2019年云南省曲靖市中考数学一模试卷
一、选择题（本大题共8小题，共32.0分）
1. 下列图形中既是轴对称图形，又是中心对称图形的是( )
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】解：A、是轴对称图形，不是中心对称图形.故不符合题意；
B、是轴对称图形，不是中心对称图形.故不符合题意；
C、不是轴对称图形，是中心对称图形.故不符合题意；
D、是轴对称图形，也是中心对称图形.故符合题意．
故选：D．
根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．
本题考查中心对称图形，轴对称图形的知识，记住：如果一个图形沿着一条直线对折后两部分完全重合，这样的图形叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴；在同一平面内，如果把一个图形绕某一点旋转180度，旋转后的图形能和原图形完全重合，那么这个图形就叫做中心对称图形，这个旋转点，就叫做中心对称点．
2. 下列是一元二次方程的是( )
A. x2+3=0 B. xy+3x-4=0 C. 2x-3+y=0 D. 1x+2x-6=0
【答案】A
【解析】解：A、该方程是一元二次方程，故本选项正确；
B、该方程中含有两个未知数，不是一元二次方程，故本选项错误；
C、该方程中含有两个未知数，不是一元二次方程，故本选项错误；
D、该方程是分式方程，故本选项错误；
故选：A．
本题根据一元二次方程的定义解答．
一元二次方程必须满足四个条件：
(1)未知数的最高次数是2；
(2)二次项系数不为0；
(3)是整式方程；
(4)含有一个未知数.由这四个条件对四个选项进行验证，满足这四个条件者为正确答案．
本题考查了一元二次方程的概念，判断一个方程是否是一元二次方程，首先要看是否是整式方程，然后看化简后是否是只含有一个未知数且未知数的最高次数是2．
3. 半径为r的圆的内接正六边形边长为( )
A. 12r B. 32r C. r D. 2r
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【答案】C
【解析】解：如图，ABCDEF是⊙O的内接正六边形，连接OA，OB，
则三角形AOB是等边三角形，所以AB=OA=r．
故选：C．
画出圆O的内接正六边形ABCDEF，连接OA，OB，得到正三角形AOB，可以求出AB的长．
本题考查的是正多边形和圆，连接OA，OB，得到正三角形AOB，就可以求出正六边形的边长．
1. 如图，这是一幅2018年俄罗斯世界杯的长方形宣传画，长为4m，宽为2m.为测量画上世界杯图案的面积，现将宣传画平铺在地上，向长方形宜传画内随机投掷骰子(假设骰子落在长方形内的每一点都是等可能的)，经过大量重复投掷试验，发现骰子落在世界杯图案中的频率稳定在常数0.4左右.由此可估计宜传画上世界杯图案的面积为( )
A. 2.4m2 B. 3.2m2 C. 4.8m2 D. 7.2m2
【答案】B
【解析】解：∵骰子落在世界杯图案中的频率稳定在常数0.4左右，
∴估计骰子落在世界杯图案中的概率为0.4，
∴估计宜传画上世界杯图案的面积=0.4×(4×2)=3.2(m2).
故选：B．
利用频率估计概率得到估计骰子落在世界杯图案中的概率为0.4，然后根据几何概率的计算方法计算世界杯图案的面积．
本题考查了频率估计概率：大量重复实验时，事件发生的频率在某个固定位置左右摆动，并且摆动的幅度越来越小，根据这个频率稳定性定理，可以用频率的集中趋势来估计概率，这个固定的近似值就是这个事件的概率.用频率估计概率得到的是近似值，随实验次数的增多，值越来越精确．
2. 在平面直角坐标系中，点(1,-2)关于原点对称的点的坐标是( )
A. (1,2) B. (-1,2) C. (2,-1) D. (2,1)
【答案】B
【解析】解：点(1,-2)关于原点对称的点的坐标是(-1,2)，
故选：B．
平面直角坐标系中任意一点P(x,y)，关于原点的对称点是(-x,-y)，记忆方法是结合平面直角坐标系的图形记忆．
关于原点对称的点坐标的关系，是需要识记的基本问题．
3. 下列事件中必然发生的事件是( )
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A. 一个图形平移后所得的图形与原来的图形不一定全等
B. 不等式的两边同时乘以一个数，结果仍是不等式
C. 过圆外一点引圆的两条切线，这两条切线的长度不一定相等
D. 200件产品中有8件次品，从中任意抽取9件，至少有一件是正品
【答案】D
【解析】解：一个图形平移后所得的图形与原来的图形一定全等，A是不可能事件；
不等式的两边同时乘以一个数0，结果不是不等式，B是随机事件；
过圆外一点引圆的两条切线，这两条切线的长度一定相等，C是不可能事件；
200件产品中有8件次品，从中任意抽取9件，至少有一件是正品，D是必然事件；
故选：D．
根据事件发生的可能性大小判断相应事件的类型．
本题考查的是必然事件、不可能事件、随机事件的概念.必然事件指在一定条件下，一定发生的事件.不可能事件是指在一定条件下，一定不发生的事件，不确定事件即随机事件是指在一定条件下，可能发生也可能不发生的事件．
1. 如图，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，若∠BOD=144∘，则∠C的度数是( )
A. 14∘
B. 72∘
C. 36∘
D. 108∘
【答案】D
【解析】解：∵∠A=12∠BOD=12×144∘=72∘，
而∠A+∠C=180∘，
∴∠C=180∘-72∘=108∘．
故选：D．
先根据圆周角定理计算出∠A=72∘，然后根据圆内接四边形的性质求∠C的度数．
本题考查了圆内接四边形的性质：圆内接四边形的对角互补.圆内接四边形的任意一个外角等于它的内对角(就是和它相邻的内角的对角).也考查了圆周角定理．
2. 为把我市创建成全国文明城市，某社区积极响应市政府号召，准备在一块正方形的空地上划出部分区域栽种鲜花，如图中的阴影“”带，鲜花带一边宽1m，另一边宽2m，剩余空地的面积为18m2，求原正方形空地的边长xm，可列方程为( )
A. (x-1)(x-2)=18
B. x2-3x+16=0
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C. (x+1)(x+2)=18
D. x2+3x+16=0
【答案】A
【解析】解：设原正方形的边长为xm，依题意有
(x-1)(x-2)=18，
故选：A．
可设原正方形的边长为xm，则剩余的空地长为(x-1)m，宽为(x-2)m.根据长方形的面积公式方程可列出．
本题考查了由实际问题抽象出一元二次方程的知识，应熟记长方形的面积公式.另外求得剩余的空地的长和宽是解决本题的关键．
二、填空题（本大题共6小题，共18.0分）
1. 若式子3-x有意义，则x的取值范围是______．
【答案】x≤3
【解析】解：根据题意得：3-x≥0，
解得：x≤3．
故答案是：x≤3．
根据二次根式有意义的条件即可求解．
本题考查的知识点为：二次根式的被开方数是非负数．
2. 如图，已知点O是△ABC的内切圆的圆心，若∠BOC=124∘，则∠A=______．
【答案】68∘
【解析】解：∵∠BOC=124∘，
∴∠OBC+∠OCB=180∘-124∘=56∘，
∵点O是△ABC的内切圆的圆心，
∴∠ABC=2∠OBC，∠ACB=2∠OCB，
∴∠ABC+∠ACB=2(∠OBC+∠OCB)=112∘，
∴∠A=180∘-112∘=68∘，
故答案为：68∘．
根据三角形内角和定理求出∠OBC+∠OCB，根据内心的性质得到∠ABC=2∠OBC，∠ACB=2∠OCB，根据三角形内角和定理计算即可．
本题考查的是三角形的内切圆与内心，三角形内角和定理，掌握角形的内心是三角形三个内角角平分线的交点是解题的关键．
3. 若x2-2x=3，则多项式2x2-4x+3=______．
【答案】9
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【解析】解：∵x2-2x=3，
∴原式=2(x2-2x)+3=6+3=9．
故答案为：9．
原式前两项提取2变形后，将已知等式代入计算即可求出值．
此题考查了代数式求值，熟练掌握运算法则是解本题的关键．
1. 圆锥的母线长是6cm，侧面积是30πcm2，该圆锥底面圆的半径长等于______cm．
【答案】5
【解析】解：根据题意得：S=πrl，即r=Sπl=30π6π=5，
则圆锥底面圆的半径长等于5cm，
故答案为：5
利用圆锥的侧面积公式计算即可求出所求．
此题考查了圆锥的计算，熟练掌握圆锥侧面积公式是解本题的关键．
2. 若y=(m+2)xm2-2+mx+1是关于自变量x的二次函数，则m=______．
【答案】2
【解析】解：根据二次函数的定义，得：
m2-2=2，
解得m=2或m=-2，
又∵m+2≠0，
∴m≠-2，
∴当m=2时，这个函数是二次函数．
故答案是：2．
根据二次函数的定义条件列出方程与不等式求解即可．
本题考查了二次函数，利用二次函数的定义是解题关键，注意二次项的系数不等于零．
3. 如图所示，在平面直角坐标系中，A(0,0)，B(2,0)，△AP1B是等腰直角三角形且∠P1=90∘，把△AP1B绕点B顺时针旋转180∘，得到△BP2C，把△BP2C绕点C顺时针旋转180∘，得到△CP3D，依此类推，得到的等腰直角三角形的直角顶点P2019的坐标为______．
【答案】(4037,1)
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【解析】解：作P1⊥x轴于H，
∵A(0,0)，B(2,0)，
∴AB=2，
∵△AP1B是等腰直角三角形，
∴P1H=12AB=1，AH=BH=1，
∴P1的纵坐标为1，
∵△AP1B绕点B顺时针旋转180∘，得到△BP2C；把△BP2C绕点C顺时针旋转180∘，得到△CP3D，
∴P2的纵坐标为-1，P3的纵坐标为1，P4的纵坐标为-1，P5的纵坐标为1，…，
∴P2019的纵坐标为1，横坐标为2019×2-1=4037，
即P2019(4037,1)．
故答案为：(4037,1)．
根据题意可以求得P2的纵坐标为-1，P3的纵坐标为1，P4的纵坐标为-1，P5的纵坐标为1，…，从而发现其中的变化的规律，从而可以求得P2019的坐标．
本题考查坐标与图形变化-旋转，解答本题的关键是发现各点的变化规律，求出相应的点的坐标．
三、计算题（本大题共1小题，共6.0分）
1. 先化简，再求值：(1+1x2-1)÷x2x2-2x+1，其中x=2．
【答案】解：(1+1x2-1)÷x2x2-2x+1
=x2-1+1x2-1÷x2x2-2x+1
=x2(x+1)(x-1)⋅(x-1)2x2
=x-1x+1，
当x=2时，
原式=2-12+1=13．
【解析】原式括号中两项通分并利用同分母分式的加法法则计算，同时利用除法法则变形，约分得到最简结果，将x的值代入计算即可求出值．
此题考查了分式的化简求值，熟练掌握运算法则是解本题的关键．
四、解答题（本大题共8小题，共64.0分）
2. 计算：9+(39-2)0-|-3|-(13)-1
【答案】解：原式=3+1-3-3
=-2．
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【解析】直接利用零指数幂的性质以及零指数幂的性质分别化简得出答案．
此题主要考查了实数运算，正确化简各数是解题关键．
1. 如图，在边长均为1的正方形网格纸上有△ABC和△DEF，顶点A、B，C，D、E、F均在格点上，如果△DEF是由△ABC绕着某点O旋转得到的，点A(-4,1)的对应点是点D，点C的对应点是点F.请按要求完成以下操作或运算：
(1)在图上找到点O的位置(不写作法，但要标出字母)，并写出点O的坐标；
(2)求点B绕着点O顺时针旋转到点E所经过的路径长．
【答案】解：(1)如图所示，连接AD，CF，作AD和CF的垂直平分线，交于点O，则点O即为旋转中心，
由点A(-4,1)可得直角坐标系，故点O的坐标为(1,-1)；
(2)点B绕着点O顺时针旋转到点E所经过的路径长为：90×π×3180=32π．
【解析】(1)根据旋转变换中对应点与旋转中心的距离相等，可知旋转中心即为对应点连线的垂直平分线的交点；根据点A(-4,1)可得直角坐标系，进而得到点O的坐标为(1,-1)；
(2)点B绕着点O顺时针旋转到点E所经过的路径为扇形的弧线，根据弧长计算公式即可得到路径长．
本题主要考查了利用旋转变换作图，根据旋转的性质可知，对应角都相等都等于旋转角，对应线段也相等，由此可以通过作相等的角，在角的边上截取相等的线段的方
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法，找到对应点，顺次连接得出旋转后的图形．
1. 解方程
(1)x2-4x+3=0(用配方法求解)
(2)(2x-3)2-2x+3=0
【答案】解：(1)x2-4x+3=0，
x2-4x=-3
x2-4x+4=-3+4，即(x-2)2=1，
开方，得x-2=±1，
解得x1=3，x2=1．
(2)(2x-3)2-2x+3=0，
(2x-3)(2x-3-1)=0，
∴2x-3=0或2x-4=0，
所以x1=32，x2=2．
【解析】(1)将一元二次方程配成(x+m)2=n的形式，再利用直接开平方法求解；
(2)提取公因式分解因式，这样转化为两个一元一次方程，解一元一次方程即可．
本题考查了解一元二次方程-因式分解法：先把一元二次方程化为一般式，然后把方程左边分解为两个一次式的积，从而可把一元二次方程化为两个一元一次方程，解两个一元一次方程，得到一元二次方程的解.也考查了配方法解一元二次方程．
2. 已知y=x2-(m+2)x+(2m-1)是关于x的抛物线解析式．
(1)求证：抛物线与x轴一定有两个交点；
(2)点A(-2,y1)、B(1,y2)、C(4,y3)是抛物线上的三个点，当抛物线经过原点时，判断y1、y2、y3的大小关系．
【答案】(1)证明：y=x2-(m+2)x+(2m-1)，
∵△=[-(m+2)]2-4×1×(2m-1)=(m+2)2+4>0，
∴抛物线与x轴一定有两个交点；
(2)解：∵抛物线y=x2-(m+2)x+(2m-1)经过原点，
∴2m-1=0．
解得：m=12，
∴抛物线的解析式为y=x2-52x.
当x=-2时，y1=7；
当x=1时，y2=-2；
当x=4时，y3=6．
∴y2
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