2014年中考数学预测试卷-含答案(三)

      共（ ）次课

目标

考点：

方法：讲练法

难点

难点：

学

内

容

与

教

学

过

程

检查

2、知识点讲

  2014年中考数学预测试卷（三）

一、选择题（本大题共有8小题，每小题3分，共24分．请将正确选项的字母代号填涂在答题卡相应位置上）

1．（3分）﹣3相反数是（　　）

故选D．

B、利用幂的乘方运算法则计算得到结果，即可做出判断；

C、利用同底数幂的乘法法则计算得到结果，即可做出判断；

D、利用完全平方公式展开得到结果，即可做出判断．

B、（m2）3=m6，本选项错误；

C、a2•a3=a5，本选项正确；

D、（x+y）2=x2+y2+2xy，本选项错误，

故选C

故选C．

∴正n边形的一个外角为180°﹣135°=45°，

n=360°÷45°=8．

故选C．

B、调查电视机的使用寿命要毁坏电视机，有破坏性，适合用抽样调查，故正确；

C、标准差反映了一组数据的波动情况，标准差越小，数据越稳定，故正确；

D、袋中没有黑球，摸出黑球是不可能事件，故正确．

故选A．

故选D．

∴圆锥的底面半径为3，母线长为5，

∵圆锥的底面周长等于圆锥的侧面展开扇形的弧长，

∴圆锥的底面周长=圆锥的侧面展开扇形的弧长=2πr=2π×3=6π，

∴圆锥的侧面积==×6π×5=15π，

故选B．

设线段OA所在的直线的解析式为：y=k1x，线段OB所在的直线的解析式为：y=k2x，

则k1=，k2=﹣，

∵OA⊥OB，

∴k1k2=•（﹣）=﹣1

整理得：（x1x2）2=16，

∴tanB=======．

故选B．

故答案为：2.5×10﹣6．

解可x≥1，

故自变量x的取值范围是x≥1．

=m（m2﹣4m+4）

=m（m﹣2）2．

故答案为：m（m﹣2）2．

又∵7﹣2=5，7+2=9，

∴半径m的取值范围为：5＜m＜9．

故答案为：5＜m＜9．

∴b=2a﹣3，即2a﹣b=3，

∴原式=﹣3（2a﹣b）+1=（﹣3）×3+1=﹣8．

故答案为：﹣8．

2x=3（x﹣3），

解得x=9．

经检验x=9是原方程的解．

（2）解分式方程一定注意要验根．

∴=，

∵∠OEG=30°，

∴∠EOG=90°﹣∠OEG=60°，

∴∠DCF=∠EOG=30°．

故答案为：30°．

故答案为：﹣1≤x≤2．

根据折叠的性质可知：BE=EG=2，DF=GF=3，

则EC=x﹣2，FC=x﹣3，

在Rt△EFC中，EC2+FC2=EF2，

即（x﹣2）2+（x﹣3）2=（2+3）2，

解得：x1=6，x2=﹣1（舍去），

故正方形纸片ABCD的边长为6．

故答案为：6．

列式得（2a+a）2+2a2=8+4，解得a=1，则AB=1+．

（2）先把括号内通分和把除法化为乘法，然后把分子分解后约分即可．

=++5﹣1

=6；

（2）原式=•

=x．

∵由①得，x＜2，

由②得，x≥﹣1，

∴不等式组的解集是：﹣1≤x＜2，

在数轴上表示不等式组的解集为．

（2）中位数是数据从小到大排列在中间位置的数．

（3）求加权平均数数，8天的温度和÷8就为所求．

（2）∵这8天的气温从高到低排列为：4，3，3，3，2，2，1，1

∴中位数应该是第4个数和第5个数的平均数：（2+3）÷2=2.5．

（3）（1×2+2×2+3×3+4×1）÷8=2.375℃．

8天气温的平均数是2.375．

（2）利用树状图得出从A、D、E、F四个点中先后任意取两个不同的点，一共有12种可能，进而得出以点A、E、B、C为顶点及以D、F、B、C为顶点所画的四边形是平行四边形，即可求出概率．

故P（所画三角形是等腰三角形）=；

（2）用“树状图”或利用表格列出所有可能的结果：

∵以点A、E、B、C为顶点及以D、F、B、C为顶点所画的四边形是平行四边形，

∴所画的四边形是平行四边形的概率P==．

故答案为：（1），（2）．

过点B作BM⊥FD于点M，

在△ACB中，∠ACB=90°，∠A=60°，AC=10，

∴∠ABC=30°，BC=AC tan60°=10，

∵AB∥CF，∴∠BCM=∠ABC=30°．

∴BM=BC•sin30°=10×=5，

CM=BC•cos30°=10×=15，

在△EFD中，∠F=90°，∠E=45°，

∴∠EDF=45°，

∴MD=BM=5，

∴CD=CM﹣MD=15﹣5．

（2）设，利用S四边形OAEF=S矩形OABC﹣S△BEF﹣S△OCF=﹣+5，根据二次函数的最值问题即可得到当k=4时，四边形OAEF的面积有最大值，S四边形OAEF=5，此时AE=2．

∴设E（x1，），F（x2，），x1＞0，x2＞0，

∴S1=，S2=，

∵S1+S2=2，

∴=2，

∴k=2；

（2）∵四边形OABC为矩形，OA=2，OC=4，

设，，

∴BE=4﹣，BF=2﹣，

∴S△BEF=﹣k+4，

∵S△OCF=，S矩形OABC=2×4=8，

∴S四边形OAEF=S矩形OABC﹣S△BEF﹣S△OCF=+4，

=﹣+5，

∴当k=4时，S四边形OAEF=5，

∴AE=2．

当点E运动到AB的中点时，四边形OAEF的面积最大，最大值是5．

（2）由AB垂直于CD得到E为CD的中点，得到EC=ED，在直角三角形AEC中，由AC的长以及tanA的值求出CE与AE的长，由FB为圆的切线得到AB垂直于BF，得到CE与FB平行，由平行得比例列出关系式求出AF的长，根据AF﹣AC即可求出CF的长．

在Rt△AOH中，AH=4，tanA=tan∠BDC=，

∴OH=3，

∴半径OA==5；

（2）∵AB⊥CD，

∴E为CD的中点，即CE=DE，

在Rt△AEC中，AC=8，tanA=，

设CE=3k，则AE=4k，

根据勾股定理得：AC2=CE2+AE2，即9k2+16k2=，

解得：k=，

则CE=DE=，AE=，

∵BF为圆O的切线，

∴FB⊥AB，

又∵AE⊥CD，

∴CE∥FB，

∴=，即=，

解得：AF=，

则CF=AF﹣AC=．

（2）根据货车两小时到达C站，可以设x小时到达C站，列出关系式即可；

（3）两函数的图象相交，说明两辆车相遇，即客车追上了货车．

9a+×2=630，

解之，a=60，

∴=45，

答：客车的速度为60 km/h，货车的速度为45km/h

（2）方法一：由（1）可知 P（14，540），

∵D （2，0），

∴y2=45x﹣90；

方法二：由（1）知，货车的速度为45km/h，

两小时后货车的行驶时间为（x﹣2），

∴y2=45（x﹣2）=45x﹣90，

（3）方法一：∵F（9，0）M（0，540），

∴y1=﹣60x+540，

由，

解之，

∴E （6，180）

点E的实际意义：行驶6小时时，两车相遇，此时距离C站180km；

方法二：点E表示两车离C站路程相同，结合题意，两车相遇，

可列方程：45x+60x=630，

x=6，

∴540﹣60x=180，

∴E （6，180），

（2）利用矩形的性质得到△APQ∽△ABC，利用相似三角形对应边的比相等列出比例式即可求得t值；

（3）利用菱形的性质得到．

∴由勾股定理得：AB=10cm，

∵点P由B出发沿BA方向向点A匀速运动，速度均为2cm/s，

∴BP=2tcm，

∴AP=AB﹣BP=10﹣2t，

∵四边形AQPD为平行四边形，

∴AE==5﹣t；

（2）当▱AQPD是矩形时，PQ⊥AC，

∴PQ∥BC，

∴△APQ∽△ABC  

∴

即

解之  t=

∴当t=时，▱AQPD是矩形；

（3）当▱AQPD是菱形时，DQ⊥AP，

则 COS∠BAC==

即 

解之  t=

∴当t=时，□AQPD是菱形．

（2）连接OM，PM与⊙O′相切作为题中的已知条件来做．由直径所对的圆周角为直角可得∠OMC=90°从而得∠OMB=90°．又因为O′O是⊙O′的半径，O′O⊥OP得到OP为⊙O′的切线，然后根据从圆外一点引圆的两条切线，切线长相等可得OP=PM，根据等边对等角得∠POM=∠PMO，然后根据等角的余角相等可得∠PMB=∠OBM，再根据等角对等边得PM=PB，然后等量代换即可求出OP的长，加上OA的长即为点P运动过的路程AP，最后根据时间等于路程除以速度即可求出时间t的值．

（3）①由路程等于速度乘以时间可知点P走过的路程AP=3t，则BP=15﹣3t，点Q走过的路程为BQ=3t，然后过点Q作QD⊥OB于点D，证△BQD∽△BCO，由相似得比列即可表示出QD的长，然后根据三角形的面积公式即可得到S关于t的二次函数关系式，然后利用t=﹣时对应的S的值即可求出此时的最大值．

②要使△NCQ为直角三角形，必须满足三角形中有一个直角，由BA=BC可知∠BCA=∠BAC，所以角NCQ不可能为直角，所以分两种情况来讨论：第一种，当角NQC为直角时，利用两组对应角的相等可证△NCQ∽△CAO，由相似得比例即可求出t的值；第二种当∠QNC=90°时，也是证三角形的相似，由相似得比例求出t的值．

中，令x=0，得y=9；令y=0，得x=12．

∴C（0，9），B（12，0）．

又抛物线经过B，C两点，∴，解得

∴y=﹣x2+x+9．

于是令y=0，得﹣x2+x+9=0，

解得x1=﹣3，x2=12．∴A（﹣3，0）．

（2）当t=3秒时，PM与⊙O′相切．连接OM．

∵OC是⊙O′的直径，∴∠OMC=90°．∴∠OMB=90°．

∵O′O是⊙O′的半径，O′O⊥OP，∴OP是⊙O′的切线．

而PM是⊙O′的切线，∴PM=PO．∴∠POM=∠PMO．

又∵∠POM+∠OBM=90°，∠PMO+∠PMB=90°，∴∠PMB=∠OBM．∴PM=PB．

∴PO=PB=OB=6．∴PA=OA+PO=3+6=9．此时t=3（秒）．

∴当t=3秒，PM与⊙O′相切．

（3）①过点Q作QD⊥OB于点D．

∵OC⊥OB，∴QD∥OC．∴△BQD∽△BCO．∴=．

又∵OC=9，BQ=3t，BC=15，∴=，解得QD=t．

∴S△BPQ=BP•QD=．即S=．

S=．故当时，S最大，最大值为．

②存在△NCQ为直角三角形的情形．

∵BC=BA=15，∴∠BCA=∠BAC，即∠NCM=∠CAO．

∴△NCQ欲为直角三角形，∠NCQ≠90°，只存在∠NQC=90°和∠QNC=90°两种情况．

当∠NQC=90°时，∠NQC=∠COA=90°，∠NCQ=∠CAO，

∴△NCQ∽△CAO．∴=．∴=，解得t=．

当∠QNC=90°时，∠QNC=∠COA=90°，∠QCN=∠CAO，

∴△QCN∽△CAO．∴=．∴=，解得．

综上，存在△NCQ为直角三角形的情形，t的值为和．

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