浙江省瑞安市瑞祥学校2020年九年级中考一模考试数学试卷

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2020年数学中考一模试题及答案

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1872
188
187
2
190
187 2
186
187
2
194
187
2
59
=
3
∵188＞187， 68 ＞ 59 ， 33
∴平均数变小，方差变小，
故选：A.
点睛：本题考查了平均数与方差的定义：一般地设 n 个数据，x1，x2，…xn 的平均数为 x ，
则方差
S2=
1 n
[（x1-
∵AE=2，DE=6，∴AD=AE+DE=2+6=8．
∴矩形 ABCD 的面积=AB•AD=2 3 ×8=16 3 ．故选 D．
考点：翻折变换（折叠问题），矩形的性质，平行的性质，锐角三角函数定义，特殊角的三角函数值．
6．A
解析：A 【解析】分析：根据平均数的计算公式进行计算即可,根据方差公式先分别计算出甲和乙的方差，再根据方差的意义即可得出答案.
∴∠AEF=180°-∠EFB=180°－60°=120°，∠DEF=∠EFB=60°． ∵把矩形 ABCD 沿 EF 翻折点 B 恰好落在 AD 边的 B′处， ∴∠BEF=∠DEF=60°． ∴∠AEB=∠AEF-∠BEF=120°－60°=60°．
在 Rt△ABE 中，AB=AE•tan∠AEB=2tan60°=2 3 ．
根据二次函数的对称轴为 x=- b ，可知无法判断对称轴的位置，故③不正确； 2a
根据其图像开口向上，且当 x=2 时，4a+2b+c＞a+b+c=0，故不等式 4a+2b+c>0 一定成立，故④正确. 故选：C.

2024年中考数学第一次模拟考试(浙江卷)(全解全析)

2024年中考第一次模拟考试（浙江卷）数学·全解全析第Ⅰ卷一、选择题（本大题共10个小题，每小题3分，共30分．在每个小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求，请选出并在答题卡上将该项涂黑）1．设x 是用字母表示的有理数，则下列各式中一定大于零的是（）【答案】D【分析】本题考查了非负数的性质，三种类型的非负数：（1）绝对值；（2）偶次方；（3）二次根式（算术平方根）．根据含绝对值、平方的数都是非负数，它们的值都大于等于0，由此可解此题．【详解】解：当0x <时，2x +与2x 都小于0，当0x =时，x =，而不论x 取何值，20x ≥，22x +必大于0．故选：D ．A ．235m n mn +=B ．220a b ba −+=C ．22423x x x +=D ．()33a b a b +=+【答案】B【分析】本题考查整式的加法运算，根据合并同类项法则判定A 、B 、C ；根据去括号法则判定D 即可．【详解】解：A. 23m n +没有同类项不能合并；故本选项不符合题意；B. 220a b ba −+=故该选项正确，符合题意；C. 22223x x x +=，故该选项不正确，不符合题意；D.()333a b a b+=+故该选项不正确，不符合题意；故选：B ．3．2023年9月23日第19届杭州亚运会开幕，有最高2640000人同时收看直播，数字2640000用科学记数法可以表示为（） A ．42.6410⨯ B ．52.6410⨯ C ．62.6410⨯ D ．72.6410⨯【答案】C【分析】本题考查用科学记数法表示较大的数，用科学记数法表示较大的数时，一般形式为10na ⨯，确定a与n 的值是解题的关键．【详解】解：2640000，共有7位数字，2的后面有6位，∴62640000 2.6410=⨯，故选：C ．4．由6个同样的立方体摆出从正面看是的几何体，下面摆法正确的是（）A ．B ．C ．D ．【答案】B【分析】根据主视图：从正面看得到几何体的图像，逐个判断即可得到答案．【详解】解：A A 不符合题意；B 选项图形主视图得到两行三列，且第一列由两个，其余的一个，故B 符合题意；C 选项图形主视图得到两行三列，且第一二列都是两个，故C 不符合题意；D 选项图形主视图得到两行四列，故D 不符合题意；故选：B ．【点睛】本题考查主视图：从正面看得到几何体的图像叫几何体的主视图．A ．1−B ．0C ．1D ．2【答案】D【分析】根据分子、分母的取值范围进行判断即可．【详解】解：∵222x ≥+，211x +≥，且2221x x +≠+，∴2221x x ++的值不可能是1−、0、1；当0x =时，分式2221x x ++的值等于2，故选：D ．【点睛】本题考查了分式的求值，正确得出分子、分母的取值范围是解题的关键．6．如图，BC 是O 的切线，点B 是切点，连接CO 交O 于点D ，延长CO 交O 于点A ，连接AB ，若30C ∠=︒，2OD =，则AB 的长为（）【答案】C【分析】此题重点考查切线的性质定理、等边三角形的判定与性质、勾股定理等知识．连接OB 、DB ，由AD 是O 的直径，得90ABD Ð=°，24AD OD ==，由切线的性质得90OBC ∠=︒，而30C ∠=︒，则60BOC ∠=︒，所以BOD ∆是等边三角形，则2BD OD ==，所以AB ==【详解】解：连接OB 、DB ，则2OB OD ==，AD 是O 的直径，90ABD ∴∠=︒，24AD OD ==， BC 与O 相切于点B ， BC OB ∴⊥， 90OBC ∴∠=︒， 30C ∠=︒， 60BOC ∴∠=︒，BOD ∴是等边三角形，2BD OD ∴==，AB ∴故选：C ．【答案】A【分析】本题考查了概率公式，直接利用概率公式求解．【详解】解：因为与10号座位相邻得有2个座位（9号和11号），所以小亮从其余的票中任意抽取一张，取得的一张恰与小明邻座的概率为219．故选：A ．8．已知1y 和2y 均是以x 为自变量的函数，当x m =时，函数值分别是1M 和2M ，若存在实数m ，使得121M M −=，则称函数1y 和2y 符合“特定规律”，以下函数1y 和2y 符合“特定规律”的是（）【答案】B【分析】本题主要考查一元二次方程根的判别式、二次函数的性质．根据题中所给定义及一元二次方程根的判别式可直接进行排除选项．【详解】解：当x m =时，函数值分别为1M 和2M ，若存在实数m ，使得121M M −=，A 、有22270m m −+=，24456520b ac ∆=−=−=−<，所以不存在实数m ，故不符合题意；B 、有2290m m +−=，24436400b ac ∆=−=+=>，所以存在实数m ，故符合题意；C 、有22270m m ++=，24456520b ac ∆=−=−=−<，所以不存在实数m ，故不符合题意；D 、有2270m m ++=，24428240b ac ∆=−=−=−<，所以不存在实数m ，故不符合题意；故选：B ．PE OA ，【答案】B【分析】过P 作PM OB ⊥于M ，再判定四边形PFOE 为平行四边形，再根据勾股定理求出边和高，最后求出面积．【详解】解：过P 作PM OB ⊥于M ，由作图得：OP 平分AOB ∠， ∴1302POB AOP AOB ∠=∠=∠=︒，∴13cm 2PM OP ==，∴OM =∵PE OA ，PF OB ∥，∴四边形PFOE 为平行四边形，30EPO POA ∠=∠=︒， ∴POE OPE ∠=∠， ∴OE PE =，设OE PE x ==，在Rt PEM 中，222PE MP EM −=，即：()2223x x−=，解得：x =∴)·3cm OEPF S OE PM ===四边形．故选：B ．【点睛】本题考查了基本作图，掌握平行四边形的判定定理，勾股定理及平行四边形的面积公式是解题的关键．【答案】A【分析】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，余角性质，三角函数，过点Q 作QN AB ⊥于N ，连接Q B F 、、，先证明ENQ CBE ≌，得到EB QN BN BG CG ====，设EB QN BN BG CG a =====，则2AB BC CD AD a ====，AN a =，再证明CBE CDP ≌、PAM QNM ≌，得到PA a =，12AM a =，32BM a =，利用三角函数即可求解，正确作出辅助线是解题的关键．【详解】解：过点Q 作QN AB ⊥于N ，连接Q B F 、、，则90QNE QNM ∠=∠=︒，∵四边形ABCD 、四边形BEFG 、四边形CPQE 是正方形，∴EC EQ =，CB CD =，90GBE CEQ BCD PCE A ∠=∠=∠=∠=∠=︒， ∵点Q B F 、、三点共线， ∴45QBN EBF ∠=∠=︒，∴EBF BQN 、都是等腰直角三角形， ∴QN BN =，∵90BCE BEC ∠+∠=︒，90QEN BEC ∠+∠=︒， ∴BCE QEN ∠=∠，在ENQ △和CBE △中，90ENQ QEN BCE EQ CE ∠=∠=︒⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴()AAS ENQ CBE ≌，∴EN CB =，QN EB =， ∵QN BN =， ∴2EN CB EB ==，∴EB QN BN BG CG ====，设EB QN BN BG CG a =====，则2AB BC CD AD a ====，2AN a a a =−=， ∵90DCP BCP ∠+∠=︒，90BCE BCP ∠+∠=︒， ∴DCP BCE ∠=∠，在CBE △和CDP △中，90CBE D CB CDBCE DCP ∠=∠=︒⎧⎪=⎨⎪∠=∠⎩，∴()ASA CBE CDP ≌，∴BE DP a ==， ∴2PA a a a =−=， ∴PA QN =，在PAM △和QNM △中，90PMA QMN A QNM PA QN ∠=∠⎧⎪∠=∠=︒⎨⎪=⎩，∴()AAS PAM QNM ≌，∴1122AM MN AN a ===， ∴13222BM a a a=−=，在Rt PAM 中，112tan tan 2aAM APM PA a α∠====，在Rt BCM △中，332tan tan 24aBM BCM BC a β∠===， ∵tan tan n αβ=， ∴1324n =⨯， ∴23n =，故选：A ．第Ⅱ卷二、填空题（本大题共6个小题，每小题3分，共18分）【答案】2【分析】根据平方差公式计算即可．【详解】解：原式21312=−=−=．故答案为：2．【点睛】本题考查了二次根式的混合运算，熟记平方差公式是解题的关键．12．如图，在ABC 中，AB AC =．过点C 作ACB ∠的平分线交AB 于点D ，过点A 作AE DC ∥，交BC 延长线于点E ．若36E ∠=︒，则B ∠= ︒．【答案】72【分析】本题考查平行线及角平分线的定义，等腰三角形的性质．先利用平行线的性质求出36E BCD ∠=∠=︒，再利用角平分线的定义和等边对等角计算．【详解】解：36E ∠=︒，AE DC ∥，36E BCD ∴∠=∠=︒，CD 平分ACB ∠，72ACB ∴∠=︒；AB AC =， 72B ACB ∴∠=∠=︒．故答案为：72．【答案】120,4x x ==/124,0x x ==【分析】本题考查了求抛物线解析式，一元二次方程的解，通过表格数据求出a b c 、、然后代入方程23ax bx c ++=即可求解．【详解】解：由表格可知抛物线经过()()()0,33,01,0；；，抛物线解析式为：2y ax bx c =++，将()()()0,33,01,0；；代入2y ax bx c =++可得：39300c a b c a b c =⎧⎪++=⎨⎪++=⎩，解得：143a b c =⎧⎪=−⎨⎪=⎩，2343x x +−∴=移项可得：240x x −=因式分解可得：()40x x −=解得：120,4x x ==．14．如图，P 为直径AB上的一点，点M 和N 在O 上，且30APM NPB ∠∠︒==．若2cm OP =，16cm AB =，则PN PM =+ cm ．【答案】【分析】本题考查了垂径定理，含30度的直角三角形三边的关系和勾股定理．延长NP 交O 于Q ，作OH NQ ⊥于H ，连接MQ ON ，，如图，由APM NPB ∠=∠，APQ NPB ∠=∠得到APM APQ ∠=∠，利用圆的对称性得到点M 与点Q 关于AB 对称，则PM PQ =，所以PN PM PQ PN NQ +=+=，在Rt OPH 中利用含30度的直角三角形三边的关系得到1cm OH =，则在Rt OHN 中可勾股定理计算出NH =，然后根据垂径定理得到NH QH =，2NQ NH ==，即可得到PN PM +的值．【详解】解：延长NP 交O 于Q ，作OH NQ ⊥于H ，连接MQ ON ，，如图，∵APM NPB ∠=∠，而APQ NPB ∠=∠， ∴APM APQ ∠=∠，∴点M 与点Q 关于AB 对称， ∴PM PQ =，∴PN PM PQ PN NQ +=+=，在Rt OPH 中，∵2cm 30OP OPH =∠=︒，， ∴1cm OH =，在Rt OHN 中， ∵1cm OH =，18cm 2ON AB ==，∴NH ，∵OH NQ ⊥， ∴NH QN =，∴2NQ NH ==，故答案为：15．如图1是一款重型订书机，其结构示意图如图2所示．其主体部分为矩形EFGH ，由支撑杆CD 垂直固定于底座AB 上，且可以绕点D 旋转．压杆MN 与伸缩片PG 连接，点M 在HG 上，MN 可绕点M 旋转，PG ⊥HG ，DF ＝8cm ，GF ＝2cm ，不使用时，EF ∥AB ，G 是PF 中点，且点D 在NM 的延长线上，则MG ＝ cm ，使用时如图3，按压MN 使得MN ∥AB ，此时点F 落在AB 上，若CD ＝2cm ，则压杆MN 到底座AB 的距离为 cm ．【答案】 4【分析】本题主要考查解直角三角形的应用，正确做出辅助线是解题的关键．如图2，延长NM ，则NM 过点D ，由三角形中位线定理可得MG 的长度，如图3，过点P 作PK AB ⊥于K ，可得PFK CDF MPF ∠=∠=∠在Rt CDF △中，CF ==，知tan CFCDF CD ∠==，故tan MPF ∠=可得PG =，PF PG GF =+=，由CDF KFP ∽，得=，即可得压杆MN 到底座AB的距离为．【详解】解：如图2，延长NM ，则NM 过点D ，四边形EFGH 是矩形，HG EF ∴∥，即MG DF ∥，G 是PF中点，MG ∴是PDF △的中位线，1184cm 22MG DF ∴==⨯=，如图3，过点P 作PK AB ⊥于K ，MN AB ∥，,PK AM MPF PFK ∴⊥∠=∠， 90DFP DCF ∠=∠=︒，90CDF DFC PFK DFC ∴∠+∠=∠+∠=︒， PFK CDF MPF ∴∠=∠=∠，在Rt CDF △中，CF ==知tan CFCDF CD ∠==∴tan MPF ∠MGPG =4PG ∴=解得PG =，∴PF PG GF =+=，,90CDF PFK DCF PKF ∠=∠∠=︒=∠，∴CDF KFP ∽，得=，解得PK =，∴压杆MN 到底座AB的距离为，故答案为：4，．【答案】3【分析】设小正方形在线段DE 上的一个顶点为M ，CD 与GH 相交于点P ，由大正方形与小正方形的面积之比为5，可推出AD =，设EM a =，AE b =，则AD =，利用勾股定理和多项式的因式分解推出a b =；延长BF 交CD 于点N ，利用平行线分线段成比例定理可证N 是CD 的中点以及14FN PN FP BF BG GF ===，设PN x =，则4BG x =，证BFG DEP ≌得4PD BG x ==，同理得EG FP =，由此可推出2PC x =；由CP BG ∥，得CP PHBG GH =，可求得PH 与PG 的长，最后由2EF PG EG =−求出a 的值即可．【详解】解：设小正方形在线段DE 上的一个顶点为M ，CD 与GH 相交于点P ， ∵大正方形与小正方形的面积之比为5，∴ADEM =∴AD ，设EM a =，AE b =，则AD =，由勾股定理得：222AE DE AD +=，∴())222b a b ++=，∴222240b ab a +−=，∴2220b ab a +−=，∴()()20b a b a −+=，∵20b a +≠， ∴0b a −=， ∴b a =，∴AE EM DM CF a ====，延长BF 交CD 于点N ，∵BN DE ∥，CF FM =， ∴DN CN =， ∴1122FN DM a ==，∵PN BG ∥，∴11224aFN PN FP BF BG GF a ====，设PN x =，则4BG x =， ∵BN DE ∥，AB CD ∥，∴BFG DEF ∠=∠，BGF DPE ∠=∠， ∵DE BF =， ∴()AAS BFG DEP ≌，∴4PD BG x ==，同理可得：EG FP =， ∴3DN x CN ==， ∴2PC x =， ∵CP BG ∥，∴CP PH BG GH =，即24x x =∴PH PG == ∵14FP FG =，即4FG FP =，∴EG FP ==，∴2EF PG EG =−===，∴a =，∴3AD =，故答案为：3．【点睛】本题主要考查了平行线分线段成比例定理，正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，因式分解等知识，灵活运用平行线分线段成比例定理和勾股定理求出线段之间的关系是解答本题的关键．三、解答题（本大题共8个小题，共72分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）（2）解不等式：3(2)2(2)−>+x x ．【答案】（1）3（2）10x >【分析】本题考查了实数的运算以及解一元一次不等式；（1）分别根据零指数幂的定义，绝对值的性质以及二次根式的性质，计算即可；（2）不等式去括号，移项，合并同类项，化系数为1即可．【详解】（1）原式12=+-3= （2）3(2)2(2)−>+x x ，去括号，得3642−>+x x ，移项，得3246−>+x x ，合并同类项，得10x >．【答案】错误步骤的序号为①，解法见详解．【分析】本题考查检查解分式方程；错误步骤的序号为①，解方程去分母转化为整式方程，()2322(1)x x x +−−=−−，进而解这个整式方程，最后检验，即可求解．【详解】解：错误步骤的序号为①， 231222x x x x +−−=−−去分母得：()()23221x x x +−−=−−去括号得：23241x x x +−+=−+ 移项得：22134x x x −+=−−…③，合并同类项得：6x =−…④，检验：当6x =−时，20x −≠， ∴6x =−是原分式方程的解．19．（8分）某校初三年级开展了系列交通安全知识竞赛，从中随机抽取30名学生两次知识竞赛的成绩（百分制），并对数据（成绩）进行收集、整理、描述和分析．下面给出了部分信息．名学生两次知识竞赛的获奖情况统计表参与奖优秀奖卓越奖第一次竞赛人数1010 10 平均分 8287 95根据以上信息，回答下列问题：(1)小松同学第一次竞赛成绩是89分，第二次竞赛成绩是91分，在图中用“〇”圈出代表小松同学的点； (2)直接写出m ，n 的值；(3)请判断第几次竞赛中初三年级全体学生的成绩水平较高，并说明理由．【答案】(1)见解析 (2)88m =，90n = (3)二，理由见解析【分析】本题考查统计图分析，涉及中位数、加权平均数、众数，（1）根据这30名学生第一次竞赛成绩和第二次竞赛成绩得分情况统计图可得横坐标是89，纵坐标是90的点即代表小松同学的点；（2）根据平均数和中位数的定义可得m 和n 的值；（3）根据平均数，众数和中位数进行决策即可．【详解】（1）解：（1）如图所示．（2）8210871095108830m ⨯+⨯+⨯==，∵第二次竞赛获卓越奖的学生有16人，成绩从小到大排列为： 90 90 91 91 91 91 92 93 93 94 94 94 95 95 96 98， ∴第一和第二个数是30名学生成绩中第15和第16个数， ∴9090902n +==，∴88m =，90n =；（3）可以推断出第二次竞赛中初三年级全体学生的成绩水平较高，理由是：第二次竞赛学生成绩的平均数、中位数、众数都高于第一次竞赛．答：二，第二次竞赛学生成绩的平均数、中位数、众数都高于第一次竞赛．20．（8分）某校九年级学生在数学社团课上进行了项目化学习研究，某小组研究如下：【答案】任务1：剪掉的正方形的边长为9cm ．任务2：当剪掉的正方形的边长为10cm 时，长方形盒子的侧面积最大为2800cm ．【分析】此题主要考查了一元二次方程和二次函数的应用，找到关键描述语，找到等量关系准确地列出方程和函数关系式是解决问题的关键．任务1：假设剪掉的正方形的边长为cm x ，根据长方形盒子的底面积为2484cm ，得方程()2402484x −=，解所列方程并检验可得；任务2：侧面积有最大值，设剪掉的正方形边长为cm a ，盒子的侧面积为2cm y ，利用长方形盒子的侧面积为：()4024y a a =−⨯⨯得出即可．【详解】解：任务1：设剪掉的正方形的边长为cm x ，则()2402484x −=，即40222x −=±，解得131x =（不合题意，舍去），29x =，答：剪掉的正方形的边长为9cm ．任务2：侧面积有最大值．理由如下：设剪掉的小正方形的边长为cm a ，盒子的侧面积为2cm y ，则y 与x 的函数关系为：()4024y a a =−⨯⨯，即28160y a a =−+，即()2810800y a =−−+，∴10a =时，800y =最大．即当剪掉的正方形的边长为10cm 时，长方形盒子的侧面积最大为2800cm ．21．（10分）为了保护小吉的视力，妈妈为他购买了可升降夹书阅读架（如图1），将其放置在水平桌面上的侧面示意图（如图2），测得底座高AB 为2cm,150ABC ∠=︒，支架BC 为18cm ，面板长DE 为24cm,CD 为6cm ．（厚度忽略不计）(1)求支点C 离桌面l 的高度；（计算结果保留根号）(2)小吉通过查阅资料，当面板DE 绕点C 转动时，面板与桌面的夹角α满足3070α︒≤≤︒时，能保护视力．当α从30︒变化到70︒的过程中，问面板上端E 离桌面l 的高度是增加了还是减少了？增加或减少了多少？（精确到0.1cm ，参考数据：sin700.94︒≈，cos700.34,tan70 2.75︒≈︒≈）【答案】(1)支点C 离桌面l 的高度()2cm；(2)面板上端E 离桌面l 的高度是增加了，增加了约7.9cm【分析】（1）作,CH l BF l ⊥∥，先在Rt CFB 求出CF 的长，再计算CF AB +即可得答案；（2）分别求出70ECG ∠=︒时和30ECG ∠=︒时，EG 的长，相减即可．【详解】（1）解：如下图，作,CH l BF l ⊥∥，150ABC ∠=︒，1509060CBF ∴∠=︒−︒=︒，18BC =，sin 601818CF ∴=︒⨯==2CH CF FH CF AB ∴=+=+=∴支点C 离桌面l 的高度()2cm；（2）24,6DE CD ==Q ，24618CE ∴=−=，当70ECG ∠=︒时，sin7018EG =︒⨯，当30ECG ∠=︒时，sin3018EG =︒⨯，()()sin 7018sin301818sin 70sin30180.940.5180.447.9︒⨯−︒⨯=⨯︒−︒≈⨯−≈⨯≈，∴面板上端E 离桌面l 的高度是增加了，增加了约7.9cm ．【点睛】本题考查了解直角三角形的应用，解题的关键是作辅助线，构造直角三角形．CF 的值； 32CBF =△，求m 的值．上一点，且满足GAC EBC ∠=∠，设CE x GB y ==，，试探究【答案】(2)1m = (3)933xy x −=+()03x ≤≤【分析】本题考查了相似三角形的判定与性质、正方形的性质等知识点，掌握相似三角形判定定理的内容是解题关键．（1）证CEF ABF △∽△可得CE CFAB AF =，结合AF AC CF =−即可求解；（2）由CE m ED =可得1AF A CF CE B m m ==+，进一步可得21CBF BC S m S m =+△△A ，据此即可求解；（3）由（1）可得CF =，证ACG BCF ∽得CG ACCF BC ==【详解】（1）解：由题意得：,3AB CE AB BC ==∥∴,CEF ABF AC =V V ∽∴CE CFAB AF =即：13解得：CF =（2）解：∵CEm ED =，∴1C CD E m m =+ ∴1C AB E mm =+由（1）可得：1AF A CF CE B mm ==+∴1CBF BF S mS m =+△△A ∴21CBF BC S mS m =+△△A∵1922ABC S AB BC =⨯⨯=V ，32CBF S =△ ∴31292132m m ==+ 解得：1m =（3）解：由（1）得：CE CFAB AF =即：3x解得：CF =∵GAC EBC ∠=∠，ACG BCF ∠=∠ ∴ACG BCF ∽∴CG ACCF BC ==即：3yCF −=∴=整理得：933xy x −=+∵0y ≥∴930x −≥，3x ≤ 又0x ≥ ∴03x ≤≤ 故：933xy x −=+()03x ≤≤轴正半轴上一点，E 交x 轴于【答案】(1)120 (2)2 (3)2AQ = (4)【分析】本题主要考查了垂径定理在圆中的应用，最后一问由“共顶点，等线段”联想到旋转，是此题的突破口，同时，要注意顶角为120︒的等腰三角形腰和底边比是固定值．（1）由已知得到CD 垂直平分AE ，故得到CA AE =，证明ACE △为等边三角形即可得到答案；（2）由于直径AB CD ⊥，根据垂径定理可以得到O 是CD 的中点，要求OG 最大值即求PD 最大值，当PD 为直径时，有最大值，即可得到答案；（3）根据垂径定理得到AC AD =，证明ACQ AQC ∠=∠，由（1）得4AC AE ==，即可得到答案；（4）将ACP △绕A 点顺时针旋转120︒至ADM △，得到ACP ADM ≌△△，证明PD PC PD DM PM +=+=，过A 作AG PM ⊥于G ，则2PM PG =，根据勾股定理证明．【详解】（1）解：连接AC ，CE ， (1,0)A −、(1,0)E ，1OA OE ∴==，OC AE ⊥，AC CE ∴=， AE CE =， AC CE AE =∴=， 60CAE ∴∠=︒，2120BEC CAB ∴∠=∠=︒，∴BC 的度数为120︒；（2）解：由题可知，AB 为E 直径，且AB CD ⊥，由垂径定理可得，CO OD =，连接PD ，G 是PC 的中点，1,2OG PD OG PD ∴=∥，当D E P 、、三点共线时，此时DP 取得最大值，且24DP AB AE ===，OG ∴的最大值为2；（3）解：连接,AC BC ，AB CD ⊥，∴AC AD =，ACD CPA ∴∠=∠，CQ Q 平分DCP ∠，DCQ PCQ ∴∠=∠，ACD DCQ CPA PCQ ∴∠+∠=∠+∠， ACQ AQC ∴∠=∠， AQ AC ∴=，60,1CAO AO ∠=︒=， 2AC ∴=，2AQ ∴=；（4）证明：由题可得，直径AB CD ⊥，AB ∴垂直平分CD ，如图4，连接AC ，AD ，则AC AD =，由（1）得，120DAC ∠=︒将ACP △绕A 点顺时针旋转120︒至ADM △，ACP ADM ∴≌△△，ACP ADM ∴∠=∠，PC DM =，四边形ACPD 为圆内接四边形，180ACP ADP ∴∠+∠=︒， 180ADM ADP ∴∠+∠=︒， M ∴、D 、P 三点共线，PD PC PD DM PM ∴+=+=，过A 作AG PM ⊥于G ，则2PM PG =，30APM ACD ∠=∠=︒，在Rt APG 中，30APM ∠=︒，设AG x =，则2AP x =，PG ∴=，2PM PG ∴==，PM ∴，PC PD ∴+=，PC PDPA +∴=24．（12分）如图，在平面直角坐标系中，抛物线24y ax bx =++交y 轴于点A ，交x 轴于点()6,0B −和点()2,0C ，点Q 在第一象限的拋物线上，连接AB AQ BQ 、、，BQ 与y 轴交于点N ．AI在平面内，若BME AOM ≌，且四边形将BPH 绕点【答案】(1)2433y x x =−−+；(2)①(2E −，2)−；②11BP的最小值为【分析】（1）将点B 、C 的坐标代入抛物线，利用待定系数法求得解析式；（2）①由Q 坐标求出BQ 解析式，然后根据四边形ANEM 是平行四边形和BME AOM ≌得出4BM OA ==，再分类讨论求得M 和E 的坐标；②求出AM 解析式，交点为P ，再求出H 坐标，然后由两点间距离公式求出BP 和BH 长度，因为旋转不改变长度，所以1BP 长度不变，当H 旋转到x 轴上时，此时1OH 最短，所以此时1OH 等于BO BH −，然后带入计算即可．【详解】（1）解：①∵抛物线24y ax bx =++交x 轴于点()6,0B −和点()2,0C ， ∴将B 、C 坐标代入有366404240a b a b −+=⎧⎨++=⎩，解得1343a b ⎧=−⎪⎪⎨⎪=−⎪⎩ ∴抛物线的表达式为214433y x x =−−+；（2）解：∵抛物线的表达式为214433y x x =−−+，∴4OA =，设直线BQ 的解析式为1y kx b =+∵ 0()6,B −，71,3Q ⎛⎫ ⎪⎝⎭， ∴ 117360k b k b ⎧+=⎪⎨⎪−+=⎩，解得1132k b ⎧=⎪⎨⎪=⎩ ∴直线BQ 的解析式为1+23y x =∵N 为BQ 与y 轴交点， ∴()0,2N ，∴2AN =，∵四边形ANEM 是平行四边形∴∥AN EM 且2EM AN ==，且点E 在点M 下方， ∵BME AOM ≌且M 在x 轴上 ∴4BM OA ==， ∵(6B −，0)∴(2M −，0)或(10−，0) 若M 为(2−，0)，∵90BME AOM ︒∠=∠=，故(2E −，2)−若M 为(10−，0)，∵2OM ME ==，此时10OM =，(矛盾，舍去) 综上(2E −，2)−；②11BP +最小值为如图，设AM 的解析式为y kx b =+∵抛物线24y ax bx =++交y 轴于点A ， ∴点A 的坐标为(0，4)将点(0A ，4)、(2M −，0)的坐标代入y kx b =+得：420b k b =⎧⎨−+=⎩，解得24k b =⎧⎨=⎩ ∴AM 的解析式为24y x =+ AM 与BQ 相交于点P∴24123y x y x =+⎧⎪⎨=+⎪⎩，解得6585x y ⎧=−⎪⎪⎨⎪=⎪⎩ 所以点P 的坐标为68()55−，设直线BE 的解析式为y mx n =+将点B 、E 的坐标代入直线BE 的解析式得：2260m n m n −+=−⎧⎨−+=⎩，解得123m n ⎧=−⎪⎨⎪=−⎩所以直线BE 的解析式为132y x =−−BE 与AM 相交于点H∴24132y x y x =+⎧⎪⎨=−−⎪⎩，解得14585x y ⎧=−⎪⎪⎨⎪=−⎪⎩， ∴点H 的坐标为14855⎛⎫−− ⎪⎝⎭， ∴BP=5= BH=，∴1BP =，当H 旋转到x 轴上时，此时1OH 最短，∴1OH BO BH =−=6，BP==∴11BP+的最小值故11【点睛】本题考查了抛物线的综合运用，利用待定系数法求函数的解析式，找出相关点坐标，逐步分析求解是解题的关键．。

2020届初三中考数学一诊联考试卷含参考答案 (浙江)

2020届**市初三中考一诊联考试卷数学注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证填写在答题卡上。

2.回答客观题时，选出每小题答案后，用2B 铅笔把答题卡上对应的答案标号涂黑。

如需改正，必须用橡皮擦擦涂干净，回答非客观题，将答案写在答题卡上，写在试卷上无效。

3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并收回。

4.考试时间：120分钟。

一、单选题（共10题，每题3分，共30分，四个选项中只有一项符合题目要求）1．对于实数a ，b 下列判断正确的是（）A ．若a b =，则 a b =B ．若22a b >，则 a b >C b =，则a b =D =a b =2．某市从不同学校随机抽取100名初中生对“使用数学教辅用书的册数”进行调查，统计结果如下：关于这组数据，下列说法正确的是（）A ．众数是2册B ．中位数是2册C ．平均数是3册D ．方差是1.53．如图1，在矩形ABCD 中，动点M 从点A 出发，沿A →B →C 方向运动，当点M 到达点C 时停止运动，过点M 作MN ⊥AM 交CD 于点N ，设点M 的运动路程为x ，CN ＝y ，图2表示的是y 与x 的函数关系的大致图象，则矩形ABCD 的面积是（）A ．20B ．18C ．10D ．94．下列命题是假命题的是( )A ．到线段两端点距离相等的点在线段的垂直平分线上B ．等边三角形既是轴对称图形，又是中心对称图形C ．n 边形(3)n ≥的内角和是180360n ︒︒-D ．旋转不改变图形的形状和大小5．在一次数学答题比赛中，五位同学答对题目的个数分别为7，5，3，5，10，则关于这组数据的说法不正确的是（）A ．众数是5B ．中位数是5C ．平均数是6D ．方差是3.66．小明做“用频率估计概率”的试验时，根据统计结果，绘制了如图所示的折线统计图，则符合这一结果的试验最有可能的是（）A．任意买一张电影票，座位号是2的倍数的概率B．一副去掉大小王的扑克牌，洗匀后，从中任抽一张牌的花色是红桃C．抛一个质地均匀的正方体骰子，落下后朝上的面点数是3D．一个不透明的袋子中有4个白球、1个黑球，它们除了颜色外都相同，从中抽到黑球7．对于函数y=-2（x-3）2，下列说法不正确的是（）A．开口向下B．对称轴是3x=C．最大值为0D．与y轴不相交8．如图，AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB，∠CDB＝30°，CD＝2，则阴影部分图形的面积为（）A．4πB．2πC．πD．2 3π9．设A,B,C表示三种不同的物体，现用天平称了两次，情况如上图所示，那么A,B,C这三种物体按质量从大到小的顺序排应为( )A．A,B,C B．C,B,A C．B,A,C D．B,C,A10．已知四边形ABCD 的对角线AC 、BD 相交于点O ，下列条件中，不能判定四边形ABCD 是平行四边形的是（）A ．ADB CBD ∠=∠，//AB CDB ．ADB CBD ∠=∠，DAB BCD ∠=∠C ．DAB BCD ∠=∠，AB CD =D ．ABD CDB ∠=∠，OA OC =二、填空题（共4题，每题4分，共16分）11．如图，矩形ABCD 中，AB ＝4，BC ＝3，F 是AB 中点，以点A 为圆心，AD 为半径作弧交AB 于点E ，以点B 为圆心，BF 为半径作弧交BC 于点G ，则图中阴影部分面积的差S 1﹣S 2为_____．12．矩形ABCD 中，AB=8，AD=6，E 为BC 边上一点，将△ABE 沿着AE 翻折，点B 落在点F 处，当△EFC 为直角三角形时BE=_____．13．在五边形ABCDE 中，若440A B C D ∠+∠+∠+∠=︒，则E ∠=______︒.14．直线y =2x ＋1经过点(0，a )，则a =________．三、解答题（共6题，总分54分）15．“五一”小长假期间，小李一家想到以下四个5A 级风景区旅游：A ．石林风景区；B ．香格里拉普达措国家公园；C ．腾冲火山地质公园；D ．玉龙雪山景区．但因为时间短，小李一家只能选择其中两个景区游玩（1）若小李从四个景区中随机抽出两个景区，请用树状图或列表法求出所有可能的结果；（2）在随机抽出的两个景区中，求抽到玉龙雪山风景区的概率．16．如图,在平面直角坐标系中,△ABC 的一边AB 在x 轴上,∠ABC=90°,点C(4,8)在第一象限内,AC 与y 轴交于点E,抛物线y=234x +bx+c 经过A ．B 两点,与y 轴交于点D(0,−6).(1)请直接写出抛物线的表达式；(2)求ED 的长；(3)点P 是x 轴下方抛物线上一动点，设点P 的横坐标为m ，△PAC 的面积为S ，试求出S 与m 的函数关系式；(4)若点M 是x 轴上一点(不与点A 重合)，抛物线上是否存在点N ，使∠CAN=∠MAN.若存在，请直接写出点N 的坐标；若不存在，请说明理由。

2020届九年级数学中考一模试卷G卷

2020届九年级数学中考一模试卷G卷一、单选题 (共10题；共20分)1. （2分）﹣的倒数是（）A . 6B .C . ﹣6D . ﹣2. （2分）由4个相同的小立方体搭成的几何体如图所示，则它的主视图是（）A .B .C .D .3. （2分）中国旅游研究院最近发布报告称，2012年中国出境旅游人数8200万人次，8200万用科学记数法表示为（）A .B .C .D .4. （2分）方程x2﹣（m+6）x+m2=0有两个相等的实数根，且满足x1+x2=x1x2 ，则m的值是（）A . ﹣2或3B . 3C . ﹣2D . ﹣3或25. （2分）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 .6. （2分）在⊙O中，同弦所对的圆周角（）A . 相等B . 互补C . 相等或互补D . 都不对7. （2分）小丽在清点本班为偏远贫困地区的捐款时发现，全班同学捐款的钞票情况如下：100元的3张，50元的9张，10元的23张，5元的10张．在这些不同面额的钞票中，众数是（）A . 10B . 23C . 50D . 1008. （2分）在Rt△ABC中，∠C=90°，若tanA= ，则sinA=（）A .B .C .D .9. （2分）如图，直线 //b，下列各角中与相等的是（）A .B .C .D .10. （2分）如图，直线AB与双曲线y＝相交于A、B两点，过点A作AC⊥y轴于点C，过点B作BD⊥x轴于点D，连结AD、BC，分别记△ABC与△ABD的面积为S1、S2 ，则下列结论中一定正确的是（）A . S1＞S2B . S1＜S2C . S1＝S2D . 无法判断S1与S2的大小关系二、填空题 (共8题；共8分)11. （1分）分解因式：3x2﹣12x+12=________．12. （1分）如图，在△ABC中，AB＝AC，∠A＝120°，BC＝，⊙A与BC相切于点D，且交AB，AC于M、N两点，则图中阴影部分的面积是________（结果保留π）．13. （1分）若二次函数y=x2+bx+5配方后为y=（x﹣2）2+k，则b+k=________．14. （1分）已知直线a∥b∥c，直线m，n与直线a，b，c分别交于点A，C，E，B，D，F，AC＝4，CE＝6，BD＝3，则BF＝________。

2020年中考数学一模试题含答案

2020年中考数学一模试题含答案一、选择题1．已知反比例函数 y＝的图象如图所示，则二次函数 y =a x 2－2x和一次函数 y＝bx+a 在同一平面直角坐标系中的图象可能是（）A．B．C．D．2．如图，在热气球C处测得地面A、B两点的俯角分别为30°、45°，热气球C的高度CD 为100米，点A、D、B在同一直线上，则AB两点的距离是（）A．200米B．2003米C．2203米D．100(31)米3．如图，在菱形ABCD中，E是AC的中点，EF∥CB，交AB于点F，如果EF=3，那么菱形ABCD的周长为（）A．24B．18C．12D．94．已知二次函数y＝ax2＋bx＋c，且a>b>c，a＋b＋c＝0，有以下四个命题，则一定正确命题的序号是（）①x=1是二次方程ax2＋bx＋c=0的一个实数根；②二次函数y＝ax2＋bx＋c的开口向下；③二次函数y＝ax2＋bx＋c的对称轴在y轴的左侧；④不等式4a+2b+c>0一定成立．A．①②B．①③C．①④D．③④5．-2的相反数是（）A．2B．12C．-12D．不存在6．点 P（m + 3，m + 1）在x轴上，则P点坐标为（）A．（0，﹣2）B．（0，﹣4）C．（4，0）D．（2，0）7．如图，在平面直角坐标系中，菱形ABCD的顶点A，B在反比例函数kyx=（0k>，x>）的图象上，横坐标分别为1，4，对角线BD x∥轴．若菱形ABCD的面积为452，则k的值为（）A．54B．154C．4D．58．如图,在△ABC中,∠ACB=90°, ∠ABC=60°, BD平分∠ABC ,P点是BD的中点,若AD=6, 则CP的长为( )A．3.5B．3C．4D．4.59．如图，由5个完全相同的小正方体组合成一个立体图形，它的左视图是()A．B．C．D．10．甲、乙、丙三家超市为了促销一种定价相同的商品，甲超市先降价20%，后又降价10%；乙超市连续两次降价15%；丙超市一次性降价30%.则顾客到哪家超市购买这种商品更合算（）A．甲B．乙C．丙D．一样11．如图，已知////AB CD EF，那么下列结论正确的是（）A．AD BCDF CE=B．BC DFCE AD=C．CD BCEF BE=D．CD ADEF AF=12．下列所给的汽车标志图案中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（）A．B．C．D．二、填空题13．如图，∠MON=30°，点A1，A2，A3，…在射线ON上，点B1，B2，B3，…在射线OM上，△A1B1A2，△A2B2A3，△A3B3A4…均为等边三角形．若OA1=1，则△A n B n A n+1的边长为______．14．如图，矩形ABCD中，AB=3，对角线AC，BD相交于点O，AE垂直平分OB于点E，则AD的长为____________．15．已知关于x的一元二次方程mx2+5x+m2﹣2m=0有一个根为0，则m=_____．16．如图：在△ABC中，AB=13，BC=12，点D，E分别是AB，BC的中点，连接DE，CD，如果DE=2.5，那么△ACD的周长是_____．17．如图，在△ABC中E是BC上的一点，EC=2BE，点D是AC的中点，设△ABC、△ADF、△BEF的面积分别为S△ABC，S△ADF，S△BEF，且S△ABC=12，则S△ADF－S△BEF=_________．18．如图，在平行四边形ABCD中，连接BD，且BD＝CD，过点A作AM⊥BD于点M，过点D作DN⊥AB于点N，且DN＝32，在DB的延长线上取一点P，满足∠ABD ＝∠MAP＋∠PAB，则AP＝_____.19．分解因式：2x2﹣18＝_____．20．在一个不透明的口袋中，装有A，B，C，D4个完全相同的小球，随机摸取一个小球然后放回，再随机摸取一个小球，两次摸到同一个小球的概率是___．三、解答题21．现代互联网技术的广泛应用，催生了快递行业的高速发展．小明计划给朋友快递一部分物品，经了解有甲、乙两家快递公司比较合适．甲公司表示：快递物品不超过1千克的，按每千克22元收费；超过1千克，超过的部分按每千克15元收费．乙公司表示：按每千克16元收费，另加包装费3元．设小明快递物品x千克．(1)请分别写出甲、乙两家快递公司快递该物品的费用y(元)与x(千克)之间的函数关系式；(2)小明选择哪家快递公司更省钱？22．数学活动课上，张老师引导同学进行如下探究：如图1，将长为的铅笔斜靠在垂直于水平桌面的直尺的边沿上，一端固定在桌面上，图2是示意图．活动一如图3，将铅笔绕端点顺时针旋转，与交于点，当旋转至水平位置时，铅笔的中点与点重合．数学思考（1）设，点到的距离．①用含的代数式表示：的长是_________，的长是________；②与的函数关系式是_____________，自变量的取值范围是____________．活动二（2）①列表：根据（1）中所求函数关系式计算并补全表格．654 3.53 2.5210.5000.55 1.2 1.58 1.0 2.473 4.29 5.08②描点：根据表中数值，描出①中剩余的两个点．③连线：在平面直角坐标系中，请用平滑的曲线画出该函数的图象．数学思考（3）请你结合函数的图象，写出该函数的两条性质或结论．23．对垃圾进行分类投放，能提高垃圾处理和再利用的效率，减少污染，保护环境．为了检查垃圾分类的落实情况，某居委会成立了甲、乙两个检查组，采取随机抽查的方式分别对辖区内的A，B，C，D四个小区进行检查，并且每个小区不重复检查．（1）甲组抽到A小区的概率是多少；（2）请用列表或画树状图的方法求甲组抽到A小区，同时乙组抽到C小区的概率．24．直线AB交⊙O于C、D两点，CE是⊙O的直径，CF平分∠ACE交⊙O于点F，连接EF，过点F作FG∥ED交AB于点G．（1）求证：直线FG是⊙O的切线；（2）若FG＝4，⊙O的半径为5，求四边形FGDE的面积．25．计算：()()()21a b a 2b (2a b)-+--；()221m 4m 421m 1m m -+⎛⎫-÷⎪--⎝⎭.【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除一、选择题 1．C 解析：C 【解析】【分析】先根据抛物线y=ax 2-2x 过原点排除A ，再由反比例函数图象确定ab 的符号，再由a 、b 的符号和抛物线对称轴确定抛物线与直线y=bx+a 的位置关系，进而得解．【详解】∵当x=0时，y=ax 2-2x=0，即抛物线y=ax 2-2x 经过原点，故A 错误； ∵反比例函数y=的图象在第一、三象限，∴ab ＞0，即a 、b 同号，当a ＜0时，抛物线y=ax 2-2x 的对称轴x=＜0，对称轴在y 轴左边，故D 错误；当a ＞0时，b ＞0，直线y=bx+a 经过第一、二、三象限，故B 错误； C 正确．故选C ．【点睛】本题主要考查了一次函数、反比例函数、二次函数的图象与性质，根据函数图象与系数的关系进行判断是解题的关键，同时考查了数形结合的思想．2．D解析：D 【解析】【分析】在热气球C 处测得地面B 点的俯角分别为45°，BD=CD=100米，再在Rt △ACD 中求出AD 的长，据此即可求出AB 的长．【详解】∵在热气球C 处测得地面B 点的俯角分别为45°， ∴BD ＝CD ＝100米，∵在热气球C 处测得地面A 点的俯角分别为30°， ∴AC ＝2×100＝200米， ∴AD 22200100-3∴AB ＝AD +BD ＝100（故选D ．【点睛】本题考查了解直角三角形的应用--仰角、俯角问题，要求学生能借助仰角构造直角三角形并解直角三角形．3．A解析：A 【解析】【分析】易得BC 长为EF 长的2倍，那么菱形ABCD 的周长=4BC 问题得解．【详解】∵E 是AC 中点， ∵EF ∥BC ，交AB 于点F ， ∴EF 是△ABC 的中位线， ∴BC=2EF=2×3=6， ∴菱形ABCD 的周长是4×6=24，故选A ．【点睛】本题考查了三角形中位线的性质及菱形的周长公式，熟练掌握相关知识是解题的关键.4．C解析：C 【解析】试题分析：当x=1时，a+b+c=0，因此可知二次方程ax 2＋bx ＋c=0的一个实数根，故①正确；根据a ＞b ＞c ，且a+b+c =0，可知a ＞0，函数的开口向上，故②不正确；根据二次函数的对称轴为x =-2ba，可知无法判断对称轴的位置，故③不正确；根据其图像开口向上，且当x =2时，4a+2b+c ＞a+b+c=0，故不等式4a+2b+c>0一定成立，故④正确. 故选：C.5．A解析：A 【解析】试题分析：根据只有符号不同的两数互为相反数，可知-2的相反数为2. 故选：A.点睛：此题考查了相反数的意义，解题关键是明确相反数的概念，只有符号不同的两数互为相反数，可直接求解.6．D解析：D 【解析】【分析】根据点在x 轴上的特征,纵坐标为0,可得m +1=0,解得:m =-1,然后再代入m +3,可求出横坐标.【详解】解:因为点P（m + 3，m + 1）在x轴上,所以m+1=0,解得:m=-1,所以m+3=2,所以P点坐标为（2，0）.故选D.【点睛】本题主要考查点在坐标轴上的特征,解决本题的关键是要熟练掌握点在坐标轴上的特征. 7．D解析：D【解析】【分析】设A(1，m)，B(4，n)，连接AC交BD于点M，BM=4-1=3，AM=m-n，由菱形的面积可推得m-n=154，再根据反比例函数系数的特性可知m=4n，从而可求出n的值，即可得到k的值.【详解】设A(1，m)，B(4，n)，连接AC交BD于点M，则有BM=4-1=3，AM=m-n，∴S菱形ABCD=4×12 BM•AM，∵S菱形ABCD=452，∴4×12×3（m-n）=452，∴m-n=154，又∵点A，B在反比例函数kyx ，∴k=m=4n，∴n=54，∴k=4n=5，故选D.【点睛】本题考查了反比例函数k的几何意义、菱形的性质、菱形的面积等，熟记菱形的对角线互相垂直平分是解题的关键.8．B解析：B【解析】【分析】【详解】解：∵∠ACB＝90°，∠ABC＝60°，∴∠A＝30°，∵BD平分∠ABC，∴∠ABD＝12∠ABC＝30°，∴∠A＝∠ABD，∴BD＝AD＝6，∵在Rt△BCD中，P点是BD的中点，∴CP＝12BD＝3．故选B．9．B解析：B【解析】试题分析：从左面看易得第一层有2个正方形，第二层最左边有一个正方形．故选B．考点：简单组合体的三视图．10．C解析：C【解析】试题分析：设商品原价为x，表示出三家超市降价后的价格，然后比较即可得出答案．解：设商品原价为x，甲超市的售价为：x（1﹣20%）（1﹣10%）=0.72x；乙超市售价为：x（1﹣15%）2=0.7225x；丙超市售价为：x（1﹣30%）=70%x=0.7x；故到丙超市合算．故选C．考点：列代数式．11．A解析：A【解析】【分析】已知AB∥CD∥EF，根据平行线分线段成比例定理，对各项进行分析即可．【详解】∵AB∥CD∥EF，∴AD BC DF CE．故选A．【点睛】本题考查平行线分线段成比例定理，找准对应关系，避免错选其他答案．12．B解析：B【解析】分析：根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解即可．详解：A．是轴对称图形，不是中心对称图形；B．是轴对称图形，也是中心对称图形；C．是轴对称图形，不是中心对称图形；D．是轴对称图形，不是中心对称图形．故选B．点睛：本题考查了中心对称图形和轴对称图形的知识，关键是掌握好中心对称图形与轴对称图形的概念．轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合，中心对称图形是要寻找对称中心，图形旋转180°后与原图重合．二、填空题13．2n-1【解析】【分析】根据等腰三角形的性质以及平行线的性质得出A1B1∥A2B2∥A3B3以及A2B2=2B1A2得出A3B3=4B1A2=4A4B4=8B1A2=8A5B5=16B1A2…进而得解析：2n-1【解析】【分析】根据等腰三角形的性质以及平行线的性质得出A1B1∥A2B2∥A3B3，以及A2B2=2B1A2，得出A3B3=4B1A2=4，A4B4=8B1A2=8，A5B5=16B1A2…进而得出答案．【详解】∵△A1B1A2是等边三角形，∴A1B1=A2B1，∠3=∠4=∠12=60°，∴∠2=120°，∵∠MON=30°，∴∠1=180°-120°-30°=30°，又∵∠3=60°，∴∠5=180°-60°-30°=90°，∵∠MON=∠1=30°，∴OA1=A1B1=1，∴A2B1=1，∵△A2B2A3、△A3B3A4是等边三角形，∴∠11=∠10=60°，∠13=60°，∵∠4=∠12=60°，∴A1B1∥A2B2∥A3B3，B1A2∥B2A3，∴∠1=∠6=∠7=30°，∠5=∠8=90°，∴A2B2=2B1A2，B3A3=2B2A3，∴A3B3=4B1A2=4，A4B4=8B1A2=8，A5B5=16B1A2=16，以此类推：△A n B n A n+1的边长为 2n-1．故答案是：2n-1．【点睛】此题主要考查了等边三角形的性质以及等腰三角形的性质，根据已知得出A3B3=4B1A2，A4B4=8B1A2，A5B5=16B1A2进而发现规律是解题关键．14．【解析】试题解析：∵四边形ABCD是矩形∴OB=ODOA=OCAC=BD∴OA=OB∵AE 垂直平分OB∴AB=AO∴OA=AB=OB=3∴BD=2OB=6∴AD=【点睛】此题考查了矩形的性质等边三角解析：33【解析】试题解析：∵四边形ABCD是矩形，∴OB=OD，OA=OC，AC=BD，∴OA=OB，∵AE垂直平分OB，∴OA=AB=OB=3，∴BD=2OB=6，∴AD==【点睛】此题考查了矩形的性质、等边三角形的判定与性质、线段垂直平分线的性质、勾股定理；熟练掌握矩形的性质，证明三角形是等边三角形是解决问题的关键．15．2【解析】【分析】根据一元二次方程的定义以及一元二次方程的解的定义列出关于m的方程通过解关于m的方程求得m的值即可【详解】∵关于x的一元二次方程mx2+5x+m2﹣2m=0有一个根为0∴m2﹣2m=解析：2【解析】【分析】根据一元二次方程的定义以及一元二次方程的解的定义列出关于m的方程，通过解关于m的方程求得m的值即可．【详解】∵关于x的一元二次方程mx2+5x+m2﹣2m=0有一个根为0，∴m2﹣2m=0且m≠0，解得，m=2，故答案是：2．【点睛】本题考查了一元二次方程ax2+bx+c=0（a≠0）的解的定义．解答该题时需注意二次项系数a≠0这一条件．16．18【解析】【分析】根据三角形中位线定理得到AC=2DE=5AC∥DE根据勾股定理的逆定理得到∠ACB=90°根据线段垂直平分线的性质得到DC=BD根据三角形的周长公式计算即可【详解】∵DE分别是A解析：18【解析】【分析】根据三角形中位线定理得到AC=2DE=5，AC∥DE，根据勾股定理的逆定理得到∠ACB=90°，根据线段垂直平分线的性质得到DC=BD，根据三角形的周长公式计算即可．【详解】∵D，E分别是AB，BC的中点，∴AC=2DE=5，AC∥DE，AC2+BC2=52+122=169，AB2=132=169，∴AC2+BC2=AB2，∴∠ACB=90°，∵AC∥DE，∴∠DEB=90°，又∵E是BC的中点，∴直线DE是线段BC的垂直平分线，∴△ACD的周长=AC+AD+CD=AC+AD+BD=AC+AB=18，故答案为18．【点睛】本题考查的是三角形中位线定理、线段垂直平分线的判定和性质，掌握三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半是解题的关键．17．2【解析】由D是AC的中点且S△ABC=12可得；同理EC=2BE即EC=可得又等量代换可知S△ADF－S△BEF=2解析：2【解析】由D是AC的中点且S△ABC=12，可得1112622ABD ABCS S∆∆==⨯=；同理EC=2BE即EC=13BC，可得11243ABES∆=⨯=，又,ABE ABF BEF ABD ABF ADFS S S S S S∆∆∆∆∆∆-=-=等量代换可知S△ADF－S△BEF=218．6【解析】分析：根据BD=CDAB=CD可得BD=BA再根据AM⊥BDDN⊥AB即可得到DN=AM=3依据∠ABD=∠MAP+∠PAB∠ABD=∠P+∠BAP即可得到△APM 是等腰直角三角形进而得到解析：6【解析】分析：根据BD=CD，AB=CD，可得BD=BA，再根据AM⊥BD，DN⊥AB，即可得到，依据∠ABD=∠MAP+∠PAB，∠ABD=∠P+∠BAP，即可得到△APM是等腰直角三角形，进而得到AM=6．详解：∵BD=CD，AB=CD，∴BD=BA，又∵AM⊥BD，DN⊥AB，∴，又∵∠ABD=∠MAP+∠PAB，∠ABD=∠P+∠BAP，∴∠P=∠PAM，∴△APM是等腰直角三角形，∴AM=6，故答案为6．点睛：本题主要考查了平行四边形的性质以及等腰直角三角形的性质的运用，解决问题给的关键是判定△APM是等腰直角三角形．19．2（x+3）（x﹣3）【解析】【分析】原式提取2再利用平方差公式分解即可【详解】原式＝2（x2﹣9）＝2（x+3）（x﹣3）故答案为：2（x+3）（x﹣3）【点睛】此题考查了提公因式法与公式法的综合解析：2（x+3）（x﹣3）【解析】【分析】原式提取2，再利用平方差公式分解即可．【详解】原式＝2（x2﹣9）＝2（x+3）（x﹣3），故答案为：2（x+3）（x﹣3）【点睛】此题考查了提公因式法与公式法的综合运用，熟练掌握因式分解的方法是解本题的关键．20．【解析】【分析】【详解】试题分析：画树状图如下：∴P（两次摸到同一个小球）==故答案为考点：列表法与树状图法；概率公式解析：14．【解析】【分析】【详解】试题分析：画树状图如下：∴P（两次摸到同一个小球）=416=14.故答案为14．考点：列表法与树状图法；概率公式．三、解答题21．答案见解析【解析】试题分析：（1）根据“甲公司的费用=起步价+超出重量×续重单价”可得出y甲关于x的函数关系式，根据“乙公司的费用=快件重量×单价+包装费用”即可得出y乙关于x的函数关系式；（2）分0＜x≤1和x＞1两种情况讨论，分别令y甲＜y乙、y甲=y乙和y甲＞y乙，解关于x的方程或不等式即可得出结论．试题解析：（1）由题意知：当0＜x≤1时，y甲=22x；当1＜x时，y甲=22+15（x﹣1）=15x+7．y乙=16x+3；∴22?(01){157?(1)x xyx x甲<<=+>，=163y x+乙；（2）①当0＜x≤1时，令y甲＜y乙，即22x＜16x+3，解得：0＜x＜12；令y甲=y乙，即22x=16x+3，解得：x=12；令y甲＞y乙，即22x＞16x+3，解得：12＜x≤1．②x＞1时，令y甲＜y乙，即15x+7＜16x+3，解得：x＞4；令y甲=y乙，即15x+7=16x+3，解得：x=4；令y甲＞y乙，即15x+7＞16x+3，解得：0＜x＜4．综上可知：当12＜x＜4时，选乙快递公司省钱；当x=4或x=12时，选甲、乙两家快递公司快递费一样多；当0＜x＜12或x＞4时，选甲快递公司省钱．考点：一次函数的应用；分段函数；方案型．22．(1) ），，;(2)见解析；（3）①随着的增大而减小；②图象关于直线对称；③函数的取值范围是．【解析】【分析】（1）①利用线段的和差定义计算即可．②利用平行线分线段成比例定理解决问题即可．（2）①利用函数关系式计算即可．②描出点，即可．③由平滑的曲线画出该函数的图象即可．（3）根据函数图象写出两个性质即可（答案不唯一）．【详解】解：（1）①如图3中，由题意，，，，故答案为：，．②作于．，，，，，，故答案为：，．（2）①当时，，当时，，故答案为2，6．②点，点如图所示．③函数图象如图所示．（3）性质1：函数值的取值范围为．性质2：函数图象在第一象限，随的增大而减小．【点睛】本题属于几何变换综合题，考查了平行线分线段成比例定理，函数的图象等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．23．（1）甲组抽到A小区的概率是14；（2）甲组抽到A小区，同时乙组抽到C小区的概率为1 12．【解析】【分析】（1）直接利用概率公式求解可得；（2）画树状图列出所有等可能结果，根据概率公式求解可得．【详解】（1）甲组抽到A小区的概率是14，故答案为：14．（2）画树状图为：共有12种等可能的结果数，其中甲组抽到A小区，同时乙组抽到C小区的结果数为1，∴甲组抽到A小区，同时乙组抽到C小区的概率为1 12．【点睛】此题考查列表法与树状图法，解题关键在于根据题意画出树状图.24．（1）证明见解析（2）48【解析】【分析】（1）利用角平分线的性质以及等腰三角形的性质得出∠OFC=∠FCG，继而得出∠GFC+∠OFC=90°，即可得出答案；（2）首先得出四边形FGDH是矩形，进而利用勾股定理得出HO的长，进而得出答案.【详解】（1）连接FO，∵ OF＝OC，∴∠OFC＝∠OCF．∵CF平分∠ACE，∴∠FCG＝∠FCE．∴∠OFC＝∠FCG．∵ CE是⊙O的直径，∴∠EDG＝90°，又∵FG//ED，∴∠FGC＝180°－∠EDG＝90°，∴∠GFC＋∠FCG＝90°∴∠GFC＋∠OFC＝90°，即∠GFO＝90°，∴OF⊥GF，又∵OF是⊙O半径，∴FG与⊙O相切．（2）延长FO，与ED交于点H，由(1)可知∠HFG＝∠FGD＝∠GDH＝90°，∴四边形FGDH是矩形．∴FH⊥ED，∴HE＝HD．又∵四边形FGDH是矩形，FG＝HD，∴HE ＝FG ＝4.∴ED ＝8.∵在Rt △OHE 中，∠OHE ＝90°，∴OH ＝22OE HE -＝2254-＝3．∴FH ＝FO ＋OH ＝5＋3＝8．S 四边形FGDH ＝12(FG ＋ED)•FH ＝12×(4＋8)×8＝48．25．（1）223a 5ab 3b -+-；（2）m m 2-．【解析】【分析】 ()1根据多项式乘多项式、完全平方公式展开，然后再合并同类项即可； ()2括号内先通分进行分式的减法运算，然后再进行分式的除法运算即可.【详解】()()()21a b a 2b (2a b)-+--=2222a 2ab ab 2b 4a 4ab b +---+- 223a 5ab 3b =-+-；(2)221m 4m 41m 1m m -+⎛⎫-÷ ⎪--⎝⎭=()2m m 1m 2m 1(m 2)--⋅-- m m 2=-．【点睛】本题考查了整式的混合运算、分式的混合运算，熟练掌握它们的运算法则是解题的关键．。

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2019学年第二学期模拟考试数学试卷
一．选择题（共10小题，每小题4分，满分40分,）
1．计算6×（﹣9）的结果等于（）
A．﹣15B．15C．54D．﹣54
2．2019年10月1日，在新中国成立70周年的阅兵式上，4名上将，2名中将，100多名少
将，近15000名官兵接受祖国和人民的检阅．15000这个数用科学记数法可表示为（）
A．15×103B．0.15×105C．1.5×104D．1.5×10
3

3．长方体的主视图、俯视图如图所示，则其左视图面积为（）
A．3B．4C．12D．16
4．某校体育室里有球类数量如表，如果随机拿出一个球（每一个球被拿出来的可能性是一
样的），那么拿出一个球是足球的可能性是（）

A．B．C．D．
5．为筹备即将举行的校园文化艺术节，九（1）班文体委员对全班50名同学的特长进行了
一次调查，并将结果绘制成一幅不完整的扇形统计图，则特长是“诗歌朗诵”的人数有
（）
A．5名B．10名C．15名D．20名
6．如图，为了保证道路交通安全，某段高速公路在A处设立观测点，与高速公路的距离
AC
为20米．现测得一辆小轿车从B处行驶到C处所用的时间为4秒．若∠BAC＝α，则此
车的速度为（）

A．5tanα米/秒B．80tanα米/秒C．米/秒D．米/秒

第3题图第5题图第6题图
7．当a﹣1≤x≤a时，函数y＝x2﹣2x+1的最小值为1，则a的值为（）
A．1B．2C．1或2D．0或3
8．已知：如图，直线l经过点A（﹣2，0）和点B（0，1），点M在x轴上，过点M作x轴
的垂线交直线l于点C，若OM＝2OA，则经过点C的反比例函数表达式为（）

A．y＝B．y＝C．y＝D．y＝

9．如图，在扇形OAB中，∠AOB＝90°，半径OA＝6，将扇形OAB沿过点A的直线折叠，点
O恰好落在弧AB上的点O'处，折痕交OB于点C，则弧O'B
的长是（）

A．21πB．πC．2πD．3π

球类篮球排球足球
数量354
10．如图，在正方形ABCD中，边长为a，在边BC、CD上取点E、G，使EC=GC＝b，作EF∥
AB，FG∥BC两线相交于点F，欧几里得在《几何原本》中利用该图解释了（a+b）（a﹣b）＝
a2﹣b2，现以点A为圆心，AC为半径作圆弧交线段AD的延长线于点H，连结CH
，记图中空

白部分的面积为S1，阴影部分的面积为S2．若点B，F，H在同一直线上，则的值为（）

A．322B．312C．4122D．
4

第8题图第9题图
二、填空题（本题有6小题，每小题5分，共30分）
11．分解因式：m2-9n2＝．

12．不等式组13442xx的解为
13.某市号召居民节约用水，为了解居民用水
情况，随机抽查了20户家庭某月的用水量，
结果如友表：则这20户家庭的该月平均用水
量为吨。
14．如图，AB与⊙O相切于点B，AO的延长线交⊙O于点C，连结BC.若∠C＝20°，则∠
A
=．

15．如图，边长为12的正方形ABCD中点E、F分别在AB、BC上，F是BC的中点且DF⊥EF

则线段DE的长为．
16．图1是小红在“淘宝双11”活动中所购买的一张多档位可调节靠椅，档位调节示意
图如图2所示。已知两支脚AB=AC，O为AC上固定连接点，靠背OD=10分米。档位为Ⅰ档时，
OD∥AB，档位为Ⅱ挡时，OD’⊥AC。当靠椅由Ⅰ档调节为Ⅱ档时，靠背顶端D向后靠至D’，
此时点D移动的水平距离是2分米，即ED’=2分米。DE⊥BC交OD’于点G，则DG=_________
分米。

第14题图第15题图第16题图1

户数1064
用水量（吨）467
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．（本题10分）计算：（1）|5-|-73.1-31802-21-）（）（.

（2）
1

211

2
x
x

18.（本题8分）如图，在四边形ABCD中，AB∥CD，BF=DE，AE⊥BD，CF⊥BD，垂足分别为
E，F．
（1）求证：△ABE≌△CDF；
（2）若AC与BD交于点O，求证：AC与BD互相平分．

19．（本题8分）某公司销售部有营业员16人，销售部为了制定某种商品的月销售定额，统
计了这16人某月的销售量如下：
每人销售件数101112131415
人数134332
（1）这16位销售员该月销售量的众数是▲，中位数是▲,平均数是▲.
（2）若要使75%的营业员都能完成任务，应选什么统计量（平均数、中位数和众数）作
为月销售件数的定额？请说明理由.
20.（本题8分）如图，在8×5的方格中有线段AD,作三边互不相等的△ABC，使其满足下
列条件：
（1）在图甲中，作格点Rt△ABC，使AD为△ABC的中线。
（2）在图乙中，作格点△ABC，使AD为△ABC的高线。

甲乙
21.（本题10分）如图，抛物线y=ax2+bx过点B（1，﹣3），对称轴是
直线x=2，且抛物线与x轴的正半轴交于点A．
（1）求抛物线的解析式，并根据图象直接写出当y≤0时，自变量x的
取值范图；
（2）在第二象限内的抛物线上有一点P，当PA⊥BA时，求△PAB的面
积．

D
A
D

A
22.（本题10分）如图，直线DP和⊙O相切于点C，交直线AE的延长线于点P,过点C作
AE的垂线，交AE于点F,交⊙O于点B，作平行四边形ABCD，连结BE，DO，CO。
（1）求证：DA=DC
(2)求∠P及∠AEB的大小。

23．（本题12分）王主任到文具批发市场购买甲、乙两种笔记本当期末学生奖品，已知甲种
笔记本每本13元，乙种笔记本每本10元。
（1）王主任用560元购买两种笔记本共50本，问购买甲、乙两种笔记本各多少本？
（2）若王主任用680元购买甲、乙两种笔记本，且甲种笔记本比乙种笔记本至少多1本，
那么他最多购买乙种笔记本多少本？
（3）为增加奖品种类，王主任共买了甲、乙、丙三种笔记本，已知丙种笔记本每本6元，
丙种笔记本的数量是甲、乙两种笔记本数量的和，他一共用了216元，请求出所有满足条件
的购买方案。

24.（本题14分）如图所示，直线
1
6

2
yx

分别与x轴，y轴交于A,B两点，直线
yx

与AB交于点C，与过点A且平行于y轴的直线交于点D，点P从A点出发，以1个单位每秒
的速度沿x轴向左运动，过点P作x轴的垂线，分别交直线AB，OD于E、F两点，以EF为
边向右做正方形EFGH。设正方形EFGH与ACD重叠阴影部分的面积为S（平方单位），点
P的运动时间为t秒。
（1）①.则点C的坐标为。
②．当0≤t<４.８时，s关于t的函数关系式；
当４.８≤t≤8时s关于t的函数关系式。
（2）.当(1)②条件中S取最大值的时候求，tan∠EOF值。
（3）.当t＞０时，如果CEF与CEO相似，求t的值。
（4）.当t＞０时，直接写出点(６，４）在正方形内部(包括边上)时，t的取值范围。

备用图

D
FOAE
P
C

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