2020年浙江省杭州市拱墅区锦绣育才教育集团中考数学二模试卷（解析版）.doc

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1、2020年浙江省杭州市拱墅区锦绣育才教育集团中考数学二模试卷一选择题（共10小题）13的相反数是（）A3B3CD2已知O的半径为5，若PO4，则点P与O的位置关系是（）A点P在O内B点P在O上C点P在O外D无法判断3已知，则的值为（）ABCD4将二次函数y5x2的图象先向右平移2个单位，再向下平移3个单位，得到的函数图象的解析式为（）Ay5（x+2）2+3By5（x2）2+3Cy5（x+2）23Dy5（x2）235在一个不透明的盒子中装有8个白球，若干个黄球，它们除颜色不同外，其余均相同，若从中随机摸出一个球为白球的概率是，则黄球的个数为（）A16B12C8D46如图，ADBECF，点B，E分

2、别在AC，DF上，DE2，EFAB3，则BC长为（）AB2CD47如图，点A、B、C、P在O上，CDOA，CEOB，垂足分别为D，E，DCE40，则P的度数为（）A70B60C40D358已知抛物线yax2+bx+c与反比例函数y的图象在第一象限有一个公共点，其横坐标为1，则一次函数ybx+ac的图象可能是（）ABCD9如图，在矩形ABCD中，AB5，AD3，动点P满足SPABS矩形ABCD，则点P到A、B两点距离之和PA+PB的最小值为（）ABC5D10已知二次函数y（xh）2+1（h为常数），在自变量x的值满足1x3的情况下，与其对应的函数值y的最小值为5，则h的值为（）A1或5B1或5C

3、1或3D1或3二填空题（共6小题）11若sincos60，则锐角 12已知点P是线段AB的黄金分割点，PAPB，AB2cm，那么PA cm13分解因式：12m2n212m2n+3m2 14扇形的圆心角为150，弧长为20，则扇形的面积为 （可保留）15如图，半径为5的A中，弦BC，ED所对的圆心角分别是BAC，EAD已知DE6，BAC+EAD180，则弦BC的弦心距等于 16如图，在矩形纸片ABCD中，AB6，BC10，点E在CD上，将BCE沿BE折叠，点C恰落在边AD上的点F处；点G在AF上，将ABG沿BG折叠，点A恰落在线段BF上的点H处，有下列结论：EBG45；DEFABG；SABGSF

4、GH；AG+DFFG其中正确的是 （填写正确结论的序号）三解答题（共7小题）17先化简，再求值：，其中a318某校七、八年级各有10名同学参加市级数学竞赛，各参赛选手的成绩如下（单位：分）：七年级：89，92，92，92，93，95，95，96，98，98八年级：88，93，93，93，94，94，95，95，97，98整理得到如下统计表年级最高分平均分中位数众数方差七年级9894am7.6八年级98n94936.6根据以上信息，完成下列问题（1）填空：a ；m ；n ；（2）两个年级中， 年级成绩更稳定；（3）七年级两名最高分选手分别记为：A1，A2，八年级第一、第二名选手分别记为B1，B2

5、，现从这四人中，任意选取两人参加市级经验交流，请用树状图法或列表法求出这两人分别来自不同年级的概率19如图，甲、乙两座建筑物的水平距离BC为78m从甲的顶部A处测得乙的顶部D处的俯角为48，测得底部C处的俯角为58，求甲、乙建筑物的高度AB和DC（结果取整数，参考数据：tan481.1，tan581.60）20甲、乙两车同时从A地出发，匀速开往B地，甲车行驶到B地后立即沿原路线以原速度返回A地，到达A地后停止运动：当甲车到达A地时，乙车恰好到达B地，并停止运动已知甲车的速度为150km/h，设甲车出发xh后，甲、乙两车之间的距离为ykm，图中的折线OMNQ表示了整个运动过程中y与x之间的函数关

6、系（1）A、B两地的距离是 km，乙车的速度是 km/h；（2）指出点M的实际意义，并求线段MN所表示的y与x之间的函数表达式；（3）当两车相距50km时，直接写出x的值21如图，AD是ABC的外接圆O的直径，点P在BC延长线上，且满足PACB（1）求证：PA是O的切线；（2）弦CEAD交AB于点F，若AFAB12，求AC的长22已知在同一平面直角坐标系中有函数y1ax22ax+b，y2ax+b，其中ab0（1）求证：函数y2的图象经过函数y1的图象的顶点；（2）设函数y2的图象与x轴的交点为M，若点M关于y轴的对称点M在函数y1图象上，求a，b满足的关系式；（3）当1x1时，比较y1与y2的

7、大小23已知正方形ABCD，点M为边AB的中点（1）如图1，点G为线段CM上的一点，且AGB90，延长AG、BG分别与边BC、CD交于点E、F求证：BECF；求证：BE2BCCE（2）如图2，在边BC上取一点E，满足BE2BCCE，连接AE交CM于点G，连接BG并延长交CD于点F，求tanCBF的值 参考答案与试题解析一选择题（共10小题）13的相反数是（）A3B3CD【分析】依据相反数的定义解答即可【解答】解：3的相反数是3故选：B2已知O的半径为5，若PO4，则点P与O的位置关系是（）A点P在O内B点P在O上C点P在O外D无法判断【分析】已知圆O的半径为r，点P到圆心O的距离是d，当rd时

8、，点P在O内，当rd时，点P在O上，当rd时，点P在O外，根据以上内容判断即可【解答】解：O的半径为5，若PO4，45，点P与O的位置关系是点P在O内，故选：A3已知，则的值为（）ABCD【分析】根据比例的性质解答即可【解答】解：由，可得：2y5（x2y），解得：5x12y，所以的值为，故选：D4将二次函数y5x2的图象先向右平移2个单位，再向下平移3个单位，得到的函数图象的解析式为（）Ay5（x+2）2+3By5（x2）2+3Cy5（x+2）23Dy5（x2）23【分析】直接根据“上加下减，左加右减”的原则进行解答即可【解答】解：由“左加右减”的原则可知，将二次函数y5x2的图象先向右平移2

9、个单位所得函数的解析式为：y5（x2）2；由“上加下减”的原则可知，将二次函数y5（x2）2的图象先向下平移3个单位所得函数的解析式为：y5（x2）23故选：D5在一个不透明的盒子中装有8个白球，若干个黄球，它们除颜色不同外，其余均相同，若从中随机摸出一个球为白球的概率是，则黄球的个数为（）A16B12C8D4【分析】首先设黄球的个数为x个，根据题意，利用概率公式即可得方程：，解此方程即可求得答案【解答】解：设黄球的个数为x个，根据题意得：，解得：x4故选：D6如图，ADBECF，点B，E分别在AC，DF上，DE2，EFAB3，则BC长为（）AB2CD4【分析】根据平行线分线段成比例定理即可得

10、出答案【解答】解：ADBECF，DE2，EFAB3，BC，故选：A7如图，点A、B、C、P在O上，CDOA，CEOB，垂足分别为D，E，DCE40，则P的度数为（）A70B60C40D35【分析】先根据四边形内角和定理求出DOE的度数，再由圆周角定理即可得出结论【解答】解：CDOA，CEOB，垂足分别为D，E，DCE40，DOE18040140，PDOE70故选：A8已知抛物线yax2+bx+c与反比例函数y的图象在第一象限有一个公共点，其横坐标为1，则一次函数ybx+ac的图象可能是（）ABCD【分析】根据抛物线yax2+bx+c与反比例函数y的图象在第一象限有一个公共点，可得b0，根据交点

11、横坐标为1，可得a+b+cb，可得a，c互为相反数，依此可得一次函数ybx+ac的图象【解答】解：抛物线yax2+bx+c与反比例函数y的图象在第一象限有一个公共点，b0，交点横坐标为1，a+b+cb，a+c0，ac0，一次函数ybx+ac的图象经过第一、三、四象限故选：B9如图，在矩形ABCD中，AB5，AD3，动点P满足SPABS矩形ABCD，则点P到A、B两点距离之和PA+PB的最小值为（）ABC5D【分析】首先由SPABS矩形ABCD，得出动点P在与AB平行且与AB的距离是2的直线l上，作A关于直线l的对称点E，连接AE，连接BE，则BE的长就是所求的最短距离然后在直角三角形ABE中，

12、由勾股定理求得BE的值，即PA+PB的最小值【解答】解：设ABP中AB边上的高是hSPABS矩形ABCD，ABhABAD，hAD2，动点P在与AB平行且与AB的距离是2的直线l上，如图，作A关于直线l的对称点E，连接AE，连接BE，则BE的长就是所求的最短距离在RtABE中，AB5，AE2+24，BE，即PA+PB的最小值为故选：D10已知二次函数y（xh）2+1（h为常数），在自变量x的值满足1x3的情况下，与其对应的函数值y的最小值为5，则h的值为（）A1或5B1或5C1或3D1或3【分析】由解析式可知该函数在xh时取得最小值1，xh时，y随x的增大而增大；当xh时，y随x的增大而减小；根

13、据1x3时，函数的最小值为5可分如下两种情况：若h1x3，x1时，y取得最小值5；若1x3h，当x3时，y取得最小值5，分别列出关于h的方程求解即可【解答】解：当xh时，y随x的增大而增大，当xh时，y随x的增大而减小，若h1x3，x1时，y取得最小值5，可得：（1h）2+15，解得：h1或h3（舍）；若1x3h，当x3时，y取得最小值5，可得：（3h）2+15，解得：h5或h1（舍）；若1h3时，当xh时，y取得最小值为1，不是5，此种情况不符合题意，舍去综上，h的值为1或5，故选：B二填空题（共6小题）11若sincos60，则锐角45【分析】根据30，45，60角的三角函数值解答即可【解

14、答】解：sincos60，45故答案为：4512已知点P是线段AB的黄金分割点，PAPB，AB2cm，那么PA1cm【分析】根据黄金分割点的定义，知AP是较长线段；则APAB，代入运算即可【解答】解：由于P为线段AB2的黄金分割点，且AP是较长线段；则AP2（1）cm故答案为：（1）cm13分解因式：12m2n212m2n+3m23m2（2n1）2【分析】首先提取公因式3m2，再利用完全平方公式分解因式得出答案【解答】解：12m2n212m2n+3m23m2（4n24n+1）3m2（2n1）2故答案为：3m2（2n1）214扇形的圆心角为150，弧长为20，则扇形的面积为240（可保留）【分析

15、】应先利用弧长公式求得扇形的半径，进而利用扇形的面积弧长半径2，求得扇形的面积【解答】解：20，r24，扇形的面积20242240，故答案为24015如图，半径为5的A中，弦BC，ED所对的圆心角分别是BAC，EAD已知DE6，BAC+EAD180，则弦BC的弦心距等于3【分析】作AHBC于H，作直径CF，连结BF，先利用等角的补角相等得到DAEBAF，再证明ADEABF，得到DEBF6，由AHBC，根据垂径定理得CHBH，易得AH为CBF的中位线，然后根据三角形中位线性质得到AHBF3【解答】解：作AHBC于H，作直径CF，连结BF，如图，BAC+EAD180，而BAC+BAF180，DAE

16、BAF，DEBF6，AHBC，CHBH，而CAAF，AH为CBF的中位线，AHBF3故答案为：316如图，在矩形纸片ABCD中，AB6，BC10，点E在CD上，将BCE沿BE折叠，点C恰落在边AD上的点F处；点G在AF上，将ABG沿BG折叠，点A恰落在线段BF上的点H处，有下列结论：EBG45；DEFABG；SABGSFGH；AG+DFFG其中正确的是（填写正确结论的序号）【分析】根据矩形的性质得出ACDABC90，ABCD6，BCAD10，根据折叠得出BAGFBG，CBEFBE，AGGH，BCBF10，ABBH6，根据勾股定理求出AGGH3，再逐个判断即可【解答】解：根据折叠得出BAGFBG

17、，CBEFBE，又四边形ABCD是矩形，BAC90，EBG，正确；四边形ABCD是矩形，ABDC6，BCAD10，ACD90，根据折叠得BFEC90，ABG+BGA90，EFD+BFA90，BGABFA，BAGEFD，GHBA90，EFBC90，GHBEFB，GHEF，EFDHGF，根据已知不能推出AGBHGF，AGBEFD，即DEF和ABG不全等，错误；根据折叠得：ABBH6，BCBF10，由勾股定理得：AF8，DF1082，HF1064，设AGHGx，在RtFGH中，由勾股定理得：GH2+HF2GF2，即x2+42（8x）2，解得：x3，即AGHG3，SABG9，SFHG6，错误；AG+D

18、F3+25，GF10325，正确；故答案为：三解答题（共7小题）17先化简，再求值：，其中a3【分析】先根据分式混合运算的法则把原式进行化简，再把a的值代入进行计算即可【解答】解：原式，当a3时，原式18某校七、八年级各有10名同学参加市级数学竞赛，各参赛选手的成绩如下（单位：分）：七年级：89，92，92，92，93，95，95，96，98，98八年级：88，93，93，93，94，94，95，95，97，98整理得到如下统计表年级最高分平均分中位数众数方差七年级9894am7.6八年级98n94936.6根据以上信息，完成下列问题（1）填空：a94；m92；n94；（2）两个年级中，八年级

19、成绩更稳定；（3）七年级两名最高分选手分别记为：A1，A2，八年级第一、第二名选手分别记为B1，B2，现从这四人中，任意选取两人参加市级经验交流，请用树状图法或列表法求出这两人分别来自不同年级的概率【分析】（1）根据中位数、众数和平均数的定义求解；（2）根据方差的意义进行判断；（3）画树状图展示所有12等可能的结果数，再找出这两人分别来自不同年级的结果数，然后利用概率公式求解【解答】解：（1）a94；m92，n（88+93+93+93+94+94+95+95+97+98）94；（2）七年级和八年级的平均数相同，但八年级的方差较小，所以八年级的成绩稳定；故答案为94，92，94；八；（3）列表得

20、：乙甲A1A2B1B2A1（A1，A2）（A1，B1）（A1，B2）A2（A2，A1）（A2，B1）（A2，B2）B1（B1，A1）（B1，A2）（B1，B2）B2（B2，A1）（B2，A2）（B2，B1）共有12种等可能的结果，这两人分别来自不同年级的有8种情况，P（这两人分别来自不同年级的概率）19如图，甲、乙两座建筑物的水平距离BC为78m从甲的顶部A处测得乙的顶部D处的俯角为48，测得底部C处的俯角为58，求甲、乙建筑物的高度AB和DC（结果取整数，参考数据：tan481.1，tan581.60）【分析】作DEAB于E，根据正切的定义分别求出AB、AE，得到答案【解答】解：作DEAB于

21、E，则四边形EBCD为矩形，DEBC78m，BECD，由题意得，ADE48，ACB58，在RtADE中，tanADE，则AEDEtanADE781.185.8，在RtACB中，tanACB，则ABBCtanACB781.60124.8125，则CDBEABAE39，答：甲建筑物的高度AB约为125m，乙建筑物的高度DC约为39m20甲、乙两车同时从A地出发，匀速开往B地，甲车行驶到B地后立即沿原路线以原速度返回A地，到达A地后停止运动：当甲车到达A地时，乙车恰好到达B地，并停止运动已知甲车的速度为150km/h，设甲车出发xh后，甲、乙两车之间的距离为ykm，图中的折线OMNQ表示了整个运动过

22、程中y与x之间的函数关系（1）A、B两地的距离是600km，乙车的速度是90km/h；（2）指出点M的实际意义，并求线段MN所表示的y与x之间的函数表达式；（3）当两车相距50km时，直接写出x的值【分析】（1）根据题意和函数图象中的数据，可知A、B两地的距离是1504600km，然后根据N的坐标，可以得到乙车的速度；（2）根据题意，可以求得点M的坐标，然后即可写出点M表示的实际意义，再根据函数图象中的数据，可以求得线段MN所表示的y与x之间的函数表达式；（3）根据题意和函数图象中的数据，可以求得当两车相距50km时，对应的x的值【解答】解：（1）由图象可得，A、B两地的距离是1504600（

23、km），乙车的速度为：（60021505）590（km/h），故答案为：600，90；（2）（15090）4604240（km），点M的实际意义是，在两车行驶4小时时，甲车到达B地，此时甲乙两车的距离是240km；设线段MN所表示的y与x之间的函数表达式为ykx+b，得，即线段MN所表示的y与x之间的函数表达式为y240x+960；（3）当0x4时，（15090）x50，解得x；当4x5时，（150+90）x+506002，解得，x；当x5时，（150+90）x506002，解得，x；由上可得，当两车相距50km时，x的值是或或21如图，AD是ABC的外接圆O的直径，点P在BC延长线上，且满足

24、PACB（1）求证：PA是O的切线；（2）弦CEAD交AB于点F，若AFAB12，求AC的长【分析】（1）先判断出CAD+D90，进而判断出CAD+PAC90，即可得出结论；（2）先判断出BACF，进而判断出ABCACF，得出比例式即可得出结论【解答】（1）AD是O的直径ACD90；CAD+D90PACPBA，DPBA，CAD+PAC90，PAD90，PAAD，点A在O上，PA是O的切线（2）CFAD，ACF+CAD90，CAD+D90，DACF，BACF，BACCAF，ABCACF，AC2AFABAFAB12，AC212，AC222已知在同一平面直角坐标系中有函数y1ax22ax+b，y2a

25、x+b，其中ab0（1）求证：函数y2的图象经过函数y1的图象的顶点；（2）设函数y2的图象与x轴的交点为M，若点M关于y轴的对称点M在函数y1图象上，求a，b满足的关系式；（3）当1x1时，比较y1与y2的大小【分析】（1）将函数y1的解析式配方，即可找出其顶点坐标，将顶点坐标代入函数y2的解析式中，即可证得结论；（2）设函数y2的图象与x轴的交点M（m，0），则点M关于y轴的对称点M（m，0），根据图象上点的坐标特征得出，解得ba；（3）两函数解析式做差，即可得出y1y2ax（x1），根据x的取值范围可得出x（x1）的符号，分a0或a0两种情况考虑，即可得出结论【解答】解：（1）证明：y1

26、ax22ax+ba（x1）2a+b，函数y1的顶点为（1，a+b），把x1代入y2ax+b得，ya+b，函数y2的图象经过函数y1的图象的顶点；（2）设函数y2的图象与x轴的交点M（m，0），则点M关于y轴的对称点M（m，0），由题意可知，解得ba；（3）y1ax22ax+b，y2ax+b，y1y2ax（x1）1x1，当1x0，x（x1）0当0x1，x（x1）0，当x0，x（x1）0，y1y2；当a0且1x0时，ax（x1）0，y1y2；当a0且0x1时，ax（x1）0，y1y2；当a0且1x0时，ax（x1）0，y1y2；当a0且0x1时，ax（x1）0，y1y223已知正方形ABCD，点M

27、为边AB的中点（1）如图1，点G为线段CM上的一点，且AGB90，延长AG、BG分别与边BC、CD交于点E、F求证：BECF；求证：BE2BCCE（2）如图2，在边BC上取一点E，满足BE2BCCE，连接AE交CM于点G，连接BG并延长交CD于点F，求tanCBF的值【分析】（1）由正方形的性质知ABBC、ABCBCF90、ABG+CBF90，结合ABG+BAG90可得BAGCBF，证ABEBCF可得；由RtABG斜边AB中线知MGMAMB，即GAMAGM，结合CGEAGM、GAMCBG知CGECBG，从而证CGECBG得CG2BCCE，由BECFCG可得答案；（2）延长AE、DC交于点N，证

28、CENBEA得BECNABCE，由ABBC、BE2BCCE知CNBE，再由且AMMB得FCCNBE，设正方形的边长为1、BEx，根据BE2BCCE求得BE的长，最后由tanCBF可得答案【解答】解：（1）四边形ABCD是正方形，ABBC，ABCBCF90，ABG+CBF90，AGB90，ABG+BAG90，BAGCBF，ABBC，ABEBCF90，ABEBCF，BECF，AGB90，点M为AB的中点，MGMAMB，GAMAGM，又CGEAGM，GAMCBG，CGECBG，又ECGGCB，CGECBG，即CG2BCCE，由CFGGBMBGMCGF得CFCG，由知BECF，BECG，BE2BCCE；（2）延长AE、DC交于点N，四边形ABCD是正方形，ABCD，NEAB，又CENBEA，CENBEA，即BECNABCE，ABBC，BE2BCCE，CNBE，ABDN，AMMB，FCCNBE，不妨设正方形的边长为1，BEx，由BE2BCCE可得x21（1x），解得：x1，x2（舍），则tanCBF