广东省东莞市中考数学试题及答案.docx
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广东省东莞市中考数学试题及答案
广东省东莞市初中毕业生学业考试
考试用时100分钟,满分为120分
、选择题(本大题5小题,每小题3分,共15分)在每小题列出的四个选项中,只有一个是
正确的,请把答题卡上对应题目所选的选项涂黑.
12的倒数是(
法表示为(
【答案】B。
【答案】A。
【考点】相似。
【分析】根据形状相同,大小不一定相等的两个图形相似的定义,A符合将图中的箭头缩小
1
到原来的一的条件;B与原图相同;C将图中的箭头扩大到原来的2倍;D只将图中的箭头
2
1
长度缩小到原来的一,宽度没有改变。
故选A。
2
1
D1
5
A.
——
B.-
C
5
3
8
【答案】
Co
【考点】
概率。
【分析】
根据概率的计算方法,直接得出结果。
3
D.-
8
5•正八边形的每个内角为()
D.144o
8-2)X180°=1080°,再平均
A.120oB.135oC.140o
【答案】Bo
【考点】多边形内角和定理。
【分析】根据多边形内角和定理,求出正八边形的内角和为(
1080°*8=135°。
二、填空题(本大题5小题,每小题4分,共20分)请将下列各题的正确答案填写在答题卡相
应的位置上.
k.
6.已知反比例函数y—的图象经过(1,—2),贝Uk.
x
【答案】—2o
【考点】点的坐标与函数的关系。
k
【分析】根据点在曲线上,点的坐标满足方程的关系,只要将(1,—2)代入y,即可求出k值。
X
7.使x2在实数范围内有意义的X的取值范围是.
【答案】x2。
【考点】二次根式有意义的条件。
【分析】根据二次根式被开方数必须是非负数的条件,由直接得出结果:
x20x2。
8.按下面程序计算:
输入x3,则输出的答案是_.
【答案】12o
【考点】求代数式的值。
3
【分析】按所给程序,代数式为-一x,将x3代入,得12o
2
9.如图,AB与OO相切于点B,AO的延长线交OO于点C.若/A=40o,则/C=.
【答案】250。
【考点】圆切线的性质,三角形内角和定理,圆周角与圆心角的关系。
【分析】连接0B。
•/AB与OO相切于点B,•••/OBA=900o又•//A=40o,•/BOA=50°。
•/C=25°。
AFBDCE它的面积为1;取
10•如图
(1),将一个正六边形各边延长,构成一个正六角星形
△ABC和厶DEF各边中点,连接成正六角星形A1F1B1D1C1E1,如图⑵中阴影部分;取△A1B1C1
B
和厶D1E1F1各边中点,连接成正六角星形A2F2B2D2Q巳,如图⑶中阴影部分;如此下去
则正六角星形A4F4B4D4C4E4的面积为
1
A1F1B1D1C1E边长的16,
•-正六角星形A4F4B4D4C4E4面积是正六角星形
A1F1B1D1C1E面积的
1
256
题10图
(1)
D
题10图
(2)
题10图(3)
【答案】丄o
256
【考点】相似形面积比是对应边的比的平方,类比归纳。
1
【分析】•••正六角星形A2F2B2D2C2E2边长是正六角星形A1F1B1D1C1E边长的-,
2
1
•正六角星形A2F2B2D2C2E2面积是正六角星形A1F1B1D1C1E面积的-。
4
同理•••正六角星形A4F4B4D4C4E4边长是正六角星形
三、解答题
(一)(本大题5小题,每小题6分,共30分)
11.计算:
(20111)018sin4522.
【答案】解:
原式13241340
2
【考点】0次幕,二次根式,特殊角三角函数值。
【分析】根据0次幕,二次根式化简,特殊角三角函数值,直接得出结果。
12•解不等式组:
2X13,①,并把解集在数轴上表示出来.
82xx1②
【答案】解:
由①得,x>2。
由②得,x3。
•••原不等式组的解为x3。
解集在数轴上表示如下:
a■1,丄上——
OL234
【考点】无理数。
【分析】先求出不等式组中每一个不等式的解集,再利用口诀求出这些解集的公共部分:
同大取
大,同小取小,大小小大中间找,大大小小解不了(无解)。
解集在数轴上表示时注意圆点的空心
和实心的区别。
13.
AF=CE,只要证△ADF^ACBE
已知:
如图,E,F在AC上,AD//CB且AD=CB/D=ZB.
求证:
AE=CF
【答案】证:
IAD//CB,•ZA=ZCo
又•••AD=CE,ZD=ZB.
•△ADF^ACBE(ASA)。
•-AF=CE。
•AF+FE=CE+FE即AE=CF
【考点】全等三角形的判定和性质,等量变换。
【分析】要证AE=CF,只要AF=CE经过等量变换即可得。
而要证
即可,△ADF^ACBE由已知条件易证。
14.
题14图
如图,在平面直角坐标系中,点P的坐标为
(-4,0),OP的半径为2,将OP沿x轴向右平移4个单位长度得OP1.
(1)画出OP1,并直接判断OP与OP1的位置关系;
(2)设OP1与x轴正半轴,y轴正半轴的交点
分别为A,B,求劣弧AB与弦AB围成的图形的面积(结果保留n).
【答案】解:
(1)画出OP1如下:
OP与OPi外切。
(2)劣弧AB与弦AB围成的图形的面积为:
121
-22—22=2
42
【考点】图形的平移,圆与圆的位置关系,圆和三角形的面积。
【分析】
(1)将OP沿x轴向右平移4个单位长度得OPi后,两圆圆心距与两圆半径之和相等,
故OP与OPi外切。
(2)劣弧AB与弦AB围成的图形的面积实际等于圆的四分之一面积减去?
OAB的面积,
这样根据已知条件即易求出。
15.已知抛物线yx2xc与x轴没有交点.
2
(1)求c的取值范围;
(2)试确定直线ycx1经过的象限,并说明理由.
【答案】解:
1
(1)-抛物线y=xxc与x轴没有交点,
2
••对应的一兀一次方程-xxc=0没有实数根。
2
211=14c=12c<0,c>。
22
1
(2)顺次经过三、二、一象限。
因为对于直线y=kxb,k=c>>0,b=1>0,所
2
以根据一次函数的图象特征,知道直线y=cx1顺次经过三、二、一象限。
【考点】二次函数与一元二次方程的关系,一次一次函数的图象特征。
【分析】
(1)根据二次函数与一元二次方程的关系知,二次函数的图象与x轴没有交点,对应的
-元二次方程没有实数根,其根的判别式小于0。
据此求出c的取值范围。
(2)根据一次函数的图象特征,即可确定直线y=cx1经过的象限。
四、解答题
(二)(本大题4小题,每小题7分,共28分)
16.某品牌瓶装饮料每箱价格26元.某商店对该瓶装饮料进行买一送三”促销活动,若整
箱购买,则买一箱送三瓶,这相当于每瓶比原价便宜了0.6元.问该品牌饮料一箱有多少瓶?
【答案】解:
设该品牌饮料一箱有x瓶,依题意,得
解得X1=13不合,舍去,X2=10。
经检验:
x=10符合题意。
最后注意分式方程的检验和实际应用的取舍。
17.如图,小明家在A处,门前有一口池塘,隔着池塘
有一条公路I,AB是A到I的小路.现新修一条路AC到
公路I.小明测量出/ACD=30o,/ABD=45o,BC=50m.请
你帮小明计算他家到公路I的距离AD的长度(精确到
第17题图
18.李老师为了解班里学生的作息时间表,调查了班
上50名学生上学路上花费的时间,他发现学生所花
时间都少于50分钟,然后将调查数据整理,作出如
下频数分布直方图的一部分(每组数据含最小值不含
最大值).请根据该频数分布直方图,回答下列问题:
(1)此次调查的总体是什么?
【分析】
0.6
解。
解之,得AD=25(3+1戶68.3m
(2)补全频数分布直方图;
解题关键是找出等量关系,列出方程求解。
本题等量关系为:
每瓶原价一促销每瓶单价=促销每瓶比原价便宜的金额
(3)该班学生上学路上花费时间在30分钟以上(含30分钟)的人数占全班人数的百分比是多少?
(4)
(3)根据频数、频率与总体的关系,直接求出。
19.如图,直角梯形纸片ABCD中,AD//BC,/A=90o,
/C=30o.折叠纸片使BC经过点D,点C落在点E处,BF是
痕,且BF=CF=8
(1)求/BDF的度数;
(2)求AB的长.
【答案】
解:
(1)
•/BF=CF/C=30o,「./CBF=/C=30oo
折
(2)该班学生上学路上花费时间在30分钟到40分钟(含30分钟)的人数为:
50—8—24—13—仁4。
据此补全频数分布直方图。
又•••?
BEF是?
BCF经折叠后得到的,
•••?
BEF^?
BCR•••/EBF=/CBF=30q
又•••/DFB=/CBF+/C=60o,•/BDF=1800—/DFB-/EBF=9Oo。
•/BDF的度数是90o。
在Rt?
ABD中,/ABD=90°—/EBF-/CBF=30oBDW3,
/DBF都可以由已知的/C和折叠对称以及三角形外角定理求得。
(2)由
(1)的结论,解Rt?
BDF和Rt?
BD即可求得。
五、解答题(三)(本大题3小题,每小题9分,共27分)
20.如下数表是由从1开始的连续自然数组成,观察规律并完成各题的解答.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
19
20
21
22
23
24
25
2627
28
29
30
31
32
33
34
3536
(1)表中第8行的最后一个数是,它是自然数的平方,第8行共
有个数;
(2)用含n的代数式表示:
第n行的第一个数是,最后一个数是
,第n行共有个数;
(3)求第n行各数之和.
【答案】解:
(1)64,8,15。
(2)n2-2n+2,n2,2n-1。
22
n2n2no
(3)第n行各数之和:
2n1=n2n12n1。
2
【考点】分类归纳。
【分析】
(1)
(2)由表的构成可以看出:
①每一行的最后一个数是:
行数的平方。
所以第8行的
最后一个数是82=64;第n行的最后一个数是n2。
②每一行的第一个数是:
前一行最后一个数加1。
所以第n行的第一个数是(n-1)2+仁n2-2n+2。
③每一行的个数是:
最后一个数减去的第一个数加
1。
所以第n行个数是n2-(n2-2n+2)=2n-1。
(3)每一行各数之和是:
这一行的第一个数与最后一个数的平均数剩以这一行的个数。
22
所以第n行各数之和为
n2n2n2
2n1=nn12n1。
2
21.如图
(1),△ABC与厶EFD为等腰直角三角形,AC与DE重合,AB=AC=EF=9/BAC=/DEF=90o
固定△ABC,将厶DEF绕点A顺时针旋转,当DF边与AB边重合时,旋转中止.现不考虑旋转开
始和结束时重合的情况,设DE,DF(或它们的延长线)分别交BC(或它的延长线)于G,H点,如图
题21图
(1)
问:
始终与△AGC相似的三角形有
H
题21图
(2)
及;
(1)
(2)
设CG=x,BH=y,求y关于x的函数关系式(只要求根据图
⑵的情形说明理由)
(3)
问:
当x为何值时,△AGH是等腰三角形•
【答案】
解:
(1)
△HAB,△HGA。
(2)
AC
•••△AG"HAB」-
GC,即9/
ABy9
81
•.y=—。
x
(3)
又•/BC=929292,
•••y关于x的函数关系式为
①当/GAH=45°
可知xCG
是等腰三角形
BC92o
22
是等腰三角形
②当/GAH=45°
在厶HGA和厶AGC中
•••/AGH=ZCGA/GAH=ZC=453,
•△HGAs^AGCo
•的顶角时,如图2,
81i—/
y=0 x •的底角时,如图1, •••AG=AH,「.xCGAC9 9 •••当x穿2或x9时,△AGH是等腰三角形。 【考点】 三角形的判定。 三角形外角定理,相似三角形的判定和性质,勾股定理,几何问题列函数关系式,等腰【分析】 (1)在厶AGC和厶HAB中, •//AGC=ZB+ZBAG=ZB+90°—/GAC=13^—ZGAC, /BAH=ZBAC+ZEAF—ZEAC=9(5+45°—ZGAC, •ZAGC=ZBAHo 又•/ZACG=/HBA=45°,二△AG8AHABo 在厶AGC和厶HGA中, •/ZCAG=ZEAF—ZCAF=453—ZCAF, /H=180°-/ACH—ZCAH=18C°—135°—/CAF=45—/CAF, •••/CAG=ZHo 又•//AGC=ZHGA,「.△AG3AHGA。 (2)利用△AG8AHAB得对应边的比即可得。 (3)考虑ZGAH是等腰三角形.底角和顶角两种情况分别求解即可。 5217 22.如图,抛物线y-xx1与y轴交于A 44 点,过点A的直线与抛物线交于另一点B,过点B作 BC丄x轴,垂足为点C(3,0). (1)求直线AB的函数关系式; (2) 动点P在线段0C上从原点出发以每秒一个单位的速度向C移动,过点P作PN丄x轴,交直线AB于点M,交抛物线于点N.设点P移动的时间为t秒,MN的长度为s个单位,求s与t的函数关系式,并写 出t的取值范围; (3)设在 (2)的条件下(不考虑点P与点0,点C重合的情况),连接CM,BN,当t为何值 517 【答案】解: (1)TA、B在抛物线y-x2—x1上, 44 °,1),(3,2)。 5 •••当x=0时y1,当x=3时y㊁。 即A、B两点坐标分别为 设直线AB的函数关系式为y=kxb,•得方程组: 5,解之,得 2 直线AB的解析式为y」x1o 2 (2)依题意: 有P、 M、 N的坐标分别为 1 52 17 P(t,°), M(t, t 1),N (t, -t2 -t1) 2 4 4 sMN NP MP 52 17 1 52 15 =-t t 1 t1 -t t 0t3 4 4 2 4 4 (3)若四边形BCMN为平行四边形,则有MN=BC,此时,有 52155 tt,解得匕1,t22 442 所以当t=1或2时,四边形BCMN为平行四边形。 35 当t=l时,MP,NP4,故MNNPMP上。 22 ■225 又在RtAMPC中,MC.MPPC,故MN=MC, 2 此时四边形BCMN为菱形。 95 当t=2时,MP2,NP,故MNNPMP—。 22 又在RtAMPC中,MC.MP2PC2.5,故MNmMC。 此时四边形BCMN不是菱形。 【考点】点的坐标与方程的关系,待定系数法,列二次函数关系式,平行四边形的性质,菱形的 判定,勾股定理。 AB的函 【分析】 (1)由A、B在抛物线上,可求出A、B点的坐标,从而用待定系数法求出直线 数关系式。 (2)用t表示P、M、N的坐标,由等式MNNPMP得到函数关系式。 (3)由平行四边形对边相等的性质得到等式,求出t。 再讨论邻边是否相等。
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