2017年中考数学《整式的乘法与因式分解》专题训练含答案解析

2017年上海市长宁区、金山区中考数学一模试卷

一、选择题（本大题共6题，每题4分，满分24分）

1．在平面直角坐标系中，抛物线y=﹣（x﹣1）2+2的顶点坐标是（）A．（﹣1，2） B．（1，2）C．（2，﹣1） D．（2，1）

2．在△ABC中，∠C=90°，AB=5，BC=4，那么∠A的正弦值是（）

A．B．C．D．

3．如图，下列能判断BC∥ED的条件是（）

A．=B．=C．=D．=

4．已知⊙O1与⊙O2的半径分别是2和6，若⊙O1与⊙O2相交，那么圆心距O1O2的取值范围是（）【来源：21·世纪·教育·网】

A．2＜O1O2＜4 B．2＜O1O2＜6 C．4＜O1O2＜8 D．4＜O1O2＜10

5．已知非零向量与，那么下列说法正确的是（）

A．如果||=||，那么=B．如果||=|﹣|，那么∥

C．如果∥，那么||=||D．如果=﹣，那么||=||

6．已知等腰三角形的腰长为6cm，底边长为4cm，以等腰三角形的顶角的顶点为圆心5cm为半径画圆，那么该圆与底边的位置关系是（）

A．相离B．相切C．相交D．不能确定

二、填空题（本大题共12题，每题4分，满分48分）

7．如果3x=4y，那么=．

8．已知二次函数y=x2﹣2x+1，那么该二次函数的图象的对称轴是．

9．已知抛物线y=3x2+x+c与y轴的交点坐标是（0，﹣3），那么c=．

10．已知抛物线y=﹣x2﹣3x经过点（﹣2，m），那么m=．

11．设α是锐角，如果tanα=2，那么cotα= ．

12．在直角坐标平面中，将抛物线y=2x 2先向上平移1个单位，再向右平移1个单位，那么平移后的抛物线解析式是 ．2-1-c-n-j-y

13．已知⊙A 的半径是2，如果B 是⊙A 外一点，那么线段AB 长度的取值范围是 ．

14．如图，点G 是△ABC 的重心，联结AG 并延长交BC 于点D ，GE ∥AB 交BC 与E ，若AB=6，那么GE= ．【来源：21cnj*y.co*m 】

15．如图，在地面上离旗杆BC 底部18米的A 处，用测角仪测得旗杆顶端C 的仰角为30°，已知测角仪AD 的高度为1.5米，那么旗杆BC 的高度为 米．

16

．如图，⊙O 1与⊙O 2相交于A 、B 两点，⊙O 1与⊙O 2的半径分别是1和，

O 1O 2=2，那么两圆公共弦AB 的长为 ．【版权所有：21教育】

17．如图，在梯形ABCD 中，AD ∥BC ，AC 与BD 交于O 点，DO ：BO=1：2，点E 在CB 的延长线上，如果S △AOD ：S △ABE =1：3，那么BC ：BE= ．

18．如图，在△ABC 中，∠C=90°，AC=8，BC=6，D 是AB 的中点，点E 在边

AC上，将△ADE沿DE翻折，使得点A落在点A'处，当A'E⊥AC时，A'B=．

三、解答题（本大题共7题，满分78分）

19．计算：sin30°?tan30°﹣cos60°?cot30°+．

20．如图，在△ABC中，D是AB中点，联结CD．

（1）若AB=10且∠ACD=∠B，求AC的长．

（2）过D点作BC的平行线交AC于点E，设=，=，请用向量、表

示和（直接写出结果）

21．如图，△ABC中，CD⊥AB于点D，⊙D经过点B，与BC交于点E，与

AB交与点F．已知tanA=，cot∠ABC=，AD=8．

求（1）⊙D的半径；

（2）CE的长．

22．如图，拦水坝的横断面为梯形ABCD，AB∥CD，坝顶宽DC为6米，坝高DG

为2米，迎水坡BC的坡角为30°，坝底宽AB为（8+2）米．

（1）求背水坡AD的坡度；

（2）为了加固拦水坝，需将水坝加高2米，并且保持坝顶宽度不变，迎水坡和背水坡的坡度也不变，求加高后坝底HB的宽度．21·cn·jy·com

23．如图，已知正方形ABCD，点E在CB的延长线上，联结AE、DE，DE与边AB交于点F，FG∥BE且与AE交于点G．

（1）求证：GF=BF．

（2）在BC边上取点M，使得BM=BE，联结AM交DE于点O．求证：FO?ED=OD?EF．

24．在平面直角坐标系中，抛物线y=﹣x2+2bx+c与x轴交于点A、B（点A在点B的右侧），且与y轴正半轴交于点C，已知A（2，0）

（1）当B（﹣4，0）时，求抛物线的解析式；

（2）O为坐标原点，抛物线的顶点为P，当tan∠OAP=3时，求此抛物线的解析式；

（3）O为坐标原点，以A为圆心OA长为半径画⊙A，以C为圆心，OC长为半径画圆⊙C，当⊙A与⊙C外切时，求此抛物线的解析式．

25．已知△ABC，AB=AC=5，BC=8，∠PDQ的顶点D在BC边上，DP交AB 边于点E，DQ交AB边于点O且交CA的延长线于点F（点F与点A不重合），设∠PDQ=∠B，BD=3．

（1）求证：△BDE∽△CFD；

（2）设BE=x，OA=y，求y关于x的函数关系式，并写出定义域；

（3）当△AOF是等腰三角形时，求BE的长．

2017年上海市长宁区、金山区中考数学一模试卷

参考答案与试题解析

一、选择题（本大题共6题，每题4分，满分24分）

1．在平面直角坐标系中，抛物线y=﹣（x﹣1）2+2的顶点坐标是（）A．（﹣1，2） B．（1，2）C．（2，﹣1） D．（2，1）

【考点】二次函数的性质．

【分析】由抛物线解析式可求得答案．

【解答】解：

∵y=﹣（x﹣1）2+2，

∴抛物线顶点坐标为（1，2），

故选B．

2．在△ABC中，∠C=90°，AB=5，BC=4，那么∠A的正弦值是（）

A．B．C．D．

【考点】锐角三角函数的定义．

【分析】根据sinA=代入数据直接得出答案．

【解答】解：∵∠C=90°，AB=5，BC=4，

∴sinA==，

故选D．

3．如图，下列能判断BC∥ED的条件是（）

A．=B．=C．=D．=

【考点】平行线分线段成比例．

【分析】根据平行线分线段成比例定理，对每一项进行分析即可得出答案．

【解答】解：∵=，

∴BC∥ED；

故选C．

4．已知⊙O1与⊙O2的半径分别是2和6，若⊙O1与⊙O2相交，那么圆心距O1O2的取值范围是（）https://www.docsj.com/doc/4015357632.html,

A．2＜O1O2＜4 B．2＜O1O2＜6 C．4＜O1O2＜8 D．4＜O1O2＜10

【考点】圆与圆的位置关系．

【分析】本题直接告诉了两圆的半径及两圆相交，求圆心距范围内的可能取值，根据数量关系与两圆位置关系的对应情况便可直接得出答案．相交，则R﹣r＜P ＜R+r．（P表示圆心距，R，r分别表示两圆的半径）．21·世纪*教育网

【解答】解：两圆半径差为4，半径和为8，

两圆相交时，圆心距大于两圆半径差，且小于两圆半径和，

所以，4＜O1O2＜8．

故选C．

5．已知非零向量与，那么下列说法正确的是（）

A．如果||=||，那么=B．如果||=|﹣|，那么∥

C．如果∥，那么||=||D．如果=﹣，那么||=||

【考点】*平面向量．

【分析】根据向量的定义，可得答案．

【解答】解：A、如果||=||，与的大小相等，与的方向不一向相同，故A错误；

B

、如果||=||，与的大小相等，与不一定平行，故B错误；

C

、如果∥，与的大小不应定相等，故C错误；

D、如果=﹣，那么||=||，故D正确；

故选：D．

6．已知等腰三角形的腰长为6cm，底边长为4cm，以等腰三角形的顶角的顶点为圆心5cm为半径画圆，那么该圆与底边的位置关系是（）

A．相离B．相切C．相交D．不能确定

【考点】直线与圆的位置关系；等腰三角形的性质．

【分析】作AD⊥BC于D，由等腰三角形的性质得出BD=CD=BC=2，由勾股定理求出AD=4＞5，即d＞r，即可得出结论．21*cnjy*com

【解答】解：如图所示：

在等腰三角形ABC中，作AD⊥BC于D，

则BD=CD=BC=2，

∴AD===4＞5，

即d＞r，

∴该圆与底边的位置关系是相离；

故选：A．

二、填空题（本大题共12题，每题4分，满分48分）

7．如果3x=4y，那么=．

【考点】比例的性质．

【分析】根据等式的性质，可得答案．

【解答】解：由3x=4y，得x：y=4：3，

故答案为：．

8．已知二次函数y=x2﹣2x+1，那么该二次函数的图象的对称轴是x=1．【考点】二次函数的性质．

【分析】用配方法将抛物线的一般式转化为顶点式，可求抛物线的对称轴．【解答】解：∵y=x2﹣2x+1=（x﹣1）2，

对称轴是：x=1．

故本题答案为：x=1．

9．已知抛物线y=3x2+x+c与y轴的交点坐标是（0，﹣3），那么c=﹣3．【考点】二次函数图象上点的坐标特征．

【分析】y轴上点的坐标特点为横坐标为0，纵坐标为y，把x=0代入即可求得交点坐标为（0，c），再根据已知条件得出c的值．【出处：21教育名师】

【解答】解：当x=0时，y=c，

∵抛物线y=3x2+x+c与y轴的交点坐标是（0，﹣3），

∴c=﹣3，

故答案为﹣3．

10．已知抛物线y=﹣x2﹣3x经过点（﹣2，m），那么m=4．

【考点】二次函数图象上点的坐标特征．

【分析】直接把点（﹣2，m）代入抛物线y=﹣x2﹣3x中，列出m的一元一次方程即可．

【解答】解：∵y=﹣x2﹣3x经过点（﹣2，m），

∴m=﹣×22﹣3×（﹣2）=4，

故答案为4．

11．设α是锐角，如果tanα=2，那么cotα=．

【考点】同角三角函数的关系．

【分析】根据一个角的余切等于它余角的正切，可得答案．

【解答】解：由α是锐角，如果tanα=2，那么cotα=，

故答案为：．

12．在直角坐标平面中，将抛物线y=2x2先向上平移1个单位，再向右平移1个单位，那么平移后的抛物线解析式是y=2（x﹣1）2+1．

【考点】二次函数图象与几何变换．

【分析】先确定抛物线y=2x2的顶点坐标为（0，0），再利用点平移的规律写出（0，0）平移后对应点的坐标，然后根据顶点式写出平移后的抛物线解析式．【解答】解：抛物线y=2x2的顶点坐标为（0，0），把点（0，0）向上平移1个单位，再向右平移1个单位所得对应点的坐标为（1，1），

所以平移后的抛物线解析式为y=2（x﹣1）2+1．

故答案为y=2（x﹣1）2+1．

13．已知⊙A的半径是2，如果B是⊙A外一点，那么线段AB长度的取值范围是AB＞2．

【考点】点与圆的位置关系．

【分析】根据点P在圆外?d＞r，可得线段AB长度的取值范围是AB＞2．【解答】解：∵⊙A的半径是2，B是⊙A外一点，

∴线段AB长度的取值范围是AB＞2．

故答案为：AB＞2．

14．如图，点G是△ABC的重心，联结AG并延长交BC于点D，GE∥AB交BC与E，若AB=6，那么GE=2．21教育名师原创作品

【考点】三角形的重心；平行线分线段成比例．

【分析】先根据点G是△ABC的重心，得出DG：DA=1：3，再根据平行线分

线段成比例定理，得出=，即=，进而得出GE的长．

【解答】解：∵点G是△ABC的重心，

∴DG：AG=1：2，

∴DG：DA=1：3，

∵GE∥AB，

∴=，即=，

∴EG=2，

故答案为：2．

15．如图，在地面上离旗杆BC底部18米的A处，用测角仪测得旗杆顶端C的

仰角为30°，已知测角仪AD的高度为1.5米，那么旗杆BC的高度为6+1.5米．

【考点】解直角三角形的应用﹣仰角俯角问题．

【分析】根据正切的定义求出CE，计算即可．

【解答】解：在Rt△CDE中，tan∠CDE=，

∴CE=DE?tan∠CDE=6，

∴BC=CE+BE=6+1.5（米），

故答案为：6+1.5．

16

．如图，⊙O1与⊙O2相交于A、B两点，⊙O1与⊙O2的半径分别是1和，O

O2=2，那么两圆公共弦AB的长为．

1

【考点】相交两圆的性质．

【分析】首先连接O1A，O2A，设AC=x，O1C=y，由勾股定理可得方程组，解方程组即可求得x与y的值，继而求得答案．

【解答】解：连接O1A，O2A，如图所示

设AC=x，O1C=y，则AB=2AC=2x，

∵O1O2=2，

∴O2C=2﹣y，

∵AB⊥O1O2，

∴AC2+O1C2=O1A2，O2C2+AC2=O2A2，

∴，

解得：，

∴AC=，

∴AB=2AC=；

故答案为：．

17．如图，在梯形ABCD 中，AD ∥BC ，AC 与BD 交于O 点，DO ：BO=1：2，点E 在CB 的延长线上，如果S △AOD ：S △ABE =1：3，那么BC ：BE= 2：1 ．

【考点】相似三角形的判定与性质；梯形．

【分析】由平行线证出△AOD ∽△COB ，得出S △AOD ：S △COB =1：4，S △AOD ：S △AOB =1：2，由S △AOD ：S △ABE =1：3，得出S △ABC ：S △ABE =2：1，即可得出答案．

【解答】解：∵AD ∥BC ，

∴△AOD ∽△COB ，

∵DO ：BO=1：2，

∴S △AOD ：S △COB =1：4，S △AOD ：S △AOB =1：2，

∵S △AOD ：S △ABE =1：3，

∴S △ABC ：S △ABE =6：3=2：1，

∴BC ：BE=2：1．

18．如图，在△ABC 中，∠C=90°，AC=8，BC=6，D 是AB 的中点，点E 在边AC 上，将△ADE 沿DE 翻折，使得点A 落在点A'处，当A'E ⊥AC 时，A'B=

或7 ．

【考点】翻折变换（折叠问题）；勾股定理．

【分析】分两种情况：

①如图1，作辅助线，构建矩形，先由勾股定理求斜边AB=10，由中点的定义求出AD和BD的长，证明四边形HFGB是矩形，根据同角的三角函数列式可以求DG和DF的长，并由翻折的性质得：∠DA′E=∠A，A′D=AD=5，由矩形性质和

勾股定理可以得出结论：A′B=；

②如图2，作辅助线，构建矩形A′MNF，同理可以求出A′B的长．

【解答】解：分两种情况：

①如图1，过D作DG⊥BC与G，交A′E与F，过B作BH⊥A′E与H，

∵D为AB的中点，

∴BD=AB=AD，

∵∠C=90，AC=8，BC=6，

∴AB=10，

∴BD=AD=5，

sin∠ABC=，

∴，

∴DG=4，

由翻折得：∠DA′E=∠A，A′D=AD=5，

∴sin∠DA′E=sin∠A=，

∴，

∴DF=3，

∴FG=4﹣3=1，

∵A′E⊥AC，BC⊥AC，

∴A′E∥BC，

∴∠HFG+∠DGB=180°，

∵∠DGB=90°，

∴∠HFG=90°，

∵∠EHB=90°，