福建省龍海市中考數學試卷考試時間：90分鐘；命題人：教研組考生注意：1、本卷分第I卷（選擇題）和第Ⅱ卷（非選擇題）兩部分，滿分100分，考試時間90分鐘2、答卷前，考生務必用0.5毫米黑色簽字筆將自己的姓名、班級填寫在試卷規(guī)定位置上3、答案必須寫在試卷各個題目指定區(qū)域內相應的位置，如需改動，先劃掉原來的答案，然后再寫上新的答案；不準使用涂改液、膠帶紙、修正帶，不按以上要求作答的答案無效。第I卷（選擇題25分）一、單選題（5小題，每小題2分，共計10分）1、如圖，為正六邊形邊上一動點，點從點出發(fā)，沿六邊形的邊以1cm/s的速度按逆時針方向運動，運動到點停止．設點的運動時間為，以點、、為頂點的三角形的面積是，則下列圖像能大致反映與的函數關系的是（）A． B．C． D．2、在不透明口袋內裝有除顏色外完全相同的5個小球，其中紅球2個，白球3個．攪拌均勻后，隨機抽取一個小球，是紅球的概率為（）A． B． C． D．3、關于的方程有兩個不相等的實根、，若，則的最大值是（

）A．1 B． C． D．24、在平面直角坐標系中，已知點與點關于原點對稱，則的值為（）A．4 B．-4 C．-2 D．25、將一元二次方程化成（a，b為常數）的形式，則a，b的值分別是（

）A．，21 B．，11 C．4，21 D．，69二、多選題（5小題，每小題3分，共計15分）1、如圖，AB是⊙O的直徑，CD是⊙O的切線，切點為D，CD與AB的延長線交于點C，∠A=30°，則下列結論中正確的是（）A．AD=CD B．BD=BC C．AB=2BC D．∠ABD=60°2、如圖，是的直徑，，是上的點，且，分別與，相交于點，，則下列結論一定成立的是（

）A． B． C．平分D． E．3、對于實數a，b，定義運算“※”：，例如：4※2，因為，所以，若函數，則下列結論正確的是（

）A．方程的解為，；B．當時，y隨x的增大而增大；C．若關于x的方程有三個解，則；D．當時，函數的最大值為1．4、關于x的一元二次方程(k－1)x2+4x+k－1=0有兩個相等的實數根，則k的值為（

）A．1 B．0 C．3 D．－35、下面一元二次方程的解法中，不正確的是（

）A．(x-3)(x-5)=10×2，∴x-3=10，x-5=2，∴x1=13，x2=7B．(2-5x)+(5x-2)2=0，∴(5x-2)(5x-3)=0，∴x1=，x2=C．(x+2)2+4x=0，∴x1=2，x2=-2D．x2=x兩邊同除以x，得x=1第Ⅱ卷（非選擇題75分）三、填空題（5小題，每小題3分，共計15分）1、如圖，二次函數y＝ax2+bx+c的圖象經過點A（﹣3，0），B（1，0），與y軸交于點C．下列結論：①abc＞0；②3a﹣c＝0；③當x＜0時，y隨x的增大而增大；④對于任意實數m，總有a﹣b≥am2﹣bm．其中正確的是_____（填寫序號）．2、圓錐形冰淇淋的母線長是12cm，側面積是60πcm2，則底面圓的半徑長等于_____．3、如圖，在平面直角坐標系中，點A在拋物線y＝x2﹣2x＋2上運動．過點A作AC⊥x軸于點C，以AC為對角線作矩形ABCD，連接BD，則對角線BD的最小值為_____．4、平面直角坐標系中，，，A為x軸上一動點，連接AC，將AC繞A點順時針旋轉90°得到AB，當BK取最小值時，點B的坐標為_________．5、邊長相等、各內角均為120°的六邊形ABCDEF在直角坐標系內的位置如圖所示，，點B在原點，把六邊形ABCDEF沿x軸正半軸繞頂點按順時針方向，從點B開始逐次連續(xù)旋轉，每次旋轉60°，經過2021次旋轉之后，點B的坐標是_____________．四、簡答題（2小題，每小題10分，共計20分）1、如圖，直角三角形中，，為中點，將繞點旋轉得到．一動點從出發(fā)，以每秒1的速度沿的路線勻速運動，過點作直線，使．（1）當點運動2秒時，另一動點也從出發(fā)沿的路線運動，且在上以每秒1的速度勻速運動，在上以每秒2的速度勻速運動，過作直線使，設點的運動時間為秒，直線與截四邊形所得圖形的面積為，求關于的函數關系式，并求出的最大值．（2）當點開始運動的同時，另一動點從處出發(fā)沿的路線運動，且在上以每秒的速度勻速運動，在上以每秒2的速度勻度運動，是否存在這樣的，使為等腰三角形？若存在，直接寫出點運動的時間的值，若不存在請說明理由．2、已知：如圖，△ABC中，AB＝AC，AB＞BC．求作：線段BD，使得點D在線段AC上，且∠CBD＝∠BAC．作法：①以點A為圓心，AB長為半徑畫圓；②以點C為圓心，BC長為半徑畫弧，交⊙A于點P（不與點B重合）；③連接BP交AC于點D．線段BD就是所求作的線段．（1）使用直尺和圓規(guī)，依作法補全圖形（保留作圖痕跡）；（2）完成下面的證明．證明：連接PC．∵AB＝AC，∴點C在⊙A上．∵點P在⊙A上，∴∠CPB＝∠BAC．（）（填推理的依據）∵BC＝PC，∴∠CBD＝．（）（填推理的依據）∴∠CBD＝∠BAC．五、解答題（4小題，每小題10分，共計40分）1、在平面直角坐標系中，拋物線的對稱軸為．求的值及拋物線與軸的交點坐標；若拋物線與軸有交點，且交點都在點，之間，求的取值范圍．2、如圖1，點O為直線AB上一點，將兩個含60°角的三角板MON和三角板OPQ如圖擺放，使三角板的一條直角邊OM、OP在直線AB上，其中．（1）將圖1中的三角板OPQ繞點O按逆時針方向旋轉至圖2的位置，使得邊OP在的內部且平分，此時三角板OPQ旋轉的角度為______度；（2）三角板OPQ在繞點O按逆時針方向旋轉時，若OP在的內部．試探究與之間滿足什么等量關系，并說明理由；（3）如圖3，將圖1中的三角板MON繞點O以每秒2°的速度按順時針方向旋轉，同時將三角板OPQ繞點O以每秒3°的速度按逆時針方向旋轉，將射線OB繞點O以每秒5°的速度沿逆時針方向旋轉，旋轉后的射線OB記為OE，射線OC平分，射線OD平分，當射線OC、OD重合時，射線OE改為繞點O以原速按順時針方向旋轉，在OC與OD第二次相遇前，當時，直接寫出旋轉時間t的值．3、如圖，在直角坐標平面內，已知點A的坐標（﹣2，0）．（1）圖中點B的坐標是______；（2）點B關于原點對稱的點C的坐標是_____；點A關于y軸對稱的點D的坐標是______；（3）四邊形ABDC的面積是______；（4）在y軸上找一點F，使，那么點F的所有可能位置是______．4、如圖，在⊙O中，弦AC與弦BD交于點P，AC＝BD．（1）求證AP＝BP；（2）連接AB，若AB＝8，BP＝5，DP＝3，求⊙O的半徑．-參考答案-一、單選題1、A【分析】設正六邊形的邊長為1，當在上時，過作于而求解此時的函數解析式，當在上時，延長交于點過作于并求解此時的函數解析式，當在上時，連接并求解此時的函數解析式，由正六邊形的對稱性可得：在上的圖象與在上的圖象是對稱的，在上的圖象與在上的圖象是對稱的，從而可得答案.【詳解】解：設正六邊形的邊長為1，當在上時，過作于而當在上時，延長交于點過作于同理：則為等邊三角形，當在上時，連接由正六邊形的性質可得：由正六邊形的對稱性可得：而由正六邊形的對稱性可得：在上的圖象與在上的圖象是對稱的，在上的圖象與在上的圖象是對稱的，所以符合題意的是A，故選A【點睛】本題考查的是動點問題的函數圖象，銳角三角函數的應用，正多邊形的性質，清晰的分類討論是解本題的關鍵.2、A【分析】用紅球的個數除以所有球的個數即可求得抽到紅球的概率．【詳解】解：∵共有5個球，其中紅球有2個，∴P（摸到紅球）=，故選：A．【點睛】此題主要考查概率的意義及求法．用到的知識點為：概率=所求情況數與總情況數之比．3、D【解析】【分析】根據一元二次方程根與系數的關系，求得兩根之和和兩根之積，再根據兩根關系，求得系數的關系，代入代數式，配方法化簡求值即可．【詳解】解：由方程有兩個不相等的實根、可得，，，∵，可得，，即化簡得則故最大值為故選D【考點】此題考查了一元二次方程根與系數的關系，涉及了配方法求解代數式的最大值，根據一元二次方程根與系數的關系得到系數的關系是解題的關鍵．4、C【分析】根據關于原點對稱的點的坐標特點：兩個點關于原點對稱時，它們的坐標符號相反即可得到答案．【詳解】解：點與點關于原點對稱，，，．故選：C．【點睛】此題主要考查了原點對稱點的坐標特點，解題的關鍵是掌握點的變化規(guī)律．5、A【解析】【分析】根據配方法步驟解題即可．【詳解】解：移項得，配方得，即，∴a=-4，b=21．故選：A【考點】本題考查了配方法解一元二次方程，解題關鍵是配方：在二次項系數為1時，方程兩邊同時加上一次項系數一半的平方．二、多選題1、ABCD【解析】【分析】連接OD，CD是⊙O的切線，可得CD⊥OD，由∠A=30°，可以得出∠ABD=60°，△ODB是等邊三角形，∠C=∠BDC=30°，再結合在直角三角形中300所對的直角邊等于斜邊的一半，繼而得到結論．【詳解】解：如圖，連接OD，∵CD是⊙O的切線，∴CD⊥OD，∴∠ODC=90°，又∵∠A=30°，∴∠ABD=60°，故選項D成立；∴△OBD是等邊三角形，∴∠DOB=∠ABD=60°，AB=2OB=2OD=2BD．∴∠C=∠BDC=30°，∴BD=BC，故選項B成立；∴AB=2BC，故選項C成立；∴∠A=∠C，∴DA=DC，故選項A成立；綜上所述，故選項ABCD均成立，故選：ABCD．【考點】本題考查了圓的有關性質的綜合應用，在本題中借用切線的性質，求得相應角的度數是解題的關鍵．2、ACDE【解析】【分析】根據直徑的性質，垂徑定理等知識一一判斷即可；【詳解】∵AB是直徑，∴∠ADB=90°，∴AD⊥BD，故A正確;∵C，D是⊙O上的點，∴與不一定相等，∴∠A與∠CBA不一定相等，∵OB=OC，∴∠C=∠CBA，∴∠A與∠C不一定相等，∵∠AOC=∠C+∠CBA∠AEC=∠A+∠CBA∴∠AOC與∠AEC不一定相等，故B選項錯誤；∵OC∥BD，BD⊥AD，∴OC⊥AD，∴，AF=DF，故D正確∴∠ABC=∠CBD，即CB平分∠ABD，故C正確，∵AF=DF，AO=OB，∴BD=2OF，故E正確，故選：ACDE．【考點】本題考查直徑的性質、垂徑定理、平行線的性質等知識，解題的關鍵是靈活運用所學知識解決問題，屬于中考?？碱}型．3、ABD【解析】【分析】根據題干定義求出y＝（2x）※（x+1）的解析式，根據2x≥x+1及2x＜x+1可得x≥1時y＝2x2﹣2x，x＜1時，y＝﹣x2+1，進而求解．【詳解】解：根據題意得：當2x≥x+1，即x≥1時，y＝（2x）2﹣2x（x+1）＝2x2﹣2x，當2x＜x+1，即x＜1時，y＝（x+1）2﹣2x（x+1）＝﹣x2+1，∴當x≥1時，2x2﹣2x＝0，解得x＝0（舍去）或x＝1，當x＜1時，﹣x2+1＝0，解得x＝1（舍去）或x＝﹣1，∴（2x）※（x+1）＝0的解是x1＝﹣1，x2＝1；故A正確，B、當x＞1時，y＝2x2﹣2x，拋物線開口向上，對稱軸是直線x＝，∴x＞1時，y隨x的增大而增大，∴B選項正確．當x≥1時，y＝2x2﹣2x＝2（x﹣）2﹣，∴x＝1時，y取最小值為y＝0，當x＜1時，y＝﹣x2+1＝0，當x＝0時，y取最大值為y＝1，如圖，當0＜m＜1時，方程（2x）※（x+1）＝m有三個解，∴選項C錯誤，選項D正確．故答案為：ABD．【考點】本題考查二次函數的新定義問題，解題關鍵是掌握二次函數的性質，掌握二次函數與方程的關系．4、C【解析】【分析】由方程有兩個相等的實數根，根據根的判別式可得到關于k的方程，則可求得k的值．【詳解】解：∵關于x的一元二次方程(k﹣1)x2+4x+k﹣1＝0有兩個相等的實數根，∴Δ＝0，即42﹣4(k﹣1)2＝0，且k﹣1≠0，解得k＝3或k＝-1．故選C．【考點】本題考查了一元二次方程ax2+bx+c=0（a≠0）的根的判別式?=b2﹣4ac與根的關系，熟練掌握根的判別式與根的關系式解答本題的關鍵．當?>0時，一元二次方程有兩個不相等的實數根；當?=0時，一元二次方程有兩個相等的實數根；當?<0時，一元二次方程沒有實數根．5、ACD【解析】【分析】各方程求出解，即可作出判斷．【詳解】解：A、方程整理得：x2-8x-5=0，這里a=1，b=-8，c=-5，∵△=64+20=84，∴，故選項A符合題意；B、提取公因式得：（2-5x）（1+2-5x）=0，解得：x1=，x2=，故選項B不符合題意；C、方程整理得：x2+8x+4=0，解得：，故選項C符合題意；D、方程整理得：x2-x=0，即x（x-1）=0，解得：x1=0，x2=1，故選項D符合題意，故選：ACD．【考點】此題考查了解一元二次方程-因式分解法，熟練掌握因式分解的方法是解本題的關鍵．三、填空題1、①④##④①【解析】【分析】根據拋物線的對稱軸，開口方向，與軸的交點位置，即可判斷①，根據二次函數y＝ax2+bx+c的圖象經過點A（﹣3，0），B（1，0），即可求得對稱軸，以及當時，，進而可以判斷②③，根據頂點求得函數的最大值，即可判斷④．【詳解】解：拋物線開口向下，，對稱軸，，拋物線與軸交于正半軸，，，故①正確，二次函數y＝ax2+bx+c的圖象經過點A（﹣3，0），B（1，0），對稱軸為，則，當，，，故②不正確，由函數圖象以及對稱軸為，可知，當時，隨的增大而增大，故③不正確，對稱軸為，則當時，取得最大值，對于任意實數m，總有，即，故④正確．故答案為：①④．【考點】本題考查了二次函數圖象的性質，數形結合是解題的關鍵．2、5cm.【解析】【分析】設圓錐的底面圓的半徑長為rcm，根據圓錐的側面積公式計算即可.【詳解】解：設圓錐的底面圓的半徑長為rcm．則×2π?r×12＝60π，解得：r＝5（cm），故答案為5cm．【考點】圓錐的側面積公式是本題的考點，牢記其公式是解題的關鍵.3、1【解析】【分析】由矩形的性質可知BD＝AC，再結合頂點到x軸的距離最近可知當點A在頂點處時滿足條件，求得拋物線的頂點坐標即可求得答案．【詳解】解：∵AC⊥x軸，∴當點A為拋物線頂點時，AC有最小值，∵拋物線y＝x2﹣2x＋2＝（x?1）2＋1，∴頂點坐標為（1，1），∴AC的最小值為1，∵四邊形ABCD為矩形，∴BD＝AC，∴BD的最小值為1，故答案為：1．【考點】本題主要考查了二次函數的性質及矩形的性質，確定出AC最小時的位置是解題的關鍵．4、【分析】如圖，作BH⊥x軸于H．由△ACO≌△BAH（AAS），推出BH＝OA＝m，AH＝OC＝4，可得B（m+4，m），令x＝m+4，y＝m，推出y＝x﹣4，推出點B在直線y＝x﹣4上運動，設直線y＝x﹣4交x軸于E，交y軸于F，作KM⊥EF于M，根據垂線段最短可知，當點B與點M重合時，BK的值最小，利用等腰直角三角形的性質可得M的坐標，從而可得答案．【詳解】解：如圖，作BH⊥x軸于H．∵C（0，4），K（2，0），∴OC＝4，OK＝2，∵AC＝AB，∵∠AOC＝∠CAB＝∠AHB＝90°，∴∠CAO+∠OCA＝90°，∠BAH+∠CAO＝90°，∴∠ACO＝∠BAH，∴△ACO≌△BAH（AAS），∴BH＝OA＝m，AH＝OC＝4，∴B（m+4，m），令x＝m+4，y＝m，∴y＝x﹣4，∴點B在直線y＝x﹣4上運動，設直線y＝x﹣4交x軸于E，交y軸于F，則作KM⊥EF于M，過作于則根據垂線段最短可知，當點B與點M重合時，BK的值最小，此時B（3，﹣1），故答案為：（3，﹣1）【點睛】本題考查坐標與圖形的變化﹣旋轉，全等三角形的判定和性質，一次函數的應用，垂線段最短等知識，解題的關鍵是正確尋找點B的運動軌跡，學會利用垂線段最短解決最短問題．5、【分析】根據旋轉找出規(guī)律后再確定坐標．【詳解】∵正六邊形ABCDEF沿x軸正半軸作無滑動的連續(xù)翻轉，每次翻轉60°，∴每6次翻轉為一個循環(huán)組循環(huán)，∵，∴經過2021次翻轉為第337循環(huán)組的第5次翻轉，點B在開始時點C的位置，∵，∴，∴翻轉前進的距離為：，如圖，過點B作BG⊥x于G，則∠BAG=60°，∴，，∴，∴點B的坐標為．故答案為：．【點睛】題考查旋轉的性質與正多邊形，由題意找出規(guī)律是解題的關鍵．四、簡答題1、（1），S的最大值為；（2）存在，m的值為或或或.【解析】【分析】（1）分、和三種情況分別表示出有關線段求得兩個變量之間的函數關系即可．（2）分兩種情形：①如圖中，由題意點在上運動的時間與點在上運動的時間相等，即．當時，當時，當時，分別構建方程求解即可．②如圖中，作于．首先證明，根據構建方程即可解決問題．【詳解】解：（1）如圖中，當時，點與點都在上運動，，，，，，，，，，．此時兩平行線截平行四邊形的面積為．如圖中，當時，點在上運動，點仍在上運動．則，，，，，，，而，故此時兩平行線截平行四邊形的面積為：，如圖中，當時，點和點都在上運動．則，，，．此時兩平行線截平行四邊形的面積為．故關于的函數關系式為，當時，S隨t增大而增大，當時，S隨t增大而增大，當時，S隨t增大而減小，∴當t=8時，S最大，代入可得S=；（2）如圖中，由題意點在上運動的時間與點在上運動的時間相等，．當時，，則有，解得，當時，則有，解得，當時，，則有，解得．如圖中，作于．在Rt△CHR中，，，，，，，四邊形是平行四邊形，，四邊形是矩形，，當時，則有，解得，綜上所述，滿足條件的m的值為或或或．【考點】本題屬于四邊形綜合題，考查了平行四邊形的性質，多邊形的面積，等腰三角形的判定和性質等知識，解題的關鍵是學會用分類討論的思想思考問題，學會利用參數構建方程解決問題，屬于中考壓軸題．2、（1）見解析；（2）圓周角定理；，圓周角定理的推論【解析】【分析】（1）利用幾何語言畫出對應的幾何圖形；（2）先根據圓周角定理得到，再利用等腰三角形的性質得到，從而得到．【詳解】解：（1）如圖，為所作；（2）證明：連接，如圖，，點在上．點在上，（圓周角定理），，（圓周角定理的推論）．故答案為：圓周角定理；；圓周角定理的推論．【考點】本題考查了作圖復雜作圖、也考查了圓周角定理，解題的關鍵是掌握復雜作圖的五種基本作圖的基本方法，一般是結合了幾何圖形的性質和基本作圖方法．熟悉基本幾何圖形的性質，結合幾何圖形的基本性質把復雜作圖拆解成基本作圖，逐步操作．五、解答題1、(1)a=-1；坐標為，；(2).【解析】【分析】（1）利用拋物線的對稱軸方程得到x=-=-1，解方程求出a即可得到拋物線的解析式為y=-x2-2x；然后解方程-x2-2x=0可得到拋物線與x軸的交點坐標；（2）拋物線y=-x2-2x+m由拋物線y=-x2-2x上下平移|m|和單位得到，利用函數圖象可得到當x=1時，y＜0，即-1-2+m＜0；當x=-1時，y≥0，即-1+2+m≥0，然后解兩個不等式求出它們的公共部分可得到m的范圍．【詳解】根據題意得，解得，所以拋物線的解析式為，當時，，解得，，所以拋物線與軸的交點坐標為，；拋物線拋物線由拋物線上下平移和單位得到，而拋物線的對稱軸為直線，∵拋物線與軸的交點都在點，之間，∴當時，，即，解得；當時，，即，解得，∴的取值范圍為．【考點】本題考查了拋物線與x軸的交點：把求二次函數y=ax2+bx+c（a，b，c是常數，a≠0）與x軸的交點坐標問題轉化為解關于x的一元二次方程．也考查了二次函數圖象的幾何變換．2、（1）135°（2）∠MOP-∠NOQ=30°，理由見解析（3）s或s．【分析】（1）先根據OP平分得到∠PON，然后求出∠BOP即可；（2）先根據題意可得∠MOP=90°-∠POQ,∠NOQ=60°-∠POQ,然后作差即可；（3）先求出旋轉前OC、OD的夾角，然后再求出OC與OD第一次和第二次相遇所需要的時間，再設在OC與OD第二次相遇前，當時，需要旋轉時間為t，再分OE在OC的左側和OE在OC的右側兩種情況解答即可．（1）解：∵OP平分∠MON∴∠PON=∠MON=45°∴三角板OPQ旋轉的角：∠BOP=∠PON+∠NOB=135°．故答案是135°（2）解：∠MOP-∠NOQ=30°，理由如下：∵∠MON=90°，∠POQ=60°∴∠MOP=90°-∠POQ,∠NOQ=60°-∠POQ,∴∠MOP-∠NOQ=90°-∠POQ-（60°-∠POQ）=30°．（3）解：∵射線OC平分，射線OD平分∴∠NOC=45°，∠POD=30°∴選擇前OC與OD的夾角為∠COD=∠NOC+∠NOP+∠POD=165°∴OC與OD第一次相遇的時間為165°÷（2°+3°）=33秒，此時OB旋轉的角度為33×5°=165°∴此時OC與OE的夾角165-（180-45-2×33）=96°OC與OD第二次相遇需要時間360°÷（3°+2°）=72秒設在OC與OD第二次相遇前，當時，需要旋轉時間為t①當OE在OC的左側時，有（5°-2°）t=96°-13°，解得：t=s②當OE在OC的右側時，有（5°-2°）t=96°+13°，解得：t=s然后，①②