备战中考数理化——中考数学模拟试卷 (21)（含答案）

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备战中考数理化——中考数学模拟试卷21（含答案）
一、选择题（每小题3分，共计30分)
1．（3分）某日的最高气温为3℃，最低气温为﹣9℃，则这一天的最高气温比最低气温高（　　）
A．﹣12℃ B．﹣6℃ C．6℃ D．12℃
2．（3分）下列运算正确的是（　　）
A．（a+b）（a﹣b）＝a2﹣b2 B．a2•a3＝a6
C．（a+b）2＝a2+b2 D．a10÷a2＝a5
3．（3分）下列图案中，既是中心对称图形又是轴对称图形的是（　　）
A． B． C． D．
4．（3分）如图所示的几何体是由5个相同的小正方体组成的，下列有关三视图面积的说法中正确的是（　　）

A．左视图面积最大
B．俯视图面积最小
C．左视图与主视图面积相等
D．俯视图与主视图面积相等
5．（3分）如图，P为⊙O外一点，PA切⊙O于点A，且OP＝5，PA＝4，则sin∠APO等于（　　）

A． B． C． D．
6．（3分）通过平移y＝﹣2（x﹣1）2+3的图象，可得到y＝﹣2x2的图象，下列平移方法正确的是（　　）
A．向左移动1个单位，向上移动3个单位
B．向右移动1个单位，向上移动3个单位
C．向左移动1个单位，向下移动3个单位
D．向右移动1个单位，向下移动3个单位
7．（3分）哈尔滨自由贸易区挂牌之后，富力城楼盘的价格连续两个月上涨，从9000元/平米涨到10890元/平米，则平均每月上涨率为（　　）
A．10% B．15% C．20% D．25%
8．（3分）方程＝的解为（　　）
A．x＝10 B．x＝﹣10 C．x＝5 D．x＝﹣5
9．（3分）反比例函数y＝的图象，当x＞0时，y随x的增大而增大，则m的取值范围是（　　）
A．m＜3 B．m≤3 C．m＞3 D．m≥3
10．（3分）小明从家出门去遛狗（哈士奇，又名“撤手没”），当走到200米时狗绳突然断裂，脱了缰的哈士奇飞速跑开，小明也快速追狗，已知狗速是人速的2倍，4分钟时哈土奇听到小明的呼喊声，调头跑向小明，很快人狗相遇，但是哈士奇并没有停留的意思，继续跑向家中，小明调头继续追赶．脱缰之后狗和人的速度都不变．遛狗路程s（米）与时间t（分钟）之间的函数图象如图所示，下列说法：①a＝500；②Y点纵坐标为580；③b＝2；④c＝7；⑤d＝9；其中正确的个数是（　　）

A．2个 B．3个 C．4个 D．5个
二、填空题（每小题3分，共计30分)
11．（3分）用科学记数法表示23400000为　 　．
12．（3分）在函数y＝中，自变量x的取值范围是　 　．
13．（3分）因式分解：2x3﹣8x＝　 　．
14．（3分）不等式组的解集为　 　．
15．（3分）二次函数y＝﹣（x+2）2﹣3的顶点坐标是　 　．
16．（3分）如图，在△ABC中，AB＝AC＝4，将△ABC绕点A顺时针旋转30°，得到△ACD，延长AD交BC的延长线于点E，则DE的长为　 　．

17．（3分）一个扇形的圆心角为120°，弧长为2π米，则此扇形的半径是　 　米．
18．（3分）已知AD是△ABC的高，∠BAC＝45°，AD＝20，BC＝17，则BD的长为　 　．
19．（3分）从长度为3、5、7、8的四条线段中任意选三条组成三角形，其中能组成含有60°角的三角形的概率为　 　．
20．（3分）如图，在△ABC中，D为AC上一点，∠DBC＝2∠ABD，若AD+BC＝BD+CD，则tan∠ADB＝　 　．

三、解答题（其中21-22题各7分，23-24题各8分，25-27题各10分，共计60分）
21．（7分）先化简，再求代数式﹣的值，其中x＝tan60°﹣cos45°．
22．（7分）如图所示，图1、图2是两张形状和大小完全相同的方格纸，方格纸中每个小正方形的边长均为1，线段AB的两个端点均在小正方形的顶点上．
（1）如图1，在方格纸中以AB为直角边画直角△ACB，点C在小正方形的顶点上，并直接写出△ACB的面积；
（2）在图2中画出一个以线段AB为对角线、面积为8的菱形AEBF，且点E和点F均在小正方形的顶点上．

23．（8分）某学校为了解八年级学生的体能状况，从八年级学生中随机抽取部分学生进行八百米跑体能测试，测试结果分为A、B、C、D四个等级，请根据两幅统计图中的信息回答下列问题：
（1）求本次测试共调查了多少名学生？
（2）求本次测试结果为B等级的学生数，并补全条形统计图；
（3）若该中学八年级共有900名学生，请你估计八年级学生中体能测试结果为D等级的学生有多少人？
24．（8分）如图，在四边形ABCD中，∠ACB＝90°，CA＝CB，点E为AC边上的一点，∠BDE＝45°，EA＝ED．
（1）如图1，求证：BE⊥AD；
（2）如图2，当点D在BC的延长线上时，在不添加任何辅助线的情况下，请直接写出图中四对线段，使每对中较长线段与较短线段长度的差等于AC的长．

25．（10分）某学校在商场购买甲、乙两种不同足球，购买甲种足球共花费2000元，购买乙种足球共花费1400元，购买甲种足球数量是购买乙种足球数量的2倍，且购买一个乙种足球比购买一个甲种足球多花20元．
（1）求购买一个甲种足球、一个乙种足球各需多少元？
（2）为响应“足球进校园”的号召，这所学校决定再次购买甲、乙两种足球共50个．恰逢该商场对两种足球的售价进行调整，甲种足球售价比第一次购买时提高了10%，乙种足球售价比第一次购买时降低了10%，如果此次购买甲、乙两种足球的总费用不超过2900元，那么这所学校最多可购买多少个乙种足球？
26．（10分）如图，△ABC是⊙O的内接三角形，BC是直径，点Q在圆上，连接BQ、CQ，且2∠QCB﹣∠ABC＝90°．
（1）如图1，求证：∠ACB＝2∠QBC；
（2）如图2，点P在圆上，连接PQ，PQ＝OB，连接BP、CP，求tan∠QBP的值；
（3）如图3，在（2）的条件下，BQ交AC于点H，点F在CP上，连接FD并延长交BQ于点E，若DC＝DF＝1，DE＝2，求QH的长．

27．（10分）如图，抛物线y＝ax2+bx+5经过坐标轴上A、B和C三点，连接AC，tanC＝，5OA＝3OB．
（1）求抛物线的解析式；
（2）点Q在第四象限的抛物线上且横坐标为t，连接BQ交y轴于点E，连接CQ、CB，△BCQ的面积为S，求S与t的函数解析式；
（3）已知点D是抛物线的顶点，连接CQ，DH所在直线是抛物线的对称轴，连接QH，若∠BQC＝45°，HR∥x轴交抛物线于点R，HQ＝HR，求点R的坐标．


2020年中考数学模拟试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（每小题3分，共计30分)
1．【解答】解：3﹣（﹣9）＝3+9＝12（℃），
故选：D．
2．【解答】解：
A、（a+b）（a﹣b）＝a2﹣b2，是平方差公式，故A正确；
B、a2•a3＝a2+3＝a5，故B不正确；
C、（a+b）2＝a2+b2+2ab，故C不正确；
D、a10÷a2＝a10﹣2＝a8，故D不正确；
故选：A．
3．【解答】解：A、是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不符合题意；
B、不是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不符合题意；
C、不是轴对称图形，是中心对称图形，故此选项不符合题意；
D、是轴对称图形，是中心对称图形，故此选项符合题意；
故选：D．
4．【解答】解：如图所示：
，
则俯视图与主视图面积相等．
故选：D．
5．【解答】解：连接OA，
由切线性质知，∠PAO＝90°．
在Rt△PAO中，OP＝5，PA＝4，由勾股定理得OA＝3．
∴sin∠APO＝．
故选：B．

6．【解答】解：抛物线y＝﹣2x2的顶点坐标是（0，0）．
抛物线y＝﹣2（x﹣1）2+3的顶点坐标是（1，3）．
则由二次函数y＝﹣2（x﹣1）2+3的图象向左移动1个单位，向下移动3个单位，可得到y＝﹣2x2的图象．
故选：C．
7．【解答】解：设平均每月上涨率为x，
依题意，得：9000（1+x）2＝10890，
解得：x1＝0.1＝10%，x2＝﹣2.1（不合题意，舍去）．
故选：A．
8．【解答】解：方程两边同时乘以（20+x）（20﹣x），
得100（20﹣x）＝60（20+x），
整理，得8x＝40，
解得，x＝5，
经检验，x＝5是方程的根，
∴原方程的根是x＝5；
故选：C．
9．【解答】解：∵当x＞0时，y随x的增大而增大，
∴m﹣3＜0，
解得m＜3，
故选：A．
10．【解答】解：由题意可得，
a＝200+（800﹣200）÷2＝500，故①正确；
设脱缰之后，哈士奇的速度为2x米/分，小明的速度为x米/分，
（2x+x）×（4﹣4）＝800﹣500，
解得，x＝150，
则2x＝300，
则Y点的纵坐标是：500+150×（4﹣4）＝600，故②错误；
4﹣b＝（500﹣200）÷150，得b＝2，故③正确；
c﹣4＝600÷300，得c＝6，故④错误；
d﹣4＝600÷150，得d＝8，故⑤错误；
故选：A．
二、填空题（每小题3分，共计30分)
11．【解答】解：23400000＝2.34×107．
故答案为：2.34×107．
12．【解答】解：由题意，得3x+1＞0，
解得x＞．
故答案为：x＞．
13．【解答】解：2x3﹣8x＝2x（x2﹣4）＝2x（x+2）（x﹣2）．
故答案为：2x（x+2）（x﹣2）．
14．【解答】解：
由①得，x＞﹣1，
由②得，x≤3，
故不等式组的解集为：﹣1＜x＜≤3．
15．【解答】解：∵二次函数y＝﹣（x+2）2﹣3是顶点式，
∴二次函数y＝﹣（x+2）2﹣3的顶点坐标是：（﹣2，﹣3）．
故答案为：（﹣2，﹣3）．
16．【解答】解：根据旋转过程可知：∠CAD＝30°＝∠CAB，AC＝AD＝4．
∴∠BCA＝∠ACD＝∠ADC＝75°．
∴∠ECD＝180°﹣2×75°＝30°．
∴∠E＝75°﹣30°＝45°．
过点C作CH⊥AE于H点，
在Rt△ACH中，CH＝AC＝2，AH＝2．
∴HD＝AD﹣AH＝4﹣2．
在Rt△CHE中，∵∠E＝45°，
∴EH＝CH＝2．
∴DE＝EH﹣HD＝2﹣（4﹣2）＝2﹣2．

故答案为2﹣2．
17．【解答】解：∵l＝，
∴r＝＝＝3．
故答案为：3．
18．【解答】解：如图，过B作BE⊥AC，垂足为E交AD于F，
∵∠BAC＝45°，
∴BE＝AE，
∵∠C+∠EBC＝90°，∠C+∠EAF＝90°，
∴∠EAF＝∠EBC，
在△AFE与△BCE中，
∵，
∴△AFE≌△BCE（ASA）
∴AF＝BC＝BD+DC＝17，∠FBD＝∠DAC，
∴DF＝20﹣17＝3，
又∵∠BDF＝∠ADC＝90°，
∴△BDF∽△ADC，
∴FD：DC＝BD：AD
即3：（17﹣BD）＝BD：20，
解得，BD＝5或BD＝12，
故答案为：5或12．

19．【解答】解：从长度分别为3、5、7、8的4条线段中任取3条作边，有4种情况：3，5，7；5，7，8；3，7，8；3，5，8；
根据三角形三边关系定理：三角形两边之和大于第三边，能组成三角形的是：3，5，7；5，7，8；3，7，8；共3种情况，
组成三角形的三边为：3，5，7时，如图所示：

根据三边关系，只能∠B＝60°，
过点A作AD⊥BC于D，则BD＝，AD＝，
∴CD＝，
∵（）2+（）2≠52，
∴组成三角形的三边为：3，5，7时，不能组成含有60°角的三角形；
组成三角形的三边为：5，7，8时，如图所示：

根据三边关系，只能∠B＝60°，
过点A作AD⊥BC于D，则BD＝，AD＝，
∴CD＝，
∵（）2+（）2＝72，
∴组成三角形的三边为：5，7，8时，能组成含有60°角的三角形；
组成三角形的三边为：3，7，8时，如图所示：

根据三边关系，只能∠B＝60°，
过点A作AD⊥BC于D，则BD＝，AD＝，
∴CD＝，
∵（）2+（）2＝72，
∴组成三角形的三边为：3，7，8时，能组成含有60°角的三角形；
∴能组成含有60°角的三角形的概率为：＝，
故答案为：．
20．【解答】解：延长DA至点F，使DF＝BD，在DF上截取点E，使CE＝CB，连接EB，

∵AD+BC＝BD+CD，
∴AD+CE＝DF+CD＝CF＝EF+CE．
∴AD＝EF，
∵∠DBC＝2∠ABD，
∴设∠ABD＝α，∠CBD＝2α，∠C＝2β，
∴∠BEC＝90°﹣β，∠BDA＝2α+2β．
∵DF＝BD，
∴∠BFA＝90°﹣α﹣β，
∴∠FBE＝∠BEA﹣∠BFA＝α，
过点B作BG∥AF，且BG＝AF＝DE，
∴四边形AFGB和四边形DEGB都是平行四边形，
∴∠GFE＝∠BAD，∠FEG＝∠ADB，AB＝GF，
∴△FGE≌△ABD（AAS），
∴∠FGE＝∠ABD＝α，
过点H作HP⊥GF于点P，HQ⊥BE于点Q，
∴∠PFH＝∠QEH，
∴，，
∴，
∵EF∥BG，
∴△EFH∽△BGH，
∴．
∴GH＝BH，
∴∠HGB＝∠HBG，
∴∠BFD＝∠BDE，
∴BF＝BD，
∴△BFD为等边三角形，
∴．
三、解答题（其中21-22题各7分，23-24题各8分，25-27题各10分，共计60分）
21．【解答】解：原式＝﹣
＝﹣
＝，
∵x＝tan60°﹣cos45°＝﹣×＝﹣1，
∴原式＝＝．
22．【解答】解：（1）如图，△ABC即为所求，S△ABC＝××4＝4．
（2）如图，菱形AEBF即为所求．

23．【解答】解：（1）设本次测试共调查了x名学生．
由题意x•20%＝10，
x＝50．
∴本次测试共调查了50名学生．
（2）测试结果为B等级的学生数＝50﹣10﹣16﹣6＝18人．
条形统计图如图所示，

（3）∵本次测试等级为D所占的百分比为＝12%，
∴该中学八年级共有900名学生中测试结果为D等级的学生有900×12%＝108人．
24．【解答】证明：（1）∵∠ACB＝90°，CA＝CB，
∴∠BAC＝∠ABC＝45°，
∴∠BAE＝∠BDE，
∵EA＝ED，
∴∠EAD＝∠EDA，点E在AD的垂直平分线上，
∴∠BAD＝∠BDA，
∴BA＝BD，
∴点B在AD的垂直平分线上，
∵两点确定一条直线，
∴BE⊥AD；
（2）由题可得，BA＝BD，EC＝DC，AC＝BC，
∴BD﹣CD＝AC，BA﹣CD＝AC，BD﹣CE＝AC，BA﹣CE＝AC．
25．【解答】解：（1）设购买一个甲种足球需x元，则购买一个乙种足球需（x+20）元，
根据题意，可得：＝2×，
解得：x＝50，
经检验x＝50是原方程的解，
答：购买一个甲种足球需50元，购买一个乙种足球需70元；

（2）设这所学校再次购买y个乙种足球，
根据题意，可得：50×（1+10%）×（50﹣y）+70×（1﹣10%）y≤2900，
解得：y≤18.75，
由题意可得，最多可购买18个乙种足球，
答：这所学校最多可购买18个乙种足球．
26．【解答】证明：（1）设∠QBC＝α，
∵BC是直径，
∴∠A＝∠Q＝90°，
∴∠QCB＝90°﹣α，
∵2∠QCB﹣∠ABC＝90°，
∴∠ABC＝2∠QCB﹣90°＝180°﹣2α﹣90°＝90°﹣2α，
∵∠ACB＝90°﹣∠ABC＝90°﹣（90°﹣2α）＝2α，
∴∠ACB＝2∠QBC；

（2）解：连接OQ、OP，
∵OB＝OP＝OQ，PQ＝OB，
∴设OP＝OQ＝a，则PQ＝a，
∴△OPQ是等腰直角三角形，
∴∠QOP＝90°，
∵，
∴∠QOP＝2∠QBP＝90°，
∴∠QBP＝45°，
∴tan∠QBP＝1；

（3）解：∵∠QBC＝α，∠QBP＝45°，
∴∠CBP＝45°﹣α，
∵，
∴∠CBP＝∠CAP＝45°﹣α，
∵∠BAC＝90°，
∴∠BAD＝45°+α，
∵∠ABC＝90°﹣2α，
∴∠ADB＝45°+α，
∴AB＝DB，
∵＝，
∴∠BAP＝∠BCP＝45°+α，
∵DC＝DF，
∴∠DCF＝∠DFC＝45°+α，
∴∠CDF＝90°﹣2α＝∠EDB＝∠ABD，
如图，在BC上截取点K，使BK＝DE＝2，连接AK，
∴△ABK≌△BDE（SAS），
∴∠BAK＝α，
∴∠KAC＝90°﹣α，
∵∠ACK＝2α，
∴∠CAK＝∠CKA，
∴CA＝CK，
设DK＝x，
∴BA＝BD＝x+2，CK＝CA＝x+1，
∴在Rt△ABC中，由勾股定理得（x+1）2+（x+2）2＝（x+3）2，
解得，x＝2（取正值），
∴AB＝4，AC＝3，BC＝5，
∴tan∠ACB＝＝tan2α＝，
延长AC至点T，使BC＝CT，连接BT，
∴∠T＝α，
∴tanα＝＝＝＝，
∴tan∠QBC＝，
∴在Rt△BCQ中，BC＝5，
设QC＝n，则QB＝2n，则n2+（2n）2＝52，
∴n＝（取正值），
∴CQ＝，BQ＝2，
过点H作HS⊥BC于点S，
∵BC＝5，tan∠HBC＝，tan∠HCB＝，
∴设HS＝4m，则CS＝3m，BS＝8m，
∴BH＝4m，
∴＝，
即BH＝＝，
∴QH＝BQ﹣BH＝．



27．【解答】解：（1）c＝5，OC＝5，tanC＝，则OA＝3，
5OA＝3OB，则OB＝5，
故点A、B、C的坐标分别为：（3，0）、（﹣5，0）、（0，5），
则抛物线表达式为：y＝a（x+5）（x﹣3）＝a（x2+2x﹣15），
即﹣15a＝5，解得：a＝﹣，
故抛物线的表达式为：y＝﹣x2﹣x+5；

（2）设点Q（t，﹣t2﹣t+5），点B（﹣5，0），
把点B、Q的坐标代入一次函数y＝mx+n并解得：
直线BQ的表达式为：y＝﹣（t﹣3）（x+5），
故点E（0，﹣t+5），
S＝CE×（xQ﹣xB）＝×（5+t﹣5）×（t+5）＝t2+t；

（3）过点Q作QJ∥x轴交y轴于点N，交对称轴于点L，过点C作CT⊥BQ于点T，
延长CT交QJ于点J，过点Q作y轴的平行线交x轴于点K，交HR于点S，

则OKQN为矩形，OK＝QN＝t，
由（2）知，CE＝t，故QN：CE＝3：5，
设QN＝3m，则CE＝5m，
∵∠BQC＝45°，故CT＝QT，
∠EQN＝90°﹣∠NEQ＝90°﹣∠CET＝∠TCE＝∠JCN，
故△CTE≌△QTJ（AAS），
故CE＝QJ＝5m，JN＝JQ﹣QN＝5m﹣3m＝2m，
tan∠EQN＝tan∠JCN，即，
解得：EN＝m或﹣6m（舍去﹣6m）；
CN＝CE+EN＝5m+m＝6m，故点Q（3m，5﹣6m），
将点Q的坐标代入抛物线表达式并解得：m＝0（舍去）或，
故点Q（4，﹣3），
抛物线的顶点D坐标为：（﹣1，），
QL＝4+1＝5＝HS，
设：HR＝k，则点R（k﹣1，﹣k2+），
QS＝yQ﹣yR＝k2﹣，
由勾股定理得：QS2+HS2＝HQ2，
即（k2﹣）2+25＝k2，
解得：k＝（不合题意值已舍去），
故点R（﹣1，﹣6）．
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日期：2020/4/1 13:33:12；用户：初中校园号；邮箱：wjwl@xyh.com；学号：24424282