2020年浙江省绍兴市柯桥区联盟学校中考数学模拟试卷

2020年浙江省绍兴市柯桥区联盟学校中考数学模拟试卷
题号一二三总分
得分
一、选择题（本大题共10小题，共40.0分）
1.9的相反数是()
A. −9
B. 9
C. 1
9D. −1
9
2.某种细菌的直径是0.0000005厘米，用科学计数法表示为()厘米．
A. 50×10−7
B. 5×10−6
C. 5×10−7
D. 0.5×10−5
3.由5个大小相同的正方体组成的几何体如图所示，其左视图是
()
A.
B.
C.
D.
4.数学老师将全班分成7个小组开展小组合作学习，采用随机抽签确定一个小组进行
展示活动，则第3个小组被抽到的概率是()
A. 1
7B. 1
3
C. 1
21
D. 1
10
5.给出下列算式：①(−3pq)2=6pq，②(x3)4×(−x2)3=x18，③a5÷a5=0，
④(x−y)2= x2−y2，⑤(a+2b)2=a2+2ab+4b2，⑥−(a−b)4÷
(b−a)3=a−b，其中运算正确的有()
A. 0个
B. 1个
C. 2个
D. 3个
6.如图，某个函数的图象由线段AB和BC组成，其中点
A(0,2)，B(3
2
,1)，C(4,3)，则此函数的最大值是()
A. 1
B. 2
C. 3
D. 4
7.如图，在矩形ABCD中，AB=16，AD>AB，以A为圆心
裁出一扇形ABE(E在AD上)，将扇形ABE围成一个圆锥(AB
和AE重合)，则此圆锥的底面圆半径是()
A. 4
B. 8
C. 4√2
D. 16
8.如图，M(0,−3)、N(0,−9)，半径为5的⊙A经过M、N，
则A点坐标为()
A. (−5,−6)
B. (4,−6)
C. (−6,−4)
D. (−4,−6)
9.某种圆形合金板材的成本y(元)与它的面积(cm2)成正比，设半径为xcm，当x=3时，
y=18，那么当半径为6cm时，成本为()
A. 18元
B. 36元
C. 54元
D. 72元
10.在河北某市召开的出租汽车价格听证会上，物价局拟定了两套客运出租汽车运价调
整方案．方案一：起步价调至7元/2公里，而后每公里1.6元；方案二：起步价调至8元/3公里，而后每公里1.8元．若某乘客乘坐出租车(路程多于3公里)时用方案一比较合算，则该乘客乘坐出租车的路程可能为()
A. 7公里
B. 5公里
C. 4公里
D. 3.5公里
二、填空题（本大题共6小题，共30.0分）
11.因式分解：9−x2=．
12.不等式3x+13
4>x
3
+2的解集是__________．
13.如图，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，⊙O的半径为3，∠ABC=130°，则劣
弧AC的长为_____．
14.如图，正方形ODEF与正方形OABC是位似图形，点O
为位似中心，相似比为2：√2，点D的坐标为(0,2√2)，
则点B的坐标是______．
15.如图，在平面直角坐标系中，菱形OBCD的边OB在x轴正半轴上，反比例函数y=
k x k
x
(x>0)的图象经过该菱形对角线的交点A，且与边BC交于点F.若点D的坐标为
(6,8)，则点F的坐标是______．
16.如图，在Rt△ABC中，∠A=90°，∠B=30°，BC=
√3+1，点E、F分别是BC、AC边上的动点，沿E、F所在直线折叠∠C，使点C的落对应点C′始终落在边AB上，若△BEC′是直角三角形时，则BC′的长为______．
三、解答题（本大题共8小题，共80.0分）
17.计算：
(1)sin30°−(π−3.14)0+(−1
2
)−2；
(2)解方程；1
x−2=3
2x−3
．
18.某中学开展了“手机伴我行”主题活动，他们随机抽取部分学生进行“使用手机目
的”和“每周使用手机的时间”的问卷调查，并绘制成图①、图②不完整的统计图，已知问卷调查中“查资料”的人数是40人，条形统计图中“0～1表示每周使用手机的时间大于0小时而小于或等于1小时，以此类推．
(1)本次问卷调查一共调查了多少名学生？
(2)补全条形统计图；
(3)该校共有学生1200人，估计每周使用手机“玩游戏”是多少名学生？
19.某种汽车油箱可储油60升，加满油并开始行驶，油箱中的余油量y(升)与行驶里程
x(千米)之间的关系是一次函数关系(如图)．
(1)求y关于x的函数表达式(不要求写出自变量的取值范围)；
(2)加满一箱油汽车可行驶多少千米？
20.共享单车为大众出行提供了方便，图1为单车实物图，图2为单车示意图，AB与
地面平行，点A、B、D共线，点D、F、G共线，坐垫C可沿射线BE方向调节．已知，∠ABE=70°，∠EAB=45°，车轮半径为0.3m，BE=0.4m.小明体验后觉得当坐垫C离地面高度为0.9m时骑着比较舒适，求此时CE的长．(结果精确到1cm)参考数据：sin70°≈0.94，cos70°≈0.34，tan70°≈2.75，√2≈1.41
21.如图，在△ABC中，AB=AC，以AB为直径的⊙O分别
与BC，AC交于点D，E，过点D作DF⊥AC，垂足为点
F．
(1)求证：直线DF是⊙O的切线；
(2)求证：BC2=4CF⋅AC；
(3)若⊙O的半径为4，∠CDF=15°，求阴影部分的面积．
22.数学活动课上，老师提出问题：如图，有一张长4dm，宽3dm的长方形纸板，在纸
板的四个角裁去四个相同的小正方形，然后把四边折起来，做成一个无盖的盒子，问小正方形的边长为多少时，盒子的体积最大．
下面是探究过程，请补充完整：
(1)设小正方形的边长为xdm，体积为ydm3，根据长方体的体积公式得到y和x的
关系式：______；
(2)确定自变量x的取值范围是______；
(3)列出y与x的几组对应值．
x/dm (1)
8
1
4
3
8
1
2
5
8
3
4
7
8
1
9
8
5
4
…
y/dm3… 1.3 2.2 2.7 3.0 2.8 2.5 1.50.9…
(说明：表格中相关数值保留一位小数)
(4)在下面的平面直角坐标系xOy中，描出以补全后的表中各对对应值为坐标的点，画出该函数的图象；
(5)结合画出的函数图象，解决问题：当小正方形的边长约为______dm时，盒子的体积最大，最大值约为______dm3．
23.已知，如图1，在Rt△ABC中，∠ABC=90°，点D是射线CB延长线上的一个动
点，DE⊥AC于点E，连接BE，EF⊥BE，CF⊥BC，CF与EF相交于点F．
(1)求证：DE
CE =BD
CF
(2)如图2，若BD=AB，AB=2BC时，探究线段AE，BE和DE之间的数量关系，并说明理由；
(3)如图3，若BD=AB，AB=kBC时，直接写出AE，EF和EC之间的数量关系．
24.如图，四边形ABCD是正方形，E，F分别在线段BC和CD上，∠EAF=45°.连接EF.
将△ADF绕着点A顺时针旋转90°，得到△ABF′．
(1)证明：△AEF≌△AEF′；
(2)证明：EF=BE+DF．
(3)已知正方形ABCD边长是6，EF=5，求线段BE的长．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：9的相反数是−9，
故选：A．
根据相反数的定义即可求解．
此题主要考查相反数的定义，比较简单．
2.【答案】C
【解析】
【分析】
本题主要考查了科学记数法，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．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．根据科学记数法定义即可得到结论．
【解答】
解：由题意可得0.0000005=5×10−7．
故选C．
3.【答案】B
【解析】解：从左面看易得第一层有2个正方形，第二层最左边有一个正方形．
故选：B．
找到从左面看所得到的图形即可，注意所有的看到的棱都应表现在左视图中．
本题考查了三视图的知识，左视图是从物体的左面看得到的视图．
4.【答案】A
【解析】解：第3个小组被抽到的概率是1
，
7
故选：A．
根据概率是所求情况数与总情况数之比，可得答案．
本题考查了概率的知识．用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．
5.【答案】B
【解析】
【试题解析】
【分析】
本题主要考查同底数幂的乘法，同底数幂的除法，幂的乘方与积的乘方，完全平方公式，根据各自的性质计算求解即可．
【解答】
解：①(−3pq)2=9p2q2，故错误；
②(x3)4×(−x2)3=x12×(−x6)=−x18，故错误；
③a5÷a5=1，故错误；
④(x−y)2=x2−2xy+y2，故错误；
⑤(a+2b)2=a2+4ab+4b2，故错误；
⑥−(a−b)4÷(b−a)3=−(b−a)=a−b，故正确，
故正确的只有⑥，共1个，
故选B．
6.【答案】C
,1)，C(4,3)，【解析】解：∵函数的图象由线段AB和BC组成，其中点A(0,2)，B(3
2
∴当x=4时，函数值最大为3．
故选：C．
直接利用函数图象上点的坐标，进而得出函数最值即可．
此题主要考查了函数的图象以及函数值，正确利用点的坐标是解题关键．
7.【答案】A
【解析】
【分析】
本题考查了圆锥的计算．圆锥的侧面展开图为扇形，计算要体现两个转化：1、圆锥的母线长为扇形的半径，2、圆锥的底面圆周长为扇形的弧长．
圆锥的底面圆半径为r，根据圆锥的底面圆周长=扇形的弧长，列方程求解．
【解答】
解：设圆锥的底面圆半径为r，依题意，得
2πr=90π×16
，
180
解得r=4．
故小圆锥的底面半径为4；
故选：A．
8.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查了勾股定理和垂径定理，能根据垂径定理求出BM和BN是解此题的关键．过A作AB⊥NM于B，连接AM，根据垂径定理求出BN=BM=3，根据勾股定理求出AB，求出OB，即可得出答案．
【解答】
解：过A作AB⊥NM于B，连接AM，
∵AB过A，
∴MB=NB，
∵半径为5的⊙A与y轴相交于M(0,−3)、N(0,−9)，
∴MN=9−3=6，AM=5，
∴BM=BN=3，OB=3+3=6，
由勾股定理得：AB=√52−32=4，
∴点A的坐标为(−4,−6)，
故选D．
9.【答案】D
【解析】解：根据题意设y=kπx2，
∵当x=3时，y=18，
∴18=kπ⋅9，
，
则k=2
π
⋅π⋅x2=2x2，
∴y=kπx2=2
π
当x=6时，y=2×36=72，
故选：D．
设y与x之间的函数关系式为y=kπx2，由待定系数法就可以求出解析式，再求出x=6时y的值即可得．
本题考查了二次函数的应用，解答时求出函数的解析式是关键．
10.【答案】A
【解析】
【分析】
本题考查了一元一次不等式的应用，解决问题的关键是读懂题意，依题意得出每一种方案的费用，进一步列出不等式进行求解．
【解答】
解：设该乘客乘坐出租车的路程是x公里，根据题意得
7+1.6(x−2)<8+1.8(x−3)，
解得：x>6．
所以只有7公里符合题意．
故选A．
11.【答案】(3+x)(3−x)
【解析】
【分析】
此题考查了公式法进行因式分解，熟练掌握因式分解的方法是解本题的关键．原式利用平方差公式分解即可．
【解答】
解：9−x2=(3+x)(3−x)．
故答案为(3+x)(3−x)．
12.【答案】x>−3
【解析】
【分析】
本题主要考查解一元一次不等式的基本能力，严格遵循解不等式的基本步骤是关键，尤其需要注意不等式两边都乘以或除以同一个负数不等号方向要改变．根据解一元一次不等式基本步骤：去分母、去括号、移项、合并同类项、系数化为1可得不等式解集．【解答】
解：去分母得：3(3x+13)>4x+24，
去括号得：9x+39>4x+24，
移项得：9x−4x>24−39，
合并同类项得：5x>−15，
系数化为1得：x>−3，
故答案为x>−3．
π
13.【答案】5
3
【解析】
【分析】
.连接本题考查了弧长的计算以及圆周角定理，解答本题的关键是掌握弧长公式l=nπr
180 OA、OC，然后根据圆周角定理求得∠AOC的度数，最后根据弧长公式求解．
【解答】
解：连接OA、OC，
∵∠ABC=130°，
∴∠D=50°∴∠AOC=2∠D=100°，
则劣弧AC的长为：100π×3
180=5
3
π.
故答案为5
3
π.
14.【答案】(2,2)
【解析】解：∵四边形ODEF为正方形，
而点D的坐标为(0,2√2)，
∴点E的坐标为(2√2,2√2)，
∵正方形ODEF与正方形OABC是位似图形，点O为位似中心，相似比为2：√2，即√2：1，
∴点B的坐标为(2,2)．
故答案为(2,2)．
先利用正方形的性质得到点E的坐标为(2√2,2√2)，则利用如果位似变换是以原点为位似中心，相似比为k，那么位似图形对应点的坐标的比等于k或−k，把E点的横纵坐标都除以√2即可得到B点坐标．
本题考查了位似变换：在平面直角坐标系中，如果位似变换是以原点为位似中心，相似比为k，那么位似图形对应点的坐标的比等于k或−k．
15.【答案】(12,8
3
)
【解析】解：过点D作DM⊥x轴于点M，过点F
作FE⊥x于点E，
∵点D的坐标为(6,8)，
∴OD=√62+82=10，
∵四边形OBCD是菱形，
∴OB=OD=10，
∴点B的坐标为：(10,0)，
∵AB=AD，即A是BD的中点，∴点A的坐标为：(8,4)，
∵点A在反比例函数y=k
x
上，
∴k=xy=8×4=32，
∵OD//BC，
∴∠DOM=∠FBE，
∴tan∠FBE=tan∠DOM=DM
OM =8
6
=4
3
，
设EF=4a，BE=3a，
则点F的坐标为：(10+3a,4a)，
∵点F在反比例函数y=32
x
上，
∴4a(10+3a)=32，
即3a2+10a−8=0，
解得：a1=2
3
，a2=−4(舍去)，
∴点F的坐标为：(12,8
3
).
故答案为：(12,8
3
).
首先过点D作DM⊥x轴于点M，过点F作FE⊥x于点E，由点D的坐标为(6,8)，可求得菱形OBCD的边长，又由点A是BD的中点，求得点A的坐标，利用待定系数法即可
求得反比例函数y=k
x (x>0)的解析式，然后由tan∠FBE=tan∠DOM=DM
OM
=8
6
=4
3
，
可设EF=4a，BE=3a，则点F的坐标为：(10+3a,4a)，即可得方程4a(10+3a)=32，继而求得a的值，则可求得答案．
此题考查了菱形的性质、反比例函数的性质以及三角函数等知识．注意准确作出辅助线，
求得反比例函数的解析式，得到tan∠FBE=tan∠DOM=DM
OM =8
6
=4
3
，从而得到方程
4a(10+3a)=32是关键．16.【答案】3+√3
3
或2
【解析】
【试题解析】
【分析】
本题主要考查了折叠问题以及含30°角的直角三角形的性质的运用，折叠是一种对称变换，它属于轴对称，折叠前后图形的形状和大小不变，对应边和对应角相等．分两种情况讨论：∠BEC′=90°，∠BC′E=90°；分别依据含30°角的直角三角形的性质与勾股定理，即可得到BC′的长．
【解答】
解：如图，当∠BEC′=90°时，
∵∠B=30°，
∴BE=√3C′E，
又∵CE=C′E，BC=√3+1，
∴BE=√3，C′E=1，
∴Rt△BEC′中，BC′=√BE2+C′E2=2；
如图，当∠BC′E=90°时，
∵∠B=30°，
∴BE=2C′E=2CE，
又∵BC=√3+1，
∴BE=2
3(√3+1)，C′E=1
3
(√3+1)，
∴BC′=√BE2−C′E2=3+√3
3
；
综上所述，BC′的长为3+√3
3
或2．
17.【答案】解：(1)原式=1
2
−1+4
=31
2
；
(2)去分母得：2x−3=3x−6，
解得：x=3，
经检验x=3是分式方程的解．
【解析】(1)原式利用零指数幂、负整数指数幂法则，以及特殊角的三角函数值计算即可求出值；
(2)分式方程去分母转化为整式方程，求出整式方程的解得到x的值，经检验即可得到分式方程的解．
此题考查了解分式方程，以及实数的运算，熟练掌握运算法则及分式方程的解法是解本题的关键．
18.【答案】解：(1)本次问卷调查的学生人数为40÷40%=100人；
(2)3小时以上的人数为100−(2+16+18+32)=32人，
补全图形如下：
(3)估计每周使用手机“玩游戏”的学生人数为1200×(1−18%−40%−7%)=420人．
【解析】(1)由“查资料”的人数是40人，占被调查人数为40%可得总人数；
(2)根据时间段人数之和等于总人数求得3小时以上的人数即可补全图形；
(3)用总人数乘以样本中玩游戏人数所占百分比可得．
此题考查了条形统计图，扇形统计图，以及用样本估计总体，弄清题中的数据是解本题的关键．
19.【答案】解：(1)设油箱中的剩余油量y(升)与汽车行驶里程x(km)的解析式为y=kx+ b，
由于图象经过(50,55)(80,52)，
∴{50k +b =5580k +b =52
解之得{k =−0.1b =60
∴y 与x 之间的函数关系是y =−0.1x +60；
(2)由题意，−0.1x +60=0，
解得x =600，
即加满一箱油汽车可行驶600km ．
【解析】本题考查了一次函数的应用，掌握待定系数法求一次函数的解析式是解决问题的关键．
(1)设油箱中的剩余油量y 升与汽车行驶里程xkm ，把已知坐标代入，依题意列出函数解析式；
(2)令y =0求解x ，即为答案．
20.【答案】解：过点C 作CN ⊥AB ，交AB 于M ，交地面于N
由题意可知MN =0.3m ，当CN =0.9m 时，CM =0.6m ，
Rt △BCM 中，∠ABE =70°，sin∠ABE =sin70°=
CM CB ≈0.94，
BC ≈0.638，
CE =BC −BE =0.638−0.4=0.238≈0.24m =24cm ．
【解析】过点C 作CN ⊥AB ，交AB 于M ，通过构建直角三角形解答即可．
本题主要考查了解直角三角形的应用，正确构建直角三角形是解答本题的关键． 21.【答案】解：(1)如图所示，连接OD ，
∵AB=AC，∴∠ABC=∠C，而OB=OD，∴∠ODB=∠ABC=∠C，∵DF⊥AC，∴∠CDF+∠C=90°，∴∠CDF+∠ODB=90°，
∴∠ODF=90°，
∴直线DF是⊙O的切线；
(2)连接AD，则AD⊥BC，则AB=AC，
则DB=DC=1
2
BC，
∵∠CDF+∠C=90°，∠C+∠DAC=90°，∴∠CDF=∠DCA，
而∠DFC=∠ADC=90°，∴△CFD∽△CDA，
∴CD2=CF⋅AC，即BC2=4CF⋅AC；
(3)连接OE，
∵∠CDF=15°，∠C=75°，∴∠OAE=30°=∠OEA，
∴∠AOE=120°，
S△OAE=1
2AE×OEsin∠OEA=1
2
×2×OE×cos∠OEA×OEsin∠OEA=4√3，
S
阴影部分=
S扇形OAE
−S△OAE=120°
360∘
×π×42−4√3=16π
3
−4√3．
【解析】(1)如图所示，连接OD，证明∠CDF+∠ODB=90°，即可求解；
(2)证明△CFD∽△CDA，则CD2=CF⋅AC，即BC2=4CF⋅AC；
(3)S
阴影部分=
S扇形OAE
−S△OAE即可求解．
本题为圆的综合题，涉及到解直角三角形、三角形相似、等腰三角形的性质等，难度不大．
22.【答案】(1)y=4x3−14x2+12x(2)0<x<3
2
(3)0.55 3.03
(4)根据(1)画出函数图象如图
(5)根据图象，当x =0.55dm 时，盒子的体积最大，最大值约为3.03dm 3
【解析】
解：(1)由已知，y =x(4−2x)(3−2x)=4x 3−14x 2+12x
故答案为：y =4x 3−14x 2+12x
(2)由已知{x >04−2x >03−2x >0
解得：0<x <32
(3)根据函数关系式，当x =12时，y =3；x =1时，y =2
故答案为：0.55，3.03
(4)见答案
(5)见答案
【分析】
根据题意，列出y 与x 的函数关系式，根据盒子长宽高值为正数，求出自变量取值范围；利用图象求出盒子最大体积．
本题是动点问题的函数图象探究题，考查列函数关系式以及画函数图象．解答关键是数形结合． 23.【答案】解：(1)证明：∵DE ⊥AC ，EF ⊥BE ，CF ⊥BC ，
∴∠DEC =∠BEF =∠DCF =90°．
∴∠DEC −∠BEC =∠BEF −∠BEC.即∠DEB =∠CEF ．
∵∠D +∠DCE =90°，∠ECF +∠DCE =90°，
∴∠D =∠ECF ．
∴△DBE∽△CFE．
∴DE
CE =BD
CF
；
(2)过点B作BG⊥BE交DE于点G，
∵∠ABC=90°，
∴∠EBG=∠ABD=90°．
∴∠EBG−∠ABG=∠ABD−∠ABG.即∠DBG=∠ABE，
∵∠D+∠DCE=90°，∠A+∠DCE=90°，
∴∠D=∠A．
∵BD=AB，
∴△DBG≌△ABE(AAS)．
∴BG=BE，AE=DG.在Rt△BEG中，BG=BE，∠EBG=90°，
∴EG=√2BE，
∵EG=DE−DG，AE=DG，
∴DE−AE=√2BE；
(3)当AB=kBC时，若BD=AB，直接写出AE，EF和EC之间的数量关系．
kEC−AE=√2kBE．
【解析】本题主要考查了全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理等，熟练掌握全等三角形的判定与性质及相似三角形的判定与性质是解决本题的关键．(1)由EF⊥BE，CF⊥BC，DE⊥AC可知∠DEC=∠BEF=∠DCF=90°，从而∠D=
∠ECF，进一步得到△DBE∽△CFE，利用相似三角形的性质即可得到结论；
(2)首先通过∠D+∠DCE=90°，∠A+∠DCE=90°，得到∠D=∠A，进一步证明△DBG≌△ABE(AAS)，再利用全等三角形的性质得到BG=BE，AE=DG，通过勾股定
理进一步求得EG=√2BE，从而结论得到；
(3)同(2)即可得到结论．
24.【答案】解：(1)由旋转的性质可得AF=AF′，DF=BF′，∠DAF=BAF′，B、C、F′三点共线，
∵∠EAF=45°，∠BAD=90°，
∴∠DAF+∠BAE=∠BAD−∠EAF=45°，
∴∠EAF′=∠BAF′+∠BAE=∠DAF+∠BAE=45°=∠EAF，
∵AF=AF′，∠EAF′=∠EAF，AE=AE，
∴△AEF≌△AEF′(SAS)；
(2)∵△AEF≌△AEF′，
∴EF=EF′=BE+BF′，
又∵DF=BF′，
∴EF=BE+DF；
(3)设BE=x，
∵EF=BE+DF，EF=5
∴DF=5−x．
又∵正方形ABCD边长是6，即BC=CD=6
∴CE=BC−BE=6−x，CF=CD−DF=6−(5−x)=x+1，
在Rt△CEF中，有CE2+CF2=EF2
即(6−x)2+(x+1)2=52，
解得x1=2，x2=3，
∴线段BE的长为2或3．
【解析】本题考查了四边形的综合问题，主要考查旋转的性质，全等三角形的判定与性质，正方形的性质，勾股定理，证明△AEF≌△AEF′是解题的关键．
(1)由旋转的性质可得AF=AF′，DF=BF′，∠DAF=BAF′，由“SAS”可证△AEF≌△AEF′；
(2)由全等三角形的性质可得EF=EF′=BE+BF′，即可得结论；
(3)设BE=x，可得DF=5−x，由勾股定理可求BE的长．。