2018年6月中考数学第三次模拟试卷

2018年6月中考数学第三次模拟试卷 班级 姓名

(满分：150分，时间：120分钟）

一、选择题（每题4分，共24分） 1．在下列二次根式中，与A．

B．

C．

是同类二次根式的是（ ）

D．

2．如果一次函数y=kx+b的图象经过第一象限，且与y轴负半轴相交，那么（ ） A．k＞0，b＞0

B．k＞0，b＜0

C．k＜0，b＞0

D．k＜0，b＜0

3．如果关于x的方程mx2+mx+1=0有两个相等的实数根，那么m等于（ ） A．4或0

B．

C．4

D．±4

4．一组数据1、2、3、4、5、15的平均数和中位数分别是（ ） A．5、5 B．5、4 C．5、3.5

D．5、3

5．在以下几何图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ） A．等边三角形

B．等腰梯形 C．平行四边形

D．圆

6．下列命题中，真命题是（ ）

A．两个无理数相加的和一定是无理数 B．三角形的三条中线一定交于一点 C．菱形的对角线一定相等 D．同圆中相等的弦所对的弧一定相等 二、填空题（每题4分，共48分） 7．3﹣2= ．

8．因式分解：x2﹣9y2= ． 9．方程10．函数y=

的根是 ． 的定义域是 ．

11．把直线y=﹣x+2向上平移3个单位，得到的直线表达式是 ． 12．如果抛物线y=ax2+2a2x﹣1的对称轴是直线x=﹣1，那么实数a= ．

13．某校为了发展校园足球运动，组建了校足球队，队员年龄分布如图所示，则这些队员年龄的众数是 ．

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14．在?ABCD中，对角线AC、BD交于点O，E为BCD的中点，如果OE=5,则AB= ． 15．如图，OA是⊙O的半径，BC是⊙O的弦，OA⊥BC，垂足为D点，如果OD=3，DA=2，那么BC= ．

16．如图，在2×2的正方形网格中四个小正方形的顶点叫格点，已经取定格点A和B，在余下的格点中任取一点C，使△ABC为直角三角形的概率是 ．

17．AB、AC分别是同一个圆的内接正方形和内接正六边形的边，那么∠BAC的度数是 度． 18．如图，在△ABC中，AB=AC=5，BC=8，将△ABC绕着点B旋转的△A′BC′，点A的对应点A′，点C的对应点C′．如果点A′在BC边上，那么点C和点C′之间的距离等于多少 ．

三、解答题（共78分）

19．（10分）（sin45°）2+（﹣）0﹣

?

+cot30°．

20．（10分）解方程组：．

21．（10分）在平面直角坐标系xOy中，点A（2，0），点P（1，m）（m＞0）和点Q关于x轴对称．（1）求证：直线OP∥直线AQ；

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（2）过点P作PB∥x轴，与直线AQ交于点B，如果AP⊥BO，求点P的坐标．

22．（10分）如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，斜边AB的垂直平分线分别交AB、BC于点E和点D，已知BD：CD=2：（1）求∠ADC的度数；

（2）利用已知条件和第（1）小题的结论求tan15°的值（结果保留根号）．

．

23．BD是△ABC的角平分线，F分别在边BC、AB上， ∠DEF=∠A．（12分）如图，点E、且DE∥AB，（1）求证：BE=AF；

（2）设BD与EF交于点M，联结AE交BD于点N，求证：BN?MD=BD?ND．

24．（12分）在平面直角坐标系xOy中，抛物线y=x2+bx+c与x轴相交于点A和点B，已知点A的坐标为（1，0），与y轴相交于点C（0，3），抛物线的顶点为P． （1）求这条抛物线的解析式，并写出顶点P的坐标；

（2）如果点D在此抛物线上，DF⊥x轴于点F，DF与直线PB相交于点E，设点D的横坐标为t（t＞3），且DE：EF=2：1，求点D的坐标；

（3）在第（2）小题的条件下，求证：∠DPE=∠BDE．

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25．（14分）如图，已知在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AB=5，sinA=，点P是边BC上的一点，PE⊥AB，垂足为E，以点P为圆心，PC为半径的圆与射线PE相交于点Q，线段CQ与边AB交于点D． （1）求AD的长；

（2）设CP=x，△PCQ的面积为y，求y关于x的函数解析式，并写出定义域；

（3）过点C作CF⊥AB，垂足为F，联结PF、QF，如果△PQF是以PF为腰的等腰三角形，求CP的长．

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参考答案

1．C 2.B 3.C 4.C 5.D 6.B 7. 8.（x+3y）（x﹣3y） 9.x=1 10.x≠2 11.y=﹣x+5 12.1 13.14 14.10 15.8 16. 17.15或105

18.解：作AD⊥BC于D，C′E⊥BC于E，如图1，∵AB=AC，∴BD=CD=BC=4， 在Rt△ABD中，AD=

=4，∴S△ABC=×3×8=12，

∵△ABC绕着点B旋转的△A′BC′，∴A′B=A′C′=AB=5，△A′BC′≌△ABC， ∴A′C=3，S△A′BC′=12，而S△A′BC′=?5?CE，∴?5?CE=12，解得CE=在Rt△A′C′E中，C′E=在Rt△C′CE中，CC′=

=，∴CE=3﹣=，

=

．故答案为

．

，

19．（sin45°）2+（﹣）0﹣解：原式==﹣3﹣

+

+1﹣=﹣．

×

?

+

+cot30°．

=+1﹣2

×

+

=﹣

+

20．解方程组：．

解：解方程

由方程①，得：x=3+2y ③，把③代入②，得：（3+2y）2+

（3+2y）y﹣2y2=0，整理，得：4y2+15y+9=0解得：把

代入③得：

，

，y2=﹣3

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把y2=﹣3代入③，得：x2=﹣3．故原方程组的解是：

，．

21．根据题意，得：点Q的坐标为（1，﹣m），k1=m，

，

解得：

，∵k1=k2=m，∴直线OP∥直线AQ；

，

（2）解：∵OP∥AQ，PB∥OA，AP⊥BO，∴四边形POAQ是菱形，∴PO=AO，∴∴

．∵m＞0，∴

，∴点P的坐标是

．

22．解：（1）连接AD，如图．设BD=2k，则CD=在Rt△ACD中，∵∠C=90°，∴cos∠ADC=

=

=

k．∵DE垂直平分AB，∴AD=BD=2k． ，∴∠ADC=30°；

（2）∵AD=BD，∴∠B=∠DAB．∵∠ADC=30°，∠B+∠DAB=∠ADC，∴∠B=∠DAB=15°． 在Rt△ACD中∵∠C=90°，∴∴

，∴

．在Rt△ABC中∵∠C=90°， ．

23．证明：（1）∵DE∥AB，∴∠A+∠ADE=180°，∵∠DEF=∠A，∴∠DEF+∠ADE=180°， ∴EF∥AD，∴四边形ADEF为平行四边形，∴AF=DE，∵BD是△ABC的角平分线，

∴∠DBE=∠ABD，∵DE∥AB，∴∠ABD=∠BDE，∴∠DBE=∠BDE，∴BE=DE，∴BE=AF； （2）如图，∵EF∥AC，∴AF：AB=DM：BD，∵AF=DE，∴DE：AB=DM：BD， ∵DE∥AB，∴DE：AB=DN：BN，∴DM：BD=DN：BN，即BN?MD=BD?ND．

24解：（1）∵将A（1，0）、C（0，3）代入得：

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，解得：b=﹣4，c=3．

∴抛物线的解析式为y=x2﹣4x+3．∵y=x2﹣4x+3=（x﹣2）2﹣1，∴点P的坐标为（2，﹣1）． （2）过点P作PG⊥AB，垂足为G．

∵令y=0得：x2﹣4x+3=0，解得x1=1，x2=3，∴B（3，0）．又∵P（2，﹣1），∴PG=BG=1． ∴∠GBP=45°．∴∠EBF=45°．又∵∠EFB=90°，∴∠EBF=∠FEB=45°．∴BF=EF． 设D（t，t2﹣4t+3），则DF=t2﹣4t+3，则BF=T﹣3．∵DE：EF=2：1，

∴DF=3EF=3（t﹣3）．∴t2﹣4t+3=3（t﹣3）．解得：t1=4，t2=3（舍去）．∴D（4，3）． （3）∵t=4，∴EF=BF=4﹣3=1．∴点E的坐标为（4，1）． ∴BE=

=

，ED=DF﹣EF=3﹣1=2，PE=

=2

．

∴DE2=22=4，BE?PE=∴∠DPE=∠BDE．

=4．∴DE2=BE?PE．又∵∠DEB=∠PED，∴△EBD∽△EDP．

25．解：（1）在Rt△ABC中，∵∠ACB=90°，AB=5，sinA=，∴BC=AB?sinA=5×=4， ∴AC=

=3．∵PC=PQ，∴∠PCQ=∠PQC．∵PE⊥AB即∠QED=90°，

∴∠EQD+∠EDQ=90°．∵∠ACD+∠PCQ=90°，∴∠EDQ=∠ACD．∵∠CDA=∠EDQ， ∴∠ACD=∠CDA，∴AD=AC=3；

（2）过点Q作QH⊥BC于H，如图1，∵∠PBE+∠BPE=90°，∠PBE+∠A=90°， ∴∠BPE=∠A，∴sin∠HPQ=sin∠A=，∴sin∠HPQ=∴S△PCQ=PC?QH=x?x=x2（≤x＜4）；

（3）①当PF=PQ时，则有PF=PQ=x=PC．过点P作PG⊥CF于G，如图2， 则CG=CF．∵CF⊥AB，∴S△ABC=AC?BC=AB?CF，∴CF=∵∠PCG=90°﹣∠FCA=∠A，∴cos∠PCG=cos∠A=，∴cos∠PCG=∴x=PC=CG=×=2；

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=．∵PQ=PC=x，∴QH=x，

=，∴CG=． =，

②当PF=FQ时，∵FE⊥PQ，∴PE=PQ=x，∴cos∠BPE===，∴x=．

综上所述：当△PQF是以PF为腰的等腰三角形，CP的长为2或．

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