上海市青浦區(qū)中考數(shù)學(xué)二模試卷

上海市青浦區(qū)中考數(shù)學(xué)二模試卷上海市青浦區(qū)中考數(shù)學(xué)二模試卷18/18上海市青浦區(qū)中考數(shù)學(xué)二模試卷中考數(shù)學(xué)二模試卷題號一二三四總分得分一、選擇題（本大題共6小題，共22.0分）1.以下單項式中，與ab2是同類項的是（）A.a2bB.a2b2C.-ab2D.2ab2.若是一次函數(shù)y=kx+b（k、b是常數(shù)，k≠0）的圖象經(jīng)過第一、二、三象限，那么k、b應(yīng)知足的條件是（）A.k＞0且b＞0B.k＞0且b＜0C.k＜0且b＞0D.k＜0且b＜03.拋物線y=2（x+1）2-1的極點坐標(biāo)是（）D.（A.（，）B.（-1，-1）C.（，-1）-1，）11114.一組數(shù)據(jù)：2，3，3，4，若增添一個數(shù)據(jù)3，則發(fā)生變化的統(tǒng)計量是（）A.平均數(shù)B.中位數(shù)C.眾數(shù)D.方差5.以以下列圖形中，是中心對稱圖形但不是軸對稱圖形的是（）A.平行四邊形B.矩形C.菱形D.等腰梯形如圖，在梯形ABCD中，AD∥BC，∠B=90°，AD=2，AB=4，BC=6，點O是邊BC上一點，以O(shè)為圓心，OC為半徑的⊙O，與邊AD只有一個公共點，則OC的取值范圍是（）A.4＜OC≤B.4≤OC≤C.4＜OCD.4≤OC≤二、填空題（本大題共12小題，共36.0分）（-2x2）3=______．分解因式：a3-9a=______．9.若是二次根式存心義，那么x的取值范圍是______．10.方程的根是______．11.若是對于x的方程x2-2x+a=0有兩個相等的實數(shù)根，那么a=______．12.已知反比率函數(shù)y=（k≠0y的值隨），若是在這個函數(shù)圖象所在的每一個象限內(nèi)，著x的值增大而增大，那么k的取值范圍是______．將分別寫有“創(chuàng)辦”、“智慧”、“校園”的三張大小、質(zhì)地相同的卡片隨機(jī)排列，那么恰巧排列成“創(chuàng)辦智慧校園”的概率是______．A班學(xué)生參加“垃圾分類知識”競賽，已知競賽得分都是整數(shù)，競賽成績的頻數(shù)分布直方圖，以以以下列圖，那么成績高于60分的學(xué)生占A班參賽人數(shù)的百分率為______．第1頁，共18頁ABC的中線ADBE訂交于點G，若=，=，15.如圖，△、用、表示=______．如圖，在⊙O中，OA、OB為半徑，連結(jié)AB，已知AB=6，∠AOB=120°，那么圓心O到AB的距離為______．如圖，在矩形ABCD中，AB=3，E為AD的中點，F(xiàn)為CD上一點，且DF=2CF，沿BE將△ABE翻折，若是點A恰巧落在BF上，則AD=______．我們把知足某種條件的所有點組成的圖形，叫做吻合這個條件的點的軌跡，如圖，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=8，BC=12，動點P從點A開始沿射線AC方向以1個單位秒的速度向點C運(yùn)動，動點Q從點C開始沿射線CB方向以2個單位/秒的速度向點運(yùn)動，P、Q兩點分別從點A、C同時出發(fā)，當(dāng)其中一點抵達(dá)端點時，另一點也隨之停止運(yùn)動，在整個運(yùn)動過程中，線段PQ的中點M運(yùn)動的軌跡長為______．三、計算題（本大題共1小題，共6.0分）19.如圖，在△ABC中，∠C=90°，AB的垂直均分線分別交邊BC、AB于點D、E，聯(lián)系A(chǔ)D．1）若是∠CAD：∠DAB=1：2，求∠CAD的度數(shù)；2）若是AC=1，tan∠B=，求∠CAD的正弦值．第2頁，共18頁四、解答題（本大題共6小題，共48.0分）20.計算：（-1）2019-|1-|+．解方程組：如圖，一座古塔AH的高為33米，AH⊥直線l，某校九年級數(shù)學(xué)興趣小組為了測得該古塔塔剎AB的高，在直線l上采納了點D，在D處測得點A的仰角為26.6°，測得點B的仰角為22.8°，求該古塔塔剎AB的高．（精準(zhǔn)到0.1米）【參照數(shù)據(jù)：sin26.6=0°.45，cos26.6=0°.89，tan26.6=0°.5，sin22.8=0°.39，cos22.8=092°，tan22.8=0°.42】23.已知：如圖，在菱形ABCD中，AB=AC，點E、F分別在邊AB、BC上，且AE=BF，CE與AF訂交于點G．第3頁，共18頁（1）求證：∠FGC=∠B；2CE與DA的延伸線交于點H，求證：BECH=AFAC．（）延伸??24.已知：如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，拋物線y=ax2+bx（a≠0）經(jīng)過點A（6，-3），對稱軸是直線x=4，極點為B，OA與其對稱軸交于點M，M、N對于點B對稱．（1）求這條拋物線的表達(dá)式和點B的坐標(biāo)；（2）聯(lián)系ON、AN，求△OAN的面積；（3）點Q在x軸上，且在直線x=4右側(cè)，當(dāng)∠ANQ=45°時，求點Q的坐標(biāo)．已知：在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=1，D是AB的中點，以CD為直徑的⊙Q分別交BC、BA于點F、E，點E位于點D下方，連結(jié)EF交CD于點G．1）如圖1，若是BC=2，求DE的長；2）如圖2，設(shè)BC=x，=y，求y對于x的函數(shù)關(guān)系式及其定義域；3）如圖3，連結(jié)CE，若是CG=CE，求BC的長．第4頁，共18頁第5頁，共18頁答案和分析【答案】C1.【分析】解：由同類項的定義可知，a的指數(shù)是1，b的指數(shù)是2．A、a的指數(shù)是2，b的指數(shù)是1，與ab2不是同類項；B、a的指數(shù)是2，b的指數(shù)是2，與ab2不是同類項；C、a的指數(shù)是1，b的指數(shù)是2，與ab2是同類項；D、a的指數(shù)是1，b的指數(shù)是1，與ab2不是同類項．應(yīng)選：C．依照同類項的定義：所含字母相同，并且相同字母的指數(shù)也相同，這樣的項叫做同類項，結(jié)合選項求解．本題察看了同類項，判斷同類項只需兩看，即一看所含有的字母可否相同，二看相同字母的指數(shù)可否相同．2.【答案】A【分析】解：∵一次函數(shù)y=kx+b（k、b是常數(shù)，k≠0）的圖象經(jīng)過第一、二、三象限，∴k＞0，b＞0，應(yīng)選：A．依照一次函數(shù)圖象與系數(shù)的關(guān)系求解即可．本題察看了一次函數(shù)圖象與系數(shù)的關(guān)系，屬于基礎(chǔ)題．注意掌握直線y=kx+b所在的位置與k、b的符號有直接的關(guān)系．k＞0時，直線必經(jīng)過一、三象限．k＜0時，直線必經(jīng)過二、四象限．b＞0時，直線與y軸正半軸訂交．b=0時，直線過原點；b＜0時，直線與y軸負(fù)半軸訂交．3.【答案】B【分析】解：因為y=2（x+1）2-1是拋物線的極點式，依照極點式的坐標(biāo)特點可知，極點坐標(biāo)為（-1，-1），應(yīng)選：B．直接利用極點式的特點可求極點坐標(biāo)．主要察看了求拋物線的對稱軸和極點坐標(biāo)的方法．切記二次函數(shù)的極點式是解答本題的重點．4.【答案】D【分析】解：原數(shù)據(jù)的2、3、3、4的平均數(shù)為=3，中位數(shù)為=3，眾數(shù)為3，222方差為×[（2-3）+（3-3）×2+（4-3）]=0.5；新數(shù)據(jù)2、3、3、3、4的平均數(shù)為=3，中位數(shù)為3，眾數(shù)為3，方差為×[（2-3）+（3-3）2×3+（4-3）2]=0.4；∴增添一個數(shù)據(jù)3，方差發(fā)生變化，應(yīng)選：D．依照的定義和公式分別計算新舊兩組數(shù)據(jù)的平均數(shù)、中位數(shù)、眾數(shù)、方差求解即可．本題主要察看的是眾數(shù)、中位數(shù)、方差、平均數(shù)，嫻熟掌握有關(guān)見解和公式是解題的重點．第6頁，共18頁5.【答案】A【分析】解：A、平行四邊形不是軸對稱圖形，是中心對稱圖形，吻合題意；B、矩形是軸對稱圖形，又是中心對稱圖形，不吻合題意；C、菱形既是軸對稱圖形，也是中心對稱圖形，不吻合題意；、等腰梯形是軸對稱圖形，不是中心對稱圖形，不吻合題意．應(yīng)選：A．依照軸對稱圖形與中心對稱圖形的見解求解．本題主要察看了中心對稱圖形與軸對稱的定義，依照定義得出圖形形狀是解決問題的重點．6.【答案】B【分析】解：作DE⊥BC于E，以以以下列圖：則DE=AB=4，BE=AD=2，∴CE=4=DE，當(dāng)⊙O與邊AD相切時，切點為D，圓心O與E重合，即OC=4；當(dāng)OA=OC時，⊙O與AD交于點A，設(shè)OA=OC=x，則OB=6-x，在Rt△ABO中，由勾股定理得：42+（6-x）2=x2，解得：x=；∴以O(shè)為圓心，OC為半徑的⊙O，與邊AD只有一個公共點，則OC的取值范圍是4≤x≤；應(yīng)選：B．作DE⊥BC于E，當(dāng)⊙O與邊AD相切時，圓心O與E重合，即OC=4；當(dāng)OA=OC時，⊙O與AD交于點A，設(shè)OA=OC=x，則OB=6-x，在Rt△ABO中，由勾股定理得出方程，解方程得出OC=；即可得出結(jié)論．本題察看了直線與圓的地址關(guān)系、直角梯形的性質(zhì)、勾股定理等知識；嫻熟掌握直角梯形的性質(zhì)，分情況談?wù)撌墙忸}的重點．7.【答案】-8x6【分析】解：（-2x2）3，32×3=-2x，6=-8x．依照積的乘方，等于把積的每一個因式分別乘方，再把所得的冪相乘，進(jìn)行計算即可．本題察看了積的乘方的性質(zhì)，嫻熟掌握運(yùn)算性質(zhì)是解題的重點．8.【答案】a（a+3）（a-3）【分析】解：a3-9a=a（a2-32）=a（a+3）（a-3）．本題應(yīng)先提出公因式a，再運(yùn)用平方差公式分解．本題察看用提公因式法和公式法進(jìn)行因式分解的能力，一個多項式有公因式第一提取公因式，今后再用其他方法進(jìn)行因式分解，同時因式分解要完滿，直到不能夠分解為止．9.【答案】x≥3【分析】解：∵二次根式存心義，∴x-3≥0，第7頁，共18頁∴x≥3．故答案為：x≥3．二次根式的值為非負(fù)數(shù)，被開方數(shù)也為非負(fù)數(shù)．本題察看了二次根式存心義的條件，要明確，當(dāng)函數(shù)表達(dá)式是二次根式時，被開方數(shù)非負(fù)．10.【答案】x=【分析】解：∵，∴x2-1=1，∴x2=2，∴x=±，經(jīng)查驗x=±是原方程的根，∴x=±．故答案為：x=±．第一把方程兩邊同時平方，今后解一元二次方程，最后要驗根．本題主要察看了無理方程的解法，主要方法是方程兩邊同時平方進(jìn)而轉(zhuǎn)變?yōu)檎椒匠探鉀Q問題．11.【答案】1【分析】解：∵對于x的方程x2-2x+a=0有兩個相等的實數(shù)根，∴△=4-4a=0，即a=1．若一元二次方程有兩個相等的實數(shù)根，則方程的根的鑒別式等于0，由此可列出對于a的等式，求出a的值．總結(jié)：一元二次方程根的情況與鑒別式△的關(guān)系：1）△＞0?方程有兩個不相等的實數(shù)根；2）△=0?方程有兩個相等的實數(shù)根；3）△＜0?方程沒有實數(shù)根．12.【答案】k＜0【分析】解：∵反比率函數(shù)y=（k≠0），若是在這個函數(shù)圖象所在的每一個象限內(nèi)，y的值隨著x的值增大而增大，∴k的取值范圍是：k＜0．故答案為：k＜0．直接利用當(dāng)k＞0，雙曲線的兩支分別位于第一、第三象限，在每一象限內(nèi)y隨x的增大而減?。划?dāng)k＜0，雙曲線的兩支分別位于第二、第四象限，在每一象限內(nèi)y隨x的增大而增大，進(jìn)而得出答案．本題主要察看了反比率函數(shù)的性質(zhì)，正確記憶增減性是解題重點．13.【答案】第8頁，共18頁【分析】解：依照題意，畫樹狀圖以下：由樹狀圖可知，共有6種等可能排列的方式，其中恰巧排列成“創(chuàng)辦智慧校園”的只有種，∴恰巧排列成“創(chuàng)辦智慧校園”的概率是，故答案為．依照題意畫出三張卡片排列的所有等可能結(jié)果，再由樹狀圖確定恰巧排列成“創(chuàng)辦智慧校園”的結(jié)果數(shù)，依照概率公式可得答案．本題察看的是用列表法或樹狀圖法求概率．列表法能夠不重復(fù)不遺漏的列出所有可能的結(jié)果，適合于兩步達(dá)成的事件；樹狀圖法適合兩步或兩步以上達(dá)成的事件；解題時要注意本題是放回實驗仍是不放回實驗．用到的知識點為：概率=所討情況數(shù)與總情況數(shù)之比．14.【答案】77.5%【分析】解：=77.5%，故答案為：77.5%．依照頻數(shù)直方圖中的數(shù)據(jù)能夠求得成績高于60分的學(xué)生占A班參賽人數(shù)的百分率，本題得以解決．本題察看頻數(shù)（率）直方圖，解答本題的重點是明確題意，利用數(shù)形結(jié)合的思想解答．15.【答案】--【分析】解：如圖，連結(jié)DE．∵BD=CD，AE=EC，∴DE∥AB，DE=AB，==，∴DG=AD，∴=+，=，=，∴=+，第9頁，共18頁∵=，=--，故答案為：--，如圖，連結(jié)DE．第一證明DG=AD，依照=+，求出即可解決問題．本題察看三角形的重心，平面向量等知識，解題的重點是靈便運(yùn)用所學(xué)知識解決問題，屬于中考?？碱}型．16.【答案】【分析】解：過O作OC⊥AB交AB于C點，如右圖所示：由垂徑定理可知，OC垂直均分AB，則AC=AB=3，∵OA=OB，∠AOB=120°，∴∠OAB=30°，∴tan∠OAB=tan30=°，OC=ACtan30=3°×=，即圓心O到AB的距離為；∴?故答案為：．過O作OC⊥AB交AB于C點，由垂徑定理可知，OC垂直均分AB，再解直角三角形即可求解．本題利用垂徑定理結(jié)構(gòu)出直角三角形，再依照特別角的正切函數(shù)求解．17.【答案】2【分析】解：連結(jié)EF，∵點E、點F是AD、DC的中點，∴AE=ED，DF=2CF=2，由折疊的性質(zhì)可得AE=A′E，∴A′E=DE，在Rt△EA′F和Rt△EDF中，，∴Rt△EA′F≌Rt△EDF（HL），∴A′F=DF=2，∴BF=BA′+A′F=AB+DF=3+2=5，在Rt△BCF中，BC=．∴AD=BC=2．故答案為2連結(jié)EF，則可證明△EA′F≌△EDF，進(jìn)而依照BF=BA′+A′F，得出BF的長，在Rt△BCF中，利用勾股定理可求出BC，即得AD的長度．本題察看了翻折變換的知識，解答本題的重點是連結(jié)EF，證明Rt△EA′F≌Rt△EDF，得出BF的長，注意掌握勾股定理的表達(dá)式．第10頁，共18頁M1M2的分析式為，18.【答案】3【分析】解：以C為原點，以AC所在直線為x軸，建立平面直角坐標(biāo)系：依題意，可知當(dāng)t=6時，點設(shè)直線∴

0≤t≤6，當(dāng)t=0時，點M1的坐標(biāo)為（4，0）；M2的坐標(biāo)為（1，6），y=kx+b，解得：，∴直線M1M2的分析式為y=-2x+8．設(shè)動點運(yùn)動的時間為t秒，則有點Q（0，2t），P（8-t，0），∴在運(yùn)動過程中，線段PQ中點M3的坐標(biāo)為（，t），把x=代入y=-2x+8，得y=-2×+8=t，∴點M3在M1M2直線上，過點M2作M2N⊥x軸于點N，則M2N=6，M1N=3，M12=3，∴M∴線段PQ中點M所經(jīng)過的路徑長為3個單位長度．故答案為：3．先以C為原點，以AC所在直線為x軸，建立平面直角坐標(biāo)系，由題意知0≤t≤6，求得t=0及t=6時M的坐標(biāo)，獲取直線M1M2的分析式為y=-2x+8．過點M2作M2N⊥x軸于點N，則MN=6，MN=3，MM=3，線段PQ中點M所經(jīng)過的路徑長為3個單位長度．2112本題主要察看了一次函數(shù)的應(yīng)用．用到解二元一次方程組以及勾股定理，綜合性較強(qiáng)．19.【答案】解：1）∵∠CAD：∠DAB=1：2∴∠DAB=2∠CAD在Rt△ABC中，∠CAD+∠DAB+∠DBA=90°∵DE垂直均分AB交邊BC、AB于點D、E∴∠DAB=∠DBA∴∠CAD+∠DAB+∠DBA=∠CAD+2∠CAD+2∠CAD=90°解得，∠CAD=18°（2）在Rt△ABC中，AC=1，tan∠B==，∴BC=2由勾股定理得，AB===第11頁，共18頁∵DE垂直均分AB交邊BC、AB于點D、E∴BE=AE=∵∠DAE=∠DBE∴在Rt△ADE中tan∠B=tan∠DAE==∴DE=∴由勾股定理得AD===∴cos∠CAD===∴sin∠CAD===則∠CAD的正弦值為【分析】（1）由DE垂直均分AB交邊BC、AB于點D、E，可得∠DAB=∠DBA，則∠CAD+∠DAB+∠DBA=∠CAD+2∠DAB=90°，而∠CAD：∠DAB=1：2，則可求∠CAD的度數(shù)．（2）在Rt△ABC中，AC=1，tan∠B==，可求得BC，進(jìn)而利用勾股定理可求得AB的值，進(jìn)而可求得AE、DE的值，即可求得AD，而cos∠CAD=，sin∠CAD=，即可求∠CAD的正弦值．本題主若是應(yīng)用三角函數(shù)定義來解直角三角形，重點要運(yùn)用銳角三角函數(shù)的見解及比正弦和余弦的基本關(guān)系進(jìn)行解題．20.【答案】解：原式=-1-（-1）++1+=1．【分析】直接利用絕對值的性質(zhì)以及二次根式的性質(zhì)分別化簡得出答案．本題主要察看了實數(shù)運(yùn)算，正確化簡各數(shù)是解題重點．21.【答案】解：原方程組變形為，∴或∴原方程組的解為或【分析】先將原方程組化為兩個二元一次方程組，今后求解即可．本題察看了二次方程組的解，將二次方程組化為一次方程組是解題的重點．22.【答案】解：∵AH⊥直線l，第12頁，共18頁∴∠AHD=90°，在Rt△ADH中，tan∠ADH=，∴DH==，在Rt△BDH中，tan∠BDH=，∴DH==，∴=，解得：AB≈，答：該古塔塔剎AB的高為．【分析】依照垂直的定義獲取∠AHD=90°，在Rt△ADH中，依照三角函數(shù)的定義獲取DH==，在Rt△BDH中，依照三角函數(shù)的定義獲取DH==，列方程即可獲取結(jié)論．本題察看認(rèn)識直角三角形的應(yīng)用-仰角俯角問題，正確的解直角三角形是解題的重點．23.【答案】證明：（1）∵四邊形ABCD為菱形，∴AB=BC，而AB=AC，∴AB=BC=AC，∴△ABC為等邊三角形，∴∠B=∠BAC=60°，在△ABF和△CAE中，∴△ABF≌△CAE（SAS），∴∠BAF=∠ACE，∵∠FGC=∠GAC+∠ACG=∠GAC+∠BAF=∠BAC=60°，∴∠FGC=∠B；（2）如圖，∵四邊形ABCD為菱形，∴∠B=∠D，AD∥BC，∴∠BCE=∠H，∴△BCE∽△DHC，=，∵△ABF≌△CAE，∴CE=AF第13頁，共18頁∵CA=CB=CD，=，∴BE?CH=AF?AC．【分析】本題察看了相像三角形的判斷與性質(zhì)：判斷兩個三角形相像時，應(yīng)注意利用圖形中已有的公共角、公共邊等隱含條件，以充發(fā)散揮基本圖形的作用，搜尋相像三角形的一般方法是經(jīng)過作平行線結(jié)構(gòu)相像三角形；同時靈便運(yùn)用相像三角形的性質(zhì)進(jìn)行幾何計算．也察看了菱形的性質(zhì)．1）先利用菱形的性質(zhì)判斷△ABC為等邊三角形獲取∠B=∠BAC=60°，再證明△ABF≌△CAE獲取∠BAF=∠ACE，今后利用角度代換可獲取結(jié)論；2）如圖，先證明△BCE∽△DHC獲取=，今后利用等線段代換可獲取結(jié)論．24.【答案】解：（1）由題意可得，解得a=，b=-2，∴拋物線的表達(dá)式y(tǒng)=x2-2x將x=4代入，得y=-4，∴點B的坐標(biāo)（4，-4）；（2）連結(jié)ON、AN，如圖1．∵A（6，-3），∴直線OA：y=-x，將x=4代入，y=-2，∴M（4，-2），∵M(jìn)、N對于點B對稱，B（4，-4），∴N（4，-6），∴MN=4，∴S△OAN=MN?|xA|=×4×6=12；（3）設(shè)對稱軸直線x=4與x軸交于點T，拋物線與x軸另一個交點為P，則P（8，0）．∵A（6，-3），N（4，-6），∴直線AN：y=，第14頁，共18頁令y=0，則x=8，∴直線AN與x軸交點（8，0），即直線AN與x軸交于點P，如圖2，連結(jié)NQ，連結(jié)NA、AP，過點P作PR⊥PN，與NQ交于點R，過R作RH⊥x軸于點H．∵∠PNR=∠ANQ=45°，∴∠PRN=45°=∠PNR，∴PR=PN，易證△PTN≌△RHP（AAS），∴RH=PT=4，PH=TN=6，∴TH=10，∵，∴，∴HQ=20，∴OQ=OP+PH+HQ=8+6+20=34，點Q的坐標(biāo)（34，0）．【分析】（1）依照直線x=4和A（6，-3）列出方程組，求出a、b即可求出分析式，今后將x=4代入函數(shù)分析式，求得得y=-4，所以點B的坐標(biāo)（4，-4）；2）連結(jié)ON、AN，先求出M（4，-2），由M、N對于點B對稱，求出N（4，-6），于是MN=4，所以S△OAN=MN?|xA|=×4×6=12；（3）設(shè)對稱軸直線x=4與x軸交于點T，拋物線與x軸另一個交點為P，則P（8，0），直線AN與x軸交于點P，連結(jié)NQ，連結(jié)NA、AP，過點P作PR⊥PN，與NQ交于點R，過R作RH⊥x軸于點H．由∠PNR=∠ANQ=45°，則∠PRN=45°=∠PNR，所以PR=PN，易證△PTN≌△RHP（AAS），則RH=PT=4，PH=TN=6，TH=10，由HR∥TN