备战2020中考数学全真模拟卷06（含解析）
备战2020中考数学全真模拟卷06（含解析）,中考数学全真模拟卷,莲山课件.
备战2020中考全真模拟卷05
数 学
（考试时间：90分钟 试卷满分：120分）
注意事项：
1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效。
3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
4．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
5．考试范围：广东中考全部内容。
第Ⅰ卷
一、选择题（本大题共10个小题，每小题3分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的）
1．估计 的值在
A．1和2之间 B．2和3之间 C．3和4之间 D．4和5之间
【答案】C．
【解析】∵9＜13＜16，∴3 4，则 的值在3和4之间，故选C．
2．下面有4个汽车标志图案，其中是中心对称图形的是
A． B． C． D．
【答案】B．
【解析】根据中心对称的定义可得：A、C、D都不符合中心对称的定义．故选B．
3．下列计算正确的是
A．2a+3a＝6a B．（﹣3a）2＝6a2
C．（x﹣y）2＝x2﹣y2 D．3 2
【答案】D.
【解析】2a+3a＝5a，A错误；（﹣3a）2＝9a2，B错误；（x﹣y）2＝x2﹣2xy+y2，C错误；
2 ，D正确；故选D．
4．如图，ABCD为一长条形纸带，AB∥CD，将ABCD沿EF折叠，A、D两点分别与A′、D′对应，若∠1＝2∠2，则∠AEF的度数为
A．60° B．65° C．72° D．75°
【答案】C．
【解析】由翻折的性质可知：∠AEF＝∠FEA′，∵AB∥CD，∴∠AEF＝∠1，
∵∠1＝2∠2，设∠2＝x，则∠AEF＝∠1＝∠FEA′＝2x，∴5x＝180°，
∴x＝36°，∴∠AEF＝2x＝72°，故选C．
5．一组数据为：31，30，35，29，30，则这组数据的方差是
A．22 B．18 C．3.6 D．4.4
【答案】D．
【解析】这组数据的平均数为 31，所以这组数据的方差为 [（31﹣31）2+（30﹣31）2+（35﹣31）2+（29﹣31）2+（30﹣31）2]＝4.4，故选D．
6．如图是一个几何体的三视图，则该几何体的展开图是
A． B． C． D．
【答案】B．
【解析】主视图和左视图均为等腰三角形，底面为圆，所以该几何体为圆锥，
∵圆锥的侧面展开图是扇形，底面是圆，∴B符合，故选B．
7．已知一次函数y＝kx+b的图象如图，则k、b的符号是
A．k＞0，b＞0 B．k＞0，b＜0 C．k＜0，b＞0 D．k＜0，b＜0
【答案】D．
【解析】由一次函数y＝kx+b的图象经过二、三、四象限，又有k＜0时，直线必经过二、四象限，故知k＜0，再由图象过三、四象限，即直线与y轴负半轴相交，所以b＜0．故选D．
8．若关于x的一元二次方程x2﹣2x+m＝0有两个不相等的实数根，则m的值可以是
A．﹣1 B．1 C．3 D．5
【答案】A．
【解析】∵关于x的一元二次方程x2﹣2x+m＝0有两个不相等的实数根，∴△＝（﹣2）2﹣4×1×m＝4﹣4m＞0，解得：m＜1．故选A．
9．如图，边长为2的正方形ABCD，点P从点A出发以每秒1个单位长度的速度沿A﹣D﹣C的路径向点C运动，同时点Q从点B出发以每秒2个单位长度的速度沿B﹣C﹣D﹣A的路径向点A运动，当Q到达终点时，P停止移动，设△PQC的面积为S，运动时间为t秒，则能大致反映S与t的函数关系的图象是
A． B． C． D．
【答案】A．
【解析】当0≤t≤1时，S 2×（2﹣2t）＝2﹣2t，∴该图象y随x的增大而减小，
当1＜t≤2时，S （2﹣t）（2t﹣2）＝﹣t2+4t﹣4，∴该图象开口向下，
当2＜t≤3，S （t﹣2）（2t﹣4）＝（t﹣2）2，∴该图象开口向上，故选A．
10．如图，菱形ABCD放置在直线l上（AB与直线l重合），AB＝4，∠DAB＝60°，将菱形ABCD沿直线l向右无滑动地在直线l上滚动，从点A离开出发点到点A第一次落在直线l上为止，点A运动经过的路径的长度为
A． B． C． D．
【答案】A．
【解析】如图，从点A离开出发点到点A第一次落在直线l上为止，点A运动经过的路径的长度为图中弧线长．
由题意可知 ，∠DOA2＝120°，DO＝4
所以点A运动经过的路径的长度＝2 π π，故选A．
第Ⅱ卷
二、填空题（本大题共7小题，每小题4分，共28分）
11．因式分解：x3﹣2x2y+xy2＝__________．
【答案】x（x﹣y）2．
【解析】原式＝x（x2﹣2xy+y2）＝x（x﹣y）2，故答案为：x（x﹣y）2
12．分式方程 的解为__________．
【答案】x＝1．
【解析】方程两边都乘以x﹣2，得：3﹣2x﹣2＝x﹣2，解得：x＝1，
检验：当x＝1时，x﹣2＝1﹣2＝﹣1≠0，所以分式方程的解为x＝1，故答案为：x＝1．
13．已知扇形的面积为4π，半径为6，则此扇形的圆心角为__________度．
【答案】40．
【解析】设该扇形的圆心角度数为n°，
∵扇形的面积为4π，半径为6，∴4π ，解得：n＝40．
∴该扇形的圆心角度数为：100°．故答案为：40．
14．不等式组 的解集是__________．
【答案】 ．
【解析】解不等式 ，得： ，解不等式 ，得： ，
所以不等式组的解集为 ，故答案为： ．
15．如果一条抛物线经过点A（2，5），B（﹣3，5），那么它的对称轴是直线__________．
【答案】x ．
【解析】因为A（2，5），B（﹣3，5）的纵坐标相同，∴A、B关于x 对称，∴抛物线的对称轴x ，故答案为x ．
16．如图，第一角限内的点A在反比例函数 的图象上，第四象限内的点B 在反比例函数 图象上，且OA⊥OB，∠OAB＝60度，则k值为__________．
【答案】 -6．
【解析】作AC⊥y轴于C，BD⊥y轴于D，如图，
设A（a， ），B（b， ），
∵∠AOB＝90°，∴∠AOC+∠DOB＝90°，而∠AOC+∠OAC＝90°，
∴∠OAC＝∠DOB，∴Rt△OAC∽Rt△BOD，∴ ，
∵在Rt△AOB中，tan∠OAB＝tan60° ，
∴ ，即 ，∴ab＝2 ，
∴k ab 2 6．故答案为﹣6．
17．如图，在矩形ABCD中，AB＝3，AD＝4，将矩形ABCD绕着点B顺时针旋转后得到矩形A’BC’D’，点A的对应点A’在对角线AC上，点C、D分别与点C’、D’对应，A′D’与边BC交于点E，那么BE的长是__________．
【答案】 .
【解析】如图，过点B作BF⊥AC，过点E作EH⊥AC，
∵AB＝3，AD＝4，∠ABC＝90°，∴AC 5，
∵S△ABC AB×BC AC×BF，∴3×4＝5BF，∴BF ，∴AF ，
∵将矩形ABCD绕着点B顺时针旋转后得到矩形A’BC’D’，
∴AB＝BA’，∠BAD＝∠BA’D’＝90°，且BF⊥AC，
∴∠BAC＝∠BA’A，AF＝A’F ，∠BA’A+∠EA’C＝90°，∴A’C＝AC﹣AA’ ，
∵∠BA’A+∠EA’C＝90°，∠BAA’+∠ACB＝90°，∴∠ACB＝∠EA’C，
∴A’E＝EC，且EH⊥AC，∴A’H＝HC A’C ，
∵∠ACB＝∠ECH，∠ABC＝∠EHC＝90°，
∴△EHC∽△ABC，∴ ，∴ ，∴EC ，
∴BE＝BC﹣EC＝4 ，故答案为： ．
三、解答题（一）（本大题共3小题，每小题6分，共18分）
18．如图，矩形ABCD中，点E在BC上，AE＝CE，试分别在下列两个图中按要求使用无刻度的直尺画图．
（1）在图1中，画出∠DAE的平分线；
（2）在图2中，画出∠AEC的平分线．
【解析】（1）如图1所示．
；
（2）如图2所示．
．
19．（10分）先化简，再求值：（2 ） ，其中x 3．
【解析】原式 ，
把x 3代入得：原式 1﹣2 ．
20．为了解某中学学生课余生活情况，对喜爱看课外书、体育活动、看电视、社会实践四个方面的人数进行调查统计．现从该校随机抽取n名学生作为样本，采用问卷调查的方法收集数据（参与问卷调查的每名学生只能选择其中一项）．并根据调查得到的数据绘制成了如图所示的两幅不完整的统计图．由图中提供的信息，解答下列问题：
（1）求n的值；
（2）若该校学生共有1200人，试估计该校喜爱看电视的学生人数；
（3）若调查到喜爱体育活动的4名学生中有3名男生和1名女生，现从这4名学生中任意抽取2名学生，求恰好抽到2名男生的概率．
【解析】（1）n＝5÷10%＝50；
（2）样本中喜爱看电视的人数为50﹣15﹣20﹣5＝10（人），1200 240，
所以估计该校喜爱看电视的学生人数为240人；
（3）画树状图为：
共有12种等可能的结果数，其中恰好抽到2名男生的结果数为6，
所以恰好抽到2名男生的概率 ．
四、解答题（二）（本大题共3小题，每小题7分，共21分）
21．如图，在Rt△ABE中，∠B＝90°，以AB为直径的⊙O交AE于点C，CE的垂直平分线FD交BE于点D，连接CD．
（1）判断CD与⊙O的位置关系，并证明；
（2）若AC•AE＝12，求⊙O的半径．
【解析】（1）连接OC，如图1所示．
∵FD是CE的垂直平分线，∴DC＝DE，∴∠E＝∠DCE，
∵OA＝OC，∴∠A＝∠OCA，
∵Rt△ABE中，∠B＝90°，∴∠A+∠E＝90°，
∴∠OCA+∠DCE＝90°，∴OC⊥CD，∴CD与⊙O相切．
（2）连接BC，如图2所示．
∵AB是⊙O直径，∴∠ACB＝90°，∴△ACB∽ABE，∴ ，
∵AC•AE＝12，∴AB2＝12，∴AB＝2 ，∴OA ．
22．如图，平行四边形OABC的顶点O在原点上，顶点A，C分别在反比例函数y （k≠0，x＞0），y （x＜0）的图象上，对角线AC⊥y轴于D，已知点D的坐标为D（0，5）
（1）求点C的坐标；
（2）若平行四边形OABC的面积是55，求k的值．
【解析】（1）当y＝5时，代入y 得，x＝﹣2，∴C（﹣2，5），
（2）∵四边形OABC是平行四边形，∴OC＝AB，OA＝BC，
∵AC＝AC，∴△OAC≌△ABC （SSS），
∴S△OAC SOABC ，即： AC•DO ，
∵DO＝5，∴AC＝11，
又∵CD＝2，∴AD＝11﹣2＝9，
∴A（9，5）代入y （k≠0，x＞0）得：k＝﹣45．
23．如图，一艘船由A港沿北偏东65°方向航行30 km至B港，然后再沿北偏西40°方向航行至C港，C港在A港北偏东20°方向．
（1）求∠C的度数．
（2）求A，C两港之间的距离．
【解析】（1）由题意得：∠ACB＝20°+40°＝60°；
（2）由题意得，∠CAB＝65°﹣20°＝45°，
备战2020中考数学全真模拟卷07（含解析）
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∠ACB＝40°+20°＝60°，AB＝30 ，
过B作BE⊥AC于E，如图所示：
∴∠AEB＝∠CEB＝90°，
在Rt△ABE中，∵∠ABE＝45°，∴△ABE是等腰直角三角形，
∵AB＝30 ，∴AE＝BE AB＝30，
在Rt△CBE中，∵∠ACB＝60°，tan∠ACB ，
∴CE 10 ，
∴AC＝AE+CE＝30+10 ，
∴A，C两港之间的距离为（30+10 ）km．
五、解答题（三）（本大题共2小题，每小题10分，共20分）
24．在平面直角坐标系中，O为坐标原点，过二次函数y＝﹣x2+4x图象上的点A（3，3）作x轴的垂线交x轴于点B．
（1）如图1，P为线段OA上方抛物线上的一点，在x轴上取点C（1，0），点M、N为y轴上的两个动点，点M在点N的上方且MN＝1．连接AC，当四边形PACO的面积最大时，求PM+MN NO的最小值．
（2）如图2，点Q（3，1）在线段AB上，作射线CQ，将△AQC沿直线AB翻折，C点的对应点为C’，将△AQC’沿射线CQ平移3 个单位得△A’Q’C″，在射线CQ上取一点M，使得以A’、M、C″为顶点的三角形是等腰三角形，求M点的坐标．
【解析】（1）如图1，过点O作直线l，使直线l经过第二、四象限且与x轴夹角为60°；
过点P作PF⊥x轴于点E，交OA于点D，交直线l于点F；在PF上截取PP’＝1；过点N作NG⊥直线l于点G
∵A（3，3），AB⊥x轴于点B，∴直线OA解析式为y＝x，OB＝AB＝3，
∵C（1，0），∴S△AOC OC•AB 1×3 ，是定值，
设P（t，﹣t2+4t）（0＜t＜3），
∴D（t，t），
∴PD＝﹣t2+4t﹣t＝﹣t2+3t，
∴S△OAP＝S△OPD+S△APD PD•OE PD•BE PD•OB （t2﹣3t），
∴t 时，S△OAP最大，
此时，S四边形PACO＝S△AOC+S△OAP最大，
yP＝﹣（ ）2+3 ，∴P（ ， ），
∴P’E＝PE﹣PP’ 1 ，即P’（ ， ），
∵点M、N在y轴上且MN＝1，∴PP’＝MN，PP’∥MN，
∴四边形MNP’P是平行四边形，∴PM＝P’N，
∵∠NGO＝90°，∠NOG＝90°﹣60°＝30°，
∴Rt△ONG中，NG NO，∴PM+MN NO＝P’N+NG+1，
∴当点P’、N、G在同一直线上，即P’G⊥直线l时，PM+MN NO＝P’G+1最小，
∵OE ，∠EOF＝60°，∠OEF＝90°，
∴Rt△OEF中，∠OFE＝30°，tan∠EOF ，
∴EF OE ，∴P’F＝P’E+EF ，
∴Rt△P’GF中，P’G P’F ，
∴P’G+1 1 ，
∴PM+MN NO的最小值为 .
（2）延长A’Q’交x轴于点H，
∵C（1，0），Q（3，1），QB⊥x轴于点B，
∴CB＝2，BQ＝1，∴CQ ，
∵△AQC沿直线AB翻折得△AQC’，∴B（3，0）是CC’的中点，∴C’（5，0），
∵平移距离QQ’＝3 ，∴CQ’＝CQ+QQ’＝4 ，
∵QB∥Q’H，∴△CBQ∽△CHQ’，
∴ ，∴CH＝4CB＝8，yQ’＝HQ’＝4BQ＝4，
∴xQ’＝OC+CH＝1+8＝9，∴Q’（9，4），
∴点Q（3，1）向右平移6个单位，向上平移3个单位得到点Q’（9，4）
∴A’（9，6），C”（11，3），
∴A’C” ，
设直线CQ解析式为y＝kx+b，
∴ ，解得： ，∴直线CQ：y x ，
设射线CQ上的点M（m， m ）（m＞1），
∴A’M2＝（9﹣m）2+（6 m ）2＝（9﹣m）2+（ m）2，
C”M2＝（11﹣m）2+（3 m ）2＝（11﹣m）2+（ m）2，
∵△A’MC”是等腰三角形，
①若A’M＝A’C”，则（9﹣m）2+（ m）2＝13，解得：m1＝7，m2 ，
∴M（7，3）或（ ， ），
②若C”M＝A’C”，则（11﹣m）2+（ m）2＝13，解得：m1 ，m2＝13，
∴M（ ， ）或（13，6），
③若A’M＝C”M，则（9﹣m）2+（ m）2＝（11﹣m）2+（ m）2，解得：m＝10，
∴M（10， ），
综上所述，点M坐标为（7，3），（ ， ），（ ， ），（13，6），（10， ）．
25．如图 Rt△ABC中，∠ABC＝90°，P是斜边AC上一个动点，以BP为直径作⊙O交BC于点D，与AC的另一个交点E，连接DE．
（1）当 时，①若 130°，求∠C的度数；②求证AB＝AP；
（2）当AB＝15，BC＝20时，
①是否存在点P，使得△BDE是等腰三角形，若存在，求出所有符合条件的CP的长；
②以D为端点过P作射线DH，作点O关于DE的对称点Q恰好落在∠CPH内，则CP的取值范围为__________．（直接写出结果）
【解析】（1）①连接BE，如图1所示：
∵BP是直径，∴∠BEC＝90°，
∵ 130°，∴ 50°，
∵ ，∴ 100°，∴∠CBE＝50°，∴∠C＝40°；
②证明：∵ ，∴∠CBP＝∠EBP，
∵∠ABE+∠A＝90°，∠C+∠A＝90°，
∴∠C＝∠ABE，∵∠APB＝∠CBP+∠C，∠ABP＝∠EBP+∠ABE，
∴∠APB＝∠ABP，∴AP＝AB；
（2）解：①由AB＝15，BC＝20，
由勾股定理得：AC 25，
∵ AB•BC AC•BE，即 15×20 25×BE，∴BE＝12，
连接DP，如图1﹣1所示：
∵BP是直径，∴∠PDB＝90°，
∵∠ABC＝90°，∴PD∥AB，∴△DCP∽△BCA，
∴ ，∴CP CD，
△BDE是等腰三角形，分三种情况：
当BD＝BE时，BD＝BE＝12，
∴CD＝BC﹣BD＝20﹣12＝8，∴CP CD 8＝10；
当BD＝ED时，可知点D是Rt△CBE斜边的中线，
∴CD BC＝10，∴CP CD 10 ；
当DE＝BE时，作EH⊥BC，则H是BD中点，EH∥AB，如图1﹣2所示：
AE 9，
∴CE＝AC﹣AE＝25﹣9＝16，CH＝BC﹣BH＝20﹣BH，
∵EH∥AB，∴ ，即 ，解得：BH ，
∴BD＝2BH ，∴CD＝BC﹣BD＝20 ，
∴CP CD 7；
综上所述，△BDE是等腰三角形，符合条件的CP的长为10或 或7；
②当点Q落在∠CPH的边PH上时，CP最小，如图2所示：
连接OD、OQ、OE、QE、BE，
由对称的性质得：DE垂直平分OQ，∴OD＝QD，OE＝QE，
∵OD＝OE，∴OD＝OE＝QD＝QE，∴四边形ODQE是菱形，∴PQ∥OE，
∵PB为直径，∴∠PDB＝90°，∴PD⊥BC，
∵∠ABC＝90°，∴AB⊥BC，∴PD∥AB，∴DE∥AB，
∵OB＝OP，∴OE为△ABP中位线，∴PE＝AE＝9，
∴PC＝AC﹣PE﹣AE＝25﹣9﹣9＝7；
当点Q落在∠CPH的边PC上时，CP最大，如图3所示：
连接OD、OQ、OE、QD，
同理得：四边形ODQE是菱形，∴OD∥QE，
连接DF，∵∠DBC＝90°，∴DF是直径，∴D、O、F三点共线，∴DF∥AQ，∴∠OFB＝∠A，
∵OB＝OF，∴∠OFB＝∠OBF＝∠A，∴PA＝PB，
∵∠OBF+∠CBP＝∠A+∠C＝90°，∴∠CBP＝∠C，
∴PB＝PC＝PA，∴PC AC＝12.5，∴7＜CP＜12.5，故答案为：7＜CP＜12.5．
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