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卷6-备战2021年中考数学【名校地市好题必刷】全真模拟卷（河南专用）•2月卷
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备战2021年中考数学【名校、地市好题必刷】全真模拟卷·2月卷
第六模拟
一、选择题（本大题共10个小题，每小题3分，共30分）
1．（2020年河南省郑州外国语中学中考第四次质量检测数学试题）的绝对值是（ ）
A. B. 2020 C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
根据绝对值的定义直接解答．
【详解】解：根据绝对值的概念可知：|−2020|＝2020，
故选：B．
【点睛】本题考查了绝对值．解题的关键是掌握绝对值的概念，注意掌握一个正数的绝对值是它本身；一个负数的绝对值是它的相反数；0的绝对值是0．
2．（2020年河南省郑州一中教育集团中考数学三模试卷）据有关部门初步统计，自新冠肺炎疫情发生以来，国家已经投入1390亿资金进行疫情防控，为抗击疫情提供了强力保障，也展现了祖国日益强大的综合国力!将数据1390亿用科学记数法表示为1.390×10n，其中n的值为（ ）
A. 4 B. 10 C. 11 D. 3
【答案】C
【解析】
【分析】
科学记数法的表示形式为a×10n的形式，其中1≤|a|<10，n为整数，确定n的值时，要看把原数变成a时，小数点移动了多少位，n的绝对值与小数点移动的位数相同，当原数绝对值>1时，n是正数，当原数的绝对值<1时，n是负数，据此判断即可．
【详解】1390亿＝139000000000＝1.39×1011．
故选：C．
【点睛】本题考查科学记数法的表示方法，科学记数法的表示形式为a×10n的形式，其中1≤|a|<10，n为整数，正确确定a及n的值是解题的关键．
3．（2020年河南省周口市西华县九年级中考三模数学试题）如图，，则的度数为（ ）
A. 27° B. 30° C. 34° D. 38°
【答案】A
【解析】
【分析】
首先根据平行线的性质求出的度数，然后利用三角形外角的性质求解即可．
【详解】如图，
，
．
，
．
故选：A．
【点睛】本题主要考查平行线的性质及三角形外角的性质，掌握这些性质是解题的关键．
4．（2020年河南省郑州外国语学校分校中考数学6月模拟试题）如图所示的几何体是由一个圆柱体挖去一个长方体后得到的，它的主视图是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
主视图是从几何体的正面看到的视图，解题的关键是注意圆柱内的长方体的放置.
【详解】其主视图是，
故选B．
【点睛】本题考查了几何体的三视图，解题的关键是掌握：看得到的线画成实线，看不到的画虚线，注意三视图的位置.
5．（2020年河南省安阳市安阳县中考数学一模试卷）下列运算正确的是（ ）
A．2a+3a＝5a2 B．（a+2b）2＝a2+4b2
C．a2•a3＝a6 D．（﹣ab2）3＝﹣a3b6
【答案】D
【解析】直接利用合并同类项法则以及完全平方公式、积的乘方运算法则、同底数幂的乘除运算法则分别化简得出答案．
解：A、2a+3a＝5a，故此选项错误；
B、（a+2b）2＝a2+4ab+4b2，故此选项错误；
C、a2•a3＝a5，故此选项错误；
D、（﹣ab2）3＝﹣a3b6，正确．
故选：D．
6．（2020年河南省郑州外国语中学中考第四次质量检测数学试题）已知一元二次方程x2+kx-3=0有一个根为1，则k的值为（ ）
A. −2 B. 2 C. −4 D. 4
【答案】B
【解析】
分析：根据一元二次方程的解的定义，把x=1代入方程得关于k的一次方程1-3+k=0，然后解一次方程即可．
详解：把x=1代入方程得1+k-3=0，
解得k=2．
故选B．
点睛：本题考查了一元二次方程的解：能使一元二次方程左右两边相等的未知数的值是一元二次方程的解．
7.（2020年河南省郑州一中教育集团中考数学三模试卷）受央视《朗读者》节目的启发和影响，某校七年级班近期准备组织一次朗诵活动，语文老师调查了全班学生平均每天的阅读时间，统计结果如下表所示，则在本次调查中，全班学生平均每天阅读时间的中位数和众数分别是( )
每天阅读时间(小时)
人数
A. ， B. ， C. ， D. ，
【答案】D
【解析】
【分析】
中位数即将一组数据按大小顺序排列，处在最中间位置的一个数叫做这组数据的中位数，众数即在一组数据中出现次数最多的数叫做这组数据的众数，由表格中的数据可得全班学生平均每天阅读时间的中位数和众数.
【详解】解：处于最中间位置的阅读时间为1小时，阅读时间为1小时的人数最多，所以学生平均每天阅读时间的中位数和众数分别是1,1.
故选D
【点睛】本题考查了中位数和众数，正确理解两者的定义是解题的关键.
8．（2020年河南省郑州外国语学校分校中考数学6月模拟试题）如图，在矩形ABCD中，∠BAC=60°，以点A为圆心、任意长为半径作弧分别交AB，AC于点M，N，再分别以点M，N为圆心，大于MN的长为半径作弧，两弧交于点P，作射线AP交BC于点E，若BE=2，则矩形ABCD的面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
根据矩形的性质得到∠B=∠BAD=90°，求得∠ACB=30°，由作图知，AE是∠BAC的平分线，得到∠BAE=∠CAE=30°，根据等腰三角形的性质得到AE=CE，利用含30度角的直角三角形的性质以及勾股定理得到AE、AB的长，于是得到结论．
【详解】∵四边形ABCD是矩形，
∴∠B=∠BAD=90°，
∵∠BAC=60°，
∴∠ACB=30°，
由作图知，AE是∠BAC的平分线，
∴∠BAE=∠CAE=30°，
∴∠EAC=∠ACE=30°，
∴AE=CE，
在Rt△ABE中，∠B=90°，∠BAE =30°，BE=2，
∴AE=2BE=4，
AB=，
∴BC=BE+EC=BE+ AE=2+4=6，
∴矩形ABCD的面积=AB•BC=．
故选：B．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质，含30度角的直角三角形的性质以及勾股定理的应用，作图-基本作图，解题的关键是熟练掌握角平分线的定义和性质及直角三角形30°角所对边等于斜边的一半．
9.（2020年河南省周口市西华县九年级中考三模数学试题） 如图，菱形的对角线相交于点，过点作于点，连接，若，则的度数是（ ）
A. 30° B. 40° C. 50° D. 60°
【答案】C
【解析】
【分析】
在直角三角形BDE中，直角三角形斜边上中线为斜边一半，可证ODE为等腰三角形，∠OED的度数可知，且四边形ABCD是菱形，即ABD为等腰三角形，所以∠BAD的度数可求．
【详解】解：∵，
∴BDE为直角三角形，且直角三角形斜边上中线为斜边一半，
∴，
∴ODE为等腰三角形，∠OED=∠ODE=90°-∠BEO=90°-25°=65°，
又∵四边形ABCD是菱形，故AB=AD，即ABD为等腰三角形，
∴∠BAD=180°-∠ADB-∠ABD=180°-65°-65°=50°，
故选：C．
【点睛】本题主要考察了直角三角形斜边上的中线、菱形的性质、等边对等角，解题的关键在于掌握直角三角形斜边上中线为斜边一半，即可证明ODE为等腰三角形．
10．（2020年河南省郑州外国语学校分校中考数学6月模拟试题）在平面直角坐标系中，若干个半径为1个单位长度，圆心角为60°的扇形组成一条连续的曲线，点P从原点O出发，沿这条曲线向右上下起伏运动，点在直线上的速度为1个单位长度/秒，点在弧线上的速度为个单位长度/秒，则2021秒时，点P的坐标是（ ）
A. （2021，） B.
C. D. （2021，0）
【答案】B
【解析】
【分析】
设第n秒运动到Pn（n为自然数）点，根据点P的运动规律找出部分Pn点的坐标，根据坐标的变化找出变化规律，依此规律即可得出结论．
【详解】解：设第n秒运动到Pn（n为自然数）点，
观察，发现规律：
P1（，），P2（1，0），P3（，﹣），P4（2，0），P5（，），…，
∴P4n＋1（，），P4n＋2（，0），P4n＋3（，﹣），P4n＋4（，0），
∵2021＝4×505＋1，
∴P2021（，），
故选：B．
【点睛】本题主要考查了规律型中的点的坐标，解题的关键是找出变化规律．
二．填空题（本大题共5个小题，每小题3分，共15分）
11．（2020年河南省周口市西华县九年级中考三模数学试题）计算：__________．
【答案】-5
【解析】
【分析】
按顺序先分别进行算术平方根、乘方的运算，然后再进行减法运算即可．
【详解】解：=3-8=-5，
故答案为：-5．
【点睛】本题考查了实数的混合运算，涉及了算术平方根、乘方等运算，熟练掌握各运算的运算法则是解题的关键，计算题仔细最为重要．
12．（2020年河南省安阳市安阳县中考数学一模试卷）甲，乙两人进行飞镖比赛，每人各投6次，甲的成绩（单位：环）为：9，8，9，6，10，6．甲，乙两人平均成绩相等，乙成绩的方差为4，那么成绩较为稳定的是 ．（填“甲”或“乙”）
【答案】甲．
【解析】先计算出甲的平均数，再计算甲的方差，然后比较甲乙方差的大小可判定谁的成绩稳定．
解：甲的平均数＝（9+8+9+6+10+6）＝8，
所以甲的方差＝[（9﹣8）2+（8﹣8）2+（9﹣8）2+（6﹣8）2+（10﹣8）2+（6﹣8）2]＝，
因为甲的方差比乙的方差小，
所以甲的成绩比较稳定．
故答案为甲．
13．（2020年河南省郑州一中教育集团中考数学三模试卷）如图，P是反比例函数y=图象上的一点，PA⊥y轴于点A，点B为x轴上任一点，连接AB、PB，若△APB的面积为4，则k的值是_____．
【答案】﹣8．
【解析】
【分析】
设P（m，n），根据题意用m、n的代数式表示AP和OA，然后根据已知三角形的面积求得ab，最后用待定系数法即可求得k．
【详解】解：设P（m，n），
∵PA⊥y轴于点A，
∴A（0，n），
∴OA＝﹣n，AP＝m，
∵点B为x轴上任一点，
∴点B到AP的距离＝OA＝﹣n，
∵△APB的面积为4，
∴m（﹣n）＝4，
∴mn＝﹣8，
∵P是反比例函数y＝图象上的一点，
∴k＝mn＝﹣8．
故答案为：﹣8．
【点睛】本题主要考查了反比例函数的图象与性质，根据题意用P点的横纵坐标字母表示已知三角形的底和高是解答本题的关键．
14．（2020年河南省郑州外国语中学中考第四次质量检测数学试题）如图，AB是半圆O的直径，且AB=8，点C为半圆上的一点．将此半圆沿BC所在的直线折叠，若圆弧BC恰好过圆心O，则图中阴影部分的面积是 ．（结果保留π）
【答案】
【解析】
试题分析：过点O作OD⊥BC于点D，交于点E，连接OC，则点E是的中点，由折叠的性质可得点O为的中点，∴S弓形BO=S弓形CO，在Rt△BOD中，OD=DE=R=2，OB=R=4，∴∠OBD=30°，
∴∠AOC=60°，∴S阴影=S扇形AOC=．
考点：扇形面积的计算．
15.（2020年河南省郑州外国语学校分校中考数学6月模拟试题）如图，在▱ABCD中，AB＝6，BC＝6，∠D＝30°，点E是AB边的中点，点F是BC边上一动点，将△BEF移沿直线EF折叠，得到△GEF，当FG∥AC时，BF的长为_____．
【答案】或
【解析】
【分析】
由平行四边形的性质得出∠B＝∠D＝30°，CD＝AB＝6，AD＝BC＝6，作CH⊥AD于H，则CH＝CD＝3，DH＝CH＝3＝AD，得出AH＝DH，由线段垂直平分线的性质得出CA＝CD＝AB＝6，由等腰三角形的性质得出∠ACB＝∠B＝30°，由平行线的性质得出∠BFG＝∠ACB＝30°，分两种情况：
①作EM⊥BF于M，在BF上截取EN＝BE＝3，则∠ENB＝∠B＝30°，由直角三角形的性质得出EM＝BE＝，BM＝NM＝EM＝，得出BN＝2BM＝3，再证出FN＝EN＝3，即可得出结果；
②作EM⊥BC于M，在BC上截取EN＝BE＝3，连接EN，则∠ENB＝∠B＝30°，得出EN∥AC，EM＝BE＝，BM＝NM＝EM＝，BN＝2BM＝3，证出FG∥EN，则∠G＝∠GEN，证出∠GEN＝∠ENB＝∠B＝∠G＝30°，推出∠BEN＝120°，得出∠BEG＝120°﹣∠GEN＝90°，由折叠的性质得∠BEF＝∠GEF＝∠BEG＝45°，证出∠NEF＝∠NFE，则FN＝EN＝3，即可得出结果．
【详解】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠B＝∠D＝30°，CD＝AB＝6，AD＝BC＝6，
作CH⊥AD于H，
则CH＝CD＝3，DH＝CH＝3＝AD，
∴AH＝DH，
∴CA＝CD＝AB＝6，
∴∠ACB＝∠B＝30°，
∵FG∥AC，
∴∠BFG＝∠ACB＝30°，
∵点E是AB边的中点，
∴BE＝3，
分两种情况：
①作EM⊥BF于M，在BF上截取EN＝BE＝3，连接EN，如图1所示：
则∠ENB＝∠B＝30°，
∴EM＝BE＝，BM＝NM＝EM＝，
∴BN＝2BM＝3，
由折叠性质得：∠BFE＝∠GFE＝15°，
∵∠NEF＝∠ENB﹣∠BFE＝15°＝∠BFE，
∴FN＝EN＝3，
∴BF＝BN+FN＝3+3；
②作EM⊥BC于M，在BC上截取EN＝BE＝3，连接EN，如图2所示：
则∠ENB＝∠B＝30°，
∴EN∥AC，EM＝BE＝，BM＝NM＝EM＝，
∴BN＝2BM＝3，
∵FG∥AC，
∴FG∥EN，
∴∠G＝∠GEN，
由折叠的性质得：∠B＝∠G＝30°，
∴∠GEN＝∠ENB＝∠B＝∠G＝30°，
∵∠BEN＝180°﹣∠B﹣∠ENB＝180°﹣30°﹣30°＝120°，
∴∠BEG＝120°﹣∠GEN＝120°﹣30°＝90°，
由折叠的性质得：∠BEF＝∠GEF＝∠BEG＝45°，
∴∠NEF＝∠NEG+∠GEF＝30°+45°＝75°，∠NFE＝∠BEF+∠B＝45°+30°＝75°，∴∠NEF＝∠NFE，∴FN＝EN＝3，
∴BF＝BN﹣FN＝3﹣3；
故答案为：或．
【点睛】本题考查了翻折变换的性质、平行四边形的性质、直角三角形的性质、线段垂直平分线的性质、等腰三角形的性质等知识；掌握翻折变换的性质和等腰三角形的性质是解答本题的关键．
三．解答题（本大题共8个小题，共75分）
16．（2020年河南省郑州外国语学校分校中考数学6月模拟试题）（8分）先化简，再求值：，其中x=+1．
【答案】，
【解析】
【分析】
先计算括号内的分式的加法，再把除法转化为乘法，化简分式，再把的值代入求值即可．
【详解】解: 原式=
当 得：
原式 ．
【点睛】本题考查的是分式的化简求值，同时考查二次根式的乘法与加法运算，掌握分式的混合运算是解题的关键．
17．（2020年河南省郑州一中教育集团中考数学三模试卷）（9分）第二十四届冬季奥林匹克运动会将于2022年在北京市和张家口市举行．为了调查学生对冬奧知识的了解情况，某校随机抽取部分学生进行了相关知识测试，获得了他们的成绩（百分制），根据调查结果绘制了如图尚不完整的统计图表：
组别
成绩分组（单位：分）
频数
频率
A
50≤x＜60
3
0.06
B
60≤x＜70
0.24
C
70≤x＜80
16
b
D
80≤x＜90
a
E
90≤x＜100
8
0.16
所抽取学生测试成绩在80≤m＜90这一组的具体成绩是：
80 82 83 83 85 85 86 86 86 88 89
根据以上信息，解答下列问题：
（1）填空：这次被调查的学生共有 人，a＝ ；b＝ ；
（2）请补全频数分布直方图；
（3）本次调查中，所抽取学生的中位数落在 组；
（4）该校共有学生1200人，若成绩在85分以上（含85分）的为优秀，假如全部学生参加此次测试，请估计该校学生成绩为优秀的人数．
【答案】（1）50，11，0.32；（2）补全的频数分布直方图如图所示见解析；（3）C；（4）该校学生成绩为优秀有360人
【解析】
【分析】
（1）根据频数、频率的性质计算，即可得到答案；
（2）首先计算出B组的频数，再根据频数分布直方图的性质，即可完成求解；
（3）根据中位数的定义分析，即可得到答案；
（4）根据样本频数估计总体频数的性质计算，即可得到该校学生成绩为优秀的人数．
【详解】（1）这次被调查的学生共有3÷0.06＝50人
b＝16÷50＝0.32
a＝50×（1-0.06-0.24-0.32-0.16）＝11
故答案为：50，11，0.32；
（2）由（1）知，a＝11，B组的频数为：50×0.24＝12
补全的频数分布直方图如图所示：
（3）由频数分布表可知，本次调查中，所抽取学生的中位数落在C组；
（4）D组中，成绩在85分以上（含85分）有7人
E组中，成绩全部85分以上，共8人
∴被调查的学生，成绩在85分以上（含85分）共15人
∴1200×＝360人
即该校学生成绩为优秀有360人．
【点睛】本题考查了抽样调查的知识；解题的关键是熟练掌握频数、频率、中位数、频率直方图、样品估计总体的性质，从而完成求解．
18.（2020年河南省周口市西华县九年级中考三模数学试题）（9分）如图，是直径，且，点为外一点，且分别切于两点，与的延长线交于点．
（1）求证：；
（2）填空：①当________时，四边形是正方形．
②当的度数为_________时，为等边三角形．
【答案】（1）见解析；（2）①4；②120
【解析】
【分析】
（1）连接，根据切线的性质，判定，再由全等三角形的性质解得其对应边相等，对应角相等，进而证明即可解题；
（2）根据正方形的性质、等边三角形的性质解题即可.
【详解】（1）证明：如图，连接，
∵分别切于两点，
∴．
在和中
∴，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴
（2）①若四边形是正方形，则
故答案为：4
②若为等边三角形，则
故答案为：
【点睛】本题考查切线的性质、全等三角形的判定与性质、正方形的性质、等边三角形的性质等知识，综合性较强，有一定的难度，熟练掌握相关知识是解题关键.
19．（2020年河南省郑州外国语中学中考第四次质量检测数学试题）（9分） 如图，是垂直于水平面的建筑物．为测量的高度，小红从建筑物底端点出发，沿水平方向行走了米到达点然后沿斜坡前进，到达坡顶点处，在点处放置测角仪，测角仪支架高度为米，在点处测得建筑物顶端点的仰角为(点在同一平面内)．斜坡的坡度(或坡比)那么建筑物的高度约为多少？结果保留整数(参考数据)
【答案】建筑物的高约为米．
【解析】
【分析】
过点E作EM⊥AB与点M，根据斜坡CD的坡度（或坡比）i=1：2.4可设CD=x，则CG=2.4x，利用勾股定理求出x的值，进而可得出CG与DG的长，故可得出EG的长．由矩形的判定定理得出四边形EGBM是矩形，故可得出EM=BG，BM=EG，再由锐角三角函数的定义求出AM的长，进而可得出结论．
【详解】解:过点作与点延长交于
斜坡的坡度(或坡比)米，
设，则
在中，
，
即，
解得
米，米，
米，米．
四边形是矩形，
米，米．
在中，
米，
米米．
答：建筑物的高约为米．
【点睛】本题考查的是解直角三角形的应用-仰角俯角问题，根据题意作出辅助线，构造出直角三角形是解答此题的关键．
20．（2020年河南省安阳市安阳县中考数学一模试卷）（9分）某班“数学兴趣小组”对函数y＝，的图象和性质进行了探究探究过程如下，请补充完成：
（1）函数y＝的自变量x的取值范围是 ；
（2）下表是y与x的几组对应值．请直接写出m，n的值：m＝ ；n＝ ．
x
…
﹣2
﹣1
0
n
2
3
4
…
y
…
m
0
﹣1
﹣3
5
3
2
…
（3）如图，在平面直角坐标系xOy中，描出了以上表中各对对应值为坐标的点，根据描出的点，画出该函数的图象；
（4）通过观察函数的图象，小明发现该函数图象与反比例函数y＝（k＞0）的图象形状相同，是中心对称图形，且点（﹣1，m）和（3，）是一组对称点，则其对称中心的坐标为 ．
（5）当2≤x≤4时，关于x的方程kx+＝有实数解，求k的取值范围．
【解析】（1）根据分母不能为0，即可解决问题；
（2）求出x＝﹣1的函数值，求得y＝3时的x的值即可；
（3）利用描点法画出函数图象即可；
（4）根据函数的图象，可得结论；
（5）利用图象的交点解决问题即可．
解：（1）函数y＝的自变量x的取值范围是x≠1．
故答案为x≠1．
（2）x＝﹣1时，y＝，
∴m＝．
当y＝3时，则3＝，解得x＝，
∴n＝，
故答案为，；
（3）函数图象如图所示：
（4）该函数的图象关于点（1，1）成中心对称，
故答案为（1，1）；
（5）当2≤x≤4时，函数y＝中，≤y≤2，
把x＝4，y＝代入函数y＝kx+得，＝4k+，解得k＝，
把x＝2，y＝2代入函数y＝kx+得2＝2k+，解得k＝，
∴关于x的方程kx+＝有实数解，k的取值范围是≤k≤．
21．（2020年河南省郑州外国语学校分校中考数学6月模拟试题）（10分）某药店出售普通口罩和N95口罩．如表为两次销售记录：
普通口罩/个
N95口罩/个
总销售额/元
500
400
5000
600
300
4200
（1）求普通口罩和N95口罩的销售单价分别是多少？
（2）该药店计划再次购进1000个口罩，根据市场实际需求，普通口罩的数量不低于N95口罩数量的4倍．已知普通口罩的进价为1元/个，N95口罩的进价为6元/个．为使该药店售完这1000个口罩后的总利润最大，该药店应如何进货？并求出最大利润．
【答案】（1）普通口罩和N95口罩的销售单价分别是2元/个，10元/个；（2）该药店购进普通口罩800个，N95口罩200个，最大利润是1600元．
【解析】
【分析】
（1）根据题意和表格中的数据，可以列出相应的二元一次方程组，从而可以求得普通口罩和N95口罩的销售单价；
（2）根据题意，可以得到利润与购进普通口罩数量的函数关系式，再根据普通口罩的数量不低于N95口罩数量的4倍．可以求得普通口罩数量的取值范围，再根据一次函数的性质，即可解答本题．
【详解】解：（1）设普通口罩的销售单价为a元/个，N95口罩的销售单价为b元/个，
，
解得，，
即普通口罩和N95口罩的销售单价分别是2元/个，10元/个；
（2）设购买普通口罩x个，获得的利润为w元，
w＝（2﹣1）x+（10﹣6）×（1000﹣x）＝﹣3x+4000，
∴w随x的增大而减小，
∵普通口罩的数量不低于N95口罩数量的4倍．
∴x≥4×（1000﹣x），
解得，x≥800，
∴当x＝800时，w取得最大值，此时w＝1600，100﹣x＝200，
答：为使该药店售完这1000个口罩后的总利润最大，该药店购进普通口罩800个，N95口罩200个，最大利润是1600元．
【点睛】本题考查一次函数的应用、一元一次不等式的应用、二元一次方程组的应用，解答本题的关键是明确题意，列出相应的二元一次方程组，利用一次函数的性质和不等式的性质解答．
22．（2020年河南省郑州一中教育集团中考数学三模试卷）（10分）问题：如图（1），点M、N分别在正方形ABCD的边BC、CD上，∠MAN＝45°，试判断 BM、MN、ND之间的数量关系．
（1）研究发现
如图1，小聪把△ADN绕点A顺时针旋转90°至△ABG，从而发现BM、MN、DN之间的数量关系为 （直接写出结果，不用证明）
（2）类比引申
如图2，在（1）的条件下，AM、AN分别交正方形ABCD的对角线BD于点E、F．已知EF＝5，DF＝4．求BE的长．
（3）拓展提升
如图3，在（2）的条件下，AM、AN分别交正方形ABCD的两个外角平分线于Q、P，连接PQ．请直接写出以BQ、PQ、DP为边构成的三角形的面积．
【答案】（1）BM+DN＝MN，理由见解析；（2）BE＝3；（3）以BQ、PQ、DP为边构成的三角形的面积为36．
【解析】
【分析】
（1）结论是：BM+DN＝MN，如图1，利用三角形AND旋转90º得三角形ABG，∠DAN=∠BAG，可证∠GAM=∠GAB+∠BAM=∠MAN，利用SAS证△AMN≌△AMG即可；
（2）如图2，按同样方法△AFD顺时针旋转90º，使AD与AB重合，得△ABF′，连结EF′，△BEF′是直角三角形，用勾股定理求EF′=5，再证△AEF≌△AEF即可；
（3）如图3，由（2）可得BD=12，可求正方形边长，构建△P′AQ，P′B=DP，将△ADP顺时针转90º，AD与AB重合，得△BQP′，连OP′，可证△BQP′是直角三角形，可证PQ=P′Q，
再证△ABQ∽△PDA，将△P′BQ面积=BQ•BP′=BQ•DP=AD•AB可求．
【详解】（1）如图1，BM+DN＝MN，理由如下：
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝AD，∠D＝∠ABC＝∠BAD＝90°，
小聪把△ADN绕点A顺时针旋转90°至△ABG，
由旋转可得：BG＝DN，AN＝AG，∠1＝∠2，∠ABG＝∠D＝90°，
∴∠ABG+∠ABM＝90°+90°＝180°，
因此，点G，B，M在同一条直线上，
∵∠MAN＝45°，
∴∠2+∠3＝∠BAD﹣∠MAN＝90°﹣45°＝45°，
∵∠1＝∠2，
∴∠1+∠3＝45°，
∴∠GAM＝∠MAN，
∵AM＝AM，
∴△AMN≌△AMG（SAS），
∴MN＝GM，
∵GM＝BM+BG＝BM+DN，
∴BM+DN＝MN；
故答案为：BM+DN＝MN；
（2）如图2，把△ADF绕点A顺时针旋转90°至△ABF'，连接EF'，
∴AF ′ ＝AF，∠DAF＝∠BAF '，∠ABF ′ ＝∠ADF＝45°，BF ′ ＝DF＝4，
∵∠ABE＝45°，
∴∠EBF ′ ＝45°+45°＝90°，
∵AE＝AE，
同理得△EAF≌△EAF '（SAS），
∴EF'＝EF＝5，
在Rt△EBF'中，由勾股定理得：BE＝＝3；
（3）由（2）知：BE＝3，EF＝5，DF＝4，
∴BD＝3+4+5＝12，
由勾股定理得：AB2+AD2＝BD2，
∵AB＝AD，
∴AB2＝72，
如图3，把△ADP绕点A顺时针旋转90°至△ABP '，连接BP ′，则∠ABP′＝∠ADP，PD＝P ′B，AP＝AP ′，
∵AM、AN分别交正方形ABCD的两个外角平分线于Q、P，
∴∠ADP＝∠ABQ＝135°，
∴∠DAP+∠APD＝45°，
∵∠DAP+∠BAQ＝45°，
∴∠BAQ＝∠APD，
∴△ADP∽△QBA，
∴，
∴BQ•PD＝AD•AB＝72，
∵∠ABP'＝∠ABQ＝135°，
∴∠QBP'＝360°﹣135°﹣135°＝90°，
∴S△BP'Q＝BQ•BP′＝BQ•DP＝×72＝36，
∵AP＝AP'，∠PAQ＝∠P'AQ，AQ＝AQ，
∴△QAP≌△QAP'（SAS），
∴PQ＝P'Q，
∴以BQ、PQ、DP为边构成的三角形的面积为36．
【点睛】本题是感知，探究，创新新题型，主要考查了学生对正方形的性质，旋转变换，勾股定理及全等三角形与相似三角形的判定方法的综合运用．关键是灵活掌握所学知识，同时会从感知中学到方法，结合下一图形，找到解决问题的方法，以及突破口，在创新中，注意把给出的问题进行转化，利用转化思想来解决．
23．（2020年河南省周口市西华县九年级中考三模数学试题）（11分）如图，抛物线交轴于两点，交轴于点，顶点的坐标为，对称轴交轴于点，直线交轴于点，交轴于点，交抛物线对称轴于点．
（1）求抛物线的解析式；
（2）设点为抛物线对称轴上一动点，若是以为腰的等腰三角形，请求出点的坐标；
（3）点为抛物线上一个动点，当点关于直线的对称点恰好落在轴上时，请直接写出点的坐标．
【答案】（1）；（2）点M的坐标为或或；（3）点P的坐标为或
【解析】
【分析】
（1）由抛物线的顶点坐标可设抛物线的解析式为，再根据C的坐标利用待定系数法即可求出解析式；
（2）利用一次函数图象上点的坐标特征可求出点D，G的坐标，进而可求出DG的长度，然后分DG=DM，DG=GM两种情况利用等腰三角形的性质进行分析计算即可；
（3）过点E作EN⊥直线DE，交x轴于点N，设点P关于直线的对称点落在x轴上Q点处，连接PQ交直线DE于点R，可证∽，利用相似三角形的性质可求出点N的坐标，由点E、N的坐标利用待定系数法可求出直线EN的解析式，利用可设直线PQ的解析式为y=－2x+m，利用一次函数图像上点的坐标特征可求出点Q的坐标，联立直线PQ和直线DE的解析式，可求出点R的坐标，进而可得出点P的坐标，将点P坐标代入解析式即可求m的值，从而得到点P的坐标．
【详解】解：（1）在抛物线中，当时，，点的坐标为，
∵抛物线顶点为，
∴设抛物线的解析式为，
将代入得：，
解得：，
∴抛物线的解析式为，
∴抛物线的解析式为；
（2）当时，，解得：，
∴的坐标为，
当时，，
∴点的坐标为，
∴，
∴，
当时，，
∴点的坐标为，
当时，
若点在点的上方，，
∴点的坐标为，
若点在点的下方，，
∴点的坐标为，
综上所述：点的坐标为或或；
（3）过点E作EN⊥直线DE，交x轴于点N，设点P关于直线的对称点落在x轴上Q点处，连接PQ交直线DE于点R，
当时，，
∴点E的坐标为(0，－1)，
∴OE=1，DE=，
∵，，
∴∽，
∴，即，
∴，
∴点N坐标为，
∵点E的坐标为(0，－1)，点N坐标为，
∴线段EN所在直线解析式为，
由题可得，，故设直线PQ的解析式为，
当时，，解得：，
∴点Q的坐标为，
联立直线PQ和直线DE的解析式，得：，
解得：，
∴点R的坐标为，
∵点R为线段PQ的中点，
∴点P的坐标为，
∵点P在抛物线的图象上，
∴，
整理，得：，
解得：，
∴点P的坐标为或．
【点睛】本题考查了待定系数法求二次函数解析式、一次函数图象上点的坐标特征、勾股定理、等腰三角形的性质、相似三角形的判定与性质、平行线的性质、中点坐标公式以及二次函数图象上点的坐标特征，解题的关键是灵活利用二次函数图象上点的坐标特征．
绝密★启用前
备战2021年中考数学【名校、地市好题必刷】全真模拟卷·2月卷
第六模拟
一、选择题（本大题共10个小题，每小题3分，共30分）
1．（2020年河南省郑州外国语中学中考第四次质量检测数学试题）的绝对值是（ ）
A. B. 2020 C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
根据绝对值的定义直接解答．
【详解】解：根据绝对值的概念可知：|−2020|＝2020，
故选：B．
【点睛】本题考查了绝对值．解题的关键是掌握绝对值的概念，注意掌握一个正数的绝对值是它本身；一个负数的绝对值是它的相反数；0的绝对值是0．
2．（2020年河南省郑州一中教育集团中考数学三模试卷）据有关部门初步统计，自新冠肺炎疫情发生以来，国家已经投入1390亿资金进行疫情防控，为抗击疫情提供了强力保障，也展现了祖国日益强大的综合国力!将数据1390亿用科学记数法表示为1.390×10n，其中n的值为（ ）
A. 4 B. 10 C. 11 D. 3
【答案】C
【解析】
【分析】
科学记数法的表示形式为a×10n的形式，其中1≤|a|<10，n为整数，确定n的值时，要看把原数变成a时，小数点移动了多少位，n的绝对值与小数点移动的位数相同，当原数绝对值>1时，n是正数，当原数的绝对值<1时，n是负数，据此判断即可．
【详解】1390亿＝139000000000＝1.39×1011．
故选：C．
【点睛】本题考查科学记数法的表示方法，科学记数法的表示形式为a×10n的形式，其中1≤|a|<10，n为整数，正确确定a及n的值是解题的关键．
3．（2020年河南省周口市西华县九年级中考三模数学试题）如图，，则的度数为（ ）
A. 27° B. 30° C. 34° D. 38°
【答案】A
【解析】
【分析】
首先根据平行线的性质求出的度数，然后利用三角形外角的性质求解即可．
【详解】如图，
，
．
，
．
故选：A．
【点睛】本题主要考查平行线的性质及三角形外角的性质，掌握这些性质是解题的关键．
4．（2020年河南省郑州外国语学校分校中考数学6月模拟试题）如图所示的几何体是由一个圆柱体挖去一个长方体后得到的，它的主视图是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
主视图是从几何体的正面看到的视图，解题的关键是注意圆柱内的长方体的放置.
【详解】其主视图是，
故选B．
【点睛】本题考查了几何体的三视图，解题的关键是掌握：看得到的线画成实线，看不到的画虚线，注意三视图的位置.
5．（2020年河南省安阳市安阳县中考数学一模试卷）下列运算正确的是（ ）
A．2a+3a＝5a2 B．（a+2b）2＝a2+4b2
C．a2•a3＝a6 D．（﹣ab2）3＝﹣a3b6
【答案】D
【解析】直接利用合并同类项法则以及完全平方公式、积的乘方运算法则、同底数幂的乘除运算法则分别化简得出答案．
解：A、2a+3a＝5a，故此选项错误；
B、（a+2b）2＝a2+4ab+4b2，故此选项错误；
C、a2•a3＝a5，故此选项错误；
D、（﹣ab2）3＝﹣a3b6，正确．
故选：D．
6．（2020年河南省郑州外国语中学中考第四次质量检测数学试题）已知一元二次方程x2+kx-3=0有一个根为1，则k的值为（ ）
A. −2 B. 2 C. −4 D. 4
【答案】B
【解析】
分析：根据一元二次方程的解的定义，把x=1代入方程得关于k的一次方程1-3+k=0，然后解一次方程即可．
详解：把x=1代入方程得1+k-3=0，
解得k=2．
故选B．
点睛：本题考查了一元二次方程的解：能使一元二次方程左右两边相等的未知数的值是一元二次方程的解．
7.（2020年河南省郑州一中教育集团中考数学三模试卷）受央视《朗读者》节目的启发和影响，某校七年级班近期准备组织一次朗诵活动，语文老师调查了全班学生平均每天的阅读时间，统计结果如下表所示，则在本次调查中，全班学生平均每天阅读时间的中位数和众数分别是( )
每天阅读时间(小时)
人数
A. ， B. ， C. ， D. ，
【答案】D
【解析】
【分析】
中位数即将一组数据按大小顺序排列，处在最中间位置的一个数叫做这组数据的中位数，众数即在一组数据中出现次数最多的数叫做这组数据的众数，由表格中的数据可得全班学生平均每天阅读时间的中位数和众数.
【详解】解：处于最中间位置的阅读时间为1小时，阅读时间为1小时的人数最多，所以学生平均每天阅读时间的中位数和众数分别是1,1.
故选D
【点睛】本题考查了中位数和众数，正确理解两者的定义是解题的关键.
8．（2020年河南省郑州外国语学校分校中考数学6月模拟试题）如图，在矩形ABCD中，∠BAC=60°，以点A为圆心、任意长为半径作弧分别交AB，AC于点M，N，再分别以点M，N为圆心，大于MN的长为半径作弧，两弧交于点P，作射线AP交BC于点E，若BE=2，则矩形ABCD的面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
根据矩形的性质得到∠B=∠BAD=90°，求得∠ACB=30°，由作图知，AE是∠BAC的平分线，得到∠BAE=∠CAE=30°，根据等腰三角形的性质得到AE=CE，利用含30度角的直角三角形的性质以及勾股定理得到AE、AB的长，于是得到结论．
【详解】∵四边形ABCD是矩形，
∴∠B=∠BAD=90°，
∵∠BAC=60°，
∴∠ACB=30°，
由作图知，AE是∠BAC的平分线，
∴∠BAE=∠CAE=30°，
∴∠EAC=∠ACE=30°，
∴AE=CE，
在Rt△ABE中，∠B=90°，∠BAE =30°，BE=2，
∴AE=2BE=4，
AB=，
∴BC=BE+EC=BE+ AE=2+4=6，
∴矩形ABCD的面积=AB•BC=．
故选：B．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质，含30度角的直角三角形的性质以及勾股定理的应用，作图-基本作图，解题的关键是熟练掌握角平分线的定义和性质及直角三角形30°角所对边等于斜边的一半．
9.（2020年河南省周口市西华县九年级中考三模数学试题） 如图，菱形的对角线相交于点，过点作于点，连接，若，则的度数是（ ）
A. 30° B. 40° C. 50° D. 60°
【答案】C
【解析】
【分析】
在直角三角形BDE中，直角三角形斜边上中线为斜边一半，可证ODE为等腰三角形，∠OED的度数可知，且四边形ABCD是菱形，即ABD为等腰三角形，所以∠BAD的度数可求．
【详解】解：∵，
∴BDE为直角三角形，且直角三角形斜边上中线为斜边一半，
∴，
∴ODE为等腰三角形，∠OED=∠ODE=90°-∠BEO=90°-25°=65°，
又∵四边形ABCD是菱形，故AB=AD，即ABD为等腰三角形，
∴∠BAD=180°-∠ADB-∠ABD=180°-65°-65°=50°，
故选：C．
【点睛】本题主要考察了直角三角形斜边上的中线、菱形的性质、等边对等角，解题的关键在于掌握直角三角形斜边上中线为斜边一半，即可证明ODE为等腰三角形．
10．（2020年河南省郑州外国语学校分校中考数学6月模拟试题）在平面直角坐标系中，若干个半径为1个单位长度，圆心角为60°的扇形组成一条连续的曲线，点P从原点O出发，沿这条曲线向右上下起伏运动，点在直线上的速度为1个单位长度/秒，点在弧线上的速度为个单位长度/秒，则2021秒时，点P的坐标是（ ）
A. （2021，） B.
C. D. （2021，0）
【答案】B
【解析】
【分析】
设第n秒运动到Pn（n为自然数）点，根据点P的运动规律找出部分Pn点的坐标，根据坐标的变化找出变化规律，依此规律即可得出结论．
【详解】解：设第n秒运动到Pn（n为自然数）点，
观察，发现规律：
P1（，），P2（1，0），P3（，﹣），P4（2，0），P5（，），…，
∴P4n＋1（，），P4n＋2（，0），P4n＋3（，﹣），P4n＋4（，0），
∵2021＝4×505＋1，
∴P2021（，），
故选：B．
【点睛】本题主要考查了规律型中的点的坐标，解题的关键是找出变化规律．
二．填空题（本大题共5个小题，每小题3分，共15分）
11．（2020年河南省周口市西华县九年级中考三模数学试题）计算：__________．
【答案】-5
【解析】
【分析】
按顺序先分别进行算术平方根、乘方的运算，然后再进行减法运算即可．
【详解】解：=3-8=-5，
故答案为：-5．
【点睛】本题考查了实数的混合运算，涉及了算术平方根、乘方等运算，熟练掌握各运算的运算法则是解题的关键，计算题仔细最为重要．
12．（2020年河南省安阳市安阳县中考数学一模试卷）甲，乙两人进行飞镖比赛，每人各投6次，甲的成绩（单位：环）为：9，8，9，6，10，6．甲，乙两人平均成绩相等，乙成绩的方差为4，那么成绩较为稳定的是 ．（填“甲”或“乙”）
【答案】甲．
【解析】先计算出甲的平均数，再计算甲的方差，然后比较甲乙方差的大小可判定谁的成绩稳定．
解：甲的平均数＝（9+8+9+6+10+6）＝8，
所以甲的方差＝[（9﹣8）2+（8﹣8）2+（9﹣8）2+（6﹣8）2+（10﹣8）2+（6﹣8）2]＝，
因为甲的方差比乙的方差小，
所以甲的成绩比较稳定．
故答案为甲．
13．（2020年河南省郑州一中教育集团中考数学三模试卷）如图，P是反比例函数y=图象上的一点，PA⊥y轴于点A，点B为x轴上任一点，连接AB、PB，若△APB的面积为4，则k的值是_____．
【答案】﹣8．
【解析】
【分析】
设P（m，n），根据题意用m、n的代数式表示AP和OA，然后根据已知三角形的面积求得ab，最后用待定系数法即可求得k．
【详解】解：设P（m，n），
∵PA⊥y轴于点A，
∴A（0，n），
∴OA＝﹣n，AP＝m，
∵点B为x轴上任一点，
∴点B到AP的距离＝OA＝﹣n，
∵△APB的面积为4，
∴m（﹣n）＝4，
∴mn＝﹣8，
∵P是反比例函数y＝图象上的一点，
∴k＝mn＝﹣8．
故答案为：﹣8．
【点睛】本题主要考查了反比例函数的图象与性质，根据题意用P点的横纵坐标字母表示已知三角形的底和高是解答本题的关键．
14．（2020年河南省郑州外国语中学中考第四次质量检测数学试题）如图，AB是半圆O的直径，且AB=8，点C为半圆上的一点．将此半圆沿BC所在的直线折叠，若圆弧BC恰好过圆心O，则图中阴影部分的面积是 ．（结果保留π）
【答案】
【解析】
试题分析：过点O作OD⊥BC于点D，交于点E，连接OC，则点E是的中点，由折叠的性质可得点O为的中点，∴S弓形BO=S弓形CO，在Rt△BOD中，OD=DE=R=2，OB=R=4，∴∠OBD=30°，
∴∠AOC=60°，∴S阴影=S扇形AOC=．
考点：扇形面积的计算．
15.（2020年河南省郑州外国语学校分校中考数学6月模拟试题）如图，在▱ABCD中，AB＝6，BC＝6，∠D＝30°，点E是AB边的中点，点F是BC边上一动点，将△BEF移沿直线EF折叠，得到△GEF，当FG∥AC时，BF的长为_____．
【答案】或
【解析】
【分析】
由平行四边形的性质得出∠B＝∠D＝30°，CD＝AB＝6，AD＝BC＝6，作CH⊥AD于H，则CH＝CD＝3，DH＝CH＝3＝AD，得出AH＝DH，由线段垂直平分线的性质得出CA＝CD＝AB＝6，由等腰三角形的性质得出∠ACB＝∠B＝30°，由平行线的性质得出∠BFG＝∠ACB＝30°，分两种情况：
①作EM⊥BF于M，在BF上截取EN＝BE＝3，则∠ENB＝∠B＝30°，由直角三角形的性质得出EM＝BE＝，BM＝NM＝EM＝，得出BN＝2BM＝3，再证出FN＝EN＝3，即可得出结果；
②作EM⊥BC于M，在BC上截取EN＝BE＝3，连接EN，则∠ENB＝∠B＝30°，得出EN∥AC，EM＝BE＝，BM＝NM＝EM＝，BN＝2BM＝3，证出FG∥EN，则∠G＝∠GEN，证出∠GEN＝∠ENB＝∠B＝∠G＝30°，推出∠BEN＝120°，得出∠BEG＝120°﹣∠GEN＝90°，由折叠的性质得∠BEF＝∠GEF＝∠BEG＝45°，证出∠NEF＝∠NFE，则FN＝EN＝3，即可得出结果．
【详解】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠B＝∠D＝30°，CD＝AB＝6，AD＝BC＝6，
作CH⊥AD于H，
则CH＝CD＝3，DH＝CH＝3＝AD，
∴AH＝DH，
∴CA＝CD＝AB＝6，
∴∠ACB＝∠B＝30°，
∵FG∥AC，
∴∠BFG＝∠ACB＝30°，
∵点E是AB边的中点，
∴BE＝3，
分两种情况：
①作EM⊥BF于M，在BF上截取EN＝BE＝3，连接EN，如图1所示：
则∠ENB＝∠B＝30°，
∴EM＝BE＝，BM＝NM＝EM＝，
∴BN＝2BM＝3，
由折叠性质得：∠BFE＝∠GFE＝15°，
∵∠NEF＝∠ENB﹣∠BFE＝15°＝∠BFE，
∴FN＝EN＝3，
∴BF＝BN+FN＝3+3；
②作EM⊥BC于M，在BC上截取EN＝BE＝3，连接EN，如图2所示：
则∠ENB＝∠B＝30°，
∴EN∥AC，EM＝BE＝，BM＝NM＝EM＝，
∴BN＝2BM＝3，
∵FG∥AC，
∴FG∥EN，
∴∠G＝∠GEN，
由折叠的性质得：∠B＝∠G＝30°，
∴∠GEN＝∠ENB＝∠B＝∠G＝30°，
∵∠BEN＝180°﹣∠B﹣∠ENB＝180°﹣30°﹣30°＝120°，
∴∠BEG＝120°﹣∠GEN＝120°﹣30°＝90°，
由折叠的性质得：∠BEF＝∠GEF＝∠BEG＝45°，
∴∠NEF＝∠NEG+∠GEF＝30°+45°＝75°，∠NFE＝∠BEF+∠B＝45°+30°＝75°，∴∠NEF＝∠NFE，∴FN＝EN＝3，
∴BF＝BN﹣FN＝3﹣3；
故答案为：或．
【点睛】本题考查了翻折变换的性质、平行四边形的性质、直角三角形的性质、线段垂直平分线的性质、等腰三角形的性质等知识；掌握翻折变换的性质和等腰三角形的性质是解答本题的关键．
三．解答题（本大题共8个小题，共75分）
16．（2020年河南省郑州外国语学校分校中考数学6月模拟试题）（8分）先化简，再求值：，其中x=+1．
【答案】，
【解析】
【分析】
先计算括号内的分式的加法，再把除法转化为乘法，化简分式，再把的值代入求值即可．
【详解】解: 原式=
当 得：
原式 ．
【点睛】本题考查的是分式的化简求值，同时考查二次根式的乘法与加法运算，掌握分式的混合运算是解题的关键．
17．（2020年河南省郑州一中教育集团中考数学三模试卷）（9分）第二十四届冬季奥林匹克运动会将于2022年在北京市和张家口市举行．为了调查学生对冬奧知识的了解情况，某校随机抽取部分学生进行了相关知识测试，获得了他们的成绩（百分制），根据调查结果绘制了如图尚不完整的统计图表：
组别
成绩分组（单位：分）
频数
频率
A
50≤x＜60
3
0.06
B
60≤x＜70
0.24
C
70≤x＜80
16
b
D
80≤x＜90
a
E
90≤x＜100
8
0.16
所抽取学生测试成绩在80≤m＜90这一组的具体成绩是：
80 82 83 83 85 85 86 86 86 88 89
根据以上信息，解答下列问题：
（1）填空：这次被调查的学生共有 人，a＝ ；b＝ ；
（2）请补全频数分布直方图；
（3）本次调查中，所抽取学生的中位数落在 组；
（4）该校共有学生1200人，若成绩在85分以上（含85分）的为优秀，假如全部学生参加此次测试，请估计该校学生成绩为优秀的人数．
【答案】（1）50，11，0.32；（2）补全的频数分布直方图如图所示见解析；（3）C；（4）该校学生成绩为优秀有360人
【解析】
【分析】
（1）根据频数、频率的性质计算，即可得到答案；
（2）首先计算出B组的频数，再根据频数分布直方图的性质，即可完成求解；
（3）根据中位数的定义分析，即可得到答案；
（4）根据样本频数估计总体频数的性质计算，即可得到该校学生成绩为优秀的人数．
【详解】（1）这次被调查的学生共有3÷0.06＝50人
b＝16÷50＝0.32
a＝50×（1-0.06-0.24-0.32-0.16）＝11
故答案为：50，11，0.32；
（2）由（1）知，a＝11，B组的频数为：50×0.24＝12
补全的频数分布直方图如图所示：
（3）由频数分布表可知，本次调查中，所抽取学生的中位数落在C组；
（4）D组中，成绩在85分以上（含85分）有7人
E组中，成绩全部85分以上，共8人
∴被调查的学生，成绩在85分以上（含85分）共15人
∴1200×＝360人
即该校学生成绩为优秀有360人．
【点睛】本题考查了抽样调查的知识；解题的关键是熟练掌握频数、频率、中位数、频率直方图、样品估计总体的性质，从而完成求解．
18.（2020年河南省周口市西华县九年级中考三模数学试题）（9分）如图，是直径，且，点为外一点，且分别切于两点，与的延长线交于点．
（1）求证：；
（2）填空：①当________时，四边形是正方形．
②当的度数为_________时，为等边三角形．
【答案】（1）见解析；（2）①4；②120
【解析】
【分析】
（1）连接，根据切线的性质，判定，再由全等三角形的性质解得其对应边相等，对应角相等，进而证明即可解题；
（2）根据正方形的性质、等边三角形的性质解题即可.
【详解】（1）证明：如图，连接，
∵分别切于两点，
∴．
在和中
∴，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴
（2）①若四边形是正方形，则
故答案为：4
②若为等边三角形，则
故答案为：
【点睛】本题考查切线的性质、全等三角形的判定与性质、正方形的性质、等边三角形的性质等知识，综合性较强，有一定的难度，熟练掌握相关知识是解题关键.
19．（2020年河南省郑州外国语中学中考第四次质量检测数学试题）（9分） 如图，是垂直于水平面的建筑物．为测量的高度，小红从建筑物底端点出发，沿水平方向行走了米到达点然后沿斜坡前进，到达坡顶点处，在点处放置测角仪，测角仪支架高度为米，在点处测得建筑物顶端点的仰角为(点在同一平面内)．斜坡的坡度(或坡比)那么建筑物的高度约为多少？结果保留整数(参考数据)
【答案】建筑物的高约为米．
【解析】
【分析】
过点E作EM⊥AB与点M，根据斜坡CD的坡度（或坡比）i=1：2.4可设CD=x，则CG=2.4x，利用勾股定理求出x的值，进而可得出CG与DG的长，故可得出EG的长．由矩形的判定定理得出四边形EGBM是矩形，故可得出EM=BG，BM=EG，再由锐角三角函数的定义求出AM的长，进而可得出结论．
【详解】解:过点作与点延长交于
斜坡的坡度(或坡比)米，
设，则
在中，
，
即，
解得
米，米，
米，米．
四边形是矩形，
米，米．
在中，
米，
米米．
答：建筑物的高约为米．
【点睛】本题考查的是解直角三角形的应用-仰角俯角问题，根据题意作出辅助线，构造出直角三角形是解答此题的关键．
20．（2020年河南省安阳市安阳县中考数学一模试卷）（9分）某班“数学兴趣小组”对函数y＝，的图象和性质进行了探究探究过程如下，请补充完成：
（1）函数y＝的自变量x的取值范围是 ；
（2）下表是y与x的几组对应值．请直接写出m，n的值：m＝ ；n＝ ．
x
…
﹣2
﹣1
0
n
2
3
4
…
y
…
m
0
﹣1
﹣3
5
3
2
…
（3）如图，在平面直角坐标系xOy中，描出了以上表中各对对应值为坐标的点，根据描出的点，画出该函数的图象；
（4）通过观察函数的图象，小明发现该函数图象与反比例函数y＝（k＞0）的图象形状相同，是中心对称图形，且点（﹣1，m）和（3，）是一组对称点，则其对称中心的坐标为 ．
（5）当2≤x≤4时，关于x的方程kx+＝有实数解，求k的取值范围．
【解析】（1）根据分母不能为0，即可解决问题；
（2）求出x＝﹣1的函数值，求得y＝3时的x的值即可；
（3）利用描点法画出函数图象即可；
（4）根据函数的图象，可得结论；
（5）利用图象的交点解决问题即可．
解：（1）函数y＝的自变量x的取值范围是x≠1．
故答案为x≠1．
（2）x＝﹣1时，y＝，
∴m＝．
当y＝3时，则3＝，解得x＝，
∴n＝，
故答案为，；
（3）函数图象如图所示：
（4）该函数的图象关于点（1，1）成中心对称，
故答案为（1，1）；
（5）当2≤x≤4时，函数y＝中，≤y≤2，
把x＝4，y＝代入函数y＝kx+得，＝4k+，解得k＝，
把x＝2，y＝2代入函数y＝kx+得2＝2k+，解得k＝，
∴关于x的方程kx+＝有实数解，k的取值范围是≤k≤．
21．（2020年河南省郑州外国语学校分校中考数学6月模拟试题）（10分）某药店出售普通口罩和N95口罩．如表为两次销售记录：
普通口罩/个
N95口罩/个
总销售额/元
500
400
5000
600
300
4200
（1）求普通口罩和N95口罩的销售单价分别是多少？
（2）该药店计划再次购进1000个口罩，根据市场实际需求，普通口罩的数量不低于N95口罩数量的4倍．已知普通口罩的进价为1元/个，N95口罩的进价为6元/个．为使该药店售完这1000个口罩后的总利润最大，该药店应如何进货？并求出最大利润．
【答案】（1）普通口罩和N95口罩的销售单价分别是2元/个，10元/个；（2）该药店购进普通口罩800个，N95口罩200个，最大利润是1600元．
【解析】
【分析】
（1）根据题意和表格中的数据，可以列出相应的二元一次方程组，从而可以求得普通口罩和N95口罩的销售单价；
（2）根据题意，可以得到利润与购进普通口罩数量的函数关系式，再根据普通口罩的数量不低于N95口罩数量的4倍．可以求得普通口罩数量的取值范围，再根据一次函数的性质，即可解答本题．
【详解】解：（1）设普通口罩的销售单价为a元/个，N95口罩的销售单价为b元/个，
，
解得，，
即普通口罩和N95口罩的销售单价分别是2元/个，10元/个；
（2）设购买普通口罩x个，获得的利润为w元，
w＝（2﹣1）x+（10﹣6）×（1000﹣x）＝﹣3x+4000，
∴w随x的增大而减小，
∵普通口罩的数量不低于N95口罩数量的4倍．
∴x≥4×（1000﹣x），
解得，x≥800，
∴当x＝800时，w取得最大值，此时w＝1600，100﹣x＝200，
答：为使该药店售完这1000个口罩后的总利润最大，该药店购进普通口罩800个，N95口罩200个，最大利润是1600元．
【点睛】本题考查一次函数的应用、一元一次不等式的应用、二元一次方程组的应用，解答本题的关键是明确题意，列出相应的二元一次方程组，利用一次函数的性质和不等式的性质解答．
22．（2020年河南省郑州一中教育集团中考数学三模试卷）（10分）问题：如图（1），点M、N分别在正方形ABCD的边BC、CD上，∠MAN＝45°，试判断 BM、MN、ND之间的数量关系．
（1）研究发现
如图1，小聪把△ADN绕点A顺时针旋转90°至△ABG，从而发现BM、MN、DN之间的数量关系为 （直接写出结果，不用证明）
（2）类比引申
如图2，在（1）的条件下，AM、AN分别交正方形ABCD的对角线BD于点E、F．已知EF＝5，DF＝4．求BE的长．
（3）拓展提升
如图3，在（2）的条件下，AM、AN分别交正方形ABCD的两个外角平分线于Q、P，连接PQ．请直接写出以BQ、PQ、DP为边构成的三角形的面积．
【答案】（1）BM+DN＝MN，理由见解析；（2）BE＝3；（3）以BQ、PQ、DP为边构成的三角形的面积为36．
【解析】
【分析】
（1）结论是：BM+DN＝MN，如图1，利用三角形AND旋转90º得三角形ABG，∠DAN=∠BAG，可证∠GAM=∠GAB+∠BAM=∠MAN，利用SAS证△AMN≌△AMG即可；
（2）如图2，按同样方法△AFD顺时针旋转90º，使AD与AB重合，得△ABF′，连结EF′，△BEF′是直角三角形，用勾股定理求EF′=5，再证△AEF≌△AEF即可；
（3）如图3，由（2）可得BD=12，可求正方形边长，构建△P′AQ，P′B=DP，将△ADP顺时针转90º，AD与AB重合，得△BQP′，连OP′，可证△BQP′是直角三角形，可证PQ=P′Q，
再证△ABQ∽△PDA，将△P′BQ面积=BQ•BP′=BQ•DP=AD•AB可求．
【详解】（1）如图1，BM+DN＝MN，理由如下：
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝AD，∠D＝∠ABC＝∠BAD＝90°，
小聪把△ADN绕点A顺时针旋转90°至△ABG，
由旋转可得：BG＝DN，AN＝AG，∠1＝∠2，∠ABG＝∠D＝90°，
∴∠ABG+∠ABM＝90°+90°＝180°，
因此，点G，B，M在同一条直线上，
∵∠MAN＝45°，
∴∠2+∠3＝∠BAD﹣∠MAN＝90°﹣45°＝45°，
∵∠1＝∠2，
∴∠1+∠3＝45°，
∴∠GAM＝∠MAN，
∵AM＝AM，
∴△AMN≌△AMG（SAS），
∴MN＝GM，
∵GM＝BM+BG＝BM+DN，
∴BM+DN＝MN；
故答案为：BM+DN＝MN；
（2）如图2，把△ADF绕点A顺时针旋转90°至△ABF'，连接EF'，
∴AF ′ ＝AF，∠DAF＝∠BAF '，∠ABF ′ ＝∠ADF＝45°，BF ′ ＝DF＝4，
∵∠ABE＝45°，
∴∠EBF ′ ＝45°+45°＝90°，
∵AE＝AE，
同理得△EAF≌△EAF '（SAS），
∴EF'＝EF＝5，
在Rt△EBF'中，由勾股定理得：BE＝＝3；
（3）由（2）知：BE＝3，EF＝5，DF＝4，
∴BD＝3+4+5＝12，
由勾股定理得：AB2+AD2＝BD2，
∵AB＝AD，
∴AB2＝72，
如图3，把△ADP绕点A顺时针旋转90°至△ABP '，连接BP ′，则∠ABP′＝∠ADP，PD＝P ′B，AP＝AP ′，
∵AM、AN分别交正方形ABCD的两个外角平分线于Q、P，
∴∠ADP＝∠ABQ＝135°，
∴∠DAP+∠APD＝45°，
∵∠DAP+∠BAQ＝45°，
∴∠BAQ＝∠APD，
∴△ADP∽△QBA，
∴，
∴BQ•PD＝AD•AB＝72，
∵∠ABP'＝∠ABQ＝135°，
∴∠QBP'＝360°﹣135°﹣135°＝90°，
∴S△BP'Q＝BQ•BP′＝BQ•DP＝×72＝36，
∵AP＝AP'，∠PAQ＝∠P'AQ，AQ＝AQ，
∴△QAP≌△QAP'（SAS），
∴PQ＝P'Q，
∴以BQ、PQ、DP为边构成的三角形的面积为36．
【点睛】本题是感知，探究，创新新题型，主要考查了学生对正方形的性质，旋转变换，勾股定理及全等三角形与相似三角形的判定方法的综合运用．关键是灵活掌握所学知识，同时会从感知中学到方法，结合下一图形，找到解决问题的方法，以及突破口，在创新中，注意把给出的问题进行转化，利用转化思想来解决．
23．（2020年河南省周口市西华县九年级中考三模数学试题）（11分）如图，抛物线交轴于两点，交轴于点，顶点的坐标为，对称轴交轴于点，直线交轴于点，交轴于点，交抛物线对称轴于点．
（1）求抛物线的解析式；
（2）设点为抛物线对称轴上一动点，若是以为腰的等腰三角形，请求出点的坐标；
（3）点为抛物线上一个动点，当点关于直线的对称点恰好落在轴上时，请直接写出点的坐标．
【答案】（1）；（2）点M的坐标为或或；（3）点P的坐标为或
【解析】
【分析】
（1）由抛物线的顶点坐标可设抛物线的解析式为，再根据C的坐标利用待定系数法即可求出解析式；
（2）利用一次函数图象上点的坐标特征可求出点D，G的坐标，进而可求出DG的长度，然后分DG=DM，DG=GM两种情况利用等腰三角形的性质进行分析计算即可；
（3）过点E作EN⊥直线DE，交x轴于点N，设点P关于直线的对称点落在x轴上Q点处，连接PQ交直线DE于点R，可证∽，利用相似三角形的性质可求出点N的坐标，由点E、N的坐标利用待定系数法可求出直线EN的解析式，利用可设直线PQ的解析式为y=－2x+m，利用一次函数图像上点的坐标特征可求出点Q的坐标，联立直线PQ和直线DE的解析式，可求出点R的坐标，进而可得出点P的坐标，将点P坐标代入解析式即可求m的值，从而得到点P的坐标．
【详解】解：（1）在抛物线中，当时，，点的坐标为，
∵抛物线顶点为，
∴设抛物线的解析式为，
将代入得：，
解得：，
∴抛物线的解析式为，
∴抛物线的解析式为；
（2）当时，，解得：，
∴的坐标为，
当时，，
∴点的坐标为，
∴，
∴，
当时，，
∴点的坐标为，
当时，
若点在点的上方，，
∴点的坐标为，
若点在点的下方，，
∴点的坐标为，
综上所述：点的坐标为或或；
（3）过点E作EN⊥直线DE，交x轴于点N，设点P关于直线的对称点落在x轴上Q点处，连接PQ交直线DE于点R，
当时，，
∴点E的坐标为(0，－1)，
∴OE=1，DE=，
∵，，
∴∽，
∴，即，
∴，
∴点N坐标为，
∵点E的坐标为(0，－1)，点N坐标为，
∴线段EN所在直线解析式为，
由题可得，，故设直线PQ的解析式为，
当时，，解得：，
∴点Q的坐标为，
联立直线PQ和直线DE的解析式，得：，
解得：，
∴点R的坐标为，
∵点R为线段PQ的中点，
∴点P的坐标为，
∵点P在抛物线的图象上，
∴，
整理，得：，
解得：，
∴点P的坐标为或．
【点睛】本题考查了待定系数法求二次函数解析式、一次函数图象上点的坐标特征、勾股定理、等腰三角形的性质、相似三角形的判定与性质、平行线的性质、中点坐标公式以及二次函数图象上点的坐标特征，解题的关键是灵活利用二次函数图象上点的坐标特征．
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