初中数学中考复习 数学-2020年山东济南中考考前押题密卷（全解全析）

2020年山东济南中考考前押题密卷

数学·全解全析

1．【答案】C

【解析】，，∵0<2<5<100，∴在–100,–2,0,5这四个数中，绝对值最小的数是0．故选C．

2．【答案】A

【解析】5500万千米=55000000000米=5×1010米，故选：A．

3．【答案】D

【解析】从左边看，是一个四边形，杯口处略宽，故选D．

4．【答案】B

【解析】A、2a•3a=6a2，不符合题意；B、（3a）3=27a6，符合题意；C、a÷a=a2，不符合题意；D、（a+b）=a2+2ab+b2；不符合题意；故选：B．

5．【答案】C

【解析】点A为圆心，适当长度为半径画弧，分别交直线、于B、C，，

，，，，故选：C．

6．【答案】D

【解析】这组数据中出现次数最多的是21，所以众数为21岁，第8、9个数据分别是20岁、20岁，所以这组数据的中位数为=20(岁)，故选：D．

7．【答案】B

【解析】∵关于x的一元二次方程有两个不相等的实数根，

故选B．

8．【答案】B

【解析】根据图象可得当y1＞y2时，x的取值范围是：﹣3＜x＜0或x＞2．故选：B．

9．【答案】A

【解析】连接OC，

∵，∴，∴，

∵弦于，，∴，∴，∴OC=2，故选：A．

10．【答案】C

【解析】如图，作BH⊥AC于H．

∵∠BCH=37°，∠BHC=90°，设BH=xm，∴CH==，

∵∠A=45°，∴AH=BH=x，∴x+=28，∴x=12，

∴AB=AH=×12≈17（m）；故选：C．

11．【答案】B

【解析】连接OD，OF．∵AD是∠BAC的平分线，∴∠DAB=∠DAC，∵OD=OA，∴∠ODA=∠OAD，∴∠ODA=∠DAC，∴OD∥AC，∴∠ODB=∠C=90°，∴S△AFD=S△OFA，∴S阴=S扇形OFA，∵OD=OA=2，AB=6，∴OB=4，∴OB=2OD，∴∠B=30°，∴∠A=60°，∵OF=OA，∴△AOF是等边三角形，∴∠AOF=60°，∴S阴=S扇形OFA．故选：C．

12．【答案】C

【解析】二次函数开口向上且与y轴的交点在（0，–1）的下方，故a＞0，c＜–1，

与x轴的交点为（–3,0），（1,0），故对称轴，得到b=2a，b＞0，故，则①正确；因为b=2a，故函数可写成过（1,0），得到0=a+2a+c，故c=–3a，因为c小于–1，故a＞，，故，故②错误；，故④正确；

函数可写成，当时，在x=–1时函数值最小，y=–a–2a–3a=–6a=–3b，在x=3时函数值最大，y=9a+6a–3a=12a=6b，故当时，y的取值范围为–3b≤y≤6b，故③错误，故正确的有①④，选C

13．【答案】2m（x﹣y）2

【解析】2mx2﹣4mxy+2my2=2m（x2﹣2xy+y2）=2m（x﹣y）2．故答案为：2m（x﹣y）2．

14．【答案】

【解析】画树状图得：

∵共有20种等可能的结果，从中随机抽取两张，两张都抽到无理数有2种情况，

∴从中任意抽取两张卡片，两张都抽到无理数的概率是：=；

故答案为：．

15．【答案】135．

【解析】设多边形的边数为n.因为正多边形内角和为,正多边形外角和为根据题意得：解得：n=8.

∴这个正多边形的每个外角

则这个正多边形的每个内角是

故答案为：135.

16．【答案】23

【解析】∵，∴(x＋)2=52，x2＋2＋=25，=23，故填：23.

17．【答案】10

【解析】由图象可得：亮亮从A地到B地的跑步速度是米/分，∴时间20分钟时的点的纵坐标是，∴悦悦跑步的平均速度是米/分，∴时间45分钟时的纵坐标是，

设亮亮返回时的函数解析式是y=kx+b，将点（30,3000），（45,750）代入，

得到，得，∴y=–150x+7500，

当y=0时，x=50，∴亮亮50分钟时返回A地，∴亮亮到达A地时，悦悦还需要分，故答案为：10.

18．【答案】

【解析】作M关于CD的对称点Q，取AB的中点H，连接PQ与CD交于点N'，连接PH，HQ，则MN'=QN'，

∵四边形ABCD是正方形，∴AB=BC，AB∥CD，∠ABC=∠BCD=90°，

在△ABE和△BCF中，，

∴△ABE≌△BCF（SAS），∴∠AEB=∠BFC，

∵AB∥CD，∴∠ABP=∠BFC=∠AEB，

∵∠BAE+∠AEB=90°，∴∠BAE+∠ABP=90°，

∴∠APB=90°，∴PH=，

∵M点是BC的中点，∴BM=MC=CQ=，

∵PH+PQ≥HQ，∴当H、P、Q三点共线时，PH+PQ=HQ=的值最小，∴PQ的最小值为，

此时，若N与N'重合时，MN+PN=MN'+PN'=QN'+PN'=PQ=的值最小，

故答案为．

19．【解析】

20．【解析】解不等式①得：，解不等式②得：，

所以不等式组的解集为．

把该不等式组的解集在数轴上表示为：

21．【解析】∵在▱ABCD中，AD∥BF．∴∠ADC=∠FCD．

∵E为CD的中点，∴DE=CE．

在△ADE和△FCE中，，

∴△ADE≌△FCE（ASA），∴AD=FC．

又∵AD∥FC，∴四边形ACFD是平行四边形．

22．【解析】设第一批盒装花的进价是x元/盒，则2×=，

解得x=30，

经检验，x=30是原方程的根．

答：第一批盒装花每盒的进价是30元．

23．【解析】（1）证明：连接，

∵，∴，∴，

∵，∴，

∵，∴，

∴，∴，∴

∵点在上，∴是的切线

（2）解：∵，

∴，

∴，

24．【解析】（1）（人）；；故答案为200；144°.

（2）200–80–30–50=40（人），

补图如下：

（3）800×=120（人）

答：有120名学生选修“古诗词欣赏”.

25．【解析】（1）∵点A（3，2）在反比例函数y=（x＞0）的图象上，

∴k=3×2=6，∴反比例函数y=；反比例函数的关系式为：y=；

（2）①过点A作AE⊥OC，垂足为E，连接AC，

设直线OA的关系式为y=kx，将A（3，2）代入得，k=，

∴直线OA的关系式为y=x，

∵点C（a，0），把x=a代入y=x，得：y=a，把x=a代入y=，得：y=，

∴B（a，），即BC═a，∴D（a，），即CD=，

∵S△ACD=，∴CD•EC=，即××（a﹣3）=，解得：a=6，∴D（6，1）；

②BD=BC﹣CD=a﹣=3；

答：线段BD的长为3．

26．【解析】（1）∵EN⊥AF，BF⊥AF，∴EN∥BF，

又∵E为AB的中点，∴BF=2EN，

∵，∴，∴，

故答案为：；

（2）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，∠ABC=90°，

∴四边形ABCD是矩形，∴∠BAD=∠ABC=90°，

∵∠ADE=∠BAF，∴∠BAD﹣∠BAF=∠ABC﹣∠BAF，∴∠AED=∠AFB，

又∵∠BAF=∠MAE，∴△AEM∽△AFB；

（3）证明：如图，连接AC，过点B作BP∥AC交AF的延长线于点P，

∴△BFP∽△CFA，∴，

∵四边形ABCD是平行四边形，AB=AD，∴四边形ABCD是菱形，

∵∠ABC=60°，∴∠PBC=∠ACB=60°，

∴∠ABP=120°，∴∠DAE=∠ABP，

在△ADE与△BAP中，，

∴△ADE≌△BAP（ASA），∴AE=BP，

又∵AC=AD，∴．

27．【解析】（1）直线与轴交于点，

∴，解得c=2，∴B（0，2），

∵抛物线经过点，

∴，∴b=

∴抛物线的解析式为；

（2）∵轴，M（m，0），∴N()

①有（1）知直线AB的解析式为，OA=3，OB=2

∵在△APM中和△BPN中，∠APM=∠BPN,∠AMP=90°，

若使△APM中和△BPN相似，则必须∠NBP=90°或∠BNP=90°，

分两种情况讨论如下：

（I）当∠NBP=90°时，过点N作NC轴于点C，

则∠NBC+∠BNC=90°，NC=m，

BC=

∵∠NBP=90°，∴∠NBC+∠ABO=90°，

∴∠BNC=∠ABO，

∴Rt△NCB∽Rt△BOA

∴,即，解得m=0（舍去）或m=

∴M（，0）；

（II）当∠BNP=90°时，BNMN，

∴点N的纵坐标为2，

∴

解得m=0（舍去）或m=

∴M（，0）；

综上，点M的坐标为（，0）或M（，0）；

②由①可知M(m,0),P(m,),N(m,)，

∵M，P，N三点为“共谐点”，

∴有P为线段MN的中点、M为线段PN的中点或N为线段PM的中点，

当P为线段MN的中点时,则有2()=,解得m=3(三点重合,舍去)或m=；

当M为线段PN的中点时,则有+()=0,解得m=3(舍去)或m=−1；

当N为线段PM的中点时,则有=2(),解得m=3(舍去)或m=；

综上可知当M,P,N三点成为“共谐点”时m的值为或−1或.