文档介绍：该【2024届湖南省长沙市教科所重点名校中考五模数学试题含解析 】是由【小屁孩】上传分享，文档一共【21】页，该文档可以免费在线阅读，需要了解更多关于【2024届湖南省长沙市教科所重点名校中考五模数学试题含解析 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边的长.【题目详解】∵在△ABC中,∠A:∠B:∠C=1:2:3,∴∵最小边的长是2cm,∴a=2.∴c=2a=:1.【题目点拨】考查含30度角的直角三角形的性质,掌握30度角所对的直角边等于斜边的一半是解题的关键.:..三、解答题(共8题,共72分)17、(1)详见解析;(2)30.【解题分析】(1)利用切线的性质得∠CEO=90°,再证明△OCA≌△OCE得到∠CAO=∠CEO=90°,然后根据切线的判定定理得到结论;(2)利用四边形FOBE是菱形得到OF=OB=BF=EF,则可判定△OBE为等边三角形,所以∠BOE=60°,然后利用互余可确定∠D的度数.【题目详解】(1)证明:∵CD与⊙O相切于点E,∴OE⊥CD,∴∠CEO=90°,又∵OC∥BE,∴∠COE=∠OEB,∠OBE=∠COA∵OE=OB,∴∠OEB=∠OBE,∴∠COE=∠COA,又∵OC=OC,OA=OE,∴△OCA≌△OCE(SAS),∴∠CAO=∠CEO=90°,又∵AB为⊙O的直径,∴AC为⊙O的切线;(2)∵四边形FOBE是菱形,∴OF=OB=BF=EF,∴OE=OB=BE,∴△OBE为等边三角形,∴∠BOE=60°,而OE⊥CD,∴∠D=30°.【题目点拨】本题考查了切线的判定与性质:经过半径的外端且垂直于这条半径的直线是圆的切线;“连圆心和直线与圆的公共点”或“过圆心作这条直线的垂线”;有切线时,常常“遇到切点连圆心得半:..径”.也考查了圆周角定理.??2x?10(0?x?5)?18、(1)y关于x的函数解析式为y??20(5?x?10);(2)恒温系统设定恒温为20°C;(3)恒温系统最多关闭?200?(10?x?24)?x10小时,蔬菜才能避免受到伤害.【解题分析】分析:(1)应用待定系数法分段求函数解析式;(2)观察图象可得;(3)代入临界值y=:(1)设线段AB解析式为y=kx+b(k≠0)1∵线段AB过点(0,10),(2,14)?b=10代入得??2k?b=141?k=2解得?1?b=10∴AB解析式为:y=2x+10(0≤x<5)∵B在线段AB上当x=5时,y=20∴B坐标为(5,20)∴线段BC的解析式为:y=20(5≤x<10)k设双曲线CD解析式为:y=2(k≠0)2x∵C(10,20)∴k=2002200∴双曲线CD解析式为:y=(10≤x≤24)x??2x?10(0?x?5)?∴y关于x的函数解析式为:y??20(5?x?10)?200??10?x?24??x(2)由(1)恒温系统设定恒温为20°C:..200(3)把y=10代入y=中,解得,x=20x∴20-10=10答:恒温系统最多关闭10小时,:本题为实际应用背景的函数综合题,考查求得一次函数、、(1,0)、(﹣2,0)【解题分析】试题分析:抛物线与x轴交点的纵坐标等于零,:解:令y?0,即x2?x?2?:x?1,x??∴该抛物线与x轴的交点坐标为(-2,0),(1,0).20、(1)当AD?BD,BC?BD时有最大值1;(2)当BD?8时,面积有最大值32.【解题分析】(1)由题意当AD∥BC,BD⊥AD时,四边形ABCD的面积最大,由此即可解决问题.(2)设BD=x,由题意:当AD∥BC,BD⊥AD时,四边形ABCD的面积最大,构建二次函数,利用二次函数的性质即可解决问题.【题目详解】(1)由题意当AD∥BC,BD⊥AD时,四边形ABCD的面积最大,1最大面积为×6×(16-6)=?BD,BC?BD时有最大值1;(2)当ADBD,BC?BD时有最大值,设BD?x,由题意:当AD∥BC,BD⊥AD时,四边形ABCD的面积最大,AD?BD?BC?16?AD?BC?16?x?S?S?S四边形ABCDABDCBD11?AD?BD?BC?BD221??AD?BC??BD2:..1??16?x?x21=??x?8?2?3221??02∴抛物线开口向下∴当BD?8时,面积有最大值32.【题目点拨】本题考查三角形的面积,二次函数的应用等知识,、见解析【解题分析】作∠AOB的角平分线和线段MN的垂直平分线,它们的交点即是要求作的点P.【题目详解】解:①作∠AOB的平分线OE,②作线段MN的垂直平分线GH,.【题目点拨】本题考查了角平分线和线段垂直平分线的尺规作法,、(1)y??x2?x?2;(1),E(1,1);(3)存在,P点坐标可以为(1+7,5)或(3,5).222【解题分析】?1?x3b(1)设B(x,5),由已知条件得2?,进而得到B(2,5).又由对称轴??(1)先求出直线BC的解析式,再设E(m,=﹣m+1.),F(m,﹣m1+m+1.)222求得FE的值,得到S﹣m1+=S+S,得S最大值,最终得到E点坐标.△CBF四边形CDBF△CBF△CDB四边形CDBF13(3)设N点为(n,﹣n1+n+1),1<n<⊥x轴于点P,得PG=n﹣,得△ABC为直角三角形,由△ABC∽△GNP,得n=1+7或n=1﹣7(舍去),求得P:..△ABC∽△GNP,且?时,OBNP得n=3或n=﹣2(舍去).求得P点坐标.【题目详解】3解:(1)设B(x,5).由A(﹣1,5),对称轴直线x=.12?1?x3∴2?22解得,x=∴B(2,5).b3??又∵122?(?)23∴b=.213∴抛物线解析式为y=?x2?x?2,22(1)如图1,∵B(2,5),C(5,1).1∴直线BC的解析式为y=﹣x+,则设E(m,=﹣m+1.),F(m,﹣m1+m+1.)2221311∴FE=﹣m1+m+1﹣(﹣n+1)=﹣m1+=EF?OB,△CBF211∴S=(﹣m1+1m)×2=﹣m1+2m.△CBF221135又∵S=BD?OC=×(2﹣)×1=△CDB2222:..5∴S=S+S═﹣m1+2m+.四边形CDBF△CBF△CDB213化为顶点式得,S=﹣(m﹣1)1+.四边形CDBF213当m=1时,S最大,,E点坐标为(1,1).(3),13由线段FG绕点G顺时针旋转一个角α(5°<α<95°),设N(n,﹣n1+n+1),1<n<⊥x轴于点P(n,5).13∴NP=﹣n1+n+1,PG=n﹣∵在Rt△AOC中,AC1=OA1+OC1=1+2=5,在Rt△BOC中,BC1=OB1+OC1=16+2==51=15.∴AC1+BC1=AB1.∴△△ABC∽△GNP,且?时,OBPG13?n2?n?2即,222?4n?2整理得,n1﹣1n﹣6=,n=1+7或n=1﹣7(舍去).此时P点坐标为(1+7,5).:..OCPG当△ABC∽△GNP,且?时,OBNP2n?2?即,413?n2?n?222整理得,n1+n﹣11=,n=3或n=﹣2(舍去).此时P点坐标为(3,5).综上所述,满足题意的P点坐标可以为,(1+7,5),(3,5).【题目点拨】本题考查求抛物线,三角形的性质和面积的求法,直角三角形的判定,以及三角形相似的性质,、(1)见解析;(2)4【解题分析】(1)根据矩形的性质可得AB=CD,∠C=∠A=90°,再根据折叠的性质可得DE=CD,∠C=∠E=90°,然后利用“角角边”证明即可;(2)设AF=x,则BF=DF=8-x,根据勾股定理列方程求解即可.【题目详解】(1)证明:在矩形ABCD中,AB=CD,∠A=∠C=90°,由折叠得:DE=CD,∠C=∠E=90°,∴AB=DE,∠A=∠E=90°,∵∠AFB=∠EFD,∴△ABF≌△EDF(AAS);(2)解:∵△ABF≌△EDF,∴BF=DF,设AF=x,则BF=DF=8﹣x,在Rt△ABF中,由勾股定理得:BF2=AB2+AF2,即(8﹣x)2=x2+62,x=,即AF=【题目点拨】本题考查了翻折变换的性质,全等三角形的判定与性质,矩形的性质,勾股定理,翻折前后对应边相等,对应角相等,、(1)见解析;(2)见解析;(3)AG=1.:..【解题分析】(1)利用垂径定理、平行的性质,得出OC⊥CG,得证CG是⊙O的切线.(2)利用直径所对圆周角为90和垂直的条件得出∠2=∠B,再根据等弧所对的圆周角相等得出∠1=∠B,进而证得∠1=∠2,得证AF=CF.(3)根据直角三角形的性质,求出AD的长度,再利用平行的性质计算出结果.【题目详解】(1)证明:连结OC,如图,∵C是劣弧AE的中点,∴OC⊥AE,∵CG∥AE,∴CG⊥OC,∴CG是⊙O的切线;(2)证明:连结AC、BC,∵AB是⊙O的直径,∴∠ACB=90°,∴∠2+∠BCD=90°,而CD⊥AB,∴∠B+∠BCD=90°,∴∠B=∠2,∵C是劣弧AE的中点,∴AC?CE,∴∠1=∠B,∴∠1=∠2,∴AF=CF;(3)解:∵CG∥AE,∴∠FAD=∠G,∵sinG=,DF∴sin∠FAD==,AF∵∠CDA=90°,AF=CF=4,:..∴DF=,∴AD=,∴CD=CF+DF=,∵AF∥CG,DFAD∴?,∴?,∴DG=,∴AG=DG﹣AD=1.【题目点拨】本题主要考查与圆有关的位置关系和圆中的计算问题,掌握切线的判定定理以及解直角三角形是解题的关键.