杭州中考數(shù)學歷年壓軸題集錦(2014-2021)

杭州中考數(shù)學歷年壓軸題集錦(2014-2021)杭州中考壓軸題集錦以下是2021年浙江省杭州市中考數(shù)學試卷的數(shù)學題目。10.已知函數(shù)$y_1$和$y_2$均以$x$為自變量，當$x=m$時，函數(shù)值分別為$M_1$和$M_2$。若存在實數(shù)$m$，使得$M_1+M_2=0$，則稱函數(shù)$y_1$和$y_2$具有性質(zhì)$P$。以下函數(shù)$y_1$和$y_2$具有性質(zhì)$P$的是：A.$y_1=x^2+2x$，$y_2=-x-1$B.$y_1=x^2+2x$，$y_2=-x+1$C.$y_1=-x$，$y_2=-x-1$D.$y_1=-x$，$y_2=-x+1$16.如圖是一張矩形紙片$ABCD$，點$M$是對角線$AC$的中點，點$E$在$BC$邊上，把$\triangleDCE$沿直線$DE$折疊，使點$C$落在對角線$AC$上的點$F$處，連接$DF$，$EF$。若$MF=AB$，則$\angleDAF=45^\circ$。22.在直角坐標系中，設函數(shù)$y=ax^2+bx+1$（$a$，$b$是常數(shù)，$a\neq0$）。（1）若該函數(shù)的圖象經(jīng)過$(1,0)$和$(2,1)$兩點，求函數(shù)的表達式，并寫出函數(shù)圖象的頂點坐標；（2）寫出一組$a$，$b$的值，使函數(shù)$y=ax^2+bx+1$的圖象與$x$軸有兩個不同的交點，并說明理由；（3）已知$a=b=1$，當$x=p$，$q$（$p$，$q$是實數(shù)，$p\neqq$）時，該函數(shù)對應的函數(shù)值分別為$P$，$Q$。若$p+q=2$，求證：$P+Q>6$。23.如圖，銳角三角形$ABC$內(nèi)接于$\odotO$，$\angleBAC$的平分線$AG$交$\odotO$于點$G$，交$BC$邊于點$F$，連接$BG$。（1）求證：$\triangleABG\sim\triangleAFC$。（2）已知$AB=a$，$AC=AF=b$，求線段$FG$的長（用含$a$，$b$的代數(shù)式表示）。（3）已知點$E$在線段$AF$上（不與點$A$，點$F$重合），點$D$在線段$AE$上（不與點$A$，點$E$重合），$\angleABD=\angleCBE$，求證：$BG^2=GE\cdotGD$。2019年浙江省杭州市中考數(shù)學試卷9.如圖，一塊矩形木板$ABCD$斜靠在墻邊（$OC\perpOB$，點$A$，$B$，$C$，$D$，$O$在同一平面內(nèi)），已知$AB=a$，$AD=b$，$\angleBCO=x$，則點$A$到$OC$的距離等于$\boxed{\text{D}}$。10.在平面直角坐標系中，已知$a\neqb$，設函數(shù)$y=(x+a)(x+b)$的圖象與$x$軸有$M$個交點，函數(shù)$y=(ax+1)(bx+1)$的圖象與$x$軸有$N$個交點，則$\boxed{\text{A}}$。16．折疊矩形紙片ABCD，使點B和點C落在AD邊上同一點P處，A點的對稱點為A′點，D點的對稱點為D′點。已知∠FPG＝90°，△A′EP的面積為4，△D′PH的面積為1，求矩形ABCD的面積。22．設二次函數(shù)y＝（x﹣x1）（x﹣x2）（x1，x2是實數(shù)）。（1）甲求得當x＝0時，y＝x1x2；當x＝1時，y＝（1﹣x1）（1﹣x2）；乙求得當x＝1時，y＝x1x2。乙求得的結(jié)果不正確，因為當x＝1時，y＝0而不是x1x2。（2）二次函數(shù)的對稱軸為x＝（x1＋x2）÷2，最小值為y＝﹣（（x1﹣x2）÷2）2＋（x1＋x2）÷2。（3）已知二次函數(shù)的圖象經(jīng)過（0，m）和（1，n）兩點（m，n是實數(shù)），當x1＜x2＜1時，證明：mn＜0。23．已知銳角三角形ABC內(nèi)接于圓O，OD⊥BC于點D，連接OA。（1）若∠BAC＝60°，①因為∠ABC是圓心角，所以∠BOC＝2∠BAC＝120°。又因為OD垂直于BC，所以OD是BOC的中線，即OD＝OA。②設△ABC的面積為S，根據(jù)正弦定理，AB＝2Rsin∠BAC，BC＝2Rsin∠ACB，AC＝2Rsin∠ABC，其中R為圓O的半徑。因為∠BAC＝60°，所以sin∠BAC＝√3÷2。所以S＝（1÷2）AB×BC×sin∠BAC＝2R2sin∠BACsin∠ACBsin∠ABC＝3√3R2÷4。因為OA＝R，所以OE＝Rsin∠BAC＝√3R÷2。所以S1＝（1÷2）AD×OE＝√3R2÷8。同理，S2＝√3R2÷8。所以S1＝S2＝√3R2÷8＝3√3÷32。（2）因為OE＝OD，所以∠OED＝∠ODE。又因為∠BAC＜90°，所以∠OED＋∠OCD＝90°。所以∠OCD＝∠ODE。因為∠ABC＜∠ACB，所以∠OED＜∠OCD。所以∠OED＝m，∠OCD＝n。根據(jù)正弦定理，sin∠OED＝√（1﹣sin2∠BAC）÷2，sin∠OCD＝√（1﹣sin2∠ACB）÷2。所以sinm＝√3÷2sin∠BAC，sinn＝√3÷2sin∠ACB。所以m﹣n＝2（∠BAC﹣∠ACB）＝2（∠BOC﹣180°）＝2（﹣∠BAC）＝﹣120°。所以m﹣n＋2＝﹣120°＋2＝﹣118°。9．四位同學在研究函數(shù)y＝x2+bx+c（b，c是常數(shù)）時，甲發(fā)現(xiàn)當x＝1時，函數(shù)有最小值；乙發(fā)現(xiàn)﹣1是方程x2+bx+c＝0的一個根；丙發(fā)現(xiàn)函數(shù)的最小值為3；丁發(fā)現(xiàn)當x＝2時，y＝4，已知這四位同學中只有一位發(fā)現(xiàn)的結(jié)論是錯誤的，則該同學是丙。因為當函數(shù)的最小值為3時，x可以取任意實數(shù)，所以甲、乙、丁的結(jié)論都是正確的。22．（12分）（1）當a>0時，二次函數(shù)圖象與x軸的交點有兩個；當a<0時，二次函數(shù)圖象與x軸的交點沒有或有一個，具體取決于函數(shù)的頂點位置。（2）設該二次函數(shù)為y=ax^2+bx-(a+b)，代入三個點的坐標可以得到三個方程：a-b=5-a+b=3a+b=2解得a=2，b=0，代入原函數(shù)即為y=2x^2-2。（3）設點P在函數(shù)圖象上，則有m=a(2)^2+b(2)-(a+b)=4a+2b。又因為a+b<0，所以4a+2b<0，即a>-2。結(jié)合a≠0，可得a<-2或a>2。又因為m>n，所以代入Q點的坐標可得2a-b>n-1，即a>(n-b+1)/2。將此式代入a的范圍中，可得2a-b+1>n，即a>(n+b-1)/2。結(jié)合a的范圍，可得(n+b-1)/2<-2或(n+b-1)/2>2，即n+b<-5或n+b>5。代入P點的坐標可得4a+2b=m>-2，結(jié)合a的范圍，可得a>-1。綜上所述，得到a>-1，-5<n+b<5，且(n-b+1)/2<a<(n+b-1)/2。23．已知△ABC內(nèi)接于△O，點C在劣弧AB上（不與點A，B重合），點D為弦BC的中點，DE△BC，DE與AC的延長線交于點E，射線AO與射線EB交于點F，與△O交于點G，設△GAB=ɑ，△ACB=β，△EAG+△EBA=γ。（1）根據(jù)數(shù)據(jù)，可以發(fā)現(xiàn)ɑ+β=180°，因為△ABC內(nèi)接于△O，所以∠AOG=90°，又因為AE是AC的延長線，所以∠EAG=180°-ɑ-β，同理，∠EBA=180°-ɑ-β，所以γ=2(180°-ɑ-β)，化簡可得γ=360°-2ɑ-2β。所以β關(guān)于ɑ的函數(shù)表達式為β=180°-ɑ，γ關(guān)于ɑ的函數(shù)表達式為γ=360°-2ɑ-2(180°-ɑ)=2ɑ-360°。（2）根據(jù)已知條件，可得∠EAB=∠EBA=20°，∠EAG=ɑ-20°，∠EGB=180°-ɑ-20°=β-20°。因為AE是AC的延長線，所以∠AEC=180°-β，又∠EAB=20°，所以∠BAC=160°-β。因為AD=DC，所以∠ACD=∠ADC=1/2∠A=80°-1/2β，又因為∠AOC=2∠BAC=320°-2β，所以∠OCD=120°-1/2β。因為AE是AC的延長線，所以∠FEC=∠AEC=180°-β，又因為∠FEA=∠OEC=90°，所以∠FEC+∠FEA+∠OEC=360°，所以∠FEA=90°-1/2β。因為∠FAB+∠FEB=180°，所以∠FAB=160°-β，又因為∠BAC=160°-β，所以∠FAC=β。因為∠FAC+∠FCA+∠ACD=180°，所以∠FCA=1/2β，又因為∠FCB=∠FCA+∠ACD=80°-1/2β，所以∠ECB=∠FCB-∠FCE=60°-1/2β。因為△EBC是等腰三角形，所以∠BEC=∠ECB=60°-1/2β，又因為∠BAC=160°-β，所以∠BEC=80°+1/2β。因為∠BEG=∠AEG=1/2∠BAC=80°-1/2β，所以∠GEB=∠GAE=ɑ-80°+1/2β，又因為∠EGB=β-20°，所以∠EGF=∠EGB-∠FGB=β-20°-ɑ。因為∠FGE+∠FEB+∠BEC=360°，所以∠FGE=300°-β+ɑ，又因為∠FEG=∠FEB+∠BEC=80°+1/2β，所以∠GEF=220°-1/2β-ɑ。因為△EAG和△EBA的面積之和為γ，所以S△EAG+S△EBA=γ，化簡可得S△EAG=S△EBA=1/2γ=ɑ-180°，所以S△ABE=2S△EAB=2S△EAG=2(ɑ-180°)。因為S△ABE=4S△ABC，所以4S△ABC=2(ɑ-180°)，化簡可得S△ABC=1/2(360°-5ɑ)，所以S△ABC=90°-5/2ɑ。因為S△ABC=rAB/2，所以rAB=2S△ABC/AB=2(90°-5/2ɑ)/(2sinɑ)=45°-5/4sinɑ。所以△O半徑的長為rO=rAB/2=22.5°-5/8sinɑ。9．已知直角三角形紙片的兩條直角邊長分別為m和n（m＜n），過銳角頂點把該紙片剪成兩個三角形，若這兩個三角形都為等腰三角形，則m2+2mn+n2=0。10．根據(jù)運算定義，可得a@b=4ab，所以a@b=0時，ab=0，即a=0或b=0，所以結(jié)論1成立。對于結(jié)論2，可將a@（b+c）拆開，得到a@（b+c）=4a(b+c)，又因為a@b=4ab，a@c=4ac，所以a@b+a@c=4a(b+c)，所以結(jié)論2成立。對于結(jié)論3，可將a@b=a2+5b2拆開，得到4ab=a2+5b2，即5b2-a2=4ab，所以b(5b-a)=4ab，因為ab≠0，所以5b-a=4a，即5b=5a，即b=a，所以不存在滿足a@b=a2+5b2的實數(shù)a，b，所以結(jié)論3不成立。對于結(jié)論4，設矩形長為a，寬為b，則周長為2a+2b，所以b=(2a+2b-2b)/2=2a-b，即2b=2a，即a=b，所以結(jié)論4成立。16．已知關(guān)于x的方程|m-2x|+|2m-x|=y的解滿足n＜m＜3，若y＞1，則m的取值范圍是2＜m≤3。23．在線段AB的同側(cè)作射線AM和BN，若△MAB與△NBA的平分線分別交射線BN，AM于點E，F(xiàn)，AE和BF交于點P。當射線AM，BN交于點C；且△ACB=60°時，有以下兩個結(jié)論：△APB=120°；△AF+BE=AB。證明：因為AC=BC，所以∠ABC=∠ACB=60°，所以△ABC是等邊三角形，所以AB=BC=CA。因為∠MAB=∠NBA，所以△MAB∽△NBA，所以MA/NA=AB/NB，即MA/AB=NA/NB，所以ME/AB=NF/BC，即ME=AB×NF/BC，NF=BC×ME/AB。因為∠FAB+∠FEB=180°，所以BF是△ABE的角平分線，所以AE/EB=AB/BE，即AE/AB=EB/BE+1，所以AE/AB=1+AE/BE，即AE/AB=1+ME/EB，即AE/AB=1+AB×NF/BC/EB，即AE/AB=1+NF/EC，即AE/AB=1+NF/(AB-AE)，即NF=(AB-AE)×AE/AB。因為∠APB=2∠MAB=120°，所以結(jié)論1成立。因為AF+BE=AB，所以AF=AB-BE，所以AF/AB=1-BE/AB，即AF/AB=1-BF/AF，即AF2=AB×BF，所以AF/AB=BF/AF，即AF2=BF2，所以AF=BF，所以結(jié)論2成立。10.已知AD∥BC，AB⊥AD，點E和點F分別在射線AD和射線BC上。若點E關(guān)于AC對稱于點B，點E關(guān)于BD對稱于點F，AC與BD相交于點G，則（）A.1+tan∠ADBB.2BC=5CFC.4cos∠AGBD.∠AEB+22°=∠DEF15.設拋物線y=ax^2+bx+c（a≠0）過A（0，2），B（4，3），C（2，k）三點，其中點C在直線x=2上，且點C到拋物線的對稱軸的距離等于1，則拋物線的函數(shù)解析式為。16.點A，B，C都在半徑為r的圓上，直線AD⊥直線BC，垂足為D，直線BE⊥直線AC，垂足為E，直線AD與BE相交于點H。若BH=AC，則∠ABC所對的弧長等于（長度單位）。22.菱形ABCD的對角線AC，BD相交于點O，AC=4，BD=4，動點P在線段BD上從點B向點D運動，PF⊥AB于點F，四邊形PFBG關(guān)于BD對稱，四邊形QEDH與四邊形PFBG關(guān)于AC對稱。設菱形ABCD被這兩個四邊形蓋住部分的面積為S1，未被蓋住部分的面積為S2，BP=x。(1)用含x的代數(shù)式分別表示