO=90°，∠1=∠2，∠B=∠3，∴OF⊥AC，∵OC=OA，∴∠B=∠1，∴∠3=∠2，在△OAF和△OCF中，，∴△OAF≌△OCF〔SAS〕，∴∠OAF=∠OCF，∵PC是⊙O的切線，∴∠OCF=90°，∴∠OAF=90°，∴FA⊥OA，∴AF是⊙O的切線；〔2〕∵⊙O的半徑為4，AF=3，∠OAF=90°，∴OF===5∵FA⊥OA，OF⊥AC，∴AC=2AE，△OAF的面積=AF?OA=OF?AE，∴3×4=5×AE，解得：AE=，∴AC=2AE=．【點(diǎn)評】此題考查了切線的判定、全等三角形的判定與性質(zhì)、勾股定理、垂徑定理以及三角形面積的計算；熟練掌握切線的判定，并能進(jìn)行推理計算是解決問題的關(guān)鍵．22．如圖，點(diǎn)A〔1，6〕和點(diǎn)M〔m，n〕都在反比例函數(shù)y=〔x＞0〕的圖象上，〔1〕k的值為6；〔2〕當(dāng)m=3，求直線AM的解析式；〔3〕當(dāng)m＞1時，過點(diǎn)M作MP⊥x軸，垂足為P，過點(diǎn)A作AB⊥y軸，垂足為B，試判斷直線BP與直線AM的位置關(guān)系，并說明理由．【考點(diǎn)】反比例函數(shù)綜合題．【專題】計算題；壓軸題；數(shù)形結(jié)合．【分析】〔1〕將A坐標(biāo)代入反比例解析式求出k的值即可；〔2〕由k的值確定出反比例解析式，將x=3代入反比例解析式求出y的值，確定出M坐標(biāo)，設(shè)直線AM解析式為y=ax+b，將A與M坐標(biāo)代入求出a與b的值，即可確定出直線AM解析式；〔3〕由MP垂直于x軸，AB垂直于y軸，得到M與P橫坐標(biāo)相同，A與B縱坐標(biāo)相同，表示出B與P坐標(biāo)，分別求出直線AM與直線BP斜率，由兩直線斜率相等，得到兩直線平行．【解答】解：〔1〕將A〔1，6〕代入反比例解析式得：k=6；故答案為：6；〔2〕將x=3代入反比例解析式y(tǒng)=得：y=2，即M〔3，2〕，設(shè)直線AM解析式為y=ax+b，把A與M代入得：，解得：a=﹣2，b=8，∴直線AM解析式為y=﹣2x+8；〔3〕直線BP與直線AM的位置關(guān)系為平行，理由為：當(dāng)m＞1時，過點(diǎn)M作MP⊥x軸，垂足為P，過點(diǎn)A作AB⊥y軸，垂足為B，∵A〔1，6〕，M〔m，n〕，且mn=6，即n=，∴B〔0，6〕，P〔m，0〕，∴k直線AM====﹣=﹣，k直線BP==﹣，即k直線AM=k直線BP，那么BP∥AM．【點(diǎn)評】此題屬于反比例函數(shù)綜合題，涉及的知識有：待定系數(shù)法確定函數(shù)解析式，以及兩直線平行與斜率之間的關(guān)系，熟練掌握待定系數(shù)法是解此題第二問的關(guān)鍵．23．E，F(xiàn)分別為正方形ABCD的邊BC，CD上的點(diǎn)，AF，DE相交于點(diǎn)G，當(dāng)E，F(xiàn)分別為邊BC，CD的中點(diǎn)時，有：①AF=DE；②AF⊥DE成立．試探究以下問題：〔1〕如圖1，假設(shè)點(diǎn)E不是邊BC的中點(diǎn)，F(xiàn)不是邊CD的中點(diǎn)，且CE=DF，上述結(jié)論①，②是否仍然成立？〔請直接答復(fù)“成立〞或“不成立〞〕，不需要證明〕〔2〕如圖2，假設(shè)點(diǎn)E，F(xiàn)分別在CB的延長線和DC的延長線上，且CE=DF，此時，上述結(jié)論①，②是否仍然成立？假設(shè)成立，請寫出證明過程，假設(shè)不成立，請說明理由；〔3〕如圖3，在〔2〕的根底上，連接AE和EF，假設(shè)點(diǎn)M，N，P，Q分別為AE，EF，F(xiàn)D，AD的中點(diǎn)，請判斷四邊形MNPQ是“矩形、菱形、正方形〞中的哪一種，并證明你的結(jié)論．【考點(diǎn)】四邊形綜合題．【專題】壓軸題．【分析】〔1〕由四邊形ABCD為正方形，CE=DF，易證得△ADF≌△DCE〔SAS〕，即可證得AF=DE，∠DAF=∠CDE，又由∠ADG+∠EDC=90°，即可證得AF⊥DE；〔2〕由四邊形ABCD為正方形，CE=DF，易證得△ADF≌△DCE〔SAS〕，即可證得AF=DE，∠E=∠F，又由∠ADG+∠EDC=90°，即可證得AF⊥DE；〔3〕首先設(shè)MQ，DE分別交AF于點(diǎn)G，O，PQ交DE于點(diǎn)H，由點(diǎn)M，N，P，Q分別為AE，EF，F(xiàn)D，AD的中點(diǎn)，即可得MQ=PN=DE，PQ=MN=AF，MQ∥DE，PQ∥AF，然后由AF=DE，可證得四邊形MNPQ是菱形，又由AF⊥DE即可證得四邊形MNPQ是正方形．【解答】解：〔1〕上述結(jié)論①，②仍然成立，理由為：∵四邊形ABCD為正方形，∴AD=DC，∠BCD=∠ADC=90°，在△ADF和△DCE中，，∴△ADF≌△DCE〔SAS〕，∴AF=DE，∠DAF=∠CDE，∵∠ADG+∠EDC=90°，∴∠ADG+∠DAF=90°，∴∠AGD=90°，即AF⊥DE；〔2〕上述結(jié)論①，②仍然成立，理由為：∵四邊形ABCD為正方形，∴AD=DC，∠BCD=∠ADC=90°，在△ADF和△DCE中，，∴△ADF≌△DCE〔SAS〕，∴AF=DE，∠CDE=∠DAF，∵∠ADG+∠EDC=90°，∴∠ADG+∠DAF=90°，∴∠AGD=90°，即AF⊥DE；〔3〕四邊形MNPQ是正方形．理由為：如圖，設(shè)MQ，DE分別交AF于點(diǎn)G，O，PQ交DE于點(diǎn)H，∵點(diǎn)M，N，P，Q分別為A