初中数学中考复习 数学-2020年河北中考考前押题密卷（全解全析）

2020年河北中考考前押题密卷

数学·全解全析

1．【答案】D

【解析】A、有4条对称轴；

B、有6条对称轴；

C、有4条对称轴；

D、有2条对称轴．

故选D．

2．【答案】D

【解析】由数轴上的点表示的数右边的总比左边的大，得a＜b＜0＜c＜d，

A、b+d＝0，∴b+c＜0，故A不符合题意；

B、＜0，故B不符合题意；

C、ad＜bc＜0，故C不符合题意；

D、|a|＞|b|＝|d|，故D正确；

故选D．

3．【答案】D

【解析】∵55+55+55+55+55=25n，

∴55×5=52n，

则56=52n，

解得：n=3．

故选D．

4．【答案】C

【解析】①∵|a|＝|b|，∴a＝±b，故这个判断正确；

②∵（a﹣2）2＝a2﹣4a+4，故这个判断错误；

③∵＝3，故这个判断正确；

④若﹣a＝a，则a＝0，故这个判断正确；

⑤＝4，故这个判断错误；

判断正确了3题，所以成绩应为60分，

故选C．

5．【答案】C

【解析】由题意得：x≥0且x﹣1≠0．解得：x≥0且x≠1．

故x的取值范围是x≥0且x≠1．

故选C．

6．【答案】A

【解析】解不等式组得-3<x1，根据不等式的解集在数轴上表示出来的方法可知A表示是正确的，故选A．

7．【答案】D

【解析】如图，连接CD，

∵DE⊥BC，DF⊥AC，∠ACB=90°，

∴四边形CEDF是矩形，

∴EF=CD，

由垂线段最短可得CD⊥AB时线段EF的长最小，

∵AC=3，BC=4，

∴AB=＝5，

∵四边形CEDF是矩形，

∴CD=EF=．

故选D．

8．【答案】C

【解析】如图，连接OC，设AC交y轴于E．

∵AC⊥y轴于E，

∴S△AOE=，S△OEC=1，

∴S△AOC=，

∵A，B关于原点对称，

∴OA=OB，

∴S△ABC=2S△AOC=3，

故选C．

9．【答案】C

【解析】如图1，

由甲的作图知PQ垂直平分AB，

则PA=PB，

∴∠PAB=∠PBA，

又∠APC=∠PAB+∠PBA，

∴∠APC=2∠ABC，

故甲的作图正确；

如图2，

∵AB=BP，

∴∠BAP=∠APB，

∵∠APC=∠BAP+∠ABC，

∴∠APC≠2∠ABC，

∴乙错误；

故选：C．

10．【答案】B

【解析】连接AO，BO，

∴OA=OB，

∵所对的圆周角是∠APB，所对的圆心角是∠AOB，∠APB=30°，

∴∠AOB=2∠APB=60°，

∴△AOB为等边三角形，

∴AB=AO，

∵直径为8，

∴OA=4，

∴AB=4，

故选B．

11．【答案】B

【解析】检查某批次灯泡的使用寿命调查具有破坏性，应采用抽样调查，A错；

一年有366天所以367个人中必然有2人同月同日生，B对；

可能性是1％的事件在一次试验中有可能发生，故C错；

3，5，4，1，-2按从小到大排序为-2，1，3，4，5，3在最中间故中位数是3，D错．

故选B．

12．【答案】B

【解析】过C点作CE⊥x轴于E．

∵四边形ABCD为正方形，

∴AB=BC，∠ABC=90°，

∴∠ABO+∠CBE=90°，又∠ABO+∠BAO=90°，

∴∠BAO=∠CBE，又∠AOB=∠BEC=90°，

∴△ABO≌△BCE，

∴CE=OB=3，BE=OA=4，

∴C点坐标为（4-3，-3），即（1，-3）．

故选B．

13．【答案】C

【解析】从图中我们可以发现∠ACB=60°-20°=40°．

故选：C．

14．【答案】B

【解析】①当抛物线的顶点在直线y＝3上时，△＝（−2）2−4（n−6）＝0，

解得：n＝7；

②当抛物线的顶点在BC下方时，根据题意知当x＝−2时y≥3，当x＝2时y＜3，

即，

解得：−2≤n＜6，

整数n有−2，−1，0，1，2，3，4，5，7共9个，

故选：B．

15．【答案】D

【解析】①∵点D、E关于CB对称，

∴CB垂直平分DE，

所以①错误；

②连接BD，如图，

∵CB垂直平分DE，

∴BD=BE，

∵∠ACB=90°，CD平分∠ACB，

∴∠ACD=∠BCD=45°，

在△ACD和△BCD中，，

∴△ACD≌△BCD（SAS），

∴AD=BD，

∴AD=BE，

所以②正确；

③∵CB垂直平分DE，

∴BD=BE，CD=CE，

在△BCD和△BCE中，，

∴△BCD≌△BCE（SSS），

∴△ACD≌△BCD≌△BCE，

∴∠ACD=∠DCB=∠ECB=45°，

∴CA=CD=CB=CE，

∴∠CAD=∠CEB=（180°-45°）=67．5°，

∵∠CED=∠CDE=（180°-∠DCB-∠ECB）=45°，

∴∠FED=67．5°-45°=22．5°，

∵∠CDE=∠ACD=45°，

∴DE∥AC，

∴∠FDE=∠A=67．5°，

∴∠F=180°-∠FDE-∠FED=90°，

所以③错误；

④在Rt△FDE中，根据勾股定理，得：

EF2+DF2=DE2，

∵∠DCE=∠DCB+∠ECB=90°，CD=CE，

∴DE2=CD2+CE2=2CD2，

∴EF2+DF2=2CD2，

所以④正确．

综上所述：正确的是②④．

故选D．

16．【答案】B

【解析】底面直径是4高是14的圆柱的体积是，

底面直径是4，高是2圆柱的一半的体积是，

该新几何体的体积为，

故选B．

17．【答案】9

【解析】∵关于x的方程x2-6x+m=0有两个相等的实数根，

∴△=b2-4ac=0，

即（-6）2-4×1×m=0，

解得m=9

故答案为：9

18．【答案】45或－3

【解析】（1）∵，

∴；

（2）当时，，

解得：，

当时，，

解得：，

∴或．

故答案为：（1）；（2）或．

19．【答案】30°

【解析】过点A作A关于x轴的对称点C，交x轴于点D，过点C作CM⊥OA于点M，交x轴于点B，

∵点坐标为，AD⊥x轴，

∴AD=1，OD=，

∴在Rt△AOD中，

，

∴∠AOB=30°；

∵CM⊥OA，

∴∠OMB=∠AMB=90°，

∴BM=，

∵∠OBM=∠DBC，

∴∠ACM=30°，

∵A，C关于x轴对称，

∴AB=BC，AD=CD=1，

∴AC=2，

∴，

∴当C，B，M三点共线时，有最小值，即CM长，

在Rt△ACM中，

CM=，

故答案为：30°；．

20．【解析】（1）x⊕（﹣4）＝6，

，

，

；

∴x的值为1或-5．

（2）3⊕a＜10，

3（3﹣a）+1＜10，

10﹣3a＜10，

a＞0，

∵，

，

所以该方程有两个不相等的实数根．

21．【解析】（1）根据条形图4+16+12+10+8=50（人），

m=100-20-24-16-8=32；

故答案为：50；32．

（2）∵，

∴这组数据的平均数为：16．

∵在这组样本数据中，10出现次数最多为16次，

∴这组数据的众数为：10．

∵将这组样本数据按从小到大的顺序排列，其中处于中间的两个数都是15，

∴这组数据的中位数为：，

（3）∵在50名学生中，捐款金额为10元的学生人数比例为32%，

∴由样本数据，估计该校1900名学生中捐款金额为10元的学生人数有1900×32%=608人．

∴该校本次活动捐款金额为10元的学生约有608人．

22．【解析】尝试：第一次1×4-0=4张，

第二次2×4-1=7张，

第三次3×4-2=10张，

第四次4×4-3=13张；

故答案为：10，13；

发现：由“尝试”可知经过次分割后，共得到张纸片；

当n=2020时，3n+1=6061，

即第2020次画线后得到互不重叠的正方形的个数是6061，

故答案为：（3n+1），6061；

探究：不能．

设每次画线后得到互不重叠的正方形的个数为m，则m=3n+1．

若m=1001，则1001=3n+1．解得．

这个数不是整数，所以不能．

23．【解析】（1）∵四边形ABCD是正方形，

∴∠A＝∠D＝90°，AB＝AD＝CD，

∵AE＝ED，DF：DC＝1：4，

∴AE＝DE＝AD＝AB，DF＝CD＝AD，

∵，＝

∴=，且∠A＝∠D，

∴△ABE∽△DEF

（2）∵CB＝AD＝CD＝10，

∴AE＝DE＝5，DF＝，CF＝

∵AD∥BC

∴△DEF∽△CGF

∴=，

∴CG＝15

∴BG＝BC+CG＝10+15＝25

24．【解析】方案1：（1）点B的坐标为（5，0），设抛物线的解析式为：．由题意可以得到抛物线的顶点为（0，5），代入解析式可得：，∴抛物线的解析式为：；

（2）由题意：把代入，解得：=3．2，∴水面上涨的高度为3．2m．

方案2：（1）点B的坐标为（10，0）．设抛物线的解析式为：．

由题意可以得到抛物线的顶点为（5，5），代入解析式可得：，∴抛物线的解析式为：；

（2）由题意：把代入解得：=3．2，∴水面上涨的高度为3．2m．

方案3：（1）点B的坐标为（5，），由题意可以得到抛物线的顶点为（0，0）．

设抛物线的解析式为：，把点B的坐标（5，），代入解析式可得：，

∴抛物线的解析式为：；

（2）由题意：把代入解得：=，∴水面上涨的高度为3．2m．

25．【解析】（1）如图，连接

∵与半圆相切，∴，∴，

在矩形中，，

∵，根据勾股定理，得

在和中，

∴

∴

（2）如图，

当点与点重合时，

过点作与点，则

∵

且，由（1）知：

∴，∴，

∴

当与半圆相切时，由（1）知：，

∴

（3）设半圆与矩形对角线交于点P、H，过点O作OG⊥DF，

则PG=GH，

，则，

设：PG=GH=m，则：，

，

整理得：25m2-640m+1216=0，

解得：，

．

26．【解析】操作：如图1：

∵∠ACD+∠BCE＝90°，∠BCE+∠CBE＝90°，∴∠ACD＝∠CBE．

在△ACD和△CBE中，∵，

∴△CAD≌△BCE（AAS）；

（1）∵直线yx+4与y轴交于点A，与x轴交于点B，∴A（0，4）、B（﹣3，0）．如图2：

过点B做BC⊥AB交直线l2于点C，过点C作CD⊥x轴．

在△BDC和△AOB中，∵，

∴△BDC≌△AOB（AAS），

∴CD＝BO＝3，BD＝AO＝4．OD＝OB+BD＝3+4＝7，

∴C点坐标为（﹣7，3）．

设l2的解析式为y＝kx+b，将A，C点坐标代入，得

，解得：，

l2的函数表达式为yx+4；

（2）由题意可知，点Q是直线y＝2x﹣6上一点．分两种情况讨论：

①当Q在直线AP的下方时，如图3，过点Q作EF⊥y轴，分别交y轴和直线BC于点E、F．

在△AQE和△QPF中，∵，

∴△AQE≌△QPF（AAS），AE＝QF，即6﹣（2a﹣6）＝8﹣a，解得：a＝4．

②当Q在直线AP的上方时，如图4，过点Q作EF⊥y轴，分别交y轴和直线BC于点E、F，AE＝2a﹣12，FQ＝8﹣A．

在△AQE和△QPF中，∵，

∴△AQE≌△QPF（AAS），AE＝QF，即2a﹣12＝8﹣a，

解得：a．

综上所述：A．P、Q可以构成以点Q为直角顶点的等腰直角三角形，a的值为或4．