中考数学复习卷
第一篇：2019年中考数学复习卷
2018年中考数学专题复习卷《因式分解》含解析
2018年中考数学专题复习卷含解析
因式分解
一、选择题
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.下列因式分解错误的是(
)
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，正确的个数为(
)
①x3+2xy+x=x(x2+2y);②x2+4x+4=(x+2)2;③﹣x2+y2=(x+y)(A. 3个
个
个
4.若x=1， ，则x2+4xy+4y2的值是(
)
A. 2
B. 4
C.
D.
5.化简:(a+1)2-(a-1)2=( ) A. 2
6.下列因式分解正确的是( ) 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个
B.
4 C. 4a
D. 2a2
+2
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C. 4x-1=(2x+1)(2x-1)
D. -x-y=(x-y)(x+y) 7.若代数式x2+ax可以分解因式，则常数a不可以取(
) A. ﹣1
B. 0
C. 1
D. 2 226338.下列各多项式中,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结果正确的是(
). A. y(x+y)2
B. y(x-y)2
C. y(x2-y2)
D. y(x+y)(x-y) 10.边长为a、b的长方形周长为12,面积为10,则
的值为(
) A. 120
60
11.如果2x2+mx﹣2可因式分解为(2x+1)(x﹣2)，那么m的值是(
) A. ﹣1
12.下列各式从左边到右边的变形是因式分解的是(
) A.
B.
C.
D.
二、填空题
13.分解因式：x2﹣16=________.
B. C. 80D. 40 B. 1 C. ﹣ D. 3
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14.两个多项式①a+2ab+b ， ②a﹣b的公因式是________ 15.分解因式：x﹣2x+1=________.
16.甲、乙两个同学分解因式x2+ax+b时，甲看错了b，分解结果为(x+2)(x+4);乙看错了a，分解结果为(x+1)(x+9)，则a+b=________ 17.把多项式x3 -25x分解因式的结果是________. 18.若x2﹣9=(x﹣3)(x+a)，则a=________ 19.把多项式 20.已知 ，
分解因式的结果是________. 则代数式
的值是________ 2222221.当a=3，a﹣b=1时，代数式a2﹣ab的值是________. 22.若a﹣2a﹣4=0，则5+4a﹣2a=________.
三、解答题
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.计算
(1)已知a+b=-3，ab=5，求多项式4a2b+4ab2-4a-4b的值 (2)已知x2-3x-1=0,求代数式3-3 x2+9x的值?
25.下面是某同学对多项式(x2﹣4x+2)(x2﹣4x+6)+4进行因式分解的过程. 解：设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)
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=(x﹣4x+4)(第四步) 回答下列问题：
(1)该同学第二步到第三步运用了因式分解的(
)
A. 提取公因式
B. 平方差公式
C. 两数和的完全平方公式
D. 两数差的完全平方公式
(2)该同学因式分解的结果是否彻底________.(填“彻底”或“不彻底”) 若不彻底，请直接写出因式分解的最后结果________.
(3)请你模仿以上方法尝试对多项式(x2﹣2x)(x2﹣2x+2)+1进行因式分解.
26.对于多项式x3-5x2+x+10,我们把x=2代入此多项式,发现x=2能使多项式x3-5x2+x+10的值为0,由此可以断定多项式x3-5x2+x+10中有因式x-2(注:把x=a代入多项式,能使多项式的值为0,则多项式中一定含有因式(x-a),于是我们可以把多项式写成:x3-5x2+x+10=(x-2)(x2+mx+n),分别求出m,n后再代入x-5x+x+10=(x-2)(x+mx+n)中,就可以把多项式x-5x+x+10因式分解). (1)求式子中m,n的值; (2)以上这种因式分解的方法叫“试根法”,用“试根法”分解因式x+5x+8x+4.
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答案解析
一、选择题 1.【答案】D 【解析】 ：A、∵2a2+2a=2a(a+1)，故本选项不符合题意; B、a2+2a+1=(a+1)2 ， 故本选项不符合题意; C、a﹣1=(a+1)(a﹣1)，故本选项不符合题意; D、 = ，故本选项符合题意. 2故答案为：D.
【分析】根据因式分解的定义：把一个多项式在一个范围(如实数范围内分解，即所有项均为实数)化为几个整式的积的形式，这种式子变形叫做这个多项式的因式分解，也叫做把这个多项式分解因式;把各个选项因式分解，找出不含因式a+1的选项. 2.【答案】A 【解析】 A、原式=(x﹣2)(2x﹣1)，符合题意; B、原式=(x+1)2 ， 不符合题意; C、原式=xy(x﹣y)，不符合题意; D、原式=(x+y)(x﹣y)，不符合题意， 故答案为：A.
【分析】根据因式分解的定义，将一个多项式化为几个整式的积的恒等变形就是因式分解，然后利用整式的乘法将变形的右边利用整式的乘法法则得出结果，和左边进行比较即可得出答案。 3.【答案】C 【解析 ：①x3+2xy+x=x(x2+2y+1)，故原题错误; ②x+4x+4=(x+2);正确;
③﹣x+y=(x+y)(y﹣x)，故原题错误; 故正确的有1个. 故答案为：C.
【分析】第一个中的第一项的指数是3，第三项不是y的平方，所以不符合完全平方式的条件;第三个应该是(x+y)(y-x). 4.【答案】B 2222 5
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【解析】 ：原式=(x+2y)=(1+2× )=4.故答案为：B【分析】根据完全平方公式a222
22ab+b=(a
2b) ， 分解因式x2+4xy+4y2=(x+2y)2 ， 把x、y的值代入，求出代数式的值. 5.【答案】C 【解析】 ： (a+1)2-(a-1)2=[(a+1)-(a-1)]·[(a+1)+(a-1)]=2×2a=4a. 选C【分析】根据平方差公式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 ， 不是两数积的形式的形式，不符合因式分解特点，故此选项不符合题意;
B、原式应该为：a2-9b2=(a+3b)(a-3b);故此选项不符合题意; C、4x-1=(2x+1)(2x-1)，故此选项符合题意;
D、原式应该为：2xy-x-y=-(x-y) ， 故此选项不符合题意;故答案为：C 【分析】根据因式分解的定义把一个多项式化为几个整式的积的形式，再根据平方差公式a2-b2=(a+b)(a-b)分解即可. 7.【答案】B 【解析】 ：∵代数式x2+ax可以分解因式， ∴常数a不可以取0. 故答案为：B.
【分析】根据因式分解的定义，就是将一个多项式分解为几个整式的积的形式，从而可知x+ax能分解因式的话，必须是多项式，故a≠0,从而得出答案。 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不符合题意; B、4-0.25a=2-(0.5a) ， 可以利用平方差公式分解因式，故B不符合题意; C、-a-b=-(a+b)，不能分解因式，故C符合题意;
D、-x2+1=-(x2-1)，可以利用平方差公式分解因式，故D不符合题意;
故答案为：C【分析】平方差公式的特点：多项式含有两项，两项的符号相反，两项的绝对值都能写出平方形式，对各选项逐一判断即可。 9.【答案】D 【解析】 ：x2y﹣y3=y(x2-y2)=y(x+y)(x-y) 故答案为：D 【分析】观察此多项式的特点，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】 ：∵边长为a、b的长方形周长为12,面积为10, ∴2(a+b)=12，ab=10 ∴a+b=6 ∴a2b+ab2 =ab(a+b)=10×6=60
【分析】根据已知求出a+b、ab的值，再将a2b+ab2 分解因式，然后整体代入求值即可。 11.【答案】C 【解析】 ：∵2x+mx﹣2=(2x+1)(x﹣2)=2x﹣3x﹣2， ∴m=﹣3. 故答案为：C.
【分析】根据多项式的乘法运算，把(2x+1)(x﹣2)展开，再根据对应项的系数相等进行求解即可. 12.【答案】D 【解析】 A、是一个二元一次方程组，故A不符合题意; B、是单项式乘法的逆用,故B不符合题意; C是多项式乘以多项式的乘法运算,故C不符合题意; D是将一个多项式变形为两个整式的积，故D符合题意
【分析】根据因式分解的定义，把一个多项式分解为几个整式的积的形式，即可得出结论。
二、填空题
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);
故多项式①a2+2ab+b2 ， ②a2﹣b2的公因式是a+b. 故答案为：a+b.
【分析】利用完全平方公式和平方差公式化简和展开得到(a+b)和(a+b)(a﹣b)，答案就很显然了. 15.【答案】(x﹣1)
【解析】 ：x2﹣2x+1=(x﹣1)2 . 【分析】利用完全平方公式分别即可。 16.【答案】15 【解析】 ：分解因式x2+ax+b，甲看错了b，但a是正确的， 他分解结果为(x+2)(x+4)=x2+6x+8， ∴a=6，
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同理：乙看错了a，分解结果为(x+1)(x+9)=x+10x+9， ∴b=9， 因此a+b=15. 故答案为：15.
【分析】由题意分析a，b是相互独立的，互不影响的，在因式分解中，b决定因式的常数项，a决定因式含x的一次项系数;利用多项式相乘的法则展开，再根据对应项系数相等即可求出a、b的值. 17.【答案】
2【解析】 ：解：x3-25x=x(x2-25)=x(x+5)(x-5)故答案为：x(x+5)(x-5)
【分析】观察此多项式的特点：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. 故答案为：3.
【分析】本题考查的是平方差公式，因为19.【答案】
，所以可知a=3. 【解析】 ：原式=3a(a2﹣4a+4)=3a(a﹣2)2 . 故答案为：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个因式都不能再分解为止。 20.【答案】15 【解析】 故答案为：15. 【分析】根据平方差公式分解因式，再利用整体代入法即可得出答案。 21.【答案】3 【解析】 当
故答案为：3.
【分析】先利用提公因式法分解因式，再利用整体代入即可算出代数式的值。 22.【答案】-3 【解析】 ∵ ∴原式 故答案为： 即
时，原式=3×1=3. =(a+b)(a-b)=3×5=15.
【分析】根据已知方程，可得出a2−2a=4， 再将代数式转化为5−2(a2−2a)，再整体代入求值即可。
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三、解答题
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)观察多项式的特点，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)观察此多项式的特点，有公因数2，因此提取公因数后，将另一个因式写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)此多项式有4项，没有公因式，因此采用分组分解法，后三项可构造完全平方公式，因此将后三项结合，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) 当a+b=-3，ab=5时， 原式=4 =4 4 (5-1) (-3) (-3)
222
2=-48
(2)解：解：原式=-3(x2-3x-1) 当x2-3x-1=0， 原式=-3 =0 【解析】【分析】(1)将代数式提取公因式4(a+b)，转化为4(ab-1)(a+b)，再整体代入求值即可。
(2)将代数式提取公因数-3，转化为-3(x2-3x-1)，再整体代入求值即可。 25.【答案】(1)C (2)不彻底; 0 9
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(3)解：设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)该式还可以继续因式分解，(x2﹣4x+4)2=【分析】运用换元法把x2﹣2x=y，再根据完全平方公式a226.【答案】(1)解：∵x-5x+x+10=(x-2)(x+mx+n) 分别令x=0,x=1, 10=-2n，15=1+m+n 解之：m=-3,n=-5 (2)解：当x=-1时，x3+5x2+8x+4=0 x3+5x2+8x+4=(x+1)(x2+ax+b) 分别令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)根据题意将x=0和x=1分别代入x3-5x2+x+10=(x-2)(x2+mx+n)，建立关于m、n的方程组，求解即可。
(2)根据题意可知当当x=-1时，x+5x+8x+4=0，原式可转化为x+5x+8x+4=(x+1)(x+ax+b)，将x=0和x=1分别代入x+5x+8x+4=(x+1)(x+ax+b)，建立关于a、b的方程组，求解即可分解因式。 32
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2
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=(x-2)4 b)2分解.
2ab+b2=(a 10
第二篇：2018年中考数学专题复习卷《几何图形的动态问题精编》含解析
2018年中考数学专题复习卷含解析
几何图形的动态问题精编
1.如图，平行四边形ABCD中，AB=
cm，BC=2cm，∠ABC=45°，点P从点B出发，以1cm/s的速度沿折
2线BC→CD→DA运动，到达点A为止，设运动时间为t(s)，△ABP的面积为S(cm)，则S与t的大致图象是(
)
A.
B.
C. 【答案】A 【解析】 ：分三种情况讨论：
D.
①当0≤t≤2时，过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当2
-t)×1= (
-t). 时，S= AP×AE= ×(
故答案为：A.
【分析】根据题意分三种情况讨论：①当0≤t≤2时，过A作AE⊥BC于E;②当2
时;③时，分别求出S与t的函数解析式，再根据各选项作出判断，即可得出答案。
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2.如图，边长为a的菱形ABCD中,∠DAB=60°,E是异于A、D两点的动点,F是CD上的动点,满足AE+CF=a,△BEF的周长最小值是(
)
A.
B.
【答案】B 【解析】 ：连接BD
∵四边形ABCD是菱形， ∴AB=AD， ∵∠DAB=60°， ∴△ABD是等边三角形， ∴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是等边三角形.
∵E是异于A、D两点的动点,F是CD上的动点,
C.
D.
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要使△BEF的周长最小，就是要使它的边长最短 ∴当BE⊥AD时，BE最短 在Rt△ABE中，BE=∴△BEF的周长为
=
【分析】根据等边三角形的性质及菱形的性质，证明∠A=∠BDF，AE=DF，AB=AD，就可证明△ABE≌△DBF，根据全等三角形的性质，可证得BE=BF，∠ABE=∠DBF，再证明△BEF是等边三角形，然后根据垂线段最短，可得出当BE⊥AD时，BE最短，利用勾股定理求出BE的长，即可求出△BEF的周长。 3.如图,菱形 的边长是4厘米,
,动点 以1厘米/秒的速度自 点出发沿
运动至 点停止若点
方向同时出运动至 点停止,动点 以2厘米/秒的速度自 点出发沿折线 发运动了 秒,记 的面积为
,下面图象中能表示 与 之间的函数关系的是(
)
A.
B.
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C.
D.
【答案】D 【解析】 当0≤t<2时，S=2t× 当2≤t<4时，S=4× 只有选项D的图形符合. 故答案为：D.
【分析】分别求出当0≤t<2时和当2≤t<4时，s与t的函数解析式，再根据各选项的图像逐一判断即可。
4.如图,矩形ABCD,R是CD的中点,点M在BC边上运动,E，F分别为AM，MR的中点,则EF的长随M点的运动(
)
×(4-t)=-
t+8
t+4 ;
2t;
×(4-t)=-2
A. 变短
B. 变长
C. 不变
D. 无法确定 【答案】C 4
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【解析】 ：∵E，F分别为AM，MR的中点, ∴EF是△ANR的中位线 ∴EF= AR ∵R是CD的中点，点M在BC边上运动 ∴AR的长度一定 ∴EF的长度不变。
故答案为：C【分析】根据已知E，F分别为AM，MR的中点,，可证得EF是△ANR的中位线，根据中位线定理，可得出EF= AR，根据已知可得出AR是定值，因此可得出EF也是定值，可得出结果。
5.如图甲，A，B是半径为1的⊙O上两点，且OA⊥OB.点P从A出发，在⊙O上以每秒一个单位的速度匀速运动，回到点A运动结束.设运动时间为x，弦BP的长度为y，那么如图乙图象中可能表示y与x的函数关系的是(
)
A. ①
B. ④
C. ①或③
D. ②或④ 【答案】C 【解析】 当点P顺时针旋转时，图象是③，当点P逆时针旋转时，图象是①， 故答案为①③. 故答案为：C.
【分析】由题意知PB的最短距离为0，最长距离是圆的直径;而点P从A点沿顺时针旋转和逆时针旋转后与点B的距离有区别，当点P从A点沿顺时针旋转时，弦BP的长度y的变化是：从AB的长度增大到直径的长，然后渐次较小至点B为0，再从点B运动到点A，则弦BP的长度y由0增大到AB的长;
当点P从A点沿逆时针旋转时，弦BP的长度y的变化是：从AB的长度减小到0，再由0增大到直径的长，最后由直径的长减小到AB的长。
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6.如图，一块等边三角形的木板，边长为1，现将木板沿水平线翻滚，那么B点从开始至结束所走过的路径长度为________.
【答案】
，第二段= 【解析】 ：从图中发现：B点从开始至结束所走过的路径长度为两段弧长即第一段= .
故B点从开始至结束所走过的路径长度= 故答案为：
+
=
.
【分析】B点的运动路径是2个圆心角是120度的扇形的弧长，根据弧长公式求解。
7.如图，长方形ABCD中，AB=4cm，BC=3cm，点E是CD的中点，动点P从A点出发，以每秒1cm的速度沿A→B→C→E 运动，最终到达点E.若点P运动的时间为x秒，那么当x= ________时，△APE的面积等于5 .
【答案】或5 【解析】 ①如图1，
当P在AB上时， ∵△APE的面积等于5， ∴ x⋅3=5， x= ;
②当P在BC上时，
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∵△APE的面积等于5， ∴
，
∴3×4−
(3+4−x)×2− ×2×3− ×4×(x−4)=5， x=5;
③当P在CE上时， ∴
(4+3+2−x)×3=5， x= <3+4+2，此时不符合;
或5. 故答案为：
【分析】先对点P所在不同线段的区间进行分类讨论，再结合实际情况与所得结果进行对比从而判断结果的合理性. 8.如图，在矩形 若点 中，
点
同时从点 出发，分别在
，
上运动，的运动速度是每秒2个单位长度，且是点 运动速度的2倍，当其中一个点到达终点时，停止一为对称轴作
与矩形
的对称图形
.点
恰好在
上的时间为________秒.在切运动.以
整个运动过程中， 重叠部分面积的最大值为________.
【答案】;
【解析】 ：(1)如图，当B′与AD交于点E，作FM⊥AD于F，
∴∠DFM=90°. ∵四边形ABCD是矩形，
∴CD=AB.AD=BC.∠D=∠C=90°.
7 ∴四边形DCMF是矩形， ∴CD=MF.
∵△MNB与△MNE关于MN对称， ∴△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)如图，
∵△MNE与△MNB关于MN对称， ∴∠MEN=∠MBN=90°.
∵∠MEN+∠MBN+∠EMB+∠ENB=360°， ∴∠EMB+∠ENB=180°. ∵∠ENA+∠ENB=180°， ∴∠ENA=∠EMB. ∵tan∠ENA= ∴tan∠EMB=
∵四边形ABCD是矩形， ∴AD∥BC， ∴∠EFG=∠EMB.
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∵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=(∴当S=t-(2t-2 )×=2t-时， )(. 2)=-(t-6)+
2∴t=4时，s最大=当0<t≤∴t=∵时，s=t
</t≤∴t=∵时，s=t
. 时，S最大=>
∴最大值为【分析】(1)如图，当B′与AD交于点E，作FM⊥AD于F，根据矩形的性质得出CD=AB.AD=BC.∠D=∠C=90°.进而判断出四边形DCMF是矩形，根据矩形的对边相等得出CD=MF.根据翻折的性质得出△MNB≌△MNE，根据全等三角形对应边相等得出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的长，根据线段的和差得出方程，求解得出t的 值;
(2)根据翻折的性质得出∠MEN=∠MBN=90°.根据四边形的内角和，邻补角定义及等量代换得出∠ENA=∠EMB.根据等角的同名三角函数值相等得出tan∠ENA=tan∠EMB=， 根据矩形的性质得出∠EFG=∠EMB.EN=t，ME=2t.CD=MF=6，CB=DA=8.AN=6-t，进而表示出GA,GN,EG,EF,的长，当 与当0
< t ≤ 4 时，9.如图，在△ABC中，BC=AC=5，AB=8，CD为AB边的高，点A在x轴上，点B在y轴上，点C在第一象限，若A从原点出发，沿x轴向右以每秒1个单位长的速度运动，则点B随之沿y轴下滑，并带动△ABC 9
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在平面内滑动，设运动时间为t秒，当B到达原点时停止运动
(1)连接OC，线段OC的长随t的变化而变化，当OC最大时，t=________; (2)当△ABC的边与坐标轴平行时，t=________。 【答案】(1)(2)t=
【解析】 (1)如图：
当 三点共线时，
取得最大值，
( 2 )分两种情况进行讨论：①设 ∴CA∥y轴， ∴∠CAD=∠ABO. 又
∴Rt△CAD∽Rt△ABO， ∴ 解得 ②设 即
时，
时，CA⊥OA，
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∴CB∥x轴， Rt△BCD∽Rt△ABO， ∴
综上可知,当以点C为圆心,CA为半径的圆与坐标轴相切时,t的值为 故答案为：
或
或
即
【分析】(1)当 O , C , D 三点共线时，OC取得最大值，此时OC是线段AB的中垂线， 根据中垂线的性质，及勾股定理得出OA =OB = 4
, 然后根据时间等于路程除以速度即可得出答案;
( 2 )分两种情况进行讨论：①设OA = t 1 时，CA⊥OA，故CA∥y轴，然后判断出Rt△CAD∽Rt△ABO，根据相似三角形对应边成比例得出AB∶CA = AO∶CD ,从而得出答案;②设 A O = t 2 时，BC ⊥OB ，故CB∥x轴，然后判断出Rt△BCD∽Rt△ABO，根据相似三角形对应边成比例得出BC∶AB=BD∶ AO, 从而得出答案. 10.如图，在平面直角坐标系中，A(4，0)、B(0，-3)，以点B为圆心、2 为半径的⊙B上 有一动点P.连接AP，若点C为AP的中点，连接OC，则OC的最小值为________.
【答案】
【解析】 ：作A关于y轴的对称点A′，
则A′(-4，0)，
∴OC是△AA′P的中位线，当A′P取最小值时，OC取最小值.连接A′B交⊙B于点P，此时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 . 故答案为： .
【分析】作A关于y轴的对称点A′，可得出点A′的坐标，可证得OC是△AA′P的中位线，因此当A′P取最小值时，OC取最小值.连接A′B交⊙B于点P，此时A′P最小，再利用勾股定理求出A′B，再根据圆的半径求出A′P的长，利用三角形的中位线定理，即可求出OC的最小值 。 11.已知矩形 中， 是
边上的一个动点，点 ， ，
分别是
，
，
的中点.
(1)求证： (2)设 ，当四边形
;
是正方形时，求矩形
的面积. 【答案】(1)解：∵点F,H分别是BC,CE的中点， ∴FH∥BE， ∴ . .
又∵点G是BE的中点， ∴ 又∵ . ，
∴△BGF ≌ △FHC.
(2)解：当四边形EGFH是正方形时，可知EF⊥GH且 ∵在△BEC中，点G，H分别是BE,EC的中点, ∴ ∴ 且GH∥BC,
又∵AD∥BC, AB⊥BC, ∴ ∴ ，
.
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【解析】【分析】(1)根据点F,H分别是BC,CE的中点，可证得FH是△BCE的中位线，就可证得FH∥BE， FH=BE 再根据点G是BE的中点，得出FH=BG，就可证得结论。
(2)当四边形EGFH是正方形时，可知EF⊥GH且 E F = G H ，根据已知在△BEC中，点G，H分别是BE,EC的中点，可证得GH是△BCE的中位线，可求出GH的长及GH∥BC，再根据AD∥BC, AB⊥BC，可证得AB=GH，然后利用矩形的面积公式，即可求解。
12.如图，在△ABC中，∠C=90°，AC=4cm，BC=5cm，点D在BC上，且CD=3cm.动点P、Q分别从A、C两点同时出发，其中点P以1cm/s的速度沿AC向终点C移动;点Q以 cm/s的速度沿CB向终点B移动.过点P作PE∥CB交AD于点E，设动点的运动时间为x秒.
(1)用含x的代数式表示EP;
(2)当Q在线段CD上运动几秒时，四边形PEDQ是平行四边形;
(3)当Q在线段BD(不包括点B、点D)上运动时，求当x为何值时，四边形EPDQ面积等于 . 【答案】(1)解:如图所示，
∵PE∥CB， ∴∠AEP=∠ADC. 又∵∠EAP=∠DAC， ∴△AEP∽△ADC， ∴ ∴ = ，
= ，
∴EP= x. (2)解：由四边形PEDQ1是平行四边形，可得EP=DQ1.
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即 x=3- x，所以x=1.5. ∵0<x </x
( x+ x-3)·(4-x)=-x+ ∵四边形EPDQ面积等于 ， ∴-x2+ x-6= ，
2x-6，
整理得：2x2-11x+15=0. 解得：x=3或x=2.5，
∴当x为3或2.5时，四边形EPDQ面积等于 . 【解析】【分析】(1)抓住已知条件PE∥CB，证明△AEP∽△ADC，再根据相似三角形的性质得出对应边成比例，可得出EP的长。
(2)根据已知可知PE∥CB，要证四边形PEDQ是平行四边形，则EP=DQ1 ， 建立关于x的方程，求出x的值，再写出x的取值范围即可。
(3)根据PE∥CB，可证得四边形EPDQ是梯形，根据梯形的面积=， 建立关于x的方程，再解方程求解即可。
13.如图1，图2中，正方形ABCD的边长为6，点P从点B出发沿边BC—CD以每秒2个单位长的速度向点D匀速运动，以BP为边作等边三角形BPQ，使点Q在正方形ABCD内或边上，当点Q恰好运动到AD边上时，点P停止运动。设运动时间为t秒(t≥0)。
(1)当t=2时，点Q到BC的距离=________;
(2)当点P在BC边上运动时，求CQ的最小值及此时t的值; (3)若点Q在AD边上时，如图2，求出t的值; (4)直接写出点Q运动路线的长。
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【答案】(1)解：
，根据垂线段最短，当 ，
时，CQ最小， (2)解：点P在BC边上运动时，有 如图，在直角三角形BCQ中，
∴ ∴ ∴
(3)解：若点Q在AD边上，则 ∵
∴Rt△BAQ≌Rt△BCP(HL), ∴ ∴ ∵ ∴ 解得： ∴
，且由勾股定理可得，
(不合题意，舍去)，
(4)解：点Q运动路线的长等于点 运动的路线长：
【解析】【解答】 过点 作 如图：
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当 时，
是等边三角形，
故答案为：
【分析】(1)过点 Q 作QE⊥BC, 根据路程等于速度乘以时间，由 t = 2 ， 得出BP的长，根据等边三角形的性质得出BQ = 4 , ∠QBE = 60 ∘ ,在Rt△BPQ中，根据正弦函数的定义即可得出QE的长;
(2)点P在BC边上运动时，有 ∠QBC = 60 ° ，根据垂线段最短，当 CQ⊥BQ 时，CQ最小，如图，在直角三角形BCQ中， ∠QBC= 60 ° ，从而得出BQ的长度，根据等边三角形的性质得出BP=BQ=3，根据时间等于路程除以速度，从而得出t的值，再根据正切函数的定义，即可得出CQ的长;
(3)若点Q在AD边上，则 C P = 2 t − 6 ，
首先利用HL判断出Rt△BAQ≌Rt△BCP，根据全等三角形对应边相等得出A Q = C P = 2 t − 6 , 进而得出DQ =DP= 12 − 2 t , 由 BP = PQ ，且由勾股定理可得，DQ+ DP =QP ， BC +CP =BP得出关于t的方程，求解并检验即可得出t的值; (4)根据题意点Q运动路线的长等于点 P 运动的路线长，由路程等于速度乘以时间即可得出答案。 14.已知：如图①，在平行四边形ABCD中，AB=12，BC=6，AD⊥BD.以AD为斜边在平行四边形AB CD的内部作Rt△AED，∠EAD=30°，∠AED=90°. 2 2 2
22
2,
(1)求△AED的周长;
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(2)若△ AED以每秒2个单位长度的速度沿DC向右平行移动，得到△AE0D0 ， 当A0D0与BC重合时停止移动，设运动时间为t秒，△A0E0D0与△BDC重叠的面积为S，请直接写出 S与t之间的函数关系式，并写出t的取值范围;
(3)如图②，在(2)中，当△AED停止移动后得到△BEC，将△BEC绕点C按顺时针方向旋转α(0°<α<180°)，在旋转过程中，B的对应点为B1 ， E的对应点为E1 ， 设直线B1E1与直线BE交于点P、与直线CB交于点Q.是否存在这样的α，使△BPQ为等腰三角形?若存在，求出α的度数;若不存在，请说明理由.
【答案】(1)解：(1)∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AD=BC=6.
在Rt△ADE中，AD=6，∠EAD=30°， ∴AE=AD•cos30°=6×=3，
DE=AD•sin30°=6×=3， ∴△AED的周长为：6+3+3=9+
3。
(2)解：在△AED向右平移的过程中：
(I)当0≤t≤1.5时，如答图1所示，此时重叠部分为△D0NK.
∵DD0=2t，∴ND0=DD0•sin30°=t，NK=ND0÷tan30°=∴S=S△D0NK=1ND0•NK=t•t=
t;
2t，
(II)当1.5
∵AA0=2t，∴A0B=AB-AA0=12-2t， ∴A0N=A0B=6-t，NK=A0N•tan30°=
(6-t).
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∴S=S四边形D0E0KN=S△A0D0E0-S△A0NK=×3×-×(6-t)×(6-t)=-t+
22
t-;
(III)当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)]•=故答案为：S=S==-S=t2+2
t2;(0≤t≤1.5) t-(1.5
(4.5
(6-t)-(12-2t)
(6-t);
(3)证明：存在α，使△BPQ为等腰三角形. 理由如下：经探究，得△BPQ∽△B1QC，
故当△BPQ为等腰三角形时，△B1QC也为等腰三角形. (I)当QB=QP时(如答图4)，
则QB1=QC，∴∠B1CQ=∠B1=30°， 即∠BCB1=30°， ∴α=30°;
(II)当BQ=BP时，则B1Q=B1C，
若点Q在线段B1E1的延长线上时(如答图5)，
∵∠B1=30°，∴∠B1CQ=∠B1QC=75°， 即∠BCB1=75°， ∴α=75°;
若点Q在线段E1B1的延长线上时(如答图6)，
∵∠CB1E1=30°，∴∠B1CQ=∠B1QC=15°， 即∠BCB1=180°-∠B1CQ=180°-15°=165°， ∴α=165°.
③当PQ=PB时(如答图7)，则CQ=CB1 ，
∵CB=CB1 ， ∴CQ=CB1=CB，
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又∵点Q在直线CB上，0°<α<180°， ∴点Q与点B重合，
此时B、P、Q三点不能构成三角形.
综上所述，存在α=30°，75°或165°，使△BPQ为等腰三角形.
【解析】【分析】(1)根据平行四边形的性质求出AD的长，再利用解直角三角形求出AE、DE的长，然后求出△AED的周长即可。
(2)在△AED向右平移的过程中，分三种情况讨论：(I)当0≤t≤1.5时，如答图1所示，此时重叠部分为△D0NK;(II)当1.5
15.如图，在直角坐标系XOY中，菱形OABC的边OA在x轴正半轴上，点B，C在第一象限，∠C=120°，边长OA=8，点M从原点O出发沿x轴正半轴以每秒1个单位长的速度作匀速运动，点N从A出发沿边AB—BC—CO以每秒2个单位长的速度作匀速运动.过点M作直线MP垂直于x轴并交折线OCB于P，交对角线OB于Q，点M和点N同时出发，分别沿各自路线运动，点N运动到原点O时，M和N两点同时停止运动.
(1)当t=2时，求线段PQ的长; (2)求t为何值时，点P与N重合;
(3)设△APN的面积为S，求S与t的函数关系式及t的取值范围. 【答案】(1)解：在菱形OABC中，∠AOC=60°，∠AOQ=30°，当t=2时，OM=2，PM=2 PQ=
，QM=
，(2)解：当t≤4时，AN=PO=2OM=2t，
t=4时，P到达C点，N到达B点，点P，N在边BC上相遇. 设t秒时，点P与N重合，则(t-4)+2(t-4)=8, ∴t= . 20
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即t= 秒时，点P与N重合
(3)解：①当0≤t≤4时，
PN=OA=8，且PN∥OA，PM= S△APN= ·8· ②当4
时，
PN=8-3(t-4)=20-3t， S△APN= ×4 ③当 ×(20-3t)=40
-6
t;
<t≤8时，pn=3(t-4)-8=3t-20，
</t≤8时，pn=3(t-4)-8=3t-20，
×(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
综上，S与t的函数关系式为：
21
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【解析】【分析】(1)根据菱形的性质得出∠AOC=60°，∠AOQ=30°，当t=2时，OM=2，再直角三角形中根据含30°角的直角三角形的边之间的关系得出PM,QM的长，进而利用线段的和差得出PQ的长; (2)当t≤4时，AN=PO=2OM=2t，t=4时，P到达C点，N到达B点，点P，N在边BC上相遇.设t秒时，点P与N重合，根据相遇问题的等量关系，列出方程，求解得出t的值;
(3)①当0≤t≤4时，PN=OA=8，且PN∥OA，PM= 3 t，根据三角形的面积公式，及平行线间的距离是一个定值即可得出S与t的函数关系式;②当4<t
</t
时，P,N都在BC上相向运动，此时PN=8-3(t-4)=20-3t，根据三角形的面积公式，及平行线间的距离是一个定值即可得出S与t的函数关系式;③当 <t≤8时，p,n都在bc上运动，不过此时是背向而行，此时pn=3(t-4)-8=3t-20，根据三角形的面积公式，及平行线间的距离是一个定值即可得出s与t的函数关系式;④8 </t≤8时，p,n都在bc上运动，不过此时是背向而行，此时pn=3(t-4)-8=3t-20，根据三角形的面积公式，及平行线间的距离是一个定值即可得出s与t的函数关系式;④8
= ×6×4- ×(6-t)× (10-t)， =- t + t-12. 【解析】【分析】(1)设直线BC解析式为：y=kx+b，将B、C两点坐标代入即可得出二元一次方程组，解之即可得出直线BC解析式.(2)依题可得：AM=AN=t，根据翻折性质得四边形AMDN为菱形，作NF⊥x轴，连接AD交MN于O′，结合已知条件得M(3-t，0)，又△ANF∽△ABO，根据相似三角形性质得
= ,
= 代入数值即可得AF= t，NF= t，从而得N(3- t， t)，根据中点坐标公式得O′(3- t, t)， 设D(x,y),再由中点坐标公式得D(3- t， t)，又由D在直线BC上，代入即可得D点坐标.(3)①当0
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②当5
,代入数值得NF= (10-t)，最后由S= 可得表达式.
-
=
= ·AC·OB- ·CM·NF，代入数值即17.已知Rt△OAB，∠OAB=90°，∠ABO=30°，斜边OB=4，将Rt△OAB绕点O顺时针旋转60°，如题图1，连接BC.
(1)填空：∠OBC=________°;
(2)如图1，连接AC，作OP⊥AC，垂足为P，求OP的长度;
(3)如图2，点M，N同时从点O出发，在△OCB边上运动，M沿O→C→B路径匀速运动，N沿O→B→C路径匀速运动，当两点相遇时运动停止，已知点M的运动速度为1.5单位/秒，点N的运动速度为1单位/秒，设运动时间为x秒，△OMN的面积为y，求当x为何值时y取得最大值?最大值为多少? 【答案】(1)60 (2)解：如图1中，
∵OB=4，∠ABO=30°， ∴OA= OB=2，AB= OA=2
， =2
， ∴S△AOC= •OA•AB= ×2×2 ∵△BOC是等边三角形，
∴∠OBC=60°，∠ABC=∠ABO+∠OBC=90°， ∴AC= =2 ，
∴OP= = =
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(3)解：①当0
则NE=ON•sin60°= x，
x， ∴S△OMN= •OM•NE= ×1.5x× ∴y= x . 2∴x= 时，y有最大值，最大值= .
②当
则BM=8﹣1.5x，MH=BM•sin60°= ∴y= ×ON×MH=﹣ x+2
2(8﹣1.5x)， x. ， 当x= 时，y取最大值，y<
③当4<x≤4.8时，m、n都在bc上运动，作og⊥bc于g.
</x≤4.8时，m、n都在bc上运动，作og⊥bc于g.
MN=12﹣2.5x，OG=AB=2 ，
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∴y= •MN•OG=12 ﹣ x，
， 当x=4时，y有最大值，最大值=2 综上所述，y有最大值，最大值为
【解析】【解答】解：(1)由旋转性质可知：OB=OC，∠BOC=60°， ∴△OBC是等边三角形， ∴∠OBC=60°. 故答案为60.
【分析】(1)根据旋转的性质得出OB=OC，∠BOC=60°，根据有一个角是60°的等腰三角形是等边三角形可判断出△OBC是等边三角形，根据等边三角形的性质即可得出答案;
(2)根据含30角的直角三角形的边之间的关系得出OA,AB的长，由S△AOC=•OA•AB得出△AOC的面积，根据等边三角形的性质及角的和差得出∠ABC=90°，根据勾股定理得出AC的长，利用三角形的面积法即可得出OP的长; (3)①当0
•OM•NE，得出y与x之间的函数关系弦函数的定义由NE=ON•sin60°，表示出NE的长，根据∴S△OMN= 式，根据函数的性质得出答案;②当 BM=8﹣1.5x，MH=BM•sin60°=
<x≤4时，m在bc上运动，n在ob上运动，作mh⊥ob于h.则
</x≤4时，m在bc上运动，n在ob上运动，作mh⊥ob于h.则
(8﹣1.5x)，根据三角形的面积公式由y=
×ON×MH得出y与x之间的函数关系，根据函数性质得出结论;③当4
，点 的坐标为
.点 从点 出发，沿 以每秒2个单位长度的速度向点 以每秒1个单位长度的速度向点 运动，同时点 从点 出发，沿
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运动，当点 与点 重合时运动停止.设运动时间为 秒.
(1)当 (2)当 (3)当 时，线段 与 时，抛物线 的中点坐标为________; 相似时，求 的值;
经过 、 两点，与 轴交于点
，抛物线的顶点为 ，如图2所示.问该抛物线上是否存在点 ，使 坐标;若不存在，说明理由. 【答案】(1)( ，2)
(2)解：如图1，∵四边形OABC是矩形， ∴∠B=∠PAQ=90°
∴当△CBQ与△PAQ相似时，存在两种情况： ①当△PAQ∽△QBC时， ∴
2
，若存在，求出所有满足条件的 点
，
，
4t-15t+9=0， (t-3)(t- )=0， t1=3(舍)，t2= ， ②当△PAQ∽△CBQ时， ∴
t2-9t+9=0， t= ，
>7， ，
，
∵0≤t≤6，
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∴x= 不符合题意，舍去，
综上所述，当△CBQ与△PAQ相似时，t的值是 或 (3)解：当t=1时，P(1，0)，Q(3，2)， 把P(1，0)，Q(3，2)代入抛物线y=x2+bx+c中得：
，解得：
，
∴抛物线：y=x2-3x+2=(x- )2- ， ∴顶点k( ，- )， ∵Q(3，2)，M(0，2)， ∴MQ∥x轴，
作抛物线对称轴，交MQ于E， ∴KM=KQ，KE⊥MQ， ∴∠MKE=∠QKE= ∠MKQ，
如图2，∠MQD= ∠MKQ=∠QKE，设DQ交y轴于H，
∵∠HMQ=∠QEK=90°， ∴△KEQ∽△QMH， ∴ ，
∴ ∴MH=2， ∴H(0，4)， ，
易得HQ的解析式为：y=- x+4，
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则 ，
x2-3x+2=- x+4，
解得：x1=3(舍)，x2=- ， ∴D(- ， );
同理，在M的下方，y轴上存在点H，如图3，使∠HQM= ∠MKQ=∠QKE，
由对称性得：H(0，0)， 易得OQ的解析式：y= x，
则 ，
x-3x+2= x，
解得：x1=3(舍)，x2= ， ∴D( ， );
综上所述，点D的坐标为：D(- ，
)或( ， ) 2【解析】【解答】解：(1)如图1，∵点A的坐标为(3，0)， ∴OA=3，
当t=2时，OP=t=2，AQ=2t=4， ∴P(2，0)，Q(3，4)， ∴线段PQ的中点坐标为：( 故答案为：( ，2);
【分析】(1)根据A点坐标得出OA的长度，当t=2时，OP=t=2，AQ=2t=4，从而得出P,Q两点的坐标，
，
)，即( ，2);
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根据线段中点坐标公式得出线段PQ的中点坐标;
(2)根据矩形的性质得出∠B=∠PAQ=90°，当△CBQ与△PAQ相似时，存在两种情况：①当△PAQ∽△QBC时， PA∶ AQ =QB∶BC ，②当△PAQ∽△CBQ时， PA∶AQ=BC∶QB ，从而得出关于t的方程，求解并检验得出t的值;
(3)当t=1时，得出P,Q两点的坐标，再将P,Q两点的坐标分别代入抛物线y=x2+bx+c中得：得出关于b,c的二元一次方程组，求解得出b,c的值，从而得出抛物线的解析式，进一步得出抛物线的顶点K的坐标，根据Q,M两点的坐标特点得出MQ∥x轴，作抛物线对称轴，交MQ于E，根据抛物线的对称性得出KM=KQ，KE⊥MQ，根据等腰三角形的三线合一得出∠MKE=∠QKE=
∠MKQ，如图2，∠MQD=
∠MKQ=∠QKE，设DQ交y轴于H，然后判断出△KEQ∽△QMH，根据相似三角形对应边成比例得出KE∶EQ=MQ∶MH，从而得出MH的长度，H点的坐标，用待定系数法得出直线HQ的解析式，解联立直线HQ的解析式及抛物线的解析式组成的方程组，并检验得出D点的坐标，同理，在M的下方，y轴上存在点H，如图3，使∠HQM=
∠MKQ=∠QKE，由对称性得H点的坐标，用待定系数法得出直线OQ的解析式，解联立直线OQ的解析式及抛物线的解析式组成的方程组，并检验得出D点的坐标;综上所述得出答案。
31
第三篇：2019年中考数学备考方案
一、 备考指导思想
本着“求真务实,以生为本”的原则,要从“备”、“讲”、“批”、“辅”、“考”、“评”六个方面下功夫，抓共管,营造良好的学习氛围，分调动学生的积极性，掘学生潜能;既要夯实学生基础，又要搜集中考信息，研究命题趋势，重视尖子生提高同时更要注重后进生的转化; 两手抓两手都要硬，学生学习与思想教育两手抓，严格要求与人文关怀两手都要硬。利用一切有利的积极因素，眼于学生的主体发展，好2019年的中考备考工作，努力实现我校2019年中考目标。
二、具体措施
(一)全面分析学生基本情况，分类型制定学生复习计划。 本届九年级学生基础高低参差不齐,有的基础较牢,成绩较好。当然也有个别学生没有养成良好的学习习惯、行为习惯。这样要因材施,使他们在各自原有的基础上不断发展进步。从两次月考考试情况来看:总体情况分析:学生两极分化十分严重,优等生比例偏小,潜能生所占比例较大,其中潜能生大多数对学习热情不高,不求上进。而其中的优等生大多对学习热情高,但对问题的分析能力、计算能力、、概括能力存在严重的不足,尤其是所涉及的知识拓展和知识的综合能力方面不够好,学生反应能力弱。
(二)认真研读近年考试说明、中考试题，把握中考动向。
中考复习前，九年级数学组要进行考法研究，研究近几年中考数
1 学命题的走向，研究考纲，研究中考复习策略。每位数学老师都进行专题发言。原九年级数学老师着重谈中考复习体会及中考后的反思;现九年级数学教师着重谈近几年中考命题的走向及中考复习策略;其余数学老师根据中考数学命题的特点，着重谈如何及早把握中考动态，如何在平时的教学中进行数学思想方法的渗透。中考考法研究的专题研讨会，将对老师的复习起到指导作用，对把握中考动向，纠正复习偏差，产生积极而深刻的影响。平时考试中，教师可以模拟中考命题，试题来源于课本改编及自编，注重信息的收集和新题型的探索，着重考查学生基本的数学思想和方法。每次考完后教师与学生都要及时做总结，这样既让教师对中考复习的把握更深，又有利于学生寻找差距，奋力拼争。充分发挥集体的力量，抓好同科老师集体备考工作。学科备课组可吸收非毕业年级教师参加。
(三)课堂教学高效化
对于九年级的学生来说,时间非常之珍费,我们老师一定要本着对学生负责的原则,坚持高效复习。 1.打造高效课堂,优化复习策略。
九年级的数学仍然要坚持高效课堂的基本理念不动摇,突出学生的主体地位,坚持“教师为主导、学生为主体、训练为主线”的课堂主体教学模式。不能够上“一节课学生做，一节课老师讲”的传统低效复习课,要在精心编制导学案的基础上,依然按照预习(练)、展示、反馈的基本课型来上,课堂上坚持“独学、对学、群学”的基本学习方式。
2 2.明确科学复习的指导思想和策略。
复习课要坚持“以练为主线,反馈矫正为手段,能力培养为目标”的指导思想。我们倡导的复习路是“低起点、小坡度、大容量、快反馈、强矫正”。
3.认真钻研教材、课标要求、吃透考试大纲,确定复习重点。 4.正确分析学生的知识状况、和近期的思想状况,将学生很好的分类,牢牢的抓在手中。
5.认真学习中考要求。对学生的要求:切实抓好“双基”的训练。初中数学的基础知识、基本技能,是学生进行数学运算、数学推理的基本材料,是形成数学能力的基石。
(四)、制定规划，分阶段备考。 一轮复习：
数学的第一轮复习开始于新课结束，复习主要内容为绝大部分中考大纲中要求的考点：三角形、四边形、圆、方程与不等式、一次函数、反比例函数、二次函数等。题目选在中考及模拟考试中出现过的经典题目，或予以改编加工，其目的为回顾初中三年的知识点，复习和巩固基础知识及解题方法。
二轮复习：
此轮复习以攻克各类常考专题为主，主要包括函数图象点的存在性专题、图形运动及变换专题、代数综合应用专题、几何变换专题及探究性题目专题、中考易错专题等等。选题以能够凸显专题特点的题目为主、题目循序渐进，并附加高端模型的总结及解题思路的扩展，
3 力争攻克第二次模拟考试。
三轮复习：
第三轮复习：代数综合、几何综合以及代几综合将成为此轮复习的主要复习对象。以剖析题目、联系知识、寻找模型和方法为主线进行压轴题目的分析与解答。争取在三模考试获得高分或满分。
四轮复习：
历经了一模、二模和三模考试之后，第四轮复习便会悄然而至，此轮复习或以短期班的形式为呈现，通过对三轮复习多体现出来的中考趋势进行分析，并以此进行选题和预测中考。所选题目同中考考察可能性较大的题目相同，以便最大程度的使学子适应新的中考趋势、做好考前的最后冲刺!基础巩固--专题攻克--压轴突破--趋势预测及查漏补缺，历经四轮复习稳扎稳打，步步为营，知识体系由点及面、重点突出。一轮复习对接二模考试，二轮、三模复习对接三模考试，最后四轮冲刺复习目标2019中考! 全体九年级教师要“背水一战”,以清醒的头闹、旺盛的精力和不怕吃苦的精神，力争实现九年级数学教学成绩有新的突破!
九年级数学组 2018年11月
4
第四篇：2019年高考真题—普通高等学校统一考试—理科数学（全国卷Ⅲ）—解析版
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2019年普通高等学校招生全国统一考试(全国
III卷)
理科数学
一.
选择题
1、
已知集合，则(
)
A.
B.
B.
C.
C.
D.
D.
答案：
A
解答：
，所以.
2.若，则(
)
A.
B.
C.
D.
答案：
D
解答：
,.
3.《西游记》《三国演义》《水浒传》和《红楼梦》是中国古典文学瑰宝，并称为中国古典小说四大名著，某中学为了解本校学生阅读四大名著的情况，随机调查了100位学生，其中阅读过《西游记》或《红楼梦》的学生共有90位，阅读过《红楼梦》的学生共有80位，阅读过《西游记》且阅读过《红楼梦》的学生共有60位，则该校阅读过《西游记》的学生人数与该校学生总数比值的估计值为(
)
A.
B.
C.
D.
答案：
C
解答：
4.的展开式中的系数为(
)
A.
B.
C.
D.
答案：
A
解答：
由题意可知含的项为，所以系数为.
5.已知各项均为正数的等比数列的前项和为，且，则()
A.
B.
C.
D.
答案：
C
解答：
设该等比数列的首项，公比，由已知得，，
因为且，则可解得，又因为，
即可解得，则.
6.
已知曲线在点处的切线方程为，则(
)
A.,
B.,
C.,
D.,
答案：
D
解析：
令，则，，得.
，可得.故选D.
7.函数在的图像大致为(
)
A.
B.
C.
D.
答案：
B
解析：
∵，∴，∴为奇函数，排除选项C.又∵，根据图像进行判断，可知选项B符合题意.
8.如图，点为正方形的中心，为正三角形，平面平面，是线段的中点，则(
)
A.，且直线，是相交直线
B.，且直线，是相交直线
C.，且直线，是异面直线
D.，且直线，是异面直线
答案：
B
解析：
因为直线，都是平面内的直线，且不平行，即直线，是相交直线，设正方形的边长为，则由题意可得：，根据余弦定理可得：，
，所以，故选B.
9.执行右边的程序框图，如果输出为，则输出的值等于(
)
A.
B.
C.
D.
答案：
C
解析：
第一次循环：;
第二次循环：;
第三次循环：;
第四次循环：;
…
第七次循环：，
此时循环结束，可得.故选C.
10.
双曲线：的右焦点为，点为的一条渐近线的点，为坐标原点.若则的面积为(
)
A:
B:
C:
D:
答案:
A
解析：
由双曲线的方程可得一条渐近线方程为;在中过点做垂直因为得到;所以;故选A;
11.
若是定义域为的偶函数，且在单调递减，则(
)
A.
B.
C.
D.
答案：
C
解析:
依据题意函数为偶函数且函数在单调递减，则函数在上单调递增;因为;又因为;所以;故选C.
12.设函数，已知在有且仅有个零点，下述四个结论：
在有且仅有个极大值点
在有且仅有个极小值点
在单调递增
的取值范围是
其中所有正确结论的编号是
A.
B.
C.
D.
答案：
D
解析：
根据题意，画出草图，由图可知，
由题意可得，，解得，
所以，解得，故对;
令得，∴图像中轴右侧第一个最值点为最大值点，故对;
∵，∴在有个或个极小值点，故错;
∵，∴，故对.
二.填空题
13.已知，为单位向量，且，若，则
.
答案：
解析：
∵，∴，
∵，∴.
14.记为等差数列的前项和，若，，则
.
答案：
解析：
设该等差数列的公差为，∵，∴，故，
∴.
15.设
、为椭圆的两个焦点，为上一点且在第一象限，若为等腰三角形，则的坐标为________.
答案：
解析：
已知椭圆可知，，，由为上一点且在第一象限，故等腰三角形中，,,，代入可得.故的坐标为.
16.学生到工厂劳动实践，利用D打印技术制作模型。如图，该模型为长方体挖去四棱锥后所得的几何体，其中为长方体的中心，分别为所在棱的中点，，,D打印机所用原料密度为，不考虑打印损耗，则作该模型所需原料的质量为
.
答案：
解答：
，.
.
三.解答题
17.为了解甲，乙两种离子在小鼠体内的残留程度，进行如下实验：将200只小鼠随机分成
两组，每组100只，其中组小鼠给服甲离子溶液，组小鼠给服乙离子溶液，每只小鼠给服的溶液体积相同，摩尔溶度相同。经过一段时间后用某种科学方法测算出残留在小鼠体内离子的百分比，根据实验数据分别得到如下直方图：
记为事件“乙离子残留在体内的百分比不低于5.5”，根据直方图得到的估计值为0.70.
(1)
求乙离子残留百分比直方图中的值;
(2)
分别估计甲，乙离子残留百分比的平均值(同一组中的数据用该组区间的中点值为代表).
答案：
见解析
解答:
(1)
依题意得，解得.
(2)
得到甲离子残留百分比的平均值为4.05,，乙离子残留百分比的平均值为5.7.
18.的内角的对边分别为.已知.
(1求B;
(2)
若为锐角三角形，且，求面积的取值范围.
答案：
(1)
(2)见解析
解析：
因为;结合正弦定理,得,即;得到;
(2)
因为,所以又因为,;又因为(因为为锐角，若越大越大，则越小越小;越大);所以，所以.
19.图1是由矩形，和菱形组成的一个平面图形，其中，
，.将其沿折起使得与重合，连结，如图2.
(1)证明：图2中的四点共面，且平面平面;
(2)求图2中的二面角的大小.
答案：
见解析
解析：
证明：(1)由题意知，，，又，平面，又平面，平面平面.
(2)分别取，的中点为，，连结，，则，
四边形为棱形，且60，
，
又平面，
，即平面，
以点为坐标原点，分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，
，
，
，
设平面的一个法向量为,
，令，则,
得到，
平面的一个法向量为，
,故二面角的大小为.
20.已知函数.
(1)
讨论的单调性;
(2)
是否存在，使得在区间的最小值为且最大值为?若存在，求出的所有值;若不存在，说明理由.
答案：
见解析
解析：
(1)
当时，，此时在单调递增.
当时，令，解得或，令，解得.
此时在单调递增，在单调递减.
当时，令，解得或，令，解得.
此时在单调递增，在单调递减.
综上可得，当时，在单调递增.
当时，在单调递增，在单调递减.
当时，在单调递增，在单调递减.
(2)
由(1)中结论可知，当时，在单调递增，
此时，∴，满足题意.
当时，若，即，则在单调递减，
此时，∴，满足题意.
若，即，则在单调递减，在单调递增.
此时
∵
∴当时，，
由可得，与矛盾，故不成立.
当时，，
由可得，与矛盾，故不成立.
综上可知，或满足题意.
21.已知曲线，为直线上的动点.过作的两条切线,切点分别是,,
(1)证明：直线过定点;
(2)若以为圆心的圆与直线相切,且切点为线段的中点,求四边形的面积.
答案：
见解析;
解答：
(1)当点在时，设过的直线方程为，与曲线联立化简得
，由于直线与曲线相切，则有，解得，
并求得坐标分别为，所以直线的方程为;
当点横坐标不为时，设直线的方程为()，由已知可得直线
不过坐标原点即，联立直线方程与曲线的方程可得，，
消并化简得，∵有两个交点∴，
设，，根据韦达定理有，
，，
由已知可得曲线为抛物线等价于函数的图像，
则有，则抛物线在上的切线方程为①，
同理，抛物线在上的切线方程为②，
联立①，②并消去可得，
由已知可得两条切线的交点在直线上，则有
，
化简得，，∵，∴，
即，即为，解得，经检验满足条件，
所以直线的方程为过定点，
综上所述，直线过定点得证.
(2)由(1)得直线的方程为，
当时，即直线方程为，此时点的坐标为，
以为圆心的圆与直线相切于恰为中点，
此时;
当时，直线方程与曲线方程联立化简得，
，，，
则中点坐标为，
由已知可得，即，
解得，，
由对称性不妨取，则直线方程为，
求得的坐标为，，
到直线距离，到直线距离，
则，
综上所述，四边形的面积为或.
四.
选做题(2选1)
22.如图，在极坐标系中，,,,,弧,,所在圆的圆心分别是，，，曲线是弧,曲线是弧，曲线是弧.
(1)分别写出,,的极坐标方程;
(2)曲线由,,构成，若点在上，且,求的极坐标.
答案：
见解答
解答：
(1)
由题意可知,,的直角坐标方程为：，，，所以
,,的极坐标为，，.
(2)
时，，，
时，，或，
时，，，所以点的极坐标为，，，.
23.设，且.
(1)求的最小值;
(2)若成立，证明：或.
答案：
见解析
解析：
(1)
根据柯西不等式，
故，当且仅当，即，时，取最小值;
(2)
方法一：根据柯西不等式，
，证得或.
方法二：令，，
有
，，证得或
第五篇：2014年初中数学中考复习计划
镇安县黄家湾九年一贯制学校
甘宏博
1
2015初中数学中考复习计划
九年级中考复习内容面广、量大、知识点多，要想在剩下时间内全面复习初中三年所学的数学知识，形成基本技能，提高解题技巧、解题能力，并非易事。那么在教学时间紧、任务重、要求高的情况下如何提高数学总复习的质量和效率，是每位毕业班数学教师必须面对的问题。下面就结合我校初三学生情况谈谈本届初三毕业班的复习计划。
一、第一轮复习(4月1——5月20 )
1、第一轮复习的形式 第一轮复习的目的是要“过三关”： (1)过记忆关。必须做到记牢记准所有的公式、定理等。 (2)过基本方法关。如，待定系数法求二次函数解析式。
(3)过基本技能关。如，给你一个题，你找到了它的解题方法，也就是知道了用什么办法，这时就说具备了解这个题的技能。基本宗旨：知识系统化，练习专题化，专题规律化。在这一阶段的教学把书中的内容进行归纳整理、组块，使之形成结构，配套《中考一本通》 将其划分为
①.数与式 ②方程与不等式 ③函数及其图像 ④三角形 ⑤四边形 ⑥圆 ⑦图形与变换 ⑧统计与概率
2、第一轮复习应该注意的几个问题
2
(1)必须扎扎实实地夯实基础。每个学生对初中数学知识都能达到“理解”和“掌握”的要求，在应用基础知识时能做到熟练、正确和迅速。
(2)中考有些基础题是课本上的原题或改造，必须深钻教材，绝不能脱离课本。
(3)不搞题海战术，精讲精练，举一反
三、触类旁通。
(4)定期检查学生完成的作业，及时反馈。教师对于作业、练习、测验中的问题，应采用集中讲授和个别辅导相结合，或将问题渗透在以后的教学过程中等办法进行反馈、矫正和强化，有利于大面积提高教学质量。
(5)从实际出发，面向全体学生，因材施教，即分层次开展教学工作，全面提高复习效率。课堂复习教学实行“低起点、多归纳、快反馈”的方法。
二、第二轮复习(5月21号——6月10号)
1、第二轮复习的形式 如果说第一阶段是总复习的基础，是重点，侧重双基训练。第二轮复习的时间相对集中，在一轮复习的基础上，进行拔高，适当增加难度;第二轮复习重点突出，主要集中在热点、难点、重点内容上，特别是重点;注意数学思想的形成和数学方法的掌握，这就需要充分发挥教师的主导作用。可进行专题复习，如“选填重难点题”、“分式化简与分式方程”、“三角形的实际应用”、“一次函数的实际应用”、“圆的综合题”、 “二次函数的综合题”、“开放探索性题”等问题以便学生熟悉、适应这类题型。
2、第二轮复习应该注意的几个问题
(1)第二轮复习不再以节、章、单元为单位，而是以专题为单位。 (2)专题的划分要合理。
(3)专题的选择要准、安排时间要合理。专题选的准不准，主要取决于对课程标准和中考题的研究。专题要有代表性，切忌面面俱到;专题要由针对性，
3
围绕热点、难点、重点特别是中考必考内容选定专题;根据专题的特点安排时间，重要处要狠下功夫，不惜“浪费”时间，舍得投入精力。
(4)注重解题后的反思。
(5)以题带知识，由于第二轮复习的特殊性，学生在某种程度上远离了基础知识，会造成程度不同的知识遗忘现象，解决这个问题的最好办法就是以题带知识。
(6)专题复习的适当拔高。专题复习要有一定的难度，这是第二轮复习的特点决定的，没有一定的难度，学生的能力是很难提高的，提高学生的能力，这是第二轮复习的任务。但要兼顾各种因素把握一个度。
(7)专题复习的重点是揭示思维过程。不能加大学生的练习量，更不能把学生推进题海;不能急于赶进度，在这里赶进度，是产生“糊涂阵”的主要原因。
三、第三轮复习(6月11号——6月20号)
1、第三轮复习的形式是模拟中考的综合拉练，查漏补缺，这好比是一个建筑工程的验收阶段，考前练兵。研究历年的中考题，训练答题技巧、考场心态、临场发挥的能力等。
2、第三轮复习应该注意的几个问题
(1)模拟题必须要有模拟的特点。时间的安排，题量的多少，低、中、高档题的比例，总体难度的控制等要切近中考题。
(2)模拟题的设计要有梯度，立足中考又要高于中考。 (3)批阅要及时，趁热打铁，切忌连考两份。
(4)评分要狠。可得可不得的分不得，答案错了的题尽量不得分，让苛刻的评分教育学生，既然会就不要失分。
4
(5)给特殊的题加批语。某几个题只有个别学生出错，这样的题不能再占用课堂上的时间，个别学生的问题，就在试卷上以批语的形式给与讲解。
(6)详细统计边缘生的失分情况。这是课堂讲评内容的主要依据。因为，边缘生的学习情况既有代表性，又是提高班级成绩的关键，课堂上应该讲的是边缘生出错较集中的题，统计就是关键的环节。
(7)归纳学生知识的遗漏点。为查漏补缺积累素材。 (8)处理好讲评与考试的关系。
(9)选准要讲的题，要少、要精、要有很强的针对性。选择的依据是边缘生的失分情况。一般有三分之一的边缘生出错的题课堂上才能讲。
(10)立足一个“透”字。一个题一旦决定要讲，有四个方面的工作必须做好，一是要讲透;二是要展开;三是要跟上足够量的跟踪练习题;四要以题带知识。切忌面面俱到式讲评，切忌蜻蜓点水式讲评，切忌就题论题式讲评。
(11)留给学生一定的纠错和消化时间。教师讲过的内容，学生要整理下来;教师没讲的自己解错的题要纠错;与之相关的基础知识要再记忆再巩固。教师要充分利用这段时间，解决个别学生的个别问题。
(12)适当的“解放”学生，特别是在时间安排上。经过一段时间的考、考、考，几乎所有的学生心身都会感到疲劳，如果把这种疲劳的状态带进中考考场，那肯定是个较差的结果。但要注意，解放不是放松，必须保证学生有个适度紧张的精神状态。实践证明，适度紧张是正常或者超常发挥的最佳状态。
(13)调节学生的生物钟。尽量把学习、思考的时间调整得与中考答卷时间相吻合。
(14)心态和信心调整。这是每位教师的责任，此时此刻信心的作用变为最大。
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