TOP26广西贵港市平南县2015届中考数学二模试卷（解析版）.doc文档免费在线阅读

坐标为时，点的坐标为，或当点纵坐标为时，点的坐标为，或点的坐标为点的坐标为以为顶点的三角形和以为顶点的三角形相似时，分两种情况与边是对应边时，∽，则，即，解得，与边是对应边时，∽，则，即，解得综上所述，线段的长为或点评本题是对二次函数的综合考查，主要利用了二次函数图象上点的坐标特征，三角形平边形才是平行四边形，故选项故选点评本题考查了命题与定理的知识，解题的关键是牢记特殊的四边形的判定定理，难度不大，属于基础题如图，含角的直角三角尺放置在上角的顶点在析利用特殊四边形的判定定理对个选项逐判断后即可得到正确的选项解答解组邻边相等的平行四边形是菱形，故选项正确对角线垂直的平行四边形是菱形，故选项两组对边平行的四自变量的值求出对应的函数值下列命题中正确的是有组邻边相等的四边形是菱形有个角是直角的平行四边形是矩形对角线垂直的平行四边形是正方形组对边平行的四边形是平行四边形考点命题与定理分把代入可得，把代入可得，故把代入可得，把代入可得，故故选点评此题主要考查了反比例函数图象的性质，关键是正确理解题意，根据项中的解析式可得的值，再把代入解析式可得的值，然后可得答案解答解把代入可得，把代入可得，故正确把代入可得，把代入可得，故视图求长方体的表面积，得出长方体各部分的边长是解决问题的关键函数的自变量满足时，函数值满足，则这个函数可以是考点反比例函数的性质分析把代入四个选解答解如图所示，正方形面积为，侧面积为，这个长方体的表面积为故选点评此题主要考查了利用三证的真命题称为定理个长方体的三视图如图，若其俯视图为正方形，则这个长方体的表面积为考点由三视图判断几何体分析根据三视图图形得出即可求出这个长方体的表面积梯形是等腰梯形，所以选项两组对角分别相等的四边形是平行四边形，所以选项正确故选点评本题考查了命题与定理判断事物的语句叫命题正确的命题称为真命题，的命题称为假命题经过推理论根据等腰梯形的判定方法对进行判断根据平行四边形的判定方法对进行判断解答解对角线互相垂直的平行四边形是菱形，所以选项四边相等的四边形是菱形，所以选项对角线相等的中，真命题是对角线互相垂直的四边形是菱形四边相等的四边形是正方形对角线相等的四边形是等腰梯形两组对角分别相等的四边形是平行四边形考点命题与定理分析根据菱形的判定方法对进行判断，不是因式分解，故此选项，不是因式分解，故此选项故选点评本题考查了多项式的乘法，公式法分解因式，熟练掌握运算法则和平方差公式的结构特点是解题的关键下列命题分析分别利用完全平方公式以及平方差公式分解因式进而判断得出即可解答解，无法分解因式，故此选项，正确，是多项式乘法解能力和计算能力，解此题的关键是得出关于的方程下列因式分解正确的是考点因式分解运用公式法代入方程程得出，求出方程的解即可解答解把代入方程程得，解得，故选点评本题考查了解元二次方程和元二次方程的解的应用，主要考查学生的理故选点评本题主要考查了积的乘方的性质，熟记运算性质是解题的关键已知关于的元二次方程有个解为，则的值为考点元二次方程的解分析把绝对值大的反而小计算的结果是考点幂的乘方与积的乘方专题常规题型分析根据积的乘方法则把每个因式分别乘方，再把所得的幂相乘，进行计算即可解答解绝对值大的反而小计算的结果是考点幂的乘方与积的乘方专题常规题型分析根据积的乘方法则把每个因式分别乘方，再把所得的幂相乘，进行计算即可解答解故选点评本题主要考查了积的乘方的性质，熟记运算性质是解题的关键已知关于的元二次方程有个解为，则的值为考点元二次方程的解分析把代入方程程得出，求出方程的解即可解答解把代入方程程得，解得，故选点评本题考查了解元二次方程和元二次方程的解的应用，主要考查学生的理解能力和计算能力，解此题的关键是得出关于的方程下列因式分解正确的是考点因式分解运用公式法分析分别利用完全平方公式以及平方差公式分解因式进而判断得出即可解答解，无法分解因式，故此选项，正确，是多项式乘法，不是因式分解，故此选项，不是因式分解，故此选项故选点评本题考查了多项式的乘法，公式法分解因式，熟练掌握运算法则和平方差公式的结构特点是解题的关键下列命题中，真命题是对角线互相垂直的四边形是菱形四边相等的四边形是正方形对角线相等的四边形是等腰梯形两组对角分别相等的四边形是平行四边形考点命题与定理分析根据菱形的判定方法对进行判断根据等腰梯形的判定方法对进行判断根据平行四边形的判定方法对进行判断解答解对角线互相垂直的平行四边形是菱形，所以选项四边相等的四边形是菱形，所以选项对角线相等的梯形是等腰梯形，所以选项两组对角分别相等的四边形是平行四边形，所以选项正确故选点评本题考查了命题与定理判断事物的语句叫命题正确的命题称为真命题，的命题称为假命题经过推理论证的真命题称为定理个长方体的三视图如图，若其俯视图为正方形，则这个长方体的表面积为考点由三视图判断几何体分析根据三视图图形得出即可求出这个长方体的表面积解答解如图所示，正方形面积为，侧面积为，这个长方体的表面积为故选点评此题主要考查了利用三视图求长方体的表面积，得出长方体各部分的边长是解决问题的关键函数的自变量满足时，函数值满足，则这个函数可以是考点反比例函数的性质分析把代入四个选项中的解析式可得的值，再把代入解析式可得的值，然后可得答案解答解把代入可得，把代入可得，故正确把代入可得，把代入可得，故把代入可得，把代入可得，故把代入可得，把代入可得，故故选点评此题主要考查了反比例函数图象的性质，关键是正确理解题意，根据自变量的值求出对应的函数值下列命题中正确的是有组邻边相等的四边形是菱形有个角是直角的平行四边形是矩形对角线垂直的平行四边形是正方形组对边平行的四边形是平行四边形考点命题与定理分析利用特殊四边形的判定定理对个选项逐判断后即可得到正确的选项解答解组邻边相等的平行四边形是菱形，故选项正确对角线垂直的平行四边形是菱形，故选项两组对边平行的四边形才是平行四边形，故选项故选点评本题考查了命题与定理的知识，解题的关键是牢记特殊的四边形的判定定理，难度不大，属于基础题如图，含角的直角三角尺放置在上角的顶点在边上，⊥若为锐角，∥，则的大小为考点平行线的性质直角三角形的性质分析首先根据垂直定义可得，再根据，可得，然后根据两直线平行同位角相等可得的大小解答解⊥∥故选点评此题主要考查了平行线的性质，关键是掌握两直线平行同位角相等如图，内接于，点在弧上，则的大小为考点圆周角定理分析根据三角形内角和定理求出，根据圆周角定理得出，求出即可解答解，弧对的圆周角是和故选点评本题考查了圆周角定理和三角形内角和定理的应用，关键是求出的度数和得出如图，在平面直角坐标系中，点的坐标为沿轴向右平移后得到，点的对应点在直线上点，则点与其对应点间的距离为考点次函数图象上点的坐标特征坐标与图形变化平移专题压轴题分析根据平移的性质知由次函数图象上点的坐标特征可以求得点的坐标，所以根据两点间的距离公式可以求得线段的长度，即的长度解答解如图，连接点的坐标为沿轴向右平移的坐标，则，再由平行四边形的面积公式得到边上的高为，则点纵坐标为或分两种情况讨论当点纵坐标为时，将代入，求出的值，得到点的坐标当点纵坐标为时，将代入，求出的值，得到点的坐标由于，所以以为顶点的三角形和以为顶点的三角形相似时，分两种情况讨论与边是对应边，与边是对应边两种情况，根据相似三角形对应边成比例列式计算求出的长度即可解答解，当时，点的坐标为点的坐标为，又当时点的坐标为，•将代入，得，点的坐标为点的坐标为平行四边形的面积为，边上的高为，点纵坐标为当点纵坐标为时，点的坐标为，或当点纵坐标为时，点的坐标为，或点的坐标为点的坐标为以为顶点的三角形和以为顶点的三角形相似时，分两种情况与边是对应边时，∽，则，即，解得，与边是对应边时，∽，则，即，解得综上所述，线段的长为或点评本题是对二次函数的综合考查，主要利用了二次函数图象上点的坐标特征，三角形平行四边形的面积，相似三角形对应边成比例的性质，综合性较强，但难度不大，注意要分情况讨论求解已知正方形中，为对角线上点，过点作⊥交于，连接，为中点，连接，求证将图中绕点逆时针旋转，如图所示，取中点，连接，问中的结论是否仍然成立若成立，请给出证明若不成立，请说明理由将图中绕点旋转任意角度，如图所示，再连接相应的线段，问中的结论是否仍然成立通过观察你还能得出什么结论均不要求证明考点旋转的性质全等三角形的判定与性质直角三角形斜边上的中线正方形的性质专题压轴题分析利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的半，可证出结论仍然成立，连接，过点作⊥于，与的延长线交于点再证明≌，得出再证出≌，得到再证明≌，得出最后证出结论依然成立还知道⊥解答证明四边形是正方形在中，为的中点同理，在中解中结论仍然成立，即证法连接，过点作⊥于，与的延长线交于点在与中≌，在与中≌四边形是矩形，在矩形中在与中≌证法二延长至，使，连接，在与中≌∥∥，⊥在与中≌，为直角三角形解中的结论仍然成立理由如下过作的平行线并延长交于点，连接，过作垂直于于由于为中点，易证≌，得到，又因为，易证，则≌即，是等腰直角三角形，为