綿陽市中考模擬考數學試卷
綿陽市中考模擬考數學試卷
綿陽市的同學們，中考正在備考階段，馬上就要模擬考試了。數學都復習得怎么樣了?老師發(fā)的數學試卷都有做嗎?下面由學習啦小編為大家提供關于綿陽市中考模擬考數學試卷，希望對大家有幫助!
綿陽市中考模擬考數學試卷題目
一、選擇題(本大題共12個小題，每小題3分，共36分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。)
1. 的相反數是
A.2 B. C.-2 D.
2. 下列計算正確的是
A.x2+x3=2x5 B. x2•x3=2x6 C.(-x3)2 =-x6 D. x6÷x3=x3
3. 剪紙是中國的民間藝術。剪紙方法很多，如圖是一種剪紙方法的圖示(先將紙折疊,然后再剪,展開后即得到圖案):如圖所示的四副圖案，不能用上述方法剪出的是
A. B. C. D.
4. “嫦娥三號”探月器在月球表面著陸前，要隨時精確測量探月器與月球表面的距離，以便計算控制探月器的速度，測量采用的是激光測距儀測算距離，從探月器上發(fā)出的激光經過6×10-4秒到達月球表面，已知光在太空中的傳播速度約為3.2×108米/秒，則此時探月器與月球表面之間的距離用科學記數法表示為
A. 米 B. 米 C. 米 D. 米
5. 由五個同樣大小的立方體組成如圖的幾何體,則關于此幾何體三種視圖敘述正確的是
A. 左視圖與俯視圖相同 B. 左視圖與主視圖相同
C. 主視圖與俯視圖相同 D. 三種視圖都相同
6.若一個圓錐的母線長是它底面半徑的3倍，則它的側面展開圖的圓心角等于
A.120° B.135° C.150° D.180°
7.A,B,C三人玩籃球傳球游戲,游戲規(guī)則是:第一次傳球由A將球隨機地傳給B,C兩人中的某一人,以后的每一次傳球都是由上次的接球者將球隨機地傳給其他兩人中的某一人.則兩次傳球后球恰在B手中的概率為
A. B. C. D.
8. 矩形ABCD中,AB=2,AD=1,點M在邊CD上,若AM平分∠DMB,則DM的長是
A. B.
C. D.
9.圖①為一種平板電腦保護套的支架效果圖，AM固定于平板電腦背面，與可活動的MB、CB部分組成支架。平板電腦的下端N保持在保護套CB上。不考慮拐角處的弧度及平板電腦和保護套的厚度，繪制成圖②。其中AN表示平板電腦，M為AN上的定點，AN=CB=20cm，AM=8cm，MB=MN.我們把∠ANB叫做傾斜角。當傾斜角為45°時，求CN的長為
A. B. C. D.
10. 如圖，矩形ABCD與菱形EFGH的對角線均交于點O，且EG∥BC，將矩形折疊，使點C與點O重合，折痕MN恰好過點G若AB= ，EF=2，∠H=120°，則DN的長為( )
A. B. C. D.
11.為了考察冰川的融化狀況,一支科考隊在某冰川上設定一個以大本營O為圓心,半徑為4km的圓形考察區(qū)域,線段P1P2是冰川的部分邊界線(不考慮其它邊界),當冰川融化時,邊界線沿著與其垂直的方向朝考察區(qū)域平行移動,若經過n年,冰川的邊界線P1P2移動的距離為s(km),并且s與n(n為正整數)的關系是 .以O為原點,建立如圖所示的平面直角坐標系,其中P1、P2的坐標分別為(−4,9)、(−13、−3).則冰川邊界線移動到考察區(qū)域所需的最短時間為
A.5年 B. 8年 C.7年 D. 6年
12.二次函數 的圖象如圖,下列不等關系中分析錯誤的是
A. B.
C. D.
第Ⅱ卷(非選擇題，共104分)
二、填空題：
13.分解因式： =____________
14.如圖,在平面直角坐標系xOy中,△A′B′C′由△ABC繞點P旋轉得到,則點P的坐標為_____________
15.△ABC中，AB=AC，DE為AB邊上的垂直平分線，垂足為D，交另一邊于E,若∠BED=65°，則∠A=______________
16.已知函數 ， ，則使不等式 成立的 的范圍是______________.
17.如圖1,在直角邊分別為3和4的直角三角形中,每多作一條斜邊上的高就增加一個三角形的內切圓,依此類推,圖2017中有2017個直角三角形的內切圓,它們的面積分別記為S1,S2,S3,…,S2017,則S1+S2+S3+…+S2017=___________.
18. 如圖，邊長為a的正六邊形內有兩個斜邊長為a，一個角為60°的直角三角形(數據如圖)，則S陰影：S空白的值為__________.
19.計算：(1)
(2)解方程：
20.今年植樹節(jié)，某校組織師生開展植樹造林活動，為了了解全校1200名學生的植樹情況，隨機抽樣調查部分學生的植樹情況，制成如下統(tǒng)計表和條形統(tǒng)計圖(均不完整).
植樹數量(棵) 頻數 頻率
3 5 0.1
4 20
5 0.3
6 10 0.2
合計 1
(1)將統(tǒng)計表和條形統(tǒng)計圖補充完整;
(2)求所抽樣的學生植樹數量的平均數;
(3)若植樹數量不少于5棵的記為“表現優(yōu)秀”，試根據抽樣數據，估計該校1200名學生“表現優(yōu)秀”的人數。
21.如圖，在矩形OABC中，OA=3，OC=2，F是AB上的一個動點(F不與A，B重合)，過點F的反比例函數 的圖象與BC邊交于點E.
?、女擣為AB的中點時，求該函數的解析式;
⑵當k為何值時，△EFA的面積最大，最大面積是多少?
22.已知：如圖，AB為⊙O的直徑，AB⊥AC，BC交⊙O于D，E是AC的中點，ED與AB的延長線相交于點F.
(1)求證：DE為⊙O的切線。
(2)若3BF=2DF，求tan∠C的值
23.春節(jié)期間，萬達商場計劃購進甲、乙兩種商品，已知購進甲商品2件和乙商品3件共需270元;購進甲商品3件和乙商品2件共需230元.
(1)求甲、乙兩種商品每件的進價分別是多少元?
(2)商場決定甲商品以每件40元出售，乙商品以每件90元出售，為滿足市場需求，需購進甲、乙兩種商品共100件，且甲種商品的數量不少于乙種商品數量的4倍，請你求出獲利最大的進貨方案，并確定最大利潤.
24.在平面直角坐標系中，點O為原點，點A的坐標為(﹣6，0).如圖1，正方形OBCD的頂點B在x軸的負半軸上，點C在第二象限.現將正方形OBCD繞點O順時針旋轉角α得到正方形OEFG.
(1)如圖2，若α=60°，OE=OA，求直線EF的函數表達式.
(2)若α為銳角，tanα= ，當AE取得最小值時，求正方形OEFG的面積.
(3)當正方形OEFG的頂點F落在y軸上時，直線AE與直線FG相交于點P，△OEP的其中兩邊之比能否為 ：1?若能，求點P的坐標;若不能，試說明理由
25、如圖，直線l：y=﹣3x+3與x軸、y軸分別相交于A、B兩點，拋物線y=ax2﹣2ax+a+4(a<0)經過點B.
(1)求該拋物線的函數表達式;
(2)已知點M是拋物線上的一個動點，并且點M在第一象限內，連接AM、BM，設點M的橫坐標為m，△ABM的面積為S，求S與m的函數表達式，并求出S的最大值;
(3)在(2)的條件下，當S取得最大值時，動點M相應的位置記為點M′.
?、賹懗鳇cM′的坐標;
?、趯⒅本€l繞點A按順時針方向旋轉得到直線l′，當直線l′與直線AM′重合時停止旋轉，在旋轉過程中，直線l′與線段BM′交于點C，設點B、M′到直線l′的距離分別為d1、d2，當d1+d2最大時，求直線l′旋轉的角度(即∠BAC的度數).
綿陽市中考模擬考數學試卷答案
選擇題：
1、C 2、D 3、C 4、C 5、B 6、A 7、B 8、D 9、A 10、C
11、D 12、B
填空題：
13： 14、P(1,−1). 15、5 16. 25°或130° 17. 18.
19：(1)解：原式=
=
= (8)
(2)解：
(6分)
∵
∴原方程無解(8分)
20.)填表如下：(4分)
植樹數量(棵) 頻數 頻率
3 5 0.1
4 20 0.4
5 15 0.3
6 10 0.2
合計 50 1
補圖如圖所示：
(2)5×3+20×4+15×5+10×650=4.6(棵);(3分)
(3)由樣本的數據知，“表現優(yōu)秀”的百分率為0.3+0.2=0.5
由此可以估計該校1200名學生“表現優(yōu)秀”的人數：1200×0.5=600(人);(4分)
21. ∴k=3.
∴該函數的解析式為 . (4分)
?、朴深}意，知E，F兩點坐標分別為E( ，2)，F(3， )，
∴
所以當k=3時，S有最大值，S最大值= .(11分)
22.證明：(1)連結DO、DA,
∵AB為O直徑，
∴∠CDA=∠BDA=90°，
∵CE=EA，
∴DE=EA，
∴∠1=∠4，
∵OD=OA，
∴∠2=∠3，
∵∠4+∠3=90°，
∴∠1+∠2=90°，
即：∠EDO=90°，
∵OD是半徑，
∴DE為O的切線(5分)
(2)
連接OE
∵O、E分別是AB、AC的中點，
∴OE∥BC
∵在△OEF中，BD∥OE
∴
∵BO= ,
∴
∵3BF=2DF
∴ (6分)
23.(1)設甲種商品每件的進價為x元，乙種商品每件的進價為y元，
依題意得： 2x+3y=270
3x+2y=230，
解得： x=30
y=70.(4分)
答：甲種商品每件的進價為30元，乙種商品每件的進價為70元.
(2)設該商場購進甲種商品m件，則購進乙種商品(100-m)件，
由已知得：m≥4(100-m)，
解得：m≥80.
設賣完甲、乙兩種商品商場的利潤為w，
則w=(40-30)m+(90-70)(100-m)=-10m+2000，
∵k=-10<0，w隨m的增大而減小，
∴當m=80時，w取最大值，最大利潤為1200元.(11分)
故該商場獲利最大的進貨方案為甲商品購進80件、乙商品購進20件，最大利潤為1200元.
24.解：(1)如圖1，
過點E作EH⊥OA于點H，EF與y軸的交點為M.
∵OE=OA，α=60°，
∴△AEO為正三角形，
∴OH=3，EH= =3 .
∴E(﹣3，3 ).
∵∠AOM=90°，
∴∠EOM=30°.
在Rt△EOM中，
∵cos∠EOM= ，
即 = ，
∴OM=4 .
∴M(0，4 ).
設直線EF的函數表達式為y=kx+4 ，
∵該直線過點E(﹣3，3 )，
∴﹣3k+4 =3 ，
解得k= ，
所以，直線EF的函數表達式為y= x+4 .(4分)
(2)如圖2，
射線OQ與OA的夾角為α( α為銳角，tanα ).
無論正方形邊長為多少，繞點O旋轉角α后得到正方
形OEFG的頂點E在射線OQ上，
∴當AE⊥OQ時，線段AE的長最小.
在Rt△AOE中，設AE=a，則OE=2a，
∴a2+(2a)2=62，解得a1= ，a2=﹣ (舍去)，
∴OE=2a= ，∴S正方形OEFG=OE2= .(7分)
(3)設正方形邊長為m.
當點F落在y軸正半軸時.
如圖3，
當P與F重合時，△PEO是等腰直角三角形，有 = 或 = .
在Rt△AOP中，∠APO=45°，OP=OA=6，
∴點P1的坐標為(0，6).
在圖3的基礎上，
當減小正方形邊長時，
點P在邊FG 上，△OEP的其中兩邊之比不可能為 ：1;
當增加正方形邊長時，存在 = (圖4)和 = (圖5)兩種情況.
如圖4，
△EFP是等腰直角三角形，
有 = ，
即 = ，
此時有AP∥OF.
在Rt△AOE中，∠AOE=45°，
∴OE= OA=6 ，
∴PE= OE=12，PA=PE+AE=18，
∴點P2的坐標為(﹣6，18).
如圖5，
過P作PR⊥x軸于點R，延長PG交x軸于點H.設PF=n.
在Rt△POG中，PO2=PG2+OG2=m2+(m+n)2=2m2+2mn+n2，
在Rt△PEF中，PE2=PF2+EF2=m2+n2，
當 = 時，
∴PO2=2PE2.
∴2m2+2mn+n2=2(m2+n2)，得n=2m.
∵EO∥PH，
∴△AOE∽△AHP，
∴ = ，
∴AH=4OA=24，
即OH=18，
∴m=9 .
在等腰Rt△PRH中，PR=HR= PH=36，
∴OR=RH﹣OH=18，
∴點P3的坐標為(﹣18，36).
當點F落在y軸負半軸時，
如圖6，
P與A重合時，在Rt△POG中，OP= OG，
又∵正方形OGFE中，OG=OE，
∴OP= OE.
∴點P4的坐標為(﹣6，0).
在圖6的基礎上，當正方形邊長減小時，△OEP的其中
兩邊之比不可能為 ：1;當正方形邊長增加時，存在 = (圖7)這一種情況.
如圖7，過P作PR⊥x軸于點R，
設PG=n.
在Rt△OPG中，PO2=PG2+OG2=n2+m2，
在Rt△PEF中，PE2=PF2+FE2=(m+n )2+m2=2m2+2mn+n2.
當 = 時，
∴PE2=2PO2.
∴2m2+2mn+n2=2n2+2m2，
∴n=2m，
由于NG=OG=m，則PN=NG=m，
∵OE∥PN，∴△AOE∽△ANP，∴ =1，
即AN=OA=6.
在等腰Rt△ONG中，ON= m，
∴12= m，
∴m=6 ，
在等腰Rt△PRN中，RN=PR=6，
∴點P5的坐標為(﹣18，6).
所以，△OEP的其中兩邊的比能為 ：1，點P的坐標是：P1(0，6)，P2(﹣6，18)，
P3(﹣18，36)，P4(﹣6，0)，P5(﹣18，6).(12分)
25、解：(1)令x=0代入y=﹣3x+3，
∴y=3，
∴B(0，3)，
把B(0，3)代入y=ax2﹣2ax+a+4，
∴3=a+4，
∴a=﹣1，
∴二次函數解析式為：y=﹣x2+2x+3;(3分)
(2)令y=0代入y=﹣x2+2x+3，
∴0=﹣x2+2x+3，
∴x=﹣1或3，
∴拋物線與x軸的交點橫坐標為﹣1和3，
∵M在拋物線上，且在第一象限內，
∴0
過點M作ME⊥y軸于點E，交AB于點D，
由題意知：M的坐標為(m，﹣m2+2m+3)，
∴D的縱坐標為：﹣m2+2m+3，
∴把y=﹣m2+2m+3代入y=﹣3x+3，
∴x= ，
∴D的坐標為( ，﹣m2+2m+3)，
∴DM=m﹣ = ，
∴S= DM•BE+ DM•OE
= DM(BE+OE)
= DM•OB
= × ×3
=
= (m﹣ )2+
∵0
∴當m= 時，
S有最大值，最大值為 ;(8分)
(3)①由(2)可知：M′的坐標為( ， );
?、谶^點M′作直線l1∥l′，過點B作BF⊥l1于點F，
根據題意知：d1+d2=BF，
此時只要求出BF的最大值即可，
∵∠BFM′=90°，
∴點F在以BM′為直徑的圓上，
設直線AM′與該圓相交于點H，
∵點C在線段BM′上，
∴F在優(yōu)弧 上，
∴當F與M′重合時，
BF可取得最大值，
此時BM′⊥l1，
∵A(1，0)，B(0，3)，M′( ， )，
∴由勾股定理可求得：AB= ，M′B= ，M′A= ，
過點M′作M′G⊥AB于點G，
設BG=x，
∴由勾股定理可得：M′B2﹣BG2=M′A2﹣AG2，
∴ ﹣( ﹣x)2= ﹣x2，
∴x= ，
cos∠M′BG= = ，
∵l1∥l′，
∴∠BCA=90°，
∠BAC=45°(14分)
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