浙江省金华市2019年中考数学真题试题(含解析)下载

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  • 最近更新2023年07月17日






浙江省金华市 2019年中考数学试卷 一、选择题(本题有 10小题,每小题 3分,共 30分) 1.初数 4的相反数是( )A. B. -4 C. D. 4 【答案】 B 【考点】相反数及有理数的相反数 【解析】【解答】∵4 的相反数是-4. 故答案为:B. 【分析】反数:数值相同,符号相反的两个数,由此即可得出答案. 2.计算 a6÷a3,正确的结果是( )A. 2 B. 3a C. a2 D. a3 【答案】 D 【考点】同底数幂的除法 【解析】【解答】解:a6÷a3=a6-3=a3 故答案为:D. 【分析】同底数幂除法:底数不变,指数相减,由此计算即可得出答案. 3.若长度分别为 a,3,5的三条线段能组成一个三角形,则 a的值可以是( )A. 1 B. 2 C. 3 D. 8 【答案】 C 【考点】三角形三边关系 【解析】【解答】解:∵三角形三边长分别为:a,3,5, ∴a 的取值范围为:2<a<8, ∴a 的所有可能取值为:3,4,5,6,7. 故答案为:C. 【分析】三角形三边的关系:两边之和大于第三边,两边之差小于第三边,由此得出 a的取值范围, 从而可得答案. 4.某地一周前四天每天的最高气温与最低气温如表,则这四天中温差最大的是( 星期 )一二三四最高气温 10℃12℃ 11℃ 9℃ 最低气温 3℃0℃ -2℃-3℃ 1A. 星期一 【答案】 C B. 星期二 C. 星期三 D. 星期四 【考点】极差、标准差 【解析】【解答】解:依题可得: 星期一:10-3=7(℃), 星期二:12-0=12(℃), 星期三:11-(-2)=13(℃), 星期四:9-(-3)=12(℃), ∵7<12<13, ∴这四天中温差最大的是星期三. 故答案为:C. 【分析】根据表中数据分别计算出每天的温差,再比较大小,从而可得出答案. 5.一个布袋里装有 2个红球,3个黄球和 5个白球,除颜色外其它都相同,搅匀后任意摸出一个球, 是白球的概率为( )A. B. C. D. 【答案】 A 【考点】等可能事件的概率 【解析】【解答】解:依题可得: 布袋中一共有球:2+3+5=10(个), ∴搅匀后任意摸出一个球,是白球的概率 P= 故答案为:A. .【分析】结合题意求得布袋中球的总个数,再根据概率公式即可求得答案. 6.如图是雷达屏幕在一次探测中发现的多个目标,其中对目标 A的位置表述正确的是( )A. 在南偏东 75°方向处 C. 在南偏东 15°方向 5km处 【答案】 D B. 在 5km处 D. 在南 75°方向 5km处 2【考点】钟面角、方位角 【解析】【解答】解:依题可得: 90°÷6=15°, ∴15°×5=75°, ∴目标 A的位置为:南偏东 75°方向 5km处. 故答案为:D. 【分析】根据题意求出角的度数,再由图中数据和方位角的概念即可得出答案. 7.用配方法解方程 x2-6x-8=0时,配方结果正确的是( )A. (x-3)2=17 B. (x-3)2=14 C. (x-6)2=44 D. (x-3)2=1 【答案】 A 【考点】配方法解一元二次方程 【解析】【解答】解:∵x2-6x-8=0, ∴x2-6x+9=8+9, ∴(x-3)2=17. 故答案为:A. 【分析】根据配方法的原则:①二次项系数需为 1,②加上一次项系数一半的平方,再根据完全平方 公式即可得出答案. 8.如图,矩形 ABCD的对角线交于点 O,已知 AB=m,∠BAC=∠α,则下列结论错误的是( )A. ∠BDC=∠α 【答案】 C B. BC=m·tanα C. AO= D. BD= 【考点】锐角三角函数的定义 【解析】【解答】解:A.∵矩形 ABCD, ∴AB=DC,∠ABC=∠DCB=90°, 又∵BC=CB, ∴△ABC≌△DCB(SAS), ∴∠BDC=∠BAC=α, 故正确,A不符合题意; B.∵矩形 ABCD, 3∴∠ABC=90°, 在 Rt△ABC 中, ∵∠BAC=α,AB=m, ∴tanα= ,∴BC=AB·tanα=mtanα, 故正确,B不符合题意; C.∵矩形 ABCD, ∴∠ABC=90°, 在 Rt△ABC 中, ∵∠BAC=α,AB=m, ∴cosα= ∴AC= ,=,∴AO= AC= 故错误,C符合题意; D.∵矩形 ABCD, ∴AC=BD, 由 C知 AC= =,∴BD=AC= ,故正确,D不符合题意; 故答案为:C. 【分析】A.由矩形性质和全等三角形判定 SAS可得△ABC≌△DCB,根据全等三角形性质可得 ∠BDC=∠BAC=α,故 A正确; B.由矩形性质得∠ABC=90°,在 Rt△ABC 中,根据正切函数定义可得 BC=AB·tanα=mtanα, 故正确; C.由矩形性质得∠ABC=90°,在 Rt△ABC 中,根据余弦函数定义可得 AC= AC即可求得 AO长,故错误; =,再由 AO= D.由矩形性质得 AC=BD,由 C知 AC= =,从而可得 BD长,故正确; 9.如图物体由两个圆锥组成,其主视图中,∠A=90°,∠ABC=105°,若上面圆锥的侧面积为 1,则 4下面圆锥的侧面积为( )A. 2 B. C. D. 【答案】 D 【考点】圆锥的计算 【解析】【解答】解:设 BD=2r, ∵∠A=90°, ∴AB=AD= r,∠ABD=45°, ∵上面圆锥的侧面积 S= ·2πr· r=1, ∴r2= ,又∵∠ABC=105°, ∴∠CBD=60°, 又∵CB=CD, ∴△CBD 是边长为 2r的等边三角形, ∴下面圆锥的侧面积 S= 故答案为:D. ·2πr·2r=2πr2=2π× =.【分析】设 BD=2r,根据勾股定理得 AB=AD= r,∠ABD=45°,由圆锥侧面积公式得 ·2πr· r=1,求得 r2= ,结合已知条件得∠CBD=60°,根据等边三角形判定得△CBD 是 边长为 2r的等边三角形,由圆锥侧面积公式得下面圆锥的侧面积即可求得答案. 10.将一张正方形纸片按如图步骤,通过折叠得到图④,再沿虚线剪去一个角,展开铺平后得到图⑤, 其中 FM,GN是折痕,若正方形 EFGH与五边形 MCNGF的面积相等,则 的值是( )5A. B. -1 C. D. 【答案】 A 【考点】剪纸问题 【解析】【解答】解:设大正方形边长为 a,小正方形边长为 x,连结 NM,作 GO⊥NM 于点 O,如图, 依题可得: NM= a,FM=GN= ,∴NO= ∴GO= =,=,∵正方形 EFGH与五边形 MCNGF的面积相等, ∴x2= + a2 ,∴a= x, ∴==.故答案为:A. 【分析】设大正方形边长为 a,小正方形边长为 x,连结 NM,作 GO⊥NM 于点 O,根据题意可得,NM= 6a,FM=GN= ,NO= =,根据勾股定理得 GO= + a2 , 解之可得a= ,由题意建立方程 x2= x,由 ,将 a= x代入即可得出答案. 二、填空题(本题有 6小题,每小题 4分,共 24分) 11.不等式 3x-6≤9 的解是________. 【答案】 x≤5 【考点】解一元一次不等式 【解析】【解答】解:∵3x-6≤9, ∴x≤5. 故答案为:x≤5. 【分析】根据解一元一次不等式步骤解之即可得出答案. 12.数据 3,4,10,7,6的中位数是________. 【答案】 6 【考点】中位数 【解析】【解答】解:将这组数据从小到大排列为:3,4,6,7,10, ∴这组数据的中位数为:6. 故答案为:6. 【分析】中位数:将一组数据从小到大排列或从大到小排列,如果是奇数个数,则处于中间的那个数 即为中位数;若是偶数个数,则中间两个数的平均数即为中位数;由此即可得出答案. 13.当 x=1,y= 时,代数式 x2+2xy+y2的值是________. 【答案】 【考点】代数式求值 【解析】【解答】解:∵x=1,y=- ,∴x2+2xy+y2=(x+y)2=(1- )2= . 故答案为: . 【分析】先利用完全平方公式合并,再将 x、y值代入、计算即可得出答案. 714.如图,在量角器的圆心 O处下挂一铅锤,制作了一个简易测倾仪。量角器的 O刻度线 AB对准楼顶 时,铅垂线对应的读数是 50°,则此时观察楼顶的仰角度数是________ .【答案】 40° 【考点】三角形内角和定理 【解析】【解答】如图, 依题可得:∠AOC=50°, ∴∠OAC=40°, 即观察楼顶的仰角度数为 40°. 故答案为:40°. 【分析】根据题意可得∠AOC=50°,由三角形内角和定理得∠OAC=40°,∠OAC 即为观察楼顶的仰角 度数. 15.元朝朱世杰的《算学启蒙》一书记载:“今有良马目行二百四十里,驽马日行一百五十里,驽马 先行一十二日,问良马几何日追及之,”如图是两匹马行走路程 s关于行走时间 t的函数图象,则两 图象交点 P的坐标是________ .【答案】 (32,4800) 【考点】一次函数与一元一次方程的综合应用 【解析】【解答】解:设良马追及 x日,依题可得: 150×12+150x=240x, 8解得:x=20, ∴240×20=4800, ∴P 点横坐标为:20+12=32, ∴P(32,4800), 故答案为:(32,4800). 【分析】设良马追及 x日,根据两种马所走的路程相同列出方程 150×12+150x=240x,解之得 x=20, 从而可得路程为 4800,根据题意得 P点横坐标为:20+12=32,从而可得 P点坐标. 16.图 2、图 3是某公共汽车双开门的俯视示意图,ME,EF,FN是门轴的滑动轨道,∠E=∠F=90°, 两门 AB,CD的门轴 A,B,C,D都在滑动轨道上.两门关闭时(图 2),A,D分别在 E,F处,门缝 忽略不计(即 B,C重合);两门同时开启,A,D分别沿 E→M,F→N 的方向匀速滑动,带动 B,C滑 动;B到达 E时,C恰好到达 F,此时两门完全开启。已知 AB=50cm,CD=40cm. (1)如图 3,当∠ABE=30°时,BC=________ cm. (2)在(1)的基础上,当 A向 M方向继续滑动 15cm时,四边形 ABCD的面积为________cm2 . 【答案】 (1)90-45 (2)2256 【考点】解直角三角形的应用 【解析】【解答】解:(1)∵AB=50cm,CD=40cm, ∴EF=AD=AB+CD=50+40=90(cm), ∵∠ABE=30°, ∴cos30°= ∴BE=25 ,,同理可得:CF=20 ∴BC=EF-BE-CF=90-25 ( 2 )作 AG⊥FN,连结 AD,如图, ,-20 =90-45 (cm); 9依题可得:AE=25+15=40(cm), ∵AB=50, ∴BE=30, 又∵CD=40, ∴sin∠ABE= ,cos∠ABE= ,∴DF=32,CF=24, ∴S 四边形 ABCD=S矩形 AEFG-S△AEB-S△CFD-S△ADG ,=40×90- ×30×40- ×24×32- ×8×90, =3600-600-384-360, =2256. 故答案为:90-45 【分析】(1)根据题意求得 EF=AD=90cm,根据锐角三角函数余弦定义求得 BE=25 同理可得:CF=20 ,由 BC=EF-BE-CF即可求得答案.(2)作 AG⊥FN,连结 AD,根据题意可得 ,2256. ,AE=25+15=40cm,由勾股定理得 BE=30,由锐角三角函数正弦、余弦定义可求得 DF=32,CF=24,由 S四 边形 ABCD=S矩形 AEFG-S△AEB-S△CFD-S△ADG , 代入数据即可求得答案. 三、解答题(本题有 8小题,共 66分) 17.计算:|-3|-2tan60°+ +( )-1 +2 +3, 【答案】 解:原式=3-2 =6. 【考点】实数的运算,负整数指数幂的运算性质,特殊角的三角函数值,实数的绝对值 【解析】【分析】根据有理数的绝对值,特殊角的三角函数值,负整数指数幂,二次根式一一计算即 可得出答案. 18.解方程组: 【答案】 解:原方程可变形为: ,10 ①+②得:6y=6, 解得:y=1, 将 y=1代入②得: x=3, ∴原方程组的解为: .【考点】解二元一次方程组 【解析】【分析】先将原方程组化简,再利用加减消元法解方程组即可得出答案. 19.某校根据课程设置要求,开设了数学类拓展性课程。为了解学生最喜欢的课程内容,随机抽取了 部分学生进行问卷调查(生人必须且只选其中一项),并将统计结果绘制成如下统计图(不完整), 请根据图中信息回答问题。 (1)求 m,n的值。 (2)补全条形统计图。 (3)该校共有 1200名学生,试估计全校最喜欢“数学史话”的学生人数。 【答案】 (1)解:由统计表和扇形统计图可知: A 趣味数学的人数为 12人,所占百分比为 20%, ∴总人数为:12÷20%=60(人), ∴m=15÷60=25%, n=9÷60=15%, 答:m为 25%,n为 15%. (2)由扇形统计图可得, D生活应用所占百分比为:30%, ∴D 生活应用的人数为:60×30%=18, 补全条形统计图如下, 11 (3)解:由(1)知“数学史话”的百分比为 25%, ∴该校最喜欢“数学史话”的人数为:1200×25%=300(人). 答:该校最喜欢“数学史话”的人数为 300人. 【考点】用样本估计总体,扇形统计图,条形统计图 【解析】【分析】(1)根据统计表和扇形统计图中的数据,由总数=频数÷频率,频率=频数÷总数 即可得答案.(2)由扇形统计图中可得 D生活应用所占百分比,再由频数=总数×频率即可求得答案. (3)由(1)知“数学史话”的百分比为 25%,根据频数=总数×频率即可求得答案. 20.如图,在 7×6的方格中,△ABC 的顶点均在格点上,试按要求画出线段 EF(E,F均为格点),各 画出一条即可。 【答案】 解:如图所示, 【考点】作图—复杂作图 12 【解析】【分析】找出 BC中点再与格点 E、F连线即可得出 EF平分 BC的图形;由格点作 AC的垂线 即为 EF;找出 AB中点,再由格点、AB中点作 AB的垂线即可. 21.如图,在 OABC,以 O为图心,OA为半径的圆与 C相切于点 B,与 OC相交于点 D. (1)求 的度数。 (2)如图,点 E在⊙O 上,连结 CE与⊙O 交于点 F。若 EF=AB,求∠OCE 的度数. 【答案】 (1)如图,连结 OB,设⊙O 半径为 r, ∵BC 与⊙O 相切于点 B, ∴OB⊥BC, 又∵四边形 OABC为平行四边形, ∴OA∥BC,AB=OC, ∴∠AOB=90°, 又∵OA=OB=r, ∴AB= r, ∴△AOB,△OBC 均为等腰直角三角形, ∴∠BOC=45°, ∴弧 CD度数为 45°. (2)作 OH⊥EF,连结 OE, 由(1)知 EF=AB= r, ∴△OEF 为等腰直角三角形, 13 ∴OH= EF= r, 在 Rt△OHC 中, ∴sin∠OCE= =,∴∠OCE=30°. 【考点】切线的性质,解直角三角形的应用 【解析】【分析】(1)连结 OB,设⊙O 半径为 r,根据切线性质得 OB⊥BC,由平行四边形性质得 OA∥BC, AB=OC,根据平行线性质得∠AOB=90°,由勾股定理得 AB= r,从而可得△AOB,△OBC 均为等腰直 角三角形,由等腰直角三角形性质得∠BOC=45°,即弧 CD度数.(2)作 OH⊥EF,连结 OE,由(1) 知 EF=AB= r,从而可得△OEF 为等腰直角三角形,根据等腰直角三角形性质得 OH= EF= r, 在 Rt△OHC 中,根据正弦函数定义得 sin∠OCE= ,从而可得∠OCE=30°. 22.如图,在平面直角坐标系中,正次边形 ABCDEF的对称中心 P在反比例函数 y= 的图象上,边 CD在 x轴上,点 B在 y轴上,已知 CD=2. (k>0,x>0) (1)点 A是否在该反比例函数的图象上?请说明理曲。 (2)若该反比例函数图象与 DE交于点 Q,求点 Q的横坐标。 (3)平移正六边形 ABCDEF,使其一边的两个端点恰好都落在该反比例函数的图象上,试描述平移过 程。 【答案】 (1)连结 PC,过 点P作 PH⊥x 轴于点 H,如图, 14 ∵在正六边形 ABCDEF中,点 B在 y轴上, ∴△OBC 和△PCH 都是含有 30°角的直角三角形,BC=PC=CD=2, ∴OC=CH=1,PH= ∴P(2, ), ,又∵点 P在反比例函数 y= ∴k=2 上, ,∴反比例函数解析式为:y= (x>0), 连结 AC,过点 B作 BG⊥AC 于点 G, ∵∠ABC=120°,AB=CB=2, ∴BG=1,AG=CG= ∴A(1,2 ), ,AC=2 ,∴点 A在该反比例函数的图像上. (2)过点 Q作 QM⊥x 轴于点 M, ∵六边形 ABCDEF为正六边形, ∴∠EDM=60°, 设 DM=b,则 QM= ∴Q(b+3, b), 又∵点 Q在反比例函数上, b(b+3)=2 b, ∴,解得:b1= ,b2= (舍去), 15 ∴b+3= +3= ,∴点 Q的横坐标为 (3)连结 AP, .∵AP=BC=EF,AP∥BC∥EF, ∴平移过程:将正六边形 ABCDEF先向右平移 1个单位,再向上平移 向左平移 2个单位. 个单位,或将正六边形 ABCDEF 【考点】待定系数法求反比例函数解析式,反比例函数图象上点的坐标特征 【解析】【分析】(1)连结 PC,过 点P作 PH⊥x 轴于点 H,由正六边形性质可得△OBC 和△PCH 都 是含有 30°角的直角三角形,BC=PC=CD=2,根据直角三角形性质可得 OC=CH=1,PH= ),将点 P坐标代入反比例函数解析式即可求得 k值;连结 AC,过点 B作 BG⊥AC 于点 G,由正六 边形性质得∠ABC=120°,AB=CB=2,根据直角三角形性质可得 BG=1,AG=CG= ,AC=2 ,即 A ),从而可得点 A在该反比例函数的图像上.(2)过点 Q作 QM⊥x 轴于点 M,由正六边形 ,即 P(2, (1,2 性质可得∠EDM=60°,设 DM=b,则 QM= b,从而可得 Q(b+3, b),将点 Q坐标代入反比例函 数解析式可得 b(b+3)=2 ,解之得 b值,从而可得点 Q的横坐标 b+3的值.(3)连结 AP,可得 AP=BC=EF,AP∥BC∥EF,从而可得平移过程:将正六边形 ABCDEF先向右平移 1个单位,再向上平移 个单位,或将正六边形 ABCDEF向左平移 2个单位. 23.如图,在平面直角坐标系中,正方形 OABC的边长为 4,边 OA,OC分别在 x轴,y轴的正半轴上,把 正方形 OABC的内部及边上,横,纵坐标均为整数的点称为好点,点 P为抛物线 y=-(x-m)2+m+2的 顶点。 (1)当 m=0时,求该抛物线下方(包括边界)的好点个数。 (2)当 m=3时,求该抛物线上的好点坐标。 16 (3)若点 P在正方形 OABC内部,该抛物线下方(包括边界)给好存在 8个好点,求 m的取值范围, 【答案】 (1)解:∵m=0, ∴二次函数表达式为:y=-x2+2,画出函数图像如图 1, ∵当 x=0时,y=2;当 x=1时,y=1; ∴抛物线经过点(0,2)和(1,1), ∴好点有:(0,0),(0,1),(0,2),(1,0)和(1,1),共 5个. (2)解:∵m=3, ∴二次函数表达式为:y=-(x-3)2+5,画出函数图像如图 2, ∵当 x=1时,y=1;当 x=2时,y=4;当 x=4时,y=4; ∴抛物线上存在好点,坐标分别是(1,1),(2,4)和(4,4)。 (3)解:∵抛物线顶点 P(m,m+2), ∴点 P在直线 y=x+2上, ∵点 P在正方形内部, ∴0<m<2, 如图 3,E(2,1),F(2,2), 17 ∴当顶点 P在正方形 OABC内,且好点恰好存在 8个时,抛物线与线段 EF有交点(点 F除外), 当抛物线经过点 E(2,1)时, ∴-(2-m)2+m+2=1, 解得:m1= ,m2= (舍去), 当抛物线经过点 F(2,2)时, ∴-(2-m)2+m+2=2, 解得:m3=1,m4=4(舍去), ∴当 ≤m<1时,顶点 P在正方形 OABC内,恰好存在 8个好点. 【考点】二次函数的其他应用 【解析】【分析】(1)将 m=0代入二次函数解析式得 y=-x2+2,画出函数图像,从图像上可得抛物线 经过点(0,2)和(1,1),从而可得好点个数. (2)将 m=3代入二次函数解析式得 y=-(x-3)2+5,画出函数图像,由图像可得抛物线上存在好点 以及好点坐标. (3)由解析式可得抛物线顶点 P(m,m+2),从而可得点 P在直线 y=x+2上,由点 P在正方形内部, 可得 0<m<2;结合题意分情况讨论:①当抛物线经过点 E(2,1)时,②当抛物线经过点 F(2,2) 时,将点代入二次函数解析式 ,解之即可得m值,从而可得 m范围. 24.如图,在等腰 Rt△ABC 中,∠ACB=90°,AB=14 点 E按逆时针方向旋转 90°得到 EF。 。点 D,E分别在边 AB,BC上,将线段 ED绕 18 (1)如图 1,若 AD=BD,点 E与点 C重合,AF与 DC相交于点 O,求证:BD=2DO. (2)已知点 G为 AF的中点。 ①如图 2,若 AD=BD,CE=2,求 DG的长。 ②若 AD=6BD,是否存在点 E,使得△DEG 是直角三角形?若存在,求 CE的长;若不存在,试说明理由。 【答案】 (1)解:由旋转的性质得: CD=CF,∠DCF=90°, ∵△ABC 是等腰直角三角形,AD=BD, ∴∠ADO=90°,CD=BD=AD, ∴∠DCF=∠ADC, 在△ADO 和△FCO 中, ∵,∴△ADO≌△FCO(AAS), ∴DO=CO, ∴BD=CD=2DO. (2)解:①如图 1,分别过点 D、F作 DN⊥BC 于点 N,FM⊥BC 于点 M,连结 BF, ∴∠DNE=∠EMF=90°, 19 又∵∠NDE=∠MEF,DE=EF, ∴△DNE≌△EMF, ∴DN=EM, 又∵BD=7 ,∠ABC=45°, ∴DN=EM=7, ∴BM=BC-ME-EC=5, ∴MF=NE=NC-EC=5, ∴BF=5 ,∵点 D、G分别是 AB、AF的中点, ∴DG= BF= ;②过点 D作 DH⊥BC 于点 H, ∵AD=6BD,AB=14 ∴BD=2 ,,(ⅰ)当∠DEG=90°时,有如图 2、3两种情况,设 CE=t, ∵∠DEF=90°,∠DEG=90°, ∴点 E在线段 AF上, ∴BH=DH=2,BE=14-t,HE=BE-BH=12-t, ∵△DHE∽△ECA, ∴,20 即,,解得:t=6±2 ∴CE=6+2 ,或 CE=6-2 ,(ⅱ)当 DG∥BC 时,如图 4,过点 F作 FK⊥BC 于点 K,延长 DG交 AC于点 N,延长 AC并截取 MN=NA, 连结 FM, 则 NC=DH=2,MC=10, 设 GN=t,则 FM=2t,BK=14-2t, ∵△DHE∽△EKF, ∴DH=EK=2,HE=KF=14-2t, ∵MC=FK, ∴14-2t=10, 解得:t=2, ∵GN=EC=2,GN∥EC, ∴四边形 GECN为平行四边形,∠ACB=90°, ∴四边形 GECN为矩形, ∴∠EGN=90°, ∴当 EC=2时,有∠DGE=90°, (ⅲ)当∠EDG=90°时,如图 5: 21 过点 G、F分别作 AC的垂线交射线于点 N、M,过点 E作 EK⊥FM 于点 K,过点 D作 GN的垂线交 NG的 延长线于点 P,则 PN=HC=BC-HB=12, 设 GN=t,则 FM=2t, ∴PG=PN-GN=12-t, ∵△DHE∽△EKF, ∴FK=2, ∴CE=KM=2t-2, ∴HE=HC-CE=12-(2t-2)=14-2t, ∴EK=HE=14-2t, AM=AC+CM=AC+EK=14+14-2t=28-2t, ∴MN= AM=14-t,NC=MN-CM=t, ∴PD=t-2, ∵△GPD∽△DHE, ∴,即,解得:t1=10- ,t2=10+ (舍去), ∴CE=2t-2=18-2 ;综上所述:CE的长为=6+2 【考点】相似三角形的判定与性质,旋转的性质 【解析】【分析】(1)由旋转的性质得 CD=CF,∠DCF=90°,由全等三角形判定 AAS得 ,6-2 ,2或 18-2 .22 △ADO≌△FCO,根据全等三角形性质即可得证. (2)①分别过点 D、F作 DN⊥BC 于点 N,FM⊥BC 于点 M,连结 BF,由全等三角形判定和性质得 DN=EM,根据勾股定理求得 DN=EM=7,BF=5 ,由线段中点定义即可求得答案. ②过点 D作 DH⊥BC 于点 H,根据题意求得 BD=2 (ⅰ)当∠DEG=90°时,画出图形; (ⅱ)当 DG∥BC 时,画出图形; ,再分情况讨论: (ⅲ)当∠EDG=90°时,画出图形;结合图形分别求得 CE长. 23 试卷分析部分 1. 试卷总体分布分析 总分:120分 客观题(占比) 主观题(占比) 客观题(占比) 主观题(占比) 30(25.0%) 90(75.0%) 10(41.7%) 14(58.3%) 分值分布 题量分布 2. 试卷题量分布分析 大题题型 题目量(占比) 分值(占比) 选择题(本题有 10小题,每小 题 3分,共 30分) 10(41.7%) 30(25.0%) 填空题(本题有 6小题,每小 题 4分,共 24分) 6(25.0%) 8(33.3%) 24(20.0%) 66(55.0%) 解答题(本题有 8小题,共 66 分) 3. 试卷难度结构分析 24 序号 难易度 容易 占比 25% 50% 25% 123普通 困难 4. 试卷知识点分析 序号 知识点(认知水平) 分值(占比) 对应题号 相反数及有理数的相 反数 13(1.7%) 123456同底数幂的除法 三角形三边关系 极差、标准差 3(1.7%) 3(1.7%) 3(1.7%) 3(1.7%) 3(1.7%) 23456等可能事件的概率 钟面角、方位角 配方法解一元二次方 程783(1.7%) 3(1.7%) 78锐角三角函数的定义 25 9圆锥的计算 剪纸问题 3(1.7%) 3(1.7%) 4(2.2%) 4(2.2%) 4(2.2%) 4(2.2%) 910 11 12 13 14 10 11 12 13 14 解一元一次不等式 中位数 代数式求值 三角形内角和定理 一次函数与一元一次 方程的综合应用 15 4(2.2%) 15 16 17 18 解直角三角形的应用 实数的绝对值 12(6.7%) 6(3.3%) 6(3.3%) 16,21 17 实数的运算 17 负整数指数幂的运算 性质 19 6(3.3%) 17 20 21 22 特殊角的三角函数值 解二元一次方程组 条形统计图 6(3.3%) 6(3.3%) 6(3.3%) 17 18 19 26 23 24 25 26 用样本估计总体 扇形统计图 6(3.3%) 6(3.3%) 8(4.4%) 8(4.4%) 19 19 20 21 作图—复杂作图 切线的性质 待定系数法求反比例 函数解析式 27 28 10(5.6%) 10(5.6%) 22 22 反比例函数图象上点 的坐标特征 29 30 二次函数的其他应用 旋转的性质 10(5.6%) 12(6.7%) 23 24 相似三角形的判定与 性质 31 12(6.7%) 24 27 28

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