登錄二一教育在線組卷平臺助您教考全無憂二一教育在線組卷平臺（）自動生成 初中數學集訓培優試卷（難度系數0.52）姓名：__________班級：__________考號：__________一、單選題(共6題；共36分)1．（6分）已知PA，PB是☉O的切線，C為圓上不同與A，B的一點，若∠P=40°，則∠ACB的度數為()A．70° B．110° C．70°或110° D．不確定【答案】C【知識點】圓周角定理；圓內接四邊形的性質；切線的性質【解析】【解答】解：如圖，連接OA、OB，∵PA，PB分別切⊙O于A，B兩點，∴∠PAO=∠PBO=90°，∴∠AOB=360°-90°-90°-40°=140°，當點C1在優弧AB上時，則∠AC1B=12當點C2在劣弧AB上時，則∠AC2B+∠AC1B=180°，∴∠AC2B=110°.故答案為：C.【分析】連接OA、OB，根據切線的性質可得∠PAO=∠PBO=90°，利用四邊形內角和為360°可得∠AOB=140°，當點C1在優弧AB上時，則∠AC1B=12∠AOB，當點C2在劣弧AB上時，則∠AC2B+∠AC12．（6分）在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=3，BC=4，以點C為圓心的⊙C的半徑為2.6，則直線AB與A．相離 B．相切 C．相交 D．無法判斷【答案】C【知識點】三角形的面積；勾股定理；直線與圓的位置關系【解析】【解答】解：∵∠C=90°，AC=3，BC=4，∴AB=3∴點C到直線AB的距離為3×45∵2.∴直線AB與⊙C故答案為：C.【分析】利用勾股定理可得AB的值，根據等面積法求出點C到直線AB的距離，據此可判斷出直線與圓的位置關系.3．（6分）一個正方體的平面展開圖如圖所示，將它折成正方體后，與漢字“美”相對的面上的漢字是（）A．建 B．好 C．家 D．園【答案】D【知識點】幾何體的展開圖【解析】【解答】解：根據正方體表面展開圖的“相間、Z端是對面”可知：

“美”與“園”是對面.

故答案為：D

【分析】正方體的表面展開圖，相對的一面一定相隔一個正方形，據此可得與漢字“美”相對的面上的漢字.4．（6分）如圖，△ABC是⊙O的內接三角形，∠C=30°，⊙O的半徑為5，若點P是⊙O上的一點，在△ABP中，PB=AB，則PA的長為（）A．5 B．532 C．52 【答案】D【知識點】等腰三角形的性質；等邊三角形的判定與性質；三角形的外接圓與外心；銳角三角函數的定義【解析】【解答】連接OA、OB、OP，∵∠C=30°，∴∠APB=∠C=30°，∵PB=AB，∴∠PAB=∠APB=30°∴∠ABP=120°，∵PB=AB，∴OB⊥AP，AD=PD，∴∠OBP=∠OBA=60°，∵OB=OA，∴△AOB是等邊三角形，∴AB=OA=5，則Rt△PBD中，PD=cos30°?PB=32×5=5∴AP=2PD=53，故答案為：D．【分析】連接OA、OB、OP，由等腰三角形性質得出∠APB=∠C=30°；再由PB=AB得出∠PAB=∠APB=30°；由三角形內角和得出∠ABP=120°，由等腰三角形的性質得出OB⊥AP，AD=PD，由等邊三角形的判定得出△AOB是等邊三角形，在Rt△PBD中，由銳角三角函數得出PD=cos30°?PB從而求出AP.5．（6分）將一個長方體沿四條棱切割掉一個三棱柱后，得到如圖所示的幾何體，則該幾何體的左視圖是（）A． B．C． D．【答案】A【知識點】簡單幾何體的三視圖【解析】【解答】解：從左邊看，是一個長方形，長方形的中間有一條橫向的虛線．故答案為：A．

【分析】利用三視圖的定義求解即可。6．（6分）如圖1，將正方形紙片ABCD對折，使AB與CD重合，折痕為EF．如圖2，展開后再折疊一次，使點C與點E重合，折痕為GH，點B的對應點為點M，EM交AB于N，則AE：AN=（）A．12 B．23 C．34【答案】C【知識點】勾股定理；正方形的性質；翻折變換（折疊問題）；銳角三角函數的定義【解析】【解答】解：設正方形的邊長為2a，DH=b，

∴CH=2a-b，

∵將正方形紙片ABCD對折，使AB與CD重合，折痕為EF．如圖2，展開后再折疊一次，使點C與點E重合，折痕為GH，點B的對應點為點M，

∴EH=CH=2a-b，DE=AE=12×2a=a，∠BEH=∠C=90°，

在Rt△DEH中，DE2+DH2=EH2即a2+b2=（2a-b）2

解之：b=34a，

∵∠DEH+∠AEN=90°，∠AEN+∠DEH=90°，

∴∠ANE=∠DEH，

∴tan∠ANE=tan∠DEH=AEAN二、填空題(共8題；共40分)7．（2分）若圓錐的底面圓半徑為2，母線長為5，則該圓錐的側面積是.（結果保留π）【答案】10π【知識點】圓錐的計算【解析】【解答】解：根據圓錐的側面積公式：πrl=故答案為：10π.【分析】根據圓錐的側面積等于πrl8．（2分）計算3×tan30°?12【答案】2?2【知識點】平方根；0指數冪的運算性質；特殊角的三角函數值；實數的絕對值【解析】【解答】解：3×=3×==2?2

【分析】將先化簡成可以進行加減的同類二次根式，再進行運算9．（6分）如圖⊙A的圓心A的坐標是(?2，0)，在直角坐標系中，⊙A半徑為2，P為直線y=?x+4上的動點過P作【答案】14【知識點】垂線段最短；勾股定理；切線的性質；一次函數圖象與坐標軸交點問題；等腰直角三角形【解析】【解答】解：如圖，過A作直線y=?x+4垂線，垂足為P，作⊙A的切線PQ∵AQ=2為定值，當斜邊AP取最小值時，PQ最小，此時切線長PQ最小，∵A的坐標為(?2設直線與x軸，y軸分別交于B，C，∴B(0，4∴OB=OC=4，∴AC=2+4=6，∠BCO=∠CBO=45°，∴AP=PC=2∴PQ=(故答案為：14.【分析】過A作直線的垂線，垂足為P，作⊙A的切線PQ，切點為Q，則當斜邊AP取最小值時，PQ最小，設直線與x軸，y軸分別交于B，C，則B（0，4）、C（4，0），OB=OC=4，AC=6，∠BCO=∠CBO=45°，利用勾股定理可得AP、PC、PQ，據此解答.10．（6分）計算(13【答案】5【知識點】實數的運算；特殊角的三角函數值【解析】【解答】解：(=3+1+1=5.故答案為：5.【分析】根據負整數指數冪的運算法則、特殊角的三角函數值可得原式=3+1+1，然后根據有理數的加法法則進行計算.11．（6分）圓錐的底面半徑r=3，高h=4，則圓錐的側面積是.【答案】15【知識點】圓錐的計算【解析】【解答】解：設圓錐的母線長為l，由題意得：l=3∴圓錐的側面積為πrl=3×5故答案為：15π【分析】設圓錐的母線長為l，根據底面圓的半徑，高與母線組成一個直角三角形結合勾股定理可得母線長，然后根據側面積公式S=πrl進行計算.12．（6分）計算：tan60°﹣sin60°＝．【答案】3【知識點】實數的運算；特殊角的三角函數值【解析】【解答】解：tan60°﹣sin60°＝3＝(＝32故答案為：32

【分析】先利用特殊角的三角函數值化簡，再計算即可。13．（6分）如圖，已知∠ΑΟΒ=30°，在射線ΟΑ上取點Ο1，以Ο1為圓心的圓與ΟΒ相切；在射線Ο1Α上取點Ο2，以Ο2為圓心，Ο2Ο1為半徑的圓與ΟΒ相切；在射線Ο2Α上取點Ο3，以Ο3為圓心，Ο3Ο2為半徑的圓與ΟΒ相切；???；在射線【答案】512【知識點】含30°角的直角三角形；切線的性質；探索圖形規律【解析】【解答】解：如圖，連接O1A1，O2A2，O3A3，

∵⊙O1，⊙O2，⊙O3，……都與OB相切，∴O1A1⊥OB，又∵∠AOB=30°，O1A1=r1=1=20.∴OO1=2，在Rt△OO2A2中，∴OO1+O1O2=2O2A2.∴2+O2A2=2O2A2.∴O2A2=r2=2=21.∴OO2=4=22，……依此類推可得OnAn=rn=2=2n-1.∴O10A10=r10=2=210-1=29=512.故答案為：512.【分析】根據圓的切線性質，和Rt三角形中30°角所對的直角邊等于斜邊的一半；可知OO1=2；同樣可知O1O2=2，OO2=2+2=22；……OOn=2n；OnAn=rn=2=2n-1；因此可得第10個⊙O10的半徑.14．（6分）如圖，有一個不定的正方形ABCD，它的兩個相對的頂點A，C分別在邊長為1的正六邊形一組對邊上，另外兩個頂點B，D在正六邊形內部（包括邊界），則正方形邊長a的取值范圍是【答案】62≤a【知識點】勾股定理；圓內接正多邊形；計算器—三角函數；解直角三角形【解析】【解答】解：因為AC為對角線，故當AC最小時，正方形邊長此時最小.①當A、C都在對邊中點時（如下圖所示位置時），顯然AC取得最小值，∵正六邊形的邊長為1，∴AC=3，∴a2+a2=AC2=32∴a=32=6②當正方形四個頂點都在正六邊形的邊上時，a最大（如下圖所示）.設A′（t，32∵OB′⊥OA′.∴B′（-32設直線MN解析式為：y=kx+b，M（-1，0），N（-12，-3∴-k+b=0-∴k=3b=3.

∴直線MN的解析式為：y=3（x+1），

將B′（-32，t）代入得：t=此時正方形邊長為A′B′取最大.

∴a=32-3故答案為：62≤a≤3-3【分析】分情況討論.①當A、C都在對邊中點時，a最小.②當正方形四個頂點都在正六邊形的邊上時，a最大.根據題意求出正方形對角線的長度，再根據勾股定理即可求出a.從而得出a的范圍.三、綜合題(共6題；共74分)15．（10分）（1）（5分）計算：(1（2）（5分）解分式方程：xx?1+2【答案】（1）解：原式==1?2（2）解：去分母得：x?2=4(整理得：x?2=4x?4，解得x=2檢驗：當x=23時，所以原分式方程的解為x=2【知識點】二次根式的混合運算；解分式方程；特殊角的三角函數值【解析】【分析】（1）根據二次根式的性質、二次根式的乘法法則以及特殊角的三角函數值可得原式=|13-12|+3616．（10分）由幾個相同的棱長為1的小立方塊搭成的幾何體如圖所示，將它擺放在桌面上．（1）（5分）請在方格紙中分別畫出從這個幾何體三個不同的方向(正面、左面和上面)看到的形狀圖；（2）（5分）根據三個方向看到的形狀圖，求出這個幾何體的表面積(不包括底面積)．【答案】（1）解：如圖所示：（2）解：從正面看，有4個面，從后面看有4個面，從上面看，有4個面，從左面看，有3個面，從右面看，有3個面，∵不包括底面積，∴這個幾何體的表面積為：(4+3【知識點】幾何體的表面積；作圖﹣三視圖【解析】【分析】（1）主視圖，左視圖，俯視圖是分別從幾何體的正面，左面，上面看，所得的平面圖形，據此分別畫出這個幾何體的三視圖.

（2）觀察幾何體可知從正面看，有4個面，從后面看有4個面，從上面看，有4個面，從左面看，有3個面，從右面看，有3個面（不包括底面），然后列式計算求出這個幾何體的表面積（不包括底面積）.17．（12分）為緩解交通擁堵，某區擬計劃修建一地下通道，該通道一部分的截面如圖所示（圖中地面AD與通道BC平行，通道水平寬度BC為8米，∠BCD=135°，通道斜面CD的長為6米，通道斜面AB的坡度i=1：2.（1）（6分）求通道斜面AB的長；（2）（6分）為增加市民行走的舒適度，擬將設計圖中的通道斜面CD的坡度變緩，修改后的通道斜面DE的坡角為30°，求此時BE的長.（答案均精確到0.1米，參考數據：2≈1.41，5≈2.24，6≈2.45）【答案】（1）解：過點A作AN⊥CB于點N，過點D作DM⊥BC于點M，∵∠BCD=135°，∴∠DCM=45°.∵在Rt△CMD中，∠CMD=90°，CD=6，∴DM=CM=22CD=3∴AN=DM=32∵通道斜面AB的坡度i=1：2，∴tan∠ABN=ANBN=1∴BN=2AN=6，∴AB=AN2+B即通道斜面AB的長約為7.4米；（2）解：∵在Rt△MED中，∠EMD=90°，∠DEM=30°，DM=32，∴EM=3DM=36，∴EC=EM﹣CM=36﹣32，∴BE=BC﹣EC=8﹣（36﹣32）=8+32﹣36≈4.9.即此時BE的長約為4.9米.【知識點】解直角三角形的應用﹣坡度坡角問題【解析】【分析】（1）過點A作AN⊥CB于點N，過點D作DM⊥BC于點M，則∠DCM=45°，根據三角函數的概念可得DM=CM=22CD=32，則AN=DM=3218．（12分）如圖，以△ABC的邊BC為直徑的⊙O，交AB邊于點D，點D為AB的中點，DE⊥AC于點E.（1）（6分）求證：DE是⊙O的切線；（2）（6分）若△ABC的面積是48，AB=12，求⊙O的半徑.【答案】（1）證明：如圖，連接OD，∵點D為AB的中點，OC=OB，∴OD是△ABC的中位線，∴DO∥∵DE⊥AC，∴DE⊥OD.又∵點D在⊙O上.∴DE是⊙O的切線.（2）解：連接CD.∵BC是⊙O的直徑.∴∠BDC=90°，即CD⊥AB.∵△ABC的面積是48，AB=12，D為AB的中點，∴CD=8，BD=6，∴BC2=B∴BC=10，∴⊙O的半徑為5.【知識點】三角形的面積；圓周角定理；切線的判定；三角形的中位線定理【解析】【分析】（1）連接OD，利用點D為AB的中點，點O為BC的中點，可證得OD是△ABC的中位線，利用三角形的中位線定理可證得DO∥AC；再由DE⊥AC，可推出DE⊥OD，由此可證得結論.（2）連接CD，利用直徑所對的圓周角是直角，可證得CD⊥AB，利用三角形的面積公式求出CD的長，然后利用勾股定理求出BC的長，即可得到圓的半徑長.19．（15分）如圖，平面直角坐標系中直線AB：y=33x+2分別與x軸，y軸交于點A和點B，過點A的直線AC與y軸交于點C（1）（5分）求直線AC的解析式；（2）（5分）若D為線段AC上一點，E為線段BC上一點，當S△ABD=（3）（5分）在（2）的結論下，將△CDE沿射線DB方向平移得△C′D′E′，使C′落在直線AB上，若M為直線【答案】（1）解：對于y=33x+2，令y=0∴A(∵OC=6∴C(設直線AC的解析式為y=kx+b，則有?23解得：k=3所以直線AC的解析式為y=3（2）解：對于y=33x+2，令x=0∴OB=2，∴OB=1∴S∵tan∠BAO=2∴∠BAO=30°，∠OAC=60°，∴AB=2OB=4，∴BC=OC?OB=4，BC=2OB，∴S∴當BD⊥AC時，有AD=CD=1∴S作射線CA關于y軸的對稱射線CM，過點E作EF⊥CM于F點，如圖所示，∵∠ACO=90°?∠OAC=30°∴∠FCE=30°，AC=2OA=43∴EF=1∵DE+∴當D、E、F三點共線且DF⊥CM時，DE+12CE∵AD=CD=12∴∠FDC=∠DCE=30°，∴DE=CE，CF=1由勾股定理得DF=C即DE+1∵BD⊥AC∴∠DBC=∠BDE=60°，∴DE=BE，∴DE是Rt△BDC∴BE=1∴OE=OB+BE=4，∴點E的坐標為(0（3）(23?3，【知識點】待定系數法求一次函數解析式；菱形的性質；軸對稱的應用-最短距離問題；銳角三角函數的定義；一次函數圖象與坐標軸交點問題【解析】【解答】解：（3）∵BD⊥AC∴由平移知CC過點C′作C′G⊥x軸于點G，過點D∵∠BAC=∠OAB=30°，CC′⊥AC，∴△∴AG=AC=43，C∵OA=2∴OG=23∴G(∵C′在直線當x=23時，y=4∴點C′的坐標為(∴DD∵BD與x軸的所夾銳角為90°?∠OAC=30°，tan∴∠BGO=30°，即點G在直線BD上；在Rt△DAG中，DG=AG∴D∴D′H=∴OH=OG?HG=3∴D′的坐標為設點M(a，3由平移知：C′分兩種情況：①當C′D′即(a?23)解得：a=23?3或此時點M的坐標為(23②當C′D′即(a?2解得：a=此時點M的坐標(3綜上，點M的坐標為(23?3，4?【分析】（1）令y=0，求出x的值，可得點A的坐標，根據OC的值可得點C的坐標，然后利用待定系數法就可求出直線AC的解析式；

（2）令x=0，求出y的值，可得OB的值，根據OB=13OC結合三角形的面積公式可得S△ABO=13S△AOC，求出tan∠BAO、tan∠OAC的值，得到∠BAO、∠OAC的度數，然后求出AB、BC的值，得到S△ABC=2S△ABO，故當BD⊥AC時，有AD=CD=12AC，作射線CA關于y軸的對稱射線CM，過點E作EF⊥CM于F點，根據含30°角的直角三角形的性質可得EF=12CE，故當D、E、F三點共線且DF⊥CM時，DE+12CE的值最小，最小值為DF的長，易得CF、DF的值，根據直角三角形斜邊上中線的性質可得BE的值，然后求出OE，據此可得點E的坐標；

（3）由平移知CC′⊥AC，過點C′作C′G⊥x軸于點G，過點D′作D′H⊥x軸于點H，證明△ACC′≌△AGC′，得到AG=AC，CC′=C′G，表示出點G、C′的坐標，求出∠BGO的度數，根據三角函數的概念可得DG，然后求出D′G、D′H、HG、OH，得到點D′的坐標，設M（a，33a+2），表示出MC′2、MD′20．（15分）如圖：在⊙O中，BC=2，AB=AC，點D為AC上的動點，且cosB=（1）（5分）求AB的長度；（2）（5分）求AD·AE的值；（3）（5分）過A點作AH⊥BD，求證：BH=CD+DH.【答案】（1）解：作AM⊥BC，∵AB=AC，BC=2，AM⊥BC，∴BM=CM=12在Rt△AMB中，∵cosB=BMAB∴AB=BM÷cosB=1÷1010=10（2）解：連接CD，∵AB=AC，∴∠ACB=∠ABC，∵四邊形ABCD內接于圓O，∴∠ADC+∠ABC=180°，又∵∠ACE+∠ACB=180°，∴∠ADC=∠ACE，∵∠CAE=∠CAD，∴△EAC∽△CAD，∴ACAD∴AD·AE=AC2=AB2=（10）2=10.（3）證明：在BD上取一點N，使得BN=CD，在△ABN和△ACD中∵AB=AC∴△ABN≌△ACD（SAS），∴AN=AD，∵AH⊥BD，AN=AD，∴NH=DH，又∵BN=CD，NH=DH，∴BH=BN+NH=CD+DH.【知識點】全等三角形的判定與性質；等腰三角形的性質；圓內接四邊形的性質；相似三角形的判定與性質；銳角三角函數的定義【解析】【分析】（1）作AM⊥BC，由等腰三角形三線合一的性質得BM=CM=12BC=1，在Rt△AMB中，根據余弦定義得cosB=BMAB=10ACAD=AEAC；從而得AD·AE=AC2=AB

試題分析部分1、試卷總體分布分析總分：150分分值分布客觀題（占比）42.0(28.0%)主觀題（占比）108.0(72.0%)題量分布客觀題（占比）7(35.0%)主觀題（占比）13(65.0%)2、試卷題量分布分析大題題型題目量（占比）分值（占比）填空題8(40.0%)40.0(26.7%)綜合題6(30.0%)74.0(49.3%)單選題6(30.0%)36.0(24.0%)3、試卷難度結構分析序號難易度占比1普通(65.0%)2容易(10.0%)3困難(25.0%)4、試卷知識點分析序號知識點（認知水平）分值（