中考强化训练湖南省邵阳县中考数学备考模拟测评 卷（Ⅰ）

这是一份中考强化训练湖南省邵阳县中考数学备考模拟测评 卷（Ⅰ），共30页。试卷主要包含了如图，某汽车离开某城市的距离y等内容，欢迎下载使用。

考生注意：
1、本卷分第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，满分100分，考试时间90分钟
2、答卷前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、班级填写在试卷规定位置上
3、答案必须写在试卷各个题目指定区域内相应的位置，如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用涂改液、胶带纸、修正带，不按以上要求作答的答案无效。
第I卷（选择题 30分）
一、单选题（10小题，每小题3分，共计30分）
1、如图，在中，D是延长线上一点，，，则的度数为（ ）
A．B．C．D．
2、如图，点，，若点P为x轴上一点，当最大时，点P的坐标为（ ）
A．B．C．D．
3、如图，在矩形ABCD中，，，点O在对角线BD上，以OB为半径作交BC于点E，连接DE；若DE是的切线，此时的半径为（ ）
A．B．C．D．
4、有理数a，b在数轴上对应的位置如图所示，则下列结论正确的是（ ）．
A．B．C．D．
5、已知反比例函数经过平移后可以得到函数，关于新函数，下列结论正确的是（ ）
A．当时，y随x的增大而增大B．该函数的图象与y轴有交点
C．该函数图象与x轴的交点为（1，0）D．当时，y的取值范围是
6、如图，某汽车离开某城市的距离y（km）与行驶时间t（h）之间的关系如图所示，根据图形可知，该汽车行驶的速度为（ ）
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号学级年名姓
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A．30km/hB．60km/hC．70km/hD．90km/h
7、如图，AD，BE，CF是△ABC的三条中线，则下列结论正确的是（ ）
A．B．C．D．
8、如图是由4个相同的小正方体组成的立体图形，则下面四个平面图形中不是这个立体图形的三视图的是（ ）
A．B．C．D．
9、如图，等腰三角形的底边长为，面积是，腰的垂直平分线分别交，边于，点，若点为边的中点，点为线段上一动点，则周长的最小值为（ ）
A．B．C．D．
10、下列图标中，轴对称图形的是( )
A．B．C．D．
第Ⅱ卷（非选择题 70分）
二、填空题（5小题，每小题4分，共计20分）
1、∠AOB的大小可由量角器测得（如图所示），则∠AOB的补角的大小为_____度．
2、如图，小明在一次高尔夫球训练中，从山坡下P点打出一球向球洞A点飞去，球的飞行路线为抛物线，如果不考虑空气阻力，当球达到最大高度BD为12米时，球移动的水平距离PD为9米．已知山坡PA的坡度为1：2（即），洞口A离点P的水平距离PC为12米，则小明这一杆球移动到洞口A正上方时离洞口A的距离AE为______米．
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3、定义：有一组对边相等而另一组对边不相等的凸四边形叫做“对等四边形”，如图，在中，，点A在边BP上，点D在边CP上，如果，，，四边形ABCD为“对等四边形”，那么CD的长为_____________．
4、多项式3x2﹣2xy2+xyz3的次数是 ___．
5、如图，在平面直角坐标系xOy中，P为函数图象上一点，过点P分别作x轴、y轴的垂线，垂足分别为M，N．若矩形PMON的面积为3，则m的值为______．
三、解答题（5小题，每小题10分，共计50分）
1、解方程：
（1）；
（2）
2、已知四边形 是菱形， ， 点 在射线 上， 点 在射线 上，且 ．
（1）如图， 如果 ， 求证： ；
（2）如图， 当点 在 的延长线上时， 如果 ， 设 ， 试建立 与 的函数关系式，并写出 的取值范围
（3）联结 ， 当 是等腰三角形时，请直接写出 的长．
3、如图，三角形中，点D在上，点E在上，点F，G在上，连接．己知，，求证：．
将证明过程补充完整，并在括号内填写推理依据．
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证明：∵_____________（已知）
∴（_______________________）
∴．________（____________________）
∵（已知）
∴________（等量代换）
∴（___________________）
4、补全解题过程．
已知：如图，∠AOB＝40°，∠BOC＝70°，OD平分∠AOC．
求∠BOD的度数．
解：∵∠AOB＝40°，∠BOC＝70°，
∴∠AOC＝∠AOB＋∠BOC＝ °．
∵OD平分∠AOC，
∴∠AOD＝∠ （ ）（填写推理依据）．
∴∠AOD＝ °．
∴∠BOD＝∠AOD﹣∠ ．
∴∠BOD＝ °．
5、已知：在平面直角坐标系中，点O为坐标原点，和关于y轴对称，且，
（1）如图1，求的度数；
（2）如图2，点P为线段延长线上一点，交x轴于点D，设，点P的横坐标为d，求d与t之间的数量关系；
（3）如图3，在（2）的条件下，点E为x轴上一点，连接交y轴于点F，且，，在的延长线上取一点Q，使，求点Q的横坐标．
-参考答案-
一、单选题
1、B
【分析】
根据三角形外角的性质可直接进行求解．
【详解】
解：∵，，
∴；
故选B．
【点睛】
本题主要考查三角形外角的性质，熟练掌握三角形外角的性质是解题的关键．
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2、A
【分析】
作点A关于x轴的对称点，连接并延长交x轴于P，根据三角形任意两边之差小于第三边可知，此时的最大，利用待定系数法求出直线的函数表达式并求出与x轴的交点坐标即可．
【详解】
解：如图，作点A关于x轴的对称点，则PA=，
∴≤（当P、、B共线时取等号），
连接并延长交x轴于P，此时的最大，且点的坐标为（1，－1），
设直线的函数表达式为y=kx+b，
将（1，－1）、B（2，－3）代入，得：
，解得：，
∴y=－2x+1，
当y=0时，由0=－2x+1得：x=，
∴点P坐标为（，0），
故选：A
【点睛】本题考查坐标与图形变换=轴对称、三角形的三边关系、待定系数法求一次函数的解析式、一次函数与x轴的交点问题，熟练掌握用三角形三边关系解决最值问题是解答的关键．
3、D
【分析】
设半径为r，如解图，过点O作，根据等腰三角形性质，根据四边形ABCD为矩形，得出∠C=90°=∠OFB，∠OBF=∠DBC，可证．得出，根据勾股定理，代入数据，得出，根据勾股定理在中，，即，根据为的切线，利用勾股定理，解方程即可．
【详解】
解：设半径为r，如解图，过点O作，
∵OB=OE，
∴，
∵四边形ABCD为矩形，
∴∠C=90°=∠OFB，∠OBF=∠DBC，
∴．
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∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴．
在中，，即，
又∵为的切线，
∴，
∴，
解得或0（不合题意舍去）．
故选D．
【点睛】
本题考查矩形性质，等腰三角形性质，圆的切线，勾股定理，一元二次方程，掌握矩形性质，等腰三角形性质，圆的切线性质，勾股定理，一元二次方程，矩形性质，等腰三角形性质，圆的半径相等，勾股定理，一元二次方程，是解题关键．
4、D
【分析】
先根据数轴可得，再根据有理数的减法法则、绝对值性质逐项判断即可得．
【详解】
解：由数轴的性质得：．
A、，则此项错误；
B、，则此项错误；
C、，则此项错误；
D、，则此项正确；
故选：D．
【点睛】
本题考查了数轴、有理数的减法、绝对值，熟练掌握数轴的性质是解题关键．
5、C
【分析】
函数的图象是由函数的图象向下平移1个单位长度后得到的，根据两个函数的图像，可排除A，B，C选项，将y=0代入函数可得到函数与x轴交点坐标为（1,0），故C选项正确．
【详解】
解：函数与函数的图象如下图所示：
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函数的图象是由函数的图象向下平移1个单位长度后得到的，
A、由图象可知函数，当时，y随x的增大而减小，选项说法错误，与题意不符；
B、函数的图象是由函数的图象向下平移一个单位后得到的，所以函数与y轴无交点，选项说法错误，与题意不符；
C、将y=0代入函数中得，，解得，故函数与x轴交点坐标为（1,0），选项说法正确，与题意相符；
D、当时， ，有图像可知当时，y的取值范围是，故选项说法错误，与题意不符；
故选：C．
【点睛】
本题考查反比例函数的图象，以及函数图象的平移，函数与数轴的交点求法，能够画出图象，并掌握数形结合的方法是解决本题的关键．
6、B
【分析】
直接观察图象可得出结果．
【详解】
解：根据函数图象可知：t=1时，y=90；
∵汽车是从距离某城市30km开始行驶的，
∴该汽车行驶的速度为90-30=60km/h，
故选：B．
【点睛】
本题主要考查了一次函数的图象，正确的识别图象是解题的关键．
7、B
【分析】
根据三角形的中线的定义判断即可．
【详解】
解：∵AD、BE、CF是△ABC的三条中线，
∴AE=EC=AC，AB=2BF=2AF，BC=2BD=2DC，
故A、C、D都不一定正确；B正确．
故选：B．
【点睛】
本题考查了三角形的中线的定义：三角形一边的中点与此边所对顶点的连线叫做三角形的中线．
8、A
【分析】
根据几何体的三视图，是分别从几何体的正面、左面和上面看物体而得到的图形，对每个选项分别判断、解答．
【详解】
解：B是俯视图，C是左视图，D是主视图，
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故四个平面图形中A不是这个几何体的三视图．
故选：A．
【点睛】
本题考查了简单组合体的三视图，掌握几何体的主视图、左视图和俯视图，是分别从几何体的正面、左面和上面看物体而得到的图形是解题的关键．
9、C
【分析】
连接AD，由于△ABC是等腰三角形，点D是BC边的中点，故AD⊥BC，再根据三角形的面积公式求出AD的长，再根据EF是线段AC的垂直平分线可知，点C关于直线EF的对称点为点A，故AD的长为CM+MD的最小值，由此即可得出结论．
【详解】
解：连接AD，
∵△ABC是等腰三角形，点D是BC边的中点，
∴AD⊥BC，
∴，解得AD=10，
∵EF是线段AC的垂直平分线，
∴点C关于直线EF的对称点为点A，
∴AD的长为CM+MD的最小值，
∴△CDM的周长最短=CM+MD+CD=AD+．
故选：C．
【点睛】
本题考查的是轴对称-最短路线问题，熟知等腰三角形三线合一的性质是解答此题的关键．
10、A
【详解】
解：A、是轴对称图形，故本选项符合题意；
B、不是轴对称图形，故本选项不符合题意；
C、不是轴对称图形，故本选项不符合题意；
D、不是轴对称图形，故本选项不符合题意；
故选：A
【点睛】
本题主要考查了轴对称图形的定义，熟练掌握若一个图形沿着一条直线折叠后两部分能完全重合，这样的图形就叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴是解题的关键．
二、填空题
1、140
【解析】
【分析】
先根据图形得出∠AOB＝40°，再根据和为180度的两个角互为补角即可求解．
【详解】
解：由题意，可得∠AOB＝40°，
则∠AOB的补角的大小为：180°−∠AOB＝140°．
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故答案为：140．
【点睛】
本题考查补角的定义：如果两个角的和等于180°（平角），就说这两个角互为补角．即其中一个角是另一个角的补角．熟记定义是解题的关键．
2、##
【解析】
【分析】
分析题意可知，抛物线的顶点坐标为（9，12），经过原点（0，0），设顶点式可求抛物线的解析式，在Rt△PAC中，利用PA的坡度为1：2求出AC的长度，把点A的横坐标x=12代入抛物线解析式，求出CE，最后利用AE=CE-AC得出结果．
【详解】
解：以P为原点，PC所在直线为x轴建立如图所示的平面直角坐标系，
可知：顶点B（9，12），抛物线经过原点，
设抛物线的解析式为y=a（x-9）2+12，
将点P（0，0）的坐标代入可得：0=a（0-9）2+12，求得a＝−，
故抛物线的解析式为：y=-(x−9)²+12，
∵PC=12，=1：2，
∴点C的坐标为（12，0），AC＝6，
即可得点A的坐标为(12，6)，
当x=12时，y＝−(12−9)²+12＝=CE，
∵E在A的正上方，
∴AE=CE-AC=-6=，
故答案为：．
【点睛】
本题考查了二次函数的应用及解直角三角形的知识，涉及了待定系数法求函数解析式的知识，注意建立数学模型，培养自己利用数学知识解决实际问题的能力，难度一般．
3、13或12-或12+
【解析】
【分析】
根据对等四边形的定义，分两种情况：①若CD=AB，此时点D在D1的位置，CD1=AB=13；②若AD=BC=11，此时点D在D2、D3的位置，AD2=AD3=BC=11；利用勾股定理和矩形的性质，求出相关相关线段的长度，即可解答．
【详解】
解：如图，点D的位置如图所示：
①若CD=AB，此时点D在D1的位置，CD1=AB=13；
②若AD=BC=11，此时点D在D2、D3的位置，AD2=AD3=BC=11，
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过点A分别作AE⊥BC，AF⊥PC，垂足为E，F，
设BE=x，
∵，
∴AE=x，
在Rt△ABE中，AE2+BE2=AB2，
即x2+(x)2=132，
解得：x1=5，x2=-5（舍去），
∴BE=5，AE=12，
∴CE=BC-BE=6，
由四边形AECF为矩形，可得AF=CE=6，CF=AE=12，
在Rt△AFD2中，FD2=，
∴CD2=CF-FD2=12-，
CD3=CF+FD2=12+，
综上所述，CD的长度为13、12-或12+．
故答案为：13、12-或12+．
【点睛】
本题主要考查了新定义，锐角三角函数，勾股定理等知识，解题的关键是理解并能运用“等对角四边形”这个概念．在（2）中注意分类讨论思想的应用、勾股定理的应用．
4、5
【解析】
【分析】
根据多项式中每个单项式叫做多项式的项，这些单项式中的最高次数，就是这个多项式的次数解答．
【详解】
解：多项式3x2﹣2xy2+xyz3的次数是5．
故答案为：5．
【点睛】
本题考查的是多项式的概念，多项式中每个单项式叫做多项式的项，这些单项式中的最高次数，就是这个多项式的次数．
5、3
【解析】
【分析】
根据反比例函数的解析式是，设点，根据已知得出，即，求出即可．
【详解】
解：设反比例函数的解析式是，
设点是反比例函数图象上一点，
矩形的面积为3，
，
即，
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故答案为：3．
【点睛】
本题考查了矩形的面积和反比例函数的有关内容的应用，解题的关键是主要考查学生的理解能力和运用知识点解题的能力．
三、解答题
1、
（1）x= ；
（2）x=
【分析】
（1）根据解一元一次方程的方法求解即可；
（2）根据解一元一次方程的方法求解即可．
（1）
解：去括号，得：6－9x=x+1，
移项、合并同类项，得：－10x=－5，
化系数为1，得：x= ；
（2）
解：去分母，得：2（2x+1）=6+(1－3x)，
去括号，得：4x+2=6+1－3x，
移项、合并同类项，得：7x=5，
化系数为1，得：x= ；
【点睛】
本题考查解一元一次方程，熟练掌握一元一次方程的解法步骤是解答的关键．
2、
（1）证明过程详见解答；
（2）
（3）或
【分析】
（1）先证明四边形是正方形，再证明，从而命题得证；
（2）在上截取，先证明是正三角形，再证明，进一步求得结果；
（3）当时，作于，以为圆心，为半径画弧交于，作于，证明，，可推出，再证明，可推出，从而求得，当时，作于，以为圆心，为半径画弧交于，作于，作于，先根据求得，进而求得，根据，，和，从而求得，根据三角形三边关系否定，从而确定的结果．
（1）
解：证明：四边形是菱形，，
菱形是正方形，
，，
，
，
；
（2）
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解：如图1，
在上截取，
四边形是菱形，
，，
是正三角形，
，，
，，
，
，
，
；
（3）
如图2，
当时，作于，以为圆心，为半径画弧交于，作于，
，，，，
，
四边形是菱形，
，
，，
，
①，
，
，
，
②，
由①②得，
，
，
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如图3，
当时，作于，以为圆心，为半径画弧交于，作于，
作于，
，
，
由得，
，
，
，
由第一种情形知：，，
，，
①，②，
由①②得，
，
，
，
，
即，
综上所述：或．
【点睛】
本题考查了菱形性质，正方形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，面积法等知识，解题的关键是作辅助线，构造相似三角形．
3、，同旁内角互补，两直线平行，，两直线平行，内错角相等，，同位角相等，两直线平行
【分析】
先由，证明，可得，结合已知条件证明，再证明即可.
【详解】
解：证明：∵（已知）
∴（同旁内角互补，两直线平行）
∴．（两直线平行，内错角相等）
∵（已知）
∴（等量代换）
∴（同位角相等，两直线平行）
【点睛】
本题考查的是平行线的判定与性质，掌握“平行线的判定方法”是解本题的关键.
4、110，AOC，角平分线的定义，55，AOB，15
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【分析】
利用角的和差关系先求解 再利用角平分线的定义求解 最后利用角的和差可得答案.
【详解】
解：∵∠AOB＝40°，∠BOC＝70°，
∴∠AOC＝∠AOB＋∠BOC＝110°．
∵OD平分∠AOC，
∴∠AOD＝∠AOC（ 角平分线的定义）．
∴∠AOD＝55°．
∴∠BOD＝∠AOD﹣∠AOB．
∴∠BOD＝15°．
故答案为：110，AOC，角平分线的定义，55，AOB，15
【点睛】
本题考查的是角平分线的定义，角的和差运算，理解题中的逻辑关系，熟练的运用角平分线与角的和差进行推理是解本题的关键.
5、
（1）22.5°；
（2）d=2t；
（3）5
【分析】
（1）由轴对称，得到∠ABC=2，利用，得到∠A=3，根据∠A+=90°，求出的度数；
（2）由轴对称关系求出AD=6t，根据，推出∠ADP=∠BAO，证得AP=DP，过点P作PH⊥AD于H，求出OH=AH-AO=2t，可得d与t之间的数量关系；
（3）连接DQ，过P作PM⊥y轴于M，求出∠EAP=∠DPQ=，证明△EAP≌△QPD，推出∠PDQ=∠APE=，得到∠ODQ=90°，证明∠MPF=∠MFP=45°，结合，求出BF=，由，求出t=1，得到OA=1，OD=5，由此求出点Q的横坐标．
（1）
解：∵和关于y轴对称，
∴∠ABO=∠CBO，
∴∠ABC=2，
∵，
∴∠A=3，
∵∠A+=90°，
∴=22.5°；
（2）
解：∵和关于y轴对称，
∴∠BAO=∠BCO，
∵，
∴OD=5t，AD=6t，
∵，
∴∠ADP=∠BCO，
∴∠ADP=∠BAO，
∴AP=DP，
过点P作PH⊥AD于H，则AH=DH=3t，
· · · · · · 线 · · · · · · ○ · · · · · · 封 · · · · · · ○ · · · · · · 密 · · · · · · ○ · · · · · · 内 · · · · · · ○ · · · · · ·
号学级年名姓
· · · · · · 线 · · · · · · ○ · · · · · · 封 · · · · · · ○ · · · · · · 密 · · · · · · ○ · · · · · · 外 · · · · · · ○ · · · · · ·
∴OH=AH-AO=2t，
∴d=2t；
（3）
解：∵=22.5°，∠ABC=2=45°，AB=BC，
∴∠BAC=∠ACB=∠ADP=，∠APD=45°，
∵，
∴∠APE=，∠AEP=45°，
∴∠EAP=∠DPQ=，
∵AP=DP，AE=PQ，
∴△EAP≌△QPD，
∴∠PDQ=∠APE=，
∴∠ODQ=90°，
连接DQ，过P作PM⊥y轴于M，
∵∠AEP=45°，
∴∠MPF=∠MFP=45°，
∴MF=MP，
∵，MP=2t，
∴，
∵∠APE=，∠PBF=∠ABO=，
∴∠PBF=∠APE，
∴BF=，
∵，
∴，
得t=1，
∴OA=1，OD=5，
∴点Q的横坐标为5．
【点睛】
此题考查了三角形内角和定理的应用，轴对称的性质，等腰三角形的性质，平行线的性质，全等三角形的判定及性质，勾股定理，求点坐标，综合掌握各知识点并熟练应用解决问题是解题的关键．