2019年中考数学模拟试卷及答案解析14-20

2019年中考数学模拟试卷一、选择题（本大题共10题，每小题3分，共计30分）1（3.00分）下列各式：（2）；|2|；22；（2）2，计算结果为负数的个数有（）A4个B3个C2个D1个2（3.00分）下列计算正确的是（）Aa2+a2=a4Ba5a2=a7C（a2）3=a5D2a2a2=23（3.00分）股市有风险，投资需谨慎截至今年五月底，我国股市开户总数约95 000 000，正向1亿挺进，95 000 000用科学记数法表示为（）户A9.5106B9.5107C9.5108D9.51094（3.00分）如图是由若干个小正方体块搭成的几何体的俯视图，小正方块中的数字表示在该位置的小正方体块的个数，那么这个几何体的主视图是（）ABCD5（3.00分）将直径为60cm的圆形铁皮，做成三个相同的圆锥容器的侧面（不浪费材料，不计接缝处的材料损耗），那么每个圆锥容器的底面半径为（）A10cmB30cmC45cmD300cm6（3.00分）三角形两边的长是3和4，第三边的长是方程x212x+35=0的根，则该三角形的周长为（）A14B12C12或14D以上都不对7（3.00分）若顺次连接四边形ABCD各边的中点所得四边形是矩形，则四边形ABCD一定是（）A矩形B菱形C对角线互相垂直的四边形D对角线相等的四边形8（3.00分）如图，PA、PB切O于A、B两点，AC是O的直径，P=40，则ACB度数是（）A50B60C70D809（3.00分）已知抛物线y=ax2+bx+c与x轴交于（x1，0）、（x2，0）两点，且0x11，1x22与y轴交于（0，2），下列结论：2a+b1；a+b2；3a+b0；a1，其中正确结论的个数为（）A1个B2个C3个D4个10（3.00分）如图，已知A、B两点的坐标分别为（2，0）、（0，1），C 的圆心坐标为（0，1），半径为1若D是C上的一个动点，射线AD与y轴交于点E，则ABE面积的最大值是（）A3BCD4二、填空题（本大题共6小题，每小题3分，共计18分）11（3.00分）分解因式：mx26mx+9m= 12（3.00分）函数y=+中自变量x的取值范围是 13（3.00分）如图ABC中，AB=AC=8，BAC=30，现将ABC绕点A逆时针旋转30得到ACD，延长AD、BC交于点E，则DE的长是 14（3.00分）如图，直线y=kx+b经过A（2，1），B（1，2）两点，则不等式xkx+b2的解集为 15（3.00分）已知正方形ABCD的边长为8，E为平面内任意一点，连接DE，将线段DE绕点D顺时针旋转90得到DG，当点B，D，G在一条直线上时，若DG=2，则CE的长为 16（3.00分）如图，点C在以AB为直径的半圆上，AB=8，CBA=30，点D在线段AB上运动，点E与点D关于AC对称，DFDE于点D，并交EC的延长线于点F下列结论：CE=CF；线段EF的最小值为2；当AD=2时，EF与半圆相切；若点F恰好落在上，则AD=2；当点D从点A运动到点B时，线段EF扫过的面积是16其中正确结论的序号是 三、解答题（本大题共8小题，共计72分）17（7.00分）（1）解方程：=（2）先化简：（a+1），并从0，1，2中选一个合适的数作为a的值代入求值18（8.00分）在菱形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，AB=5，AC=6过D点作DEAC交BC的延长线于点E（1）求BDE的周长；（2）点P为线段BC上的点，连接PO并延长交AD于点Q求证：BP=DQ19（8.00分）如图，4张背面完全相同的纸牌（用、表示），在纸牌的正面分别写有四个不同的条件，小明将这4张纸牌背面朝上洗匀后，先随机摸出一张（不放回），再随机摸出一张（1）用树状图（或列表法）表示两次摸牌出现的所有可能结果；（2）以两次摸出牌上的结果为条件，求能判断四边形ABCD是平行四边形的概率20（8.00分）机器人“海宝”，在某圆形区域表演“按指令行走”，如图所示，“海宝”从圆心出发，先沿北偏西67.4方向行走13m至点A处，再沿正南方向行走14m至点B处，最后沿正东方向行走至点C处，点B，C都在圆O上（参考数据：sin67.4=，cos67.4=，tan67.4=）（1）求弦BC的长（2）求圆O的半径21（9.00分）甲、乙两辆汽车沿同一路线赶赴出发地480千米的目的地，乙车比甲车晚出发2小时（从甲车出发时开始计时），图中折线OABC、线段DE分别表示甲、乙两车所行路程y（千米）与时间x（小时）之间的函数关系对应的图象（线段AB表示甲出发不足2小时因故停车检修），请根据图象所提供的信息，解决如下问题：（1）求乙车所行路程y与时间x的函数关系式；（2）求两车在途中第二次相遇时，它们距出发地的路程；（3）乙车出发多长时间，两车在途中第一次相遇？（写出解题过程）22（10.00分）如图，在圆内接四边形ABCD中，CD为BCA的外角的平分线，F为上一点，BC=AF，延长DF与BA的延长线交于E（1）求证：ABD为等腰三角形（2）求证：ACAF=DFFE23（10.00分）某种商品的成本为每件20元，经市场调查发现，这种商品在未来40天内的日销售量m（件）与x（天）的关系如表时间x（天）1361036日销售量m（件）9490847624未来40天内，前20天每天的价格y1（元/件）与时间x（天）的函数关系式为y1=x+25（1x20且x为整数），后20天每天的价格y2（元/件）与时间x（天）的函数关系式为y2=+40（21x40且x为整数）（1）求日销售量m（件）与时间x（天）之间的关系式（2）请预测本地市场在未来40天中哪一天的日销售利润最大？最大日销售利润是多少？（3）在实际销售的前20天中，该公司决定每销售一件商品就捐款a（a5）元利润给希望工程，公司看过销售记录发现，前20天中每天扣除捐款后的日销售利润随时间x（天）的增大而增大，求a的取值范围24（12.00分）如图所示，过点F（0，1）的直线y=kx+b与抛物线y=x2交于M（x1，y1）和N（x2，y2）两点（其中x10，x20）（1）求b的值（2）求x1x2的值（3）分别过M，N作直线l：y=1的垂线，垂足分别是 M1和N1判断M1FN1的形状，并证明你的结论（4）对于过点F的任意直线MN，是否存在一条定直线m（m是常数），使m与以MN为直径的圆相切？如果有，请求出这条直线m的解析式；如果没有，请说明理由参考答案与试题解析一、选择题（本大题共10题，每小题3分，共计30分）1【考点】1E：有理数的乘方【分析】根据相反数、绝对值的意义及乘方运算法则，先化简各数，再由负数的定义判断即可【解答】解：（2）=2，|2|=2，22=4，（2）2=4，所以负数有三个故选：B【点评】本题主要考查了相反数、绝对值、负数的定义及乘方运算法则2【考点】35：合并同类项；46：同底数幂的乘法；47：幂的乘方与积的乘方【分析】根据合并同类项的法则，同底数幂的乘法，幂的乘方的性质，对各选项分析判断后利用排除法求解【解答】解：A、a2+a2=2a2，故本选项错误；B、a5a2=a5+2=a7，正确；C、（a2）3=a23=a6，故本选项错误；D、2a2a2=（21）a2=a2，故本选项错误故选：B【点评】本题主要考查合并同类项法则、同底数幂的乘法的性质、幂的乘方的性质，熟练掌握法则和性质是解题的关键3【考点】1I：科学记数法表示较大的数【分析】科学记数法就是将一个数字表示成a10n形式，其中1|a|10，n表示整数，n为整数位数减1【解答】解：95 000 000=9.5107故选：B【点评】本题考查学生对科学记数法的掌握4【考点】U2：简单组合体的三视图【分析】根据俯视图可确定主视图的列数和小正方体的个数，即可解答【解答】解：由俯视图可得主视图有2列组成，左边一列由2个小正方体组成，右边一列由3个小正方体组成故选：B【点评】由几何体的俯视图可确定该几何体的主视图和左视图，要熟练掌握5【考点】MP：圆锥的计算【分析】根据已知得出直径为60cm的圆形铁皮，被分成三个圆心角是120，半径为30的扇形，再根据扇形弧长等于圆锥底面圆的周长即可得出答案【解答】解：根据将直径为60cm的圆形铁皮，做成三个相同的圆锥容器的侧面（不浪费材料，不计接缝处的材料损耗），直径为60cm的圆形铁皮，被分成三个圆心角是120，半径为30的扇形，假设每个圆锥容器的底面半径为r，=2r，解得：r=10（cm）故选：A【点评】此题主要考查了圆锥的有关计算，得出扇形弧长等于圆锥底面圆的周长是解决问题的关键6【考点】A8：解一元二次方程因式分解法；K6：三角形三边关系【分析】易得方程的两根，那么根据三角形的三边关系，排除不合题意的边，进而求得三角形周长即可【解答】解：解方程x212x+35=0得：x=5或x=7当x=7时，3+4=7，不能组成三角形；当x=5时，3+45，三边能够组成三角形该三角形的周长为3+4+5=12，故选B【点评】本题主要考查三角形三边关系，注意在求周长时一定要先判断是否能构成三角形7【考点】KX：三角形中位线定理；LC：矩形的判定【分析】此题要根据矩形的性质和三角形中位线定理求解；首先根据三角形中位线定理知：所得四边形的对边都平行且相等，那么其必为平行四边形，若所得四边形是矩形，那么邻边互相垂直，故原四边形的对角线必互相垂直，由此得解【解答】解：已知：如右图，四边形EFGH是矩形，且E、F、G、H分别是AB、BC、CD、AD的中点，求证：四边形ABCD是对角线垂直的四边形证明：由于E、F、G、H分别是AB、BC、CD、AD的中点，根据三角形中位线定理得：EHFGBD，EFACHG；四边形EFGH是矩形，即EFFG，ACBD，故选：C【点评】本题主要考查了矩形的性质和三角形中位线定理，解题的关键是构造三角形利用三角形的中位线定理解答8【考点】MC：切线的性质【分析】连接BC，根据切线长定理得到PA=PB，然后根据等腰三角形的性质求得PAB的度数，根据切线的性质得PAO=90，则BAC即可求得，然后利用直径所对的圆周角是直角，以及直角三角形的性质求解【解答】解：连接BCPA、PB切O于A、B两点，PA=PB，ACPA，即PAC=90，PAB=PBA=70，BAC=PACPAB=9070=20，AC是直径，ABC=90，ACB=90ACB=9020=70故选：C【点评】本题考查了切线的性质以及等腰三角形的性质，已知圆的切线常用的辅助线是连接圆心和切点9【考点】H4：二次函数图象与系数的关系【分析】由抛物线与y轴的交点判断c的符号，然后根据对称轴及抛物线与x轴交点情况进行推理，进而对所得结论进行判断【解答】解：如图：0x11，1x22，并且图象与y轴相交于点（0，2），可知该抛物线开口向下即a0，c=2，当x=2时，y=4a+2b+c0，即4a+2bc；c=2，4a+2b2，2a+b1，故错误；当x=1时，y0，a+b+c0，c=2，a+b2，故错误；0x11，1x22，1x1+x23，又x1+x2=，13，3a3a+ba3a+b0，故正确；0x1x22，x1x2=2，又c=2，a1故正确故选：B【点评】本题考查了抛物线与x轴的交点及二次函数图象与系数的关系，根据图象找到所需的条件，同时利用根与系数的关系及不等式的性质是解题的基本思路10【考点】K3：三角形的面积；MC：切线的性质【分析】当射线AD与C相切时，ABE面积的最大设EF=x，由切割线定理表示出DE，可证明CDEAOE，根据相似三角形的性质可求得x，然后求得ABE面积【解答】解：当射线AD与C相切时，ABE面积的最大连接AC，AOC=ADC=90，AC=AC，OC=CD，RtAOCRtADC，AD=AO=2，连接CD，设EF=x，DE2=EFOE，CF=1，DE=，CDEAOE，=，即=，解得x=，SABE=故选：B【点评】本题是一个动点问题，考查了切线的性质和三角形面积的计算，解题的关键是确定当射线AD与C相切时，ABE面积的最大二、填空题（本大题共6小题，每小题3分，共计18分）11【考点】55：提公因式法与公式法的综合运用【分析】先提取公因式m，再根据完全平方公式进行二次分解即可求得答案完全平方公式：a22ab+b2=（ab）2【解答】解：mx26mx+9m=m（x26x+9）=m（x3）2故答案为：m（x3）2【点评】本题考查了提公因式法，公式法分解因式，提取公因式后利用完全平方公式进行二次分解，注意分解要彻底12【考点】62：分式有意义的条件；72：二次根式有意义的条件；E4：函数自变量的取值范围【分析】根据二次根式的性质和分式的意义，被开方数大于等于0，分母不等于0，列不等式求解【解答】解：2x0且x30，解得，x2且x3故函数y=+中自变量x的取值范围是x2【点评】本题考查的知识点为：分式有意义，分母不为0；二次根式的被开方数是非负数x2的范围内没有x=3，故不应该作强调13【考点】KH：等腰三角形的性质；KO：含30度角的直角三角形；R2：旋转的性质【分析】作CHAE于H，根据等腰三角形的性质和三角形内角和定理可计算出ACB=（180BAC）=75，再根据旋转的性质得AD=AB=8，CAD=BAC=30，则利用三角形外角性质可计算出E=45，接着在RtACH中利用含30度的直角三角形三边的关系得CH=AC=4，AH=CH=4，所以DH=ADAH=84，然后在RtCEH中利用E=45得到EH=CH=4，于是可得DE=EHDH=44【解答】解：作CHAE于H，如图，AB=AC=6，B=ACB=（180BAC）=（18030）=75将ABC绕点A逆时针旋转，使点B落在点C处，此时点C落在点D处，AD=AB=6，CAD=BAC=30，ACB=CAD+E，E=7530=45在RtACH中，CAH=30，CH=AC=4，AH=CH=4，DH=ADAH=84，在RtCEH中，E=45，EH=CH=4，DE=EHDH=4（84）=44故答案为【点评】本题考查了旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；旋转前、后的图形全等也考查了解直角三角形，等腰三角形的性质和含30度角的直角三角形的性质14【考点】FD：一次函数与一元一次不等式【分析】根据待定系数法即可求得k、b的值，即可得到不等式xx12，从而求解【解答】解：由题意可得方程组，解得一次函数的解析式为：y=x1；不等式xkx+b2即xx12，可化为，解得：1x2【点评】本题考查一次函数解析式的求法，不等式的解法，需要同学们细心解答15【考点】LE：正方形的性质；R2：旋转的性质【分析】分两种情况，当点G在线段BD的延长线上时和当点G在线段BD上时，构造直角三角形利用勾股定理即可得出结论【解答】解：当点G在线段BD的延长线上时，如图3所示过G作GMAD于MBD是正方形ABCD的对角线，ADB=GDM=45GMAD，DG=2MD=MG=2，AM=AD+DM=10在RtAMG中，由勾股定理，得AG=2，CE=AG=2当点G在线段BD上时，如图4所示，过G作GMAD于MBD是正方形ABCD的对角线，ADG=45GMAD，DG=2，MD=MG=2，AM=ADMG=6在RtAMG中，由勾股定理，得AG=2CE=AG=2，故答案为2或2【点评】本题考查了旋转的性质，勾股定理，解题的关键是构造直角三角形，是一道中考常考题16【考点】J4：垂线段最短；JB：平行线的判定与性质；KM：等边三角形的判定与性质；KO：含30度角的直角三角形；MD：切线的判定；MR：圆的综合题；P2：轴对称的性质；S9：相似三角形的判定与性质【分析】（1）由点E与点D关于AC对称可得CE=CD，再根据DFDE即可证到CE=CF（2）根据“点到直线之间，垂线段最短”可得CDAB时CD最小，由于EF=2CD，求出CD的最小值就可求出EF的最小值（3）连接OC，易证AOC是等边三角形，AD=OD，根据等腰三角形的“三线合一”可求出ACD，进而可求出ECO=90，从而得到EF与半圆相切（4）利用相似三角形的判定与性质可证到DBF是等边三角形，只需求出BF就可求出DB，进而求出AD长（5）首先根据对称性确定线段EF扫过的图形，然后探究出该图形与ABC的关系，就可求出线段EF扫过的面积【解答】解：连接CD，如图1所示点E与点D关于AC对称，CE=CDE=CDEDFDE，EDF=90E+F=90，CDE+CDF=90F=CDFCD=CFCE=CD=CF结论“CE=CF”正确当CDAB时，如图2所示AB是半圆的直径，ACB=90AB=8，CBA=30，CAB=60，AC=4，BC=4CDAB，CBA=30，CD=BC=2根据“点到直线之间，垂线段最短”可得：点D在线段AB上运动时，CD的最小值为2CE=CD=CF，EF=2CD线段EF的最小值为4结论“线段EF的最小值为2”错误当AD=2时，连接OC，如图3所示OA=OC，CAB=60，OAC是等边三角形CA=CO，ACO=60AO=4，AD=2，DO=2AD=DOACD=OCD=30点E与点D关于AC对称，ECA=DCAECA=30ECO=90OCEFEF经过半径OC的外端，且OCEF，EF与半圆相切结论“EF与半圆相切”正确当点F恰好落在上时，连接FB、AF，如图4所示点E与点D关于AC对称，EDACAGD=90AGD=ACBEDBCFHCFDE=FC=EF，FH=FDFH=DHDEBC，FHC=FDE=90BF=BDFBH=DBH=30FBD=60AB是半圆的直径，AFB=90FAB=30FB=AB=4DB=4AD=ABDB=4结论“AD=2”错误点D与点E关于AC对称，点D与点F关于BC对称，当点D从点A运动到点B时，点E的运动路径AM与AB关于AC对称，点F的运动路径NB与AB关于BC对称EF扫过的图形就是图5中阴影部分S阴影=2SABC=2ACBC=ACBC=44=16EF扫过的面积为16结论“EF扫过的面积为16”正确故答案为：、【点评】本题考查了等边三角形的判定与性质、平行线的判定与性质、相似三角形的判定与性质、切线的判定、轴对称的性质、含30角的直角三角形、垂线段最短等知识，综合性强，有一定的难度三、解答题（本大题共8小题，共计72分）17【考点】6D：分式的化简求值；B3：解分式方程【分析】（1）根据分式方程的解法即可求出答案（2）根据分式的运算法则即可求出答案【解答】解：（1）x+2=2x=0经检验：x=0是原分式方程的解；（2）原式=由分式有意义的条件可知：a=0时，原式=1【点评】本题考查学生的计算能力，解题的关键是熟练运用运算法则，本题属于基础题型18【考点】KD：全等三角形的判定与性质；L7：平行四边形的判定与性质；L8：菱形的性质【分析】（1）因为菱形的对角线互相垂直及互相平分就可以在RtAOB中利用勾股定理求出OB，然后利用平行四边形的判定及性质就可以求出BDE的周长；（2）容易证明DOQBOP，再利用它们对应边相等就可以了【解答】（1）解：四边形ABCD是菱形，AB=BC=CD=AD=5，ACBD，OB=OD，OA=OC=3OB=4，BD=2OB=8，ADCE，ACDE，四边形ACED是平行四边形，CE=AD=BC=5，DE=AC=6，BDE的周长是：BD+BC+CE+DE=8+10+6=24（2）证明：四边形ABCD是菱形，ADBC，QDO=PBO，在DOQ和BOP中，DOQBOP（ASA），BP=DQ【点评】本题主要利用菱形的对角线互相垂直平分及勾股定理来解决，也考查了全等三角形的判定及性质19【考点】L6：平行四边形的判定；X6：列表法与树状图法【分析】（1）首先根据题意画出树状图，然后由树状图求得所有等可能的结果；（2）由（1）求得能判断四边形ABCD是平行四边形的情况，利用概率公式即可求得答案【解答】解：（1）画树状图得：则共有12种等可能的结果；（2）能判断四边形ABCD是平行四边形的有：，共8种情况，能判断四边形ABCD是平行四边形的概率为：=【点评】此题考查的是用列表法或树状图法求概率的知识注意树状图法与列表法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，列表法适合于两步完成的事件；树状图法适合两步或两步以上完成的事件；注意概率=所求情况数与总情况数之比20【考点】TB：解直角三角形的应用方向角问题【分析】（1）过A作AHNS于点H，直接求出AH的长，再利用勾股定理得出BD的长，即可得出BC的长；（2）直接利用勾股定理得出圆O的半径【解答】解：（1）过A作AHNS于点H，则AHO=90，sin67.4=，AO=13，AH=12（米），ABOS，记BC与OS相交于点D，所以AH=BD=12（米 ），OSBC于点D，所以BD=CD=12（米），BC=24（米）；（2）由（1）知，OH=5（米），因为AB=14米，所以OD=9米，连结OB，ODB=90，所以OB=15（米）【点评】此题主要考查了解直角三角形的应用以及勾股定理，正确得出BD的长是解题关键21【考点】FH：一次函数的应用【分析】（1）由图可看出，乙车所行路程y与时间x的成一次函数，使用待定系数法可求得一次函数关系式；（2）由图可得，交点F表示第二次相遇，F点横坐标为6，代入（1）中的函数即可求得距出发地的路程；（3）交点P表示第一次相遇，即甲车故障停车检修时相遇，点P的横坐标表示时间，纵坐标表示离出发地的距离，要求时间，则需要把点P的纵坐标先求出；从图中看出，点P的纵坐标与点B的纵坐标相等，而点B在线段BC上，BC对应的函数关系可通过待定系数法求解，点B的横坐标已知，则纵坐标可求【解答】解：（1）设乙车所行使路程y与时间x的函数关系式为y=k1x+b1，把（2，0）和（10，480）代入，得，解得：，故y与x的函数关系式为y=60x120；（2）由图可得，交点F表示第二次相遇，F点的横坐标为6，此时y=606=120=240，则F点坐标为（6，240），故两车在途中第二次相遇时它们距出发地的路程为240千米；（3）设线段BC对应的函数关系式为y=k2x+b2，把（6，240）、（8，480）代入，得，解得，故y与x的函数关系式为y=120x480，则当x=4.5时，y=1204.5480=60可得：点B的纵坐标为60，AB表示因故停车检修，交点P的纵坐标为60，把y=60代入y=60x120中，有60=60x120，解得x=3，则交点P的坐标为（3，60），交点P表示第一次相遇，乙车出发32=1小时，两车在途中第一次相遇【点评】本题意在考查学生利用待定系数法求解一次函数关系式，并利用关系式求值的运算技能和从坐标系中提取信息的能力，是道综合性较强的代数应用题，对学生能力要求比较高22【考点】KD：全等三角形的判定与性质；M5：圆周角定理；M6：圆内接四边形的性质；S9：相似三角形的判定与性质【分析】（1）CD为BCA的外角的平分线得到MCD=ACD，求出MCD=DAB推出DBA=DAB即可；（2）由在CDA与FAE中，CDA=FAE，DCA=AFE，得出CDAFAE，即可推出CDEF=ACAF【解答】证明：（1）四边形ABCD是圆O的内接四边形，DCB+DAB=180，MCD+DCB=180，MCD=DAB，CD为BCA的外角的平分线，MCD=ACD，DCA和DBA都对弧AFD，DCA=DBA，DAB=DBA，DB=DA，ABD为等腰三角形（2）由（1）知AD=BD，BC=AF，则弧AFD=弧BCD，弧AF=弧BC，BDC=ADF，弧CD=弧DF，CD=DF，BDC+BDA=ADF+BDA，即CDA=BDF，而FAE+BAF=BDF+BAF=180，FAE=BDF=CDA，同理DCA=AFE在CDA与FAE中，CDA=FAE，DCA=AFE，CDAFAE，即CDEF=ACAF，又由有ACAF=DFEF命题即证【点评】本题主要考查对圆内接四边形，全等三角形的性质和判定，相似三角形的性质和判定，圆周角定理等知识点的理解和掌握，能综合运用这些性质进行推理是证此题的关键23【考点】HE：二次函数的应用【分析】（1）待定系数法求解可得；（2）分1x20和21x40两种情况，根据“总利润=单件利润销售量”列出函数解析式，结合二次函数的性质可得；（3）根据前20天的售价由“总利润=单件利润销售量”列出函数解析式，并配方成顶点式结合二次函数的性质和a5可得答案【解答】解：（1）通过图表可知m与x之间的关系式为一次函数设一次函数为m=kx+b，把（1.94）和（3.90）代入