全国各地中考数学选择填空压轴题汇编四.docx
- 文档编号:8632060
- 上传时间:2023-02-01
- 格式:DOCX
- 页数:68
- 大小:2.73MB
全国各地中考数学选择填空压轴题汇编四.docx
《全国各地中考数学选择填空压轴题汇编四.docx》由会员分享,可在线阅读,更多相关《全国各地中考数学选择填空压轴题汇编四.docx(68页珍藏版)》请在冰豆网上搜索。
全国各地中考数学选择填空压轴题汇编四
2018年全国各地中考数学选择、填空压轴题汇编(四)
参考答案与试题解析
一.选择题(共18小题)
1.(2018?
杭州)如图,已知点P是矩形ABCD内一点(不含边界),设∠PAD=θ1,
∠PBA=θ2,∠PCB=θ3,∠PDC=θ4,若∠APB=80°,∠CPD=50°,则()
1+θ4)﹣(θ2+θ3)=30°
B.(θ2+θ4)﹣(θ1+θ3)=40°
A.(θ
1+θ2)﹣(θ3+θ4)=70°
D.(θ1+θ2)+(θ3+θ4)=180°
C.(θ
解:
∵AD∥BC,∠APB=80°,
∴∠CBP=∠APB﹣∠DAP=80°﹣θ1,
∴∠
ABC=θ
80°﹣θ,
2+
1
又∵△CDP中,∠DCP=180°﹣∠CPD﹣∠CDP=130°﹣θ4,
∴∠BCD=θ3+130°﹣θ4,
又∵矩形ABCD中,∠ABC+∠BCD=180°,
∴θ2+80°﹣θ1+θ3+130°﹣θ4=180°,
即(θ1+θ4)﹣(θ2+θ3)=30°,
故选:
A.
2.(2018?
宁波)如图,在△ABC中,∠ACB=90°,∠A=30°,AB=4,以点B为
圆心,BC长为半径画弧,交边AB于点D,则的长为()
A.πB.πC.πD.π
解:
∵∠ACB=90°,AB=4,∠A=30°,
∴∠B=60°,BC=2
∴的长为
=
,
故选:
C.
3.(2018?
嘉兴)如图,点C在反比例函数y=(x>0)的图象上,过点C的直线与x轴,y轴分别交于点A,B,且AB=BC,△AOB的面积为1,则k的值为
()
A.1B.2C.3D.4
解:
设点A的坐标为(a,0),
∵过点C的直线与x轴,y轴分别交于点A,B,且AB=BC,△AOB的面积为1,
∴点C(﹣a,),
∴点B的坐标为(0,),
∴=1,
解得,k=4,
故选:
D.
4.(2018?
杭州)如图,在△ABC中,点D在AB边上,DE∥BC,与边AC交
于点E,连结BE.记△ADE,△BCE的面积分别为S1,S2()
A.若2AD>AB,则3S1>2S2
B.若2AD>AB,则3S1<2S2
C.若2AD
12S2
D.若2AD
1<2S2
<AB,则3S>
<AB,则3S
解:
∵如图,在△ABC中,DE∥BC,
∴△ADE∽△ABC,
∴
=()2,
∴若2AD>AB,即>时,>,
此时3S1>S2+S△BDE,而S2+S△BDE<2S2.但是不能确定3S1与2S2的大小,故选项A不符合题意,选项B不符合题意.
若2AD<AB,即<时,<,
此时3S1<S2+S△BDE<2S2,
故选项C不符合题意,选项D符合题意.
故选:
D.
5.(2018?
宁波)如图,平行于
x轴的直线与函数
y=
(k1>0,x>0),y=
(k2>0,x>0)的图象分别相交于
A,B
两点,点
A在点
B的右侧,C为x
轴上
的一个动点,若△ABC的面积为4,则k1﹣k2的值为()
A.8B.﹣8C.4D.﹣4
解:
∵AB∥x轴,
∴A,B两点纵坐标相同.
设A(a,h),B(b,h),则ah=k1,bh=k2.
∵S△ABC=AB?
yA=(a﹣b)h=(ah﹣bh)=(k1﹣k2)=4,
∴k1﹣k2=8.
故选:
A.
6.(2018?
杭州)四位同学在研究函数y=x2+bx+c(b,c是常数)时,甲发现当
x=1时,函数有最小值;乙发现﹣1是方程x2+bx+c=0的一个根;丙发现函数的最小值为3;丁发现当x=2时,y=4,已知这四位同学中只有一位发现的结论是错误
的,则该同学是()
A.甲B.乙C.丙D.丁
解:
假设甲和丙的结论正确,则,
解得:
,
∴抛物线的解析式为y=x2﹣2x+4.
当x=﹣1时,y=x2﹣2x+4=7,
∴乙的结论不正确;
当x=2时,y=x2﹣2x+4=4,
∴丁的结论正确.∵四位同学中只有一位发现的结论是错误的,
∴假设成立.
故选:
B.
7.(2018?
温州)我国古代伟大的数学家刘徽将勾股形(古人称直角三角形为勾
股形)分割成一个正方形和两对全等的直角三角形,得到一个恒等式.后人借助
这种分割方法所得的图形证明了勾股定理,如图所示的矩形由两个这样的图形拼
成,若a=3,b=4,则该矩形的面积为()
A.20B.24C.D.
解:
设小正方形的边长为x,
∵a=3,b=4,
∴AB=3+4=7,
在Rt△ABC中,AC2+BC2=AB2,即(3+x)2+(x+4)2=72,
整理得,x2+7x﹣12=0,
解得x=
或x=
(舍去),
∴该矩形的面积=(
+3)(
+4)=24,
故选:
B.
8.(2018?
宁波)在矩形ABCD内,将两张边长分别为a和b(a>b)的正方形
纸片按图1,图2两种方式放置(图1,图2中两张正方形纸片均有部分重叠),
矩形中未被这两张正方形纸片覆盖的部分用阴影表示,设图1中阴影部分的面积为S1,图2中阴影部分的面积为S2.当AD﹣AB=2时,S2﹣S1的值为()
A.2aB.2bC.2a﹣2bD.﹣2b
解:
S1=(AB﹣a)?
a+(CD﹣b)(AD﹣a)=(AB﹣a)?
a+(AB﹣b)(AD﹣a),
S2=AB(AD﹣a)+(a﹣b)(AB﹣a),
∴S2﹣S1=AB(AD﹣a)+(a﹣b)(AB﹣a)﹣(AB﹣a)?
a﹣(AB﹣b)(AD
﹣a)=(AD﹣a)(AB﹣AB+b)+(AB﹣a)(a﹣b﹣a)=b?
AD﹣ab﹣b?
AB+ab=b
(AD﹣AB)=2b.
故选:
B.
9.(2018?
温州)如图,点A,B在反比例函数y=(x>0)的图象上,点C,D
在反比例函数y=(k>0)的图象上,AC∥BD∥y轴,已知点A,B的横坐标分
别为1,2,△OAC与△ABD的面积之和为,则k的值为()
A.4
B.3
C.2
D.
解:
∵点A,B在反比例函数y=
(x>0)的图象上,点A,B的横坐标分别为
1,2,
∴点A的坐标为(1,1),点B的坐标为(2,),
∵AC∥BD∥y轴,
∴点C,D的横坐标分别为
1,2,
∵点C,D在反比例函数y=(k>0)的图象上,
∴点C的坐标为(
1,k),点D的坐标为(2,),
∴AC=k﹣1,BD=
,
∴S△OAC
=
(
﹣)×
,△ABD
=?
×(﹣)
=
,
k
1
1=
S
21
∵△OAC与△ABD的面积之和为
,
∴
,
解得:
k=3.
故选:
B.
10.(2018?
嘉兴)某届世界杯的小组比赛规则:
四个球队进行单循环比赛(每两
队赛一场),胜一场得3分,平一场得1分,负一场得0分,某小组比赛结束后,
甲、乙、丙、丁四队分别获得第一、二、三、四名,各队的总得分恰好是四个连
续奇数,则与乙打平的球队是()
A.甲B.甲与丁C.丙D.丙与丁
解:
∵甲、乙、丙、丁四队分别获得第一、二、三、四名,各队的总得分恰好是
四个连续奇数,
∴甲得分为7分,2胜1平,乙得分5分,1胜2平,丙得分3分,1胜0平,丁
得分1分,0胜1平,
∵甲、乙都没有输球,∴甲一定与乙平,
∵丙得分3分,1胜0平,乙得分5分,1胜2平,
∴与乙打平的球队是甲与丁.
故选:
B.
11.(2018?
湖州)如图,已知在△ABC中,∠BAC>90°,点D为BC的中点,点E在AC上,将△CDE沿DE折叠,使得点C恰好落在BA的延长线上的点F
处,连结AD,则下列结论不一定正确的是()
A.AE=EF
B.AB=2DE
C.△ADF
和△ADE
的面积相等
D.△ADE
和△FDE的面积相等
解:
如图,连接
CF,
∵点
D是
BC中点,
∴BD=CD,
由折叠知,∠
ACB=∠DFE,CD=DF,
∴BD=CD=DF,
∴△BFC是直角三角形,
∴∠BFC=90°,
∵BD=DF,
∴∠B=∠BFD,
∴∠EAF=∠B+∠ACB=∠BFD+∠DFE=∠AFE,
∴AE=EF,故A正确,
由折叠知,EF=CE,
∴AE=CE,
∵BD=CD,
∴DE是△ABC的中位线,
∴AB=2DE,故B正确,
∵AE=CE,
∴S△ADE=S△CDE,
由折叠知,△CDE≌△△FDE,
∴S△CDE=S△FDE,
∴S△ADE=S△FDE,故D正确,
当AD=AC时,△ADF和△ADE的面积相等
∴C选项不一定正确,
故选:
C.
12.(2018?
绍兴)利用如图1的二维码可以进行身份识别.某校建立了一个身份
识别系统,图2是某个学生的识别图案,黑色小正方形表示1,白色小正方形表
示0,将第一行数字从左到右依次记为a,b,c,d,那么可以转换为该生所在班
级序号,其序号为a×23+b×22+c×21+d×20,如图2第一行数字从左到右依次为
0,1,0,1,序号为0×23+1×22+0×21+1×20=5,表示该生为5班学生.表示6
班学生的识别图案是()
A.B.C.D.
解:
A、第一行数字从左到右依次为1、0、1、0,序号为1×23+0×22+1×21+0×
20=10,不符合题意;
B、第一行数字从左到右依次为0,1,1,0,序号为0×23+1×22+1×21+0×20=6,
符合题意;
C、第一行数字从左到右依次为1,0,0,1,序号为1×23+0×22+0×21+1×20=9,
不符合题意;
D、第一行数字从左到右依次为0,1,1,1,序号为0×23+1×22+1×21+1×20=7,
不符合题意;
故选:
B.
13.(2018?
湖州)尺规作图特有的魅力曾使无数人沉湎其中.传说拿破仑通过下
列尺规作图考他的大臣:
①将半径为r的⊙O六等分,依次得到A,B,C,D,E,F六个分点;
②分别以点A,D为圆心,AC长为半径画弧,G是两弧的一个交点;
③连结OG.
问:
OG的长是多少?
大臣给出的正确答案应是()
A.
r
B.(1+
)r
C.(1+
)r
D.
r
解:
如图连接CD,AC,DG,AG.
∵AD是⊙O直径,
∴∠ACD=90°,
在Rt△ACD中,AD=2r,∠DAC=30°,∴AC=r,
∵DG=AG=CA,OD=OA,∴OG⊥AD,
∴∠GOA=90°,
∴OG===r,
故选:
D.
14.(2018?
绍兴)某班要在一面墙上同时展示数张形状、大小均相同的矩形绘画
作品,将这些作品排成一个矩形(作品不完全重合).现需要在每张作品的四个
角落都钉上图钉,如果作品有角落相邻,那么相邻的角落共享一枚图钉(例如,
用9枚图钉将4张作品钉在墙上,如图)若有34枚图钉可供选用,则最多可以展
示绘画作品()
A.16张B.18张C.20张D.21张
解:
①如果所有的画展示成一行,34÷(1+1)﹣1=16(张),
∴34枚图钉最多可以展示16张画;
②如果所有的画展示成两行,34÷(2+1)=11(枚)⋯⋯1(枚),
11﹣1=10(张),2×10=20(张),
∴34枚图钉最多可以展示20张画;
③如果所有的画展示成三行,34÷(3+1)=8(枚)⋯⋯2(枚),
8﹣1=7(张),3×7=21(张),
∴34枚图钉最多可以展示21张画;
④如果所有的画展示成四行,34÷(4+1)=6(枚)⋯⋯4(枚),
6﹣1=5(张),4×5=20(张),
∴34枚图钉最多可以展示20张画;
⑤如果所有的画展示成五行,34÷(5+1)=5(枚)⋯⋯4(枚),
5﹣1=4(张),5×4=20(张),
∴34枚图钉最多可以展示20张画.
综上所述:
34枚图钉最多可以展示21张画.
故选:
D.
15.(2018?
金华)如图,将△ABC绕点C顺时针旋转90°得到△EDC.若点A,
D,E在同一条直线上,∠ACB=20°,则∠ADC的度数是()
A.55°B.60°C.65°D.70°
解:
∵将△ABC绕点C顺时针旋转90°得到△EDC.∴∠DCE=∠ACB=20°,∠BCD=∠ACE=90°,AC=CE,∴∠ACD=90°﹣20°=70°,
∵点A,D,E在同一条直线上,
∴∠ADC+∠EDC=180°,
∵∠EDC+∠E+∠DCE=180°,
∴∠ADC=∠E+20°,
∵∠ACE=90°,AC=CE
∴∠DAC+∠E=90°,∠E=∠DAC=45°
在△ADC中,∠ADC+∠DAC+∠DCA=180°,
即45°+70°+∠ADC=180°,
解得:
∠ADC=65°,
故选:
C.
16.(2018?
湖州)在平面直角坐标系xOy中,已知点M,N的坐标分别为(﹣1,
2
则a的取值范围是(
)
A.a≤﹣1或
≤a<
B.
≤a<
C.a≤
或a>
D.a≤﹣1或
a≥
解:
∵抛物线的解析式为
y=ax2﹣x+2.
观察图象可知当a<0时,x=﹣1时,y≤2时,且﹣
≥﹣1,满足条件,可得a
≤﹣1;
当a>0时,x=2时,y≥1,且抛物线与直线MN有交点,且﹣
≤2满足条件,
∴a≥,
∵直线MN的解析式为y=﹣x+,
由
,消去
y得到,3ax2﹣2x
1=0,
+
∵△>0,
∴a<,
∴≤a<
满足条件,
综上所述,满足条件的a的值为a≤﹣1或≤a<,
故选:
A.
17.(2018?
金华)某通讯公司就上宽带网推出A,B,C三种月收费方式.这三
种收费方式每月所需的费用y(元)与上网时间x(h)的函数关系如图所示,则
下列判断错误的是()
A.每月上网时间不足25h时,选择A方式最省钱
B.每月上网费用为60元时,B方式可上网的时间比A方式多
C.每月上网时间为35h时,选择B方式最省钱
D.每月上网时间超过70h时,选择C方式最省钱
解:
A、观察函数图象,可知:
每月上网时间不足25h时,选择A方式最省钱,
结论A正确;
B、观察函数图象,可知:
当每月上网费用≥50元时,B方式可上网的时间比A方式多,结论B正确;
C、设当x≥25时,yA=kx+b,
将(25,30)、(55,120)代入yA=kx+b,得:
,解得:
,
∴yA=3x﹣45(x≥25),
当x=35时,yA=3x﹣45=60>50,
∴每月上网时间为35h时,选择B方式最省钱,结论C正确;D、设当x≥50时,yB=mx+n,
将(50,50)、(55,65)代入yB=mx+n,得:
,解得:
,
∴yB=3x﹣100(x≥50),
当x=70时,yB=3x﹣100=110<120,
∴结论D错误.故选:
D.
18.(2018?
衢州)如图,AC是⊙O的直径,弦BD⊥AO于E,连接BC,过点O
作OF⊥BC于F,若BD=8cm,AE=2cm,则OF的长度是()
A.3cmB.cmC.2.5cmD.cm
解:
连接OB,
∵AC是⊙O的直径,弦BD⊥AO于E,BD=8cm,AE=2cm,
在Rt△OEB中,OE2+BE2=OB2,即OE2+42=(OE+2)2
解得:
OE=3,
∴OB=3+2=5,
∴EC=5+3=8,
在Rt△EBC中,BC=
,
∵OF⊥BC,
∴∠OFC=∠CEB=90°,
∵∠C=∠C,
∴△OFC∽△BEC,
∴
,
即
,
解得:
OF=
,
故选:
D.
二.填空题(共12小题)
19.(2018?
宁波)如图,正方形ABCD的边长为8,M是AB的中点,P是BC边上的动点,连结PM,以点P为圆心,PM长为半径作⊙P.当⊙P与正方形ABCD
的边相切时,BP的长为3或4.
解:
如图1中,当⊙P与直线CD相切时,设PC=PM=m.
在Rt△PBM中,∵PM2=BM2+PB2,∴x2=42+(8﹣x)2,
∴x=5,
∴PC=5,BP=BC﹣PC=8﹣5=3.
如图2中当⊙P与直线AD相切时.设切点为K,连接PK,则PK⊥AD,四边形
PKDC是矩形.
∴PM=PK=CD=2BM∴BM=4,PM=8,
,
在Rt△PBM
中,PB=
=4
.
综上所述,
BP的长为
3或4
.
20.(2018?
杭州)折叠矩形纸片ABCD时,发现可以进行如下操作:
①把△ADE翻折,点A落在DC边上的点F处,折痕为DE,点E在AB边上;②把纸片展开并铺平;③把△CDG翻折,点C落在线段AE上的点H处,折痕为DG,点G
在BC边上,若AB=AD+2,EH=1,则AD=3+2.
解:
设AD=x,则AB=x+2,
∵把△ADE翻折,点A落在DC边上的点F处,
∴DF=AD,EA=EF,∠DFE=∠A=90°,
∴四边形AEFD为正方形,
∴AE=AD=x,
∵把△CDG翻折,点C落在线段AE上的点H处,折痕为DG,点G在BC边上,
∴DH=DC=x+2,
∵HE=1,
∴AH=AE﹣HE=x﹣1,
在Rt△ADH中,∵AD2+AH2=DH2,∴x2+(x﹣1)2=(x+2)2,
整理得x2﹣6x﹣3=0,解得x1=3+2,x2=3﹣2(舍去),
即AD的长为3+2.
故答案为3+2.
21.(2018?
温州)如图,直线
y=﹣
x+4与x轴、y轴分别交于
A,B
两点,C
是OB的中点,D是AB上一点,四边形OEDC是菱形,则△OAE的面积为2.
解:
延长DE交
OA于F,如图,
当x=0
时,
y=﹣
x4=4,则B(0,4),
+
当y=0时,﹣
x4=0,解得x=4
,则A(4
,0),
+
在Rt△AOB中,tan∠OBA==
,
∴∠OBA=60°,
∵C是OB的中点,
∴OC=CB=2,
∵四边形OEDC是菱形,
∴CD=BC=DE=CE=2,CD∥OE,
∴△BCD为等边三角形,
∴∠BCD=60°,
∴∠COE=60°,
∴∠EOF=30°,
∴EF=OE=1,
△OAE的面积=×4×1=2.
故答案为2.
22.(2018?
嘉兴)如图,在矩形ABCD中,AB=4,AD=2,点E在CD上,DE=1,点F是边AB上一动点,以EF为斜边作Rt△EFP.若点P在矩形ABCD的边上,
且这样的直角三角形恰好有两个,则AF的值是0或1<AF或4.
解:
∵△EFP是直角三角形,且点P在矩形ABCD的边上,
∴P是以EF为直径的圆O与矩形
- 配套讲稿:
如PPT文件的首页显示word图标,表示该PPT已包含配套word讲稿。双击word图标可打开word文档。
- 特殊限制:
部分文档作品中含有的国旗、国徽等图片,仅作为作品整体效果示例展示,禁止商用。设计者仅对作品中独创性部分享有著作权。
- 关 键 词:
- 全国各地 中考 数学 选择 填空 压轴 汇编
![提示](https://static.bdocx.com/images/bang_tan.gif)