湖北省咸宁市赤壁市20xx届中考数学一模试卷含解析

湖北省咸宁市赤壁市20xx届中考数学一模试卷含解析内容摘要：

数根， ∴△ =b2﹣ 4ac=（ k+2） 2﹣ k2＞ 0， 且 k≠ 0， 解得 k＞ ﹣ 1且 k≠ 0． 【点评】 本题考查了一元二次方程根的判别式的应用．切记不要忽略一元二次方程二次项系数不为零这一隐含条件． 12．如图，在 △ ABC中， AB=AC=5， BC=6，将 △ ABC绕点 C顺时针方向旋转一定角度后得到 △A′B′C ．若点 A′ 恰好落在 BC 的延长线上，则点 B′ 到 BA′ 的距离为 ． 【考点】 旋转的性质；等腰三角形的性质；勾股定理． 【分析】 作 A′D ⊥ CB′ 于 D， B′E ⊥ BC于 E，如图，利用旋转的性质得 A′B′=A′C=AB=AC=5 ，B′C=BC=6 ，再根据等腰三角形的性质得 CD=B′D= B′C=3 ，则利用勾股定理得到 A′D=4 ，然后利用面积法求 B′E ． 【解答】 解：作 A′D ⊥ CB′ 于 D， B′E ⊥ BC于 E，如图， ∵△ ABC绕点 C顺时针方向旋 转一定角度后得到 △ A′B′C ， ∴ A′B′=A′C=AB=AC=5 ， B′C=BC=6 ， ∴ CD=B′D= B′C=3 ， 在 Rt△ A′CD 中， A′D= =4， ∵ B′E•A′C= A′D•B′C ， ∴ B′E= = ， 即点 B′ 到 BA′ 的距离为 ． 故答案为 ． 【点评】 本题考查了旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；旋转前、后的图形全等． 13．一辆汽车开往距离出发地 180km的目的地，出发后第一小时按原计划的速度匀速行驶，一小时后以原来速度的 ，结果比原计划提前 40min到达目的地．原计划的行驶速度是 60 km/h． 【考点】 分式方程的应用． 【分析】 设原计划的行驶速度是 xkm/h．根据原计划的行驶时间 =实际行驶时间，列出方程即可解决问题． 【解答】 解：设原计划的行驶速度是 xkm/h． 由题意： ﹣ =1+ ， 解得 x=60， 经检验： x=60是原方程的解． ∴ 原计划的行驶速度是 60km/h． 故答案为 60； 【点评】 本题考查分式方程的应用、解题的关键是学会设未知数、找等量关系、列出方程解决问题，注意分式方程必须检验，属于中考常考题型． 14．如图，直线 AB与半径为 2的 ⊙ O相切于点 C， D是 ⊙ O上一点，且 ∠ EDC=30176。 ，弦 EF∥AB，则 EF的长度为 ． 【考点】 切线的性质；垂径定理． 【分析】 辅助线，连接 OC与 OE．根据一条弧所对的圆周角等于它所对的圆心角的一半，可知 ∠ EOC的度数；再根据切 线的性质定理，圆的切线垂直于经过切点的半径，可知 OC⊥ AB；又 EF∥ AB，可知 OC⊥ EF，最后由三角函数和垂径定理可将 EF的长求出． 【解答】 解：连接 OE和 OC，且 OC与 EF 的交点为 M． ∵∠ EDC=30176。 ， ∴∠ COE=60176。 ． ∵ AB与 ⊙ O相切， ∴ OC⊥ AB， 又 ∵ EF∥ AB， ∴ OC⊥ EF，即 △ EOM为直角三角形． 在 Rt△ EOM中， EM=sin60176。 OE= 2= ， ∵ EF=2EM， ∴ EF= ． 故答案为： 2 ． 【点评】 本题主要考查切线的性质及直角三角形的勾股定理． 15．如图，矩形 ABCD中， AB=3， BC=4，点 E是 BC边上一点，连接 AE，把 ∠ B沿 AE折叠，使点 B落在点 B′ 处．当 △ CEB′ 为直角三角形时， BE的长为 或 3 ． 【考点】 翻折变换（折叠问题）． 【分析】 当 △ CEB′ 为直角三角形时，有两种情况： ① 当点 B′ 落在矩形内部时，如答图 1所示． 连结 AC，先利用勾股定理计算出 AC=5，根据折叠的性质得 ∠ AB′E= ∠ B=90176。 ，而当 △ CEB′为直角三角形时，只能得到 ∠ EB′C=90176。 ，所以点 A、 B′ 、 C 共线，即 ∠ B 沿 AE折叠，使点 B落在对角线 AC上的点 B′ 处，则 EB=EB′ ， AB=AB′=3 ，可计算出 CB′=2 ，设 BE=x，则EB′=x ， CE=4﹣ x，然后在 Rt△ CEB′ 中运用勾股定理可计算出 x． ② 当点 B′ 落在 AD边上时，如答图 2所示．此时 ABEB′ 为正方形． 【解答】 解：当 △ CEB′ 为直角三角形时，有两种情况： ① 当点 B′ 落在矩形内部时，如答图 1所示． 连结 AC， 在 Rt△ ABC中， AB=3， BC=4， ∴ AC= =5， ∵∠ B沿 AE折叠，使点 B落在点 B′ 处， ∴∠ AB′E= ∠ B=90176。 ， 当 △ CEB′ 为直角三角形时，只能得到 ∠ EB′C=90176。 ， ∴ 点 A、 B′ 、 C共线，即 ∠ B沿 AE折叠，使点 B落在对角线 AC 上的点 B′ 处， ∴ EB=EB′ ， AB=AB′=3 ， ∴ CB′=5 ﹣ 3=2， 设 BE=x，则 EB′=x ， CE=4﹣ x， 在 Rt△ CEB′ 中， ∵ EB′ 2+CB′ 2=CE2， ∴ x2+22=（ 4﹣ x） 2，解得 x= ， ∴ BE= ； ② 当点 B′ 落在 AD边上时，如答图 2所示． 此时 ABEB′ 为正方形， ∴ BE=AB=3． 综上所述， BE的长为 或 3． 故答案为： 或 3． 【点评】 本题考查了折叠问题：折叠前后两图形全等，即对应线段相等；对应角相等．也考查了矩形的性质以及勾股定理．注意本题有两种情况，需要分类讨论，避免漏解． 16．对于二次函数 y=x2﹣ 2mx﹣ 3，有下列结论： ① 它的图象与 x轴有两个交点； ② 如果当 x≤ ﹣ 1时， y随 x的增大而减小，则 m=﹣ 1； ③ 如果将它的图象向左平移 3个单位后过原点，则 m=1； ④ 如果当 x=2时的函数值与 x=8时的函数值相等，则 m=5． 其中一定正确的结论是 ①③④ ．（把你认为正确结论的序号都填上） 【考点】 二次函数的性质． 【分析】 ① 利用根的判别式 △＞ 0判定即可； ② 根据二次函数的增减性利用对称轴列不等式求解即可； ③ 根据向左平移横坐标减求出平移前的点的坐标，然后代入函数解析式计算即可求出 m 的值； ④ 根据二次函数的对称性求出对称轴，再求出 m的值，然后把 x=2020 代入函数关系式计算即可得解． 【解答】 解： ①∵△ =（﹣ 2m） 2﹣ 4 1 （﹣ 3） =4m2+12＞ 0， ∴ 它的图象与 x轴有两个公共点，故本小题正确； ②∵ 当 x≤ ﹣ 1时 y随 x的增大而减小， ∴ 对称轴直 线 x=﹣ ≤ ﹣ 1， 解得 m≤ ﹣ 1，故本小题错误； ③∵ 将它的图象向左平移 3个单位后过原点， ∴ 平移前的图象经过点（ 3， 0）， 代入函数关系式得， 32﹣ 2m•3﹣ 3=0， 解得 m=1，故本小题正确； ④∵ 当 x=2时的函数值与 x=8时的函数值相等， ∴ 对称轴为直线 x= =5， ∴ ﹣ =5， 解得 m=5，故本小题正确； 综上所述，结论正确的是 ①④ 共 2个． 故答案为： ①③④ ． 【点评】 本题考查了二次函数图象，二次函数的性质，主要利用了二次函数与 x轴的交点问题，二次函数的对称性以及增减性，熟记各性质是解题的关键． 三、专心解一解（本大题共 8小题，满分 72分．请认真读题，冷静思考．解答题应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤．请把解题过程写在答题卷相应题号的位置） 17．（ 1）计算： 4sin60176。 ﹣ |3﹣ |+（ ） ﹣ 2； （ 2）解方程： x2﹣ x﹣ =0． 【考点】 解一元二次方程﹣公式法；实数的运算；负整数指数幂；特殊角的三角函数值． 【分析】 （ 1）本题涉及负整数指数幂、二次根式化简、绝对值、特殊角的三角函数值四个考点．针对每个考点分别进行计算，然后根据实数的运算法则求得计算结果； （ 2）利用配方法或公式法解答此题，均可得结果． 【解答】 解：（ 1）原式 =2 ﹣ 2 +3+4 =7； （ 2）方法一：移项，得 x2﹣ x= ， 配方，得（ x﹣ ） 2=1 由此可得 x﹣ =177。 1， x1=1+ ， x2=﹣ 1+ 方法二： a=1， b=﹣ ， c=﹣ ． △ =b2﹣ 4ac=（﹣ ） 2﹣ 4 1 （﹣ ） =4＞ 0 方程有两个不等的实数根 x= = = 177。 1， x1=1+ ， x2=﹣ 1+ 【点评】 本题考查实数的综合运算和一元二次方程的解法，解决此类题目的关键是熟记特殊角的三角函数值，熟练掌握负整数指数幂的运算、二次根式化简、绝对值等考点的运算以及公式法和配方法的运用． 18．如图，点 B（ 3， 3）在双曲线 y= （ x＞。