第一篇：2019年中考數學復習卷
2018年中考數學專題復習卷《因式分解》含解析
2018年中考數學專題復習卷含解析
因式分解
一、選擇題
1.下列各式中，不含因式a+1的是(
)
A. 2a2+2a
B. a2+2a+1
C. a﹣1
D.
22.下列因式分解錯誤的是(
)
A. 2x(x﹣2)+(2﹣x)=(x﹣2)(2x+1)
C. x2y﹣xy2=xy(x﹣y)
﹣y2=(x+y)(x﹣y)
3.下列因式分解中，正確的個數為(
)
①x3+2xy+x=x(x2+2y);②x2+4x+4=(x+2)2;③﹣x2+y2=(x+y)(A. 3個
個
個
4.若x=1， ，則x2+4xy+4y2的值是(
)
A. 2
B. 4
C.
D.
5.化簡:(a+1)2-(a-1)2=( ) A. 2
6.下列因式分解正確的是( ) A. (x-3)2-y2=x2-6x+9-y2
B. a2-9b2=(a+9b)(a-9b) 1
B. x2
+2x+1=(x+1)2
D. x2x﹣y)
B. 2
C.
1 D. 0個
B.
4 C. 4a
D. 2a2
+2
2018年中考數學專題復習卷含解析
C. 4x-1=(2x+1)(2x-1)
D. -x-y=(x-y)(x+y) 7.若代數式x2+ax可以分解因式，則常數a不可以取(
) A. ﹣1
B. 0
C. 1
D. 2 226338.下列各多項式中,不能用平方差公式分解的是(
). A. a2b2-1
B. 4-0.25a2
C. -a2
-b2
D. -x2+1 9.分解因式x2y﹣y3結果正確的是(
). A. y(x+y)2
B. y(x-y)2
C. y(x2-y2)
D. y(x+y)(x-y) 10.邊長為a、b的長方形周長為12,面積為10,則
的值為(
) A. 120
60
11.如果2x2+mx﹣2可因式分解為(2x+1)(x﹣2)，那么m的值是(
) A. ﹣1
12.下列各式從左邊到右邊的變形是因式分解的是(
) A.
B.
C.
D.
二、填空題
13.分解因式：x2﹣16=________.
B. C. 80D. 40 B. 1 C. ﹣ D. 3
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14.兩個多項式①a+2ab+b ， ②a﹣b的公因式是________ 15.分解因式：x﹣2x+1=________.
16.甲、乙兩個同學分解因式x2+ax+b時，甲看錯了b，分解結果為(x+2)(x+4);乙看錯了a，分解結果為(x+1)(x+9)，則a+b=________ 17.把多項式x3 -25x分解因式的結果是________. 18.若x2﹣9=(x﹣3)(x+a)，則a=________ 19.把多項式 20.已知 ，
分解因式的結果是________. 則代數式
的值是________ 2222221.當a=3，a﹣b=1時，代數式a2﹣ab的值是________. 22.若a﹣2a﹣4=0，則5+4a﹣2a=________.
三、解答題
23.把下列各式分解因式: (1)x2(a-1)+y2(1-a); (2)18(m+n)2-8(m-n)2; (3)x2-y2-z2+2yz.
24.計算
(1)已知a+b=-3，ab=5，求多項式4a2b+4ab2-4a-4b的值 (2)已知x2-3x-1=0,求代數式3-3 x2+9x的值?
25.下面是某同學對多項式(x2﹣4x+2)(x2﹣4x+6)+4進行因式分解的過程. 解：設x2﹣4x=y 原式=(y+2)(y+6)+4(第一步) =y2+8y+16(第二步) =(y+4)2(第三步)
22 3
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=(x﹣4x+4)(第四步) 回答下列問題：
(1)該同學第二步到第三步運用了因式分解的(
)
A. 提取公因式
B. 平方差公式
C. 兩數和的完全平方公式
D. 兩數差的完全平方公式
(2)該同學因式分解的結果是否徹底________.(填“徹底”或“不徹底”) 若不徹底，請直接寫出因式分解的最后結果________.
(3)請你模仿以上方法嘗試對多項式(x2﹣2x)(x2﹣2x+2)+1進行因式分解.
26.對于多項式x3-5x2+x+10,我們把x=2代入此多項式,發現x=2能使多項式x3-5x2+x+10的值為0,由此可以斷定多項式x3-5x2+x+10中有因式x-2(注:把x=a代入多項式,能使多項式的值為0,則多項式中一定含有因式(x-a),于是我們可以把多項式寫成:x3-5x2+x+10=(x-2)(x2+mx+n),分別求出m,n后再代入x-5x+x+10=(x-2)(x+mx+n)中,就可以把多項式x-5x+x+10因式分解). (1)求式子中m,n的值; (2)以上這種因式分解的方法叫“試根法”,用“試根法”分解因式x+5x+8x+4.
32322
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答案解析
一、選擇題 1.【答案】D 【解析】 ：A、∵2a2+2a=2a(a+1)，故本選項不符合題意; B、a2+2a+1=(a+1)2 ， 故本選項不符合題意; C、a﹣1=(a+1)(a﹣1)，故本選項不符合題意; D、 = ，故本選項符合題意. 2故答案為：D.
【分析】根據因式分解的定義：把一個多項式在一個范圍(如實數范圍內分解，即所有項均為實數)化為幾個整式的積的形式，這種式子變形叫做這個多項式的因式分解，也叫做把這個多項式分解因式;把各個選項因式分解，找出不含因式a+1的選項. 2.【答案】A 【解析】 A、原式=(x﹣2)(2x﹣1)，符合題意; B、原式=(x+1)2 ， 不符合題意; C、原式=xy(x﹣y)，不符合題意; D、原式=(x+y)(x﹣y)，不符合題意， 故答案為：A.
【分析】根據因式分解的定義，將一個多項式化為幾個整式的積的恒等變形就是因式分解，然后利用整式的乘法將變形的右邊利用整式的乘法法則得出結果，和左邊進行比較即可得出答案。 3.【答案】C 【解析 ：①x3+2xy+x=x(x2+2y+1)，故原題錯誤; ②x+4x+4=(x+2);正確;
③﹣x+y=(x+y)(y﹣x)，故原題錯誤; 故正確的有1個. 故答案為：C.
【分析】第一個中的第一項的指數是3，第三項不是y的平方，所以不符合完全平方式的條件;第三個應該是(x+y)(y-x). 4.【答案】B 2222 5
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【解析】 ：原式=(x+2y)=(1+2× )=4.故答案為：B【分析】根據完全平方公式a222
22ab+b=(a
2b) ， 分解因式x2+4xy+4y2=(x+2y)2 ， 把x、y的值代入，求出代數式的值. 5.【答案】C 【解析】 ： (a+1)2-(a-1)2=[(a+1)-(a-1)]·[(a+1)+(a-1)]=2×2a=4a. 選C【分析】根據平方差公式a-b=(a+b)(a-b)，分解即可. 6.【答案】C 【解析】 ：A、(x-3)2-y2=x2-6x+9-y2 ， 不是兩數積的形式的形式，不符合因式分解特點，故此選項不符合題意;
B、原式應該為：a2-9b2=(a+3b)(a-3b);故此選項不符合題意; C、4x-1=(2x+1)(2x-1)，故此選項符合題意;
D、原式應該為：2xy-x-y=-(x-y) ， 故此選項不符合題意;故答案為：C 【分析】根據因式分解的定義把一個多項式化為幾個整式的積的形式，再根據平方差公式a2-b2=(a+b)(a-b)分解即可. 7.【答案】B 【解析】 ：∵代數式x2+ax可以分解因式， ∴常數a不可以取0. 故答案為：B.
【分析】根據因式分解的定義，就是將一個多項式分解為幾個整式的積的形式，從而可知x+ax能分解因式的話，必須是多項式，故a≠0,從而得出答案。 8.【答案】C 【解析】 ：A、a2b2-1=(ab)2-12 ， 可以利用平方差公式分解因式，故A不符合題意; B、4-0.25a=2-(0.5a) ， 可以利用平方差公式分解因式，故B不符合題意; C、-a-b=-(a+b)，不能分解因式，故C符合題意;
D、-x2+1=-(x2-1)，可以利用平方差公式分解因式，故D不符合題意;
故答案為：C【分析】平方差公式的特點：多項式含有兩項，兩項的符號相反，兩項的絕對值都能寫出平方形式，對各選項逐一判斷即可。 9.【答案】D 【解析】 ：x2y﹣y3=y(x2-y2)=y(x+y)(x-y) 故答案為：D 【分析】觀察此多項式的特點，有公因式y，因此先提取公因式，再利用平方差公式分解因式。 10.【答案】B 222222
2222
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【解析】 ：∵邊長為a、b的長方形周長為12,面積為10, ∴2(a+b)=12，ab=10 ∴a+b=6 ∴a2b+ab2 =ab(a+b)=10×6=60
【分析】根據已知求出a+b、ab的值，再將a2b+ab2 分解因式，然后整體代入求值即可。 11.【答案】C 【解析】 ：∵2x+mx﹣2=(2x+1)(x﹣2)=2x﹣3x﹣2， ∴m=﹣3. 故答案為：C.
【分析】根據多項式的乘法運算，把(2x+1)(x﹣2)展開，再根據對應項的系數相等進行求解即可. 12.【答案】D 【解析】 A、是一個二元一次方程組，故A不符合題意; B、是單項式乘法的逆用,故B不符合題意; C是多項式乘以多項式的乘法運算,故C不符合題意; D是將一個多項式變形為兩個整式的積，故D符合題意
【分析】根據因式分解的定義，把一個多項式分解為幾個整式的積的形式，即可得出結論。
二、填空題
13.【答案】(x+4)(x-4) 【解析】 ：x﹣16=(x+4)(x﹣4).【分析】16=4 ， 利用平方差公式分解可得. 14.【答案】a+b.
【解析】 ：①a+2ab+b=(a+b); ②a2﹣b2=(a+b)(a﹣b);
故多項式①a2+2ab+b2 ， ②a2﹣b2的公因式是a+b. 故答案為：a+b.
【分析】利用完全平方公式和平方差公式化簡和展開得到(a+b)和(a+b)(a﹣b)，答案就很顯然了. 15.【答案】(x﹣1)
【解析】 ：x2﹣2x+1=(x﹣1)2 . 【分析】利用完全平方公式分別即可。 16.【答案】15 【解析】 ：分解因式x2+ax+b，甲看錯了b，但a是正確的， 他分解結果為(x+2)(x+4)=x2+6x+8， ∴a=6，
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2018年中考數學專題復習卷含解析
同理：乙看錯了a，分解結果為(x+1)(x+9)=x+10x+9， ∴b=9， 因此a+b=15. 故答案為：15.
【分析】由題意分析a，b是相互獨立的，互不影響的，在因式分解中，b決定因式的常數項，a決定因式含x的一次項系數;利用多項式相乘的法則展開，再根據對應項系數相等即可求出a、b的值. 17.【答案】
2【解析】 ：解：x3-25x=x(x2-25)=x(x+5)(x-5)故答案為：x(x+5)(x-5)
【分析】觀察此多項式的特點：含有公因式x，因此提取公因式x后，再利用平方差公式分解因式即可。 18.【答案】3 【解析】 ：∵x2﹣9=(x+3)(x﹣3)=(x﹣3)(x+a)， ∴a=3. 故答案為：3.
【分析】本題考查的是平方差公式，因為19.【答案】
，所以可知a=3. 【解析】 ：原式=3a(a2﹣4a+4)=3a(a﹣2)2 . 故答案為：3a(a﹣2)2 .
【分析】先利用提公因式法分解因式，再利用完全平方公式分解到每一個因式都不能再分解為止。 20.【答案】15 【解析】 故答案為：15. 【分析】根據平方差公式分解因式，再利用整體代入法即可得出答案。 21.【答案】3 【解析】 當
故答案為：3.
【分析】先利用提公因式法分解因式，再利用整體代入即可算出代數式的值。 22.【答案】-3 【解析】 ∵ ∴原式 故答案為： 即
時，原式=3×1=3. =(a+b)(a-b)=3×5=15.
【分析】根據已知方程，可得出a2−2a=4， 再將代數式轉化為5−2(a2−2a)，再整體代入求值即可。
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三、解答題
23.【答案】(1)解：原式=x(a-1)-y(a-1)=(a-1)(x-y)=(a-1)(x+y)(x-y) (2)解：原式=2[9(m+n)2-4(m-n)2] =2{[3(m+n)]2-[2(m-n)]2} =2[(3m+3n)2-(2m-2n)2] =2[(3m+3n+2m-2n)(3m+3n-2m+2n)] =2(5m+n)(m+5n) (3)解：原式=x2-(y2+z2-2yz)=x2-(y-z)2 =(x+y-z)(x-y+z) 【解析】【分析】(1)觀察多項式的特點，有公因式a-1，因此提取公因式后再利用平方差公式分解因式即可。
(2)觀察此多項式的特點，有公因數2，因此提取公因數后，將另一個因式寫成平方差公式的形式，然后利用平方差公式分解因式即可。
(3)此多項式有4項，沒有公因式，因此采用分組分解法，后三項可構造完全平方公式，因此將后三項結合，利用完全平方公式和平方差公式分解因式即可。 24.【答案】(1)解：原式 =4 ab(a+b)-4(a+b)
=(4 ab-4)(a+b) =4(ab-1)(a+b) 當a+b=-3，ab=5時， 原式=4 =4 4 (5-1) (-3) (-3)
222
2=-48
(2)解：解：原式=-3(x2-3x-1) 當x2-3x-1=0， 原式=-3 =0 【解析】【分析】(1)將代數式提取公因式4(a+b)，轉化為4(ab-1)(a+b)，再整體代入求值即可。
(2)將代數式提取公因數-3，轉化為-3(x2-3x-1)，再整體代入求值即可。 25.【答案】(1)C (2)不徹底; 0 9
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(3)解：設x﹣2x=y. (x﹣2x)(x﹣2x+2)+1， =y(y+2)+1， =y2+2y+1， =(y+1)2 ， =(x2﹣2x+1)2 ， =(x﹣1)
【解析】【解答】(2)該式還可以繼續因式分解，(x2﹣4x+4)2=【分析】運用換元法把x2﹣2x=y，再根據完全平方公式a226.【答案】(1)解：∵x-5x+x+10=(x-2)(x+mx+n) 分別令x=0,x=1, 10=-2n，15=1+m+n 解之：m=-3,n=-5 (2)解：當x=-1時，x3+5x2+8x+4=0 x3+5x2+8x+4=(x+1)(x2+ax+b) 分別令x=0,x=1, 4=b，18=2(1+a+b) 解之：a=4,b=4, ∴x+5x+8x+4=(x+1)(x+4x+4)=(x+1)(x+2)
【解析】【分析】(1)根據題意將x=0和x=1分別代入x3-5x2+x+10=(x-2)(x2+mx+n)，建立關于m、n的方程組，求解即可。
(2)根據題意可知當當x=-1時，x+5x+8x+4=0，原式可轉化為x+5x+8x+4=(x+1)(x+ax+b)，將x=0和x=1分別代入x+5x+8x+4=(x+1)(x+ax+b)，建立關于a、b的方程組，求解即可分解因式。 32
23
2
3
2
2322
232
24222
=(x-2)4 b)2分解.
2ab+b2=(a 10
第二篇：2018年中考數學專題復習卷《幾何圖形的動態問題精編》含解析
2018年中考數學專題復習卷含解析
幾何圖形的動態問題精編
1.如圖，平行四邊形ABCD中，AB=
cm，BC=2cm，∠ABC=45°，點P從點B出發，以1cm/s的速度沿折
2線BC→CD→DA運動，到達點A為止，設運動時間為t(s)，△ABP的面積為S(cm)，則S與t的大致圖象是(
)
A.
B.
C. 【答案】A 【解析】 ：分三種情況討論：
D.
①當0≤t≤2時，過A作AE⊥BC于E.∵∠B=45°，∴△ABE是等腰直角三角形.∵AB= ∴S= BP×AE= ×t×1= t;
，∴AE=1，
②當2
-t)×1= (
-t). 時，S= AP×AE= ×(
故答案為：A.
【分析】根據題意分三種情況討論：①當0≤t≤2時，過A作AE⊥BC于E;②當2
時;③時，分別求出S與t的函數解析式，再根據各選項作出判斷，即可得出答案。
2018年中考數學專題復習卷含解析
2.如圖，邊長為a的菱形ABCD中,∠DAB=60°,E是異于A、D兩點的動點,F是CD上的動點,滿足AE+CF=a,△BEF的周長最小值是(
)
A.
B.
【答案】B 【解析】 ：連接BD
∵四邊形ABCD是菱形， ∴AB=AD， ∵∠DAB=60°， ∴△ABD是等邊三角形， ∴AB=DB，∠BDF=60° ∴∠A=∠BDF 又∵AE+CF=a， ∴AE=DF，
在△ABE和△DBF中，
∴△ABE≌△DBF(SAS)， ∴BE=BF，∠ABE=∠DBF， ∴∠EBF=∠ABD=60°， ∴△BEF是等邊三角形.
∵E是異于A、D兩點的動點,F是CD上的動點,
C.
D.
2018年中考數學專題復習卷含解析
要使△BEF的周長最小，就是要使它的邊長最短 ∴當BE⊥AD時，BE最短 在Rt△ABE中，BE=∴△BEF的周長為
=
【分析】根據等邊三角形的性質及菱形的性質，證明∠A=∠BDF，AE=DF，AB=AD，就可證明△ABE≌△DBF，根據全等三角形的性質，可證得BE=BF，∠ABE=∠DBF，再證明△BEF是等邊三角形，然后根據垂線段最短，可得出當BE⊥AD時，BE最短，利用勾股定理求出BE的長，即可求出△BEF的周長。 3.如圖,菱形 的邊長是4厘米,
,動點 以1厘米/秒的速度自 點出發沿
運動至 點停止若點
方向同時出運動至 點停止,動點 以2厘米/秒的速度自 點出發沿折線 發運動了 秒,記 的面積為
,下面圖象中能表示 與 之間的函數關系的是(
)
A.
B.
2018年中考數學專題復習卷含解析
C.
D.
【答案】D 【解析】 當0≤t<2時，S=2t× 當2≤t<4時，S=4× 只有選項D的圖形符合. 故答案為：D.
【分析】分別求出當0≤t<2時和當2≤t<4時，s與t的函數解析式，再根據各選項的圖像逐一判斷即可。
4.如圖,矩形ABCD,R是CD的中點,點M在BC邊上運動,E，F分別為AM，MR的中點,則EF的長隨M點的運動(
)
×(4-t)=-
t+8
t+4 ;
2t;
×(4-t)=-2
A. 變短
B. 變長
C. 不變
D. 無法確定 【答案】C 4
2018年中考數學專題復習卷含解析
【解析】 ：∵E，F分別為AM，MR的中點, ∴EF是△ANR的中位線 ∴EF= AR ∵R是CD的中點，點M在BC邊上運動 ∴AR的長度一定 ∴EF的長度不變。
故答案為：C【分析】根據已知E，F分別為AM，MR的中點,，可證得EF是△ANR的中位線，根據中位線定理，可得出EF= AR，根據已知可得出AR是定值，因此可得出EF也是定值，可得出結果。
5.如圖甲，A，B是半徑為1的⊙O上兩點，且OA⊥OB.點P從A出發，在⊙O上以每秒一個單位的速度勻速運動，回到點A運動結束.設運動時間為x，弦BP的長度為y，那么如圖乙圖象中可能表示y與x的函數關系的是(
)
A. ①
B. ④
C. ①或③
D. ②或④ 【答案】C 【解析】 當點P順時針旋轉時，圖象是③，當點P逆時針旋轉時，圖象是①， 故答案為①③. 故答案為：C.
【分析】由題意知PB的最短距離為0，最長距離是圓的直徑;而點P從A點沿順時針旋轉和逆時針旋轉后與點B的距離有區別，當點P從A點沿順時針旋轉時，弦BP的長度y的變化是：從AB的長度增大到直徑的長，然后漸次較小至點B為0，再從點B運動到點A，則弦BP的長度y由0增大到AB的長;
當點P從A點沿逆時針旋轉時，弦BP的長度y的變化是：從AB的長度減小到0，再由0增大到直徑的長，最后由直徑的長減小到AB的長。
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6.如圖，一塊等邊三角形的木板，邊長為1，現將木板沿水平線翻滾，那么B點從開始至結束所走過的路徑長度為________.
【答案】
，第二段= 【解析】 ：從圖中發現：B點從開始至結束所走過的路徑長度為兩段弧長即第一段= .
故B點從開始至結束所走過的路徑長度= 故答案為：
+
=
.
【分析】B點的運動路徑是2個圓心角是120度的扇形的弧長，根據弧長公式求解。
7.如圖，長方形ABCD中，AB=4cm，BC=3cm，點E是CD的中點，動點P從A點出發，以每秒1cm的速度沿A→B→C→E 運動，最終到達點E.若點P運動的時間為x秒，那么當x= ________時，△APE的面積等于5 .
【答案】或5 【解析】 ①如圖1，
當P在AB上時， ∵△APE的面積等于5， ∴ x⋅3=5， x= ;
②當P在BC上時，
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∵△APE的面積等于5， ∴
，
∴3×4−
(3+4−x)×2− ×2×3− ×4×(x−4)=5， x=5;
③當P在CE上時， ∴
(4+3+2−x)×3=5， x= <3+4+2，此時不符合;
或5. 故答案為：
【分析】先對點P所在不同線段的區間進行分類討論，再結合實際情況與所得結果進行對比從而判斷結果的合理性. 8.如圖，在矩形 若點 中，
點
同時從點 出發，分別在
，
上運動，的運動速度是每秒2個單位長度，且是點 運動速度的2倍，當其中一個點到達終點時，停止一為對稱軸作
與矩形
的對稱圖形
.點
恰好在
上的時間為________秒.在切運動.以
整個運動過程中， 重疊部分面積的最大值為________.
【答案】;
【解析】 ：(1)如圖，當B′與AD交于點E，作FM⊥AD于F，
∴∠DFM=90°. ∵四邊形ABCD是矩形，
∴CD=AB.AD=BC.∠D=∠C=90°.
7 ∴四邊形DCMF是矩形， ∴CD=MF.
∵△MNB與△MNE關于MN對稱， ∴△MNB≌△MNE， ∴ME=MB，NE=BN. ∵BN=t，BM=2t， ∴EN=t，ME=2t. ∵AB=6，BC=8，
∴CD=MF=6，CB=DA=8.AN=6-t 在Rt△MEF和Rt△AEN中，由勾股定理，得(1)EF=AE= ∴+=2t 解得
：t=
(2)如圖，
∵△MNE與△MNB關于MN對稱， ∴∠MEN=∠MBN=90°.
∵∠MEN+∠MBN+∠EMB+∠ENB=360°， ∴∠EMB+∠ENB=180°. ∵∠ENA+∠ENB=180°， ∴∠ENA=∠EMB. ∵tan∠ENA= ∴tan∠EMB=
∵四邊形ABCD是矩形， ∴AD∥BC， ∴∠EFG=∠EMB.
2018年中考數學專題復習卷含解析
2018年中考數學專題復習卷含解析
∵BN=t，BM=2t， ∴EN=t，ME=2t. ∵AB=6，BC=8，
∴CD=MF=6，CB=DA=8.AN=6 ∴GA=(6-t) GN=(6-t) ∵EG=EN-GN=t-(6-t)=∴EF=(∴當S=t-(2t-2 )×=2t-時， )(. 2)=-(t-6)+
2∴t=4時，s最大=當0
. 時，S最大=>
∴最大值為【分析】(1)如圖，當B′與AD交于點E，作FM⊥AD于F，根據矩形的性質得出CD=AB.AD=BC.∠D=∠C=90°.進而判斷出四邊形DCMF是矩形，根據矩形的對邊相等得出CD=MF.根據翻折的性質得出△MNB≌△MNE，根據全等三角形對應邊相等得出ME=MB，NE=BN.然后表示出EN=t，ME=2t.CD=MF=6，CB=DA=8.AN=6-t，在Rt△MEF和Rt△AEN中，由勾股定理EF,AE的長，根據線段的和差得出方程，求解得出t的 值;
(2)根據翻折的性質得出∠MEN=∠MBN=90°.根據四邊形的內角和，鄰補角定義及等量代換得出∠ENA=∠EMB.根據等角的同名三角函數值相等得出tan∠ENA=tan∠EMB=， 根據矩形的性質得出∠EFG=∠EMB.EN=t，ME=2t.CD=MF=6，CB=DA=8.AN=6-t，進而表示出GA,GN,EG,EF,的長，當 與當0
< t ≤ 4 時，9.如圖，在△ABC中，BC=AC=5，AB=8，CD為AB邊的高，點A在x軸上，點B在y軸上，點C在第一象限，若A從原點出發，沿x軸向右以每秒1個單位長的速度運動，則點B隨之沿y軸下滑，并帶動△ABC 9
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在平面內滑動，設運動時間為t秒，當B到達原點時停止運動
(1)連接OC，線段OC的長隨t的變化而變化，當OC最大時，t=________; (2)當△ABC的邊與坐標軸平行時，t=________。 【答案】(1)(2)t=
【解析】 (1)如圖：
當 三點共線時，
取得最大值，
( 2 )分兩種情況進行討論：①設 ∴CA∥y軸， ∴∠CAD=∠ABO. 又
∴Rt△CAD∽Rt△ABO， ∴ 解得 ②設 即
時，
時，CA⊥OA，
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∴CB∥x軸， Rt△BCD∽Rt△ABO， ∴
綜上可知,當以點C為圓心,CA為半徑的圓與坐標軸相切時,t的值為 故答案為：
或
或
即
【分析】(1)當 O , C , D 三點共線時，OC取得最大值，此時OC是線段AB的中垂線， 根據中垂線的性質，及勾股定理得出OA =OB = 4
, 然后根據時間等于路程除以速度即可得出答案;
( 2 )分兩種情況進行討論：①設OA = t 1 時，CA⊥OA，故CA∥y軸，然后判斷出Rt△CAD∽Rt△ABO，根據相似三角形對應邊成比例得出AB∶CA = AO∶CD ,從而得出答案;②設 A O = t 2 時，BC ⊥OB ，故CB∥x軸，然后判斷出Rt△BCD∽Rt△ABO，根據相似三角形對應邊成比例得出BC∶AB=BD∶ AO, 從而得出答案. 10.如圖，在平面直角坐標系中，A(4，0)、B(0，-3)，以點B為圓心、2 為半徑的⊙B上 有一動點P.連接AP，若點C為AP的中點，連接OC，則OC的最小值為________.
【答案】
【解析】 ：作A關于y軸的對稱點A′，
則A′(-4，0)，
∴OC是△AA′P的中位線，當A′P取最小值時，OC取最小值.連接A′B交⊙B于點P，此時A′P最小.
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在Rt△OA′B中，OA′=4，OB=3， ∴A′B=5，∴A′P=5-2=3，∴OC= ， ∴OC的最小值 . 故答案為： .
【分析】作A關于y軸的對稱點A′，可得出點A′的坐標，可證得OC是△AA′P的中位線，因此當A′P取最小值時，OC取最小值.連接A′B交⊙B于點P，此時A′P最小，再利用勾股定理求出A′B，再根據圓的半徑求出A′P的長，利用三角形的中位線定理，即可求出OC的最小值 。 11.已知矩形 中， 是
邊上的一個動點，點 ， ，
分別是
，
，
的中點.
(1)求證： (2)設 ，當四邊形
;
是正方形時，求矩形
的面積. 【答案】(1)解：∵點F,H分別是BC,CE的中點， ∴FH∥BE， ∴ . .
又∵點G是BE的中點， ∴ 又∵ . ，
∴△BGF ≌ △FHC.
(2)解：當四邊形EGFH是正方形時，可知EF⊥GH且 ∵在△BEC中，點G，H分別是BE,EC的中點, ∴ ∴ 且GH∥BC,
又∵AD∥BC, AB⊥BC, ∴ ∴ ，
.
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【解析】【分析】(1)根據點F,H分別是BC,CE的中點，可證得FH是△BCE的中位線，就可證得FH∥BE， FH=BE 再根據點G是BE的中點，得出FH=BG，就可證得結論。
(2)當四邊形EGFH是正方形時，可知EF⊥GH且 E F = G H ，根據已知在△BEC中，點G，H分別是BE,EC的中點，可證得GH是△BCE的中位線，可求出GH的長及GH∥BC，再根據AD∥BC, AB⊥BC，可證得AB=GH，然后利用矩形的面積公式，即可求解。
12.如圖，在△ABC中，∠C=90°，AC=4cm，BC=5cm，點D在BC上，且CD=3cm.動點P、Q分別從A、C兩點同時出發，其中點P以1cm/s的速度沿AC向終點C移動;點Q以 cm/s的速度沿CB向終點B移動.過點P作PE∥CB交AD于點E，設動點的運動時間為x秒.
(1)用含x的代數式表示EP;
(2)當Q在線段CD上運動幾秒時，四邊形PEDQ是平行四邊形;
(3)當Q在線段BD(不包括點B、點D)上運動時，求當x為何值時，四邊形EPDQ面積等于 . 【答案】(1)解:如圖所示，
∵PE∥CB， ∴∠AEP=∠ADC. 又∵∠EAP=∠DAC， ∴△AEP∽△ADC， ∴ ∴ = ，
= ，
∴EP= x. (2)解：由四邊形PEDQ1是平行四邊形，可得EP=DQ1.
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即 x=3- x，所以x=1.5. ∵0
( x+ x-3)·(4-x)=-x+ ∵四邊形EPDQ面積等于 ， ∴-x2+ x-6= ，
2x-6，
整理得：2x2-11x+15=0. 解得：x=3或x=2.5，
∴當x為3或2.5時，四邊形EPDQ面積等于 . 【解析】【分析】(1)抓住已知條件PE∥CB，證明△AEP∽△ADC，再根據相似三角形的性質得出對應邊成比例，可得出EP的長。
(2)根據已知可知PE∥CB，要證四邊形PEDQ是平行四邊形，則EP=DQ1 ， 建立關于x的方程，求出x的值，再寫出x的取值范圍即可。
(3)根據PE∥CB，可證得四邊形EPDQ是梯形，根據梯形的面積=， 建立關于x的方程，再解方程求解即可。
13.如圖1，圖2中，正方形ABCD的邊長為6，點P從點B出發沿邊BC—CD以每秒2個單位長的速度向點D勻速運動，以BP為邊作等邊三角形BPQ，使點Q在正方形ABCD內或邊上，當點Q恰好運動到AD邊上時，點P停止運動。設運動時間為t秒(t≥0)。
(1)當t=2時，點Q到BC的距離=________;
(2)當點P在BC邊上運動時，求CQ的最小值及此時t的值; (3)若點Q在AD邊上時，如圖2，求出t的值; (4)直接寫出點Q運動路線的長。
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【答案】(1)解：
，根據垂線段最短，當 ，
時，CQ最小， (2)解：點P在BC邊上運動時，有 如圖，在直角三角形BCQ中，
∴ ∴ ∴
(3)解：若點Q在AD邊上，則 ∵
∴Rt△BAQ≌Rt△BCP(HL), ∴ ∴ ∵ ∴ 解得： ∴
，且由勾股定理可得，
(不合題意，舍去)，
(4)解：點Q運動路線的長等于點 運動的路線長：
【解析】【解答】 過點 作 如圖：
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當 時，
是等邊三角形，
故答案為：
【分析】(1)過點 Q 作QE⊥BC, 根據路程等于速度乘以時間，由 t = 2 ， 得出BP的長，根據等邊三角形的性質得出BQ = 4 , ∠QBE = 60 ° ,在Rt△BPQ中，根據正弦函數的定義即可得出QE的長;
(2)點P在BC邊上運動時，有 ∠QBC = 60 ° ，根據垂線段最短，當 CQ⊥BQ 時，CQ最小，如圖，在直角三角形BCQ中， ∠QBC= 60 ° ，從而得出BQ的長度，根據等邊三角形的性質得出BP=BQ=3，根據時間等于路程除以速度，從而得出t的值，再根據正切函數的定義，即可得出CQ的長;
(3)若點Q在AD邊上，則 C P = 2 t − 6 ，
首先利用HL判斷出Rt△BAQ≌Rt△BCP，根據全等三角形對應邊相等得出A Q = C P = 2 t − 6 , 進而得出DQ =DP= 12 − 2 t , 由 BP = PQ ，且由勾股定理可得，DQ+ DP =QP ， BC +CP =BP得出關于t的方程，求解并檢驗即可得出t的值; (4)根據題意點Q運動路線的長等于點 P 運動的路線長，由路程等于速度乘以時間即可得出答案。 14.已知：如圖①，在平行四邊形ABCD中，AB=12，BC=6，AD⊥BD.以AD為斜邊在平行四邊形AB CD的內部作Rt△AED，∠EAD=30°，∠AED=90°. 2 2 2
22
2,
(1)求△AED的周長;
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(2)若△ AED以每秒2個單位長度的速度沿DC向右平行移動，得到△AE0D0 ， 當A0D0與BC重合時停止移動，設運動時間為t秒，△A0E0D0與△BDC重疊的面積為S，請直接寫出 S與t之間的函數關系式，并寫出t的取值范圍;
(3)如圖②，在(2)中，當△AED停止移動后得到△BEC，將△BEC繞點C按順時針方向旋轉α(0°<α<180°)，在旋轉過程中，B的對應點為B1 ， E的對應點為E1 ， 設直線B1E1與直線BE交于點P、與直線CB交于點Q.是否存在這樣的α，使△BPQ為等腰三角形?若存在，求出α的度數;若不存在，請說明理由.
【答案】(1)解：(1)∵四邊形ABCD是平行四邊形， ∴AD=BC=6.
在Rt△ADE中，AD=6，∠EAD=30°， ∴AE=AD•cos30°=6×=3，
DE=AD•sin30°=6×=3， ∴△AED的周長為：6+3+3=9+
3。
(2)解：在△AED向右平移的過程中：
(I)當0≤t≤1.5時，如答圖1所示，此時重疊部分為△D0NK.
∵DD0=2t，∴ND0=DD0•sin30°=t，NK=ND0÷tan30°=∴S=S△D0NK=1ND0•NK=t•t=
t;
2t，
(II)當1.5
∵AA0=2t，∴A0B=AB-AA0=12-2t， ∴A0N=A0B=6-t，NK=A0N•tan30°=
(6-t).
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∴S=S四邊形D0E0KN=S△A0D0E0-S△A0NK=×3×-×(6-t)×(6-t)=-t+
22
t-;
(III)當4.5
∵AA0=2t，
∴A0B=AB-AA0=12-2t=D0C，
∴A0N=A0B=6-t，D0N=6-(6-t)=t，BN=A0B•cos30°=易知CI=BJ=A0B=D0C=12-2t， ∴BI=BC-CI=2t-6，
S=S梯形BND0I-S△BKJ=[t+(2t-6)]•=故答案為：S=S==-S=t2+2
t2;(0≤t≤1.5) t-(1.5
(4.5
(6-t)-(12-2t)
(6-t);
(3)證明：存在α，使△BPQ為等腰三角形. 理由如下：經探究，得△BPQ∽△B1QC，
故當△BPQ為等腰三角形時，△B1QC也為等腰三角形. (I)當QB=QP時(如答圖4)，
則QB1=QC，∴∠B1CQ=∠B1=30°， 即∠BCB1=30°， ∴α=30°;
(II)當BQ=BP時，則B1Q=B1C，
若點Q在線段B1E1的延長線上時(如答圖5)，
∵∠B1=30°，∴∠B1CQ=∠B1QC=75°， 即∠BCB1=75°， ∴α=75°;
若點Q在線段E1B1的延長線上時(如答圖6)，
∵∠CB1E1=30°，∴∠B1CQ=∠B1QC=15°， 即∠BCB1=180°-∠B1CQ=180°-15°=165°， ∴α=165°.
③當PQ=PB時(如答圖7)，則CQ=CB1 ，
∵CB=CB1 ， ∴CQ=CB1=CB，
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又∵點Q在直線CB上，0°<α<180°， ∴點Q與點B重合，
此時B、P、Q三點不能構成三角形.
綜上所述，存在α=30°，75°或165°，使△BPQ為等腰三角形.
【解析】【分析】(1)根據平行四邊形的性質求出AD的長，再利用解直角三角形求出AE、DE的長，然后求出△AED的周長即可。
(2)在△AED向右平移的過程中，分三種情況討論：(I)當0≤t≤1.5時，如答圖1所示，此時重疊部分為△D0NK;(II)當1.5
15.如圖，在直角坐標系XOY中，菱形OABC的邊OA在x軸正半軸上，點B，C在第一象限，∠C=120°，邊長OA=8，點M從原點O出發沿x軸正半軸以每秒1個單位長的速度作勻速運動，點N從A出發沿邊AB—BC—CO以每秒2個單位長的速度作勻速運動.過點M作直線MP垂直于x軸并交折線OCB于P，交對角線OB于Q，點M和點N同時出發，分別沿各自路線運動，點N運動到原點O時，M和N兩點同時停止運動.
(1)當t=2時，求線段PQ的長; (2)求t為何值時，點P與N重合;
(3)設△APN的面積為S，求S與t的函數關系式及t的取值范圍. 【答案】(1)解：在菱形OABC中，∠AOC=60°，∠AOQ=30°，當t=2時，OM=2，PM=2 PQ=
，QM=
，(2)解：當t≤4時，AN=PO=2OM=2t，
t=4時，P到達C點，N到達B點，點P，N在邊BC上相遇. 設t秒時，點P與N重合，則(t-4)+2(t-4)=8, ∴t= . 20
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即t= 秒時，點P與N重合
(3)解：①當0≤t≤4時，
PN=OA=8，且PN∥OA，PM= S△APN= ·8· ②當4
時，
PN=8-3(t-4)=20-3t， S△APN= ×4 ③當 ×(20-3t)=40
-6
t;
×(3t-20)= 6
t -4
;
-
t,
，CP=t-4，BP=12-t， S△APN= ×4 ④8
-
t)=
t-8 S△APN=S菱形-S△AON- S△CPN- S△APB =32 = t)- (t-4)(
t-8
)- (12-t)×4
綜上，S與t的函數關系式為：
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【解析】【分析】(1)根據菱形的性質得出∠AOC=60°，∠AOQ=30°，當t=2時，OM=2，再直角三角形中根據含30°角的直角三角形的邊之間的關系得出PM,QM的長，進而利用線段的和差得出PQ的長; (2)當t≤4時，AN=PO=2OM=2t，t=4時，P到達C點，N到達B點，點P，N在邊BC上相遇.設t秒時，點P與N重合，根據相遇問題的等量關系，列出方程，求解得出t的值;
(3)①當0≤t≤4時，PN=OA=8，且PN∥OA，PM= 3 t，根據三角形的面積公式，及平行線間的距離是一個定值即可得出S與t的函數關系式;②當4
時，P,N都在BC上相向運動，此時PN=8-3(t-4)=20-3t，根據三角形的面積公式，及平行線間的距離是一個定值即可得出S與t的函數關系式;③當
= ×6×4- ×(6-t)× (10-t)， =- t + t-12. 【解析】【分析】(1)設直線BC解析式為：y=kx+b，將B、C兩點坐標代入即可得出二元一次方程組，解之即可得出直線BC解析式.(2)依題可得：AM=AN=t，根據翻折性質得四邊形AMDN為菱形，作NF⊥x軸，連接AD交MN于O′，結合已知條件得M(3-t，0)，又△ANF∽△ABO，根據相似三角形性質得
= ,
= 代入數值即可得AF= t，NF= t，從而得N(3- t， t)，根據中點坐標公式得O′(3- t, t)， 設D(x,y),再由中點坐標公式得D(3- t， t)，又由D在直線BC上，代入即可得D點坐標.(3)①當0
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②當5
,代入數值得NF= (10-t)，最后由S= 可得表達式.
-
=
= ·AC·OB- ·CM·NF，代入數值即17.已知Rt△OAB，∠OAB=90°，∠ABO=30°，斜邊OB=4，將Rt△OAB繞點O順時針旋轉60°，如題圖1，連接BC.
(1)填空：∠OBC=________°;
(2)如圖1，連接AC，作OP⊥AC，垂足為P，求OP的長度;
(3)如圖2，點M，N同時從點O出發，在△OCB邊上運動，M沿O→C→B路徑勻速運動，N沿O→B→C路徑勻速運動，當兩點相遇時運動停止，已知點M的運動速度為1.5單位/秒，點N的運動速度為1單位/秒，設運動時間為x秒，△OMN的面積為y，求當x為何值時y取得最大值?最大值為多少? 【答案】(1)60 (2)解：如圖1中，
∵OB=4，∠ABO=30°， ∴OA= OB=2，AB= OA=2
， =2
， ∴S△AOC= •OA•AB= ×2×2 ∵△BOC是等邊三角形，
∴∠OBC=60°，∠ABC=∠ABO+∠OBC=90°， ∴AC= =2 ，
∴OP= = =
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(3)解：①當0
則NE=ON•sin60°= x，
x， ∴S△OMN= •OM•NE= ×1.5x× ∴y= x . 2∴x= 時，y有最大值，最大值= .
②當
則BM=8﹣1.5x，MH=BM•sin60°= ∴y= ×ON×MH=﹣ x+2
2(8﹣1.5x)， x. ， 當x= 時，y取最大值，y<
③當4
MN=12﹣2.5x，OG=AB=2 ，
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∴y= •MN•OG=12 ﹣ x，
， 當x=4時，y有最大值，最大值=2 綜上所述，y有最大值，最大值為
【解析】【解答】解：(1)由旋轉性質可知：OB=OC，∠BOC=60°， ∴△OBC是等邊三角形， ∴∠OBC=60°. 故答案為60.
【分析】(1)根據旋轉的性質得出OB=OC，∠BOC=60°，根據有一個角是60°的等腰三角形是等邊三角形可判斷出△OBC是等邊三角形，根據等邊三角形的性質即可得出答案;
(2)根據含30角的直角三角形的邊之間的關系得出OA,AB的長，由S△AOC=•OA•AB得出△AOC的面積，根據等邊三角形的性質及角的和差得出∠ABC=90°，根據勾股定理得出AC的長，利用三角形的面積法即可得出OP的長; (3)①當0
•OM•NE，得出y與x之間的函數關系弦函數的定義由NE=ON•sin60°，表示出NE的長，根據∴S△OMN= 式，根據函數的性質得出答案;②當 BM=8﹣1.5x，MH=BM•sin60°=
(8﹣1.5x)，根據三角形的面積公式由y=
×ON×MH得出y與x之間的函數關系，根據函數性質得出結論;③當4
，點 的坐標為
.點 從點 出發，沿 以每秒2個單位長度的速度向點 以每秒1個單位長度的速度向點 運動，同時點 從點 出發，沿
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運動，當點 與點 重合時運動停止.設運動時間為 秒.
(1)當 (2)當 (3)當 時，線段 與 時，拋物線 的中點坐標為________; 相似時，求 的值;
經過 、 兩點，與 軸交于點
，拋物線的頂點為 ，如圖2所示.問該拋物線上是否存在點 ，使 坐標;若不存在，說明理由. 【答案】(1)( ，2)
(2)解：如圖1，∵四邊形OABC是矩形， ∴∠B=∠PAQ=90°
∴當△CBQ與△PAQ相似時，存在兩種情況： ①當△PAQ∽△QBC時， ∴
2
，若存在，求出所有滿足條件的 點
，
，
4t-15t+9=0， (t-3)(t- )=0， t1=3(舍)，t2= ， ②當△PAQ∽△CBQ時， ∴
t2-9t+9=0， t= ，
>7， ，
，
∵0≤t≤6，
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∴x= 不符合題意，舍去，
綜上所述，當△CBQ與△PAQ相似時，t的值是 或 (3)解：當t=1時，P(1，0)，Q(3，2)， 把P(1，0)，Q(3，2)代入拋物線y=x2+bx+c中得：
，解得：
，
∴拋物線：y=x2-3x+2=(x- )2- ， ∴頂點k( ，- )， ∵Q(3，2)，M(0，2)， ∴MQ∥x軸，
作拋物線對稱軸，交MQ于E， ∴KM=KQ，KE⊥MQ， ∴∠MKE=∠QKE= ∠MKQ，
如圖2，∠MQD= ∠MKQ=∠QKE，設DQ交y軸于H，
∵∠HMQ=∠QEK=90°， ∴△KEQ∽△QMH， ∴ ，
∴ ∴MH=2， ∴H(0，4)， ，
易得HQ的解析式為：y=- x+4，
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則 ，
x2-3x+2=- x+4，
解得：x1=3(舍)，x2=- ， ∴D(- ， );
同理，在M的下方，y軸上存在點H，如圖3，使∠HQM= ∠MKQ=∠QKE，
由對稱性得：H(0，0)， 易得OQ的解析式：y= x，
則 ，
x-3x+2= x，
解得：x1=3(舍)，x2= ， ∴D( ， );
綜上所述，點D的坐標為：D(- ，
)或( ， ) 2【解析】【解答】解：(1)如圖1，∵點A的坐標為(3，0)， ∴OA=3，
當t=2時，OP=t=2，AQ=2t=4， ∴P(2，0)，Q(3，4)， ∴線段PQ的中點坐標為：( 故答案為：( ，2);
【分析】(1)根據A點坐標得出OA的長度，當t=2時，OP=t=2，AQ=2t=4，從而得出P,Q兩點的坐標，
，
)，即( ，2);
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根據線段中點坐標公式得出線段PQ的中點坐標;
(2)根據矩形的性質得出∠B=∠PAQ=90°，當△CBQ與△PAQ相似時，存在兩種情況：①當△PAQ∽△QBC時， PA∶ AQ =QB∶BC ，②當△PAQ∽△CBQ時， PA∶AQ=BC∶QB ，從而得出關于t的方程，求解并檢驗得出t的值;
(3)當t=1時，得出P,Q兩點的坐標，再將P,Q兩點的坐標分別代入拋物線y=x2+bx+c中得：得出關于b,c的二元一次方程組，求解得出b,c的值，從而得出拋物線的解析式，進一步得出拋物線的頂點K的坐標，根據Q,M兩點的坐標特點得出MQ∥x軸，作拋物線對稱軸，交MQ于E，根據拋物線的對稱性得出KM=KQ，KE⊥MQ，根據等腰三角形的三線合一得出∠MKE=∠QKE=
∠MKQ，如圖2，∠MQD=
∠MKQ=∠QKE，設DQ交y軸于H，然后判斷出△KEQ∽△QMH，根據相似三角形對應邊成比例得出KE∶EQ=MQ∶MH，從而得出MH的長度，H點的坐標，用待定系數法得出直線HQ的解析式，解聯立直線HQ的解析式及拋物線的解析式組成的方程組，并檢驗得出D點的坐標，同理，在M的下方，y軸上存在點H，如圖3，使∠HQM=
∠MKQ=∠QKE，由對稱性得H點的坐標，用待定系數法得出直線OQ的解析式，解聯立直線OQ的解析式及拋物線的解析式組成的方程組，并檢驗得出D點的坐標;綜上所述得出答案。
31
第三篇：2019年中考數學備考方案
一、 備考指導思想
本著“求真務實,以生為本”的原則,要從“備”、“講”、“批”、“輔”、“考”、“評”六個方面下功夫，抓共管,營造良好的學習氛圍，分調動學生的積極性，掘學生潛能;既要夯實學生基礎，又要搜集中考信息，研究命題趨勢，重視尖子生提高同時更要注重后進生的轉化; 兩手抓兩手都要硬，學生學習與思想教育兩手抓，嚴格要求與人文關懷兩手都要硬。利用一切有利的積極因素，眼于學生的主體發展，好2019年的中考備考工作，努力實現我校2019年中考目標。
二、具體措施
(一)全面分析學生基本情況，分類型制定學生復習計劃。 本屆九年級學生基礎高低參差不齊,有的基礎較牢,成績較好。當然也有個別學生沒有養成良好的學習習慣、行為習慣。這樣要因材施,使他們在各自原有的基礎上不斷發展進步。從兩次月考考試情況來看:總體情況分析:學生兩極分化十分嚴重,優等生比例偏小,潛能生所占比例較大,其中潛能生大多數對學習熱情不高,不求上進。而其中的優等生大多對學習熱情高,但對問題的分析能力、計算能力、、概括能力存在嚴重的不足,尤其是所涉及的知識拓展和知識的綜合能力方面不夠好,學生反應能力弱。
(二)認真研讀近年考試說明、中考試題，把握中考動向。
中考復習前，九年級數學組要進行考法研究，研究近幾年中考數
1 學命題的走向，研究考綱，研究中考復習策略。每位數學老師都進行專題發言。原九年級數學老師著重談中考復習體會及中考后的反思;現九年級數學教師著重談近幾年中考命題的走向及中考復習策略;其余數學老師根據中考數學命題的特點，著重談如何及早把握中考動態，如何在平時的教學中進行數學思想方法的滲透。中考考法研究的專題研討會，將對老師的復習起到指導作用，對把握中考動向，糾正復習偏差，產生積極而深刻的影響。平時考試中，教師可以模擬中考命題，試題來源于課本改編及自編，注重信息的收集和新題型的探索，著重考查學生基本的數學思想和方法。每次考完后教師與學生都要及時做總結，這樣既讓教師對中考復習的把握更深，又有利于學生尋找差距，奮力拼爭。充分發揮集體的力量，抓好同科老師集體備考工作。學科備課組可吸收非畢業年級教師參加。
(三)課堂教學高效化
對于九年級的學生來說,時間非常之珍費,我們老師一定要本著對學生負責的原則,堅持高效復習。 1.打造高效課堂,優化復習策略。
九年級的數學仍然要堅持高效課堂的基本理念不動搖,突出學生的主體地位,堅持“教師為主導、學生為主體、訓練為主線”的課堂主體教學模式。不能夠上“一節課學生做，一節課老師講”的傳統低效復習課,要在精心編制導學案的基礎上,依然按照預習(練)、展示、反饋的基本課型來上,課堂上堅持“獨學、對學、群學”的基本學習方式。
2 2.明確科學復習的指導思想和策略。
復習課要堅持“以練為主線,反饋矯正為手段,能力培養為目標”的指導思想。我們倡導的復習路是“低起點、小坡度、大容量、快反饋、強矯正”。
3.認真鉆研教材、課標要求、吃透考試大綱,確定復習重點。 4.正確分析學生的知識狀況、和近期的思想狀況,將學生很好的分類,牢牢的抓在手中。
5.認真學習中考要求。對學生的要求:切實抓好“雙基”的訓練。初中數學的基礎知識、基本技能,是學生進行數學運算、數學推理的基本材料,是形成數學能力的基石。
(四)、制定規劃，分階段備考。 一輪復習：
數學的第一輪復習開始于新課結束，復習主要內容為絕大部分中考大綱中要求的考點：三角形、四邊形、圓、方程與不等式、一次函數、反比例函數、二次函數等。題目選在中考及模擬考試中出現過的經典題目，或予以改編加工，其目的為回顧初中三年的知識點，復習和鞏固基礎知識及解題方法。
二輪復習：
此輪復習以攻克各類?？紝ｎ}為主，主要包括函數圖象點的存在性專題、圖形運動及變換專題、代數綜合應用專題、幾何變換專題及探究性題目專題、中考易錯專題等等。選題以能夠凸顯專題特點的題目為主、題目循序漸進，并附加高端模型的總結及解題思路的擴展，
3 力爭攻克第二次模擬考試。
三輪復習：
第三輪復習：代數綜合、幾何綜合以及代幾綜合將成為此輪復習的主要復習對象。以剖析題目、聯系知識、尋找模型和方法為主線進行壓軸題目的分析與解答。爭取在三?？荚嚝@得高分或滿分。
四輪復習：
歷經了一模、二模和三?？荚囍?，第四輪復習便會悄然而至，此輪復習或以短期班的形式為呈現，通過對三輪復習多體現出來的中考趨勢進行分析，并以此進行選題和預測中考。所選題目同中考考察可能性較大的題目相同，以便最大程度的使學子適應新的中考趨勢、做好考前的最后沖刺!基礎鞏固--專題攻克--壓軸突破--趨勢預測及查漏補缺，歷經四輪復習穩扎穩打，步步為營，知識體系由點及面、重點突出。一輪復習對接二?？荚?，二輪、三模復習對接三?？荚?，最后四輪沖刺復習目標2019中考! 全體九年級教師要“背水一戰”,以清醒的頭鬧、旺盛的精力和不怕吃苦的精神，力爭實現九年級數學教學成績有新的突破!
九年級數學組 2018年11月
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第四篇：2019年高考真題—普通高等學校統一考試—理科數學（全國卷Ⅲ）—解析版
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2019年普通高等學校招生全國統一考試(全國
III卷)
理科數學
一.
選擇題
1、
已知集合，則(
)
A.
B.
B.
C.
C.
D.
D.
答案：
A
解答：
，所以.
2.若，則(
)
A.
B.
C.
D.
答案：
D
解答：
,.
3.《西游記》《三國演義》《水滸傳》和《紅樓夢》是中國古典文學瑰寶，并稱為中國古典小說四大名著，某中學為了解本校學生閱讀四大名著的情況，隨機調查了100位學生，其中閱讀過《西游記》或《紅樓夢》的學生共有90位，閱讀過《紅樓夢》的學生共有80位，閱讀過《西游記》且閱讀過《紅樓夢》的學生共有60位，則該校閱讀過《西游記》的學生人數與該校學生總數比值的估計值為(
)
A.
B.
C.
D.
答案：
C
解答：
4.的展開式中的系數為(
)
A.
B.
C.
D.
答案：
A
解答：
由題意可知含的項為，所以系數為.
5.已知各項均為正數的等比數列的前項和為，且，則()
A.
B.
C.
D.
答案：
C
解答：
設該等比數列的首項，公比，由已知得，，
因為且，則可解得，又因為，
即可解得，則.
6.
已知曲線在點處的切線方程為，則(
)
A.,
B.,
C.,
D.,
答案：
D
解析：
令，則，，得.
，可得.故選D.
7.函數在的圖像大致為(
)
A.
B.
C.
D.
答案：
B
解析：
∵，∴，∴為奇函數，排除選項C.又∵，根據圖像進行判斷，可知選項B符合題意.
8.如圖，點為正方形的中心，為正三角形，平面平面，是線段的中點，則(
)
A.，且直線，是相交直線
B.，且直線，是相交直線
C.，且直線，是異面直線
D.，且直線，是異面直線
答案：
B
解析：
因為直線，都是平面內的直線，且不平行，即直線，是相交直線，設正方形的邊長為，則由題意可得：，根據余弦定理可得：，
，所以，故選B.
9.執行右邊的程序框圖，如果輸出為，則輸出的值等于(
)
A.
B.
C.
D.
答案：
C
解析：
第一次循環：;
第二次循環：;
第三次循環：;
第四次循環：;
…
第七次循環：，
此時循環結束，可得.故選C.
10.
雙曲線：的右焦點為，點為的一條漸近線的點，為坐標原點.若則的面積為(
)
A:
B:
C:
D:
答案:
A
解析：
由雙曲線的方程可得一條漸近線方程為;在中過點做垂直因為得到;所以;故選A;
11.
若是定義域為的偶函數，且在單調遞減，則(
)
A.
B.
C.
D.
答案：
C
解析:
依據題意函數為偶函數且函數在單調遞減，則函數在上單調遞增;因為;又因為;所以;故選C.
12.設函數，已知在有且僅有個零點，下述四個結論：
在有且僅有個極大值點
在有且僅有個極小值點
在單調遞增
的取值范圍是
其中所有正確結論的編號是
A.
B.
C.
D.
答案：
D
解析：
根據題意，畫出草圖，由圖可知，
由題意可得，，解得，
所以，解得，故對;
令得，∴圖像中軸右側第一個最值點為最大值點，故對;
∵，∴在有個或個極小值點，故錯;
∵，∴，故對.
二.填空題
13.已知，為單位向量，且，若，則
.
答案：
解析：
∵，∴，
∵，∴.
14.記為等差數列的前項和，若，，則
.
答案：
解析：
設該等差數列的公差為，∵，∴，故，
∴.
15.設
、為橢圓的兩個焦點，為上一點且在第一象限，若為等腰三角形，則的坐標為________.
答案：
解析：
已知橢圓可知，，，由為上一點且在第一象限，故等腰三角形中，,,，代入可得.故的坐標為.
16.學生到工廠勞動實踐，利用D打印技術制作模型。如圖，該模型為長方體挖去四棱錐后所得的幾何體，其中為長方體的中心，分別為所在棱的中點，，,D打印機所用原料密度為，不考慮打印損耗，則作該模型所需原料的質量為
.
答案：
解答：
，.
.
三.解答題
17.為了解甲，乙兩種離子在小鼠體內的殘留程度，進行如下實驗：將200只小鼠隨機分成
兩組，每組100只，其中組小鼠給服甲離子溶液，組小鼠給服乙離子溶液，每只小鼠給服的溶液體積相同，摩爾溶度相同。經過一段時間后用某種科學方法測算出殘留在小鼠體內離子的百分比，根據實驗數據分別得到如下直方圖：
記為事件“乙離子殘留在體內的百分比不低于5.5”，根據直方圖得到的估計值為0.70.
(1)
求乙離子殘留百分比直方圖中的值;
(2)
分別估計甲，乙離子殘留百分比的平均值(同一組中的數據用該組區間的中點值為代表).
答案：
見解析
解答:
(1)
依題意得，解得.
(2)
得到甲離子殘留百分比的平均值為4.05,，乙離子殘留百分比的平均值為5.7.
18.的內角的對邊分別為.已知.
(1求B;
(2)
若為銳角三角形，且，求面積的取值范圍.
答案：
(1)
(2)見解析
解析：
因為;結合正弦定理,得,即;得到;
(2)
因為,所以又因為,;又因為(因為為銳角，若越大越大，則越小越小;越大);所以，所以.
19.圖1是由矩形，和菱形組成的一個平面圖形，其中，
，.將其沿折起使得與重合，連結，如圖2.
(1)證明：圖2中的四點共面，且平面平面;
(2)求圖2中的二面角的大小.
答案：
見解析
解析：
證明：(1)由題意知，，，又，平面，又平面，平面平面.
(2)分別取，的中點為，，連結，，則，
四邊形為棱形，且60，
，
又平面，
，即平面，
以點為坐標原點，分別為軸，軸，軸，建立空間直角坐標系，
，
，
，
設平面的一個法向量為,
，令，則,
得到，
平面的一個法向量為，
,故二面角的大小為.
20.已知函數.
(1)
討論的單調性;
(2)
是否存在，使得在區間的最小值為且最大值為?若存在，求出的所有值;若不存在，說明理由.
答案：
見解析
解析：
(1)
?當時，，此時在單調遞增.
?當時，令，解得或，令，解得.
此時在單調遞增，在單調遞減.
?當時，令，解得或，令，解得.
此時在單調遞增，在單調遞減.
綜上可得，當時，在單調遞增.
當時，在單調遞增，在單調遞減.
當時，在單調遞增，在單調遞減.
(2)
由(1)中結論可知，當時，在單調遞增，
此時，∴，滿足題意.
當時，若，即，則在單調遞減，
此時，∴，滿足題意.
若，即，則在單調遞減，在單調遞增.
此時?
∵
∴當時，?，
由??可得，與矛盾，故不成立.
當時，?，
由??可得，與矛盾，故不成立.
綜上可知，或滿足題意.
21.已知曲線，為直線上的動點.過作的兩條切線,切點分別是,,
(1)證明：直線過定點;
(2)若以為圓心的圓與直線相切,且切點為線段的中點,求四邊形的面積.
答案：
見解析;
解答：
(1)當點在時，設過的直線方程為，與曲線聯立化簡得
，由于直線與曲線相切，則有，解得，
并求得坐標分別為，所以直線的方程為;
當點橫坐標不為時，設直線的方程為()，由已知可得直線
不過坐標原點即，聯立直線方程與曲線的方程可得，，
消并化簡得，∵有兩個交點∴，
設，，根據韋達定理有，
，，
由已知可得曲線為拋物線等價于函數的圖像，
則有，則拋物線在上的切線方程為①，
同理，拋物線在上的切線方程為②，
聯立①，②并消去可得，
由已知可得兩條切線的交點在直線上，則有
，
化簡得，，∵，∴，
即，即為，解得，經檢驗滿足條件，
所以直線的方程為過定點，
綜上所述，直線過定點得證.
(2)由(1)得直線的方程為，
當時，即直線方程為，此時點的坐標為，
以為圓心的圓與直線相切于恰為中點，
此時;
當時，直線方程與曲線方程聯立化簡得，
，，，
則中點坐標為，
由已知可得，即，
解得，，
由對稱性不妨取，則直線方程為，
求得的坐標為，，
到直線距離，到直線距離，
則，
綜上所述，四邊形的面積為或.
四.
選做題(2選1)
22.如圖，在極坐標系中，,,,,弧,,所在圓的圓心分別是，，，曲線是弧,曲線是弧，曲線是弧.
(1)分別寫出,,的極坐標方程;
(2)曲線由,,構成，若點在上，且,求的極坐標.
答案：
見解答
解答：
(1)
由題意可知,,的直角坐標方程為：，，，所以
,,的極坐標為，，.
(2)
時，，，
時，，或，
時，，，所以點的極坐標為，，，.
23.設，且.
(1)求的最小值;
(2)若成立，證明：或.
答案：
見解析
解析：
(1)
根據柯西不等式，
故，當且僅當，即，時，取最小值;
(2)
方法一：根據柯西不等式，
，證得或.
方法二：令，，
有
，，證得或
第五篇：2014年初中數學中考復習計劃
鎮安縣黃家灣九年一貫制學校
甘宏博
1
2015初中數學中考復習計劃
九年級中考復習內容面廣、量大、知識點多，要想在剩下時間內全面復習初中三年所學的數學知識，形成基本技能，提高解題技巧、解題能力，并非易事。那么在教學時間緊、任務重、要求高的情況下如何提高數學總復習的質量和效率，是每位畢業班數學教師必須面對的問題。下面就結合我校初三學生情況談談本屆初三畢業班的復習計劃。
一、第一輪復習(4月1——5月20 )
1、第一輪復習的形式 第一輪復習的目的是要“過三關”： (1)過記憶關。必須做到記牢記準所有的公式、定理等。 (2)過基本方法關。如，待定系數法求二次函數解析式。
(3)過基本技能關。如，給你一個題，你找到了它的解題方法，也就是知道了用什么辦法，這時就說具備了解這個題的技能?；咀谥迹褐R系統化，練習專題化，專題規律化。在這一階段的教學把書中的內容進行歸納整理、組塊，使之形成結構，配套《中考一本通》 將其劃分為
①.數與式 ②方程與不等式 ③函數及其圖像 ④三角形 ⑤四邊形 ⑥圓 ⑦圖形與變換 ⑧統計與概率
2、第一輪復習應該注意的幾個問題
2
(1)必須扎扎實實地夯實基礎。每個學生對初中數學知識都能達到“理解”和“掌握”的要求，在應用基礎知識時能做到熟練、正確和迅速。
(2)中考有些基礎題是課本上的原題或改造，必須深鉆教材，絕不能脫離課本。
(3)不搞題海戰術，精講精練，舉一反
三、觸類旁通。
(4)定期檢查學生完成的作業，及時反饋。教師對于作業、練習、測驗中的問題，應采用集中講授和個別輔導相結合，或將問題滲透在以后的教學過程中等辦法進行反饋、矯正和強化，有利于大面積提高教學質量。
(5)從實際出發，面向全體學生，因材施教，即分層次開展教學工作，全面提高復習效率。課堂復習教學實行“低起點、多歸納、快反饋”的方法。
二、第二輪復習(5月21號——6月10號)
1、第二輪復習的形式 如果說第一階段是總復習的基礎，是重點，側重雙基訓練。第二輪復習的時間相對集中，在一輪復習的基礎上，進行拔高，適當增加難度;第二輪復習重點突出，主要集中在熱點、難點、重點內容上，特別是重點;注意數學思想的形成和數學方法的掌握，這就需要充分發揮教師的主導作用?？蛇M行專題復習，如“選填重難點題”、“分式化簡與分式方程”、“三角形的實際應用”、“一次函數的實際應用”、“圓的綜合題”、 “二次函數的綜合題”、“開放探索性題”等問題以便學生熟悉、適應這類題型。
2、第二輪復習應該注意的幾個問題
(1)第二輪復習不再以節、章、單元為單位，而是以專題為單位。 (2)專題的劃分要合理。
(3)專題的選擇要準、安排時間要合理。專題選的準不準，主要取決于對課程標準和中考題的研究。專題要有代表性，切忌面面俱到;專題要由針對性，
3
圍繞熱點、難點、重點特別是中考必考內容選定專題;根據專題的特點安排時間，重要處要狠下功夫，不惜“浪費”時間，舍得投入精力。
(4)注重解題后的反思。
(5)以題帶知識，由于第二輪復習的特殊性，學生在某種程度上遠離了基礎知識，會造成程度不同的知識遺忘現象，解決這個問題的最好辦法就是以題帶知識。
(6)專題復習的適當拔高。專題復習要有一定的難度，這是第二輪復習的特點決定的，沒有一定的難度，學生的能力是很難提高的，提高學生的能力，這是第二輪復習的任務。但要兼顧各種因素把握一個度。
(7)專題復習的重點是揭示思維過程。不能加大學生的練習量，更不能把學生推進題海;不能急于趕進度，在這里趕進度，是產生“糊涂陣”的主要原因。
三、第三輪復習(6月11號——6月20號)
1、第三輪復習的形式是模擬中考的綜合拉練，查漏補缺，這好比是一個建筑工程的驗收階段，考前練兵。研究歷年的中考題，訓練答題技巧、考場心態、臨場發揮的能力等。
2、第三輪復習應該注意的幾個問題
(1)模擬題必須要有模擬的特點。時間的安排，題量的多少，低、中、高檔題的比例，總體難度的控制等要切近中考題。
(2)模擬題的設計要有梯度，立足中考又要高于中考。 (3)批閱要及時，趁熱打鐵，切忌連考兩份。
(4)評分要狠?？傻每刹坏玫姆植坏?，答案錯了的題盡量不得分，讓苛刻的評分教育學生，既然會就不要失分。
4
(5)給特殊的題加批語。某幾個題只有個別學生出錯，這樣的題不能再占用課堂上的時間，個別學生的問題，就在試卷上以批語的形式給與講解。
(6)詳細統計邊緣生的失分情況。這是課堂講評內容的主要依據。因為，邊緣生的學習情況既有代表性，又是提高班級成績的關鍵，課堂上應該講的是邊緣生出錯較集中的題，統計就是關鍵的環節。
(7)歸納學生知識的遺漏點。為查漏補缺積累素材。 (8)處理好講評與考試的關系。
(9)選準要講的題，要少、要精、要有很強的針對性。選擇的依據是邊緣生的失分情況。一般有三分之一的邊緣生出錯的題課堂上才能講。
(10)立足一個“透”字。一個題一旦決定要講，有四個方面的工作必須做好，一是要講透;二是要展開;三是要跟上足夠量的跟蹤練習題;四要以題帶知識。切忌面面俱到式講評，切忌蜻蜓點水式講評，切忌就題論題式講評。
(11)留給學生一定的糾錯和消化時間。教師講過的內容，學生要整理下來;教師沒講的自己解錯的題要糾錯;與之相關的基礎知識要再記憶再鞏固。教師要充分利用這段時間，解決個別學生的個別問題。
(12)適當的“解放”學生，特別是在時間安排上。經過一段時間的考、考、考，幾乎所有的學生心身都會感到疲勞，如果把這種疲勞的狀態帶進中考考場，那肯定是個較差的結果。但要注意，解放不是放松，必須保證學生有個適度緊張的精神狀態。實踐證明，適度緊張是正?；蛘叱０l揮的最佳狀態。
(13)調節學生的生物鐘。盡量把學習、思考的時間調整得與中考答卷時間相吻合。
(14)心態和信心調整。這是每位教師的責任，此時此刻信心的作用變為最大。
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