浙江省绍兴地区2020届中考模拟数学试题(含答案)

2020年九年级数学中考复习卷

一、选择题(共10小题，满分40分，每小题4分)

1．－2019的倒数是（ ） A．2019 B．

11 C．－2019 D． 201920192．下列图形中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（ ）

A．3．函数y B． C． D．

x1中自变量x的取值范围是（ ） x1A．x1且x1 B．x1 C．x1 D．1x1

4．去年端午节假期第一天，国内游客人数达3050万人次，将数据“3050万”用科学记数法表示为（ ） A．3.05106 B．30.5106 C．3.05107 D．3.05108 5．下列不是正三棱柱的表面展开图的是（ ）

A．

6．不等式组 B． C． D．

2x13的解集在数轴上表示正确的是（ ）

x1A． B．

C． D．

7．一个圆锥的侧面积是底面积的2倍，则该圆锥侧面展开图的圆心角的度数是（ ） A．120° B．180° C．240° D．300°

8．如图，在平面直角坐标系中，将VABC绕点P顺时针方向旋转90°，VABC的顶点都在方格线的格点上，得到VABC，则点P的坐标为（ ）

A．(0，1) C．(1，4) B．(1，2) D．(2，1) 9．如图，在平面直角坐标系中，函数ykx与y函数y2的图象交于A，B两点，过A作y轴的垂线，交x4的图象于点C，连接BC，则VABC的面积为（ ） x

A．2 B．4 C．6 D．8

10．若平面直角坐标系内的点M满足横、纵坐标都为整数，则把点M叫做“整点”．例如：P(1，0)、Q(2，－2)都是“整点”．抛物线ymx－4mx4m－2m0与x轴交于点A、B两点，若该抛物线在A、B之间

2的部分与线段AB所围成的区域(包括边界)恰有七个整点，则m的取值范围是（ ） A．

11m1 B．m1 C．1m2 D．1m2 22二、填空题(共6小题，满分30分，每小题5分)

11．已知，a4，且a0，则a ．

212．化简(2)|12|38的结果为 ．

13．2018年国内航空公司规定：旅客乘机时，免费携带行李箱的长，宽，高三者之和不超过115cm．某厂家生产符合该规定的行李箱．已知行李箱的宽为20cm，长与高的比为811∶，则符合此规定的行李箱的高的最大值为

14．如图，在VABC中，AB8，AC12，D为AB的中点，点E为CD上一点，若四边形AGEF为正方形(其中点F，G分别在AC，AB上)，则VBEC的面积为 cm．

15．如图，eO为等腰三角形ABC的外接圆，AB是eO的直径，AB12，P为BC上任意一点(不与点B，C重合)，直线CP交AB的延长线于点Q，eO在点P处的切线PD交BQ于点D，则下列结论：

»的长为；①若PAB30，则PB②若PD//BC，则AP平分CAB；③若PBBD，则PD63；

»上的位置如何变化，CP·④无论点P在BCCQ108．其中正确结论的序号为 ．

16．如图，等边三角形ABC的边长为1，顶点B与原点O重合，点C在 x轴的正半轴上，过点B作

BA1AC于点A1，过点A1作A1B1//OA，交OC于点B1；过点B1作B1A2AC于点A2，过点A2作A2B2//OA，交OC于点B2；……，按此规律进行下去，点A2020的坐标是

三、解答题(共8小题，满分80分)

17． (1)解方程：2x2x10

4x2x8(2)解不等式组：x1x1

632a312118．先化简，再求值：，其中2a2cos30(3)0 a1a1a1219．如图，在矩形ABCD中，AD4，点E在边AD上，连接CE，以CE为边向右上方作正方形CEFG，过点F作FHAD，垂足为H，连接AF． (1)求证：FHED；

(2)当AE为何值时，VAEF的面积最大？

1

20．央视“经典咏流传”开播以来受到社会广泛关注．我市某校就“中华文化我传承－－地方戏曲进校园”的喜爱情况进行了随机调查．对收集的信息进行统计，绘制了下面两幅尚不完整的统计图．请你根据统计图所提供的信息解答下列问题：

注：图中A表示“很喜欢”，B表示“喜欢”、C表示“一般”，D表示“不喜欢”．

(1)被调查的总人数是 人，扇形统计图中C部分所对应的扇形圆心角的度数为 ； (2)补全条形统计图；

(3)若该校共有学生1800人，请根据上述调查结果，估计该校学生中A类有 人；

(4)在抽取的A类5人中，刚好有3个女生和2个男生，从中随机抽取两个同学担任两角色，用树状图或列表法求出被抽到的两个学生性别相同的概率．

21．如图，菱形ABCD的顶点A在y轴正半轴上，边BC在x轴上，且BC5，sinABC例函数y4，反比5k点N，点N的坐标是(3，n)，连接OM，MC． (x0)的图象分别与AD，CD交于点M、

x(1)求反比例函数的解析式； (2)求证：VOMC是等腰三角形

22．太阳能光伏发电因其清洁、安全、便利、高效等特点，已成为世界各国普遍关注和重点发展的新兴产业．如图是太阳能电池板支撑架的截面图，其中的粗线表示支撑角钢，太阳能电池板与支撑角钢AB的长度相同，均为300cm，AB的倾斜角为30°，BECA50cm，支撑角钢CD，EF与底座地基台面接触点分别为D、F，CD垂直于地面，FEAB于点E．两个底座地基高度相同(即点D、F到地面的垂直距离相同)，均为30cm，点A到地面的垂直距离为50cm，求支撑角钢CD和EF的长度各是多少厘米(结果保留根号)．

23．如图，在eO中，AB为直径，AC为弦．过BC延长线上一点G，作GDAO于点D，交AC于点E，交eO于点F，M是GE的中点，连接CF，CM． (1)判断CM与eO的位置关系，并说明理由；

(2)若ECF2A，CM6，CF4，求MF的长．

24．如图1，抛物线yaxbx4过A(2，0)、B(4，0)两点，交y轴于点C，过点C作x轴的平行线与

2

抛物线上的另一个交点为D，连接AC、BC．点P是该抛物线上一动点，设点P的横坐标为m(m＞4)． (1)求该抛物线的表达式和ACB的正切值； (2)如图2，若ACP45，求m的值；

(3)如图3，过点A、P的直线与y轴于点N，过点P作PMCD，垂足为M，直线MN与x轴交于点

Q，试判断四边形ADMQ的形状，并说明理由．

2019年九年级数学中考复习卷(1)

参考答案及详解

1.D

【解答】解：-2019的倒数是：故选：D． 2.A

【解答】解：A、既是轴对称图形，又是中心对称图形，故本选项不符合题意； B、是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不符合题意； C、是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不符合题意； D、是轴对称图形,不是中心对称图形，故本选项符合题意． 故选：A． 3C

【解答】解：根据题意得，x10， 解得，x1 故选：C. 4.C

【解答】解：3050万=30500000=3.05107，

1． 2019

故选：C． 5.D

【解答】解：A、B、C中间三个长方形能围成三棱柱的侧面，上、下两个三角形围成三棱柱的上、下两底面，故均能围成三棱柱，均是三棱柱的表面展开图．D围成三棱柱时，两个三角形重合为同一底面，而另一底面没有．故D不能围成三棱柱． 故选：D． 6.D

【解答】解：不等式可化为：x2x1．

∴在数轴上可表示为．

故选D． 7.B

【解答】解：设母线长为R，底面半径为r，

∴底面周长2r，底面面积r2，侧面面积rR， ∵侧面积是底面积的2倍， ∴2r2rR， ∴R2r， 设圆心角为n， 则

nR1802rR， 解得，n180， 故选：B． 8.C

【解答】解：连接AA，CC，线段AA，CC的垂直平分线的交点即为旋转中心．P（1，2），

故选C． 9.C

2的图象交点关于原点对称， x222∴设A点坐标为(x，)，则B点坐标为(x，)，C(2x，)，

xxx12214∴SVABC(2xx)g()(3x)g()6．

2xx2x【解答】解：∵正比例函数ykx与反比例函数y故选C． 10.B

【解答】解：∵ymx4mx4m2m(x2)2且m＞0， ∴该抛物线开口向上，顶点坐标为(2，2)，对称轴是直线x2． 由此可知点(2，0)、点(2，1)、顶点(2，2)符合题意．

①当该抛物线经过点(1，1)和(3，1)时(如答案图1)，这两个点符合题意． 将(1，1)代入ymx4mx4m2得到1m4m4m2．解得 此时抛物线解析式为yx4x2．

由y0得x24x20．解得x1220.6，x2223.4． ∴x轴上的点(1，、0)(2，、，0)(30)符合题意．

则当m1时，恰好有 (1，、0)(2，、，、，0)(30)(11)、，(31)、(2，1)、(2，2)这7个整点符合题意． ∴m1．【注：m的值越大，抛物线的开口越小，m的值越小，抛物线的开口越大】

2222m1

答案图1(m1时) 答案图2( m1时) 2②当该抛物线经过点(0，0)和点(4，0)时(如答案图2)，这两个点符合题意． 此时x轴上的点 (1，、0)(2，、，0)(30)也符合题意．

将(0，0)代入ymx4mx4m2得到0004m2．解得m21． 212x2x． 213当x1时，得y121＜1．

22此时抛物线解析式为y∴点(1，1)符合题意． 当x3时，得y13923＜1． 22∴点(3，1)符合题意．

综上可知：当m1时，点(0，、，、0)(10)(2，、，、0)(30)(4，、，0)(11)、，(31)、(2，2)、(2，1)都符合题意，共有9个整点符合题意，

1不符合题． 21∴m＞．

2

1综合①②可得：当＜m1时，该函数的图象与x轴所围成的区域(含边界)内有七个整点，

2∴m故选：B． 11.-4

【解答】解：Qa4，a＜0， a4，

故答案为：-4．

212.21.【解答】解：(2)|12|38

=2+212 =21.

故答案为：21. 13.55

【解答】解：设长为8x，高为11x， 由题意，得：19x20115， 解得：x5，

故行李箱的高的最大值为：11x55， 答：行李箱的高的最大值为55厘米． 故答案为：55 14.18

【解答】解：∵四边形AGEF是正方形

EF//AG，AFEFEGAG

∵点D是AB中点 ∴DBAD1AB4 2QEF//AG VCEF∽VCDA

EFCF ADACAF12AF∴ 412∴

AF3

QSVBCESVABCSVACDSVBDE

∴SVBCE1118121244318 222故答案为：18 15. ②③．

【解答】解：如图，连接OP，

QAOOP，PAB30， POB60， QAB12， OB6，»的长为 ∴PC6062，故①错误；

180∵PD是eO的切线， OPPD， QPD//BC， OPBC，¶PB¶， ∴CP PACPAB，∴AP平分CAB，故②正确； 若PBBD，则BPDBDP， QOPPD， BPDBPOBDPBOP， BOPBPO，∴BPBOPO6，即VBOP是等边三角形， ∴PD3OP63，故③正确；

QACBC， BACABC， QABCAPC， APCBAC， QACPQCA， VACP∽VQCA，

∴

CPCA2，即CP•CQCA72，故④错误； CACQ故答案为：②③．

220211316. ．

22021,22021【解答】解：∵VABC是等边三角形，

ABACBC1，ABCAACB60，13∴A,，0)，

22C(1，QBA1AC， AA1AC 1，33∴A1,，

44QA1B1POA，

A1B1CABC60，

∴VA1B1C是等边三角形， ∴A2是A1C的中点， ∴A2738,8， 153同理A3,1616，

…

2n113∴An2n1,2n1，

2202113A2020的坐标是22021,22021．

2202113故答案为：,2202122021．



17. 【解答】解(1) 2x2x10

(2x1)(x1)0

2x10或x10

1x1,x21;

24x2x8①(2) x1x1

36②解不等式①得x4 解不等式②得x3

∴不等式组的解集为：4x3 18. 【解答】解:原式2a22a3(a1) (a1)(a1)(a1)(a1)1(a1)

(a1)(a1)1 a1131当a2cos30(3)022131时,

22原式113 33113【分析】（1）根据正方形的性质，可得EFCE，再根据CEF90，进而可得FEHDCE ，结合已知条件FHED90，利用“AAS”即可证明VFEH≌VECD，由全等三角形的性质可得

FHED；

（2）设AEa ，用含a的函数表示VAEF的面积，再利用函数的最值求面积最大值即可． 【解答】解：(1)证明：∵四边形CEFG是正方形， CEEF， QFECFEHCED90，DCECED90， FEHDCE，在VFEH和VECD中

EFCEFEHDCE， FHED VFEH≌VECD， FHED； (2)设AEa，则EDFH4a， ∴SVAEF111AEFHa(4a) (a2)22， 222∴当AE2时，VAEF的面积最大．

20.【分析】（1）由A类别人数及其所占百分比可得总人数，用360°乘以C部分人数所占比例可得； （2）总人数减去其他类别人数求得B的人数，据此即可补全条形图； （3）用总人数乘以样本中A类别人数所占百分比可得；

（4）用树状图或列表法即可求出抽到性别相同的两个学生的概率． 【解答】解：(1)被调查的总人数为510%50人， 扇形统计图中C部分所对应的扇形圆心角的度数为360故答案为：50、216°；

(2) B类别人数为50530510人， 补全图形如下：

30216， 50

(3)估计该校学生中A类有180010%180人， 故答案为：180； (4)列表如下：

女1 女1 --- 女2女1 女3女1 男1女1 男2女1 女2 女3 男1 男2

女2 女3 男1 男2 女1女2 女1女3 女1男1 女1男2 --- 女2女3 女2男1 女2男2 女3女2 --- 女3男1 女3男2 男1女2 男1女3 --- 男1男2 男2女2 男2女3 男2男1 --- 所有等可能的结果为20种，其中被抽到的两个学生性别相同的结果数为8， ∴被抽到的两个学生性别相同的概率为

82． 20521.【分析】（1）先根据菱形的性质求出ADAB5，再根据三角函数求出OA，进而利用勾股定理求出OB，求出点C，D坐标，利用待定系数法求出直线CD解析式，进而求出点N坐标，最后用待定系数法即可得出结论；

（2）先求出点M坐标，再用两点间的距离公式求出OM和CM，即可得出结论． 【解答】解：(1)∵四边形ABCD是菱形， AD//BC，ABADBC5，在RtVAOB中，sinABC OA4，根据勾股定理得，OB3， OCBCOB2，OAOA4， AB55C(2，，0)

QAD5，OA4，D(5，，4)

∴直线CD的解析式为y∵点N的坐标是(3，n)， ∴n48x， 334843， 3334， 3∴N3,∵点N在反比例函数y∴k3k(x0)图形上， x44， 3

∴反比例函数的解析式为y

4； x

4， x(2)由(1)知，反比例函数的解析式为y∵点M在AD上， ∴M点的纵坐标为4， ∴点M的横坐标为1，

M(1，，4) QC(2，，0)

∴OM124217, OMCM，∴VOMC是等腰三角形．

22.【分析】过A作AGCD于G，在RtVACG中，求得CG25，连接FD并延长与BA的延长线交于H，在RtVCDH中，根据三角函数的定义得到CH90，在RtVEFH中，根据三角函数的定义即可得到结论．

【解答】解：过A作AGCD于G，则CAG30，

CM(12)24217，

在RtVACG中，CGACsin3050cm QGD503020， CDCGGD252045，连接FD并延长与BA的延长线交于H，则H30， 在RtVCDH中，CH125cm， 2CD2CD90cm， sin30 EHECCHABBEACCH300505090290，在RtVEFH中，EFEHtan3029032903(cm)， 332903cm． 3答：支撑角钢CD和EF的长度各是 45cm，

23.【分析】(1)连接OC，如图，利用圆周角定理得到ACB90，再根据斜边上的中线性质得

MCMGME，所以G1，接着证明1290，从而得到OCM90，然后根据直线

与圆的位置关系的判断方法可判断CM为eO的切线；

(2)先证明GA，再证明EMC4，则可判定VEFC∽VECM，利用相似比先计算出CE，再计算出EF，然后计算MEEF即可．

【解答】解：(1) CM与eO相切．理由如下： 连接OC，如图，

∵GDAO于点D， GGBD90，∵AB为直径， ACB90，∵M点为GE的中点， MCMGME， G1， QOBOC， B2， 1290， OCM90， OCCM，∴CM为eO的切线；

(2)Q13490，53490， 15，而1G，5A， GA， Q42A，

42G，而EMCG12G， EMC4，而FECCEM， VEFC∽VECM，EFCECFEFCE4，即，

CEMECMCE668∴CE4,EF，

3810∴MFMEEF6．

33∴

24.【分析】(1)由点A、B坐标利用待定系数法求解可得抛物线解析式为y交CA的延长线于点G，证VGAB∽VOAC得

12x3x4，作BGCA，2BGOC，据此知BG2AG．在RtVABG中根据AGOABG2AG2AB2，可求得AG数定义可得答案；

412525,CGACAG，根据正切函5．继而可得BG555(2)作BHCD于点H，交CP于点K，连接AK，易得四边形OBHC是正方形，应用“全角夹半角”可得

AKOAHK，设K(4，h)，则BKh，HKHBKB4h，AKOAHK24h886h．在RtVABK中，由勾股定理求得h，据此求得点K4,．待定系数法求出直线CK的解析

33式为y111x4．设点P的坐标为(x，y)知x是方程x23x4x4的一个解．解之求得x的323值即可得出答案．

(3)先求出点D坐标为(6，4)，设Pm,121m3m4知M(m，，4)H(m，0)及PHm23m4，22OHm，AHm2，MH4．①当4＜m＜6时，由VOAN∽VHAP知

ONQ∽VHMQ得ONm4．再证VONOA．据此PHAHQNOQ．据此求得OQm4．从而得出HMHQQAQDM6m．结合AQ//DM可得答案．②当m＞6时，同理可得．

【解答】解：(1)将点A(2，0)和点B(4，0)分别代入yaxbx4，得24a2b40，

16a4b40

1a解得：2．

b3∴该抛物线的解析式为y12x3x4． 2过点B作BGCA，交CA的延长线于点G (如图1所示)，则G90．

QCOAG90，CAOBAG， VGAB∽VOAC．∴

BGOC42． AGOA2 BG2AG．在RtVABG中，QBG2AG2AB2， ∴2AGAG222．解得：AG225． 5∴BG4251255,CGACAG25． 555在RtVBCG中，tanACBBG1． CG3(2)如图2①，方法一：过点P作PECD于点E，

QACPBCD45，

ACBPCE，∴tanPCE1， 314m23m4PE121， 则，即

m3CE3解得m16或m=0(舍)； 3方法二：如图2②，过点B作BHCD于点H，交CP于点K，连接AK．易得四边形OBHC是正方形．

应用“全角夹半角”可得AKOAHK．

设K(4，h)，则BKh，HKHBKB4h，AKOAHK24h6h．在RtVABK中，由勾股定理，得AB2BK2AK2． ∴22h26h2．解得h83． ∴点K4,83．

设直线CK的解析式为yhx4．

将点K4,883代入上式，得

34h4．解得h13． ∴直线CK的解析式为y13x4． 设点P的坐标为(x，y)，则x是方程12x23x413x4的一个解．

将方程整理，得3x216x0．

解得x1613，x20 (不合题意，舍去)． 将x1612013代入y3x4，得y9．

∴点P的坐标为1620,， 39故点P的横坐标m的值为

16． 3(3)四边形ADMQ是平行四边形．理由如下： ∵CD//x轴， ∴yCyD4． 将y4代入y121x3x4，得4x23x4． 22解得x10，x26． ∴点D(6，4)．

根据题意，得Pm,12m3m4,Mm7,4,H(m,0)． 2PH12m3m4,OHm,2AHm2,MH4．

①当4＜m＜6时，DM6m，如图3，

QVOAN∽VHAP，ONOA． PHAHON2． 2&2m3m4m2m26m8(m4)(m2)ONm4．

m2m2 QVONQ∽VHMQ，ONOQ． HMHQ

ONOQ． 4mOQm4OQ． 4mOQ OQm4． AQOAOQ2m46m． AQDM6m．又QAQ//DM，

∴四边形ADMQ是平行四边形．

②当m＞6时，同理可得：四边形ADMQ是平行四边形． 综上，四边形ADMQ是平行四边形．