2020年江苏省无锡市梁溪区南长实验、侨谊教育集团中考二模数学试卷

这是一份2020年江苏省无锡市梁溪区南长实验、侨谊教育集团中考二模数学试卷，共17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. 12 的倒数是
A. 12B. 2C. −2D. −12

2. 下列运算正确的是
A. x32=x5B. x2+x2=x4C. x6÷x2=x3D. 4x3−3x3=x3

3. 函数 y=2xx−2 中自变量 x 的取值范围是
A. x≠2B. x>2C. x≥2D. x>0

4. 一组数据：2，−1，0，3，−3，2．则这组数据的中位数和众数分别是
A. 0，2B. 1，2C. 1.5，2D. 1，3

5. 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. 下列命题是真命题的是
A. 三个角相等的平行四边形是矩形B. 对角线相等的四边形是矩形
C. 平行四边形的对角线互相垂直D. 对角线互相垂直的四边形是菱形

7. 将抛物线 y=x2+4x+3 沿 y 轴向右平移 3 个单位，然后再向上平移 5 个单位后所得抛物线的顶点坐标是
A. 5,7B. −1,7C. 1,4D. 5,4

8. 在 △ABC 中，∠C=90∘，AC=1，BC=2，则 csA 的值是
A. 12B. 5C. 55D. 255

9. 在 △ABC 中，AB=3，AC=3．当 ∠B 最大时，BC 的长是
A. 32B. 6C. 32D. 23

10. 如图是由 4 个边长为 a 的正六边形组成的网格图，每个顶点均为格点，若该图中到点 A 的距离超过 3 的格点有且仅有 6 个，则 a 的取值范围为
A. 32
二、填空题（共8小题；共40分）
11. 分解因式：xy2−x= ．

12. 无锡地铁三号线一期运营长度约为 28500 米，这个数据用科学记数法可表示为 米．

13. 方程 x2+x−2=0 的解是 ．

14. 一个多边形的内角和是它的外角和的 3 倍，则这个多边形的边数为 ．

15. 如图，△ABC 的三个顶点都在 ⊙O 上，AD 是直径，∠CAD=56∘，则 ∠B 的度数为 ．

16. 已知 Ax1,y1，Bx2,y2 是反比例函数 y=−3x 图象上的两点，且 x1>x2>0，则 y1 y2（填“>”或“<”）．

17. 如图，正方形 ABCD 的边长为 3，E，F 是对角线 BD 上的两个动点，且 EF=2，连接 CE，CF，则 △CEF 周长的最小值为 ．

18. 如图，一次函数 y=12x−2 的图象交 x 轴于点 A，交 y 轴于点 B，二次函数 y=−12x2+bx+c 的图象经过 A，B 两点，与 x 轴交于另一点 C．若点 M 在抛物线的对称轴上，且 ∠AMB=∠ACB，则所有满足条件的点 M 的坐标为 ．

三、解答题（共10小题；共130分）
19. 计算：
（1）4+1−π0−∣−3∣．
（2）x+1x−1−x−22．

20. 解答下列问题．
（1）解方程：2x−11+x=0；
（2）解不等式组：3x+1<5x,13x−1≤7−53x.

21. 如图，在平行四边形 ABCD 中，点 E，F 分别在 AD，BC 上，且 AE=CF．求证：BE∥DF．

22. 某校组织学生书法比赛，对参赛作品按 A，B，C，D 四个等级进行了评定．现随机抽取部分学生书法作品的评定结果进行分析，并绘制扇形统计图和条形统计图如下：
根据上述信息完成下列问题：
（1）求这次抽取的样本的容量；
（2）请在图②中把条形统计图补充完整；
（3）已知该校这次活动共收到参赛作品 750 份，请你估计参赛作品达到 B 级以上（即 A 级和 B 级）有多少份?

23. 汤姆斯杯世界男子羽毛球团体赛小组赛比赛规则：两队之间进行五局比赛，其中三局单打，两局双打，五局比赛必须全部打完，赢得三局及以上的队获胜．假如甲、乙两队每局获胜的机会相同．
（1）若前四局双方战成 2:2，那么甲队最终获胜的概率是 ；
（2）现甲队在前两局比赛中已取得 2:0 的领先，那么甲队最终获胜的概率是多少?

24. 如图，在 △ABC 中，∠ACB=90∘．
（1）作出经过点 B，圆心 O 在斜边 AB 上且与边 AC 相切于点 E 的 ⊙O（要求：用尺规作图，保留作图痕迹，不写作法和证明）
（2）设（1）中所作的 ⊙O 与边 AB 交于异于点 B 的另外一点 D，若 ⊙O 的直径为 5，BC=4；求 DE 的长．（如果用尺规作图画不出图形，可画出草图完成（2）问）

25. 某农户今年 1 月初以 20000 元/亩的价格承包了 10 亩地用来种植某农作物，已知若按传统种植，每月每亩能产出 3000 千克，每亩的种植费用为 2500 元；若按科学种植，每月每亩产量可增加 40%，但种植费用会增加 2000 元/亩，且前期需要再投入 25 万元，花费 4 个月的时间进行生长环境的改善，改善期间无法种植．已知每千克农作物市场售价为 3 元，每月底一次性全部出售，假设前 x 个月销售总额为 y（万元）．
（1）当 x=8 时，分别求出两种种植方法下的销售总额 y（万元）；
（2）问：若该农户选择科学种植，几个月后能够收回成本?
（3）在（2）的条件下，假如从 2020 年 1 月初算起，那么至少要到何时，该农户获得的总利润能够超过传统种植同样时间内所获得的总利润?

26. 在直角坐标系中，已知抛物线 y=ax2−4ax+ca<0 与 x 轴交于 A，B 两点（点 A 在点 B 左侧），与 y 轴负半轴交于点 C，顶点为 D，已知 S△ABD:S四边形ACBD=1:4．
（1）求点 D 的坐标（用仅含 c 的代数式表示）；
（2）若 tan∠ACB=12，求抛物线的解析式．

27. 如图 1，平行四边形 ABCD 中 AB=m，AD=nn>m>0，∠ABC=60∘，四边形 DBEF，DEGH 均为平行四边形，且点 C，F 分别落在 EF，GH 上．
（1）若平行四边形 ABCD 的周长为 16，用含 m 的代数式来表示平行四边形 DEGH 的面积 S，并求出 S 的最大值；
（2）若四边形 BEFD，EGHD 均为矩形，且 FHFG=349，求 mn 的值．

28. 如图 1，在矩形 ABCD 中，AB=33 cm，AD=9 cm，点 O 从 A 点出发沿 AD 以 a cm/s 的速度向点 D 移动，以 O 为圆心，2 cm 为半径作圆，交射线 AD 于 M（点 M 在点 O 右侧），同时点 E 从 C 点出发沿 CD 以 3 cm/s 的速度移向点 D 移动，过 E 作直线 EF∥BD 交 BC 于 F，再把 △CEF 沿着动直线 EF 折叠，点 C 的对应点为点 G，若在整过移动过程中 △EFG 的直角顶点 G 能与点 M 重合，设运动时间为 t0（1）求 a 的值；
（2）在运动过程中，
①当直线 FG 与 ⊙O 相切时，求 t 的值；
②是否存在某一时刻 t，使点 G 恰好落在 ⊙O 上（异于点 M）?若存在，请直接写出 t 的值，若不存在，请说明理由．
答案
第一部分
1. B【解析】∵2×12=1，
∴12 的倒数是：2．
2. D【解析】A．x32=x6，故本选项不合题意；
B．x2+x2=2x2，故本选项不合题意；
C．x6÷x2=x4，故本选项不合题意；
D．4x3−3x3=x3，故本选项符合题意．
3. A【解析】根据题意得：x−2≠0，解得 x≠2．
4. B【解析】把这组数据按照从小到大的顺序排列 −3，−1，0，2，2，3，
第 3，4 个两个数的平均数是 0+2÷2=1，
∴ 中位数是 1；
在这组数据中出现次数最多的是 2，即众数是 2．
5. D
【解析】A．是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不合题意；
B．是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不合题意；
C．不是轴对称图形，是中心对称图形，故此选项不合题意；
D．既是轴对称图形，也是中心对称图形，故此选项符合题意．
6. A【解析】A、三个角相等的平行四边形是矩形，是真命题；
B、对角线相等的平行四边形是矩形，是假命题；
C、平行四边形的对角线互相平分，是假命题；
D、对角线互相垂直的平行四边形是菱形，是假命题．
7. C【解析】∵y=x2+4x+3=x+22−1，
∴ 先向右平移 3 个单位长度，再向上平移 5 个单位长度后抛物线解析式为 y=x−12+4，
∴ 顶点坐标为 1,4．
8. C【解析】在 Rt△ACB 中，∠C=90∘，AC=1，BC=2，
∴AB=AC2+BC2=12+22=5，
∴csA=ACAB=15=55．
9. B【解析】根据题意得 AC⊥BC 时，∠B 最大，
此时 BC=AB2−AC2=32−32=6．
10. A
【解析】以点 A 为圆心，作三个半径分别为 a，3a，2a 的圆，如图：
发现：半径为 2a 的圆上由三个点，圆外有三个点，共 6 个点，
又 ∵ 该圆中到点 A 的距离超过 3 的格点有且仅有 6 个，
∴2a>3,3a≤3, 解得：32第二部分
11. xy−1y+1
【解析】xy2−x=xy2−1=xy−1y+1．
12. 2.85×104
【解析】28500米=2.85×104米．
13. x1=−2，x2=1
【解析】x+2x−1=0，
x+2=0 或 x−1=0，
∴x1=−2，x2=1．
14. 八
【解析】设多边形的边数是 n，
根据题意得 n−2⋅180∘=3×360∘．
解得 n=8．
∴ 这个多边形为八边形．
15. 34∘
【解析】连接 DC，
∵AD 为直径，
∴∠ACD=90∘，
∵∠CAD=56∘，
∴∠D=90∘−56∘=34∘，
∴∠B=∠D=34∘．
16. >
【解析】∵ 在反比例函数 y=−3x 图象的每个分支上 y 随 x 的增大而增大，
∴y1>y2．
17. 2+25
【解析】如图所示，连接 AE，AC，以 AE，EF 为邻边作平行四边形 AEFG，
则 AE=FG，EF=AG=2，∠GAD=∠ADF=45∘=∠DAC，
∴∠GAC=90∘，
∵AB=CB，∠ABE=∠CBE，BE=BE，
∴△ABE≌△CBESAS，
∴CE=AE=GF，
∴CE+CF=GF+CF，
∴ 当 G，F，C 在同一直线上时，CF+FG 的最小值等于 CG 的长，
此时，Rt△ACG 中，CG=AG2+AC2=22+322=25，
∴CF+FG 的最小值等于 25，
又 ∵EF=2，
∴△CEF 周长的最小值为 2+25．
18. 52,12 或 52,−212
【解析】一次函数 y=12x−2 的图象交 x 轴于点 A，交 y 轴于点 B，
则点 A，B 的坐标分别为 4,0，0,−2，
当点 M 在直线 AB 上方时，则点 M 在 △ABC 的外接圆上，如图 1．
∵△ABC 的外接圆 O1 的圆心在对称轴上，
设圆心 O1 的坐标为 52,−t，
∵O1B=O1A，
∴522+−t+22=52−42+t2，解得 t=2．
∴ 圆心 O1 的坐标为 52,−2．
∴O1A=522+22=52，
即 ⊙O1 的半径半径为 52．此时 M 点坐标为 52,12；
当点 M 在在直线 AB 下方时，作 O1 关于 AB 的对称点 O2，
以 O2 为圆心，以 O2A 半径画 ⊙O2，
此时 A，B 两点均在 ⊙O2 上，M 点为 ⊙O2 与对称轴的交点，如图 2．
∵O1 与 O2 关于 AB 的对称，
∴O2A=O2B=O1A=O1B，
∴⊙O2 与 ⊙O1 是等圆，
∵AB 为 ⊙O2 与 ⊙O1 共同的弦，
圆周角 ∠ACB 对应的优弧是 ⊙O1 中的优弧 AB，
圆周角 ∠AMB 对应的优弧是 ⊙O2 中的优弧 AB，
又 ∵ 在等圆 ⊙O2 与 ⊙O1 中，∠ACB 与 ∠AMB 所对应的优弧相等，
∴∠AMB=∠ACB，
∵AO1=O1B=52，
∴∠O1AB=∠O1BA．
∵O1B∥x 轴，
∴∠O1BA=∠OAB．
∴∠O1AB=∠OAB，O2 在 x 轴上，
∴ 点 O2 的坐标为 32,0．
∴O2D=1，
∴DM=522−12=212．
此时点 M 的坐标为 52,−212．
综上所述，点 M 的坐标为 52,12 或 52,−212．
第三部分
19. （1） 原式=2+1−3=0．
（2） 原式=x2−1−x2−4x+4=x2−1−x2+4x−4=4x−5.
20. （1） 去分母得：
21+x−x=0.
解得：
x=−2.
经检验：x=−2 是原方程的解．
（2）
3x+1<5x, ⋯⋯①13x−1≤7−53x. ⋯⋯②
由①得：
x>32.
由②得：
x≤4.
则不等式组的解集为
3221. ∵ 四边形 ABCD 是平行四边形
∴AD=BC，AD∥BC，
∵AE=CF，
∴DE=BF，
又 ∵DE∥BF，
∴ 四边形 BEDF 是平行四边形，
∴BE∥DF．
22. （1） ∵A 级人数为 24 人，在扇形图中所占比例为 20%，
∴ 这次抽取的样本的容量为：24÷20%=120．
（2） 根据 C 级在扇形图中所占比例为 30%，
得出 C 级人数为：120×30%=36 人，
∴D 级人数为：120−36−24−48=12 人，
如图所示：
（3） ∵A 级和 B 级作品在样本中所占比例为：24+48÷120×100%=60%，
∴ 该校这次活动共收到参赛作品 750 份，参赛作品达到 B 级以上有 750×60%=450 份．
23. （1） 12
（2） 树状图如图所示：
如图可知，剩下的三局比赛共有 8 种等可能的结果，其中甲至少胜一局的情况有 7 种，
所以 P甲队最终获胜=78．
答：甲队最终获胜的概率为 78．
24. （1） ⊙O 如图所示．
（2） 作 OH⊥BC 于 H．
∵AC 是 ⊙O 的切线，
∴OE⊥AC，
∴∠C=∠CEO=∠OHC=90∘，
∴ 四边形 ECHO 是矩形，
∴OE=CH=52，BH=BC−CH=32，
在 Rt△OBH 中，OH=522−322=2，
∴EC=OH=2，BE=EC2+BC2=25，
∵∠EBC=∠EBD，∠BED=∠C=90∘，
∴△BCE∽△BED，
∴DEEC=BDBE，
∴DE2=525，
∴DE=5．
25. （1） 若按传统种植，当 x=8 时，y=10×3000×3×8÷10000=72 万元；
若按科学种植，当 x=8 时，y=10×3000×1+40%×3×8−4÷10000=50.4 万元．
（2） 设 n 个月后可收回成本．
110000×10×4200×3−2500−2000n−4−2×10−25≥0.
解得
n≥959.∴10
个月后收回成本．
（3） 设 m 个月后该农户获得的总利润能够超过传统种植同样时间内所获得的总利润，
根据题意得：
110000×10×4200×3−4500m−4−2×10−25>110000×10×3000×3−2500m−2×10.
整理得：
1.6m>57.4.
解得：
m>3578.∴m=36
．
∴ 至少 36 个月后，该农户获得的总利润能够超过传统种植同样时间内所获得的总利润．
26. （1） 抛物线 y=ax2−4ax+c 的顶点 D 的坐标为 −−4a2a,4ac−4a24a，
∴ 顶点 D 的坐标为 2,c−4a；
∵y=ax2−4ax+c 与 y 轴负半轴交于点 C，
∴C0,c，OC=−c，
过点 D 作 DG⊥x 轴于点 G，则 DG=c−4a，
∵S△ABD:S四边形ACBD=1:4，
∴S△ABD:S△ABC=1:3，
∴DG:OC=1:3，即 3c−4a=−c，
∴c=3a，
∴a=c3，
∴c−4a=c−4×c3=−c3，
∴ 顶点 D 的坐标为 2,−c3．
（2） 由（1）得 a=c3，
∴ 抛物线的解析式为 y=ax2−4ax+3a 或 y=c3x2−4a3x+c，
OC=−c=−a3，AC=1+c2，
令 y=ax2−4ax+3a=0，解得：x1=1，x2=3，
∴A1,0，B3,0，AB=2．
过 B 作 BH 垂直于 CA 的延长线于点 H，
∴∠AHB=∠AOC=90∘，∠HOB=∠OAC，
∴△AHB∽△AOC，tan∠ACB=12，AH2+BH2=AB2，
∴BHOC=ABAC，即 BH−c=21+c2，
∴BH=−2c1+c2，CH=2BH=−4c1+c2，
∴AH=CH−AC=−4c1+c2−1+c2=−4c−1−c21+c2，
∴−4c−1−c21+c22+−2c1+c22=22，
∴c2+4c+3c2+4c−1=0c<0，
∴c=−1 或 −3 或 −2+5 或 −2−5．
经检验，当 c=−2+5或−2−5 时，AH<0，故舍去．
∴ 抛物线的解析式为 y=−13x2+43x−1 或 y=−x2+4x−3．
27. （1） S△BCD=12S平行四边形ABCD=12S平行四边形BEFD，
∴S平行四边形ABCD=S平行四边形BEFD，
同理，S平行四边形BEFD=S平行四边形DEGH，
∴S平行四边形DEGH=S平行四边形ABCD，
过点 A 作 BC 垂线，垂足为 M，如图 1：
∵ 平行四边形 ABCD 的周长为 16，
∴AB+BC=8，
∴BC=8−m，
∵∠ABC=60∘，
∴AM=32m，
∴S=3m28−mS=−32m−42+83，
∴ 当 m=4 时，S 取得最大值为 83．
（2） 当四边形 BEFD 与 DEHG 为矩形时，
EG=DH，∠EFD=∠G=∠H=90∘，BD∥EF，
∴∠GFE+∠DFH=∠GFE+∠GEF=90∘，∠BDE=∠DEF，
∴∠DFH=∠GEF，
∴△EFG∽△FDH，
∴EGFH=FGDH，
∵FHFG=349，
∴ 设 GF=49a，则 FH=3a，
∵EGFH=FGDH，
∴EG=DH=73a，
∴ 相似比为 3a:73a=37，
∴DFEF=37，
∴tan∠DEF=tan∠BDE=37，
设 BE=3b，BD=7b，
∵S平行四边形ABCD=S平行四边形BEFD，
∴73b2=32mn，即 7b2=12mn, ⋯⋯①
作 BN⊥AD 于 N，如图 2：
在 Rt△BDN 中，32m2+12m+n2=7b2. ⋯⋯②
①代入②，化简得：2m2+2n2−5mn=0，即 2m−nm−2n=0，
∴2m=n 或 m=2n，
∵n>m>0，
∴2m=n，
∴mn=12．
28. （1） 如图 1 中，当点 G 在 AD 上时．
∵ 四边形 ABCD 是矩形，
∴∠BAD=90∘，
∵AB=33，AD=9，
∴tan∠BDA=ABAD=339=33，
∴∠ADB=30∘，
∵BC∥AD，EF∥BD，
∴∠CEF=∠CBD=∠ADB=30∘，
∴∠FEC=∠FEG=60∘，
∴∠GED=60∘，
∵CE=EG=3t，
在 Rt△GED 中，DE=12EG=32t，
∴3t+32t=33，
∴t=2，
∴CE=EG=23，DE=3，DG=3，AG=6，
∵ 在整过移动过程中 △EFG 的直角顶点 G 能与点 M 重合，
∴2a+2=6，
∴a=2 cm/s．
（2） ①如图 2 中，作 GQ⊥AD 于 Q，GR⊥CD 于 R，
QG 的延长线交 BC 于 P，FG 的延长线交 AD 于 T．
由题意 CE=EG=3t，ER=32t，QD=PC=RG=32t，
QG=DR=33−3t−32t=33−332t，
在 Rt△GQT 中，
∵∠TGQ=30∘，
∴QT=QG⋅tan30∘=3−32t，
∴TD=32t−3−32t=3t−3，
如图 3 中，当 ⊙O 与 FG 相切于点 N 时，
易知 OA=2t，OT=433，TD=3t−3，
则有 2t+433+3t−3=9，解得 t=36−4315．
如图 4 中，当 ⊙O 再次与 FG 相切时．
由 OA+DT−OT=AD，可得 2t+3t−3−433=9，解得 t=36+4315．
综上所述，t=36−4315 s 或 36+4315 s 时，直线 FG 与 ⊙O 相切．
② t=5219 s 时，点 G 在 ⊙O 上．
【解析】②如图 5 中，当点 G 在 ⊙O 上时，作 GN⊥AD，
则 DN=32t，ON=DN−OD=32t−9−2t=72t−9，
NG=332t−33，OG=2，
∵OG2=ON2+NG2，
∴72t−92=332t−332=4，整理得：19t2−90t+104=0
∴t−219t−52=0，
∴t=5219 或 2（舍弃），
∴t=5219 s 时，点 G 在 ⊙O 上．