2020年广东省佛山市顺德区中考数学三模试卷 解析版

2020年广东省佛山市顺德区中考数学三模试卷
一、选择题（共10个小题，每小题3分，共30分）
1．（3分）比﹣2大5的数是（　　）
A．﹣7 B．﹣3 C．3 D．7
2．（3分）截止到4月10日，各国累计报告新冠肺炎确诊病例超过1620000人，将1620000用科学记数法表示为（　　）
A．162×104 B．1.62×106 C．16.2×105 D．0.162×107
3．（3分）如图是由6个大小相同的正方体搭成的几何体，这个几何体的左视图是（　　）

A． B． C． D．
4．（3分）数据2，3，4，5，4，3，2的中位数是（　　）
A．2 B．3 C．4 D．5
5．（3分）下面是证明勾股定理的四个图形，其中是轴对称图形的是（　　）
A． B．
C． D．
6．（3分）下列运算结果正确的是（　　）
A．6x﹣5x＝1 B．﹣＝
C．（﹣2x）2＝﹣4x2 D．x6÷x2＝x4
7．（3分）如图，AB是半圆O的直径，AC，BC是弦，OD⊥AC于点D，若OD＝1.5，则BC等于（　　）

A．1.5 B．2 C．3 D．4.5
8．（3分）下列关于x的一元二次方程，一定有两个不相等的实数根的是（　　）
A．x2+kx﹣1＝0 B．x2+kx+1＝0 C．x2+x﹣k＝0 D．x2+x+k＝0
9．（3分）为了防治“新型冠状病毒”，某小区购买了某品牌消毒液用作楼梯消毒．使用这种消毒液时必须先稀释，使稀释浓度不小于0.3%且不大于0.5%．若一瓶消毒液净含量为1L，那么一瓶消毒液稀释到最小浓度需用水多少L？设一瓶消毒液稀释到最小浓度需用水xL，下列方程正确的是（　　）
A．×100%＝0.3% B．×100%＝0.5%
C．×100%＝0.3% D．×100%＝0.5%
10．（3分）“分母有理化”是根式运算的一种化简方法，如：＝＝7+4；除此之外，还可以用先平方再开方的方法化简一些有特点的无理数，如要化简﹣，可以先设x＝﹣，再两边平方得x2＝（﹣）2＝4++4﹣﹣2＝2，又因为＞，故x＞0，解得x＝，﹣＝，根据以上方法，化简+﹣的结果是（　　）
A．3﹣2 B．3+2 C．4 D．3
二、填空题（共7小题，每小题4分，满分28分）
11．（4分）从，，π，0，﹣3这五个数中随机抽取一个数，恰好是无理数的概率是　 　．
12．（4分）菱形的对角线长分别为6和8，则菱形的边长是　 　，面积是　 　．
13．（4分）不等式4﹣x＞1的解集是　 　．
14．（4分）已知y是x的函数，用列表法给出部分x与y的值，表中“▲“处的数可以是　 　．（填一个符合题意的答案）
x
1
2
3
y
▲
6
4
15．（4分）如图，已知点A、B、C、D都在⊙O上，且∠BOD＝110°，则∠BCD为　 　．

16．（4分）中国清代数学著作《御制数理精蕴》中有这样一道题：“马四匹、牛六头，共价四十八两（“两”是我国古代货币单位）；马三匹、牛五头，共价三十八两．则马每匹价　 　两．
17．（4分）如图，分别以△ABC的边AB、AC为一边向外做正方形ABDE和正方形ACFG，连结CE、BG交于点P，连结AP和EG．在不添加任何辅助线和字母的前提下，写出四个不同类型的结论　 　．

三、解答题（一）（共3小题，每小题6分，满分18分）
18．（6分）计算：2cos45°﹣|﹣|﹣（）﹣1．
19．（6分）先化简，再求值÷，其中x是方程x2﹣2x+3＝0的根．
20．（6分）2020年3月“停课不停学”期间，某校采用简单随机抽样的方式调查本校学生参加第一天线上学习的时长，将收集到的数据制成不完整的频数分布表和扇形图，如下所示：
组别
学习时长（分钟）
频数（人）
第1组
x≤40
3
第2组
40＜x≤60
6
第3组
60＜x≤80
m
第4组
80＜x≤100
18
第5组
100＜x≤120
14
（1）求m，n的值；
（2）学校有学生2400人，学校决定安排老师给““线上学习时长”在x≤60分钟范围内的学生打电话了解情况，请你根据样本估计学校学生“线上学习时长”在x≤60分钟范围内的学生人数．

四、解答题（二）（共3小题，每小题8分，满分24分）
21．（8分）如图，AB＝4cm，∠ACB＝45°．
（1）尺规作图：作△ABC的外接圆（不要求写作法，保留作图痕迹）；
（2）在（1）的条件下，若弦AB和其所对的劣弧所围成图形的面积为S，求S的值．

22．（8分）如图，隧道的截面由抛物线和长方形构成．长方形的长为16m，宽为6m，抛物线的最高点C离路面AA1的距离为8m．
（1）建立适当的坐标系，求出表示抛物线的函数表达式；
（2）一大型货车装载设备后高为7m，宽为4m．如果隧道内设双向行驶车道，那么这辆货车能否安全通过？

23．（8分）如图，在正方形ABCD中，以BC为直径作半圆O，以点D为圆心、DA为半径做圆弧交半圆O于点P．连结DP并延长交AB于点E．
（1）求证：DE为半圆O的切线；
（2）求的值．

五、解答题（三）（共2小题，每小题10分，满分20分）
24．（10分）如图1，矩形OABC的顶点O是直角坐标系的原点，点A、C分别在x轴、y轴上，点B的坐标为（8，4），将矩形OABC绕点A顺时针旋转得到矩形ADEF，D、E、F分别与B、C、O对应，EF的延长线恰好经过点C，AF与BC相交于点Q．
（1）证明：△ACQ是等腰三角形；
（2）求点D的坐标；
（3）如图2，动点M从点A出发在折线AFC上运动（不与A、C重合），经过的路程为x，过点M作AO的垂线交AC于点N，记线段MN在运动过程中扫过的面积为S；求S关于x的函数关系式．

25．（10分）探索应用
材料一：如图1，在△ABC中，AB＝c，BC＝a，∠B＝θ，用c和θ表示BC边上的高为　 　，用a．c和θ表示△ABC的面积为　 　．
材料二：如图2，已知∠C＝∠P，求证：CF•BF＝QF•PF．

材料三：蝴蝶定理（ButterflyTheorem）是古代欧氏平面几何中最精彩的结果之一，最早出现在1815年，由W．G．霍纳提出证明，定理的图形象一只蝴蝶．
定理：如图3，M为弦PQ的中点，过M作弦AB和CD，连结AD和BC交PQ分别于点E和F，则ME＝MF．
证明：设∠A＝∠C＝α，∠B＝∠D＝β，
∠DMP＝∠CMQ＝γ，∠AMP＝∠BMQ＝ρ，
PM＝MQ＝a，ME＝x，MF＝y
由•••＝1，
即•••＝1
化简得：MF2•AE•ED＝ME2•CF•FB
则有：＝
又∵CF•FB＝QF•FP，AE•ED＝PE•EQ，
∴＝，即＝＝
即＝，从而x＝y，ME＝MF．
请运用蝴蝶定理的证明方法解决下面的问题：
如图4，B、C为线段PQ上的两点，且BP＝CQ，A为PQ外一动点，且满足∠BAP＝∠CAQ，判断△PAQ的形状，并证明你的结论．

2020年广东省佛山市顺德区中考数学三模试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（共10个小题，每小题3分，共30分）
1．【解答】解：比﹣2大5的数是：﹣2+5＝3．
故选：C．
2．【解答】解：将1620000用科学记数法表示为：1.62×106．
故选：B．
3．【解答】解：从左边看，有两列，从左到右第一列是两个正方形，第二列底层是一个正方形．
故选：D．
4．【解答】解：数据2，3，4，5，4，3，2按照从小到大排列是：2，2，3，3，4，4，5，
故这组数据的中位数是3，
故选：B．
5．【解答】解：A、不是轴对称图形，故此选项不符合题意；
B、不是轴对称图形，故此选项不符合题意；
C、是轴对称图形，故此选项符合题意；
D、不是轴对称图形，故此选项不符合题意；
故选：C．
6．【解答】解：A、6x﹣5x＝x，故此选项错误；
B、﹣＝，故此选项错误；
C、（﹣2x）2＝4x2，故此选项错误；
D、x6÷x2＝x4，正确．
故选：D．
7．【解答】解：∵OD⊥AC，
∴AD＝CD，
而OA＝OB，
∴OD为△ABC的中位线，
∴BC＝2OD＝2×1.5＝3．
故选：C．
8．【解答】解：A、△＝k2﹣4×1×（﹣1）＝k2+4＞0，一定有两个不相等的实数根，符合题意；
B、△＝k2﹣4×1×1＝k2﹣4，可能小于等于0，不一定有两个不相等的实数根，不符合题意；
C、△＝12﹣4×1×（﹣k）＝1+4k，可能小于等于0，不一定有两个不相等的实数根，不符合题意；
D、△＝12﹣4×1×k＝1﹣4k，可能小于等于0，不一定有两个不相等的实数根，不符合题意．
故选：A．
9．【解答】解：依题意，得：×100%＝0.3%．
故选：A．
10．【解答】解：+﹣
＝+﹣
＝++﹣（﹣）
＝3﹣2++﹣+
＝3．
故选：D．
二、填空题（共7小题，每小题4分，满分28分）
11．【解答】解：从，，π，0，﹣3这五个数中随机抽取一个数，抽到的无理数的有，π这2种可能，
∴抽到的无理数的概率是，
故答案为：．
12．【解答】解：∵菱形的两条对角线长分别为6和8，
∴由勾股定理得，菱形的边长＝＝5，
∵菱形的面积＝对角线乘积的一半，
∴菱形的面积＝6×8÷2＝24，
故答案为：5，24．
13．【解答】解：4﹣x＞1，
﹣x＞1﹣4，
﹣x＞﹣3，
x＜3．
故答案为：x＜3．
14．【解答】解：设解析式为y＝，
将（2，6）代入解析式得k＝12，
这个函数关系式为：y＝，
把x＝1代入得y＝12，
∴表中“▲”处的数为12，
故答案为：12．
15．【解答】解：∵∠A＝∠BOD，∠BOD＝110°，
∴∠A＝55°，
∵∠BCD+∠A＝180°，
∴∠BCD＝180°﹣55°＝125°，
故答案为125°．
16．【解答】解：设马每匹价x两，牛每头价y两，
依题意，得：，
解得：．
故答案为：6．
17．【解答】解：△AEC≌△ABG，EC＝BG，EC⊥BG，AP平分∠EPG，（答案不唯一）
理由如下：如图，连接BE，

∵正方形ABDE和正方形ACFG，
∴AB＝AE，AC＝AG，∠BAE＝∠CAG＝90°，∠ABE＝45°
∴∠EAC＝∠BAG，
∴△EAC≌△BAG（SAS），
∴EC＝BG，∠CEA＝∠GBA，
∵∠CEA＝∠GBA，
∴点P，点A，点E，点B四点共圆，
∴∠EPB＝∠EAB＝90°，∠APE＝∠ABE＝45°，
∴EC⊥BG，∠EPG＝90°，
∴∠APG＝∠APE＝45°，
∴AP平分∠EPG．
三、解答题（一）（共3小题，每小题6分，满分18分）
18．【解答】解：原式＝2×﹣﹣2
＝﹣﹣2
＝﹣2．
19．【解答】解：原式＝•
＝，
由方程x2﹣2x+3＝0，得到（x﹣）2＝0，
解得：x1＝x2＝，
则原式＝＝．
20．【解答】解：（1）抽取的总人数是6÷12%＝50（人），
m＝50﹣3﹣6﹣18﹣14＝9（人）．
n%＝×100%＝36%，
∴n＝36；
（2）估计学校学生“线上学习时长”在x≤60分钟范围内的学生人数是2400×＝432（人）．
四、解答题（二）（共3小题，每小题8分，满分24分）
21．【解答】解：（1）如图，⊙O即为所求．


（2）连接OA，OB．
∵∠AOB＝2∠ACB＝90°，AB＝4cm，
∴AO＝OB＝2cm，
∴S＝S扇形OAB﹣S△AOB＝﹣×2×＝2π﹣4．
22．【解答】解：（1）如图，以AA1所在直线为x轴，以线段AA1的中点为坐标原点建立平面直角坐标系，

根据题意得A（﹣8，0），B（﹣8，6），C（0，8），
设抛物线的解析式为y＝ax2+8，把B（﹣8，6）代入，得：
64a+8＝6，
解得：a＝﹣．
∴抛物线的解析式为y＝﹣x2+8．
（2）根据题意，把x＝±4代入解析式y＝﹣x2+8，
得y＝7.5m．
∵7.5m＞7m，
∴货运卡车能通过．
23．【解答】（1）证明：连接OP，OD，
∵BC是⊙O的直径，
∴OP＝OC，
∵以点D为圆心、DA为半径做圆弧，
∴PD＝CD，
在△ODP和△ODC中，
，
∴△ODP≌△ODC（SSS），
∴∠OPD＝∠OCD＝90°，
∵P点在⊙O上，
∴DE为半圆O的切线；
（2）解：∵以点D为圆心、DA为半径做圆弧，四边形ABCD是正方形，
∴EA是⊙D的切线，
∴EA2＝EP•ED，
同理，EB是半圆O的切线，
∵DE为半圆O的切线，
∴EB＝EP，
∵AD＝PD＝AB，
∴（AB﹣EB）2＝EP（PD+EP）
∴（AB﹣EB）2＝EB（AB+EB）
整理得AB＝3EB，
∴AE＝2EB，
∴＝2．

五、解答题（三）（共2小题，每小题10分，满分20分）
24．【解答】（1）证明：∵四边形OABC，四边形FADE都是矩形，
∴∠AOC＝90°，∠AFE＝∠AFC＝90°，BC∥OA，
∵∠CFA＝∠AOC＝90°，AC＝AC，AO＝AF，
∴Rt△ACO≌Rt△ACF（HL），
∴∠CAO＝∠CAF，
∵BC∥OA，
∴∠BCA＝∠CAO，
∴∠BCA＝∠ACF，
∴QC＝QA，
∴△ACQ是等腰三角形．

（2）解：设CQ＝AQ＝x，
∵B（8，4），
∴BC＝8，AB＝4，
在Rt△AQB中，∵AQ2＝BQ2+AB2，
∴x2＝（8﹣x）2+42，
∴x＝5，
∴BQ＝3，
如图1中，过点D作DH⊥x轴于H．
∵∠QAD＝∠BAH＝90°，
∴∠QAB＝∠DAH，
∵∠B＝∠AHD＝90°，
∴△ABQ∽△AHD，
∴＝＝，
∴＝＝，
∴AH＝，DH＝，
∴OH＝OA+AH＝8+＝，
∴D（，）．

（3）①当0＜x≤8时，如图2中，延长MN交AO于H，作QJ∥AB交AC于J．
∵QJ∥AB，
∴＝，
∴＝，
∴QJ＝，
∵MN∥QJ，
∴△AMN∽△AQJ，
∴＝＝，
∴＝＝
∴MN＝x，AH＝，
∴S＝•MN•AH＝×x×＝x2．
②当8＜x＜12时，如图3中，作QJ∥AB交AC于J，作EK∥AB交BC于T，设MN交BC于R．

∵FK∥AB，JQ∥AB，
∴FK∥JQ，
∴△AQJ∽△AFK，
∴＝＝，
∴＝＝，
∴FK＝4，BT＝，
∴CT＝BC﹣BT＝8﹣＝，
∵MN∥FK，
∴△CMN∽△CFK，
∴＝＝，
∴＝＝，
∴MN＝12﹣x，CR＝（12﹣x），
∴S＝S△ACF﹣S△AFK＝×4×12﹣×（12﹣x）×（12﹣x）＝﹣x2+x﹣．
综上所述，S＝．


25．【解答】材料一：
解：作AD⊥BC于D，如图1所示：
则sinB＝，
∴AD＝AB×sinB＝c•sinθ，
∴△ABC的面积＝BC×AD＝acsinθ，
故答案为：csinθ，acsinθ；
材料二：
证明：∵∠C＝∠P，∠CFQ＝∠PFB，
∴△CFQ∽△PFB，
∴＝，
∴CF•BF＝QF•PF；
材料三：
解：△PAQ的形状为等腰三角形，理由如下：
∵B、C为线段PQ上的两点，且BP＝CQ，
∴CP＝BQ，
∴△ABP与△ACQ等底等高，△APC与△AQB等底等高，
∴S△ABP＝S△ACQ，S△APC＝S△AQB，
∵∠BAP＝∠CAQ，
∴∠BAP+∠BAC＝∠CAQ+∠BAC，
即∠PAC＝∠QAB，
∴sin∠QAB＝Psin∠PAC，
∵S△AQB＝AB•AQsin∠QAB，S△APC＝AC•APsin∠PAC，
∴＝＝1，
∴＝，
∴△ABP∽△ACQ，
∵S△ABP＝S△ACQ，
∴＝＝1，
∴AP＝AQ，
∴△PAQ的形状为等腰三角形．