2019年浙江省绍兴市上虞区中考数学一模试卷解析版

2019年浙江省绍兴市上虞区中考数学一模试卷
一、选择题（本大题有10小题，每小题4分，共40分，请选出每小题中一个最符合题意的选项，不选、多选、错选，均不给分）
1．（4分）3的相反数是（）
A．﹣3B．3C．﹣D．
2．（4分）据国家外汇管理局4月7日公布的数据显示，截至2019年3月末，我国外汇储备规模为30988亿美元将30988亿用科学记数法表示为（）
A．30988×108B．3.0988×1012
C．3.0988×1011D．3.0988×1013
3．（4分）有4个相同的立方体搭成的几何体如图所示，则它的主视图是（）
A．B．C．D．
4．（4分）有6张扑克牌（如图），背面朝上，从中任抽一张，则抽到方块牌的概率是（）
A．B．C．D．
5．（4分）下列从左到右的恒等变形中，变形依据与其它三项不同的是（）A．18×（﹣）＝18×﹣18×
B．2（x﹣y）＝2x﹣2y
C．＝
D．a（b﹣1）＝ab﹣a
6．（4分）为了说明各种三角形之间的关系，小敏画了如下的结构图（如图1）．小聪为了说明“A．正方形；B．矩形；C．四边形；D．菱形；E．平行四边形”这五个概念之间的
关系，类比小敏的思路，画了如下结构图（如图2），则在用“①、②、③、④”所标注的各区域中，正确的填法依次是（）（用名称前的字母代号表示）
A．C、E、B、D B．E、C、B、D C．E、C、D、B D．E、D、C、B 7．（4分）如图，在边长为1的小正方形网格中，点A，B，C，D都在这些小正方形上，AB 与CD相交于点O，则tan∠AOD等于（）
A．B．2C．1D．
8．（4分）将两个底边相等的等腰三角形按照如图所示的方式拼接在一起（隐藏互相重合的底边）的图形俗称为“筝形”．假如“筝形”下个定义，那么下面四种说法中，你认为最能够描述“筝形”特征的是（）
A．有两组邻边相等的四边形称为“筝形”
B．有两组对角分别相等的四边形称为“筝形”
C．两条对角线互相垂直的四边形称为“筝形”
D．以一条对角线所在直线为对称轴的四边形称为“筝形”
9．（4分）对于不为零的两个实数m，n，我们定义：m⊗n＝，那么函数y＝
x⊗3的图象大致是（）
A．
B．
C．
D．
10．（4分）在△ABC中，D是BC延长线上一点，且BC＝m•BD，过D点作直线AB，AC 的垂线，垂足分别为E、F，若AB＝n•AC．则＝（）
A．B．C．D．
二、填空题（本大题有6小题，每小题5分，共30分）
11．（5分）分解因式：4a2﹣b2＝．
12．（5分）《九章算术》中记载：“今有共买羊，人出五，不足四十五；人出七，不足三．问人数、羊价各几何？”其大意是：今有人合伙买羊，若每人出5钱，还差45钱：若每人出7钱，还差3钱．则合伙人数为人；羊价为钱．
13．（5分）如图，矩形ABCD中，AB＝2，点E在AD边上，以E为圆心，EA长为半径的⊙E与BC相切，交CD于点F，连接EF．若扇形EAF的面积为π，则BC的长是．
14．（5分）已知直线l和直线l外一点A，以点A为圆心，适当的长度为半径作弧交直线l 于点M，N，再分别以M，N为圆心，大于MN长为半径作弧，两弧交于点P（点P与点A在直线l的两侧），连结PM，作直线P A交MN于点O，若PO＝，MN＝2，则cos∠APM＝．
15．（5分）如图，在平面直角坐标系xOy中，点P坐标为（1，），以OP为斜边作等腰直角△OAP，直角顶点A在反比例函数y＝的图象上，则k的值是．
16．（5分）如图，已知△ABC，△DEF均为等腰直角三角形，EF＝10，顶点D，E分别在边AB，AC上滑动．则在滑动过程中，点A，F间距离的最大值为．
三、解答题（本大题有8小题，第17-20小题每小题8分，第2小题10分，第22，23小题每小题8分，第24小题14分，共80分.解答需写出必要的文字说明、演算步骤或证明过程）
17．（8分）（1）计算：2tan60°﹣﹣（﹣2）0+（）﹣1
（2）解不等式：
18．（8分）“腹有诗书气自华，阅读路伴我成长”，我区某校学生会以“每天阅读1小时”
为问卷主题，对学生最喜爱的书籍类型进行随机抽样调查，收集整理数据后，绘制出以下两幅末完成的统计图，请根据图1和图2提供的信息，解答下列问题：
（1）把折线统计图（图1）补充完整；
（2）该校共有学生1200名，请估算最喜爱科普类书籍的学生人数．
19．（8分）如图是某种品牌的篮球架实物图与示意图，已知底座BC＝0.6米，底座BC与支架AC所成的角∠ACB＝75°，支架AF的长为2.5米，篮板顶端F点到篮框D的距离FD＝1.4米，篮板底部支架HE与支架AF所成的角∠FHE＝60°，求篮框D到地面的距离．（精确到0.1米．参考数据：cos75°≈0.3，sin75°≈0.9，．tan75°≈3.7，≈1.7，
≈1.4）
20．（8分）小敏学习之余设计了一个求函数表达式的程序，具体如图所示，则当输入下列点的坐标时，请按程序指令解答．
（1）P1（1，0），P2（﹣3，0）．
（2）P1（2，﹣1），P2（4，﹣3）
21．（10分）如图，公路上有A、B、C三个汽车站，一辆汽车8：00从离A站10km的P 地出发，向C站匀速行驶，15min后离A站30km．
（1）设出发x h后，汽车离A站y km，写出y与x之间的函数表达式；
（2）当汽车行驶到离A站250km的B站时，接到通知要在12：00前赶到离B站60km 的C站．汽车按原速行驶，能否准时到达？如果能，那么汽车何时到达C站？
22．（12分）如图，在平行四边形ABCD中，AB＝4，BC＝8，∠B＝60°，将平行四边形ABCD沿EF折叠，点D恰好落在边AB的中点D′处，折叠后点C的对应点为C′，D′C′交BC于点G，∠BGD′＝32°．
（1）求∠D′EF的度数；
（2）求线段AE的长．
23．（12分）在正方形ABCD中，点M是射线BC上一点，点N是CD延长线上一点，且BM＝DN，直线BD与MN交于点E．
（1）如图1．当点M在BC上时，为证明“BD﹣2DE＝BM”这一结论，小敏添加了辅助线：过点M作CD的平行线交BD于点P．请根据这一思路，帮助小敏完成接下去的证明过程．
（2）如图2，当点M在BC的延长线上时，则BD，DE，BM之间满足的数量关系是．（3）在（2）的条件下，连接BN交AD于点F，连接MF交BD于点G，如图3，若，CM＝2，则线段DG＝．
24．（14分）在平面直角坐标系xOy中，A（t，0），B（t+，0），对于线段AB和点P 给出如下定义：当∠APB＝90°时，称点P为线段AB的“直角视点”．
（1）若t＝﹣，在点C（0，），D（﹣1，），E（，）中，能够成为线段AB“直角视点”的是．
（2）直线MN分别交x轴、y轴于点M、N，点M的坐标是（4，0），∠OMN＝30°．
①线段AB的“直角视点”P在直线MN上，且∠ABP＝60°，求点P的坐标．
②在①的条件下，记Q为直线MN上的动点，在点Q的运动过程中，△QAB的周长存
在最小值，试求△QAB周长的最小值．
③若线段AB的所有“直角视点”都在△MON内部，则t的取值范围是．
2019年浙江省绍兴市上虞区中考数学一模试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（本大题有10小题，每小题4分，共40分，请选出每小题中一个最符合题意的选项，不选、多选、错选，均不给分）
1．【解答】解：根据相反数的含义，可得
3的相反数是：﹣3．
故选：A．
2．【解答】解：30988亿＝3.0988×1011，
故选：C．
3．【解答】解：如图所示：它的主视图是：．
故选：D．
4．【解答】解：观察图形知：6张扑克中有2张方块，
所以从中任抽一张，则抽到方块的概率＝＝．
故选：A．
5．【解答】解：A、18×（﹣）＝18×﹣18×，单项式乘多项式；
B、2（x﹣y）＝2x﹣2y，单项式乘多项式；
C、＝，根据分式的性质；
D、a（b﹣1）＝ab﹣a，单项式乘多项式；
则变形依据与其它三项不同的是C，
故选：C．
6．【解答】解：①表示四边形，②表示平行四边形，③或④表示菱形或矩形，故选：A．
7．【解答】解：如图，连接BE，与CD交于点F，
∵四边形BCEH是正方形，
∴HF＝CF＝CH，BF＝EF＝BE，CH＝BE，BE⊥CH，
∴BF＝CF，
∵AC∥BH，
∴△ACO∽△BHO，
∴HO：CO＝BH：AC＝1：3，
∵CO＝HF，
∴HO：HF＝1：2，
∴HO＝OF＝，
在Rt△OBF中，tan∠BOF＝＝2
∵∠AOD＝∠BOF，
∴tan∠AOD＝2．
故选：B．
8．【解答】解：由题意：“筝形”的一条对角线是另一条对角线的垂直平分线，所以：“筝形”是轴对称图形，对称轴是对角线所在的直线．
故选：D．
9．【解答】解：当x≥3时，y＝x﹣3，图象是一次函数的一段，当x＜3时，y＝﹣，图象是反比例函数的一部分；
结合解析式，可知B．
故选：B．
10．【解答】解：连接AD，
∵BC＝m•BD，
∴CD＝（1﹣m）BD
∴S△ACD＝（1﹣m）S△ABD，
又∵S△ABD＝，S△ACD＝，
∴＝（1﹣m），
∵AB＝n•AC，
∴AC•DF＝（1﹣m）n•AC•DE
∴DF＝（1﹣m）n•DE
∴
故选：C．
二、填空题（本大题有6小题，每小题5分，共30分）11．【解答】解：4a2─b2＝（2a）2﹣b2＝（2a+b）（2a﹣b），故答案为：（2a+b）（2a﹣b）．
12．【解答】解：设合伙人数为x人，羊价为y钱，依题意，得：，
解得：．
故答案为：21；150．
13．【解答】解：设∠AEF＝n°，
由题意＝π，解得n＝120，
∴∠AEF＝120°，
∴∠FED＝60°，
∵四边形ABCD是矩形，
∴BC＝AD，∠D＝90°，
∴∠EFD＝30°，
∴DE＝EF＝1，
∴BC＝AD＝2+1＝3，
故答案为3．
14．【解答】解：如图，
有作法得AP垂直平分MN，则OM＝ON＝MN＝1，∠POM＝90°，
在Rt△POM中，PM＝＝2，
cos∠OPM＝＝，
即cos∠APM＝．
故答案为．
15．【解答】解：
①如图1，当A点在OP的左边时，过A作AD⊥x轴于D，过P作PE⊥AD于E，则∠
ADO＝∠PEA＝90°，
∵△APO是等腰直角三角形，
∴AO＝P A，∠P AO＝90°，
∴∠OAD+∠P AE＝∠OAD+∠AOD＝90°，
∴∠AOD＝∠P AE，
∴△AOC≌△BAD（AAS），
∴AD＝PE，OD＝AE，
∵点P坐标为（1，），
∴DE＝，
设A的横坐标为m，则AD＝﹣m，PE＝1﹣m，
∴+m＝1﹣m，
∴m＝，
∴A（，），
∵顶点A在反比例函数y＝的图象上，
∴k＝×＝﹣；
②如图2当A点在OP的右边时，过A作AD⊥x轴于D，过P作PE⊥AD于E，则∠ADO ＝∠PEA＝90°，
同理：△AOC≌△BAD，
AD＝PE，OD＝AE，
设A的纵坐标为n，则OD＝1+n，AE＝﹣n，
∴1+n＝﹣n，
解得n＝，
∴A（，），
∴k＝，
综上，k的值是﹣或，
故答案为：﹣或．
16．【解答】解：当ADFE时平行四边形时，AF最大，
过点F作FG⊥AB，
∵△DEF均等腰直角三角形，EF＝10，
∴ED＝DF＝10，
∴AD＝10，
∵∠ADE＝45°，∠EDF＝90°，
∴△DFG是等腰直角三角形，
∴GF＝DG＝5，
在直角三角形AGF中，AG＝15，
∴AF＝10；
故答案10；
三、解答题（本大题有8小题，第17-20小题每小题8分，第2小题10分，第22，23小题每小题8分，第24小题14分，共80分.解答需写出必要的文字说明、演算步骤或证明过程）17．【解答】解：（1）原式＝2﹣2﹣1+3＝2；
（2）3（1+x）﹣6≤2x，
3+3x﹣6≤2x，
3x﹣2x≤6﹣3，
x≤3
18．【解答】解：（1）一共调查了45÷30%＝150（名），
艺术的人数：150×20%＝30（名），
其它的人数：150×10%＝15（名）；
补全折线图如图：
（2）最喜爱科普类书籍的学生人数为：×1200＝320（人），答：估算最喜爱科普类书籍的学生有320人．
19．【解答】解：延长FE交CB的延长线于M，过A作AG⊥FM于G，在Rt△ABC中，tan∠ACB＝，
∴AB＝BC•tan75°＝0.60×3.732＝2.22，
∴GM＝AB＝2.22，
在Rt△AGF中，∵∠F AG＝∠FHE＝60°，sin∠F AG＝，
∴sin60°＝＝，
∴FG＝2.125，
∴DM＝FG+GM﹣DF≈2.9米．
答：篮框D到地面的距离是2.9米．
20．【解答】解：（1）∵P1（1，0），P2（﹣3，0），1＞﹣3，
∴x1x2＝﹣3＜0，
设过P1（1，0），P2（﹣3，0），P（﹣2，4）三点的抛物线的函数表达式为：y＝a（x﹣1）（x+3），
将P（﹣2，4）代入解得a＝﹣，
∴y＝﹣（x﹣1）（x+3）＝﹣x2﹣x+4；
（2）∵P1（2，﹣1），P2（4，﹣3），2＜4，
∴y1y2＝3＞0，
设直线P1P2的函数表达式为：y＝kx+b，
∴，
∴，
∴y＝﹣x+1．
21．【解答】解：（1）由题意，得
汽车速度为：（30﹣10）÷15×60＝80km/h，
y与x之间函数表达式为：y＝10+80x．
答：y与x之间的函数表达式为y＝10+80x；
（2）由题意，得
AB＝250，BC＝60，
∴AC＝310．
当y＝310时，
310＝10+80x，
解得：x＝．
∵8+＝11，即11点45分＜12点．
∴汽车按原速行驶，可以准时到达．
22．【解答】解：（1）∵四边形ABCD是平行四边形
∴∠B＝∠D＝60°，AD∥BC
∴∠DEF＝∠EFB
∵将平行四边形ABCD沿EF折叠，点D恰好落在边AB的中点D′处∴∠D＝∠ED'G＝60°，∠DEF＝∠D'EF，
∴∠D'EF＝∠EFB，
∵∠BGD′＝32°
∴∠D'GF＝148°
∵∠D'GF+∠EFB+∠D'EF+∠ED'G＝360°
∴∠D'EF＝76°
（2）过点E作EH⊥AB于点H，
设AE＝x，
∵AD∥BC
∴∠HAD＝∠B＝60°，且EH⊥AB
∴AH＝，HE＝x，
∵点D'是AB中点
∴AD'＝AB＝2
∵HE2+D'H2＝D'E2，
∴x2+（2+）2＝（8﹣x）2，
∴x＝
∴AE＝
23．【解答】解：（1）如图1，过点M作MP∥CD，交BD于点P，∵四边形ABCD是正方形，
∴∠C＝90°，∠CBD＝∠CDB＝45°，
∵PM∥CD，
∴∠NDE＝∠MPE，∠BPM＝∠CDB＝45°，
∴△BPM是等腰直角三角形，
∴PM＝BM，PB＝BM，
∵BM＝DN，
∴PM＝DN，
在△EPM和△EDN中，
，
∴△EPM≌△EDN（AAS），
∴EP＝ED，
∴PB＝BD﹣PD＝BD﹣2DE，
根据勾股定理得：BP＝BM，
即BD﹣2DE＝BM；
（2）如图2，过点M作MP∥CD交BD的延长线于点P，
∴∠PMB＝∠BCD＝90°，
∵∠CBD＝45°，
∴△BMP是等腰直角三角形，
∴BM＝PM＝DN，
与（1）证法类似：△EPM≌△EDN（AAS），
∴EP＝ED，
∴PB＝BD+PD＝BD+2DE，
根据勾股定理得：BP＝BM，
即BD+2DE＝BP＝BM，
故答案为：BD+2DE＝BM；
（3）如图3，∵AB∥CD，
∴AB∥DN，
∴△ABF∽△DNF，
∴AF：FD＝AB：ND，
∵AF：FD＝1：2，
∴AB：ND＝1：2，
设AB＝x，则DN＝2x，
∵BM＝DN，
∴x+2＝2x，x＝2，
∴AB＝AD＝2，DF＝，
∴BD＝2，
∵DF∥BM，
∴＝＝，
∴DG＝＝．
故答案为：．
24．【解答】解：（1）若t＝﹣，则A（﹣，0），B（，0），
则AB＝2，
∴AB2＝8，
∵点C（0，），D（﹣1，），E（，），
由勾股定理得：AC2＝（）2+（）2＝4，BC2＝（）2+（）2＝4，
∴AC2+BC2＝AB2，
∴∠ACB＝90°，
∴点C是线段AB的“直角视点”；
同理：AD2＝（﹣1）2+（）2＝﹣2，BD2＝（+1）2+（）2＝+2，∴AD2+BD2＝8＝AB2，
∴∠ADB＝90°，
∴点D是线段AB的“直角视点”；
同理：AE2＝（+）2+（）2＝6，EE2＝（﹣）2+（）2＝2，
∴AE2+BE2＝8＝AB2，
∴∠AEB＝90°，
∴点E是线段AB的“直角视点”；
故答案为：C、D、E；
（2）①分两种情况：当MN与x轴的夹角∠OMN在x轴上方时，
∵点P是线段AB的“直角视点”，
∴∠APB＝90°，
∴点P在以AB为直径的圆上，
∵∠ABP＝60°，
∴∠P AB＝30°，
∴PB＝AB＝，P A＝PB＝，
如图1所示：作PG⊥AB于G，
则PG＝P A＝，
∵点M的坐标是（4，0），∠OMN＝30°，
∴OM＝4，GM＝PG＝，
∴OG＝OM﹣GM＝4﹣，
∴P（4﹣，）；
当MN与x轴的夹角∠OMN在x轴下方时，同理得：P（4﹣，﹣）；
综上所述，点P的坐标为（4﹣，）或（4﹣，﹣）；
②∵AB＝2，若△QAB的周长最小，则AQ+BQ的值最小，
作A关于MN的对称点A'，连接BA'交MN于Q'，延长AP交AB于H，H与G重合，连接AA'，
则AA'⊥MN，AQ'+BQ'＝A'B最小，
∵∠OMN＝30°，
∴∠MAA'＝60°，
∵AG＝PG＝，
∴BG＝AB﹣AG＝，A'G＝AG＝，
由勾股定理得：A'B＝＝，
∴△QAB最小值为2+；
故答案为：2+．
③如图3所示：
当B点与O重合，则t+2＝0，
∴t＝﹣2；
当A与M重合时，t＝4，
∴若线段AB的所有“直角视点”都在△MON内部，t的取值范围是﹣2＜t＜4；故答案为：﹣2＜t＜4．。