2019年人教版浙江省金华市中考数学试卷及答案解析

这是一份2019年人教版浙江省金华市中考数学试卷及答案解析，共19页。试卷主要包含了选择题.，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

2019年浙江省金华市中考数学试卷
一、选择题（本题有10小题，每小题3分，共30分）.
1．（3分）实数4的相反数是（　　）
A．﹣ B．﹣4 C． D．4
2．（3分）计算a6÷a3，正确的结果是（　　）
A．2 B．3a C．a2 D．a3
3．（3分）若长度分别为a，3，5的三条线段能组成一个三角形，则a的值可以是（　　）
A．1 B．2 C．3 D．8
4．（3分）某地一周前四天每天的最高气温与最低气温如表，则这四天中温差最大的是（　　）
星期
一
二
三
四
最高气温
10°C
12°C
11°C
9°C
最低气温
3°C
0°C
﹣2°C
﹣3°C
A．星期一 B．星期二 C．星期三 D．星期四
5．（3分）一个布袋里装有2个红球、3个黄球和5个白球，除颜色外其它都相同．搅匀后任意摸出一个球，是白球的概率为（　　）
A． B． C． D．
6．（3分）如图是雷达屏幕在一次探测中发现的多个目标，其中对目标A的位置表述正确的是（　　）

A．在南偏东75°方向处 B．在5km处
C．在南偏东15°方向5km处 D．在南偏东75°方向5km处
7．（3分）用配方法解方程x2﹣6x﹣8＝0时，配方结果正确的是（　　）
A．（x﹣3）2＝17 B．（x﹣3）2＝14 C．（x﹣6）2＝44 D．（x﹣3）2＝1
8．（3分）如图，矩形ABCD的对角线交于点O．已知AB＝m，∠BAC＝∠α，则下列结论错误的是（　　）

A．∠BDC＝∠α B．BC＝m•tanα C．AO＝ D．BD＝
9．（3分）如图物体由两个圆锥组成．其主视图中，∠A＝90°，∠ABC＝105°，若上面圆锥的侧面积为1，则下面圆锥的侧面积为（　　）

A．2 B． C． D．
10．（3分）将一张正方形纸片按如图步骤，通过折叠得到图④，再沿虚线剪去一个角，展开铺平后得到图⑤，其中FM，GN是折痕．若正方形EFGH与五边形MCNGF的面积相等，则的值是（　　）

A． B．﹣1 C． D．
二、填空题（本题有6小题，每小题4分，共24分）
11．（4分）不等式3x﹣6≤9的解是　 　．
12．（4分）数据3，4，10，7，6的中位数是　 　．
13．（4分）当x＝1，y＝﹣时，代数式x2+2xy+y2的值是　 　．
14．（4分）如图，在量角器的圆心O处下挂一铅锤，制作了一个简易测倾仪．量角器的0刻度线AB对准楼顶时，铅垂线对应的读数是50°，则此时观察楼顶的仰角度数是　 　．

15．（4分）元朝朱世杰的《算学启蒙》一书记载：“今有良马日行二百四十里，驽马日行一百五十里．驽马先行一十二日，问良马几何日追及之．”如图是两匹马行走路程s关于行走时间t的函数图象，则两图象交点P的坐标是　 　．

16．（4分）图2，图3是某公共汽车双开门的俯视示意图，ME、EF、FN是门轴的滑动轨道，∠E＝∠F＝90°，两门AB、CD的门轴A、B、C、D都在滑动轨道上，两门关闭时（图2），A、D分别在E、F处，门缝忽略不计（即B、C重合）；两门同时开启，A、D分别沿E→M，F→N的方向匀速滑动，带动B、C滑动：B到达E时，C恰好到达F，此时两门完全开启，已知AB＝50cm，CD＝40cm．
（1）如图3，当∠ABE＝30°时，BC＝　 　cm．
（2）在（1）的基础上，当A向M方向继续滑动15cm时，四边形ABCD的面积为　 　cm2．

三、解答题（本题有8小题，共66分，各小题都必须写出解答过程。）
17．（6分）计算：|﹣3|﹣2tan60°++（）﹣1．
18．（6分）解方程组
19．（6分）某校根据课程设置要求，开设了数学类拓展性课程，为了解学生最喜欢的课程内容，随机抽取了部分学生进行问卷调查（每人必须且只选其中一项），并将统计结果绘制成如下统计图（不完整）．请根据图中信息回答问题：

（1）求m，n的值．
（2）补全条形统计图．
（3）该校共有1200名学生，试估计全校最喜欢“数学史话”的学生人数．
20．（8分）如图，在7×6的方格中，△ABC的顶点均在格点上．试按要求画出线段EF（E，F均为格点），各画出一条即可．

21．（8分）如图，在▱OABC中，以O为圆心，OA为半径的圆与BC相切于点B，与OC相交于点D．
（1）求的度数．
（2）如图，点E在⊙O上，连结CE与⊙O交于点F，若EF＝AB，求∠OCE的度数．

22．（10分）如图，在平面直角坐标系中，正六边形ABCDEF的对称中心P在反比例函数y＝（k＞0，x＞0）的图象上，边CD在x轴上，点B在y轴上，已知CD＝2．
（1）点A是否在该反比例函数的图象上？请说明理由；
（2）若该反比例函数图象与DE交于点Q，求点Q的横坐标；
（3）平移正六边形ABCDEF，使其一边的两个端点恰好都落在该反比例函数的图象上，试描述平移过程．

23．（10分）如图，在平面直角坐标系中，正方形OABC的边长为4，边OA，OC分别在x轴，y轴的正半轴上，把正方形OABC的内部及边上，横、纵坐标均为整数的点称为好点．点P为抛物线y＝﹣（x﹣m）2+m+2的顶点．
（1）当m＝0时，求该抛物线下方（包括边界）的好点个数．
（2）当m＝3时，求该抛物线上的好点坐标．
（3）若点P在正方形OABC内部，该抛物线下方（包括边界）恰好存在8个好点，求m的取值范围．

24．（12分）如图，在等腰Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝14，点D，E分别在边AB，BC上，将线段ED绕点E按逆时针方向旋转90°得到EF．
（1）如图1，若AD＝BD，点E与点C重合，AF与DC相交于点O．求证：BD＝2DO．
（2）已知点G为AF的中点．
①如图2，若AD＝BD，CE＝2，求DG的长．
②若AD＝6BD，是否存在点E，使得△DEG是直角三角形？若存在，求CE的长；若不存在，试说明理由．


2019年浙江省金华市中考数学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（本题有10小题，每小题3分，共30分）.
1．解：∵符号相反，绝对值相等的两个数互为相反数，∴4的相反数是﹣4；
故选：B．
2．解：由同底数幂除法法则：底数不变，指数相减知，a6÷a3＝a6﹣3＝a3．
故选：D．
3．解：由三角形三边关系定理得：5﹣3＜a＜5+3，
即2＜a＜8，
即符合的只有3，
故选：C．
4．解：星期一温差10﹣3＝7℃；
星期二温差12﹣0＝12℃；
星期三温差11﹣（﹣2）＝13℃；
星期四温差9﹣（﹣3）＝12℃；
故选：C．
5．解：袋子里装有2个红球、3个黄球和5个白球共10个球，从中摸出一个球是白球的概率是．
故选：A．
6．解：由图可得，目标A在南偏东75°方向5km处，
故选：D．
7．解：用配方法解方程x2﹣6x﹣8＝0时，配方结果为（x﹣3）2＝17，
故选：A．
8．解：A、∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC＝∠DCB＝90°，AC＝BD，AO＝CO，BO＝DO，
∴AO＝OB＝CO＝DO，
∴∠DBC＝∠ACB，
∴由三角形内角和定理得：∠BAC＝∠BDC＝∠α，故本选项不符合题意；
B、在Rt△ABC中，tanα＝，
即BBC＝m•tanα，故本选项不符合题意；
C、在Rt△ABC中，AC＝，即AO＝，故本选项符合题意；
D、∵四边形ABCD是矩形，
∴DC＝AB＝m，
∵∠BAC＝∠BDC＝α，
∴在Rt△DCB中，BD＝，故本选项不符合题意；
故选：C．
9．解：∵∠A＝90°，AB＝AD，
∴△ABD为等腰直角三角形，
∴∠ABD＝45°，BD＝AB，
∵∠ABC＝105°，
∴∠CBD＝60°，
而CB＝CD，
∴△CBD为等边三角形，
∴BC＝BD＝AB，
∵上面圆锥与下面圆锥的底面相同，
∴上面圆锥的侧面积与下面圆锥的侧面积的比等于AB：CB，
∴下面圆锥的侧面积＝×1＝．
故选：D．
10．解：连接HF，设直线MH与AD边的交点为P，如图：

由折叠可知点P、H、F、M四点共线，且PH＝MF，
设正方形ABCD的边长为2a，
则正方形ABCD的面积为4a2，
∵若正方形EFGH与五边形MCNGF的面积相等
∴由折叠可知正方形EFGH的面积＝×正方形ABCD的面积＝，
∴正方形EFGH的边长GF＝＝
∴HF＝GF＝
∴MF＝PH＝＝a
∴＝a÷＝
故选：A．
二、填空题（本题有6小题，每小题4分，共24分）
11．解：3x﹣6≤9，
3x≤9+6
3x≤15
x≤5，
故答案为：x≤5
12．解：将数据重新排列为3、4、6、7、10，
∴这组数据的中位数为6，
故答案为：6．
13．解：当x＝1，y＝﹣时，
x2+2xy+y2
＝（x+y）2
＝（1﹣）2
＝
＝
故答案为：．
14．解：过A点作AC⊥OC于C，
∵∠AOC＝50°，
∴∠OAC＝40°．
故此时观察楼顶的仰角度数是40°．
故答案为：40°．

15．解：令150t＝240（t﹣12），
解得，t＝32，
则150t＝150×32＝4800，
∴点P的坐标为（32，4800），
故答案为：（32，4800）．
16．解：∵A、D分别在E、F处，门缝忽略不计（即B、C重合）且AB＝50cm，CD＝40cm．
∴EF＝50+40＝90cm
∵B到达E时，C恰好到达F，此时两门完全开启，
∴B、C两点的路程之比为5：4
（1）当∠ABE＝30°时，在Rt△ABE中，BE＝AB＝25cm，
∴B运动的路程为（50﹣25）cm
∵B、C两点的路程之比为5：4
∴此时点C运动的路程为（50﹣25）×＝（40﹣20）cm
∴BC＝（50﹣25）+（40﹣20）＝（90﹣45）cm
故答案为：90﹣45；
（2）当A向M方向继续滑动15cm时，设此时点A运动到了点A'处，点B、C、D分别运动到了点B'、C'、D'处，连接A'D'，如图：

则此时AA'＝15cm
∴A'E＝15+25＝40cm
由勾股定理得：EB'＝30cm，
∴B运动的路程为50﹣30＝20cm
∴C运动的路程为16cm
∴C'F＝40﹣16＝24cm
由勾股定理得：D'F＝32cm，
∴四边形A'B'C'D'的面积＝梯形A'EFD'的面积﹣△A'EB'的面积﹣△D'FC'的面积＝﹣30×40﹣24×32＝2556cm2．
∴四边形ABCD的面积为2556cm2．
故答案为：2556．
三、解答题（本题有8小题，共66分，各小题都必须写出解答过程。）
17．解：原式＝．
18．解：，
将①化简得：﹣x+8y＝5 ③，
②+③，得y＝1，
将y＝1代入②，得x＝3，
∴；
19．解：（1）观察条形统计图与扇形统计图知：选A的有12人，占20%，
故总人数有12÷20%＝60人，
∴m＝15÷60×100%＝25%
n＝9÷60×100%＝15%；
（2）选D的有60﹣12﹣15﹣9﹣6＝18人，
故条形统计图补充为：

（3）全校最喜欢“数学史话”的学生人数为：1200×25%＝300人．
20．解：如图：
从图中可得到AC边的中点在格点上设为E，过E作AB的平行线即可在格点上找到F，则EG平分BC；
EC＝，EF＝，FC＝，借助勾股定理确定F点，则EF⊥AC；
借助圆规作AB的垂直平分线即可；

21．解：（1）连接OB，

∵BC是圆的切线，∴OB⊥BC，
∵四边形OABC是平行四边形，
∴OA∥BC，∴OB⊥OA，
∴△AOB是等腰直角三角形，
∴∠ABO＝45°，
∴的度数为45°；
（2）连接OE，过点O作OH⊥EC于点H，设EH＝t，

∵OH⊥EC，
∴EF＝2HE＝2t，
∵四边形OABC是平行四边形，
∴AB＝CO＝EF＝2t，
∵△AOB是等腰直角三角形，
∴OA＝t，
则HO＝＝＝t，
∵OC＝2OH，
∴∠OCE＝30°．
22．解：（1）过点P作x轴垂线PG，连接BP，
∵P是正六边形ABCDEF的对称中心，CD＝2，
∴BP＝2，G是CD的中点，
∴PG＝，
∴P（2，），
∵P在反比例函数y＝上，
∴k＝2，
∴y＝，
由正六边形的性质，A（1，2），
∴点A在反比例函数图象上；
（2）D（3，0），E（4，），
设DE的解析式为y＝mx+b，
∴，
∴，
∴y＝x﹣3，
联立方程解得x＝，
∴Q点横坐标为；
（3）E（4，），F（3，2），
将正六边形向左平移两个单位后，E（2，），F（1，2），
则点E与F都在反比例函数图象上；

23．解：（1）如图1中，当m＝0时，二次函数的表达式y＝﹣x2+2，函数图象如图1所示．
∵当x＝0时，y＝2，当x＝1时，y＝1，
∴抛物线经过点（0，2）和（1，1），
观察图象可知：好点有：（0，0），（0，1），（0，2），（1，0），（1，1），共5个．

（2）如图2中，当m＝3时，二次函数解析式为y＝﹣（x﹣3）2+5．如图2．

∵当x＝1时，y＝1，当x＝2时，y＝4，当x＝4时，y＝4，
∴抛物线经过（1，1），（2，4），（4，4），
共线图象可知，抛物线上存在好点，坐标分别为（1，1），（2，4），（4，4）．

（3）如图3中，∵抛物线的顶点P（m，m+2），
∴抛物线的顶点P在直线y＝x+2上，
∵点P在正方形内部，则0＜m＜2，

如图3中，E（2，1），F（2，2），观察图象可知，当点P在正方形OABC内部，该抛物线下方（包括边界）恰好存在8个好点时，抛物线与线段EF有交点（点F除外），
当抛物线经过点E时，﹣（2﹣m）2+m+2＝1，
解得m＝或（舍弃），
当抛物线经过点F时，﹣（2﹣m）2+m+2＝2，
解得m＝1或4（舍弃），
∴当≤m＜1时，顶点P在正方形OABC内部，该抛物线下方（包括边界）恰好存在8个好点．
24．（1）证明：如图1中，

∵CA＝CB，∠ACB＝90°，BD＝AD，
∴CD⊥AB，CD＝AD＝BD，
∵CD＝CF，
∴AD＝CF，
∵∠ADC＝∠DCF＝90°，
∴AD∥CF，
∴四边形ADFC是平行四边形，
∴OD＝OC，
∵BD＝2OD．

（2）①解：如图2中，作DT⊥BC于点T，FH⊥BC于H．

由题意：BD＝AD＝CD＝7，BC＝BD＝14，
∵DT⊥BC，
∴BT＝TC＝7，
∵EC＝2，
∴TE＝5，
∵∠DTE＝∠EHF＝∠DEF＝90°，
∴∠DET+∠TDE＝90°，∠DET+∠FEH＝90°，
∴∠TDE＝∠FEH，
∵ED＝EF，
∴△DTE≌△EHF（AAS），
∴FH＝ET＝5，
∵∠DDBE＝∠DFE＝45°，
∴B，D，E，F四点共圆，
∴∠DBF+∠DEF＝90°，
∴∠DBF＝90°，
∵∠DBE＝45°，
∴∠FBH＝45°，
∵∠BHF＝90°，
∴∠HBF＝∠HFB＝45°，
∴BH＝FH＝5，
∴BF＝5，
∵∠ADC＝∠ABF＝90°，
∴DG∥BF，
∵AD＝DB，
∴AG＝GF，
∴DG＝BF＝．

②解：如图3﹣1中，当∠DEG＝90°时，F，E，G，A共线，作DT⊥BC于点T，FH⊥BC于H．设EC＝x．

∵AD＝6BD，
∴BD＝AB＝2，
∵DT⊥BC，∠DBT＝45°，
∴DT＝BT＝2，
∵△DTE≌△EHF，
∴EH＝DT＝2，
∴BH＝FH＝12﹣x，
∵FH∥AC，
∴＝，
∴＝，
整理得：x2﹣12x+28＝0，
解得x＝6±2．

如图3﹣2中，当∠EDG＝90°时，取AB的中点O，连接OG．作EH⊥AB于H．

设EC＝x，由2①可知BF＝（12﹣x），OG＝BF＝（12﹣x），
∵∠EHD＝∠EDG＝∠DOG＝90°，
∴∠ODG+∠OGD＝90°，∠ODG+∠EDH＝90°，
∴∠DGO＝∠HDE，
∴△EHD∽△DOG，
∴＝，
∴＝，
整理得：x2﹣36x+268＝0，
解得x＝18﹣2或18+2（舍弃），

如图3﹣3中，当∠

综上所述，满足条件的EC的值为6±2或18﹣2．
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