初中数学中考复习 （浙江卷）2020年中考数学第三次模拟考试-数学（全解全析）

这是一份初中数学中考复习 （浙江卷）2020年中考数学第三次模拟考试-数学（全解全析），共12页。试卷主要包含了【答案】A，【答案】D，【答案】C，【答案】B等内容，欢迎下载使用。
2020届九年级第三次模拟考试【浙江卷】数学·全解全析12345678910ADCBCDDBAC1．【答案】A【解析】将92.7亿元用科学记数法表示为9.27×109元．故选：A．2．【答案】D【解析】A． ，故A错误；B． ，故B错误；C． ，故C错误，D． ，故正确，故选：D．3．【答案】C【解析】已知m∥n，根据平行线的性质可得∠3=∠1=70°.又因∠3是△ABD的一个外角，可得∠3=∠2＋∠A．即∠A=∠3－∠2=70°－30°=40°.故答案选C．4．【答案】B【解析】解不等式-x<2，得x>-2，解不等式x+8<4x-1，得x>3，∴不等式组的解集是x>3，故选：B．5．【答案】C【解析】列表可得共9种情况，两人选择同一个研学活动的可能有3种，故概率为.故选：C．6．【答案】D【解析】根据题意得到，解得，∴数据1.4出现次数最多为11次，∴众数为1.4，将数据重新排序后，第15、16个数都是1.3，∴该组数据的中位数是1.3，故选：D．7．【答案】D【解析】∵四边形ABCD内接于⊙O，∠C=130°，∴∠A=50°，∵DO=AO，∴∠ADO=∠A=50°，∴∠AOD=80°，∵BC∥OD，∴∠AOD=∠B=80°．故选：D．8．【答案】B【解析】在Rt△CDE中，∵CD=20m，DE=10m，∴sin∠DCE==，∴∠DCE=30°．∵∠ACB=60°，DF∥AE，∴∠BGF=60°，∴∠ABC=30°，∠DCB=90°．∵∠BDF=30°，∴∠DBF=60°，∴∠DBC=30°，∴BC===20m，∴AB=BC•sin60°=20×=30m．故选：B．9．【答案】A【解析】令，则，解得：，∴A、B两点的坐标分别为：，设点的坐标为，∴，∵，∴当时，有最小值为：，即有最小值为：，∵A、B为抛物线的对称点，对称轴为y轴，∴O为线段AB中点，且Q为AP中点，∴．故选：A．10．【答案】C【解析】∵四边形ABCD是平行四边形，∴∠ABC=∠ADC=60°，∠BAD=120°，∵AE平分∠BAD，∴∠BAE=∠EAD=60°，∴△ABE是等边三角形，∴AE=AB=BE，∵AB=BC，∴AE=BC，∴∠BAC=90°，∴∠CAD=30°，故①正确；∵AC⊥AB，∴S▱ABCD=AB•AC，故②正确，∵AB=BC，OB=BD，且BD＞BC，∴AB＜OB，故③错误；∵CE=BE，CO=OA，∴OE=AB，∴OE=BC，故④正确．故选C．11．【答案】【解析】．12．【答案】﹣5≤x＜3．【解析】 ，由(1)得，x＜3，由(2)得，x≥﹣5，故此不等式组的解集为：﹣5≤x＜3．故答案为﹣5≤x＜3．13．【答案】a＜8，且a≠4【解析】分式方程去分母得：x=2x-8+a，解得：x=8- a，根据题意得：8- a＞0，8- a≠4，解得：a＜8，且a≠4．故答案为：a＜8，且a≠4．14．【答案】（2+2）【解析】如图所示，延长AB，过点C作CD垂直于AB延长线，垂足为D，由题意知∠CBD=45°，∠A=30°，AB=2km，设BD=CD=x，在Rt△ACD中，由tanA=可得，解得x=1+，即CD=1+，则AC=2CD=2+2(km)，故答案为：(2+2)．15．【答案】π．【解析】∵AB是⊙O的直径，∴∠ACB=90°，∵∠BAC=30°，∴∠ABC=90°﹣30°=60°，∵∠ABC的平分线交⊙O于点D，∴∠ABD=∠ABC=×60°=30°，∴∠AOD=2∠ABD=2×30°=60°，∴的长==π．故答案为：π．16．【答案】【解析】连接FC，CQ；∵，∴，∵，四边形为矩形，∴BD=DF=CE=2，∴DE=FC=；∵四边形为矩形，为的中点，∴为的中点，∴F、P、C三点共线，∵，分别为的中点，∴CQ⊥AB，∵为的中点，∴PQ=，故答案为：17．【解析】原式，当，，原式．18．【解析】（1）本次调查的总人数为，则，，故答案为：0.05，40；（2）“成绩满足 “对应扇形的圆心角度数是，故答案为：；（3），即全区八年级参加竞赛的学生约有1530人参赛成绩被评为“”，故答案为：1530．19．【解析】（1）∵OE=OC，∴∠OEC=∠OCE．∵PC切⊙O于点C，∴∠PCE+∠OCE=90°．∵OE⊥AB，∴∠OEC+∠EFA=90°．∵∠EFA=∠CFP，∴∠PFC=∠PCF，∴PF=PC．（2）连结BC，OB，过点B作BG⊥CP于点G．∵∠CEB=30°，∴∠BOC=60°．∵OB=OC，圆的半径为8，∴△OBC为等边三角形，∴BC=8，∠BCP=30°，∴BG=4，CG=4．∵，∴PG=3，PB=5，PF=PC=3+4，∴FB=PF－BP=42．20．【解析】（1）证明：∵PQ∥BC，∴△AQE∽△ABD，△AEP∽△ADC，∴，∴，∵，∴，∴PC=PE；（2）∵PF∥DG，∴∠PFC=∠FCG，∵CF平分∠PCG，∴∠PCF=∠FCG，∴∠PFC=∠FCG，∴PF=PC，∴PF=PE，∵P是边AC的中点，∴AP=CP，∴四边形AECF是平行四边形，∵PQ∥CD，∴∠PEC=∠DCE，∴∠PCE=∠DCE，∴，∴∠ECF=90°，∴平行四边形AECF是矩形．21．【解析】（1）把A（﹣1，4）代入y=得k2=﹣1×4=﹣4，∴反比例函数解析式为y=﹣，把B（4，n）代入y=﹣，得4n=﹣4，解得：n=﹣1，则B（4，﹣1），把A（﹣1，4）和B（4，﹣1）代入y=k1x+b得，解得，∴一次函数解析式为y=﹣x+3；（2）设M（t，﹣t+3）（﹣1＜t＜4），∵S△AOM=S△BOM，∴AM=BM，∴（t+1）2+（﹣t+3﹣4）2= [（t﹣4）2+（﹣t+3+1）2]，整理得（t﹣4）2=4（t+1）2，解得：t1=，t2=﹣6（舍去），∴点M的坐标为（，）．22．【解析】（1）∵△PDE由△PDC翻折所得∴AP=PC，设AP=x，∵∠B=90°，∴在Rt△PBC中，PC2=PB2+BC2，即x2=（8-x）2+42，解得x=5，∴AP=5；（2）∵四边形CDPE为菱形，∴PE∥CD，PE=CD，∵D是AC的中点，∴AD=CD，∴AD=PE，∵PE∥CD，∴PE∥AC，∴∠APE=∠PAD，∠DEP=∠ADE，在△PFE与△AFD中，∴△PFE≌△AFD；（3）∵D是AC的坐标，∴S△ADP=S△CDP=S△PAC，由折叠可得：S△PDE=S△CDP，∴S△PDF=S△PAC=S△ADP=S△PDE，∴AF=PF，EF=DF，①如图，四边形AEPD是平行四边形，过D作DM⊥AP于点M，过C作CN⊥PD于点N，则∠AED=∠EDP=∠PDC，∵，∠B=90°，BC=4，AB=8，∴AC=，∴PC=PE=AD=，∴PB=，∴BM=AB=4，DM=BC=2（中位线），∴PM=BM-PB=2，∴DP=，∴DN=，CN=，∴tan∠AED=tan∠PDC==3，②如图，过D作DM⊥AP于点M，∵AP=DE=DC=，∴PM=-4，∴tan∠AED=tan∠DPM=，综上：tan∠AED的值为3或．23．【解析】（1）根据可得B（11，0），C（0，），将B，C两点代入，得，解得，∴解析式为：；（2）由题意可得B（11，0），C（0，），∴OB=11，OC=，∵D点的横坐标为m，∴D点的坐标可表示为（m，）∴|BC|=，|DC|=，|BD|=，设CH=x，∴|DC|2-x2=|BD|2-(14-x)2解得x=,|DH|=；（3））如图，作∠NPO=60°（点P在x轴上），作NQ⊥x轴，交x轴于点Q，作NH⊥y轴交y轴于点H，作MG⊥x轴交x轴于点G，交DS于点T，DS⊥x轴于点S，∵抛物线交x轴于点A，B，∴令解得x1=11，x2=-5，即A（-5，0），OA=5，∵tan=，∴∠CAO=60°，∠ACO=30°，∵∠MON=60°，∠CAO=120°，∴∠MOA+∠NOP=120°，∠MOA+∠AMO=120°，∴∠NOP=∠AMO，在△MOA和△ONP中,∴△MOA≌△ONP（AAS），∴NP=OA=5，在Rt△NQP中，QP=NP·cos60°=，NQ=NP·sin60°=，在四边形NHOQ中，∠NQO=∠QOP=∠OQN=90°，∴∠HNQ=90°，∴四边形NHOQ是矩形，∴OH=NQ=，CH=OC-OH=-=，在Rt△CHN中，HN=，在Rt△HNO中，ON=，∴OM=ON=，设MG=a，则GC==，OG=-，在Rt△MOG中，DM2=MG2+OG2，即212=a2+（-）2，整理得：（a-3）（2a-9）=0，解得a1=3，a2=，当m=6时，D（6，），①a1=3时，MT=3+6=9，TS=OG=，DT=-=，在Rt△DMT中，DM=，②a2=时，MT=+6=，TS=OG=，DT=-=，在Rt△MDT中，DM=，综上DM的值为或．