2020届温州市中考数学二模试卷(有答案)
浙江省温州市2020年初中毕业升学考试模拟检测数学试题(含解析)
2020年浙江省温州市初中毕业升学考试模拟检测数学试题一．选择题（共10小题）1．计算：﹣5+2的结果是（）A．﹣3 B．﹣1 C．1 D．32．如图所示的工件的主视图是（）A．B．C．D．3．为研究上半年用水情况，小明把自己家1月至6月份的用水量绘制成折线统计图（如图），根据图中信息，可以判断相邻两个月用水量变化最大的是（）A．1月至2月B．3月至4月C．4月至5月D．5月至6月4．在学校“争创美丽班级，争做文明学生”示范班级评比活动中，10位评委给九年级（1）班的评分情况如下表示：评分（分）75 80 85 90评委人数 2 3 4 1 则这10位评委评分的平均数是（）A．80分B．82分C．82.5分D．85分5．如图，为了美化校园，学校在一块边角空地建造了一个扇形花圃，扇形圆心角∠AOB＝120°，半径OA为9m，那么花圃的面积为（）A．54πm2B．27πm2C．18πm2D．9πm26．已知点A（﹣1，y1）、B（2，y2）、C（3，y3）在反比例函数y＝﹣的图象上，则y1、y2、y3的大小关系正确的是（）A．y2＜y3＜y1B．y1＜y3＜y2C．y3＜y2＜y1D．y3＜y1＜y27．化简﹣的结果是（）A．x+1 B．x﹣1 C．x D．﹣x8．已知关于x、y的二元一次方程组的解满足x+y＜4，则满足条件的k的最大整数为（）A．3 B．2 C．1 D．09．如图，▱ABCD的边上一动点P从点C出发沿C﹣D﹣A运动至点A停止，运动的路程计为x，∠ABP与▱ABCD重叠部分面积计为y，其函数关系式如图所示，则▱ABCD中，BC 边上的高为（）A．2 B．3 C．4 D．610．如图，将⊙O上的沿弦BC翻折交半径OA于点D，再将沿BD翻折交BC于点E，连结DE．若AB＝10，OD＝1，则线段DE的长为（）A．5 B．2C．2D．+1二．填空题（共6小题）11．因式分解：m2+6m+9＝．12．为了测试甲、乙两种电子表的走时误差，做了如下统计：＝0，＝0，S甲2＝8.8，S乙2＝4.8，则走时比较稳定的是种电子表．13．函数y＝中，自变量x的取值范围是．14．小聪用100元钱去购买笔记本和钢笔共30件，已知每本笔记本2元，每支钢笔5元，则小聪最多可以买几支钢笔？设小聪购买x支钢笔，则可列关于x的一元一次不等式为．15．如图，△OAC和△BAD都是等腰直角三角形，∠ACO＝∠ADB＝90°，反比例函数y＝在第一象限的图象经过点B，则OA2﹣AB2＝．16．如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，BC＝2AC，D，E，F分别为BC，AC，AB边上的点，BF＝3AF，∠DFE＝90°，若△BDF与△FEA的面积比为3：2，则△CDE与△DEF的面积比为．三．解答题（共8小题）17．（1）计算：﹣2cos30°+|﹣|．（2）化简：a（3﹣a）+（a+1）（a﹣1）．18．如图，在正方形ABCD中，点E是对角线BD上任意一点，连接AE并延长AE交BC的延长线于点F，交CD于点G．（1）求证：∠DAE＝∠DCE；（2）若∠F＝30°，DG＝2，求CG的长度．19．图①、图②、图③都是5×5的正方形网格，每个小正方形的顶点称为格点，每个小正方形的边长均为1，请在所给网格区域（含边界）上按要求画格点三角形．（1）在图①、图②中分别画一个△P AB，使△P AB的面积等于4（所画的两个三角形不全等）．（2）在图③中，画一个△P AB，使tan∠APB＝．20．某学校为了增强学生体质，决定开放以下体育课外活动项目：A．篮球、B．乒乓球、C．跳绳、D．踢毽子．为了解学生最喜欢哪一种活动项目，随机抽取了部分学生进行调查，并将调查结果绘制成了两幅不完整的统计图（如图（1），图（2）），请回答下列问题：（1）这次被调查的学生共有人；（2）请你将条形统计图补充完整；（3）在平时的乒乓球项目训练中，甲、乙、丙、丁四人表现优秀，现决定从这四名同学任选两名参加乒乓球比赛，求恰好选中甲、乙两位同学的概率（用树状图或列表法解答）．21．如图，在⊙O上依次有A、B、C三点，BO的延长线交⊙O于E，，过点C作CD∥AB交BE的延长线于D，AD交⊙O于点F．（1）求证：四边形ABCD是菱形；（2）连接OA、OF，若∠AOF＝3∠FOE且AF＝3，求劣弧的长．22．名闻遐迩的秦顺明前茶，成本每斤500元，某茶场今年春天试营销，每周的销售量y（斤）与销售单价x（元/斤）满足的关系如下表：x（元/斤）550 600 650 680 700y（斤）450 400 350 320 300 （1）请根据表中的数据猜想并写出y与x之间的函数关系式；（2）若销售每斤茶叶获利不能超过40%，该茶场每周获利w元，试写w与x之间的函数关系式，并求出茶场每周的最大利润．（3）若该茶场每周获利不少于40000元，试确定销售单价x的取值范围．23．已知二次函数y＝﹣x2+bx+c的图象经过点A（2，0），B（5，0），过点D（0，）作y 轴的垂线DP交图象于E、F．（1）求b、c的值和抛物线的顶点M的坐标；（2）求证：四边形OAFE是平行四边形；（3）将抛物线向左平移的过程中，抛物线的顶点记为M′，直线DP与抛物线的左交点为E′，连接OM′，OE′，当OE′+OM′的值最小时求直线OE′的解析式．24．如图，在△ABC中，AB＝7，BC＝4，∠ABC＝45°，射线CD⊥AB于D，点P为射线CD上一动点，以PD为直径的⊙O交P A、PB分别为E、F，设CP＝x．（1）求sin∠ACD的值．（2）在点P的整个运动过程中：①当⊙O与射线CA相切时，求出所有满足条件时x的值；②当x为何值时，四边形DEPF为矩形，并求出矩形DEPF的面积．（3）如果将△ADC绕点D顺时针旋转150°，得△A′DC′，若点A′和点C′有且只有一个点在圆内，则x的取值范围是．参考答案与试题解析一．选择题（共10小题）1．计算：﹣5+2的结果是（）A．﹣3 B．﹣1 C．1 D．3【分析】根据有理数的加法运算法则进行计算即可求解．【解答】解：﹣5+2＝﹣（5﹣2）＝﹣3．故选：A．2．如图所示的工件的主视图是（）A．B．C．D．【分析】主视图、左视图、俯视图是分别从物体正面、侧面和上面看，所得到的图形，本题找到从正面看所得到的图形即可．【解答】解：从物体正面看，看到的是一个横放的矩形，且一条斜线将其分成一个直角梯形和一个直角三角形．故选：B．3．为研究上半年用水情况，小明把自己家1月至6月份的用水量绘制成折线统计图（如图），根据图中信息，可以判断相邻两个月用水量变化最大的是（）A．1月至2月B．3月至4月C．4月至5月D．5月至6月【分析】根据折线统计图解答即可得．【解答】解：由折线统计图知，相邻两个月用水量变化最大的是4月至5月，达到9吨，故选：C．4．在学校“争创美丽班级，争做文明学生”示范班级评比活动中，10位评委给九年级（1）班的评分情况如下表示：评分（分）75 80 85 90评委人数 2 3 4 1 则这10位评委评分的平均数是（）A．80分B．82分C．82.5分D．85分【分析】平均数的计算方法是求出所有数据的和，然后除以数据的总个数．【解答】解：这10位评委评分的平均数是：（75×2+80×3+85×4+90×1）÷10＝82（分）．故选：B．5．如图，为了美化校园，学校在一块边角空地建造了一个扇形花圃，扇形圆心角∠AOB＝120°，半径OA为9m，那么花圃的面积为（）A．54πm2B．27πm2C．18πm2D．9πm2【分析】根据扇形的面积公式S扇形＝，代入计算即可得出答案．【解答】解：S扇形＝（m2），故选：B．6．已知点A（﹣1，y1）、B（2，y2）、C（3，y3）在反比例函数y＝﹣的图象上，则y1、y2、y3的大小关系正确的是（）A．y2＜y3＜y1B．y1＜y3＜y2C．y3＜y2＜y1D．y3＜y1＜y2【分析】根据反比例函数图象上点的坐标特征求出y1、y2、y3的值，比较后即可得出结论．【解答】解：∵点A（﹣1，y1）、B（2，y2）、C（3，y3）在反比例函数y＝﹣的图象上，∴y1＝﹣＝6，y2＝﹣＝﹣3，y3＝﹣＝﹣2，又∵﹣3＜﹣2＜6，∴y2＜y3＜y1．故选：A．7．化简﹣的结果是（）A．x+1 B．x﹣1 C．x D．﹣x【分析】原式利用同分母分式的减法法则计算，约分即可得到结果．【解答】解：原式＝＝x，故选：C．8．已知关于x、y的二元一次方程组的解满足x+y＜4，则满足条件的k的最大整数为（）A．3 B．2 C．1 D．0【分析】方程组两方程相加表示出x+y，代入已知不等式求出k的范围，确定出k的最大整数解即可．【解答】解：，①+②，得：3x+3y＝6k，则x+y＝2k，∵x+y＜4，∴2k＜4，解得：k＜2，则满足条件的k的最大整数为1，故选：C．9．如图，▱ABCD的边上一动点P从点C出发沿C﹣D﹣A运动至点A停止，运动的路程计为x，∠ABP与▱ABCD重叠部分面积计为y，其函数关系式如图所示，则▱ABCD中，BC 边上的高为（）A．2 B．3 C．4 D．6【分析】观察图象可知；CD＝4，AD＝BC＝8，设BC边上的高为h，由题意：BC•h＝24，由此即可解决问题；【解答】解：观察图象可知；CD＝4，AD＝BC＝8，设BC边上的高为h，由题意：BC•h＝24，∴8h＝24，∴h＝3，故选：B．10．如图，将⊙O上的沿弦BC翻折交半径OA于点D，再将沿BD翻折交BC于点E，连结DE．若AB＝10，OD＝1，则线段DE的长为（）A．5 B．2C．2D．+1【分析】连接CA、CD、OC，作CF⊥OA于F，如图，AD＝4，先利用折叠和圆周角定理得到＝＝，再利用弧、弦、圆心角的关系得到AC＝CD＝DE，则AF＝DF＝2，然后利用勾股定理计算出CF，接着再计算出CD即可．【解答】解：连接CA、CD、OC，作CF⊥OA于F，如图，AD＝4，∵⊙O上的沿弦BC翻折交半径OA于点D，再将沿BD翻折交BC于点E，∴、和为等圆中的弧，∵它们所对的圆周角为∠ABC，∴＝＝，∴AC＝CD＝DE，∴AF＝DF＝2，在Rt△OCF中，CF＝＝4，在Rt△CDF中，CD＝＝2，∴DE＝2．故选：B．二．填空题（共6小题）11．因式分解：m2+6m+9＝（m+3）2．【分析】直接运用完全平方公式进行分解．【解答】解：m2+6m+9＝（m+3）2．12．为了测试甲、乙两种电子表的走时误差，做了如下统计：＝0，＝0，S甲2＝8.8，S乙2＝4.8，则走时比较稳定的是乙种电子表．【分析】根据方差的意义判断，方差反映了一组数据的波动大小，方差越大，波动性越大，反之也成立，找出方差较小的即可．【解答】解：∵甲的方差是8.8，乙的方差是4.8，且4.8＜8.8，∴这两种电子表走时稳定的是乙；故答案为：乙．13．函数y＝中，自变量x的取值范围是x≥﹣2．【分析】函数关系中主要有二次根式．根据二次根式的意义，被开方数是非负数即可求解．【解答】解：根据题意得：x+2≥0，解得x≥﹣2．故答案为：x≥﹣2．14．小聪用100元钱去购买笔记本和钢笔共30件，已知每本笔记本2元，每支钢笔5元，则小聪最多可以买几支钢笔？设小聪购买x支钢笔，则可列关于x的一元一次不等式为5x+2（30﹣x）≤100．【分析】设小聪买了x支钢笔，则买了（30﹣x）本笔记本，根据总价＝单价×购买数量结合总价不超过100元，即可得出关于x的一元一次不等式．【解答】解：设小聪买了x支钢笔，则买了（30﹣x）本笔记本，根据题意得：5x+2（30﹣x）≤100．故答案为5x+2（30﹣x）≤100．15．如图，△OAC和△BAD都是等腰直角三角形，∠ACO＝∠ADB＝90°，反比例函数y＝在第一象限的图象经过点B，则OA2﹣AB2＝12．【分析】设OC＝a，BD＝b，则点A的坐标为（a，a），点B的坐标为（a+b，a﹣b），利用反比例函数图象上点的坐标特征可得出a2﹣b2＝6，再由勾股定理可得出OA2﹣AB2＝2a2﹣2b2＝12，此题得解．【解答】解：设OC＝a，BD＝b，则点A的坐标为（a，a），点B的坐标为（a+b，a﹣b）．∵反比例函数y＝在第一象限的图象经过点B，∴（a+b）（a﹣b）＝6，即a2﹣b2＝6，∴OA2﹣AB2＝2a2﹣2b2＝2（a2﹣b2）＝12．故答案为：12．16．如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，BC＝2AC，D，E，F分别为BC，AC，AB边上的点，BF＝3AF，∠DFE＝90°，若△BDF与△FEA的面积比为3：2，则△CDE与△DEF的面积比为5：12．【分析】如图，过点D、E分别作AB的垂线DG、EH，由BF＝3AF及△BDF与△FEA的面积比为3：2，可求得EH和DG的数量关系，设FG＝x，DG＝a，则BG＝2a，AH ＝a，EH＝2a，先证明△DFG∽△FEH，用x和a表示出FH，再根据BF＝3AF，列出方程，用含a的式子表示出x，然后用含a的式子表示出相关线段，进而表示出△CDE与△DEF的面积，两者相比即可得解．【解答】解：如图，过点D、E分别作AB的垂线DG、EH∵BF＝3AF，△BDF与△FEA的面积比为3：2，∴＝∴EH＝2DG∠C＝90°，BC＝2AC∴tan∠B＝∴BG＝2DG设FG＝x，DG＝a，则BG＝2a，AH＝a，EH＝2a∴AE＝＝a∵∠DFE＝90°，∴∠DFG+∠EFH＝90°又∵∠FEH+∠EFH＝90°∴∠DFG＝∠FEH又∵∠FGD＝∠EHF＝90°∴△DFG∽△FEH∴＝∴＝∴FH＝∵BF＝3AF∴2a+x＝3（a+）整理得：x2﹣ax﹣6a2＝0解得：x＝3a或x＝﹣2a（舍）∴FH＝，BA＝4AF＝4（a+）＝∵∠C＝90°，BC＝2AC∴AC：BC：AB＝1：2：∴AC＝＝，BC＝2AC＝由勾股定理得：DF＝＝＝a，EF＝＝＝∴S△DEF＝EF•DF＝×a×＝CE＝AC﹣AE＝，CD＝CB﹣BD＝﹣＝∴S△CDE＝××＝∴S△CDE：S△DEF＝：＝5：12故答案为：5：12．三．解答题（共8小题）17．（1）计算：﹣2cos30°+|﹣|．（2）化简：a（3﹣a）+（a+1）（a﹣1）．【分析】（1）先求出每一部分的值，再代入求出即可；（2）先算乘法，再合并同类项，代入求出即可．【解答】解：（1）原式＝1﹣2×+＝1；（2）a（3﹣a）+（a+1）（a﹣1）＝3a﹣a2+a2﹣1＝3a﹣1．18．如图，在正方形ABCD中，点E是对角线BD上任意一点，连接AE并延长AE交BC 的延长线于点F，交CD于点G．（1）求证：∠DAE＝∠DCE；（2）若∠F＝30°，DG＝2，求CG的长度．【分析】（1）根据正方形的性质得出∠ADE＝∠CDE，AD＝CD，根据全等三角形的判定推出△ADE≌△CDE即可；（2）根据正方形的性质得出AD＝DC，∠ADC＝90°，AD∥BC，求出∠F＝∠DAG＝30°，解直角三角形求出AD，即可得出答案．【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，∴∠ADE＝∠CDE，AD＝CD，在△ADE和△CDE中∴△ADE≌△CDE（SAS），∴∠DAE＝∠DCE；（2）解：∵四边形ABCD是正方形，∴AD＝DC，∠ADC＝90°，AD∥BC，∴∠DAG＝∠F，∵∠F＝30°，∴∠DAG＝30°，∵DG＝2，∴AG＝2DG＝4，由勾股定理得：AD＝＝＝2，∴DC＝AD＝2，∴CG＝CD﹣DG＝2﹣2．19．图①、图②、图③都是5×5的正方形网格，每个小正方形的顶点称为格点，每个小正方形的边长均为1，请在所给网格区域（含边界）上按要求画格点三角形．（1）在图①、图②中分别画一个△P AB，使△P AB的面积等于4（所画的两个三角形不全等）．（2）在图③中，画一个△P AB，使tan∠APB＝．【分析】（1）利用数形结合的思想解决问题即可；（2）利用数形结合的思想解决问题即可；【解答】解：（1）△P AB如图所示；（2）△P AB如图所示；20．某学校为了增强学生体质，决定开放以下体育课外活动项目：A．篮球、B．乒乓球、C．跳绳、D．踢毽子．为了解学生最喜欢哪一种活动项目，随机抽取了部分学生进行调查，并将调查结果绘制成了两幅不完整的统计图（如图（1），图（2）），请回答下列问题：（1）这次被调查的学生共有20人；（2）请你将条形统计图补充完整；（3）在平时的乒乓球项目训练中，甲、乙、丙、丁四人表现优秀，现决定从这四名同学任选两名参加乒乓球比赛，求恰好选中甲、乙两位同学的概率（用树状图或列表法解答）．【分析】（1）用喜欢篮球的人数除以喜欢篮球的人数所占的百分比，即可求出这些被调查的学生数；（2）用总人数减去喜欢篮球、乒乓球和踢毽子的人数，即可求出喜欢跳绳的人数，从而补全统计图；（3）根据题意列出表格，得出所有等可能的情况数，找出满足题意的情况数，即可求出所求的概率．【解答】解：（1）由扇形统计图可知：扇形A的圆心角是36°，所以喜欢A项目的人数占被调查人数的百分比＝×100%＝10%．由条形图可知：喜欢A类项目的人数有2人，所以被调查的学生共有2÷10%＝20（人），故答案为：20．（2）喜欢C项目的人数＝20﹣（2+8+4）＝6（人），因此在条形图中补画高度为6的长方条，如图所示．（3）列表如下：甲乙丙丁甲﹣﹣﹣（乙，甲）（丙，甲）（丁，甲）乙（甲，乙）﹣﹣﹣（丙，乙）（丁，乙）丙（甲，丙）（乙，丙）﹣﹣﹣（丁，丙）丁（甲，丁）（乙，丁）（丙，丁）﹣﹣﹣所有等可能的结果为12种，其中符合要求的只有2种，∴恰好选中甲、乙两位同学的概率为＝21．如图，在⊙O上依次有A、B、C三点，BO的延长线交⊙O于E，，过点C作CD∥AB交BE的延长线于D，AD交⊙O于点F．（1）求证：四边形ABCD是菱形；（2）连接OA、OF，若∠AOF＝3∠FOE且AF＝3，求劣弧的长．【分析】（1）先根据圆的性质得：∠CBD＝∠ABD，由平行线的性质得：∠ABD＝∠CDB，根据直径和等式的性质得：，由一组对边平行且相等可得四边形ABCD是平行四边形，由AB＝BC可得结论；（2）先设∠FOE＝x，则∠AOF＝3x，根据∠ABC+∠BAD＝180°，列方程得：4x+2x+（180﹣3x）＝180，求出x的值，接着求所对的圆心角和半径的长，根据弧长公式可得结论．【解答】（1）证明：∵，∴∠CBD＝∠ABD，∵CD∥AB，∴∠ABD＝∠CDB，∴∠CBD＝∠CDB，∴CB＝CD，∵BE是⊙O的直径，∴，∴AB＝BC＝CD，∵CD∥AB，∴四边形ABCD是菱形；（2）∵∠AOF＝3∠FOE，设∠FOE＝x，则∠AOF＝3x，∠AOD＝∠FOE+∠AOF＝4x，∵OA＝OF，∴∠OAF＝∠OF A＝（180﹣3x）°，∵OA＝OB，∴∠OAB＝∠OBA＝2x，∴∠ABC＝4x，∵BC∥AD，∴∠ABC+∠BAD＝180°，∴4x+2x+（180﹣3x）＝180，x＝20°，∴∠AOF＝3x＝60°，∠AOE＝80°，∴∠COF＝80°×2﹣60°＝100°，∵OA＝OF，∴△AOF是等边三角形，∴OF＝AF＝3，∴的长＝＝．22．名闻遐迩的秦顺明前茶，成本每斤500元，某茶场今年春天试营销，每周的销售量y（斤）与销售单价x（元/斤）满足的关系如下表：x（元/斤）550 600 650 680 700y（斤）450 400 350 320 300 （1）请根据表中的数据猜想并写出y与x之间的函数关系式；（2）若销售每斤茶叶获利不能超过40%，该茶场每周获利w元，试写w与x之间的函数关系式，并求出茶场每周的最大利润．（3）若该茶场每周获利不少于40000元，试确定销售单价x的取值范围．【分析】（1）利用待定系数法求解可得依次函数解析式；（2）根据“总利润＝每斤的利润×周销售量”可得函数解析式，再利用二次函数的性质结合x的取值范围可得答案；（3）求出w＝40000时x的值，利用二次函数的性质可得．【解答】解：（1）设y与x之间的函数关系式为y＝kx+b，根据题意，得：，解得：，则y＝﹣x+1000；（2）w＝（x﹣500）（﹣x+1000）＝﹣x2+600x﹣500000，＝﹣（x﹣750）2+62500，∵x﹣500≤500×40%，即x≤700，∴当x＝700时，w取得最大值，最大值为60000，即最大利润为60000元．（3）当w＝40000时，﹣（x﹣750）2+62500＝40000，解得：x＝900或x＝600，∵a＝﹣1，∴600≤x≤900．23．已知二次函数y＝﹣x2+bx+c的图象经过点A（2，0），B（5，0），过点D（0，）作y 轴的垂线DP交图象于E、F．（1）求b、c的值和抛物线的顶点M的坐标；（2）求证：四边形OAFE是平行四边形；（3）将抛物线向左平移的过程中，抛物线的顶点记为M′，直线DP与抛物线的左交点为E′，连接OM′，OE′，当OE′+OM′的值最小时求直线OE′的解析式．【分析】（1）由抛物线的交点式可直接得到抛物线的解析式，从而可求得b、c的值，然后利用配方法可求得顶点M的坐标；（2）先求得点E和点F的坐标，从而可得到EF＝OA，然后依据平行四边形的判定定理进行证明即可；（3）设抛物线向左平移m个单位时，则M′（﹣m，），E′（﹣m，），作点M′关于x轴的对称点M″，则点M″（﹣m，﹣），当点E′、O、M″在一条直线上时，OE′+OM′有最小值，然后再依据E′M″的图象为正比例函数图形列出关于m的比例式，从而可求得m的值，然后可求得OE′的解析式．【解答】解：（1）抛物线解析式为y＝﹣（x﹣2）（x﹣5），即y＝﹣x2+7x﹣10，∴b＝7，c＝﹣10，∵y＝﹣x2+7x﹣10＝﹣（x﹣）2+，∴顶点M的坐标为（，）；（2）证明：当y＝时，﹣（x﹣）2+＝，解得x1＝，x2＝，则E（，），F（，），∵EF＝﹣＝2，而OA＝2，∴EF＝OA，∵EF∥OA，∴四边形OAFE是平行四边形；（3）设抛物线向左平移m个单位时，OE′+OM′有最小值，则M′（﹣m，），E′（﹣m，），作点M′关于x轴的对称点M″，则点M″（﹣m，﹣）．由轴对称的性质可知：OM′＝OM″，则OE′+OM′＝OE′+OM″．∴当点E′、O、M″在一条直线上时，OE′+OM′有最小值．∴＝，解得：m＝．∴k＝＝﹣．∴OE′的解析式为y＝﹣x．24．如图，在△ABC中，AB＝7，BC＝4，∠ABC＝45°，射线CD⊥AB于D，点P为射线CD上一动点，以PD为直径的⊙O交P A、PB分别为E、F，设CP＝x．（1）求sin∠ACD的值．（2）在点P的整个运动过程中：①当⊙O与射线CA相切时，求出所有满足条件时x的值；②当x为何值时，四边形DEPF为矩形，并求出矩形DEPF的面积．（3）如果将△ADC绕点D顺时针旋转150°，得△A′DC′，若点A′和点C′有且只有一个点在圆内，则x的取值范围是＜x＜7．【分析】解：（1）如图，在Rt△BCD中，BC＝4，∠ABC＝45°计算AD、CD即可求解；（2）①⊙O与射线CA相切包括P在AB两侧两种情况，当P在AB左侧时，如图，sin∠ACD ＝＝，而CD＝x+2r＝4，可求x，同理当P在AB右侧时可解；②设圆的半径为r，四边形DEPF为矩形，包括P在AB两侧两种情况，当P在AB右侧时，如图设：PD＝x﹣4＝a，利用三角形APD的面积：ED＝、DF＝，利用ED2＝DF2可以求解，同理当当P在AB左侧的情况；（3）如图，P A′2＝（）2+（﹣x）2＝x2﹣11x+，PC2＝32+16﹣（8+4）x+x2，即可求解．【解答】解：（1）如上图，在Rt△BCD中，BC＝4，∠ABC＝45°，则：CD＝4，BD＝4，∴AD＝AB﹣BD＝3，sin∠ACD＝＝；（2）①⊙O与射线CA相切，包括P在AB两侧两种情况，当P在AB左侧时，如下图，圆的半径为r，圆与AC相切于点H，则在Rt△CHO中，OC＝x+r，OH＝r，sin∠ACD＝，sin∠ACD＝＝，而CD＝x+2r＝4，解得：x＝1，同理当P在AB右侧时，求得x＝4+6＝10，所有满足条件时x的值为x＝1或x＝10；②设圆的半径为r，四边形DEPF为矩形，包括P在AB两侧两种情况，当P在AB右侧时，原图的简图如下图，设∠ABP＝∠DPE＝α，设：PD＝x﹣4＝a，在Rt△ADP中，利用三角形APD的面积＝ED•AP＝AP•PD，解得：ED＝，同理可得：DF＝，PF2＝a2﹣DF2，四边形DEPF为矩形，∴ED2＝DF2，解得：a＝2，x＝4+2，则sinα＝，cosα＝，S四边形DEPF＝DP•sinα•cosα＝，同理当当P在AB左侧时，此时PD＝4﹣x＝a，经计算a＝2，x＝4﹣2，S四边形DEPF＝DP•sinα•cosα＝，答：当x＝4±2时，四边形DEPF为矩形，矩形DEPF的面积为；（3）如下图，连接P A′、PC′，在△PDA′中，AD′＝3，PD＝4﹣x，∠PDA＝150°，利用勾股定理得：P A′2＝（）2+（﹣x）2＝x2﹣11x+，当r2＝P A′2时，解得：x＝7，同理可得：PC2＝32+16﹣（8+4）x+x2，当r2＝PC′2时，解得：x＝，∴x的取值范围为：＜x＜7．。
2020年浙江省温州市中考数学模拟试卷含解析
2020年浙江省温州市中考数学模拟试卷一、选择题（本题有10小题，每小题4分，共40分.每小题只有一个正确选项，不选、多选、错选均不给分）1．（4分）﹣2019的相反数是（）A．2019B．﹣2019C．D．﹣2．（4分）如图所示的支架是由两个长方体构成的组合体，则它的俯视图是（）A．B．C．D．3．（4分）安居物业管理公司对某小区一天的垃圾进行了分类统计，并将统计结果绘制成如图所示的扇形统计图．若某一天产生的垃圾约为300kg，则该小区这一天产生的可回收垃圾约为（）A．15kg B．45kg C．105kg D．135kg4．（4分）一次函数y＝2x+4的图象与y轴交点的坐标是（）A．（0，﹣4）B．（0，4）C．（2，0）D．（﹣2，0）5．（4分）如图，一个小球沿倾斜角为a的斜坡向下滚动，cos a＝．当小球向下滚动了2.5米时，则小球下降的高度是（）A．2.5米B．2米C．1.5米D．1米6．（4分）若关于x的一元二次方程4x2﹣4x+c＝0有两个相等的实数根，则c的值是（）A．4B．﹣4C．1D．﹣17．（4分）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，∠B＝28°．分别以点A，B为圆心大于AB 的长为半径画弧，两弧交于点D和E，直线DE交AB于点F，连结CF，则∠AFC的度数为（）A．62°B．60°C．58°D．56°8．（4分）有甲、乙两种糖果，原价分别为每千克a元和b元．根据调查，将两种糖果按甲种糖果x千克与乙种糖果y千克的比例混合，取得了较好的销售效果．现在糖果价格有了调整：甲种糖果单价下降15%，乙种糖果单价上涨20%，但按原比例混合的糖果单价恰好不变，则等于（）A．B．C．D．9．（4分）如图，已知点A，点C在反比例函数y＝（k＞0，x＞0）的图象上，AB⊥x轴于点B，连结OC交AB于点D，若CD＝2OD，则△BDC与△ADO的面积比为（）A．B．C．D．10．（4分）如图，一个正六棱柱的表面展开后恰好放入一个矩形内，把其中一部分图形挪动了位置，发现矩形的长留出5cm，宽留出1cm，则该六棱柱的侧面积是（）A．（108﹣24）cm2B．（108﹣12）cm2C．（54﹣24）cm2D．（54﹣12）cm2二、填空题（本题有6小题，每小题5分，共30分）11．（5分）分解因式：m2﹣8m+16＝．12．（5分）小明有5把钥匙，其中有2把钥匙能打开教室门，则小明任取一把钥匙，恰好能打开教室门的概率是．13．（5分）如果式子有意义，则x的取值范围是．14．（5分）如图所示，在扇形AOC中，∠AOC＝120°，OA＝4，以点O为圆心在其同侧画扇形BOD，∠BOD＝60°，OB＝2，且△AOB≌△COD，则阴影部分的面积是15．（5分）如图，以菱形ABCD的对角线AC为边，在AC的左侧作正方形ACEF，连结FD 并延长交EC于点H．若正方形ACEF的面积是菱形ABCD面积的1.4倍，CH＝6，则EF＝．16．（5分）小明家的门框上装有一把防盗门锁（如图1）．其平面结构图如图2所示，锁身可以看成由两条等弧，和矩形ABCD组成，的圆心是倒锁按钮点M．其中的弓高GH＝2cm，AD＝8cm，EP＝11cm．当锁柄PN绕着点N旋转至NQ位置时，门锁打开，此时直线PQ与所在的圆相切，且PQ∥DN，tan∠NQP＝2，则AB的长度约为cm．（结果精确到0.1cm，参考数据：≈1.732，≈2.236）三、解答题（本题有8小题，共80分.解答需写出必要的文字说明、演算步骤或证明过程）17．（10分）（1）计算：（﹣2）0+|﹣5|﹣（）﹣1（2）化简：（a+1）（a﹣1）﹣a（a﹣2）．18．（8分）如图，点D是等边△ABC内一点，将线段AD绕着点A逆时针旋转60°得到线段AE，连结CD并延长交AB于点F，连结BD，CE．（1）求证：△ACE≌△ABD；（2）当CF⊥AB时，∠ADB＝140°，求∠ECD的度数．19．（8分）如图，这是一张6×6的方格纸，方格纸中的每个小正方形的边长均为1，线段AB的端点均在格点上．请按要求完成下列作图：①仅用无刻度直尺，且不能用直尺中的直角；②保留作图痕迹．（1）请以线段AB为斜边作等腰直角△ABC（作出一个即可）．（2）在（1）的基础上，作出BC边上的中线AD．20．（8分）为让学生感受中华诗词之美，某校九年级举行了“诗词大赛”，为了解九年级A，B两班学生的“诗词大赛”成绩，分别从每班50名学生中各随机抽取20人的“诗词大赛”成绩（满分为40分，成绩均为整数），制成如图所示的统计图．（1）若将不低于35分的成绩评为优秀，请你估计一下哪个班级优秀人数多？多几人？（2）请你选择适当的统计量来说明A，B两班哪个班级的整体成绩较好？21．（10分）如图，抛物线M1：y＝﹣x2+4x交x轴正半轴于点A，将抛物线M，平移得到抛物线M2：y＝﹣x2+bx+c，M1与M2交于点B，直线OB交M2于点C，点C的横坐标为6，且OB＝BC．（1）①直接写出点B，点C的坐标；②求抛物线M2的表达式；（2）点P是抛物线M1上AB间一点，作PQ⊥x轴交抛物线M2于点Q，连结CP，CQ，设点P的横坐标为m．当m为何值时，使△CPQ的面积最大，并求出最大值．22．（10分）如图1，平面内有一点P到△ABC的三个顶点的距离分别为P A，PB，PC．若满足P A2＝PB2+PC2，则称点P为△ABC关于点A的勾股点．如图2，E是矩形ABCD内一点，且点C是△ABE关于点A的勾股点，连接DE．（1）求证：CE＝CD．（2）若AB＝5，BC＝6，DA＝DE，求AE的长．23．（12分）某礼品店从文化用品市场批发甲、乙、丙三种礼品（每种礼品都有），各礼品的数量和批发单价列表如下：甲乙丙数量（个）m3m n批发单价（元）a（1≤m≤10）b100.8a（m＞10）（1）当m＝5时，若这三种礼品共批发35个，甲礼品的总价不低于丙礼品的总价，求a 的最小值；（2）已知该店用1320元批发了这三种礼品，且a＝5b；①当m＝25时，若批发这三种礼品的平均单价为11元/个，求b的值；②当7＜m＜20时，若该店批发了20个丙礼品，且a为正整数，求a的值．24．（14分）如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，⊙O（圆心O在△ABC内部）经过B，C两点，交线段AC于点D，直径BH交AC于点E，点A关于直线BD的对称点F落在⊙O上．连结BF．（1）求证：∠C＝45°；（2）在圆心O的运动过程中；①若tan∠EDF＝，AB＝6，求CE的长；②若点F关于AC的对称点落在△BFE边上时，求点的值．（直接写出答案）；（3）令⊙O与边AB的另一个交点为P，连结PC，交BD于点Q，若PC⊥BF，垂足为点G，求证：BD＝AD+CE．参考答案与试题解析一、选择题（本题有10小题，每小题4分，共40分.每小题只有一个正确选项，不选、多选、错选均不给分）1．（4分）﹣2019的相反数是（）A．2019B．﹣2019C．D．﹣【分析】根据相反数的意义，直接可得结论．【解答】解：因为a的相反数是﹣a，所以﹣2019的相反数是2019．故选：A．2．（4分）如图所示的支架是由两个长方体构成的组合体，则它的俯视图是（）A．B．C．D．【分析】根据从上边看得到的图形是俯视图，可得答案．【解答】解：从上边看左边是一个小矩形，右边是一个大矩形，故选：B．3．（4分）安居物业管理公司对某小区一天的垃圾进行了分类统计，并将统计结果绘制成如图所示的扇形统计图．若某一天产生的垃圾约为300kg，则该小区这一天产生的可回收垃圾约为（）A．15kg B．45kg C．105kg D．135kg【分析】总质量乘以对应的百分比即可得．【解答】解：该小区这一天产生的可回收垃圾约为300×35%＝105（kg），故选：C．4．（4分）一次函数y＝2x+4的图象与y轴交点的坐标是（）A．（0，﹣4）B．（0，4）C．（2，0）D．（﹣2，0）【分析】在解析式中令x＝0，即可求得与y轴的交点的纵坐标．【解答】解：令x＝0，得y＝2×0+4＝4，则函数与y轴的交点坐标是（0，4）．故选：B．5．（4分）如图，一个小球沿倾斜角为a的斜坡向下滚动，cos a＝．当小球向下滚动了2.5米时，则小球下降的高度是（）A．2.5米B．2米C．1.5米D．1米【分析】根据余弦的定义求出BC，根据勾股定理计算即可．【解答】解：在Rt△ABC中，cos a＝cos B＝，则＝，解得，BC＝2，由勾股定理得，AC＝＝1.5（米）故选：C．6．（4分）若关于x的一元二次方程4x2﹣4x+c＝0有两个相等的实数根，则c的值是（）A．4B．﹣4C．1D．﹣1【分析】根据根的判别式得出方程，求出方程的解即可．【解答】解：要使一元二次方程4x2﹣4x+c＝0有两个相等的实数根，必须△＝（﹣4）2﹣4×4×c＝0，解得：c＝1，故选：C．7．（4分）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，∠B＝28°．分别以点A，B为圆心大于AB 的长为半径画弧，两弧交于点D和E，直线DE交AB于点F，连结CF，则∠AFC的度数为（）A．62°B．60°C．58°D．56°【分析】利用基本作图得到DE垂直平分AB，则点F为AB的中点，再利用直角三角形斜边上的中线性质得到FE＝FB，然后根据等腰三角形的性质和三角形外角和计算∠AFC 的度数．【解答】解：作法得DE垂直平分AB，∴点F为AB的中点，∵∠ACB＝90°，∴FB＝F A＝FC，∴∠FCB＝∠B＝28°．∴∠AFC＝∠B+∠FCB＝28°+28°＝56°．故选：D．8．（4分）有甲、乙两种糖果，原价分别为每千克a元和b元．根据调查，将两种糖果按甲种糖果x千克与乙种糖果y千克的比例混合，取得了较好的销售效果．现在糖果价格有了调整：甲种糖果单价下降15%，乙种糖果单价上涨20%，但按原比例混合的糖果单价恰好不变，则等于（）A．B．C．D．【分析】根据已知条件表示出价格变化前后两种糖果的平均价格，进而得出等式求出即可．【解答】解：∵甲、乙两种糖果，原价分别为每千克a元和b元，两种糖果按甲种糖果x千克与乙种糖果y千克的比例混合，∴两种糖果的平均价格为：，∵甲种糖果单价下降15%，乙种糖果单价上涨20%，∴两种糖果的平均价格为：∵按原比例混合的糖果单价恰好不变，∴＝，整理，得15ax＝20by∴＝．故选：D．9．（4分）如图，已知点A，点C在反比例函数y＝（k＞0，x＞0）的图象上，AB⊥x轴于点B，连结OC交AB于点D，若CD＝2OD，则△BDC与△ADO的面积比为（）A．B．C．D．【分析】过C作CE⊥x轴于E，依据AB⊥x轴于点B，即可得出S△AOD＝S四边形BDCE，设△BDO的面积为S，即可得到△BDC的面积为2S，△BOC的面积为3S，进而得到四边形BDCE的面积为6S+2S＝8S，即△AOD的面积为8S，即可得出△BDC与△ADO的面积比．【解答】解：如图所示，过C作CE⊥x轴于E，∵AB⊥x轴于点B，∴S△AOB＝S△COE，∴S△AOD＝S四边形BDCE，设△BDO的面积为S，∵CD＝2OD，∴△BDC的面积为2S，△BOC的面积为3S，∵BD∥CE，∴BE＝2OB，∴△BCE的面积为6S，∴四边形BDCE的面积为6S+2S＝8S，即△AOD的面积为8S，∴△BDC与△ADO的面积比为2：8＝1：4，故选：B．10．（4分）如图，一个正六棱柱的表面展开后恰好放入一个矩形内，把其中一部分图形挪动了位置，发现矩形的长留出5cm，宽留出1cm，则该六棱柱的侧面积是（）A．（108﹣24）cm2B．（108﹣12）cm2C．（54﹣24）cm2D．（54﹣12）cm2【分析】设正六棱柱的底面边长为acm，高为hcm，分别求出挪动前后长方形的长与宽，由题意得到a＝2，h＝9﹣2，再由六棱柱的侧面积是6ah求解；【解答】解：设正六棱柱的底面边长为acm，高为hcm，挪动前长为（2h+2a）cm，宽为（4a+a）cm，挪动后长为（h+2a+a）cm，宽为4acm，由题意得：（2h+2a）﹣（h+2a+a）＝5，（4a+a）﹣4a＝1，∴a＝2，h＝9﹣2，∴六棱柱的侧面积是6ah＝6×2×（9﹣2）＝108﹣24；故选：A．二、填空题（本题有6小题，每小题5分，共30分）11．（5分）分解因式：m2﹣8m+16＝（m﹣4）2．【分析】直接利用完全平方公式进而分解因式得出答案．【解答】解：m2﹣8m+16＝（m﹣4）2．故答案为：（m﹣4）2．12．（5分）小明有5把钥匙，其中有2把钥匙能打开教室门，则小明任取一把钥匙，恰好能打开教室门的概率是．【分析】根据概率的求法，让所求情况数除以总情况数即为所求的概率．【解答】解：∵共有5把钥匙，其中有2把钥匙能打开教室门，∴任取一把钥匙，恰好能打开教室门的概率是；故答案为：．13．（5分）如果式子有意义，则x的取值范围是x≤2．【分析】二次根式有意义，被开方数大于或等于0，列不等式并解不等式即可．【解答】解：∵二次根式有意义，∴4﹣2x≥0，解得x≤2．14．（5分）如图所示，在扇形AOC中，∠AOC＝120°，OA＝4，以点O为圆心在其同侧画扇形BOD，∠BOD＝60°，OB＝2，且△AOB≌△COD，则阴影部分的面积是π﹣4【分析】根据S阴＝S扇形OAC﹣2•S△AOB﹣S扇形OBD，计算即可．【解答】解：如图，作BH⊥OA于H．∵△AOB≌△COD，∴∠AOB＝∠COD，∵∠AOC＝120°，∠BOD＝60°，∴∠AOB＝∠COD＝30°在Rt△OBH中，∵∠OHB＝90°，∠BOH＝30°，OB＝2，∴BH＝OB＝1，∴S△AOB＝•OA•BH＝2，∴∵∠BOD＝60°，∴S阴＝﹣2×2﹣＝π﹣4，故答案为π﹣4．15．（5分）如图，以菱形ABCD的对角线AC为边，在AC的左侧作正方形ACEF，连结FD 并延长交EC于点H．若正方形ACEF的面积是菱形ABCD面积的1.4倍，CH＝6，则EF＝14．【分析】连接BD交AC于G，由菱形性质可的AC与BD互相垂直平分，菱形面积等于AC与BD的积的一半，其中由正方形性质的AC＝EF可用EF代入计算．因为G是AC 中点且DG∥EC∥AF，根据平行线分线段定理可知点D也是FH中点，故DG是梯形ACHF 中位线，DG＝（CH+AF）＝（6+EF），因此菱形ABCD面积可用含EF的式子表示．用EF2表示正方形ACEF面积，以正方形面积为菱形面积的1.4倍为等量关系列方程，即求出EF的长．【解答】解：连接BD，交AC于点G∵四边形ABCD是菱形∴AC⊥BD，DB＝2DG，AG＝CG∴S菱形ABCD＝AC•DB＝AC•DG∵四边形ACEF是正方形∴EF＝AF＝AC＝CE，AF∥EC，AC⊥EC∴DB∥CE∥AF∴＝1∴DH＝DF，即DG为梯形ACHF的中位线∴DG＝（CH+AF）＝（CH+EF）∵CH＝6，S正方形ACEF＝1.4S菱形ABCD∴EF2＝1.4AC•DG∴EF2＝1.4EF•（6+EF）解得：EF＝14故答案为：14．16．（5分）小明家的门框上装有一把防盗门锁（如图1）．其平面结构图如图2所示，锁身可以看成由两条等弧，和矩形ABCD组成，的圆心是倒锁按钮点M．其中的弓高GH＝2cm，AD＝8cm，EP＝11cm．当锁柄PN绕着点N旋转至NQ位置时，门锁打开，此时直线PQ与所在的圆相切，且PQ∥DN，tan∠NQP＝2，则AB的长度约为29.8 cm．（结果精确到0.1cm，参考数据：≈1.732，≈2.236）【分析】如图，作QT⊥PN于T，MW⊥NQ于W，连接BM，设HM交BC于K．直线PQ与所在的圆相切，作MF⊥PQ于F，则MF＝5，延长PQ交NM的延长线S，分别求出SN，SM即可解决问题．【解答】解：如图，作QT⊥PN于T，MW⊥NQ于W，连接BM，设HM交BC于K．设BM＝rcm，在Rt△BMK中，则有r2＝42+（r﹣2）2，解得r＝5，∴BM＝5cm，∵DN∥PB，∴∠DNE＝∠P，∵NP＝NQ，∴∠P＝∠NQP，∴∠DNE＝∠NQP，∴tan∠DNE＝tan∠NQP＝2＝，∵DE＝DG＝4cm，∴DE＝NG＝8cm，设PT＝xcm，则∵tan∠P＝tan∠NQP＝2＝，∴TQ＝2x，在Rt△NTQ中，则有152＝（15﹣x）2+（2x）2，解得x＝6，∴TQ＝12cm，NT＝9cm，TP＝6cm，PQ＝6cm，∵直线PQ与所在的圆相切，作MF⊥PQ于F，则MF＝5，延长PQ交NM的延长线S．∵TQ∥SN，∴＝，∴＝，∴SN＝30cm，∵sin∠S＝＝，∴＝，∴CN＝5cm，∴MN＝SN﹣CM＝（30﹣5）cm，∴AB＝GN+MN+MK＝8+30﹣5+3＝41﹣5≈29.8cm故答案为29.8．三、解答题（本题有8小题，共80分.解答需写出必要的文字说明、演算步骤或证明过程）17．（10分）（1）计算：（﹣2）0+|﹣5|﹣（）﹣1（2）化简：（a+1）（a﹣1）﹣a（a﹣2）．【分析】（1）原式利用零指数幂、负整数指数幂法则，以及绝对值的代数意义计算即可求出值；（2）原式利用平方差公式，以及单项式乘以多项式法则计算即可求出值．【解答】解：（1）原式＝1+5﹣2＝4；（2）原式＝a2﹣1﹣a2+2a＝2a﹣1．18．（8分）如图，点D是等边△ABC内一点，将线段AD绕着点A逆时针旋转60°得到线段AE，连结CD并延长交AB于点F，连结BD，CE．（1）求证：△ACE≌△ABD；（2）当CF⊥AB时，∠ADB＝140°，求∠ECD的度数．【分析】（1）由“SAS”可证△ACE≌△ABD；（2）由等边三角形的性质和等腰三角形的性质可求∠BDF＝70°，即可得∠ABD＝20°，由全等三角形的性质可得∠ACE＝20°，即可求解．【解答】解：（1）∵△ABC是等边三角形∴AC＝AB，∠CAB＝60°∵将线段AD绕着点A逆时针旋转60°得到线段AE∴AE＝AD，∠EAD＝∠CAB＝60°∴∠EAC＝∠DAB，且AC＝AB，AE＝AD∴△ACE≌△ABD（SAS）（2）∵CF⊥AB，AC＝BC∴DF垂直平分AB，∠ACF＝∠ACB＝30°∴AD＝DB，且DF⊥AB∴∠ADF＝∠BDF＝∠ADB＝70°∴∠ABD＝20°∵△ACE≌△ABD∴∠ABD＝∠ACE＝20°∴∠ECD＝∠ACE+∠ACF＝50°19．（8分）如图，这是一张6×6的方格纸，方格纸中的每个小正方形的边长均为1，线段AB的端点均在格点上．请按要求完成下列作图：①仅用无刻度直尺，且不能用直尺中的直角；②保留作图痕迹．（1）请以线段AB为斜边作等腰直角△ABC（作出一个即可）．（2）在（1）的基础上，作出BC边上的中线AD．【分析】（1）直接利用网格结合等腰直角三角形的性质分析得出答案；（2）利用矩形的性质得出BC的中点，进而得出答案．【解答】解：（1）如图所示：△ABC即为所求；（2）如图所示：中线AD即为所求．20．（8分）为让学生感受中华诗词之美，某校九年级举行了“诗词大赛”，为了解九年级A，B两班学生的“诗词大赛”成绩，分别从每班50名学生中各随机抽取20人的“诗词大赛”成绩（满分为40分，成绩均为整数），制成如图所示的统计图．（1）若将不低于35分的成绩评为优秀，请你估计一下哪个班级优秀人数多？多几人？（2）请你选择适当的统计量来说明A，B两班哪个班级的整体成绩较好？【分析】（1）先分别求出A班和B班各自的优秀人数，再进行相减即可得出答案；（2）根据中位数的意义直接得出答案即可．【解答】解：（1）B班的优秀人数多，×50﹣×50＝5（人），答：B班的优秀人数多，比A班多5人；（2）从中位数看，A班为25≤＜30，B班为30≤n＜35，∴B班更好些．21．（10分）如图，抛物线M1：y＝﹣x2+4x交x轴正半轴于点A，将抛物线M，平移得到抛物线M2：y＝﹣x2+bx+c，M1与M2交于点B，直线OB交M2于点C，点C的横坐标为6，且OB＝BC．（1）①直接写出点B，点C的坐标；②求抛物线M2的表达式；（2）点P是抛物线M1上AB间一点，作PQ⊥x轴交抛物线M2于点Q，连结CP，CQ，设点P的横坐标为m．当m为何值时，使△CPQ的面积最大，并求出最大值．【分析】（1）①作如图所示辅助线，证△OBE≌△BCD得OE＝BD＝EF＝3，求出x＝3时y的值，据此知B点坐标及BE＝DF＝CD＝3，从而得出点C坐标；②把B、C坐标代入解析式求解可得；（2）作CH⊥PQ，交PQ延长线于点H，由PQ＝（﹣m2+10m﹣18）﹣（﹣m2+4m）＝6m﹣18，CH＝6﹣m得S△CPQ＝＝﹣3m2+27m﹣54，再根据二次函数的性质求解可得．【解答】解：（1）①过点B作x轴的平行线BD，过点B作BE⊥x轴于点E，过点C作CF⊥x轴于点F，交BD于D，则∠OEB＝∠OFC＝∠BDC＝90°，又∵∠BOE＝∠CBD，OB＝BC，∴△OBE≌△BCD（AAS），∴OE＝BD＝EF＝3，当x＝3时y＝﹣x2+4x＝﹣9+12＝3，即B（3，3）；则BE＝DF＝CD＝3，∴C（6，6）；②把B（3，3），C（6，6）代入抛物线M2：y＝﹣x2+bx+c，得：，解得，∴y＝﹣x2+10x﹣18；（2）如图2，过点C作CH⊥PQ，交PQ延长线于点H，∴PQ⊥x轴，∴PQ＝（﹣m2+10m﹣18）﹣（﹣m2+4m）＝6m﹣18，CH＝6﹣m，∴S△CPQ＝＝﹣3m2+27m﹣54，由于P是抛物线M1上AB段一点，故3≤m≤4，m＝﹣＝，不在3≤m≤4范围内，∵a＝﹣1，开口向下，在对称轴的左侧，S随着m的增大而增大，∴当m＝4时，S有最大值，且最大值为6，22．（10分）如图1，平面内有一点P到△ABC的三个顶点的距离分别为P A，PB，PC．若满足P A2＝PB2+PC2，则称点P为△ABC关于点A的勾股点．如图2，E是矩形ABCD内一点，且点C是△ABE关于点A的勾股点，连接DE．（1）求证：CE＝CD．（2）若AB＝5，BC＝6，DA＝DE，求AE的长．【分析】（1）根据矩形的性质和勾股定理解答即可；（2）根据勾股定理和三角形面积公式解答即可．【解答】证明：（1）∵点C是△ABE关于点A的勾股点，∴CA2＝CB2+CE2，∵四边形ABCD是矩形，∴∠ABC＝90°，AB＝CD，∴CA2＝AB2+CB2＝CB2+CD2，∴CE＝CD；（2）作△ECD的高线CF，EG和△AED的高线EH，∵CE＝CD＝AB＝5，DE＝6，∴EF＝ED＝3，∴∵，∴，∴，由勾股定理可得：，解得：AE＝．23．（12分）某礼品店从文化用品市场批发甲、乙、丙三种礼品（每种礼品都有），各礼品的数量和批发单价列表如下：甲乙丙数量（个）m3m n批发单价（元）a（1≤m≤10）b100.8a（m＞10）（1）当m＝5时，若这三种礼品共批发35个，甲礼品的总价不低于丙礼品的总价，求a 的最小值；（2）已知该店用1320元批发了这三种礼品，且a＝5b；①当m＝25时，若批发这三种礼品的平均单价为11元/个，求b的值；②当7＜m＜20时，若该店批发了20个丙礼品，且a为正整数，求a的值．【分析】（1）根据这三种礼品共批发35个，甲礼品的总价不低于丙礼品的总价，得出等式求出即可；（2）①由“批发这三种礼品的平均单价为11元/个”得＝11，求得n的值；然后由“该店用1320元批发了这三种礼品，且a＝5b”列出方程并解答．②需要分类讨论：当7＜m≤10、10＜m＜20时，分别列出方程并求解．【解答】解：（1）由题意，得4×5+n＝35．解得n＝15．又5a≥15×10，解得a≥30．答：a的最小值为30；（2）①由题意，得＝11．解得n＝20．由题知，25×0.8a+75b+200＝1320，把a＝5b代入解得b＝6.4②当7＜m≤10时，由题意，得am+3bm＝1320﹣200．把b＝a代入上式，化简得am＝1120．即：am＝700．由于a、m都是正整数，所以当m＝10时，a＝70；当10＜m＜20时，由题意，得0.8am+3bm＝1320﹣200．把b＝a代入上式，化简得am＝1120．即：am＝800．由由于a、m都是正整数，所以当m＝16时，a＝50．综上所述，a的值是70或50．24．（14分）如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，⊙O（圆心O在△ABC内部）经过B，C两点，交线段AC于点D，直径BH交AC于点E，点A关于直线BD的对称点F落在⊙O上．连结BF．（1）求证：∠C＝45°；（2）在圆心O的运动过程中；①若tan∠EDF＝，AB＝6，求CE的长；②若点F关于AC的对称点落在△BFE边上时，求点的值．（直接写出答案）；（3）令⊙O与边AB的另一个交点为P，连结PC，交BD于点Q，若PC⊥BF，垂足为点G，求证：BD＝AD+CE．【分析】（1）由对称的性质先证∠A＝∠BFD，再证∠BFD＝∠C，即可推出结论；（2）①先证∠DFE为直角，再用含a的代数式分别将DF，FE，DE，EC，AD表示出来，用方程即可求出CE的长；②分两种情况讨论，当点F关于AC的对称点落在BF边上时，连接DO，设FF'交AC 于点M，证明BD＝BE，在Rt△DOE中利用锐角三角函数即可求出结果，当点F关于AC的对称点落在BE边上时，点F'与点O重合，在Rt△DOE中，利用锐角三角函数即可求出结果；（3）先证明△QBG≌△ECM，推出BQ＝CE，再证明DQ＝AD即可．【解答】（1）证明：∵点A，F关于直线BD对称，∴∠A＝∠BFD，∵∠BFD＝∠C，∴∠A＝∠C，∵∠ABC＝90°，∴∠C＝45°；（2）①解：∵点A，F关于直线BD对称，∴AD＝DF，AB＝FB，∵∠A＝∠C＝45°，∴AB＝BC＝FB＝6，∴，∵BH是直径，∴由圆的对称性可知，△BFE≌△BCE，∴∠BFE＝∠C＝∠BFD＝45°，FE＝CE，∴∠DFE＝90°，∵tan∠EDF＝，AB＝6，∴设DF＝AD＝3a，则EF＝CE＝4a，DE＝5a，∵AC＝＝6，∴AC＝3a+4a+5a＝6，解得，a＝，∴CE＝4a＝2；②如图1，当点F关于AC的对称点落在BF边上时，连接DO，设FF'交AC于点M，则AC垂直平分FF'，由（1）知，∠A＝∠C＝45°，∠ABC＝90°，∴BA＝BC，∠ABM＝∠CBM＝×90°＝45°，∵点A，F关于直线BD对称，∴AD＝DF，AB＝FB，又∵DB＝DB，∴△ABD≌△FBD（SSS），∴∠ABD＝∠FBD，由（2）知，△BFE≌△BCE，∴∠FBE＝∠CBE，∴∠ABD＝∠FBD＝∠FBE＝∠CBE＝22.5°，∴∠DBE＝∠DBF+∠EBF＝45°，∵OD＝OB，∴∠OBD＝∠ODB＝45°，∴∠DOB＝90°，在△BDM与△BEM中，∠BDM＝∠BEM＝90°﹣22.5°＝67.5°，∴BD＝BE，在等腰Rt△BOD中，设OB＝OD＝r，则BD＝r，∴BE＝r，OE＝（﹣1）r，∴＝＝﹣1；如图2，当点F关于AC的对称点落在BE边上时，∵∠DF'E＝∠DOE＝90°，∴点F'与点O重合，连接OF，则OD＝OF＝DF，∴△DOF为等边三角形，∴∠ODF＝60°，由对称性知，∠ODE＝∠FDE＝30°，在Rt△DOE中，tan∠ODE＝＝tan30°＝，∴＝；综上所述，的值为﹣1或；（3）如图3，连接PD，FC，FC交BH于点M，∵∠ABC＝90°，∴PC⊥BF，∴CF＝BC＝BE，∴△FBC是等边三角形，∴BG＝CM＝BF，∠QGB＝∠CME＝90°，∠DBF＝∠DCF，∴△QBG≌△ECM（ASA），∴BQ＝CE，∵∠PDA＝90°，∠A＝45°，∴DP＝DA＝DF，∴，∵∠DPC＝（），∠DQP＝∠QDC+∠QCP＝（），∴∠DPC＝∠DQP，∴DQ＝DP＝AD，∴BD＝AD+CE．。
浙江省温州市龙湾区2020年数学中考二模试卷
浙江省温州市龙湾区2020年数学中考二模试卷一、选择题（共10小题）（共10题；共20分）1.-2019的相反数是（）A. 2019B. -2019C.D.二、填空题（共6小题）（共6题；共6分）2.分解因式：m2-8m+16=________.3.小明有5把钥匙，其中有2把钥匙是能打开教室门，则小明任取一把钥匙，恰好能打开教室门的概率是________.4.如果式子有意义，则x的取值范围是________.5.如图所示，在扇形AOC中，∠AOC=120°，OA=4，以点O为圆心在其同侧画扇形BOD,∠BOD=60°，OB=2，且△AOB≌△COD,则阴影部分的面积是________.6.如图，以菱形ABCD的对角线AC为边，在AC的左侧作正方形ACEF、连结FD并延长交EC于点H,若正方形ACEF的面积是菱形ABCD面积的1.4倍，CH=6，则EF=________.7.小明家的门框上装有一把防盗门锁（如图1）.其平面结构图如图2所示，锁身可以看成由两条等弧，和矩形ABCD组成，的圆心是倒锁按钮点M.其中的弓高GH=2cm，AD=8cm,EP=11cm.当锁柄PN绕着点N旋转至AQ位置时，门锁打开，此时直线PQ与所在的圆相切，且PQ∥DN，tan∠NQP=2，则AB的长度约为________cm.（结果精确到0.1cm 参考数据：≈1.732，≈2.236）三、解答题（共8小题）（共8题；共85分）8.（1）计算：（-2）0+|1-5|-（）-1（2）化简：（a+1）（a-1）-a（a-2）.9.如图，点D是等边△ABC内一点，将线段AD绕着点A逆时针旋转60°得到线段AE，连结CD并延长交AB于点F,连结BD，CE.（1）求证：△ACE≌△ABD（2）当CF⊥AB时，∠ADB=140°，求∠ECD的度数。
10.如图，这是一张6×6的方格纸，方格纸中的每个小正方形的边长均为1，线段AB的端点均在格点上.请按要求完成下列作图：①仅用无刻度直尺，且不能用直尺中的直角；②保留作图痕迹。
2020年浙江省温州市中考模拟试卷(二)(含答案解析)
2020年浙江省温州市中考模拟试卷（二）一、单选题（本大题共5小题，共20.0分）1.在内燃机的四个冲程中，如图所示的是()A. 吸气冲程B. 压缩冲程C. 做功冲程D. 排气冲程2.我国第一位“太空教师”王亚平通过物理实验，展示了飞船内部物体在失重(相当于物体不受重力)情况下的物理现象，王亚平利用小球做了两次实验，第一次实验时，将小球偏离竖直位置后放手，第二次实验时，将小球偏离竖直位置后，在放手时对小球施加一个垂直于悬线的力，下列四图表示小球在这两次实验中可能出现的运动情况，其中符合实际的是()A. 甲、丙B. 甲、丁C. 乙、丙D. 乙、丁3.图a是放置在水平桌面上的刻度尺的一部分，甲、乙、丙、丁是通过凸透镜所看到的刻度尺的像。
若凸透镜先贴着刻度尺然后逐渐远离，则看到刻度尺的像的先后顺序正确的是()A. 甲→乙→丙→丁B. 乙→丙→甲→丁C. 乙→丁→甲→丙D. 丙→甲→乙→丁4.在水中，鱼、漂浮的木头、静止在水底的石头的位置如图所示，下列说法正确的是()A. 水对石头的压强比对木头的小B. 鱼受到的浮力等于它排开水的重力C. 木头受到的浮力大于它自身的重力D. 石头受到的浮力等于它自身的重力5.如图所示，当滑动变阻器的触片移动时，发现L1变亮了，L2变暗了，那么整个电路中消耗的电功率()A. 变大B. 变小C. 不变D. 无法判断二、填空题（本大题共3小题，共16.0分）6.小海家中部分照明电路如图所示。
小海闭合了开关S(家中其他用电器均处于断开状态)，白炽灯L亮了一段时间后熄灭了，她用测电笔分别测试了图中插座的两个孔，发现测电笔都发光。
她断开开关S，再次用测电笔测试插座的两个孔，她将观察到_________(选填“左孔”或“右孔”或“两孔”或“无”)测电笔发光，故障原因是_________________。
7.小球利用天平、溢水杯、烧杯和适量水测量小石块的密度，如果调节天平平衡时，忘记将游码调到零刻度线，则所测量小石块的质量会______(选填“偏大”、“偏小”或“仍然准确”)：纠正正错误后测得小石块的质量如图所示，则小石块的质量为______g；把小石块缓慢浸没在装满水的溢水杯中，让溢出的水全部流入空烧杯，测得溢出水的质量为16g，则小石块的密度为______kg/m3。
浙江省温州市瓯海区2020年中考二模数学试题
瓯海区2020年初中毕业生学业考试第二次适应性测试数学卷I一选择题（本题有10小题，每小题4分，共40分，每小题只有一个选项是正确的，不选，多选，错选均不给分）1.在0,0.5,3,1--这四个数中，最小的数是（ ▲ ）:3:0.5:1:0A B C D --2.如图，由五个小正方形组成的立体图形的俯视图是（ ▲ ）3.瓯海区将举行中小学生运动会，某校从甲，乙，丙，丁四名选手中选一名参加男子100米跑项目，预先对这四名选手个测试了8次，平均成绩都是12.6秒，方差如下表：则这四名选手中发挥最稳定的是（ ▲ ）::::A B C D 甲乙丙丁4.计算34a a ⋅的结果是（ ▲ ）34712::::a A a B a C a D5.某校七年级展开预防新冠病毒黑板报评比，设置5个获奖名额，共有9个班级参加，每班的得分 均不相同，若知道某班级的得分，要判断该班能否获奖，在下列9个班级成绩的统计量中，只需知道（ ▲ ）A:平均数 B:中位数 C:众数 D:方差 6如图，在Rt △ABC 中，∠C=90°，AB=5,BC=3,则cosA 的值是（ ▲ ）4343::::5534A B C DD C BA7.在五边形ABCDE 中，::::2:3:4:4:5A B C D E ∠∠∠∠∠=,则∠B 的度数是（ ▲ ） A:60° B:90° C:120° D:150° 8.下列命题属于真命题的是（ ▲ ） A:两条对角线相等的四边形是矩形； B:四条边相等的四边形是正方形；C:两条对角线互相垂直的四边形是菱形；D ：有一条对角线平分一个内角的平行四边形是菱形。
9.已知二次函数2y x bx c =++，其函数y 与自变量x 之间的部分对应值如下表所示：则m 与n 的大小关系正确的是（ ▲ ）::::A m n B m n C m n D m n >=<≥10我国汉代数学家赵爽在注解《周髀算经》时给出的“赵爽弦图”，它是由四个全等的直角三角形与中间的小正方形EFGH 拼成的一个大正方形ABCD ，连接AC,交BE 于点P ，如图所示，若正方形ABCD 的面积为28，AE+BE=7，则CFP AEP S S -V V 的值是（ ▲ ）:3:3.5:4:7A B C D卷II二填空题（本题有6小题，每小题5分，共30分） 11.分解因式：29a -=▲12.如图，一个转盘被分成6等分，自由转动转盘一次，停止后，指针落在阴影区域的概率是▲13.已知扇形的圆心角为120°，弧长为4π，则它的半径是▲ 14.一次函数21y x =-的图像与x 轴的交点坐标是▲15.如图，在△OAB 中，OA=OB,∠AOB=45°,点A 在第一象限，点B 在x 轴的正半轴上，△CAB 与△OAB 关于直线AB 对称，经过点A 的反比例函数(0)ky k x=≠的图像交BC 于点D ，若BD=2,则K 的值为▲第10题16.如图是一个可调节花盆支架，外围是一个圆形框架，如图1，支架AC,BD 的长度均为14cm ，端点C,D 固定在花盆圆形套圈的直径两端，端点A,B 可在外围圆形框架上移动，整个花盆支架始终成轴对称，已知花盆高EF=15cm ，圆形套圈的直径CD=20cm ，且EF 被CD 平分为上下比为1:2，当端点A,B 向上调节至最高时，AC,BD 和CD 同一直线上（如图2所示），此时，花盆底到圆形框架最低点的距离为FG=6cm ，则圆形框架的半径为cm,为了整体美观要求，花盆底到圆形框架最低点的距离FG 要最大，则此时FG 为cm三：解答题（本题有8小题，共80分，解答需要写出必要的文字说明，演算步骤或证明过程）17.（本题10分）（1）计算：(0231(2)----（2）解分式方程：122122x x x-=---18.（本题8分）在四边形ABCD 中，AD ∥BC ，连接AC,且AC=BC ，在对角线AC 上取点E ，使CE=AD,连接BE.(1)求证：△DAC ≌△ECB(2)若CA 平分∠BCD ，且AD=3,AC=5,求△BEC 的周长。
2020年浙江省温州市中考数学模拟试卷2含答案
那么第二小组的频数是________.
13.分解因式 x3y﹣6x2y+9xy＝________.
14.如图，某水库大坝的横断面是梯形 ABCD，坝顶宽 DC 是 10 米，坝底宽 AB 是 90 米，背水坡 AD 和迎水
坡 BC 的坡度都为 1：2.5，那么这个水库大坝的坝高是________米.
B. 中， ∠
͘ ᥀° ，
C. 8 于点 D，
D. 7 ͘ ， ͘ ，则 AD 的长是
A. 1.
B.
C. 2
D. 4
二、填空题（本大题共 6 小题，每小题 5 分，共 30 分)（共 6 题；共 27 分）
11.不等式组
ʹ
h
h
的解集是________．
12.一个样本容量为 80 的样本所绘的频数分布直方图中，4 个小组对应的各小长方形高的比为 2：3：4：1，
15.如图，在菱形 .
中， ͘
， 边上的高 ܿ ͘
，那么对角线 的长为________
16.已知：如图， 是
的直径， 切
则 ∠ ͘ ________度.
于点 ， 的延长线交 于点 ，∠ ͘ ᥀ ，
三、解答题（本大题共 8 小题，共 8 分)（共 8 题；共 68 分）
17.计算：（ ᥀ - ）0+（-4）-2-|- |
9.如图，Rt△AOB 中，∠AOB=90°，AO=3BO，OB 在 x 轴上，将 Rt△AOB 绕点 O 顺时针旋转至△RtA'OB'，
其中点 B'落在反比例函数 y=﹣ 的图象上，OA'交反比例函数 y= 的图象于点 C，且 OC=2CA'，则 k 的值
为（ ）
2020年浙江省温州市龙湾区中考数学二模试卷(附答案详解)
2020年浙江省温州市龙湾区中考数学二模试卷一、选择题（本大题共10小题，共40.0分）1.(2020·浙江省温州市·模拟题)2020是相反数的是()A. 2020B. −2020C. ±2020D. 120202.(2021·湖南省长沙市·模拟题)据人民日报海外网消息：截至北京时间2020年5月23日7时30分左右，全球累计确诊新冠肺炎病例逾520万例，将5200000用科学记数法表示为()A. 0.52×107B. 5.2×105C. 5.2×106D. 52×1053.(2021·湖南省湘西土家族苗族自治州·模拟题)某六角螺帽毛坯如图所示，它的俯视图是()A. B. C. D.4.(2020·浙江省温州市·模拟题)要使分式x−2x−1有意义，则x的取值范围是()A. x=1B. x=2C. x≠1D. x≠25.(2020·浙江省温州市·模拟题)若20件外观相同的产品中有3件不合格产品，现从这20件产品中任意抽取1件进行检测，则抽到合格产品的概率是()A. 117B. 320C. 12D. 17206.(2020·浙江省温州市·模拟题)某气球内充满了一定质量的气体，当温度不变时，气球内气体的气压p(kPa)与气体体积V(m3)之间的函数关系如图所示，当气球的体积是1m3，气球内的气压是()kPaA. 96B. 150C. 120D. 647. (2020·浙江省温州市·模拟题)如图，一艘海轮位于灯塔P的北偏东50°方向，距离灯塔2海里的点A 处.若海轮沿正南方向航行到灯塔的正东位置B 处，则海轮航行的距离AB 的长是( )A. 2sin50°海里B. 2cos50°海里C. 2tan40°海里D. 2tan50°海里8. (2020·浙江省温州市·模拟题)《九章算术》有这样一个问题：“今有共买物，人出八，盈三；人出七，不足四，问人数、物价各几何？”用现在的话说就是：“有几个人一起去买物品，每人出8元，多3元；每人出7元，少4元．问人数、物价各是多少？”设人数为x 人，物价是y 元，可列方程组( )A. {y −8x =3y −7x =4B. {8x −y =3y −7x =4C. {8x −y =37x −y =4D. {y −8x =37x −y =49. (2020·浙江省温州市·模拟题)如图，△PQR 是⊙O 的内接正三角形，四边形ABCD 是⊙O 的内接正方形，BC//QR ，则∠QOB 的度数是( )A. 30°B. 20°C. 18°D. 15°10. (2020·浙江省温州市·模拟题)如图1，以边长为1的正三角形的两边为边向外构造两个正方形，并延长正方形的两边就可以得到一个漂亮的“鱼型”图案(阴影部分).若用4个该图案恰好能制作如图2所示的矩形地砖的纹理，则该矩形的周长是( )A. 6+8√3B. 8+6√3C. 4+3√3D. 12√3二、填空题（本大题共6小题，共30.0分）11. (2021·吉林省长春市·模拟题)分解因式：a 2−9=______．12.(2020·浙江省温州市·模拟题)已知圆锥的底面半径是4，母线长是5，则该圆锥的侧面积是______(结果保留π)．13.(2020·浙江省温州市·模拟题)某住宅小区5月1日～5月5日每天用水量变化情况如图所示，则2日到3日的每天用水量的增长率为______ ．14.(2020·浙江省温州市·模拟题)在平面直角坐标系中，点P的坐标是(m,3m−3).则点P不可能经过第______ 象限．15.(2020·浙江省温州市·模拟题)两个大小不同的等腰直角三角板按如图方式摆放，使得A，B，P三点在同一直线上，连接CD.若AB=5√2，CD=8，则△CDP的面积为______ ．16.(2020·浙江省温州市·模拟题)如图1是一溜娃神器推车，溜娃时该推车底部支架张开后，其框架投影图如图2所示，两支撑轮是分别以点A，B为圆心，1.5分米长为半径的圆且与水平地面相切，其支架长OA=OB，竖直支撑柱OH=0.5√3分米，水平座椅FH=2.5分米，并与靠背GF成120°夹角，推手柄OM=8分米.当张开角∠AOB=60°时，A，O，M三点共线，且GM//AB，则GF的长度为______ 分米；如图3，当张开角∠AOB=90°时，折叠支撑柱以上座椅部分绕着点O逆时针旋转使G点与圆心A重合，此时手柄OM绕着点O顺时针旋转90°至OM′处，则M′到地面的距离是______ 分米．三、计算题（本大题共1小题，共10.0分）17.(2020·浙江省温州市·模拟题)计算：(1)√83+2−1−(1−√2)0；(2)11−2a +4a22a−1．四、解答题（本大题共7小题，共70.0分）18.(2020·浙江省温州市·模拟题)如图，在△ABC中，AB=AC，D为BC的中点，E，F分别为AB，AC上的点，且AE=AF．(1)求证：△BED≌△CFD．(2)若∠AED=∠EDF=80°，求∠C的度数．19.(2020·浙江省温州市·模拟题)某学校组织健康知识竞赛，每班参加竞赛的人数相同，成绩为A，B，C，D四个等级，其中相应等级的得分依次记为100分，90分，80分，70分，其中100分和90分为优秀.学校将八年级一班和二班的成绩整理并绘制成如图的统计图与统计表．成绩班级众数中位数优秀率平均分一班90b72%87.6二班a8048%c请根据以上图表的信息解答下列问题：(1)求a，b，c的值．(2)若全校共有750名学生参加竞赛，估计成绩优秀的学生有多少人？20.(2020·浙江省温州市·模拟题)如图，在10×8的方格纸ABCD中，每个小正方形的顶点称为格点，请按要求画图．(1)在图1中画EG//FH，使格点G，H分别在边AB，CD上，且均不与点A，B，C，D重合．(2)在图2中，在线段MN上找一格点P，使得∠MPE=∠MPF．21.(2020·浙江省温州市·模拟题)如图，二次函数y=ax2+2x+3(a<0)的图象与x轴交于点A，B(点A位于对称轴的左侧)，与y轴交于点C.点P(0,n)为线段OC上一点，过点P作直线l//x轴交图象于点D，E(点E在点D的左侧)，且PD−PE=2．(1)求该二次函数的对称轴及a的值．(2)将顶点M向右平移m(m>0)个单位至点M1，再过点M1作直线l的对称点M2，若点M2在x轴上方的图象上一点且到x轴距离为1，求m，n的值．22.(2020·浙江省温州市·模拟题)如图，在四边形ABCD中，AB//DC，∠B=∠D.过点C作CH⊥AB交DA的延长线于点E，设垂足为H.以CE为直径作⊙O分别交AD，BC 于点F，G，连接CF，若CF=CH．(1)求证：四边形ABCD为菱形．(2)若tanB=3，OH=9，求AE的长．423.(2020·浙江省温州市·模拟题)某公共汽车线路每天运营毛利润y(万元)与乘客量x(万人)成一次函数关系，其图象如图所示，目前通过监测发现每天平均乘客量为0.6万人次，由于运营成本较高，这条线路处于亏损状态.(毛利润=票价总收入−运营成本)(1)求该线路公共汽车的单程票价和每天运营成本分别为多少元．(2)公交公司为了扭亏，若要使每天运营毛利润在0.2～0.4万元之间(包括0.2和0.4)，求平均每天的乘客量x的范围．(3)据实际情况，发现该线路乘客量稳定，公交公司决定适当提高票价，当单程票价每提高1元时，每天平均乘客量相应减少0.05万人次，设这条线路的单程票价提高a元(1≤a≤2).当a为何值时，该线路每天运营总利润最大，并求出最大的总利润．24.(2020·浙江省温州市·模拟题)如图1，以AB为直径作半圆O，点C在半圆上，连接AC，BC，且∠CAB>∠B.连接OC，CG是AB边上的高，过点O作DE⊥CO交CG 的延长线于点D，交BC于点E．(1)求证：∠A=∠CED．(2)当O为DE的中点时，求OG的值．OB(3)如图2，取BC的中点Q，连接OQ．①若AB=8，在点C运动过程中，当四边形CGOQ的其中一边长是OQ的2倍时，求所有满足条件的OG长．②连接DB，当△COE的面积是△BOE的面积的3倍时，求tan∠OBD的值(请直接写出答案)．答案和解析1.【答案】B【知识点】相反数【解析】解：2020的相反数是：−2020．故选：B．直接利用相反数的定义得出答案．此题主要考查了相反数，正确把握相反数的定义是解题的关键．2.【答案】C【知识点】科学记数法-绝对值较大的数【解析】解：5200000=5.2×106，故选：C．科学记数法的表示形式为a×10n的形式，其中1≤|a|<10，n为整数．确定n的值时，要看把原数变成a时，小数点移动了多少位，n的绝对值与小数点移动的位数相同．当原数绝对值大于10时，n是正数；当原数的绝对值小于1时，n是负数．此题考查科学记数法的表示方法．科学记数法的表示形式为a×10n的形式，其中1≤|a|<10，n为整数，表示时关键要正确确定a的值以及n的值．3.【答案】A【知识点】简单组合体的三视图【解析】解：从上面看是一个正六边形，六边形的中间有一个圆．故选：A．根据从上面看得到的图形是俯视图，可得答案．本题考查了简单组合体的三视图，从上面看得到的图形是俯视图．4.【答案】C【知识点】分式有意义的条件有意义，必须x−1≠0，【解析】解：要使分式x−2x−1解得：x≠1，故选：C．根据分式有意义得出x−1≠0，求出不等式的解集即可．本题考查了分式有意义的条件和解一元一次不等式，能熟记分式有意义的条件的内容是解此题的关键，注意：分式yx中x≠05.【答案】D【知识点】概率公式【解析】解：根据题意抽到合格产品的概率是20−320=1720，故选：D．用合格产品的数量除以总数量即可得．本题主要考查概率公式，解题的关键是掌握随机事件A的概率P(A)=事件A可能出现的结果数÷所有可能出现的结果数．6.【答案】A【知识点】反比例函数的应用【解析】解：设球内气体的气压p(kPa)和气体体积V(m3)的关系式为p=kV，∵图象过点(0.8,120)∴k=96，即气压p(kPa)与气体体积V(m3)之间的函数关系为p=96V，∴当V=1时，p=96．故选：A．根据题意可知温度不变时，气球内气体的气压P(kPa)是气体体积V(m3)的反比例函数，且过点(0.8,120)，代入解析式即可得到结论．本题考查了反比例函数的应用，根据图象上的已知点的坐标，利用待定系数法求出函数解析式．7.【答案】B【知识点】解直角三角形的应用【解析】解：由题意可知∠NPA =50°，PA =6海里，∠ABP =90°．∵AB//NP ，∴∠A =∠NPA =50°．在Rt △ABP 中，∵∠ABP =90°，∠A =50°，PA =2海里，∴AB =AP ⋅cos∠A =2cos50°海里．故选：B ．首先由方向角的定义及已知条件得出∠NPA =50°，PA =2海里，∠ABP =90°，再由AB//NP ，根据平行线的性质得出∠A =∠NPA =50°.然后解Rt △ABP ，得出AB =AP ⋅cos∠A =2cos50°海里．本题考查了解直角三角形的应用−方向角问题，平行线的性质，三角函数的定义，正确理解方向角的定义是解题的关键．8.【答案】B【知识点】由实际问题抽象出二元一次方程组【解析】解：依题意，得：{8x −y =3y −7x =4． 故选：B ．根据“每人出8元，多3元；每人出7元，少4元”，即可得出关于x ，y 的二元一次方程组，此题得解．本题考查了由实际问题抽象出二元一次方程组，找准等量关系，正确列出二元一次方程组是解题的关键．9.【答案】D【知识点】正多边形与圆的关系、圆周角定理、等边三角形的性质、三角形的外接圆与外心、正方形的性质【解析】解：连接OA．∵△PQR是等边三角形，∴PQ⏜=PR⏜，∴OP⊥QR，∵AD//CB//QR，∴OP⊥AD，∴AP⏜=PD⏜，∴∠AOP=45°，∵△PQR是等边三角形，四边形ABCD是正方形，∴∠POQ=120°，∠AOB=90°，∴∠AOQ=120°−45°=75°，∴∠BOQ=∠AOB−∠AOQ=90°−75°=15°，故选：D．连接OA.利用正多边形的性质以及垂径定理求出∠AOP，∠AOB，∠POQ即可解决问题．本题考查正多边形与圆，等边三角形的性质，正方形的性质，圆周角定理，垂径定理等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．10.【答案】B【知识点】矩形的性质、等边三角形的性质、正方形的性质【解析】解：如图，连接FM，EC交于点O，延长EC交AB于H，∵以边长为1的正三角形的两边为边向外构造两个正方形，∴AB=AC=BC=1=CF=CM，∠ACB=60°，∠ACF=∠BCM=90°，∴∠FCM=120°，∵CF=CM，CE=CE，∴Rt△EFC≌Rt△EMC(HL)，∴∠ECF=∠ECM=60°，EF=EM，∴∠FEC=∠MEC=30°，∠ACH=∠BCH=30°，∴EC=2FC=2，AH=12AC=12，CH=√3AH=√32，EF=√3FC=√3，∴EH=2+√32，∵EF=EM，∠FEM=60°，∴△EFM是等边三角形，∴EF=EM=FM=√3，∵图2是用4个该图案组成的矩形地砖的纹理，∴矩形的长=2×(2+√32)=4+√3，矩形的宽=2×√3=2√3，∴该矩形的周长=2×(4+√3+2√3)=8+6√3，故选：B．如图，连接FM，EC交于点O，延长EC交AB于H，由正方形的性质和等边三角形的性质，可得AB=AC=BC=1=CF=CM，∠ACB=60°，∠ACF=∠BCM=90°，由“HL”可证Rt△EFC≌Rt△EMC，可得∠ECF=∠ECM=60°，EF=EM，由直角三角形的性质求出EH，FM的长，即可求解．本题考查了正方形的性质，矩形的性质，等边三角形的性质，灵活运用这些性质进行推理是本题的关键．11.【答案】(a+3)(a−3)【知识点】因式分解-运用公式法【解析】解：a2−9=(a+3)(a−3)．故答案为：(a+3)(a−3)．直接利用平方差公式分解因式，进而得出答案．此题主要考查了公式法分解因式，熟练应用平方差公式是解题关键．12.【答案】20π【知识点】圆锥的计算【解析】解：∵底面圆的半径为4，∴底面周长=8π，×8π×5=20π．∴侧面面积=12故答案为：20π．圆锥的侧面积=底面周长×母线长÷2．本题考查了圆锥的计算，利用了圆的周长公式和扇形面积公式求解．13.【答案】20%【知识点】折线统计图【解析】解：由图可得，2日用水量20立方米，3日用水量是24立方米，则2日到3日的每天用水量的增长率为(24−20)÷20=20%．故答案为：20%．先由折线图可得，2日用水量20立方米，3日用水量是24立方米，再用(3日用水量−2日用水量)÷2日的用水量即可得出答案．本题考查的是折线统计图．读懂统计图，从统计图中得到必要的信息是解决问题的关键．折线统计图不但可以表示出数量的多少，而且能够清楚地表示出数量的增减变化情况．14.【答案】二【知识点】平面直角坐标系中点的坐标【解析】解：当m<0时，3m−3<−3，点不可能在第二象限，故答案为：二．根据点的坐标特征求解即可．本题考查了各象限内点的坐标的符号特征，记住各象限内点的坐标的符号是解决的关键，四个象限的符号特点分别是：第一象限(+,+)；第二象限(−,+)；第三象限(−,−)；第四象限(+,−)．15.【答案】9【知识点】等腰直角三角形、完全平方公式【解析】解：设AP=a，BP=b，∵AB=5√2，∴a+b=5√2，∵△BPC与△APD为等腰直角三角形，∴PC2=2b2，PD2=2a2，且∠BPC=∠APD=45°，∴∠CPD=90°，∴PC2+PD2=CD2，∴2a2+2b2=64，即a2+b2=32，由a+b=5√2，得：a2+2ab+b2=50，∴ab=50−(a2+b2)2=50−322=9，由梯形面积公式得，S梯形ABCD =12(a+b)2，∴S△PCD=S梯形ABCD−S△BPC−S△APD=12(a+b)2−12b2−12a2=ab=9，故答案为：9．设AP=a，BP=b，分别用a，b表示出△BPC，△APD，梯形ABCD的面积，进而解答即可．此题考查应用勾股定理解直角三角形，关键是证明△PCD是直角三角形．16.【答案】7 (√42−2.5)【知识点】平行投影及其相关概念、翻折变换(折叠问题)、圆周角定理、切线的性质、旋转的基本性质【解析】解：如图2，连接AB、GM、OG，过点F作FD⊥GM于点D，过点H作HC⊥GM 于点C，由题意得：GM//AB//FH，∠GFH=120°，∴四边形CDFH是矩形，∴∠G=180°−∠GFH=60°，∴DF=CH，CD=FH=2.5，∵OA=OB，∠AOB=60°，∴△AOB是等边三角形，∴∠OAB=60°，∴∠M=∠OAB=60°，在Rt△OCM中．∠COM=90°−∠M=30°，OM=8，∴CM=12OM=4，OC=√OM2−CM2=4√3，∴DF=CH=OC−OH=4√3−0.5√3=3.5√3，在Rt△DFG中，sinG=DFGF ，即3.5√3GF=sin60°=√32，角得，GF=7(分米)，∴DG=12GF=3.5，CG=CD+DG=2.5+3.5=6，在Rt△OCG中，OG=√OC2+CG2=√(4√3)2+62=2√21，如图3，设⊙A与地面的切点为点P，连接AP、AB，过点O作地面的垂线，交地面于点E，交AB于点Q，过M′作M′N⊥OE于点N，由圆相切的性质得，AP⊥AB，∴四边形APEQ是矩形，∴EQ=AP=1.5，由题意和旋转的性质可知，OB=OA=OG=2√21，∵∠AOB=90°，∴AB=√2OA=2√42，且△AOB是等腰直角三角形，∴OQ=12AB=√42，∠BOQ=12∠AOB=45°，由旋转的性质可知，∠MOM′=90°，OM′=OM=8，当张开角∠AOB由图2的60°变为图3的90°时，则OB从图2的位置逆时针旋转至图3的位置，旋转角为90°−60°2=15°，又∵在图2中，∠BOM=120°，∴∠BOM′=120°−15°−90°=15°，∴∠NOM′=∠BOQ+∠BOM′=60°，在Rt△NOM′中，∠M′=90°−∠NOM′=30°，OM′=8，∴ON=12OM′=4，∴EN=OQ+EQ−ON=√42+1.5−4=√42−2.5，则点M′到地面的距离为(√42−2.5)分米．故答案为：7；(√42−2.5)．如图2，先根据等边三角形的判定与性质、平行线的性质可得∠M=60°，再根据直角三角形的性质可得OC的长，从而可得DF的长，然后解直角三角形即可得；先在图2的基础上利用勾股定理求出OG的长，从而可得图3中的OA的长，再利用等腰直角三角形的判定与性质可得OQ的长，然后利用旋转的性质可得OM′=8，∠BOM′=15°，从而可得∠NOM′=60°，最后利用直角三角形的性质可得ON=4，然后根据线段的和差即可得．本题考查了旋转的性质、解直角三角形、矩形的判定与性质、圆的切线的性质等知识点，熟练掌握旋转的性质和解直角三角形的方法是解题关键．17.【答案】解：(1)√83+2−1−(1−√2)0=2+12−1=32；(2)11−2a+4a22a−1=1−4a2 1−2a=(1−2a)(1+2a)1−2a=1+2a．【知识点】分式的加减、负整数指数幂、零指数幂、实数的运算【解析】(1)先按照求立方根、负整数指数幂和零次幂的运算法则化简，再合并同类项即可；(2)先按照同分母的分式进行计算，再分解因式，然后约分，即可得出答案．本题考查了立方根、负整数指数幂、零次幂和分式的加法等运算，熟练掌握相关运算法则是解题的关键．18.【答案】证明：(1)∵AB=AC，∴∠B=∠C，∵AE=AF，∴AB−AE=AC−AF，∴BE=CF，∵D为BC的中点，∴BD=CD，∴△BED≌△CFD(SAS)；(2)∵△BED≌△CFD，∴∠BDE=∠CDF，∵∠AED=∠EDF=80°，∴∠BDE=∠CDF=50°，∵∠AED=∠B+∠BDE=80°，∴∠B=30°=∠C．【知识点】全等三角形的判定与性质【解析】(1)由“SAS”可证△BED≌△CFD；(2)由全等三角形的性质可得∠BDE=∠CDF=50°，由外角的性质可求解．本题考查了全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，熟练运用全等三角形的判定和性质是本题的关键．19.【答案】解：(1)二班成绩的众数a=100(分)，平均数c=44%×25×100+4%×25×90+40%×25×80+12%×25×70=88(分)25一班成绩的中位数b=90(分)；=450(人)．(2)估计成绩优秀的学生有750×44%×25+4%×25+1850【知识点】用样本估计总体、中位数、众数【解析】(1)根据众数、中位数和平均数的概念求解可得；(2)用总人数乘以样本中一、二班优秀人数和占被调查的总人数可得答案．本题主要考查众数、中位数、平均数及样本估计总体，解题的关键是掌握众数、中位数和平均数的概念．20.【答案】解：(1)如图，线段EG//FH，EG′//FH′，EG″//FH″(答案不唯一)．(2)如图2中，点P即为所求．【知识点】尺规作图与一般作图、平行线的判定与性质【解析】(1)根据平行线的判定画出图形即可．(2)利用轴对称的性质解决问题即可．本题考查作图−应用与设计，平行线的判定和性质等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．21.【答案】解：(1)设直线l与对称轴交于点F，∵PD−PE=2PF=2，∴PF=1，∴对称轴为直线x=1，=1，解得a=−1，∴−22a∴抛物线的对称轴为直线x=1，a是值为−1；(2)由(1)知：y=−x2+2x+3=−(x−1)2+4，∴M(1,4)，顶点M向右平移m(m>0)个单位至点M1，∴M1(1+m,4)，∴过点M1作直线l的对称点M2(1+m,2n−4)，∵点M2在x轴上方的图象上一点且到x轴距离为1，∴2n−4=1，解得n=5，2∴M2(1+m,1)，把M2(1+m,1)代入y=−x2+2x+3得，−m2+4=1，解得m=√3或−√3(舍去)，．综上，m=√3，n=52【知识点】二次函数与一元二次方程、一次函数图象上点的坐标特征、二次函数的性质、二次函数图象上点的坐标特征、平移中的坐标变化【解析】(1)由题意得出PD−PE=2PF=2，求得PF=1，即可求得对称轴，根据对称轴方程即可求得a；(2)先求得平移后的M1顶点坐标，根据进而求得对称点M2，根据题意得到2n−4=1，解得n的值，把M2代入解析式，即可求得m的值．本题考查了抛物线与x轴的交点，二次函数的性质，二次函数图象上点的坐标特征，坐标与图形的变换−平移，根据题意表示出顶点坐标和对应点的坐标是解题的关键．22.【答案】(1)证明：∵AB//CD，∴∠D+∠DAB=180°，∵∠B=∠D，∴∠B+∠DAB=180°，∴AD//BC，∴四边形ABCD是平行四边形，∵CE是直径，CH⊥AB，∴∠CFD=90°=∠CHB，∵CF=CH，∴△CFD≌△CHB(AAS)，∴CB=CB，∴四边形ABCD是菱形．(2)解：由(1)可知，BC//AD，CF⊥AD，∴BC⊥CF，∴∠B=∠BAE，∵BH=DF，AB=AD，∴AF=AH，∵tan∠B=34=tan∠BAE，∴可以假设AH=4a，则HE=3a，AE=5a，AF=4a，∵∠E=∠E，∠AHE=∠EFC=90°，∴△EAH∽△ECF，∴AEEC =AHFC=EHEF，∴5aEC=4aFC=3a9a∴CF=12a，CE=15a，∵OH=9，∴15a=2(3a+9)，∴a=2，∴AE=5a=10．【知识点】菱形的判定与性质、解直角三角形、圆周角定理【解析】(1)证明△CFD≌△CHB(AAS)，推出CB=CB，可得结论．(2)首先证明AF=AH，由tan∠B=34=tan∠BAE，可以假设AH=4a，则HE=3a，AE=5a，AF=4a，由△EAH∽△ECF，推出AEEC =AHFC=EHEF，推出5aEC=4aFC=3a9a可得CF=12a，CE=15a，构建方程即可解决问题．本题考查圆周角定理，菱形的判定，解直角三角形等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题，属于中考常考题型．23.【答案】解：(1)由图象可得：单程票价为1.6÷0.8=2(元/人)，每天的运营成本为1.6万元；(2)设图象的函数表达式为：y=kx+b，将(0,−1.6)、(0.8,0)代入上式并解得：k=2，b=1.6，故y=2x−1.6，∵k=2>0，故y随x的增大而增大，当y=0.2时，x=0.9，当y=0.4时，x=1，∴0.9≤x≤1；(3)设总利润为w(万元)，则w=(2+a)(0.6−0.05a)=−0.05a2+0.5a−0.4，=5时，当a=−0.52×(−0.05)此时，a不在1≤a≤2内，当a=2时，w有最大值为0.4万元；故当a=2时，线路每天运营总利润最大，最大的总利润为0.4万元．【知识点】二次函数的应用【解析】(1)由图象可得：单程票价为1.6÷0.8=2(元/人)，每天的运营成本为1.6万元；(2)求出函数表达式y=2x−1.6，当y=0.2时，x=0.9，当y=0.4时，x=1，故0.9≤x≤1；(3)设总利润为w(万元)，则w=(2+a)(0.6−0.05a)=1.6=−0.05a2+0.5a−0.4，即可求解．本题考查二次函数的应用，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．24.【答案】解：(1)证明：∵OA=OC，∴∠A=∠OCA．∵AB为⊙O的直径，∴∠ACB=90°．∵CO⊥DE，∴∠ACO+∠OCE=∠OCE+∠CEO=90°．∴∠ACO=∠CEO．∴∠A=∠CED．(2)∵OG是AB边上的高，且∠ACB=90°，∴∠A+∠ACG=∠ACG+∠BCG=90°．∴∠A=∠ECD=∠CED．∴CD=DE．∵O为DE的中点，且CO⊥DE，∴CD=CE．∴△CDE是等边三角形．∴∠DCO=90°−60°=30°．∵OB=OC，∴OGOB =OGOC=sin∠DCO=12．(3)①当CQ=2OQ时，设OQ=x，则CQ=BQ=2x．∴x2+(2x)2=42．∵x>0，∴x=45√5．∴BC=2BQ=165√5．∴BO=√OQ2+BQ2=4．∵Q是BC的中点，∴OQ⊥BC．∵CG⊥BG，∴△BOQ∽△BGC．∴BGBC =BQOB=√5．∴BG=325．∴OG=BG−BO=325−4=125；当OG=2OQ时，设OQ=x，则OG=2x，AG=4−2x．∵AC⊥BC，OQ⊥BC，∴AC//OQ．∵OA=OB，∴OQ是△BAC的中位线．∴AC=2OQ=2x．∵CG⊥AO，∴AC2−AG2=OC2−OG2．∴(2x)2−(4−2x)2=42−(2x)2．化简得：x2+4x−8=0．解得：x1=−2+2√3，x2=−2−2√3(舍去)．∴OQ=−2+2√3．∴OG=−4+4√3；当CG=2OQ时，由于AC=2OQ，且AC>CG，∴此种情况不存在．综上所述，当四边形CGOQ的其中一边长是OQ的2倍时，所有满足条件的OG长为：125或−4+4√3．②∵△COE的面积是△BOE的面积的3倍，∴CE：BE=3．∴△DCE的面积是△BDE的面积的3倍．∴△COD的面积是△BOD的面积的3倍．∴12CO×OD=12OB×DG×3．∵CO=OB，∴OD=3DG．设DG=a，则OD=3a．∴OG=√OD2−DG2=2√2a．∵OD⊥OC，OG⊥CD，∴△OGD∽△CDO．∴OGDG =ODOC．∴OC=6√2a.∴OB=OC=6√2a.∴BG=OB+OG=8√2a.∴tan∠OBD=DGBG =8√2=√216．【知识点】圆的综合【解析】(1)由OA=OC可得∠A=∠OCA，由AB是直径可得∠ACB=90°；根据余角的性质可得∠ACO=∠CEO，结论可得；(2)根据余角的性质可证∠A=∠BCG=∠CED，可得△CDE为等边三角形，求得∠DCO=30°，然后根据OGOB =OGOC=sin∠DCO求解即可；(3)①分CQ=2OQ，OG=2OQ，CG=2OQ三种情况求解即可；②利用△COE的面积是△BOE的面积的3倍，可得△COD的面积是△BOD的面积的3倍，设半径为r，由三角形的面积公式可得OD=3GD，设GD=a，则OD=3a，OG=2√2a，利用△OGD∽△CGO，求得OC=6√2a，从而BG=8√2a，结论可得．本题主要考查了圆的综合运用，涉及的知识点有圆周角定理，直角三角形的性质，勾股定理，三角形相似的判定与性质，三角形的中位线的性质，一元二次方程的解法，直角三角形的边角关系等，综合性较强．熟练应用上述知识点是解题的关键．。
2020年6月温州市龙湾区九年级数学初中学业水平考试模拟(中考二模)试卷及参考答案
2020年龙湾区初中学业水平考试模拟考试参考答案（数学）一、选择题（本题有10个小题，每小题4分，共40分）二、填空题（本题有6个小题，每小题5分，共30分）17．（本题满分10分）解（1）原式=1212-+（3分） =.211 （2分）（2）原式=().21)21(21a a a -+- （3分） = .21a + （2分）18．（本题8分）（1）解：在△ABC 中，∵AB =AC∴∠B =∠C∵AE =AF∴AB -AE =AC -AF即BE=CF∵D 是BC 中点∴BD =CD∴△BED ≌△CFD （SAS ） （4分）（2）∵△BED ≌△CFD ，∠EDF =80°∴∠EDB =∠FDC=280180︒-︒=50° ∵∠AED =80°∴∠C=∠B =∠AED-∠EDB=30° （4分）（1） a = 100 （1分） b = 90 （1分）由88257025%128025%409025%410025%44=⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯=-x （分） 得：c = 88 （2分）（2）若结果为：750×72%=540 （2分）若结果为：750×48%=360 （2分）若结果为：750×60%=450 （4分）20．（本题8分）（1）（画法不唯一，4分）（2）（4分）（1）解：如图，设直线l 与对称轴交于点F ，∵PD -PE =2PF =2.∴PF =1，即对称轴为：直线x =1. ∴21 1.2a a -=⇒=- ∴对称轴为直线x =1，a 的值为 1.- （4分）（2）解：由（1）知：2223(1)4y x x x =-++=--+.∴(14)M ，，将M 向右平移m （m >0）个单位至点M 1∴1(1+4)M m ，，从而关于直线:l y n =的对称点2(1+24)M m n -，.又∵点M 2 在x 轴上方抛物线上一点且到x 轴距离为1 ∴524=1=.2n n -⇒ 再将2(1+1)M m ，代入抛物线得：212+4=1,=.m m m -⇒综上可知：5=.2m n =， （6分）22．（本题10分）（1）证明：∵AB ∥CD ，∴∠D +∠BAD =180°.又∵∠B =∠D ，∴∠B +∠BAD =180°.∴ AD ∥BC ，即：四边形ABCD 为平行四边形.又∵CE 为⊙O 直径且CH ⊥AB .∴∠CFD =90°=∠CHB ，又∵CF =CH ，∴△CFD ≌△CHB∴CB =CD . 从而□ABCD 为菱形. （5分）（2）由（1）知：BC ∥AD ，CF ⊥AD . ∴BC ⊥CF ，从而∠B =∠BAE .又∵BH =DF ，AB =AD ，∴ AF =AH . 又∵tan ∠B =43=tan ∠BAE . ∴ 设AH =4a ，则EH =3a ，AE =5a ，AF =4a .从而易知：EF =9a ，CF =12a ，CE =15a .又∵OH =9，∴15=2(39) 2.a a a +⇒= ∴AE =5a =10. （5分）F解：（1）由图象可得：单程票价：1.6÷0.8=2（元/人），每天的运营成本为1.6万元.（4分）（2） 设y=k x+b ，将（0，-1.6）,（0.8，0）代入得：k =2，b =-1.6.∴6.12-=x y .因为k =2，故y 随x 的增大而增大，当y=0.2，x =0.9.当y=0.4时，x =1.所以19.0≤≤x . （4分）（3） 设总利润为W ，则6.1)05.06.0)(2(--+=a a W ，整理得：4.05.005.02-+-=a a W ，当()05.025.0-⨯-=a =5时，不在1≤a ≤2内，当a =2时，W 有最大值为0.4万元. 答：当a =2时，该公共汽车线路每天运营总利润最大，最大的总利润为0.4万元． （4分）24．（本题14分）（1）∵OA =OC ，∴∠A =∠OCA .∵AB 为⊙O 的直径，∴∠ACB =90°，且CO ⊥DE ，∴∠ACO +∠OCE =∠OCE +∠CEO =90°.∴∠ACO =∠CEO .∴∠A =∠CED . （3分）（2）∵CG 为AB 边上的高，且∠ACB =90°，∴∠A +∠ACG =∠ACG +∠BCG =90°.∴∠A =∠ECD =∠CED .∴CD =DE .又∵O 为DE 中点，且CO ⊥DE ，∴CD =CE . ∴△CDE 为等边△.∴∠DCO =90°—60°=30°.∵OB =OC ∴21sin =∠==DCO OC OG OB OG （4分）（3）① i 当CQ =2OQ ，由题意得：设OQ 为x ，则CQ =BQ =2x .∴x 2+(2x )2=42.由x >0，得x =554. ∴BC =5516. 由52==OB BQ BC BG . 得BG =532. ∴OG =532—4=512. （2分） ii 当OG =2OQ .设OQ 为x ，则AC =2x =OG .由AC 2－AG 2=OC 2－OG 2得，(2x )2-(4-2x )2=42-(2x )2，化简x 2+4x -8=0，x 1=322+-，x 2=322--（舍）∴OG =344+- （2分）iii 当CG =2OQ由于AC =2OQ ，且AC >CG∴不存在 （1分）综上所述，当OG =512或344+-时，四边形CGOD 其中一边长为OQ 的2倍. ② tan ∠DBG =162 （2分）。
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浙江省温州市中考数学二模试卷一、选择题（本题有10小题，每小题4分，共40分.每小题只有一个选项是正确的，不选、多选、错选，均不给分）1．在﹣4，﹣2，﹣1，0这四个数中，比﹣3小的数是（）A．﹣4 B．﹣2 C．﹣1 D．02．如图是由5个完全相同的小正方体组成的几何体．则这个几何体的主视图是（）A．B．C．D．3．一次函数y=2x+4交y轴于点A，则点A的坐标为（）A．（0，4） B．（4，0） C．（﹣2，0）D．（0，﹣2）4．不等式3x≤2（x﹣1）的解集为（）A．x≤﹣1 B．x≥﹣1 C．x≤﹣2 D．x≥﹣25．如图，在矩形ABCD中，AB=4，AD=3，以顶点D为圆心作半径为r的圆，若点A，B，C中至少有一个点在圆内，且至少有一个点在圆外，则r的值可以是下列选项中的（）A．3 B．4 C．5 D．66．解方程，去分母正确的是（）A．2﹣（x﹣1）=1 B．2﹣3（x﹣1）=6 C．2﹣3（x﹣1）=1 D．3﹣2（x﹣1）=67．如图，在△ABC中，BD平分∠ABC，BC的垂直平分线交BC于点E，交BD于点F，连结CF．若∠A=60°，∠ACF=45°，则∠ABC的度数为（）A．45°B．50°C．55°D．60°8．如图，直线y=2x+4与x，y轴分别交于点A，B，以OB为底边在y轴右侧作等腰△OBC，将点C向左平移4个单位，使其对应点C′恰好落在直线AB上，则点C的坐标为（）A．（5，2） B．（4，2） C．（3，2） D．（﹣1，2）9．随着服装市场竞争日益激烈，某品牌服装专卖店一款服装按原售价降价a元后，再次打7折，现售价为b元，则原售价为（）A．a+B．a+C．b+D．b+10．如图，给定的点A，B分别在y轴正半轴、x轴正半轴上，延长OB至点C，使BC=OB，以AB，BC为邻边构造▱ABCD，点P从点D出发沿边DC向终点C运动（点P不与点C重合），反比例函数的图象y=经过点P，则k的值的变化情况是（）A．先增大后减小B．一直不变C．一直增大D．一直减小二、填空题（本题有6小题，每小题5分，共30分）11．因式分解：a2﹣2a+1﹣b2=．12．某校为纪念世界反法西斯战争胜利70周年，举行了主题为“让历史照亮未来”的演讲比赛，其中九年级的5位参赛选手的比赛成绩（单位：分）分别为：8.6，9.5，9.7，8.8，9，则这5个数据中的中位数是．13．如图，以△ABC的边BC为直径的⊙O分别交AB，AC于点D，E，连结OD，OE，若∠DOE=40°，则∠A的度数为．14．在一个不透明的盒子中装有12个白球，若干个黄球，这些球除颜色外都相同．若从中随机摸出一个球是白球的概率是，则黄球的个数为个．15．如图，在△ABC中，∠ACB=90°BC=2，将△ACB绕点C逆时针旋转60°得到△DCE（A和D，B和E分别是对应顶点），若AE∥BC，则△ADE的周长为．16．如图，已知点A的坐标为（m，0），点B的坐标为（m﹣2，0），在x轴上方取点C，使CB⊥x轴，且CB=2AO，点C，C′关于直线x=m对称，BC′交直线x=m于点E，若△BOE的面积为4，则点E的坐标为．三、解答题（本题有8小题，共80分.解答需要写出必要的文字说明、演算步骤或证明过程）17．（1）计算：（﹣2）2+2×（﹣3）+20160．（2）化简：（m+1）2﹣（m﹣2）（m+2）．18．如图，在⊙O中，弦AB=弦CD，AB⊥CD于点E，且AE＜EB，CE＜ED，连结AO，DO，BD．（1）求证：EB=ED．（2）若AO=6，求的长．19．如图，在平面直角坐标系中，已知点A（3，4），B（﹣3，0）．（1）只用直尺（没有刻度）和圆规按下列要求作图．（要求：保留作图痕迹，不必写出作法）Ⅰ）AC⊥y轴，垂足为C；Ⅱ）连结AO，AB，设边AB，CO交点E．（2）在（1）作出图形后，直接判断△AOE与△BOE的面积大小关系．20．某校举办初中生演讲比赛，每班派一名学生参赛，现某班有A，B，C三名学生竞选，他们的笔试成绩和口试成绩分别用两种方式进行了统计，如表和图1：学生A B C笔试成绩（单位：分）859590口试成绩（单位：分）8085（1）请将表和图1中的空缺部分补充完整．（2）竞选的最后一个程序是由本年级段的300名学生代表进行投票，每票计1分，三名候选人的得票情况如图2（没有弃权票，每名学生只能推荐一人），若将笔试、口试、得票三项测试得分按3：4：3的比例确定最后成绩，请计算这三名学生的最后成绩，并根据最后成绩判断谁能当选．21．如图，在△ABC中，AB=AC，作AD⊥AB交BC的延长线于点D，作CE⊥AC，且使AE∥BD，连结DE．（1）求证：AD=CE．（2）若DE=3，CE=4，求tan∠DAE的值．22．某校准备去楠溪江某景点春游，旅行社面向学生推出的收费标准如下：人数m0＜m≤100100＜m≤200m＞200收费标准（元/人）908070已知该校七年级参加春游学生人数多于100人，八年级参加春游学生人数少于100人．经核算，若两个年级分别组团共需花费17700元，若两个年级联合组团只需花费14700元．（1）两个年级参加春游学生人数之和超过200人吗？为什么？（2）两个年级参加春游学生各有多少人？23．实验室里，水平桌面上有甲、乙两个圆柱形容器（容器足够高），底面半径之比为1：2，用一个管子在甲、乙两个容器的15厘米高度处连通（即管子底端离容器底15厘米）．已知只有乙容器中有水，水位高2厘米，如图所示．现同时向甲、乙两个容器注水，平均每分钟注入乙容器的水量是注入甲容器水量的k倍．开始注水1分钟，甲容器的水位上升a厘米，且比乙容器的水位低1厘米．其中a，k均为正整数，当甲、乙两个容器的水位都到达连通管子的位置时，停止注水．甲容器的水位有2次比乙容器的水位高1厘米，设注水时间为t分钟．（1）求k的值（用含a的代数式表示）．（2）当甲容器的水位第一次比乙容器的水位高1厘米时，求t的值．（3）当甲容器的水位第二次比乙容器的水位高1厘米时，求a，k，t的值．24．如图，在平面直角坐标系中，点A，B分别是y轴正半轴，x轴正半轴上两动点，OA=2k，OB=2k+3，以AO，BO为邻边构造矩形AOBC，抛物线y=﹣x2+3x+k交y轴于点D，P为顶点，PM⊥x轴于点M．（1）求OD，PM的长（结果均用含k的代数式表示）．（2）当PM=BM时，求该抛物线的表达式．（3）在点A在整个运动过程中．①若存在△ADP是等腰三角形，请求出所有满足条件的k的值．②当点A关于直线DP的对称点A′恰好落在抛物线y=﹣x2+3x+k的图象上时，请直接写出k 的值．浙江省温州市中考数学二模试卷参考答案与试题解析一、选择题（本题有10小题，每小题4分，共40分.每小题只有一个选项是正确的，不选、多选、错选，均不给分）1．在﹣4，﹣2，﹣1，0这四个数中，比﹣3小的数是（）A．﹣4 B．﹣2 C．﹣1 D．0【考点】有理数大小比较．【分析】根据两个负数比较大小，绝对值大的数反而小，可得答案．【解答】解：由|﹣4|＞|﹣3|，得﹣4＜﹣3，故选：A．2．如图是由5个完全相同的小正方体组成的几何体．则这个几何体的主视图是（）A．B．C．D．【考点】简单组合体的三视图．【分析】根据从正面看得到的视图是主视图，可得答案．【解答】解：从正面看第一层是三个小正方形，第二层右边一个小正方形，故选：B．3．一次函数y=2x+4交y轴于点A，则点A的坐标为（）A．（0，4） B．（4，0） C．（﹣2，0）D．（0，﹣2）【考点】一次函数图象上点的坐标特征．【分析】在一次函数y=2x+4中，令x=0，求出y的值，即可得到点A的坐标．【解答】解：在一次函数y=2x+4中，当x=0时，y=0+4解得y=4∴点A的坐标为（0，4）4．不等式3x≤2（x﹣1）的解集为（）A．x≤﹣1 B．x≥﹣1 C．x≤﹣2 D．x≥﹣2【考点】解一元一次不等式．【分析】根据解一元一次不等式的步骤：去括号、移项、合并同类项计算，即可得到答案．【解答】解：去括号得，3x≤2x﹣2，移项、合并同类项得，x≤﹣2，故选：C．5．如图，在矩形ABCD中，AB=4，AD=3，以顶点D为圆心作半径为r的圆，若点A，B，C中至少有一个点在圆内，且至少有一个点在圆外，则r的值可以是下列选项中的（）A．3 B．4 C．5 D．6【考点】点与圆的位置关系；矩形的性质．【分析】根据点与圆心的距离d，则d＞r时，点在圆外；当d=r时，点在圆上；当d＜r时，点在圆内，可得答案．【解答】解：由勾股定理，得BD==5．在矩形ABCD中，AB=4，AD=3，以顶点D为圆心作半径为r的圆，若点A，B，C中至少有一个点在圆内，且至少有一个点在圆外，得3＜r＜5，故选：B．6．解方程，去分母正确的是（）A．2﹣（x﹣1）=1 B．2﹣3（x﹣1）=6 C．2﹣3（x﹣1）=1 D．3﹣2（x﹣1）=6【考点】解一元一次方程．【分析】等式的两边同时乘以公分母6后去分母．【解答】解：在原方程的两边同时乘以6，得2﹣3（x﹣1）=6；7．如图，在△ABC中，BD平分∠ABC，BC的垂直平分线交BC于点E，交BD于点F，连结CF．若∠A=60°，∠ACF=45°，则∠ABC的度数为（）A．45°B．50°C．55°D．60°【考点】线段垂直平分线的性质；三角形内角和定理；等腰三角形的性质．【分析】设∠ABD=∠CBD=x°，则∠ABC=2x°，根据线段垂直平分线性质求出BF=CF，推出∠FCB=∠CBD，根据三角形内角和定理得出方程，求出方程的解即可．【解答】解：∵BD平分∠ABC，∴∠ABD=∠CBD，设∠ABD=∠CBD=x°，则∠ABC=2x°，∵EF是BC的垂直平分线，∴BF=CF，∴∠FCB=∠CBD=x°，∵∠A=60°，∠ACF=45°，∴60°+45°+x°+2x°=180°，解得：x=25，∴∠ABC=2x°=50°，故选B．8．如图，直线y=2x+4与x，y轴分别交于点A，B，以OB为底边在y轴右侧作等腰△OBC，将点C向左平移4个单位，使其对应点C′恰好落在直线AB上，则点C的坐标为（）A．（5，2） B．（4，2） C．（3，2） D．（﹣1，2）【考点】一次函数图象上点的坐标特征；坐标与图形变化-平移．【分析】先求出直线y=2x+4与y轴交点B的坐标为（0，4），再由C在线段OB的垂直平分线上，得出C点纵坐标为2，将y=2代入y=2x+4，求得x=﹣1，即可得到C′的坐标为（﹣1，2）．【解答】解：∵直线y=2x+4与y轴交于B点，∴x=0时，得y=4，∴B（0，4）．∵以OB为边在y轴右侧作等边三角形OBC，∴C在线段OB的垂直平分线上，∴C点纵坐标为2．将y=2代入y=2x+4，得2=2x+4，解得x=﹣1．则C′（﹣1，2），将其向右平移4个单位得到C（3，2）．故选：C．9．随着服装市场竞争日益激烈，某品牌服装专卖店一款服装按原售价降价a元后，再次打7折，现售价为b元，则原售价为（）A．a+B．a+C．b+D．b+【考点】列代数式．【分析】可设原售价是x元，根据降价a元后，再次下调了30%后是b元为相等关系列出方程，用含a，b的代数式表示x即可求解．【解答】解：设原售价是x元，则（x﹣a）70%=b，解得x=a+b，故选：A．10．如图，给定的点A，B分别在y轴正半轴、x轴正半轴上，延长OB至点C，使BC=OB，以AB，BC为邻边构造▱ABCD，点P从点D出发沿边DC向终点C运动（点P不与点C重合），反比例函数的图象y=经过点P，则k的值的变化情况是（）A．先增大后减小B．一直不变C．一直增大D．一直减小【考点】反比例函数图象上点的坐标特征；平行四边形的性质．【分析】根据反比例函数的性质和二次函数的性质，从而可以解答本题．【解答】解：如右图所示，设点P的坐标为（x，y），OB=a，OA=b，=S梯形OADC﹣S△梯形EADP﹣S△OPC，则S△OPE即化简，得k=﹣，∵x≥a，∴k的值随x的变大而变小，故选D．二、填空题（本题有6小题，每小题5分，共30分）11．因式分解：a2﹣2a+1﹣b2=（a﹣1+b）（a﹣1﹣b）．【考点】因式分解-分组分解法．【分析】原式前三项结合，利用完全平方公式变形，再利用平方差公式分解即可．【解答】解：原式=（a2﹣2a+1）﹣b2=（a﹣1）2﹣b2=（a﹣1+b）（a﹣1﹣b），故答案为：（a﹣1+b）（a﹣1﹣b）12．某校为纪念世界反法西斯战争胜利70周年，举行了主题为“让历史照亮未来”的演讲比赛，其中九年级的5位参赛选手的比赛成绩（单位：分）分别为：8.6，9.5，9.7，8.8，9，则这5个数据中的中位数是9．【考点】中位数．【分析】把这组数按从大到小（或从小到大）的顺序排列，因为数的个数是奇数个，所以中间哪个数就是中位数．【解答】解：按照从小到大的顺序排列为：8.6，8.8，9，9.5，9.7，中位数为：9．故答案为：9．13．如图，以△ABC的边BC为直径的⊙O分别交AB，AC于点D，E，连结OD，OE，若∠DOE=40°，则∠A的度数为70°．【考点】圆周角定理．【分析】连接BE，根据圆周角定理求出∠ABE的度数，由BC为直径得∠BEC=90°，再利用互余得到∠A的度数．【解答】解：连接BE，如图，∵∠DOE=40°，∴∠ABE=20°，∵BC为直径，∴∠BEC=90°，∴∠A=90°﹣∠ABE=90°﹣20°=70°，故答案为70°．14．在一个不透明的盒子中装有12个白球，若干个黄球，这些球除颜色外都相同．若从中随机摸出一个球是白球的概率是，则黄球的个数为24个．【考点】概率公式．【分析】首先设黄球的个数为x个，根据题意得：=，解此分式方程即可求得答案．【解答】解：设黄球的个数为x个，根据题意得：=，解得：x=24，经检验：x=24是原分式方程的解；∴黄球的个数为24．故答案为：24；15．如图，在△ABC中，∠ACB=90°BC=2，将△ACB绕点C逆时针旋转60°得到△DCE（A和D，B和E分别是对应顶点），若AE∥BC，则△ADE的周长为1+．【考点】旋转的性质．【分析】根据旋转的性质得到∴CE=BC=2，AC=CD，∠BCE=∠ACD=60°，∠DCE=∠ACB=90°，推出△ACD是等边三角形，得到AD=AC，解直角三角形到底AE=CE=1，AC=CD=CE=，由勾股定理到底DE==，即可得到结论．【解答】解：∵将△ACB绕点C逆时针旋转60°得到△DCE，∴CE=BC=2，AC=CD，∠BCE=∠ACD=60°，∠DCE=∠ACB=90°，∴△ACD是等边三角形，∴AD=AC，∵AE∥BC，∴∠EAC=90°，∠AEC=∠BCE=60°，∴AE=CE=1，AC=CD=CE=，∴DE==，∴△ADE的周长=AE+AC+CE=1+，故答案为：1+．16．如图，已知点A的坐标为（m，0），点B的坐标为（m﹣2，0），在x轴上方取点C，使CB⊥x轴，且CB=2AO，点C，C′关于直线x=m对称，BC′交直线x=m于点E，若△BOE的面积为4，则点E的坐标为（﹣2，2）．【考点】坐标与图形变化-对称．【分析】先根据矩形的性质与轴对称的性质得出AB=C′D，再利用AAS证明△ABE≌△DC′E，得出AE=DE=﹣m．根据△BOE的面积为4，列出方程（2﹣m）（﹣m）=4，解方程即可．【解答】解：如图，设AE与CC′交于点D．∵点A的坐标为（m，0），在x轴上方取点C，使CB⊥x轴，且CB=2AO，∴CB=﹣2m．∵点C，C′关于直线x=m对称，∴CD=C′D，∵ABCD是矩形，AB=CD，∴AB=C′D．又∵∠BAE=∠C′DE=90°，∠AEB=DEC′，∴△ABE≌△DC′E，∴AE=DE，∴AE=AD=BC=﹣m．∵△BOE的面积为4，∴（2﹣m）（﹣m）=4，整理得，m2﹣2m﹣8=0，解得m=4或﹣2，∵在x轴上方取点C，∴﹣2m＞0，∴m＜0，∴m=4不合题意舍去，∵点E的坐标为（m，﹣m），∴点E的坐标为（﹣2，2）．故答案为（﹣2，2）．三、解答题（本题有8小题，共80分.解答需要写出必要的文字说明、演算步骤或证明过程）17．（1）计算：（﹣2）2+2×（﹣3）+20160．（2）化简：（m+1）2﹣（m﹣2）（m+2）．【考点】整式的混合运算；零指数幂．【分析】（1）原式先计算乘方运算，再计算乘法及零指数幂运算即可得到结果；（2）原式利用完全平方公式，平方差公式计算即可得到结果．【解答】解：（1）原式=4﹣6+1=﹣1；（2）原式=m2+2m+1﹣m2+4=2m+5．18．如图，在⊙O中，弦AB=弦CD，AB⊥CD于点E，且AE＜EB，CE＜ED，连结AO，DO，BD．（1）求证：EB=ED．（2）若AO=6，求的长．【考点】弧长的计算；圆周角定理．【分析】（1）由AB=CD，根据圆心角、弧、弦的关系定理得出=，即+=+，那么=，根据圆周角定理得到∠CDB=∠ABD，利用等角对等边得出EB=ED；（2）先求出∠CDB=∠ABD=45°，再根据圆周角定理得出∠AOB=90°．又AO=6，代入弧长公式计算即可求解．【解答】（1）证明：∵AB=CD，∴=，即+=+，∴=，∵、所对的圆周角分别为∠CDB，∠ABD，∴∠CDB=∠ABD，∴EB=ED；（2）解：∵AB⊥CD，∴∠CDB=∠ABD=45°，∴∠AOD=90°．∵AO=6，∴的长==3π．19．如图，在平面直角坐标系中，已知点A（3，4），B（﹣3，0）．（1）只用直尺（没有刻度）和圆规按下列要求作图．（要求：保留作图痕迹，不必写出作法）Ⅰ）AC⊥y轴，垂足为C；Ⅱ）连结AO，AB，设边AB，CO交点E．（2）在（1）作出图形后，直接判断△AOE与△BOE的面积大小关系．【考点】作图—复杂作图；坐标与图形性质．【分析】（1）过点A作AC⊥y轴于C，连接AB交y轴于E，如图，（2）证明△ACE≌△BOE，则AE=BE，于是根据三角形面积公式可判断△AOE的面积与△BOE的面积相等．【解答】解：（1）如图，（2）∵A（3，4），B（﹣3，0），∴AC=OB=3，在△ACE和△BOE中，，∴△ACE≌△BOE，∴AE=BE，∴△AOE的面积与△BOE的面积相等．20．某校举办初中生演讲比赛，每班派一名学生参赛，现某班有A，B，C三名学生竞选，他们的笔试成绩和口试成绩分别用两种方式进行了统计，如表和图1：学生A B C笔试成绩（单位：分）859590口试成绩（单位：分）908085（1）请将表和图1中的空缺部分补充完整．（2）竞选的最后一个程序是由本年级段的300名学生代表进行投票，每票计1分，三名候选人的得票情况如图2（没有弃权票，每名学生只能推荐一人），若将笔试、口试、得票三项测试得分按3：4：3的比例确定最后成绩，请计算这三名学生的最后成绩，并根据最后成绩判断谁能当选．【考点】条形统计图；扇形统计图；加权平均数．【分析】（1）根据条形统计图找出A的口试成绩，填写表格即可；找出C的笔试成绩，补全条形统计图即可；（2）由300分别乘以扇形统计图中各学生的百分数即可得到各自的得分，再根据加权平均数的计算方法计算可得．【解答】解：（1）由条形统计图得：A同学的口试成绩为90；补充直方图，如图所示：A B C笔试859590口试908085（2）三名同学得票情况是，A：300×35%=105；B：300×40%=120；C：300×25%=75，∴==93，==96.5，==83.5，∵＞＞，∴B学生能当选．21．如图，在△ABC中，AB=AC，作AD⊥AB交BC的延长线于点D，作CE⊥AC，且使AE∥BD，连结DE．（1）求证：AD=CE．（2）若DE=3，CE=4，求tan∠DAE的值．【考点】全等三角形的判定与性质；平行四边形的判定与性质．【分析】（1）利用已知条件证明△BAD≌△ACE，根据全等三角形的对应边相等即可解答；（2）由△BAD≌△ACE，得到BD=AE，AD=CE，从而证明四边形ABDE为平行四边形，再证明∠EDA=∠BAD=90°，最后根据三角函数即可解答．【解答】解：（1）∵AB=AC，∴∠B=∠BCA，∵AE∥BD，∴∠CAE=∠BCA，∴∠B=∠CAE，又∵AD⊥AB，CE⊥AC，∴∠BAD=∠ACE=90°，在△BAD和△ACE中，，∴△BAD≌△ACE．∴AD=CE．（2）∵△BAD≌△ACE，∴BD=AE，AD=CE，∵AE∥BD，∴四边形ABDE为平行四边形．∴DE∥AB，∴∠EDA=∠BAD=90°，∴．又∵AD=CE=4，DE=3，∴tan∠DAE=．22．某校准备去楠溪江某景点春游，旅行社面向学生推出的收费标准如下：人数m0＜m≤100100＜m≤200m＞200收费标准（元/人）908070已知该校七年级参加春游学生人数多于100人，八年级参加春游学生人数少于100人．经核算，若两个年级分别组团共需花费17700元，若两个年级联合组团只需花费14700元．（1）两个年级参加春游学生人数之和超过200人吗？为什么？（2）两个年级参加春游学生各有多少人？【考点】二元一次方程组的应用．【分析】（1）设两个年级参加春游学生人数之和为a人，分两种情况讨论，即a＞200和100＜a≤200，即可得出答案；（2）设七年级参加春游学生人数有x人，八年级参加春游学生人数有y人，根据两种情况的费用，即100＜x≤200和x＞200分别列方程组求解，即可得出答案．【解答】解：（1）设两个年级参加春游学生人数之和为a人，若a＞200，则a=14700÷70=210（人）．若100＜a≤200，则a=14700÷80=183（不合题意，舍去）．则两个年级参加春游学生人数之和等于210人，超过200人．（2）设七年级参加春游学生人数有x人，八年级参加春游学生人数有y人，则①当100＜x≤200时，得，解得．②当x＞200时，得，解得（不合题意，舍去）．则七年级参加春游学生人数有120人，八年级参加春游学生人数有90人．23．实验室里，水平桌面上有甲、乙两个圆柱形容器（容器足够高），底面半径之比为1：2，用一个管子在甲、乙两个容器的15厘米高度处连通（即管子底端离容器底15厘米）．已知只有乙容器中有水，水位高2厘米，如图所示．现同时向甲、乙两个容器注水，平均每分钟注入乙容器的水量是注入甲容器水量的k倍．开始注水1分钟，甲容器的水位上升a厘米，且比乙容器的水位低1厘米．其中a，k均为正整数，当甲、乙两个容器的水位都到达连通管子的位置时，停止注水．甲容器的水位有2次比乙容器的水位高1厘米，设注水时间为t分钟．（1）求k的值（用含a的代数式表示）．（2）当甲容器的水位第一次比乙容器的水位高1厘米时，求t的值．（3）当甲容器的水位第二次比乙容器的水位高1厘米时，求a，k，t的值．【考点】二元一次方程的应用；一元一次方程的应用．【分析】（1）根据“开始注水1分钟，甲容器的水位上升a厘米，且比乙容器的水位低1厘米”，即可得出a、k之间的关系式，变形后即可得出结论；（2）根据两容器水位间的关系列出a、k、t的代数式，将（1）的结论代入其内整理后即可得出结论；（3）由（1）中的k=4﹣结合a、k均为正整数即可得出a、k的值，经检验后可得出a、k值合适，再将乙容器内水位上升的高度转换成甲容器内水位上升的高度结合水位上升的总高度=单位时间水位上升的高度×注水时间即可得出关于t的一元一次方程，解之即可得出结论．【解答】解：（1）根据题意得：a+1=2+，解得；k=4﹣．（2）根据题意得：at=1+2+，∵k=4﹣，∴at=3+（4﹣）=3+at﹣t，∴t=3．（3）∵k=4﹣，且a、k均为正整数，∴或．∵a＜=5，k＜4，∴或符合题意．①当时，15+（14﹣2）×4=at+akt=2t+4t，解得：t=；②当时，15+（14﹣2）×4=at+akt=4t+12t，解得：t=．综上所述：a、k、t的值为2、2、或4、3、．24．如图，在平面直角坐标系中，点A，B分别是y轴正半轴，x轴正半轴上两动点，OA=2k，OB=2k+3，以AO，BO为邻边构造矩形AOBC，抛物线y=﹣x2+3x+k交y轴于点D，P为顶点，PM⊥x轴于点M．（1）求OD，PM的长（结果均用含k的代数式表示）．（2）当PM=BM时，求该抛物线的表达式．（3）在点A在整个运动过程中．①若存在△ADP是等腰三角形，请求出所有满足条件的k的值．②当点A关于直线DP的对称点A′恰好落在抛物线y=﹣x2+3x+k的图象上时，请直接写出k 的值．【考点】二次函数综合题．【分析】（1）点D在y=﹣x2+3x+k上，且在y轴上，即y=0求出点D坐标，根据抛物线顶点公式，求出即可；（2）先用k表示出相关的点的坐标，根据PM=BM建立方程即可；（3）①先用k表示出相关的点的坐标，根据△ADP是等腰三角形，分三种情况，AD=AP，DA=DP，PA=PD计算；②由点P，D坐标求出直线PD解析式，根据PD⊥AA′，且A（0，2k），确定出AA′解析式，继而求出交点，再求出A′的坐标即可．【解答】解：（1）把x=0，代入，∴y=k．∴OD=k．∵，∴PM=k+3．（2）∵，∴OM=2，BM=OB﹣OM=2k+3﹣2=2k+1．又∵PM=k+3，PM=BM，∴k+3=2k+1，解得k=2．∴该抛物线的表达式为．（3）①Ⅰ）当点P在矩形AOBC外部时如图1，过P作PK⊥OA于点K，当AD=AP时，∵AD=AO﹣DO=2k﹣k=k，∴AD=AP=k，KA=KO﹣AO=PM﹣AO=k+3﹣2k=3﹣k KP=OM=2，在Rt△KAP中，KA2+KP2=AP2∴（3﹣k）2+22=k2，解得．Ⅱ）当点P在矩形AOBC内部时当PD=AP时，过P作PH⊥OA于H，AD=k，HD=，又∵HO=PM=k+3，∴，解得k=6．当DP=DA时，过D作PQ⊥PM于Q，PQ=PM﹣QM=PM﹣OD=k+3﹣k=3DQ=OM=2，DP=DA=k，在Rt△DQP中，．∴．即：，k=6，k=．②∵P（2，k+3），D（0，k）∴直线PD解析式为y=x+k，∵A（0，2k），∴直线AA′的解析式为y=﹣x+2k，∴直线PD和直线AA′的交点为（k，k），∴A′（k，k），∵A′在抛物线y=﹣x2+3x+k上，∴﹣×（k）2+3×k+k=k，∴k=或k=0（舍）。