1、20182018 中考数学试题分类汇编：考点中考数学试题分类汇编：考点 3333 命题与证明命题与证明一选择题（共一选择题（共 19 小题）小题）1（2018包头）已知下列命题：若 a3b3，则 a2b2；若点 A（x1，y1）和点 B（x2，y2）在二次函数 y=x22x1 的图象上，且满足x1x21，则 y1y22；在同一平面内，a，b，c 是直线，且 ab，bc，则 ac；周长相等的所有等腰直角三角形全等其中真命题的个数是（）A4 个B3 个C2 个 D1 个【分析】依据 a，b 的符号以及绝对值，即可得到 a2b2不一定成立；依据二次函数 y=x22x1 图象的顶点坐标以及对称轴的位置
2、，即可得 y1y22；依据ab，bc，即可得到 ac；依据周长相等的所有等腰直角三角形的边长对应相等，即可得到它们全等【解答】解：若 a3b3，则 a2b2不一定成立，故错误；若点 A（x1，y1）和点 B（x2，y2）在二次函数 y=x22x1 的图象上，且满足x1x21，则 y1y22，故正确；在同一平面内，a，b，c 是直线，且 ab，bc，则 ac，故错误；周长相等的所有等腰直角三角形全等，故正确故选：C2（2018嘉兴）用反证法证明时，假设结论“点在圆外”不成立，那么点与圆的位置关系只能是（）A点在圆内B点在圆上C点在圆心上 D点在圆上或圆内【分析】由于反证法的步骤是：（1）假设结论
3、不成立；（2）从假设出发推出矛盾；（3）假设不成立，则结论成立在假设结论不成立时要注意考虑结论的反面所有可能的情况，如果只有一种，那么否定一种就可以了，如果有多种情况，则必须一一否定由此即可解决问题【解答】解：反证法证明时，假设结论“点在圆外”不成立，那么点与圆的位置关系只能是：点在圆上或圆内故选：D3（2018通辽）下列说法错误的是（）A通过平移或旋转得到的图形与原图形全等B“对顶角相等”的逆命题是真命题C圆内接正六边形的边长等于半径D“经过有交通信号灯的路口，遇到红灯”是随机事件【分析】根据平移、旋转的性质、对顶角的性质、圆内接多边形的性质、随机事件的概念判断即可【解答】解：通过平移或旋转
4、得到的图形与原图形全等，A 正确，不符合题意；“对顶角相等”的逆命题是相等的角是对顶角，是假命题，B 错误，符合题意；圆内接正六边形的边长等于半径，C 正确，不符合题意；“经过有交通信号灯的路口，遇到红灯”是随机事件，D 正确，不符合题意；故选：B4（2018岳阳）下列命题是真命题的是（）A平行四边形的对角线相等B三角形的重心是三条边的垂直平分线的交点C五边形的内角和是 540D圆内接四边形的对角相等【分析】根据平行四边形的性质、三角形的重心的概念、多边形内角和的计算公式、圆内接四边形的性质判断即可【解答】解：平行四边形的对角线互相平分，A 是假命题；三角形的重心是三条边的中线的交点，B 是假
5、命题；五边形的内角和=（52）180=540，C 是真命题；圆内接四边形的对角互补，D 是假命题；故选：C5（2018台州）下列命题正确的是（）A对角线相等的四边形是平行四边形B对角线相等的四边形是矩形C对角线互相垂直的平行四边形是菱形D对角线互相垂直且相等的四边形是正方形【分析】根据平行四边形、矩形、菱形、正方形的判定定理判断即可【解答】解：对角线互相平分的四边形是平行四边形，A 错误；对角线相等的平行四边形是矩形，B 错误；对角线互相垂直的平行四边形是菱形，C 正确；对角线互相垂直且相等的平行四边形是正方形；故选：C6（2018台湾）小柔要榨果汁，她有苹果、芭乐、柳丁三种水果，且其颗数比为
6、 9：7：6，小柔榨完果汁后，苹果、芭乐、柳丁的颗数比变为 6：3：4，已知小柔榨果汁时没有使用柳丁，关于她榨果汁时另外两种水果的使用情形，下列叙述何者正确（）A只使用苹果B只使用芭乐C使用苹果及芭乐，且使用的苹果颗数比使用的芭乐颗数多D使用苹果及芭乐，且使用的芭乐颗数比使用的苹果颗数多【分析】根据三种水果的颗数的关系，设出三种水果的颗数，再根据榨果汁后的颗数的关系，求出榨果汁后，苹果和芭乐的颗数，进而求出苹果，芭乐的用量，即可得出结论【解答】解：苹果、芭乐、柳丁三种水果，且其颗数比为 9：7：6，设苹果为 9x 颗，芭乐 7x 颗，铆钉 6x 颗（x 是正整数），小柔榨果汁时没有使用柳丁，设
7、小柔榨完果汁后，苹果 a 颗，芭乐 b 颗，小柔榨完果汁后，苹果、芭乐、柳丁的颗数比变为 6：3：4，a=9x，b=x，苹果的用量为 9xa=9x9x=0，芭乐的用量为 7xb=7xx=x0，她榨果汁时，只用了芭乐，故选：B7（2018嘉兴）某届世界杯的小组比赛规则：四个球队进行单循环比赛（每两队赛一场），胜一场得 3 分，平一场得 1 分，负一场得 0 分，某小组比赛结束后，甲、乙、丙、丁四队分别获得第一、二、三、四名，各队的总得分恰好是四个连续奇数，则与乙打平的球队是（）A甲B甲与丁 C丙D丙与丁【分析】直接利用已知得出甲得分为 7 分，2 胜 1 平，乙得分 5 分，1 胜 2 平，丙得
8、分 3 分，1 胜 0 平，丁得分 1 分，0 胜 1 平，进而得出答案【解答】解：甲、乙、丙、丁四队分别获得第一、二、三、四名，各队的总得分恰好是四个连续奇数，甲得分为 7 分，2 胜 1 平，乙得分 5 分，1 胜 2 平，丙得分 3 分，1 胜 0 平，丁得分 1 分，0 胜 1 平，甲、乙都没有输球，甲一定与乙平，丙得分 3 分，1 胜 0 平，乙得分 5 分，1 胜 2 平，与乙打平的球队是甲与丁故选：B8（2018荆门）下列命题错误的是（）A若一个多边形的内角和与外角和相等，则这个多边形是四边形B矩形一定有外接圆C对角线相等的菱形是正方形D一组对边平行，另一组对边相等的四边形是平行
9、四边形【分析】A、任意多边形的外角和为 360，然后利用多边形的内角和公式计算即可；B、判断一个四边形是否有外接圆，要看此四边形的对角是否互补，矩形的对角互补，一定有外接圆；C、根据正方形的判定方法进行判断；D、一组对边平行且相等的四边形是平行四边形【解答】解：A、一个多边形的外角和为 360，若外角和=内角和=360，所以这个多边形是四边形，故此选项正确；B、矩形的四个角都是直角，满足对角互补，根据对角互补的四边形四点共圆，则矩形一定有外接圆，故此选项正确；C、对角线相等的菱形是正方形，故此选项正确；D、一组对边平行且相等的四边形是平行四边形；而一对边平行，另一组对边相等的四边形可能是平行四
10、边形或是梯形，故此选项错误；本题选择错误的命题，故选：D9（2018滨州）下列命题，其中是真命题的为（）A一组对边平行，另一组对边相等的四边形是平行四边形B对角线互相垂直的四边形是菱形C对角线相等的四边形是矩形D一组邻边相等的矩形是正方形【分析】分析是否为真命题，需要分别分析各题设是否能推出结论，从而利用排除法得出答案【解答】解：A、例如等腰梯形，故本选项错误；B、根据菱形的判定，应是对角线互相垂直的平行四边形，故本选项错误；C、对角线相等且互相平分的平行四边形是矩形，故本选项错误；D、一组邻边相等的矩形是正方形，故本选项正确故选：D10（2018荆门）如图，等腰 RtABC 中，斜边 AB
11、的长为 2，O 为 AB 的中点，P 为 AC 边上的动点，OQOP 交 BC 于点 Q，M 为 PQ 的中点，当点 P 从点 A 运动到点 C 时，点 M 所经过的路线长为（）ABC1D2【分析】连接 OC，作 PEAB 于 E，MHAB 于 H，QFAB 于 F，如图，利用等腰直角三角形的性质得 AC=BC=，A=B=45，OCAB，OC=OA=OB=1，OCB=45，再证明 RtAOPCOQ 得到 AP=CQ，接着利用APE 和BFQ 都为等腰直角三角形得到 PE=AP=CQ，QF=BQ，所以 PE+QF=BC=1，然后证明 MH 为梯形 PEFQ 的中位线得到 MH=，即可判定点 M
12、到 AB 的距离为，从而得到点 M 的运动路线为ABC 的中位线，最后利用三角形中位线性质得到点 M 所经过的路线长【解答】解：连接 OC，作 PEAB 于 E，MHAB 于 H，QFAB 于 F，如图，ACB 为到等腰直角三角形，AC=BC=AB=，A=B=45，O 为 AB 的中点，OCAB，OC 平分ACB，OC=OA=OB=1，OCB=45，POQ=90，COA=90，AOP=COQ，在 RtAOP 和COQ 中，RtAOPCOQ，AP=CQ，易得APE 和BFQ 都为等腰直角三角形，PE=AP=CQ，QF=BQ，PE+QF=（CQ+BQ）=BC=1，M 点为 PQ 的中点，MH 为梯
13、形 PEFQ 的中位线，MH=（PE+QF）=，即点 M 到 AB 的距离为，而 CO=1，点 M 的运动路线为ABC 的中位线，当点 P 从点 A 运动到点 C 时，点 M 所经过的路线长=AB=1故选：C11（2018广安）下列命题中：如果 ab，那么 a2b2一组对边平行，另一组对边相等的四边形是平行四边形从圆外一点可以引圆的两条切线，它们的切线长相等关于 x 的一元二次方程 ax2+2x+1=0 有实数根，则 a 的取值范围是 a1其中真命题的个数是（）A1B2C3D4【分析】 直接利用切线长定理以及平行四边形的判定合一元二次方程根的判别式分别判断得出答案【解答】解：如果 ab，那么
14、a2b2，错误；一组对边平行，另一组对边相等的四边形是平行四边形，错误；从圆外一点可以引圆的两条切线，它们的切线长相等，正确；关于 x 的一元二次方程 ax2+2x+1=0 有实数根， 则 a 的取值范围是 a1 且 a0，故此选项错误故选：A12（2018重庆）下列命题正确的是（）A平行四边形的对角线互相垂直平分B矩形的对角线互相垂直平分C菱形的对角线互相平分且相等D正方形的对角线互相垂直平分【分析】根据平行四边形的对角线互相平分；矩形的对角线平分且相等；菱形的对角线互相平分且垂直；正方形的对角线互相垂直平分进行分析即可【解答】解：A、平行四边形的对角线互相垂直平分，是假命题；B、矩形的对角
15、线互相垂直平分，是假命题；C、菱形的对角线互相平分且相等，是假命题；D、正方形的对角线互相垂直平分，是真命题；故选：D13（2018永州）下列命题是真命题的是（）A对角线相等的四边形是矩形B对角线互相垂直的四边形是菱形C任意多边形的内角和为 360D三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半【分析】根据矩形的判定方法对 A 进行判断；根据菱形的判定方法对 B 进行判断；根据多边形的内角和对 C 进行判断；根据三角形中位线性质对 D 进行判断【解答】解：A、对角线相等的平行四边形是矩形，所以 A 选项为假命题；B、对角线互相垂直的平行四边形是菱形，所以 B 选项为假命题；C、任意多边形的外
16、角和为 360，所以 C 选项为假命题；D、三角形的中位线平行于第三边且等于第三边的一半，所以 D 选项为真命题故选：D14（2018淄博）甲、乙、丙、丁 4 人进行乒乓球单循环比赛（每两个人都要比赛一场） ， 结果甲胜了丁， 并且甲、 乙、 丙胜的场数相同， 则丁胜的场数是 （）A3B2C1D0【分析】四个人共有 6 场比赛，由于甲、乙、丙三人胜的场数相同，所以只有两种可能性：甲胜 1 场或甲胜 2 场；由此进行分析即可【解答】解：四个人共有 6 场比赛，由于甲、乙、丙三人胜的场数相同，所以只有两种可能性：甲胜 1 场或甲胜 2 场；若甲只胜一场，这时乙、丙各胜一场，说明丁胜三场，这与甲胜丁
17、矛盾，所以甲只能是胜两场，即：甲、乙、丙各胜 2 场，此时丁三场全败，也就是胜 0 场答：甲、乙、丙各胜 2 场，此时丁三场全败，丁胜 0 场故选：D15（2018贵港）下列命题中真命题是（）A=（）2一定成立B位似图形不可能全等C正多边形都是轴对称图形D圆锥的主视图一定是等边三角形【分析】根据二次根式的性质、位似图形的定义、正多边形的性质及三视图的概念逐一判断即可得【解答】解：A、=（）2当 a0 不成立，假命题；B、位似图形在位似比为 1 时全等，假命题；C、正多边形都是轴对称图形，真命题；D、圆锥的主视图一定是等腰三角形，假命题；故选：C16（2018怀化）下列命题是真命题的是（）A两直
18、线平行，同位角相等B相似三角形的面积比等于相似比C菱形的对角线相等D相等的两个角是对顶角【分析】根据平行线的性质、相似三角形的性质、菱形的性质、对顶角的概念判断即可【解答】解：两直线平行，同位角相等，A 是真命题；相似三角形的面积比等于相似比的平方，B 是假命题；菱形的对角线互相垂直，不一定相等，C 是假命题；相等的两个角不一定是对顶角，D 是假命题；故选：A17（2018重庆）下列命题是真命题的是（）A如果一个数的相反数等于这个数本身，那么这个数一定是 0B如果一个数的倒数等于这个数本身，那么这个数一定是 1C如果一个数的平方等于这个数本身，那么这个数一定是 0D如果一个数的算术平方根等于这
19、个数本身，那么这个数一定是 0【分析】根据相反数是它本身的数为 0；倒数等于这个数本身是1；平方等于它本身的数为 1 和 0；算术平方根等于本身的数为 1 和 0 进行分析即可【解答】解：A、如果一个数的相反数等于这个数本身，那么这个数一定是 0，是真命题；B、如果一个数的倒数等于这个数本身，那么这个数一定是 1，是假命题；C、如果一个数的平方等于这个数本身，那么这个数一定是 0，是假命题；D、如果一个数的算术平方根等于这个数本身，那么这个数一定是 0，是假命题；故选：A18（2018衡阳）下列命题是假命题的是（）A正五边形的内角和为 540B矩形的对角线相等C对角线互相垂直的四边形是菱形D圆
20、内接四边形的对角互补【分析】根据正多边形的内角和的计算公式、矩形的性质、菱形的判定、圆内接四边形的性质判断即可【解答】解：正五边形的内角和=（52）180=540，A 是真命题；矩形的对角线相等，B 是真命题；对角线互相垂直的平行四边形是菱形，C 是假命题；圆内接四边形的对角互补，D 是真命题；故选：C19（2018眉山）下列命题为真命题的是（）A两条直线被一组平行线所截，所得的对应线段成比例B相似三角形面积之比等于相似比C对角线互相垂直的四边形是菱形D顺次连结矩形各边的中点所得的四边形是正方形【分析】根据平行线分线段成比例定理、相似三角形的性质、菱形的判定定理、中点四边形的性质判断即可【解答
21、】解：两条直线被一组平行线所截，所得的对应线段成比例，A 是真命题；相似三角形面积之比等于相似比的平方，B 是假命题；对角线互相垂直的平行四边形是菱形，C 是假命题；顺次连结矩形各边的中点所得的四边形是菱形，D 是假命题；故选：A二填空题（共二填空题（共 5 小题）小题）20（2018无锡）命题“四边相等的四边形是菱形”的逆命题是菱形的四条边相等【分析】把一个命题的条件和结论互换就得到它的逆命题【解答】解：命题“四边相等的四边形是菱形”的逆命题是菱形的四条边相等，故答案为：菱形的四条边相等21（2018达州）如图，RtABC 中，C=90，AC=2，BC=5，点 D 是 BC 边上一点且 CD
22、=1，点 P 是线段 DB 上一动点，连接 AP，以 AP 为斜边在 AP 的下方作等腰RtAOP 当P从点D出发运动至点B停止时， 点O的运动路径长为2【分析】过 O 点作 OECA 于 E， OFBC 于 F， 连接 CO，如图， 易得四边形 OECF为矩形，由AOP 为等腰直角三角形得到 OA=OP，AOP=90，则可证明OAEOPF，所以 AE=PF，OE=OF，根据角平分线的性质定理的逆定理得到 CO 平分ACP，从而可判断当 P 从点 D 出发运动至点 B 停止时，点 O 的运动路径为一条线段，接着证明 CE=（AC+CP），然后分别计算 P 点在 D 点和 B 点时 OC 的长，
23、从而计算它们的差即可得到 P 从点 D 出发运动至点 B 停止时，点 O 的运动路径长【解答】解：过 O 点作 OECA 于 E，OFBC 于 F，连接 CO，如图，AOP 为等腰直角三角形，OA=OP，AOP=90，易得四边形 OECF 为矩形，EOF=90，CE=CF，AOE=POF，OAEOPF，AE=PF，OE=OF，CO 平分ACP，当 P 从点 D 出发运动至点 B 停止时，点 O 的运动路径为一条线段，AE=PF，即 ACCE=CFCP，而 CE=CF，CE=（AC+CP），OC=CE=（AC+CP），当 AC=2，CP=CD=1 时，OC=（2+1）=，当 AC=2，CP=CB
24、=5 时，OC=（2+5）=，当 P 从点 D 出发运动至点 B 停止时，点 O 的运动路径长=2故答案为 222（2018宿迁）如图，将含有 30角的直角三角板 ABC 放入平面直角坐标系，顶点 A、B 分别落在 x、y 轴的正半轴上，OAB=60，点 A 的坐标为（1，0）将三角板 ABC 沿 x 轴向右作无滑动的滚动（先绕点 A 按顺时针方向旋转 60，再绕点 C 按顺时针方向旋转 90），当点 B 第一次落在 x 轴上时，则点 B 运动的路径与两坐标轴围成的图形面积是【分析】利用三角函数能把三角形 ABC 各边长度解出，画出几个旋转过程，点 B运动的轨迹，结合图形分析可得所求面积转化为
25、扇形面积与三角形面积之和【解答】解：由点 A 的坐标为（1，0）得 OA=1，又OAB=60，AB=2，ABC=30，AB=2，AC=1，BC=，在旋转过程中，三角板的长度和角度不变， 点B运 动 的 路 径 与 两 坐 标 轴 围 成 的 图 形 面 积=故答案：23（2018北京）用一组 a，b，c 的值说明命题“若 ab，则 acbc”是错误的，这组值可以是 a=1，b=2，c=1【分析】根据题意选择 a、b、c 的值即可【解答】解：当 a=1，b=2，c=2 时，12，而 1（1）2（1），命题“若 ab，则 acbc”是错误的，故答案为：1；2；124（2018恩施州）在 RtABC
26、 中，AB=1，A=60，ABC=90，如图所示将RtABC 沿直线 l 无滑动地滚动至 RtDEF， 则点 B 所经过的路径与直线 l 所围成的封闭图形的面积为+（结果不取近似值）【分析】先得到ACB=30，BC=，利用旋转的性质可得到点 B 路径分部分：第一部分为以直角三角形 30的直角顶点为圆心，为半径，圆心角为 150的弧长；第二部分为以直角三角形 60的直角顶点为圆心，1 为半径，圆心角为 120的弧长，第三部分为ABC 的面积；然后根据扇形的面积公式计算点 B 所经过的路径与直线 l 所围成的封闭图形的面积【解答】解：RtABC 中，A=60，ABC=90，ACB=30，BC=，将
27、 RtABC 沿直线 l 无滑动地滚动至 RtDEF，点 B 路径分部分：第一部分为以直角三角形 30的直角顶点为圆心，为半径，圆心角为 150的弧长；第二部分为以直角三角形 60的直角顶点为圆心，1 为半径，圆心角为 120的弧长；第三部分为ABC 的面积； 点 B 所 经 过 的 路 径 与 直 线 l 所 围 成 的 封 闭 图 形 的 面 积=+1=+故答案为+三解答题（共三解答题（共 2 小题）小题）25（2018无锡）如图，矩形 ABCD 中，AB=m，BC=n，将此矩形绕点 B 顺时针方向旋转（090）得到矩形 A1BC1D1，点 A1在边 CD 上（1）若 m=2，n=1，求在
28、旋转过程中，点 D 到点 D1所经过路径的长度；（2）将矩形 A1BC1D1继续绕点 B 顺时针方向旋转得到矩形 A2BC2D2，点 D2在 BC的延长线上，设边 A2B 与 CD 交于点 E，若=1，求的值【分析】（1）作 A1HAB 于 H，连接 BD，BD1，则四边形 ADA1H 是矩形解直角三角形，求出ABA1，得到旋转角即可解决问题；（2）由BCEBA2D2，推出=，可得 CE=由=1 推出=， 推出 A1C=， 推出 BH=A1C=， 可得 m2n2=6，可得 1=6，由此解方程即可解决问题；【解答】解：（1）作 A1HAB 于 H，连接 BD，BD1，则四边形 ADA1H 是矩形
29、AD=HA1=n=1，在 RtA1HB 中，BA1=BA=m=2，BA1=2HA1，ABA1=30，旋转角为 30，BD=，D 到点 D1所经过路径的长度=（2）BCEBA2D2，=，CE=1=，AC=，BH=AC=，m2n2=6，m4m2n2=6n4，1=6，=（负根已经舍弃）26（2018江西）图 1 是一种折叠门，由上下轨道和两扇长宽相等的活页门组成，整个活页门的右轴固定在门框上，通过推动左侧活页门开关图 2 是其俯视简化示意图，已知轨道 AB=120cm，两扇活页门的宽 OC=OB=60m，点 B 固定，当点 C 在 AB 上左右运动时，OC 与 OB 的长度不变（所有的结果保留小数点
30、后一位）（1）若OBC=50，求 AC 的长；（2）当点 C 从点 A 向右运动 60cm 时，求点 O 在此过程中运动的路径长参考数据：sn50cos50，tan50，取【分析】（1）作 OHBC 于 H，如图 2，利用等腰三角形的性质得 BH=CH，在RtOBH 中利用余弦定义计算出 BH， 从而得到 BC 的长， 然后计算 ABBC 即可；（2）先判断OBC 为等边三角形得到OBC=60，再根据圆的定义得到点 O 在此过程中运动路径是以 B 点为圆心，BO 为半径，圆心角为 60的弧，然后根据弧长公式计算即可【解答】解：（1）作 OHBC 于 H，如图 2，OB=OC，BH=CH，在 RtOBH 中，cosOBH=，BH=60cos50=60=，BC=2BH=2=，AC=ABBC=120=答：AC 的长为；（2）OB=OC=60，而 BC=60，OBC 为等边三角形，OBC=60，当点 C 从点 A 向右运动 60cm 时，点 O 在此过程中运动路径是以 B 点为圆心，BO 为半径，圆心角为 60的弧，点 O 在此过程中运动的路径长=20（cm）
