贵州省中考数学必考题Word文档下载推荐.docx
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人数（名）2431
则这10名篮球运动员年龄的中位数为（）
A．12
B．13
C.13.5
D．14
7、．若二次函数y=x2+bx+c的图象与x轴交于两点，与
y轴的正半轴交于一点，且对称轴为
x=1，则下列说法正确的
是（
A．二次函数的图象与
x轴的交点位于
y轴的两侧
B．二次函数的图象与
y轴的右侧
C．其中二次函数中的c＞1
D．二次函数的图象与
x轴的一个交于位于x=2的右侧
8、如图，已知正方形
ABCD，点E是边AB的中点，点
O是线段AE上的一个动点（不与
A、E重合），以O为圆心，
OB为半径的圆与边AD相交于点M，过点M作⊙O的切线交DC于点N，连接OM、ON、BM、BN．记△MNO、△AOM、△DMN
的面积分别为S1、S2、S3，则下列结论不一定成立的是（）
A．S1＞S2+S3B．△AOM∽△DMNC．∠MBN=45°
D
9、对a，b，定义运算“＊”如下：
a＊b＝已知3＊m＝36，
则实数m等于（）
（A）2（B）4（C）±
2（D）4或±
2
10、将一副三角尺（在Rt△ABC中，∠ACB=90°
，∠B=60°
，在Rt△EDF中，∠EDF=90°
，∠E=45°
）如图摆放，点
D为AB的中点，DE交AC于点P，DF经过点C，将△EDF绕点D顺时针方向旋转′交AC于
点M，DF′交BC于点N，则的值为（）
A．B．C．D．
二、填空题（每空4分，共24分）
11、随机从甲、乙两块试验田中各抽取100株麦苗测量高度，计算平均数和方差的结果为：
，，
，，则小麦长势比较整齐的试验田是（填“甲”或“乙”）．
12、平面上任意两点确定一条直线，任意三点最多可确定3条直线，若平面上任意n个点最多可确定28条直线，则
n的值是________________________
13、如图，在△ABC中，∠C=90°
，AC=14，BD平分∠ABC，交AC于D，
AD：
DC=5：
2，则点D到AB的距离为________.
14、如图的平面直角坐标系中有一个正六边形ABCDEF，其中C、D的坐标分别为（
情况下，将这个六边形沿着x轴向右滚动，则在滚动过程中，这个六边形的顶点
2）的是点．
1，0）和（2，0）．若在无滑动的
A、B、C、D、E、F中，会过点（47，
15、在平面直角坐标系中，将抛物线
2
绕点（1，0）旋转180°
后，得到抛物线C，定义抛物线C和C上位于
C：
y=x
1
﹣2≤x≤2范围内的部分为图象
C3．若一次函数
y=kx+k﹣1（k＞0）的图象与图象C3有两个交点，则k的范围是：
．
16、如图，矩形
，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，
的长为
（第15题图）（第16题图）
三、非选择题（共86分）
17、x2﹣4x+2=0；
（5分）18、（5分）
19、如图，在△ABC中，AB=AC，点D、E分别是AB、AC的中点，点F是BE、CD的交点，请写出图中两组全等的三
角形，并选出其中一组加以证明．（要求：
写出证明过程中的重要依据）（8分）
20、如图，帆船
和帆船
在太湖湖面上训练，
为湖面上的一个定点，教练船静候于
点．训练时要求
两
船始终关于
点对称．以
为原点，建立如图所示的坐标系，
轴，
轴的正方向分别表示正东、
正北方向．设
两船可近似看成在双曲线上运动．湖面风平浪静，双帆远影优美．训练中当教练船与两船恰好在直线
上时，三船同时发现湖面上有一遇险的船，此时教练船测得船在东南方向上，船测得与
的夹角为，船也同时测得船的位置（假设船位置不再改变，三船可分别用三点表
示）．（10分）
（1）发现船时，三船所在位置的坐标分别为和；
（2）发现船，三船立即停止训练，并分别从三点出发船沿最短路线同时前往救援，设两船的速
度相等，教练船与船的速度之比为，问教练船是否最先赶到？
请说明理由．
21、课前预习是学习的重要缓解，为了了解所教班级学生完成课前预习的具体情况，
为期半个月的跟踪调查，他将调查结果分为四类：
A．优秀，B．良好，C．一般，
两幅不完整的统计图．（10分）
某班主任对本班部分学生进行了D．较差，并将调查结果绘制成以下
（1）本次调查的样本容量是
；
其中
A类女生有
名，D类学生有
名；
（2）将条形统计图和扇形统计图补充完整；
（3）若从被调查的A类和D类学生中各随机选取一位学生进行“一帮一”辅导学习，即
A类学生辅导
D类学生，请
用列表法或画树状图的方法求出所选两位同学中恰好是一位女同学辅导一位男同学的概率．
22、阅读与思考
婆罗摩笈多（Brahmagupta），是一位印度数学家和天文学家，书写了两部关于数学和天文学的书籍，他的一些数学
成就在世界数学史上有较高的地位，他的负数概念及加减法运算仅晚于中国《九章算术》，而他的负数乘除法法则在全世界都是领先的，他还提出了著名的婆罗摩笈多定理，该定理的内容及部分证明过程如下：
已知：
如图1，四边形ABCD内接于⊙O，对角线AC⊥BD于点P，PM⊥AB于点M，延长MP交CD于点N，求证：
CN=DN．
证明：
在△
ABP和△BMP中，∵AC⊥BD，PM⊥AB，
∴∠BAP+∠ABP=90°
，∠
BPM+∠MBP=90°
∴∠BAP=∠BPM．
∵∠DPN=∠BPM，∠BAP=∠BDC．
∴⋯
（1）请你阅读婆罗摩笈多定理的证明过程，完成剩余的证明部分．（
6分）
（2）已知：
如图
2，△ABC内接于⊙
O，∠B=30°
，∠ACB=45°
，AB=2，点D在⊙O上，∠BCD=60°
，连接
AD，与
BC
交于点P，作PM⊥AB于点M，延长MP交CD于点N，则PN的长为？
（6分）
23、如图1，在△ABC中，点P为BC边中点，直线a绕顶点A旋转，若点B，P在直线a的异侧，BM⊥直线a于点M．CN⊥直线a于点N，连接PM，PN．
（1）延长MP交CN于点E（如图2）．①求证：
△BPM≌△CPE；
（4分）②求证：
PM=PN；
（4分）
（2）若直线a绕点A旋转到图3的位置时，点B，P在直线a的同侧，其它条件不变，此时PM=PN还成立吗？
若成立，
请给予证明；
若不成立，请说明理由；
（3）若直线a绕点A旋转到与BC边平行的位置时，其它条件不变，请直接判断四边形
MBCN的形状及此时
PM=PN还
成立吗？
不必说明理由．（5分）
24、设a，b是任意两个不等实数，我们规定：
满足不等式a≤x≤b的实数x的所有取值的全体叫做闭区间，表示为
[a，b]．对于一个函数，如果它的自变量x与函数值y满足：
当m≤x≤n时，有m≤y≤n，我们就称此函数是闭区间
[m．n]上的“闭函数”．如函数y=﹣x+4，当x=1时，y=3；
当x=3时，y=1，即当1≤x≤3时，有1≤y≤3，所以说
函数
y=﹣x+4是闭区间
[1，3]
上的“闭函数”．
（1）反比例函数
y=
是闭区间
[1，2016]
上的“闭函数”吗？
请判断并说明理由；
（
4分）
（2）若二次函数
y=x2﹣2x﹣k
[1，2]
上的“闭函数”，求
k的值；
5分）
（3）若一次函数
y=kx+b（k≠0）是闭区间
[m，n]上的“闭函数”，求此函数的表达式（用含
m，n的代数式表示）．（6
分）
2019中考数学参考答案
一、选择题
1、C
【考点】正数和负数．
【分析】根据各个选项中的说法可以判断其是否正确，从而可以解答本题．
【解答】解：
+（﹣2）=﹣2，故选项A错误；
﹣（﹣2）=2，故选项B错误；
上升5米，再下降3米，实际上升2米，故选项C正确；
一个数不是正数，就是负数或零，故选项D错误；
2、B【考点】全等三角形的判定．
【分析】根据普通三角形全等的判定定理，有AAS、SSS、ASA、SAS四种．逐条验证．
A、∠M=∠N，符合ASA，能判定△ABM≌△CDN，故A选项不符合题意；
B、根据条件AM=CN，MB=ND，∠MBA=∠NDC，不能判定△ABM≌△CDN，故B选项符合题意；
C、AB=CD，符合SAS，能判定△ABM≌△CDN，故C选项不符合题意；
D、AM∥CN，得出∠MAB=∠NCD，符合AAS，能判定△ABM≌△CDN，故D选项不符合题意．
3、C【考点】根据实际问题列二次函数关系式．
【分析】根据已知表示出一年后产品数量，进而得出两年后产品y与x的函数关系．
∵某工厂一种产品的年产量是20件，每一年都比上一年的产品增加x倍，
∴一年后产品是：
20（1+x），
∴两年后产品y与x的函数关系是：
y=20（1+x）2．
故选：
C．
【点评】此题主要考查了根据实际问题列二次函数关系式，得出变化规律是解题关键．
4、B；
5、.C
6、B．
7、B．
8、A．
【解析】
（1）如答图1，过点M作MP∥AO交ON于点P，∵点O是线段AE上的一个动点，
当AM=MD时，S梯形ONDA=（OA+DN）?
ADS△MNO=MP?
AD，∵（OA+DN）=MP，∴S△MNO=S梯形ONDA，∴S1=S2+S3，∴不一定
有S1＞S2+S3.故A不一定成立.
（2）∵MN是⊙O的切线，∴OM⊥MN，又∵四边形ABCD为正方形，
∴∠A=∠D=90°
，∠AMO+∠DMN=90°
，∠AMO+∠AOM=90°
.∴∠AOM=∠DMN.
在△AMO和△DMN中，∵，∴△AMO∽△DMN．故B成立.
（3）如答图2，过点B作BP⊥MN于点P，∵MN，BC是⊙O的切线，
∴∠PMB=∠MOB，∠CBM=∠MOB.∵AD∥BC，∴∠CBM=∠AMB.∴∠AMB=∠PMB.
在Rt△MAB和Rt△MPB中，∵，
∴Rt△MAB≌Rt△MPB（AAS）.∴AM=MP，∠ABM=∠MBP，BP=AB=BC.
在Rt△BPN和Rt△BCN中，，∴Rt△BPN≌Rt△BCN（HL）.
∴PN=CN，∠PBN=∠CBN.∴∠MBN=∠MBP+∠PBN.∴MN=MN+PN=AM+CN．故C，D成立.
综上所述，A不一定成立.
故选A．
9、A
10、C【考点】旋转的性质．
【专题】压轴题．
【分析】先根据直角三角形斜边上的中线性质得CD=AD=DB，则∠ACD=∠A=30°
，∠BCD=∠B=60°
，由于∠EDF=90°
，
可利用互余得∠CPD=60°
，再根据旋转的性质得∠PDM=∠CDN=α，于是可判断△PDM∽△CDN，得到=，然
后在Rt△PCD中利用正切的定义得到tan∠PCD=tan30°
=，于是可得=．
∵点D为斜边AB的中点，
∴CD=AD=DB，
∴∠ACD=∠A=30°
∵∠EDF=90°
∴∠CPD=60°
∴∠MPD=∠NCD，
∵△EDF绕点D顺时针方向旋转α（0°
＜α＜60°
），
∴∠PDM=∠CDN=α，
∴△PDM∽△CDN，
∴=，
在Rt△PCD中，∵tan∠PCD=tan30°
=，
∴=tan30°
=．
故选C．
【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；
转前、后的图形全等．也考查了相似三角形的判定与性质．
旋
二、填空题
11、甲
12、
8
13、4
14、D
解：
如图所示：
当滚动到A′D⊥x轴时，E、F、A的对应点分别是
E′、F′、A′，连接A′D，点F′，E′作F′G⊥A′D，E′H⊥A′
D，
∵六边形ABCDEF是正六边形，
∴∠A′F′G=30°
∴A′G=A′F′=，同理可得HD=，
∴A′D=2，
∵D（2，0）
∴A′（2，2），OD=2，
∵正六边形滚动6个单位长度时正好滚动一周，
∴从点（2，2）开始到点（47，2）正好滚动45个单位长度，
∵=7⋯3，
∴恰好滚动7周多3个，∴会过点（47，2）的是点D，
故答案为：
D．
15、﹣2+2＜k≤或≤k﹣4+6或k≥15．
【考点】二次函数图象与几何变换；
一次函数图象上点的坐标特征．
【分析】如图，由题意图象
C的解析式为y=﹣（x﹣2）
，图象C是图中两根红线之间的
C、C上的部分图象，分五
3
种情形讨论即可．
如图，由题意图象
C的解析式为
是图中两根红线之间的
C、C上的部分图象．
y=﹣（x﹣2），图象C
由﹣2x≤2，则A（2，4），B（﹣2，﹣16），D（2，0）．
因为一次函数y=kx+k﹣1（k＞0）的图象与图象C3有两个交点
①当直线经过点A时，满足条件，4=2k+k﹣1，解得k=，
②当直线与抛物线C切时，由
﹣kx﹣k+1=0，∵△=0，
消去y得到x
∴k2+4k﹣4=0，解得k=或﹣2﹣2（舍弃），
观察图象可知当﹣2+2＜k≤时，直线与图象C3有两个交点．
③当直线与抛物线
相切时，由
，消去
﹣（4﹣k）x+3+k=0
，∵△=0，
C
y，得到x
∴（4﹣k）2﹣4（3+k）=0，解得k=6﹣4或6+4（舍弃），
④当直线经过点D（2，0）时，0=2k+k﹣1，解得k=，
观察图象可知，≤k﹣4+6时，直线与图象C3有两个交点．
⑤当直线经过点B（﹣2，﹣16）时，﹣16=﹣2k+k﹣1，解得k=15，
观察图象可知，k≥15时，直线与图象C3有两个交点．
综上所述，当﹣2+2＜k≤或≤k﹣4+6或k≥15时，直线与图象C3有两个交点．
故答案为﹣2+2＜k≤或≤k﹣4+6或k≥15
16、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=90°
，而当△CEB′为直角三角形时，只能得
到∠EB′C=90°
，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．
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=90°
当△CEB′为直角三角形时，只能得到∠EB′C=90°
∴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．
【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．
三、非选择题
17、x2﹣4x+4=2，
（x﹣2）2=2，
x﹣2=±
，
所以x1=2+，x2=2﹣；
18、
19、解：
△ABE≌△ACD，△BCD≌△CBE或△BFD≌△CFE（写出两个即可）
（1）选△ABE≌△ACD
∵点D、E分别是AB、AC的中点，
∴AD=AB，AE=AC
又∵AB=AC，∴AD=AE
在△ABE和△ACD中，
∴△ABE≌△ACD（SAS）
（
2）选△BCD≌△CBE
∵AB=AC，
∴∠ABC=∠ACB（等边对等角）
∵点D、E分别是AB、AC的中点，∴BD=AB，CE=AC，∴BD=CE
在△BCD和△CBE中，
∴△BCD≌△CBE
（3）选△BFD≌△CFE
方法一：
∴AD=
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