山東省濰坊市高密市2023-2024學年中考沖刺卷數(shù)學試題含解析_第1頁
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山東省濰坊市高密市2023-2024學年中考沖刺卷數(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.如圖,A、B、C、D四個點均在⊙O上,∠AOD=50°,AO∥DC,則∠B的度數(shù)為()A.50°B.55°C.60°D.65°2.如圖,已知△ABC,按以下步驟作圖:①分別以B,C為圓心,以大于BC的長為半徑作弧,兩弧相交于兩點M,N;②作直線MN交AB于點D,連接CD.若CD=AC,∠A=50°,則∠ACB的度數(shù)為()A.90° B.95° C.105° D.110°3.如圖,扇形AOB中,OA=2,C為弧AB上的一點,連接AC,BC,如果四邊形AOBC為菱形,則圖中陰影部分的面積為()A. B. C. D.4.等式成立的x的取值范圍在數(shù)軸上可表示為(

)A. B. C. D.5.如圖,在平面直角坐標系xOy中,等腰梯形ABCD的頂點坐標分別為A(1,1),B(2,﹣1),C(﹣2,﹣1),D(﹣1,1).以A為對稱中心作點P(0,2)的對稱點P1,以B為對稱中心作點P1的對稱點P2,以C為對稱中心作點P2的對稱點P3,以D為對稱中心作點P3的對稱點P4,…,重復操作依次得到點P1,P2,…,則點P2010的坐標是()A.(2010,2) B.(2010,﹣2) C.(2012,﹣2) D.(0,2)6.甲、乙兩輛汽車沿同一路線從A地前往B地,甲車以a千米/時的速度勻速行駛,途中出現(xiàn)故障后停車維修,修好后以2a千米/時的速度繼續(xù)行駛;乙車在甲車出發(fā)2小時后勻速前往B地,比甲車早30分鐘到達.到達B地后,乙車按原速度返回A地,甲車以2a千米/時的速度返回A地.設甲、乙兩車與A地相距s(千米),甲車離開A地的時間為t(小時),s與t之間的函數(shù)圖象如圖所示.下列說法:①a=40;②甲車維修所用時間為1小時;③兩車在途中第二次相遇時t的值為5.25;④當t=3時,兩車相距40千米,其中不正確的個數(shù)為()A.0個 B.1個 C.2個 D.3個7.如圖是由三個相同的小正方體組成的幾何體,則該幾何體的左視圖是()A. B. C. D.8.﹣的絕對值是()A.﹣ B.﹣ C. D.9.下列計算結果等于0的是()A. B. C. D.10.如圖,是的直徑,弦,,,則陰影部分的面積為()A.2π B.π C. D.二、填空題(本大題共6個小題,每小題3分,共18分)11.關于的方程有增根,則______.12.化簡:a+1+a(a+1)+a(a+1)2+…+a(a+1)99=________.13.王英同學從A地沿北偏西60°方向走100米到B地,再從B地向正南方向走200米到C地,此時王英同學離A地的距離是_____米.14.已知⊙O半徑為1,A、B在⊙O上,且,則AB所對的圓周角為__o.15.關于x的一元二次方程x2﹣2kx+k2﹣k=0的兩個實數(shù)根分別是x1、x2,且x12+x22=4,則x12﹣x1x2+x22的值是_____.16.拋擲一枚均勻的硬幣,前3次都正面朝上,第4次正面朝上的概率為________.三、解答題(共8題,共72分)17.(8分)解方程:-=118.(8分)拋物線:與軸交于,兩點(點在點左側),拋物線的頂點為.(1)拋物線的對稱軸是直線________;(2)當時,求拋物線的函數(shù)表達式;(3)在(2)的條件下,直線:經(jīng)過拋物線的頂點,直線與拋物線有兩個公共點,它們的橫坐標分別記為,,直線與直線的交點的橫坐標記為,若當時,總有,請結合函數(shù)的圖象,直接寫出的取值范圍.19.(8分)如圖,AC是⊙O的直徑,PA切⊙O于點A,點B是⊙O上的一點,且∠BAC=30°,∠APB=60°.(1)求證:PB是⊙O的切線;(2)若⊙O的半徑為2,求弦AB及PA,PB的長.20.(8分)初三(5)班綜合實踐小組去湖濱花園測量人工湖的長,如圖A、D是人工湖邊的兩座雕塑,AB、BC是湖濱花園的小路,小東同學進行如下測量,B點在A點北偏東60°方向,C點在B點北偏東45°方向,C點在D點正東方向,且測得AB=20米,BC=40米,求AD的長.(≈1.732,≈1.414,結果精確到0.01米)21.(8分)如圖,AB為半圓O的直徑,AC是⊙O的一條弦,D為的中點,作DE⊥AC,交AB的延長線于點F,連接DA.求證:EF為半圓O的切線;若DA=DF=6,求陰影區(qū)域的面積.(結果保留根號和π)22.(10分)為實施“農(nóng)村留守兒童關愛計劃”,某校結全校各班留守兒童的人數(shù)情況進行了統(tǒng)計,發(fā)現(xiàn)各班留守兒童人數(shù)只有1名、2名、3名、4名、5名、6名共六種情況,并制成如下兩幅不完整的統(tǒng)計圖:求該校平均每班有多少名留守兒童?并將該條形統(tǒng)計圖補充完整;某愛心人士決定從只有2名留守兒童的這些班級中,任選兩名進行生活資助,請用列表法或畫樹狀圖的方法,求出所選兩名留守兒童來自同一個班級的概率.23.(12分)解不等式組:,并把解集在數(shù)軸上表示出來.24.某運動品牌對第一季度A、B兩款運動鞋的銷售情況進行統(tǒng)計,兩款運動鞋的銷售量及總銷售額如圖6所示.1月份B款運動鞋的銷售量是A款的45

參考答案一、選擇題(共10小題,每小題3分,共30分)1、D【解析】試題分析:連接OC,根據(jù)平行可得:∠ODC=∠AOD=50°,則∠DOC=80°,則∠AOC=130°,根據(jù)同弧所對的圓周角等于圓心角度數(shù)的一半可得:∠B=130°÷2=65°.考點:圓的基本性質2、C【解析】

根據(jù)等腰三角形的性質得到∠CDA=∠A=50°,根據(jù)三角形內(nèi)角和定理可得∠DCA=80°,根據(jù)題目中作圖步驟可知,MN垂直平分線段BC,根據(jù)線段垂直平分線定理可知BD=CD,根據(jù)等邊對等角得到∠B=∠BCD,根據(jù)三角形外角性質可知∠B+∠BCD=∠CDA,進而求得∠BCD=25°,根據(jù)圖形可知∠ACB=∠ACD+∠BCD,即可解決問題.【詳解】∵CD=AC,∠A=50°∴∠CDA=∠A=50°∵∠CDA+∠A+∠DCA=180°∴∠DCA=80°根據(jù)作圖步驟可知,MN垂直平分線段BC∴BD=CD∴∠B=∠BCD∵∠B+∠BCD=∠CDA∴2∠BCD=50°∴∠BCD=25°∴∠ACB=∠ACD+∠BCD=80°+25°=105°故選C【點睛】本題考查了等腰三角形的性質、三角形內(nèi)角和定理、線段垂直平分線定理以及三角形外角性質,熟練掌握各個性質定理是解題關鍵.3、D【解析】連接OC,過點A作AD⊥CD于點D,四邊形AOBC是菱形可知OA=AC=2,再由OA=OC可知△AOC是等邊三角形,可得∠AOC=∠BOC=60°,故△ACO與△BOC為邊長相等的兩個等邊三角形,再根據(jù)銳角三角函數(shù)的定義得出AD=OA?sin60°=2×=,因此可求得S陰影=S扇形AOB﹣2S△AOC=﹣2××2×=﹣2.故選D.點睛:本題考查的是扇形面積的計算,熟記扇形的面積公式及菱形的性質是解答此題的關鍵.4、B【解析】

根據(jù)二次根式有意義的條件即可求出的范圍.【詳解】由題意可知:,解得:,故選:.【點睛】考查二次根式的意義,解題的關鍵是熟練運用二次根式有意義的條件.5、B【解析】分析:根據(jù)題意,以A為對稱中心作點P(0,1)的對稱點P1,即A是PP1的中點,結合中點坐標公式即可求得點P1的坐標;同理可求得其它各點的坐標,分析可得規(guī)律,進而可得答案.詳解:根據(jù)題意,以A為對稱中心作點P(0,1)的對稱點P1,即A是PP1的中點,又∵A的坐標是(1,1),結合中點坐標公式可得P1的坐標是(1,0);同理P1的坐標是(1,﹣1),記P1(a1,b1),其中a1=1,b1=﹣1.根據(jù)對稱關系,依次可以求得:P3(﹣4﹣a1,﹣1﹣b1),P4(1+a1,4+b1),P5(﹣a1,﹣1﹣b1),P6(4+a1,b1),令P6(a6,b1),同樣可以求得,點P10的坐標為(4+a6,b1),即P10(4×1+a1,b1),∵1010=4×501+1,∴點P1010的坐標是(1010,﹣1),故選:B.點睛:本題考查了對稱的性質,坐標與圖形的變化---旋轉,根據(jù)條件求出前邊幾個點的坐標,得到規(guī)律是解題關鍵.6、A【解析】解:①由函數(shù)圖象,得a=120÷3=40,故①正確,②由題意,得5.5﹣3﹣120÷(40×2),=2.5﹣1.5,=1.∴甲車維修的時間為1小時;故②正確,③如圖:∵甲車維修的時間是1小時,∴B(4,120).∵乙在甲出發(fā)2小時后勻速前往B地,比甲早30分鐘到達.∴E(5,240).∴乙行駛的速度為:240÷3=80,∴乙返回的時間為:240÷80=3,∴F(8,0).設BC的解析式為y1=k1t+b1,EF的解析式為y2=k2t+b2,由圖象得,,,解得,,∴y1=80t﹣200,y2=﹣80t+640,當y1=y2時,80t﹣200=﹣80t+640,t=5.2.∴兩車在途中第二次相遇時t的值為5.2小時,故弄③正確,④當t=3時,甲車行的路程為:120km,乙車行的路程為:80×(3﹣2)=80km,∴兩車相距的路程為:120﹣80=40千米,故④正確,故選A.7、C【解析】分析:細心觀察圖中幾何體中正方體擺放的位置,根據(jù)左視圖是從左面看到的圖形判定則可.詳解:從左邊看豎直疊放2個正方形.故選:C.點睛:此題考查了幾何體的三種視圖和學生的空間想象能力,左視圖是從物體左面看所得到的圖形,解答時學生易將三種視圖混淆而錯誤的選其它選項.8、C【解析】

根據(jù)負數(shù)的絕對值是它的相反數(shù),可得答案.【詳解】│-│=,A錯誤;│-│=,B錯誤;││=,D錯誤;││=,故選C.【點睛】本題考查了絕對值,解題的關鍵是掌握絕對值的概念進行解題.9、A【解析】

各項計算得到結果,即可作出判斷.【詳解】解:A、原式=0,符合題意;

B、原式=-1+(-1)=-2,不符合題意;

C、原式=-1,不符合題意;

D、原式=-1,不符合題意,

故選:A.【點睛】本題考查了有理數(shù)的運算,熟練掌握運算法則是解本題的關鍵.10、D【解析】分析:連接OD,則根據(jù)垂徑定理可得出CE=DE,繼而將陰影部分的面積轉化為扇形OBD的面積,代入扇形的面積公式求解即可.詳解:連接OD,∵CD⊥AB,∴(垂徑定理),故即可得陰影部分的面積等于扇形OBD的面積,又∵∴(圓周角定理),∴OC=2,故S扇形OBD=即陰影部分的面積為.故選D.點睛:考查圓周角定理,垂徑定理,扇形面積的計算,熟記扇形的面積公式是解題的關鍵.二、填空題(本大題共6個小題,每小題3分,共18分)11、-1【解析】根據(jù)分式方程-1=0有增根,可知x-1=0,解得x=1,然后把分式方程化為整式方程為:ax+1-(x-1)=0,代入x=1可求得a=-1.故答案為-1.點睛:此題主要考查了分式方程的增根問題,解題關鍵是明確增根出現(xiàn)的原因,把增根代入最簡公分母即可求得增根,然后把它代入所化為的整式方程即可求出未知系數(shù).12、(a+1)1.【解析】

原式提取公因式,計算即可得到結果.【詳解】原式=(a+1)[1+a+a(a+1)+a(a+1)2+…+a(a+1)98],

=(a+1)2[1+a+a(a+1)+a(a+1)2+…+a(a+1)97],

=(a+1)3[1+a+a(a+1)+a(a+1)2+…+a(a+1)96],

=…,

=(a+1)1.

故答案是:(a+1)1.【點睛】考查了因式分解-提公因式法,熟練掌握提取公因式的方法是解本題的關鍵.13、100【解析】先在直角△ABE中利用三角函數(shù)求出BE和AE,然后在直角△ACF中,利用勾股定理求出AC.解:如圖,作AE⊥BC于點E.∵∠EAB=30°,AB=100,∴BE=50,AE=50.∵BC=200,∴CE=1.在Rt△ACE中,根據(jù)勾股定理得:AC=100.即此時王英同學離A地的距離是100米.故答案為100.解一般三角形的問題一般可以轉化為解直角三角形的問題,解決的方法就是作高線.14、45o或135o【解析】試題解析:如圖所示,∵OC⊥AB,∴C為AB的中點,即在Rt△AOC中,OA=1,根據(jù)勾股定理得:即OC=AC,∴△AOC為等腰直角三角形,同理∵∠AOB與∠ADB都對,∵大角則弦AB所對的圓周角為或故答案為或15、1【解析】【分析】根據(jù)根與系數(shù)的關系結合x1+x2=x1?x2可得出關于k的一元二次方程,解之即可得出k的值,再根據(jù)方程有實數(shù)根結合根的判別式即可得出關于k的一元二次不等式,解之即可得出k的取值范圍,從而可確定k的值.【詳解】∵x2﹣2kx+k2﹣k=0的兩個實數(shù)根分別是x1、x2,∴x1+x2=2k,x1?x2=k2﹣k,∵x12+x22=1,∴(x1+x2)2-2x1x2=1,(2k)2﹣2(k2﹣k)=1,2k2+2k﹣1=0,k2+k﹣2=0,k=﹣2或1,∵△=(﹣2k)2﹣1×1×(k2﹣k)≥0,k≥0,∴k=1,∴x1?x2=k2﹣k=0,∴x12﹣x1x2+x22=1﹣0=1,故答案為:1.【點睛】本題考查了根的判別式以及根與系數(shù)的關系,熟練掌握“當一元二次方程有實數(shù)根時,根的判別式△≥0”是解題的關鍵.16、【解析】

根據(jù)概率的計算方法求解即可.【詳解】∵第4次拋擲一枚均勻的硬幣時,正面和反面朝上的概率相等,∴第4次正面朝上的概率為.故答案為:.【點睛】此題考查了概率公式的計算方法,如果一個事件有n種可能,而且這些事件的可能性相同,其中事件A出現(xiàn)m種結果,那么事件A的概率P(A)=.三、解答題(共8題,共72分)17、【解析】【分析】先去分母,把分式方程化為一元一次方程,解一元一次方程,再驗根.【詳解】解:去分母得:解得:檢驗:把代入所以:方程的解為【點睛】本題考核知識點:解方式方程.解題關鍵點:去分母,得到一元一次方程,.驗根是要點.18、(1);(2);(3)【解析】

(1)根據(jù)拋物線的函數(shù)表達式,利用二次函數(shù)的性質即可找出拋物線的對稱軸;(2)根據(jù)拋物線的對稱軸及即可得出點、的坐標,根據(jù)點的坐標,利用待定系數(shù)法即可求出拋物線的函數(shù)表達式;(3)利用配方法求出拋物線頂點的坐標,依照題意畫出圖形,觀察圖形可得出,再利用一次函數(shù)圖象上點的坐標特征可得出,結合的取值范圍即可得出的取值范圍.【詳解】(1)∵拋物線的表達式為,∴拋物線的對稱軸為直線.故答案為:.(2)∵拋物線的對稱軸為直線,,∴點的坐標為,點的坐標為.將代入,得:,解得:,∴拋物線的函數(shù)表達式為.(3)∵,∴點的坐標為.∵直線y=n與直線的交點的橫坐標記為,且當時,總有,∴x2<x3<x1,∵x3>0,∴直線與軸的交點在下方,∴.∵直線:經(jīng)過拋物線的頂點,∴,∴.【點睛】本題考查了二次函數(shù)的性質、待定系數(shù)法求二次函數(shù)解析式以及一次函數(shù)圖象上點的坐標特征,解題的關鍵是:(1)利用二次函數(shù)的性質找出拋物線的對稱軸;(2)根據(jù)點的坐標,利用待定系數(shù)法求出二次函數(shù)表達式;(3)依照題意畫出圖形,利用數(shù)形結合找出.19、(1)見解析;(2)2【解析】試題分析:(1)連接OB,證PB⊥OB.根據(jù)四邊形的內(nèi)角和為360°,結合已知條件可得∠OBP=90°得證;(2)連接OP,根據(jù)切線長定理得直角三角形,根據(jù)含30度角的直角三角形的性質即可求得結果.(1)連接OB.∵OA=OB,∴∠OBA=∠BAC=30°.∴∠AOB=80°-30°-30°=20°.∵PA切⊙O于點A,∴OA⊥PA,∴∠OAP=90°.∵四邊形的內(nèi)角和為360°,∴∠OBP=360°-90°-60°-20°=90°.∴OB⊥PB.又∵點B是⊙O上的一點,∴PB是⊙O的切線.(2)連接OP,∵PA、PB是⊙O的切線,∴PA=PB,∠OPA=∠OPB=,∠APB=30°.在Rt△OAP中,∠OAP=90°,∠OPA=30°,∴OP=2OA=2×2=1.∴PA=OP2-OA2=2∵PA=PB,∠APB=60°,∴PA=PB=AB=2.考點:此題考查了切線的判定、切線長定理、含30度角的直角三角形的性質點評:要證某線是圓的切線,已知此線過圓上某點,連接圓心與這點(即為半徑),再證垂直即可.20、AD=38.28米.【解析】

過點B作BE⊥DA,BF⊥DC,垂足分別為E、F,已知AD=AE+ED,則分別求得AE、DE的長即可求得AD的長.【詳解】過點B作BE⊥DA,BF⊥DC,垂足分別為E,F(xiàn),由題意知,AD⊥CD∴四邊形BFDE為矩形∴BF=ED在Rt△ABE中,AE=AB?cos∠EAB在Rt△BCF中,BF=BC?cos∠FBC∴AD=AE+BF=20?cos60°+40?cos45°=20×+40×=10+20=10+20×1.414=38.28(米).即AD=38.28米.【點睛】解一般三角形,求三角形的邊或高的問題一般可以轉化為解直角三角形的問題,解決的方法就是作高線.21、(1)證明見解析(2)﹣6π【解析】

(1)直接利用切線的判定方法結合圓心角定理分析得出OD⊥EF,即可得出答案;(2)直接利用得出S△ACD=S△COD,再利用S陰影=S△AED﹣S扇形COD,求出答案.【詳解】(1)證明:連接OD,∵D為弧BC的中點,∴∠CAD=∠BAD,∵OA=OD,∴∠BAD=∠ADO,∴∠CAD=∠ADO,∵DE⊥AC,∴∠E=90°,∴∠CAD+∠EDA=90°,即∠ADO+∠EDA=90°,∴OD⊥EF,∴EF為半圓O的切線;(2)解:連接OC與CD,∵DA=DF,∴∠BAD=∠F,∴∠BAD=∠F=∠CAD,又∵∠BAD+∠CAD+∠F=90°,∴∠F=30°,∠BAC=60°,∵OC=OA,∴△AOC為等邊三角形,∴∠AOC=60°,∠COB=120°,∵OD⊥EF,∠F=30°,∴∠DOF=60°,在Rt△ODF中,DF=6,∴OD=DF?tan30°=6,在Rt△AED中,DA=6,∠CAD=30°,∴DE=DA?sin30°=3,EA=DA?cos30°=9,∵∠COD=180°﹣∠AOC﹣∠DOF=60°,由CO=DO,∴△COD是等邊三角形,∴∠OCD=

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