2020江苏省中考复习——中考真题压轴题最后一练(一)(有答案)

2020中考复习——中考真题压轴题最后一练（一）
班级：___________姓名：___________ 得分：___________一、选择题
1.（2019年四川省德阳市中考第12题）如图，已
知⊙O1与⊙O2的半径分别为2和1，且两圆外切，点
A为⊙O1上一点，∠AO1O2=30°，点P为线段O1O2上
的一个动点，过P作O1A的平行线l，如果在⊙O2上有
且仅有2个点到直线l的距离为1
4
，则O1P的取值范围是
()
A. 1
4<O1P≤3
2
B. 1
2
<O1P<3 C. 3
2
<O1P≤5
2
D. 1
2
<O1P<3
2
2.（2019年内蒙古呼伦贝尔市中考第12题）如图，△ABC中，AC=BC=3，
AB=2，将它沿AB翻折得到△ABD，点P、E、F分别为线段AB、AD、DB上的动点，则PE+PF的最小值是()
A. √10
3
B. 2√2
3
C. 4√2
3
D. 8√10
3
3.（2019年青海省西宁市城区中考第10题）如图1，甲、乙两人沿湟水河滨
水绿道同向而行，甲步行的速度为100米/分，乙骑公共自行车的速度为v米/分，起初甲在乙前a米处，两人同时出发，当乙追上甲时，两人停止前行．设x分钟后甲、乙两人相距y米，y与x的函数关系如图2所示有以下结论：
①图1中a表示为1000；②图1中EF表示为1000−200x；③乙的速度为200米
/分；④若两人在相距a米处同时相向而行，10
3
分钟后相遇．其中正确的结论是()
A. ①②
B. ③④
C. ①②③
D. ①③④
4.（2019年四川省阿坝州中考第10题）二次函数y=
−x2+bx+c的图象如图所示，则直线y=bx+c不经过的象
限是()
A. 第一象限
B. 第二象限
C. 第三象限
D. 第四象限
二、填空题
5.（2019年四川省德阳市中考第17题）如图，在平面直角坐标系xOy中，点
(x>0)的P1(x1,y1)、P2(x2,y2)、P3(x3,y3)，……，P n(x n,y n)均在反比例函数y=9
x 图象上，点Q1、Q2、Q3、……、Q n均在x轴的正半轴上，且△OP1Q1、△Q1P2Q2、△Q2P3Q3、…、△Q n−1P n Q n均为等腰直角三角形，OQ1、Q1Q2、Q2Q3、……、Q n−1Q n 分别为以上等腰直角三角形的底边，则y1+y2+y3+⋯+y2019的值等于______．
6.（2019年内蒙古呼伦贝尔市中考第17题）下列图形都是由同样大小的菱形
按照一定规律组成的，其中第①个图形中共有3个菱形，第②个图形中共有7个菱形，第③个图形中共有13个菱形……按此规律排列下去，第______个图形中菱形的个数为10101个．
7.（2019年青海省西宁市城区中考第20题）平面直
角坐标系中，将抛物线y=−x2平移得到抛物线C，如图
所示，且抛物线C经过点A(−1,0)和B(0,3)，点P是抛物
线C上第一象限内一动点，过点P作x轴的垂线，垂足
为Q，则OQ+PQ的最大值为______．
8.（2019年四川省阿坝州中考第14题）矩形ABCD
中，E为AD边上一点，将矩形沿BE翻折后，点A的对应点为A′，延长EA′交BC 于点F，若∠ABE=35°，则∠BFE的大小为______度．
三、解答题
9.（2019年四川省德阳市中考第24题）如图1，在平面直角坐标系xOy中，
抛物线y=ax2+bx+c(a≠0)与x轴交于A、B两点，与y轴的负半轴交于点C，已知抛物线的对称轴为直线x=√3
，B、C两点的坐标分别为B(2√3,0)，C(0,−3).点
2
P为直线BC下方的抛物线上的一个动点(不与B、C两点重合)．
(1)求此抛物线的解析式；
(2)如图1，连接PB、PC得到△PBC，问是否存在着这样的点P，使得△PBC的面
积最大？如果存在，求出面积的最大值和此时点P的坐标；如果不存在，请说明理由．
(3)如图2，连接AP交线段BC于点D，点E为线段AD的中点，过点D作DM⊥AB
于点M，DN⊥AC于点N，连接EM、EN，则在点P的运动过程中，∠MEN的大小是否为定值？如果是，求出这个定值；如果不是，请说明理由．
10.（2019年内蒙古呼伦贝尔市中考第26题）如图，在▱OABC中，A、C两点
的坐标分别为(4,0)、(−2,3)，抛物线W经过O、A、C三点，点D是抛物线W的顶点．
(1)求抛物线W的函数解析式及顶点D的坐标；
(2)将抛物线W和▱OABC同时先向右平移4个单位长度，再向下平移m(0<m<3)
个单位长度，得到抛物线W1和□O1A1B1C1，在向下平移过程中，O1C1与x轴交于点H，▱O1A1B1C1与▱OABC重叠部分的面积记为S，试探究：当m为何值时，S有最大值，并求出S的最大值；
(3)在(2)的条件下，当S取最大值时，设此时抛物线W1的顶点为F，若点M是x
轴上的动点，点N是抛物线W1上的动点，是否存在这样的点M、N，使以D、F、M、N为顶点的四边形是平行四边形？若存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．
11.（2019年青海省西宁市城区中考第28题）如图①，直线y=−√3x+2√3与
x轴，y轴分别交于A，B两点，以A为顶点的抛物线经过点B，点P是抛物线上一点，连接OP，AP．
(1)求抛物线的解析式；
(2)若△AOP的面积是3√3，求P点坐标；
(3)如图②，动点M，N同时从点O出发，点M以1个单位长度/秒的速度沿x轴
正半轴方向匀速运动，点N以√3个单位长度/秒的速度沿y轴正半轴方向匀速运动，
当其中一个动点停止运动时，另一个动点也随之停止运动，过点N作NE//x轴交直线AB于点E.若设运动时间为t秒，是否存在某一时刻，使四边形AMNE是菱形？
若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由．
12.（2019年青海省西宁市城区中考第28题）如图，
在平面直角坐标系中，抛物线y=ax2+bx+c经过原点
O，顶点为A(2,−4)．
(1)求抛物线的函数解析式；
(2)设点P为抛物线y=ax2+bx+c的对称轴上的一点，
点Q在该抛物线上，当四边
形OAQP为菱形时，求出点P的坐标；
(3)在(2)的条件下，抛物线y=ax2+bx+c在第一象限
的图象上是否存在一点M，使得点M到直线OP的距离与其到x轴的距离相等？若存在，求出直线OM的函数解析式；若不存在，请说明理由．
答案和解析1.D
解：过点O2作O2B⊥直线l于B．
当O2B=1+1
4=5
4
时，⊙O2上有且只有一个点到直线l
的距离为1
4
，
∵AO1//PB，
∴∠BPO2=∠AO1P=30°，
∴PO2=2O2B=5
2
，
∴O1P=O1O2−O2P=3−5
2=1
2
，
当O2B′=1−1
4=3
4
时，同法可得P′O2=2O2B′=3
2
此时O1P′=3−3
2
=3
2
，
观察图象可知：1
2<O1P<3
2
，
2.C
解：作出F关于AB的对称点M，再过M作ME′⊥AD，交AB于点P′，此时P′E′+P′F最小，此时P′E′+P′F=ME′，过点A作AN⊥BC，CH⊥AB 于H，
∵△ABC沿AB翻折得到△ABD，
∴AC=AD，BC=BD，
∵AC=BC，
∴AC=AD=BC=BD，
∴四边形ADBC是菱形，
∵AD//BC，
∴ME′=AN，
∵AC=BC，
∴AH=1
2
AB=1，
由勾股定理可得，CH=√32−12=2√2，
∵1
2×AB×CH=1
2
×BC×AN，
可得AN=4√2
3
，
∴ME′=AN=4√2
3
，
∴PE+PF最小为4√2
3
．3.A
解：由图可知，
a=1000，故①正确；
乙的速度为：(1000−400)+100×3
3
=300米/分钟，故③错误；
图1中，EF表示为1000+100x−300x=1000−200x，故②正确；令100x+1000=300x，得x=5，
即两人在相距a米处同时相向而行，5分钟后相遇，故④错误；
4.D
解：由图象可知：
∵对称轴在y轴右侧，
∴对称轴x=−b
−2
>0，
∴b>0，
∵抛物线与y轴的交点为在y轴的正半轴上，
∴c>0，
∴一次函数y=bx+c的图象过一、二、三象限，不经过第四象限．5.3√2019
解：如解图，过点P n分别向x轴作垂线，交x轴于点H n，
∵点P n.在反比例函数y=9
x
的图象上，且构造成等腰直角三角形
∴S△OP
1H1=9
2
,<br/>∴OH1=3，∴OQ1=6，
令P2H2=y2
，则有y2(6+y2)=9，
解得y2=−3√2−3(舍去)y2=3√2−3，
则y1+y2=3+3√2−3=3√2=√18y3(2y1+2y2+y3)=9，解得y3=3√3−3√2，
则y1+y2+y3=3√2+3√3−3√2
=3√3=√27，
根据规律可得y1+y2+y3+⋯+y2019=√9×2019=3√2019．6.100
解：由图可知，
第①个图形中共有2+1=3个菱形，
第②个图形中共有3+22=7个菱形，
第③个图形中共有4+32=13个菱形，
…，
则第n 个图形中共有(n +1)+n 2=(n 2+n +1)个菱形， 当n 2+n +1=10101时，得n 1=100，n 2=−101(舍去)，
7. 21
4
解：设平移后的解析式为y =−x 2+bx +c ， ∵抛物线C 经过点A(−1,0)和B(0,3)， ∴{
−1−b +c =0c =3，解得{b =2
c =3
，
∴抛物线C 的解析式为y =−x 2+2x +3， 设Q(x,0)，则P(x,−x 2+2x +3)，
∵点P 是抛物线C 上第一象限内一动点， ∴OQ +PQ =x +(−x 2+2x +3) =−x 2+3x +3 =−(x −3
2)2+
214
，
∴OQ +PQ 的最大值为21
4，
8. 70
解：∵四边形ABCD 是矩形， ∴∠A =90°，AD//BC ， ∵∠ABE =35°， ∴∠AEB =55°，
由翻折变换可得∠AEF =110°， ∴∠BFE =70°．
9. 解：(1)∵对称轴为直线x =√3
2
， ∴−b
2a =
√3
2
， ∵B(2√3,0)，C(0,−3)在抛物线上， ∴{12a +2√3b +c =0c =−3
， 解得{a =
12
b =−√32
c =−3，
∴y =1
2x 2−
√32
x −3；
(2)存在点P ，使得△PBC 的面积最大， 设P(m,1
2m 2−√3
2
m −3)，
连接OP ，则S △POC =1
2×OP ×m =3
2m ，
S△POB=1
2×OB×(−1
2
m2+√3
2
m+3)=−√3
2
m2+3
2
m+3√3，
∴S
四边形OCPB =S△OPC+S△POB=−√3
2
m2+3m+3√3，
∵S△OBC=1
2
×OC×OB=3√3，
∴S△PBC=S
四边形OCPB −S△BOC=−√3
2
(m−√3)2+3√3
2
，
∴当m=√3时，△PBC的面积最大，最大值为3√3
2
，此时点P的坐标为(√3,−3)；
(3)∠MEN为定值．
当y=0时，1
2x2−√3
2
x−3=0，
解得x=−√3或x=2√3，
∴A(−√3,0)，
在Rt△AOC中，tan∠OAC=OC
OA
=√3，
∴∠MAC=60°，
∵DM⊥AB，DN⊥AC，E是AD的中点，
∴ME=NE=AE=DE，
∴点M、A、D、N在以E为圆心的圆上，
由圆周角定理可得∠MEN=2∠MAC=120°，
∴∠MEN为定值．
10.解：(1)设抛物线W的函数解析式为y=ax2+bx，图象经过A(4,0)，C(−2,3)
∴抛物线W的函数解析式为y=1
4
x2−x，顶点D的坐标为(2,−1)；
(2)根据题意，由O(0,0)，C(−2,3)，得O1(4,−m)，C1(2,3−m)
设直线O1C1的函数解析式为y=kx+b
把O1(4,−m)，C1(2,3−m)代入y=kx+b得：y=−3
2
x+6−m，
直线O1C1与x轴交于点H
∴H(12−2m
3
,0)
过C1作C1E⊥HA于点E，
∵0<m<3
∴C 1E =3−m,HA =4−12−2m 3
=
2m 3
，
∴S =HA ⋅C 1E =
2m 3
(3−m)=−2
3m 2+2m =−2
3(m −3
2)2+3
2
，
∵−2
3<0，抛物线开口向下，S 有最大值，最大值为3
2 ∴当m =3
2时，S max =3
2；
(3)当m =3
2时，由D(2,−1)得F(6,−5
2) ∴抛物线W 1的函数解析式为y =1
4(x −6)2−5
2，
依题意设M(t,0)，以D ，F ，M ，N 为顶点的四边形是平行四边形，分情况讨论：
①以DF 为边时 ∵D(2,−1)，F(6,−5
2)
点D ，F 横坐标之差是4，纵坐标之差是3
2， 若点M 、N 的横纵坐标与之有相同规律，
则以D ，F ，M ，N 为顶点的四边形是平行四边形， ∵M(t,0)，
∴N 1(t +4,−3
2)N 2(t −4,3
2)
把N 1(t +4,−3
2)N 2(t −4,3
2)分别代入y =1
4(x −6)2−5
2得t 1=0，
t 2=4，t 3=6，t 4=14 ∴M 1 (0,0)，M 2(4,0)，M 3 (6,0)，M 4 (14,0)
②以DF 为对角线时，以点D ，F ，M ，N 为顶点不能构成平行四边形． 综上所述：M 1 (0,0)，M 2(4,0)，M 3 (6,0)，M 4 (14,0)．
11. 解：(1)y =−√3x +2√3，令x =0，则y =2√3，令y =0，则x =2， 故点A 、B 的坐标分别为：(2,0)、(0,2√3)， ∵抛物线的顶点为点A(2,0)，
∴设抛物线的表达式为：y =a(x −2)2，
将点B 的坐标代入上式得：2√3=a(0−2)2，解得：a =√3
2，
故抛物线的表达式为：y =√32(x −2)2=√3
2x 2−2√3x +2√3；
(2)∵点A(2,0)，则OA =2，
∴△AOP 的面积=1
2×OA ×y P =1
2×2×y P =3√3， 解得：y P =3√3，
则y P =3√3=√32(x −2)2，解得：x =2±√6，
故点P 的坐标为：(2+√6,3√3)或(2−√6,3√3)；
(3)存在，理由：
由题意得：t秒时，点M、N的坐标分别为：(t,
0)、(0,√3t)，
当y=√3t时，y=√3t=−√3x+2√3，解得：x=2−t，故点E(2−t,√3t)，
而点N(0,√3t)，故NE=2−t，
当四边形AMNE是菱形时，NE=MN，
即t2+(√3t)2=(2−t)2，
解得：t=2
3
或−2(舍去−2)，
故t=2
3
．
12.解：(1)设抛物线的表达式为y=a(x−ℎ)2+k，
将点A的坐标代入得，y=a(x−2)2−4，
将O的坐标代入上式并解得：a=1，
故抛物线的表达式为y=x2−4x；
(2)点A(2,−4)，则抛物线的对称轴为x=2，
OAQP为菱形时，则OA=AQ，则点Q(抛物线与x轴的右侧交点)与点A关于函数对称轴对称，
故点P和点A关于x轴对称，故点P(2,4)；
(3)存在，理由：
过点M分别作x轴、PO的垂线，垂足分别为H、G，延长HM交直线OP于点R，
点M到直线OP的距离与其到x轴的距离相等，则GH=MH，
tan∠POH=4
2=2，则tan∠ORH=1
2
，
设GM=MH=m，则GR=2m，则RM=√5m，RH=RM+MH=m+√5m，
tan∠ORH=1
2=OH
RH
，则OH=1
2
RH=1+√5
2
m，
故点M(1+√5
2
m,m)，
设直线OM的表达式为y=sx，
将点M坐标代入上式并解得：s=
√5+1=√5−1
2
，
故直线OM的表达式为y=√5−1
2
x.
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