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2024年中考考前最后一卷【江西卷】
数学·全解全析
1
2
3
4
5
6
D
B
B
B
D
A
一、选择题(本大题包括6小题,每小题3分,共18分。在每小题列出的四个选项中,只有一个是正确的.)
1.B
【分析】本题考查了实数的大小比较,根据正数大于0大于负数,绝对值越大的负数反而越小,即可作答.
【详解】解:∵,
,
∴最小的是,
故选:B.
2.C
【分析】本题考查整式的运算.根据题意逐项计算即可.
【详解】A.,此选项不正确;
B.,此选项不正确;
C.,此选项正确;
D.,此选项不正确.
故选:C.
3.D
【分析】本题考查简单几何体的三视图,通过观察立体图形,根据左边看到的图形为左视图,即可求解.
【详解】解:该立体图形的左视图是??,
故选:D.
4.A
【分析】本题考查一元二次方程的根与系数关系.根据根与系数关系得到,,进而求得,,即可.
【详解】解:∵关于的方程的两根分别为和,
∴,,
∵,
∴,
即,
∴,
∴,
∴,
∴.
故选:A
5.D
【分析】本题考查了切线的性质、等边对等角、三角形内角和定理,由切线的性质得,求出,再由等边对等角得出,最后再由三角形内角和定理计算即可得出答案.
【详解】解:切于,
,
,
,
,
,
,
故选:D.
6.C
【分析】本题主要考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、二次函数的应用等知识点,求出面积的解析式成为解题的关键.
如图:连接,过P作交于G,过Q作于K,先证明可得,再证,进而得到,设,则,进而得到,最后根据二次函数的性质求最值即可解答.
【详解】解:如图:连接,过P作交于G,过Q作于K,
∵四边形为正方形;
∴,
∵,
∴,
∴,
∴,
∵正方形外角的平分线,
∴,
∴,
∵
∴,即,
∵,
∴,
∴,
∴,
∴,
∵,
∴,
∵,,,
∴,
∴,
∵,
∴,
设,则,
∴,
∴当时,即时,面积有最大值.
故选C.
二、填空题(本大题包括6小题,每小题3分,共18分。)
7.答案不唯一
【分析】此题考查了二次根式的有意义的条件,二次根式被开方数大于等于零时,二次根式有意义,据此解答.
【详解】解:要使若在实数范围内有意义,
则,
即,
则写出一个满足条件的的值为.
故答案为:答案不唯一.
8.
【分析】此题考查科学记数法的表示方法.科学记数法的表示形式为的形式,其中,n为整数.确定n的值时,要看把原数变成a时,小数点移动了多少位,n的绝对值与小数点移动的位数相同.
【详解】解:亿,
故答案为:.
9.
【分析】本题考查平行线的性质,三角形的外角,两直线平行,内错角相等,得到,三角形的外角得到,即可得出结果.
【详解】解:∵,
∴,
∵是的一个外角,
∴;
故答案为:.
10.
【分析】本题考查平移变换,旋转变换,全等三角形的判定和性质等知识,解题的关键是学会添加常用辅助线,构造全等三角形解决问题.
【详解】解:将点A向右平移2个单位后,可得,
过,分别作轴的垂线,垂足为,,则,,,
由旋转可知,,,则,
又∵,
∴,
∴,
∴,,
∴,
故答案为:.
11.10
【分析】本题考查线段垂直平分线的性质、勾股定理,先根据作图痕迹得垂直平分,则有,再利用勾股定理求解即可.
【详解】解:连接,
根据作图痕迹得垂直平分,
∴,
∵,,
∴在中,,
则由勾股定理得,即,
解得,
故答案为:10.
12.或8或或5
【分析】本题主要考查了菱形的性质,解题的关键是掌握菱形的四条边都相等.根据题意,进行分类讨论,再根据菱形的性质,列出方程求解即可.
【详解】解:①如图,经历三次折叠后,
∵四边形为菱形,
∴,
∴,
∵四边形为菱形,
∴,
∴
∵四边形为菱形,
∴,
∴,
∵四边形为菱形,
∴,即,
解得:;
②如图,经历三次折叠后,
∵四边形为菱形,
∴,
∴,
∵四边形,,
∴
∴
解得:;
③如图,经历三次折叠后,
∵四边形为菱形,
∴,
∴,
∵四边形都为菱形,
∴,
∴,
解得:
④如图,经历三次折叠后,
∵四边形都为菱形,
∴,
∴,
∴,
∴,
解得:;
综上:a的值为或5或.
故答案为:或8或或5.
三、解答题(本大题共11个小题,满分84分)
13.(1);(2)证明见解析
【分析】本题考查的是含特殊角的三角函数值的混合运算,菱形的判定,掌握基础运算的运算法则与菱形的判定方法是解本题的关键.
(1)先计算乘方,绝对值,锐角三角函数,零次幂,再合并即可;
(2)先证明可得,再结合菱形的判定方法可得结论.
【详解】解:(1)
;
(2)∵,
∴,
∴,
∴,
∵,
∴是菱形.
14.,当时,原式.
【分析】本题考查了分式的化简求值.原式括号中两项通分并利用同分母分式
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