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文檔簡介
2024屆江西省九江市修水縣重點名校中考四模數(shù)學試題注意事項1.考生要認真填寫考場號和座位序號。2.試題所有答案必須填涂或書寫在答題卡上,在試卷上作答無效。第一部分必須用2B鉛筆作答;第二部分必須用黑色字跡的簽字筆作答。3.考試結(jié)束后,考生須將試卷和答題卡放在桌面上,待監(jiān)考員收回。一、選擇題(共10小題,每小題3分,共30分)1.在函數(shù)y=中,自變量x的取值范圍是()A.x≥0 B.x≤0 C.x=0 D.任意實數(shù)2.實數(shù)a在數(shù)軸上的位置如圖所示,則化簡后為()A.7 B.﹣7 C.2a﹣15 D.無法確定3.如圖的立體圖形,從左面看可能是()A. B.C. D.4.在△ABC中,AD和BE是高,∠ABE=45°,點F是AB的中點,AD與FE,BE分別交于點G、H.∠CBE=∠BAD,有下列結(jié)論:①FD=FE;②AH=2CD;③BC?AD=AE2;④S△BEC=S△ADF.其中正確的有()A.1個 B.2個 C.3個 D.4個5.如圖,正方形ABCD內(nèi)接于圓O,AB=4,則圖中陰影部分的面積是()A. B. C. D.6.如圖,在△ABC中,∠C=90°,將△ABC沿直線MN翻折后,頂點C恰好落在AB邊上的點D處,已知MN∥AB,MC=6,NC=,則四邊形MABN的面積是()A. B. C. D.7.化簡-32A.﹣23B.﹣23C.﹣68.設x1,x2是一元二次方程x2﹣2x﹣3=0的兩根,則x12+x22=()A.6B.8C.10D.129.設a,b是常數(shù),不等式的解集為,則關于x的不等式的解集是()A. B. C. D.10.有理數(shù)a,b在數(shù)軸上的對應點如圖所示,則下面式子中正確的是()①b<0<a;②|b|<|a|;③ab>0;④a﹣b>a+b.A.①② B.①④ C.②③ D.③④二、填空題(本大題共6個小題,每小題3分,共18分)11.關于x的方程kx2﹣(2k+1)x+k+2=0有實數(shù)根,則k的取值范圍是_____.12.已知:正方形ABCD.求作:正方形ABCD的外接圓.作法:如圖,(1)分別連接AC,BD,交于點O;(2)以點O為圓心,OA長為半徑作⊙O,⊙O即為所求作的圓.請回答:該作圖的依據(jù)是__________________________________.13.如圖,四邊形ABCD中,AD=CD,∠B=2∠D=120°,∠C=75°.則=14.已知一個菱形的邊長為5,其中一條對角線長為8,則這個菱形的面積為_____.15.讓我們輕松一下,做一個數(shù)字游戲:第一步:取一個自然數(shù),計算得;第二步:算出的各位數(shù)字之和得,計算得;第三步:算出的各位數(shù)字之和得,再計算得;依此類推,則____________16.若將拋物線y=﹣4(x+2)2﹣3圖象向左平移5個單位,再向上平移3個單位得到的拋物線的頂點坐標是_____.三、解答題(共8題,共72分)17.(8分)(14分)如圖,在平面直角坐標系中,拋物線y=mx2﹣8mx+4m+2(m>2)與y軸的交點為A,與x軸的交點分別為B(x1,0),C(x2,0),且x2﹣x1=4,直線AD∥x軸,在x軸上有一動點E(t,0)過點E作平行于y軸的直線l與拋物線、直線AD的交點分別為P、Q.(1)求拋物線的解析式;(2)當0<t≤8時,求△APC面積的最大值;(3)當t>2時,是否存在點P,使以A、P、Q為頂點的三角形與△AOB相似?若存在,求出此時t的值;若不存在,請說明理由.18.(8分)先化簡,再求值:,其中a滿足a2+2a﹣1=1.19.(8分)如圖1,已知直線y=kx與拋物線y=交于點A(3,6).(1)求直線y=kx的解析式和線段OA的長度;(2)點P為拋物線第一象限內(nèi)的動點,過點P作直線PM,交x軸于點M(點M、O不重合),交直線OA于點Q,再過點Q作直線PM的垂線,交y軸于點N.試探究:線段QM與線段QN的長度之比是否為定值?如果是,求出這個定值;如果不是,說明理由;(3)如圖2,若點B為拋物線上對稱軸右側(cè)的點,點E在線段OA上(與點O、A不重合),點D(m,0)是x軸正半軸上的動點,且滿足∠BAE=∠BED=∠AOD.繼續(xù)探究:m在什么范圍時,符合條件的E點的個數(shù)分別是1個、2個?20.(8分)如圖,在平面直角坐標系xOy中,函數(shù)()的圖象經(jīng)過點,AB⊥x軸于點B,點C與點A關于原點O對稱,CD⊥x軸于點D,△ABD的面積為8.(1)求m,n的值;(2)若直線(k≠0)經(jīng)過點C,且與x軸,y軸的交點分別為點E,F(xiàn),當時,求點F的坐標.21.(8分)解不等式組:,并把解集在數(shù)軸上表示出來。22.(10分)解方程組23.(12分)如圖,AB是⊙O的直徑,⊙O過BC的中點D,DE⊥AC.求證:△BDA∽△CED.24.如圖,在?ABCD中,以點A為圓心,AB的長為半徑的圓恰好與CD相切于點C,交AD于點E,延長BA與⊙O相交于點F.若的長為,則圖中陰影部分的面積為_____.
參考答案一、選擇題(共10小題,每小題3分,共30分)1、C【解析】
當函數(shù)表達式是二次根式時,被開方數(shù)為非負數(shù).據(jù)此可得.【詳解】解:根據(jù)題意知,
解得:x=0,
故選:C.【點睛】本題主要考查函數(shù)自變量的取值范圍,函數(shù)自變量的范圍一般從三個方面考慮:(1)當函數(shù)表達式是整式時,自變量可取全體實數(shù);(2)當函數(shù)表達式是分式時,考慮分式的分母不能為0;(3)當函數(shù)表達式是二次根式時,被開方數(shù)為非負數(shù).2、C【解析】
根據(jù)數(shù)軸上點的位置判斷出a﹣4與a﹣11的正負,原式利用二次根式性質(zhì)及絕對值的代數(shù)意義化簡,去括號合并即可得到結(jié)果.【詳解】解:根據(jù)數(shù)軸上點的位置得:5<a<10,∴a﹣4>0,a﹣11<0,則原式=|a﹣4|﹣|a﹣11|=a﹣4+a﹣11=2a﹣15,故選:C.【點睛】此題考查了二次根式的性質(zhì)與化簡,以及實數(shù)與數(shù)軸,熟練掌握運算法則是解本題的關鍵.3、A【解析】
根據(jù)三視圖的性質(zhì)即可解題.【詳解】解:根據(jù)三視圖的概念可知,該立體圖形是三棱柱,左視圖應為三角形,且直角應該在左下角,故選A.【點睛】本題考查了三視圖的識別,屬于簡單題,熟悉三視圖的概念是解題關鍵.4、C【解析】
根據(jù)題意和圖形,可以判斷各小題中的結(jié)論是否成立,從而可以解答本題.【詳解】∵在△ABC中,AD和BE是高,∴∠ADB=∠AEB=∠CEB=90°,∵點F是AB的中點,∴FD=AB,F(xiàn)E=AB,∴FD=FE,①正確;∵∠CBE=∠BAD,∠CBE+∠C=90°,∠BAD+∠ABC=90°,∴∠ABC=∠C,∴AB=AC,∵AD⊥BC,∴BC=2CD,∠BAD=∠CAD=∠CBE,在△AEH和△BEC中,,∴△AEH≌△BEC(ASA),∴AH=BC=2CD,②正確;∵∠BAD=∠CBE,∠ADB=∠CEB,∴△ABD∽△BCE,∴,即BC?AD=AB?BE,∵∠AEB=90°,AE=BE,∴AB=BEBC?AD=BE?BE,∴BC?AD=AE2;③正確;設AE=a,則AB=a,∴CE=a﹣a,∴=,即,∵AF=AB,∴,∴S△BEC≠S△ADF,故④錯誤,故選:C.【點睛】本題考查相似三角形的判定與性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、直角三角形斜邊上的中線,解答本題的關鍵是明確題意,找出所求問題需要的條件,利用數(shù)形結(jié)合的思想解答.5、B【解析】
連接OA、OB,利用正方形的性質(zhì)得出OA=ABcos45°=2,根據(jù)陰影部分的面積=S⊙O-S正方形ABCD列式計算可得.【詳解】解:連接OA、OB,∵四邊形ABCD是正方形,∴∠AOB=90°,∠OAB=45°,∴OA=ABcos45°=4×=2,所以陰影部分的面積=S⊙O-S正方形ABCD=π×(2)2-4×4=8π-1.故選B.【點睛】本題主要考查扇形的面積計算,解題的關鍵是熟練掌握正方形的性質(zhì)和圓的面積公式.6、C【解析】連接CD,交MN于E,∵將△ABC沿直線MN翻折后,頂點C恰好落在AB邊上的點D處,∴MN⊥CD,且CE=DE.∴CD=2CE.∵MN∥AB,∴CD⊥AB.∴△CMN∽△CAB.∴.∵在△CMN中,∠C=90°,MC=6,NC=,∴∴.∴.故選C.7、C【解析】試題解析:原式=-32故選C.考點:二次根式的乘除法.8、C【解析】試題分析:根據(jù)根與系數(shù)的關系得到x1+x2=2,x1?x2=﹣3,再變形x12+x22得到(x1+x2)2﹣2x1?x2,然后利用代入計算即可.解:∵一元二次方程x2﹣2x﹣3=0的兩根是x1、x2,∴x1+x2=2,x1?x2=﹣3,∴x12+x22=(x1+x2)2﹣2x1?x2=22﹣2×(﹣3)=1.故選C.9、C【解析】
根據(jù)不等式的解集為x<即可判斷a,b的符號,則根據(jù)a,b的符號,即可解不等式bx-a<0【詳解】解不等式,移項得:∵解集為x<∴,且a<0∴b=-5a>0,解不等式,移項得:bx>a兩邊同時除以b得:x>,即x>-故選C【點睛】此題考查解一元一次不等式,掌握運算法則是解題關鍵10、B【解析】分析:本題是考察數(shù)軸上的點的大小的關系.解析:由圖知,b<0<a,故①正確,因為b點到原點的距離遠,所以|b|>|a|,故②錯誤,因為b<0<a,所以ab<0,故③錯誤,由①知a-b>a+b,所以④正確.故選B.二、填空題(本大題共6個小題,每小題3分,共18分)11、k≤.【解析】
分k=1及k≠1兩種情況考慮:當k=1時,通過解一元一次方程可得出原方程有解,即k=1符合題意;等k≠1時,由△≥1即可得出關于k的一元一次不等式,解之即可得出k的取值范圍.綜上此題得解.【詳解】當k=1時,原方程為-x+2=1,解得:x=2,∴k=1符合題意;當k≠1時,有△=[-(2k+1)]2-4k(k+2)≥1,解得:k≤且k≠1.綜上:k的取值范圍是k≤.故答案為:k≤.【點睛】本題考查了根的判別式以及一元二次方程的定義,分k=1及k≠1兩種情況考慮是解題的關鍵.12、正方形的對角線相等且互相垂直平分;點到圓心的距離等于圓的半徑的點在這個圓上;四邊形的四個頂點在同一個圓上,這個圓叫四邊形的外接圓.【解析】
利用正方形的性質(zhì)得到OA=OB=OC=OD,則以點O為圓心,OA長為半徑作⊙O,點B、C、D都在⊙O上,從而得到⊙O為正方形的外接圓.【詳解】∵四邊形ABCD為正方形,∴OA=OB=OC=OD,∴⊙O為正方形的外接圓.故答案為正方形的對角線相等且互相垂直平分;點到圓心的距離等于圓的半徑的點在這個圓上;四邊形的四個頂點在同一個圓上,這個圓叫四邊形的外接圓.【點睛】本題考查了作圖﹣復雜作圖:復雜作圖是在五種基本作圖的基礎上進行作圖,一般是結(jié)合了幾何圖形的性質(zhì)和基本作圖方法.解決此類題目的關鍵是熟悉基本幾何圖形的性質(zhì),結(jié)合幾何圖形的基本性質(zhì)把復雜作圖拆解成基本作圖,逐步操作.13、【解析】
連接AC,過點C作CE⊥AB的延長線于點E,,如圖,先在Rt△BEC中根據(jù)含30度的直角三角形三邊的關系計算出BC、CE,判斷△AEC為等腰直角三角形,所以∠BAC=45°,AC=,利用即可求解.【詳解】連接AC,過點C作CE⊥AB的延長線于點E,∵∠ABC=2∠D=120°,∴∠D=60°,∵AD=CD,∴△ADC是等邊三角形,∵∠D+∠DAB+∠ABC+∠DCB=360°,∴∠ACB=∠DCB-∠DCA=75°-60°=15°,∠BAC=180°-∠ABC-∠ACB=180°-120°-15°=45°,∴AE=CE,∠EBC=45°+15°=60°,∴∠BCE=90°-60°=30°,設BE=x,則BC=2x,CE=,在RT△AEC中,AC=,∴,故答案為.【點睛】本題考查了解直角三角形:在直角三角形中,由已知元素求未知元素的過程就是解直角三角形.合理作輔助線是解題的關鍵.14、1【解析】試題解析:如圖,∵菱形ABCD中,BD=8,AB=5,∴AC⊥BD,OB=BD=4,∴OA==3,∴AC=2OA=6,∴這個菱形的面積為:AC?BD=×6×8=1.15、1【解析】
根據(jù)題意可以分別求得a1,a2,a3,a4,從而可以發(fā)現(xiàn)這組數(shù)據(jù)的特點,三個一循環(huán),從而可以求得a2019的值.【詳解】解:由題意可得,a1=52+1=26,a2=(2+6)2+1=65,a3=(6+5)2+1=1,a4=(1+2+2)2+1=26,…∴2019÷3=673,∴a2019=a3=1,故答案為:1.【點睛】本題考查數(shù)字變化類規(guī)律探索,解題的關鍵是明確題意,求出前幾個數(shù),觀察數(shù)的變化特點,求出a2019的值.16、(﹣7,0)【解析】
直接利用平移規(guī)律“左加右減,上加下減”得出平移后的解析式進而得出答案.【詳解】∵將拋物線y=-4(x+2)2-3圖象向左平移5個單位,再向上平移3個單位,∴平移后的解析式為:y=-4(x+7)2,故得到的拋物線的頂點坐標是:(-7,0).故答案為(-7,0).【點睛】此題主要考查了二次函數(shù)與幾何變換,正確掌握平移規(guī)律是解題關鍵.三、解答題(共8題,共72分)17、(1)y=14x2-2x+3【解析】試題分析:(1)首先利用根與系數(shù)的關系得出:x1+x2=8試題解析:解:(1)由題意知x1、x2是方程mx2﹣8mx+4m+2=0的兩根,∴x1+x2=8,由.解得:.∴B(2,0)、C(6,0)則4m﹣16m+4m+2=0,解得:m=,∴該拋物線解析式為:y=;.(2)可求得A(0,3)設直線AC的解析式為:y=kx+b,∵∴∴直線AC的解析式為:y=﹣x+3,要構(gòu)成△APC,顯然t≠6,分兩種情況討論:當0<t<6時,設直線l與AC交點為F,則:F(t,﹣),∵P(t,),∴PF=,∴S△APC=S△APF+S△CPF===,此時最大值為:,②當6≤t≤8時,設直線l與AC交點為M,則:M(t,﹣),∵P(t,),∴PM=,∴S△APC=S△APF﹣S△CPF===,當t=8時,取最大值,最大值為:12,綜上可知,當0<t≤8時,△APC面積的最大值為12;(3)如圖,連接AB,則△AOB中,∠AOB=90°,AO=3,BO=2,Q(t,3),P(t,),①當2<t≤6時,AQ=t,PQ=,若:△AOB∽△AQP,則:,即:,∴t=0(舍),或t=,若△AOB∽△PQA,則:,即:,∴t=0(舍)或t=2(舍),②當t>6時,AQ′=t,PQ′=,若:△AOB∽△AQP,則:,即:,∴t=0(舍),或t=,若△AOB∽△PQA,則:,即:,∴t=0(舍)或t=1,∴t=或t=或t=1.考點:二次函數(shù)綜合題.18、a2+2a,2【解析】
根據(jù)分式的減法和除法可以化簡題目中的式子,然后根據(jù)a2+2a?2=2,即可解答本題.【詳解】解:===a(a+2)=a2+2a,∵a2+2a﹣2=2,∴a2+2a=2,∴原式=2.【點睛】本題考查分式的化簡求值,解答本題的關鍵是明確分式化簡求值的方法.19、(1)y=2x,OA=,(2)是一個定值,,(3)當時,E點只有1個,當時,E點有2個。【解析】(1)把點A(3,6)代入y=kx得;∵6=3k,∴k=2,∴y=2x.OA=.(2)是一個定值,理由如下:如答圖1,過點Q作QG⊥y軸于點G,QH⊥x軸于點H.①當QH與QM重合時,顯然QG與QN重合,此時;②當QH與QM不重合時,∵QN⊥QM,QG⊥QH不妨設點H,G分別在x、y軸的正半軸上,∴∠MQH=∠GQN,又∵∠QHM=∠QGN=90°∴△QHM∽△QGN…(5分),∴,當點P、Q在拋物線和直線上不同位置時,同理可得.①①如答圖2,延長AB交x軸于點F,過點F作FC⊥OA于點C,過點A作AR⊥x軸于點R∵∠AOD=∠BAE,∴AF=OF,∴OC=AC=OA=∵∠ARO=∠FCO=90°,∠AOR=∠FOC,∴△AOR∽△FOC,∴,∴OF=,∴點F(,0),設點B(x,),過點B作BK⊥AR于點K,則△AKB∽△ARF,∴,即,解得x1=6,x2=3(舍去),∴點B(6,2),∴BK=6﹣3=3,AK=6﹣2=4,∴AB=5(求AB也可采用下面的方法)設直線AF為y=kx+b(k≠0)把點A(3,6),點F(,0)代入得k=,b=10,∴,∴,∴(舍去),,∴B(6,2),∴AB=5在△ABE與△OED中∵∠BAE=∠BED,∴∠ABE+∠AEB=∠DEO+∠AEB,∴∠ABE=∠DEO,∵∠BAE=∠EOD,∴△ABE∽△OED.設OE=x,則AE=﹣x(),由△ABE∽△OED得,∴∴()∴頂點為(,)如答圖3,當時,OE=x=,此時E點有1個;當時,任取一個m的值都對應著兩個x值,此時E點有2個.∴當時,E點只有1個當時,E點有2個20、(1)m=8,n=-2;(2)點F的坐標為,【解析】分析:(1)利用三角形的面積公式構(gòu)建方程求出n,再利用待定系數(shù)法求出m的的值即可;(2)分兩種情形分別求解如①圖,當k<0時,設直線y=kx+b與x軸,y軸的交點分別為,.②圖中,當k>0時,設直線y=kx+b與x軸,y軸的交點分別為點,.詳解:(1)如圖②∵點A的坐標為,點C與點A關于原點O對稱,∴點C的坐標為.∵AB⊥x軸于點B,CD⊥x軸于點D,∴B,D兩點的坐標分別為,.∵△ABD的面積為8,,∴.解得.∵函數(shù)()的圖象經(jīng)過點,∴.(2)由(1)得點C的坐標為.①如圖,當時,設直線與x軸,y軸的交點分別為點,.由CD⊥x軸于點D可得CD∥.∴△CD∽△O.∴.∵,∴.∴.∴點的坐標為.②如圖,當時,設直線與x軸,y軸的交點分別為點,.同理可
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