2019年云南省昆明市西山区中考二模数学试卷

这是一份2019年云南省昆明市西山区中考二模数学试卷，共12页。试卷主要包含了填空题，选择题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、填空题（共6小题；共30分）
1. 有四个数：5，−2019，0，−5，其中最小的数是 ．

2. 已知 m∥n，将一块等边三角形纸板 ABC 按图所示方式放置，则 ∠1−∠2 等于 ．

3. 若 a+b=4，a−b=1，则 a+12−b−12 的值为 ．

4. 一块四周镶有宽度相等的花边的地毯如图，它的长为 8 m，宽为 5 m．地毯中央长方形图案的面积为 18 m2，那么花边有多宽?设花边的宽为 x m，则可得方程为 ．

5. 下列说法：
①了解西山区初三学生备战中考复习情况，应采用普查；
②从全区初三体育中考成绩中抽取 100 名学生的体育中考成绩，这 100 名考生是总体的一个样本；
③“经过有交通信号的路口，遇到红灯”是必然事件；
④已知某篮球运动员投篮投中的概率为 0.6，则他投 10 次一定可投中 6 次；
⑤处于中间位置的数一定是中位数；
⑥方差越大数据的波动越大，方差越小数据的波动越小．
其中正确的是 （只填序号）．

6. 如图，菱形 ABCD 的两个顶点 B，D 在反比例函数 y=kx 的图象上，对角线 AC 与 BD 的交点恰好是坐标原点 O，已知点 A1,1，∠ABC=60∘，则 k 的值为 ．

二、选择题（共8小题；共40分）
7. 如图，数轴上两点 A，B 表示的数互为相反数，则点 B 表示的数为
A. −2B. 2C. −1D. 1

8. 2018 年 4 月 18 日，被誉为“中国天眼”的 FAST 望远镜首次发现的毫秒脉冲星得到国际认证．新发现的脉冲星自转周期为 0.00519 秒，是至今发现的射电流量最弱的高能毫秒脉冲星之一．将 0.00519 用科学记数法表示应为
A. 5.19×10−2B. 5.19×10−3C. 5.19×10−5D. 5.19×10−6

9. 如图，在平行四边形 ABCD 中，E 是 AB 的中点，EC 交 BD 于点 F，则 △BEF 与 △DCF 的面积比为
A. 49B. 19C. 14D. 12

10. 如图，BC 是 ⊙O 的直径，点 A 是 ⊙O 上的一点，∠ACB=35∘20ʹ，则 ∠B 的度数是
A. 54∘80ʹB. 54∘40ʹC. 70∘40ʹD. 35∘20ʹ

11. 某中学篮球队 12 名队员的年龄情况如下表：
年龄岁1213141516人数13422
关于这 12 名队员的年龄，下列说法中正确的是
A. 平均数为 14B. 极差为 3C. 中位数为 13D. 众数为 14

12. 将圆心角为 90∘，面积为 4π cm2 的扇形围成一个圆锥的侧面，则所围成的圆锥的底面半径为
A. 4 cmB. 3 cmC. 2 cmD. 1 cm

13. 如图，已知 △ABCABA. B.
C. D.

14. 对于抛物线 y=−x+22+3，下列结论中正确结论的个数为
①抛物线的开口向下；
②对称轴是直线 x=−2；
③图象不经过第一象限；
④当 x>2 时，y 随 x 的增大而减小．
A. 4 个B. 3 个C. 2 个D. 1 个

三、解答题（共9小题；共117分）
15. 计算：−13−1+tan60∘−−12019+3−20．

16. 先化简 xx+3÷x2+xx2+6x+9+3x−3x2−1，当 x 取一个你喜欢的数值再计算代数式的值．

17. 如图，正方形 ABCD 中，G 为 BC 边上一点，BE⊥AG 于 E，DF⊥AG 于 F，连接 DE．
（1）求证：△ABE≌△DAF；
（2）若 AF=1，四边形 ABED 的面积为 6，求 EF 的长．

18. 小明随机调查了若干市民租用共享单车的骑车时间 t（单位：分），将获得的数据分成四组，绘制了如图所示的统计图（A：030），根据图中信息，解答下列问题：
（1）这项被调查的总人数是多少人?
（2）试求表示A组的扇形统计图的圆心角的度数，并补全条形统计图；
（3）如果小明想从D组的甲、乙、丙、丁四人中随机选择两人了解平时租用共享单车情况，请用列表或画树状图的方法求出恰好选中甲的概率．

19. 如图是云梯升降车示意图，其点 A 位置固定，AC 可伸缩且可绕点 A 转动．已知点 A 距离地面 BD 的高度 AH 为 3.4 米．当 AC 长度为 9 米，张角 ∠HAC 为 119∘ 时，求云梯升降车最高点 C 距离地面的高度（结果保留一位小数）．
参考数据：sin29∘≈0.49，cs29∘≈0.88，tan29∘≈0.55．

20. 某商店分两次购进A，B两种商品进行销售，两次购进同一种商品的进价相同，具体情况如表所示：
（1）求A、B两种商品每件的进价分别是多少元?
（2）商场决定A种商品以每件 30 元出售，B种商品以每件 100 元出售．为满足市场需求，需购进A，B两种商品共 1000 件，且A种商品的数量不少于B种商品数量的 4 倍，请你求出获利最大的进货方案，并确定最大利润．

21. 如图抛物线 y=x2+bx−c 经过直线 y=x−3 与坐标轴的两个交点 A，B，与 x 轴交于另一点 C，抛物线的顶点为 D．
（1）求此抛物线的解析式；
（2）求 S△ACD 的面积．

22. 如图，四边形 ABCD 内接于 ⊙O，对角线 AC 为 ⊙O 的直径，过点 C 作 CE⊥AC 交 AD 的延长线于点 E，F 为 CE 的中点，连接 DB，DF．
（1）求 ∠CDE 的度数；
（2）求证：DF 是 ⊙O 的切线；
（3）若 tan∠ABD=2 时，求 ACDE 的值．

23. 如图 1，已知 △ABC 中，AB=10 cm，AC=8 cm，BC=6 cm．如果点 P 由 B 出发沿 BA 方向向点 A 匀速运动，同时点 Q 由 A 出发沿 AC 方向向点 C 匀速运动，它们的速度均为 2 cm/s．连接 PQ，设运动的时间为 t（单位：s）（0≤t≤4）．解答下列问题．
（1）当 t 为何值时，PQ∥BC；
（2）设 △AQP 面积为 S（单位：cm2），当 t 为何值时，S 取得最大值，并求出最大值；
（3）是否存在某时刻 t，使线段 PQ 恰好把 △ABC 的面积平分?若存在，求出此时 t 的值；若不存在，请说明理由；
（4）如图 2，把 △AQP 沿 AP 翻折，得到四边形 AQPQʹ．那么是否存在某时刻 t，使四边形 AQPQʹ 为菱形?若存在，求出此时菱形的面积；若不存在，请说明理由．
答案
第一部分
1. −2019
2. 60∘
3. 12
4. 8−2x5−2x=18
5. ⑥
6. −3
第二部分
7. A
8. B
9. C
10. B
11. D
12. D
13. C【解析】∵ 点 P 在 AC 上，
∴PA+PC=AC，
而 PB+PC=AC，
∴PA=PB，
∴ 点 P 在线段 AB 的垂直平分线上，
∴ 作线段 AB 的垂直平分线交 AC 于点 P．
14. A
第三部分
15. 原式=−3+3+1+1=3−1.
16. 原式=xx+3⋅x+32xx+1+3x−1x+1x−1=x+3x+1+3x+1=x+6x+1.
∵x≠−3,−1,0,1，
∴ 当 x=2 时，原式=83．
17. （1） ∵ 四边形 ABCD 是正方形，
∴AB=AD．
∵DF⊥AG，BE⊥AG，
∴∠BAE+∠DAF=90∘，∠DAF+∠ADF=90∘．
∴∠BAE=∠ADF．
在 △ABE 和 △DAF 中，
∠BAE=∠ADF,∠AEB=∠DFA,AB=AD,
∴△ABE≌△DAFAAS．
（2） 设 EF=x，则 AE=DF=x+1．
∴S四边形ABED=2S△ABE+S△DEF=6，
∴2×12x+1×1+12xx+1=6，
整理得：x2+3x−10=0，解得 x=2 或 −5（舍去）．
∴EF=2．
18. （1） 调查的总人数是：19÷38%=50（人）；
（2） A 组所占圆心角的度数是：360∘×1550=108∘；
C 组的人数有：50−15−19−4=12（人），
补全条形图如图所示：
（3） 画树状图，
共有 12 个等可能的结果，
恰好选中甲的结果有 6 个，
所以 P恰好选中甲=612=12．
19. 作 CE⊥BD 于 E，AF⊥CE 于 F．
易得四边形 AHEF 为矩形．
∴EF=AH=3.4 m，∠HAF=90∘．
∴∠CAF=∠CAH−∠HAF=119∘−90∘=29∘．
在 Rt△ACF 中，
∵sin∠CAF=CFAC，
∴CF=9sin29∘≈9×0.49=4.41．
∴CE=CF+EF=4.41+3.4≈7.8m．
答：云梯升降车最高点 C 距离地面的高度约为 7.8 m．
20. （1） 设A种商品每件的进价为 x 元，B种商品每件的进价为 y 元，
根据题意得：
30x+40y=3800,40x+30y=3200.
解得：
x=20,y=80.
答：A种商品每件的进价为 20 元，B种商品每件的进价为 80 元．
（2） 设购进B种商品 m 件，获得的利润为 w 元，则购进A种商品 1000−m 件，
根据题意得：w=30−201000−m+100−80m=10m+10000．
∵ A种商品的数量不少于B种商品数量的 4 倍，
∴1000−m≥4m，解得：m≤200．
∵ 在 w=10m+10000 中，k=10>0，
∴w 的值随 m 的增大而增大，
∴ 当 m=200 时，w 取最大值，最大值为 10×200+10000=12000，
∴ 当购进A种商品 800 件、B种商品 200 件时，销售利润最大，最大利润为 12000 元．
21. （1） 当 x=0 时，y=x−3=−3，
∴B0,−3；
当 y=0 时，
∴A3,0；
∵ 抛物线 y=x2+bx−c 经过 A，B 两点，
∴c=3,9+3b−c=0, 解得 b=−2，
∴ 抛物线的解析式为 y=x2−2x−3．
（2） 根据 x2−2x−3=0，解得 x=−1 或 3，
∴C−1,0．
∴AC=4．
抛物线的顶点坐标为 1,−4，
∴S△ACD=12×4×4=8．
22. （1） ∵AC 为 ⊙O 的直径，
∴∠ADC=90∘，
∴∠CDE=180∘−90∘=90∘．
（2） 如图，连接 OD．
∵∠CDE=90∘，F 为 CE 的中点，
∴DF=CF．
∴∠FDC=∠FCD．
∵OD=OC，
∴∠ODC=∠OCD．
∴∠FDC+∠ODC=∠FCD+∠OCD，即 ∠ODF=∠OCF．
∵CE⊥AC，
∴∠ODF=∠OCF=90∘，即 OD⊥DF．
∴DF 是 ⊙O 的切线．
（3） ∵∠E=90∘−∠ECD=∠DCA=∠ABD，
∴tan∠E=tan∠DCA=tan∠ABD=2．
设 DE=x，则 CD=2x，AD=4x，
∴AC=2x2+4x2=25x．
∴ACDE=25xx=25．
23. （1） ∵AB=10 cm，AC=8 cm，BC=6 cm，
∴ 由勾股定理逆定理得 △ABC 为直角三角形，∠C 为直角．
BP=2t，则 AP=10−2t．
∵PQ∥BC，
∴APAB=AQAC，即 10−2t10=2t8，解得 t=209，
∴ 当 t=209 s 时，PQ∥BC．
（2） 如答图 1 所示，过 P 点作 PD⊥AC 于点 D．
∴PD∥BC，
∴APAB=PDBC，即 10−2t10=PD6，解得 PD=6−65t．
S=12×AQ×PD=12×2t×6−65t=−65t2+6t=−65t−522+152.
∴ 当 t=52 rms 时，S 取得最大值，最大值为 152 cm2．
（3） 假设存在某时刻 t，使线段 PQ 恰好把 △ABC 的面积平分，
则有 S△AQP=12S△ABC，而 S△ABC=12AC⋅BC=24，
∴ 此时 S△AQP=12．
由（2）可知，S△AQP=−65t2+6t，
∴−65t2+6t=12，化简得：t2−5t+10=0，
∵Δ=−52−4×1×10=−15<0，此方程无解，
∴ 不存在某时刻 t，使线段 PQ 恰好把 △ABC 的面积平分．
（4） 方法 1：
假设存在时刻 t，使四边形 AQPQʹ 为菱形，则有 AQ=PQ=BP=2t．
如答图 2 所示，过 P 点作 PD⊥AC 于点 D，则有 PD∥BC，
∴APAB=PDBC=ADAC，即 10−2t10=PD6=AD8，
解得：PD=6−65t，AD=8−85t，
∴QD=AD−AQ=8−85t−2t=8−185t．
在 Rt△PQD 中，由勾股定理得：QD2+PD2=PQ2，
即 8−185t2+6−65t2=2t2，
化简得：13t2−90t+125=0，解得：t1=5，t2=2513，
∵t=5 s 时，AQ=10 cm>AC，不符合题意，舍去，
∴t=2513．
由（2）可知，S△AQP=−65t2+6t，
∴S菱形AQPQʹ=2S△AQP=2×−65t2+6t=2×−65×25132+6×2513=2400169cm2.
∴ 存在时刻 t，使四边形 AQPQʹ 为菱形，此时菱形的面积为 2400169 cm2．
（或连接 QQʹ 交 AB 于 N，利用相似三角形的性质，求出 QN，菱形的面积等于 △AQN 面积的 4 倍）
【解析】方法 2：
如图 2，过点 Q 作 QH⊥AB 于 H．
∵ 四边形 AQPQʹ 是菱形，
∴AQ=PQ=2t．
∴AH=12AP=1210−2t=5−t．
∵∠AHQ=∠ACB=90∘，∠HAQ=∠CAB，
∴△AHQ∽△ACB．
∴AHAC=AQAB=QHBC．
∴5−t8=2t10=QH6．
∴t=2513，QH=3013．
∴S菱形AQPQʹ=2S△AQP=2×1210−2×2513×3013=2400169 cm2.
∴ 存在时刻 t=2513 秒，使四边形 AQPQʹ 为菱形，此时菱形的面积为 2400169 cm2．