精品解析江苏省宜兴市届九年级中考适应性测试一模数学试题解析版.docx

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精品解析江苏省宜兴市届九年级中考适应性测试一模数学试题解析版

2019年春季初三中考适应性测试

数学试卷

一、选择题（本大题共10小题，每题3分，共计30分.在每小题所给出的四个选项中，恰有一项是符合题目要求的，请用2B铅笔把答题卡上相应的答案涂黑）

1.﹣8的立方根是（）

A.±2B.2C.﹣2D.24

【答案】C

【解析】

试题解析：

-8的立方根是-2．

故选C．

考点：

立方根．

2.下列计算正确的是（）

A.B.C.D.

【答案】A

【解析】

分析：

根据积的乘方，合并同类项，幂的乘方，同底数幂相除法则计算即可.

详解：

根据积的乘方等于个个因式分别乘方，可知，故正确；

根据合并同类项法则，可知，故不正确；

根据幂的乘方，底数不变，指数相乘，可得，故不正确；

根据同底数幂相除，底数不变，指数相减，可得，故不正确.

故选：

A.

点睛：

此题主要考查了幂的运算性质，正确熟练利用幂的运算性质是关键.

幂的乘方，底数不变，指数相乘；

积的乘方，等于把各个因式分别乘方；

同底数幂相除，底数不变，指数相减.

3.下列图形中，是中心对称图形但不是轴对称图形的是（）

A.B.C.D.

【答案】B

【解析】

【分析】

根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．

【详解】解：

A、是轴对称图形，不是是中心对称图形，不合题意；

B、不是是轴对称图形，是中心对称图形，符合题意；

C、是轴对称图形，是中心对称图形，符合题意；

D、不是轴对称图形，不是中心对称图形，不合题意．

故选：

B．

【点睛】此题主要考查了中心对称图形与轴对称图形的概念，轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后两部分重合．

4.已知一组数据：

6，2，8，x，7，它们的平均数是6，则这组数据的中位数是（　　）

A.B.C.D.

【答案】A

【解析】

【分析】

首先根据平均数为6求出x的值，然后根据中位数的概念求解．

【详解】解：

由题意得6+2+8+x+7=6×5，

解得：

x=7，

这组数据按照从小到大的顺序排列为：

2，6，7，7，8，

则中位数为7．

故选：

A．

【点睛】本题考查了中位数和平均数的知识，将一组数据按照从小到大（或从大到小）的顺序排列，如果数据的个数是奇数，则处于中间位置的数就是这组数据的中位数；如果这组数据的个数是偶数，则中间两个数据的平均数就是这组数据的中位数；平均数是指在一组数据中所有数据之和再除以数据的个数．

5.在平面直角坐标系中，若点P（m﹣2，m+1）在第二象限，则m的取值范围是（　　）

A.m＜﹣1B.m＞2C.﹣1＜m＜2D.m＞﹣1

【答案】C

【解析】

分析：

根据第二象限内点的横坐标是负数，纵坐标是正数列出不等式组求解即可．

详解：

∵点P（m-2，m+1）在第二象限，

∴，

解得-1＜m＜2．

故选：

C．

点睛：

本题考查了各象限内点的坐标的符号特征以及解不等式，记住各象限内点的坐标的符号是解决的关键，四个象限的符号特点分别是：

第一象限（+，+）；第二象限（-，+）；第三象限（-，-）；第四象限（+，-）．

6.已知反比例函数的图像上有两点，，且，那么下列结论中，正确的是（）

A.B.

C.D.与之间的大小关系不能确定

【答案】D

【解析】

【分析】

根据反比例函数的增减性解答即可．

【详解】解：

∵当x1和x2在同一象限时，y随x增大而减小，

∴x1＜x2时，y1＞y2；

而当两点不在同一象限时，y1＜y2，

∴y1与y2之间的大小关系不能确定．

故选：

D．

【点睛】本题考查的是反比例函数图象上点的坐标特征，需注意应考虑两点在同一象限和不在同一象限时y的值的大小关系．

7.点经过某种图形变换后得到点，这种图形变化可以是（）

A.关于轴对称B.关于轴对称

C.绕原点逆时针旋转D.绕原点顺时针旋转

【答案】C

【解析】

【分析】

描点作图后，根据旋转的定义得到即可．

【详解】解：

因为点A（2，1）经过某种图形变化后得到点B（-1，2），

所以点A绕原点逆时针旋转90°得到点B，

故选：

C．

【点睛】本题考查了旋转的性质：

旋转前后两个图形全等，对应点到旋转中心的距离相等，对应点与旋转中心的连线段的夹角等于旋转角．

8.如图，已知一次函数的图像与轴分别交于点，与反比例函数的图像交于点，且，则的值为（）

A.B.C.D.

【答案】B

【解析】

【分析】

由一次函数可求AB坐标，根据可知，A是BC的中点，再由坐标中点公式即可求出C点坐标，根据图象上的点满足函数解析式即可得k的值．

【详解】解：

∵一次函数的图像与轴分别交于点，

∴A（1，0），B（0，-2）

设C点坐标（x，y），由得：

，

解得：

，

∴C点坐标为（2，2），·

∴

故选：

B.

【点睛】本题考查了反比例函数与一次函数的交点问题，图象上的点满足函数解析式，求得C点的坐标是解题的关键．

9.如图，中，，,，点在上，延长至点，使，是的中点，连接，则的长是（）

A.B.C.D.

【答案】A

【解析】

分析】

延长线段BC至G，使CG=BC，由CE=BD，可得DE=GE，又有F是AD的中点，故EF是三角形的中位线，EF=AG，而△AGC≌△ABC，故AG=AB，用勾股定理在Rt△ABC中可求AB。

则可得EF长.

【详解】解：

延长线段BC至G，使CG=BC，连接AG，

∵∠ACB=∠ACG=90°，

∴△AGC≌△ABC，AC=4，BC=6，

∴AG=AB===2，

∵CE=，

∴DE=

∵DG=CD+GC=CD+BC=2CD+BD，

∴DG=2DE，

又∵AF=DF，

∴EF===

故选：

A.

【点睛】本题考查的是三角形中位线定理，构造全等三角形使EF成为三角形的中位线，掌握三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半是解题的关键．

10.如图，在矩形中，，，是对角线上的动点，连接，将直线绕点顺时针旋转使，且过作，连接，则最小值为（）

A.B.C.D.

【答案】D

【解析】

【分析】

作HD⊥AC，由∠OGD=90°可知P、H、G、D四点共圆，进而可得∠DHF=∠DPG=∠DAC（定角），即点G在射线HF上运动，当CG⊥HF时取最小值（垂线段最短），结合已知，根据相似或解直角三角形当CG⊥HF时求出CG即可，

【详解】解：

作HD⊥AC，由∠PGD=90°，过点H、G作射线HF，

∵∠PGD=90°，

∴P、H、G、D四点共圆，

∵，

∴∠DHG=∠DPG

∵，

∴∠DHG=∠DPG=∠DAC（定角），

∴点G在射线HF上运动，当CG⊥HF时CG取最小值（垂线段最短），

又∵在矩形中，，，

∴AC=5，

当CG⊥HF时，又有∠DHG=∠DPG=∠DAC，

∴∠GHC=∠HCD，

又∴HC=CD×cos∠DCH=3=，

∴GC=HC×sin∠GHC==，

故当CG⊥HF时CG取最小值为.

故选：

D.

【点睛】本题考查了圆的基本性质和解直角三角形，利用P、H、G、D四点共圆，找到点G的远动轨迹是解题的关键，

二、填空题（本大题共8小题，每小题2分，共16分.不需写出解答过程，请把最后结果填写在答题卡对应的位置上）

11.如果二次根式有意义，那么的取值范围是__________．

【答案】x≥4

【解析】

分析：

根据二次根式有意义的条件列出不等式，解不等式即可．

详解：

由题意得，x−4⩾0，

解得，x⩾4，

故答案为：

x⩾4.

点睛：

此题考查二次根式有意义的条件，二次根式有意义的条件是被开方部分大于或等于零，二次根式无意义的条件是被开方部分小于0.

12.方程的解是___________________．

【答案】,

【解析】

【分析】

首先移项得到（x+3）（x+2）-（x+3）=0，然后提取公因式（x+3），再解两个一元一次方程即可．

【详解】解：

∵（x+3）（x+2）=x+3，

∴（x+3）（x-2）-（x+3）=0，

∴（x+3）（x+2-1）=0，

∴（x+3）（x+1）=0，

∴x1=-3，x2=-1．

【点睛】本题主要考查了因式分解法解一元二次方程的知识，解题的关键是能把一元二次方程转化成一元一次方程，题目比较好，难度适中．

13.若一个棱柱有7个面，则它是______棱柱．

【答案】5

【解析】

分析：

根据n棱柱特点，由n个侧面和两个底面构成，可判断.

详解：

由题意可知：

7-2=5.

故答案为：

5.

点睛：

此题主要考查了棱柱的概念，根据棱柱的底面和侧面的关系求解是解题关键.

14.若一个正多边形的内角和等于，则该正多边形的一个外角是__________度．

【答案】

【解析】

【分析】

根据正多边形的内角和定义（n-2）×180°列方程求出多边形的边数，再根据正多边形内角和为360°、且每个外角相等求解可得．

【详解】解：

多边形内角和（n-2）×180°=720°，

∴n=6．

则正多边形的一个外角==＝60°，

故答案为：

60．

【点睛】此题考查了多边形的内角和与外角和的知识．注意掌握多边形内角和等于（n-2）•180°，外角和等于360°．

15.如图，点A，B，C在⊙O上，四边形OABC是平行四边形，OD⊥AB于点E，交⊙O于点D，则∠BAD=_______°．

【答案】15

【解析】

分析：

根据圆的基本性质得出四边形OABC为菱形，∠AOB=60°，然后根据同弧所对的圆心角与圆周角之间的关系得出答案．

详解：

∵OABC为平行四边形，OA=OC=OB，∴四边形OABC为菱形，∠AOB=60°，

∵OD⊥AB，∴∠BOD=30°，∴∠BAD=30°÷2=15°．

点睛：

本题主要考查的是圆的基本性质问题，属于基础题型．根据题意得出四边形OABC为菱形是解题的关键．

16.如图，甲、乙为两座建筑物，它们之间的水平距离为，在点测得点的仰角为，在点测得点的仰角为，则乙建筑物的高度为__________.

【答案】

【解析】

【分析】

在Rt△BCD中可求得CD的长，即求得甲的高度，过A作AF⊥CD于点F，在Rt△ADF中可求得DF，则可求得CF的长，即可求得乙的高度．

【详解】解：

如图，过A作AF⊥CD于点F，

在Rt△BCD中，∠DBC=60°，BC=20m，

∵tan∠DBC=，

∴CD=BC•tan60°=20m，

∴甲建筑物的高度为20m；

在Rt△AFD中，∠DAF=45°，

∴DF=AF=BC=20m，

∴AB=CF=CD-DF=（20-20）m，

∴乙建筑物的高度为（20-20）m．

故答案为：

20-20．

【点睛】本题主要考查角直角三角形的应用-仰角俯角问题，构造直角三角形，利用特殊角求得相应线段的长是解题的关键．

17.如图，是等边三角形中延长线上一点，连接，是上一点，且，若，，则__________.

【答案】

【解析】

【分析】

作EK∥BC交AD于K，根据平行线的性质可得出△AEK是等边三角形，故EK=AE，∠DKE=∠DCB，再根据DE=BD可知∠DEB=∠DBE，由三角形外角的性质可知∠A+∠KDE=∠DEC，因为∠DBC+∠ABC=∠DBE，故可得出∠A+∠KDE=∠DBC+∠ABC，再由∠A=∠ABC=60°可知∠KDE=∠DBC，故可得出△EKD≌△DCB，故KE=CD，进而可得AE=CD．根据根据线段和差列方程即可得出结论．

【详解】解：

作EK∥AC交AB于K．

∵△ABC是等边三角形