2020年浙江省温州市中考一模数学试卷

这是一份2020年浙江省温州市中考一模数学试卷，共14页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、选择题（共10小题；共50分）
1. 我国是较早认识负数的国家，南宋数学家李冶在算筹的个位数上用斜画一杠表示负数，如“−32”写成“”，下列算筹表示负数的是
A. B.
C. D.

2. “浮云游子意，明月故乡情”，4 月疫情期间温州支援意大利口罩达 2700000 只，其中 2700000 用科学记数法表示为
A. 2.7×106B. 27×105C. 2.7×105D. 0.27×107

3. 小明家购买了一款新型吹风机．如图所示，吹风机的主体是由一个空心圆柱体构成，手柄可近似看作一个圆柱体，这个几何体的主视图为
A. B.
C. D.

4. 计算 x3+x3 的结果是
A. x6B. x9C. 2x6D. 2x3

5. 甲、乙、丙、丁四名射击运动员参加射击预选赛，他们射击成绩的平均数及方差如表所示，要选一个成绩较好且稳定的运动员去参赛，应选运动员
甲乙丙丁x环8998s2环211.211.2
A. 甲B. 乙C. 丙D. 丁

6. 不等式 −2x≤−x+2 的解在数轴上的表示正确的是
A. B.
C. D.

7. 一款便携式音箱以锂电池作为电源，该电池的电压为定值，工作时电流 I（单位：A）与电阻 R（单位：Ω）之间的函数关系如图所示，则当电阻 R 为 4 Ω 时，电流 I 为
A. 6 AB. 32 AC. 1 AD. 23 A

8. 为美化校园，学校计划购买甲、乙两种花木，其中甲种花木每棵 100 元，乙种花木每棵 80 元，若甲种花木的数量是乙种花木的 3 倍，且两种花木共花费 19000 元．设购买甲种花木 x 棵，乙种花木 y 棵，根据题意，可列方程组
A. x=3y,100x+80y=19000B. y=3x,100x+80y=19000
C. x=3y,80x+100y=19000D. y=3x,80x+100y=19000

9. 在 △ABC 中，BC=5，AC=12，∠C=90∘，以点 B 为圆心，BC 为半径作圆弧，与 AB 交于 D，再分别以 A，D 为圆心，大于 12AD 的长为半径作圆弧交于点 M，N，作直线 MN，交 AC 于 E，则 AE 的长度为
A. 42B. 4C. 133D. 5

10. 已知函数 y1=ax2−2ax+ca>0 ， y2=−ax2+2ax+c ，当 0≤x≤2 时， 2≤y1≤3 ，则当 0≤x≤2 时， y2 的最大值是
A. −3B. 2C. 3D. 4

二、填空题（共6小题；共30分）
11. 因式分解：m2−25= ．

12. 在不透明的袋子里装入 3 个红球和 2 个白球（除颜色不同外其余均相同），从中随机摸出一个球为白球的概率是 ．

13. 如图，四边形 ABCD 内接于 ⊙O，若 ∠AOC=∠B，则 ∠D 的度数为 ∘．

14. 如图，在矩形 ABCD 中，BC=8，E 为 BC 中点，将 △ABE 沿 AE 翻折后，得到 △AEF，再将 CE 折向 FE，使点 C 与点 F 重合，折痕为 EG．若 CG=3，则 AG= ．

15. 如图，已知点 A5,0，在直线 y=12x+52 上取点 B，过点 B 作 x 轴的平行线，交直线 y=−x+b 于点 C．若四边形 OACB 为菱形，则 b= ．

16. 将折叠书架画出侧面示意图，AB 为面板架，CD 为支撑架，EF 为锁定杆，F 可在 CD 上移动或固定．已知 BC=CE=8 cm．如图甲，将面板 AB 竖直固定时（AB⊥BD），点 F 恰为 CD 的中点．如图乙，当 CF=17 cm 时，EF⊥AB，则支撑架 CD 的长度为 cm．

三、解答题（共8小题；共104分）
17. 请回答：
（1）计算：2sin30∘+2−10+9．
（2）解方程：x−12=2x+1．

18. 如图，在 △ABC 中，AB=AC，点 D 在 BC 边上，点 E 在 AC 边上，连接 AD，DE．已知 ∠1=∠2，AD=DE．
（1）求证：△ABD≌△DCE；
（2）若 BD=2，CD=5，求 AE 的长．

19. 某学校为了解疫情期间学生在家体育锻炼情况，从全体学生中随机抽取若干学生进行调查，以下是根据调查数据绘制的统计图表的一部分，根据信息回答下列问题．
组别平均每日体育锻炼时间分人数A0≤x≤1018B10S丙2，故乙的方差大，波动大．
6. B【解析】∵−2x≤−x+2，
∴−2x+x≤2，则 −x≤2，
∴x≥−2，
将不等式解集表示在数轴上如下：
7. B【解析】设用电阻 R 表示电流 I 的函数解析式为 I=kR，
∵ 反比例函数图象过 2,3，
∴k=3×2=6，
∴I=6R，
当 R=4 Ω 时，I=64=32．
8. A【解析】由题意可得 x=3y,100x+80y=19000.
9. C【解析】由作图可得 BD=BC=5，AD=13−5=8，MN 垂直平分 AD．
∴AF=12AD=4，
∵BC=5，AC=12，∠C=90∘，
∴AB=13．
∵∠AFE=∠ACB=90∘，∠A=∠A，
∴△AFE∽△ACB．
∴AEAB=AFAC，即 AE13=412，解得 AE=133．
10. D
【解析】由题意得：当 0≤x≤2 时，函数 y1 在对称轴 x=1 时取得最小值，即 y1=a−2a+c=2, ⋯⋯①
函数 y1 在 x=2 时，取得最大值，即 y1=4a−4a+c=3, ⋯⋯②
联立 ①② 并解得： a=1,c=3,
故 y2=−ax2+2ax+c=−x2+2x+3 ，
当 0≤x≤2 时， y2 在对称轴处取得最大值，
∴ 当 x=1 时， y=4 ，
故最大值是 4 ，
故选：D．
第二部分
11. m+5m−5
【解析】原式=m+5m−5．
12. 25
【解析】从中随机摸出一个球共有 5 种等可能结果，其中摸出一个球为白球的有 2 种结果，所以摸出一个球为白球的概率为 25，故答案为：25．
13. 60
【解析】由圆周角定理得，∠AOC=2∠D，
∵∠AOC=∠B，
∴∠B=2∠D，
∵ 四边形 ABCD 内接于 ⊙O，
∴∠D+∠B=180∘，
∴∠D+2∠D=180∘，
解得，∠D=60∘．
14. 253
【解析】∵ 将 △ABE 沿 AE 翻折后，得到 △AEF，再将 CE 折向 FE，使点 C 与点 F 重合，
∴AB=AF，∠B=∠AFE=90∘，FG=CG=3，∠C=∠EFG=90∘，
∴∠AFE+∠GFE=180∘，
∴ 点 A，点 F，点 G 三点共线，
∵AD2+DG2=AG2，
∴64+AB−32=AB+32，
∴AB=163，
∴AG=AF+FG=253．
15. 12
【解析】∵ 点 A5,0，
∴OA=5，
∵ 四边形 OACB 为菱形，
∴OB=OA=5，
根据题意，设 Ba,12a+52，
∴a2+12a+522=52，
整理得 a2+2a−15=0，解得 a=3 或 a=−5（不合题意，舍去）．
∴B3,4．
∴C8,4．
∵ 直线 y=−x+b 经过点 C，
∴4=−8+b，解得 b=12．
16. 297
【解析】∵EF⊥AB，CF=17 cm，BC=CE=8 cm，
∴EF=CF2−CE2=15 cm，
过 F 作 FG⊥AB，
∵AB⊥BD，
∴FG∥BD，
∵ 点 F 恰为 CD 的中点，
∴CG=12BC=4 cm，
∴EG=8+4=12 cm，
∵EF=15 cm，
∴FG=EF2−EG2=9 cm，
∴BD=2FG=18 cm，
∴CD=CB2+BD2=297．
第三部分
17. （1） 原式=2×12+1+3=1+1+3=5.
（2）
x2−4x=0.xx−4=0.x=0或x−4=0.
所以
x1=0,x2=4.
18. （1） ∵AB=AC，
∴∠B=∠C．
又 ∠1=∠2，AD=DE，
∴△ABD≌△DCEAAS．
（2） ∵△ABD≌△DCE，
∴AB=DC=5，CE=BD=2．
∵AC=AB，
∴AC=5．
∴AE=AB−EC=5−2=3．
19. （1） 120
【解析】24÷20=120（名）．
故本次调查共抽取 120 名学生．
（2） 36
【解析】120−18−42−24=36（人）．
故 B 组有 36 人．
（3） C
【解析】在抽查得到的数据中，第 60 个和第 61 个数据都在 C 组，故中位数位于 C 组．
（4） 1200×42+24120=660（人）．
答：这所学校平均每日锻炼超过 20 分钟大约有 660 人．
20. （1） 如图 1 中，△ABC 即为所求（答案不唯一）．
（2） 如图 2 中，△ADE 即为所求（答案不唯一）．
21. （1） 当 x=−1 时，y=a−2b+2b−a=0．
（2） ∵ 将抛物线向左平移 2 个单位后，恰经过点 −1,0，
∴ 原抛物线经过 1,0．
把 1,0 代入解析式可得：0=a+2b+2b−a，
∴b=0．
22. （1） 如图，连接 DE，OC 交于点 F．
∵BC 切 ⊙O 于点 C，
∴∠OCB=90∘，
∵∠B=90∘，
∴OC∥AB，
∵AD 是圆的直径，
∴∠DEA=∠FEB=90∘，
∴OC⊥DE，
∴DC=CE，
∴CD=CE．
（2） 如图，连接 AC，
∵ 四边形 ABCD 内接于圆，
∴∠CEB=∠ADC，
∵CD=CE，
∴∠DAC=∠CAB，
∴∠ADC=∠ACB，
∴tan∠ACB=tan∠CEB=tan∠ADC，
设 BE=3x，则 BC=4x，CE=5x，
∴3+3x4x=43，
解得：x=97，
∴CD=457，
∴AD=CD2+AC2=757，
∴OA=7514．
23. （1） 由题可得：
1500a=2500a+20.
解得
a=30.
经检验 a=30 是方程的解．
∴a 的值为 30．
（2） 设甲种买了 x 瓶，则乙种买了 12000−30x50 瓶．
由题意可得：
x+12000−30x50≤300.
解得
x≤150.
设利润为 y，可得 y=20x+30×12000−30x50，即 y=2x+7200．
∵k=2>0，
∴y 随 x 增大而增大．
当 x=150，y 有最大值为 7500．
答：最大利润为 7500 元．
（3） 7500−7350=150（元）．
设甲种保留了 a 瓶，乙种保留了 b 瓶，20a+30b=150．
该方程的正整数解为 a=6,b=1 或 a=3,b=3.
答：商家共预留了 6 瓶或 7 瓶．
24. （1） ① 50∘；10∘；40∘；80∘
②结论：∠EBF+∠BNK=90∘．
理由：在正方形 ABCD 中，AB=BC，∠BAD=∠C=90∘，
∵AE=CF，
∴△ABE≌△BCFSAS，
∴∠CBF=∠ABE，BE=BF，
∴∠EBF=90∘−2∠ABN，
∵N 是 BE 的中点，
∴AN=BN，
∴∠BNK=2∠ABN，
∴∠EBF+∠BNK=90∘．
【解析】①根据 ∠CBF=∠ABE，直角三角形斜边中线的性质可知：当 ∠FBC=20∘ 时，∠EBF=50∘，∠BNK=40∘，
当 ∠FBC=40∘ 时，∠EBF=10∘，∠BNK=80∘．
（2） ①当 MN=2NK 时，
∵MN=12BF=12BE=BN，
∴BN=2NK，
∴∠EBF=30∘，
∴cs∠EBF=32．
②当 KF=2NK 时，
∵BN=12BE=12BK+KF，NK=12KF，
∵BN2=BK2+NK2，
∴3BK=2KF=4NK，
设 BK=4m，则 NK=3m，BN=5m，
∴cs∠EBF=BKBN=45．
③当 MF=2NK 时，过点 M 作 MG⊥BF 于点 G（如图 1 中）．
∵MN∥BF，
∴∠MGK=∠GMN=∠NKG=90∘，
∴ 四边形 MNKG 是矩形，
∴MG=NK，
∴MF=2MG，
∴∠MFB=∠BEF=30∘，
∴∠EBF=120∘>90∘，
∴ 此情况不存在．
（3） 12．
【解析】如图 2 中，连接 BGʹ，GGʹ，延长 GE 交 BA 的延长线于 H，过点 E 作 EJ∥PQ 交 AB 于 J．
∵BN=NE，PN∥EJ，
∴BP=PJ，
∴EJ=2PN，
∵G，Gʹ 关于 BP 对称，
∴BF 垂直平分线段 GGʹ，
∵BF∥PGʹ，
∴FG=FM，
∵BE=BF，
∴∠BEF=∠BFE，
∴∠BEH=∠BFG，
∵BE=BF，∠HBE=∠GBF，
∴△HBE≌△GBFAAS，
∴EH=FG，BH=BG，
∴EH=FM，
∵∠H=∠G=45∘，
∵∠FCG=90∘，
∴∠CFG=∠MFQ=45∘，
∵EJ∥PM，
∴∠EEJ=∠HMP=∠FMQ，
∴△HEJ≌△FMQASA，
∴EJ=MQ，
∵EJ=2PN，
∴MQ=2PN．