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2020年浙江省金华市中考数学试卷(解析版)
2020年浙江省金华市中考数学试卷(解析版)
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2020年浙江省金华市中考数学试卷参考答案与试题解析一、选择题(本题有10小题,每小题3分,共30分)1.(3分)实数3的相反数是( )A.﹣3B.3C.﹣D.【分析】直接利用相反数的定义分析得出答案.【解答】解:实数3的相反数是:﹣3.故选:A.2.(3分)分式的值是零,则x的值为( )A.2B.5C.﹣2D.﹣5【分析】利用分式值为零的条件可得x+5=0,且x﹣2≠0,再解即可.【解答】解:由题意得:x+5=0,且x﹣2≠0,解得:x=﹣5,故选:D.3.(3分)下列多项式中,能运用平方差公式分解因式的是( )A.a2+b2B.2a﹣b2C.a2﹣b2D.﹣a2﹣b2【分析】根据能够运用平方差公式分解因式的多项式必须是二项式,两项都能写成平方的形式,且符号相反进行分析即可.【解答】解:A、a2+b2不能运用平方差公式分解,故此选项错误;B、2a﹣b2不能运用平方差公式分解,故此选项错误;C、a2﹣b2能运用平方差公式分解,故此选项正确;D、﹣a2﹣b2不能运用平方差公式分解,故此选项错误;故选:C.第24页共24页\n4.(3分)下列四个图形中,是中心对称图形的是( )A.B.C.D.【分析】根据中心对称图形的概念对各图形分析判断即可得解.【解答】解:A、该图形不是中心对称图形,故本选项不合题意;B、该图形不是中心对称图形,故本选项不合题意;C、该图形是中心对称图形,故本选项符合题意;D、该图形不是中心对称图形,故本选项不合题意;故选:C.5.(3分)如图,有一些写有号码的卡片,它们的背面都相同,现将它们背面朝上,从中任意摸出一张,摸到1号卡片的概率是( )A.B.C.D.【分析】根据概率公式直接求解即可.【解答】解:∵共有6张卡片,其中写有1号的有3张,∴从中任意摸出一张,摸到1号卡片的概率是=;故选:A.6.(3分)如图,工人师傅用角尺画出工件边缘AB的垂线a和b,得到a∥b.理由是( )第24页共24页\nA.连结直线外一点与直线上各点的所有线段中,垂线段最短B.在同一平面内,垂直于同一条直线的两条直线互相平行C.在同一平面内,过一点有一条而且仅有一条直线垂直于已知直线D.经过直线外一点,有且只有一条直线与这条直线平行【分析】根据垂直于同一条直线的两条直线平行判断即可.【解答】解:由题意a⊥AB,b⊥AB,∴a∥b(垂直于同一条直线的两条直线平行),故选:B.7.(3分)已知点(﹣2,a)(2,b)(3,c)在函数y=(k>0)的图象上,则下列判断正确的是( )A.a<b<cB.b<a<cC.a<c<bD.c<b<a【分析】根据反比例函数的性质得到函数y=(k>0)的图象分布在第一、三象限,在每一象限,y随x的增大而减小,则b>c>0,a<0.【解答】解:∵k>0,∴函数y=(k>0)的图象分布在第一、三象限,在每一象限,y随x的增大而减小,∵﹣2<0<2<3,∴b>c>0,a<0,∴a<c<b.故选:C.8.(3分)如图,⊙O是等边△ABC的内切圆,分别切AB,BC,AC于点E,F,D,P是上一点,则∠EPF的度数是( )第24页共24页\nA.65°B.60°C.58°D.50°【分析】如图,连接OE,OF.求出∠EOF的度数即可解决问题.【解答】解:如图,连接OE,OF.∵⊙O是△ABC的内切圆,E,F是切点,∴OE⊥AB,OF⊥BC,∴∠OEB=∠OFB=90°,∵△ABC是等边三角形,∴∠B=60°,∴∠EOF=120°,∴∠EPF=∠EOF=60°,故选:B.9.(3分)如图,在编写数学谜题时,“□”内要求填写同一个数字,若设“□”内数字为x.则列出方程正确的是( )第24页共24页\nA.3×2x+5=2xB.3×20x+5=10x×2C.3×20+x+5=20xD.3×(20+x)+5=10x+2【分析】直接利用表示十位数的方法进而得出等式即可.【解答】解:设“□”内数字为x,根据题意可得:3×(20+x)+5=10x+2.故选:D.10.(3分)如图,四个全等的直角三角形拼成“赵爽弦图”,得到正方形ABCD与正方形EFGH.连结EG,BD相交于点O、BD与HC相交于点P.若GO=GP,则的值是( )A.1+B.2+C.5﹣D.【分析】证明△BPG≌△BCG(ASA),得出PG=CG.设OG=PG=CG=x,则EG=2x,FG=x,由勾股定理得出BC2=(4+2)x2,则可得出答案.【解答】解:∵四边形EFGH为正方形,∴∠EGH=45°,∠FGH=90°,∵OG=GP,∴∠GOP=∠OPG=67.5°,∴∠PBG=22.5°,又∵∠DBC=45°,第24页共24页\n∴∠GBC=22.5°,∴∠PBG=∠GBC,∵∠BGP=∠BG=90°,BG=BG,∴△BPG≌△BCG(ASA),∴PG=CG.设OG=PG=CG=x,∵O为EG,BD的交点,∴EG=2x,FG=x,∵四个全等的直角三角形拼成“赵爽弦图”,∴BF=CG=x,∴BG=x+x,∴BC2=BG2+CG2==,∴=.故选:B.二、填空题(本题有6小题,每小题4分,共24分)11.(4分)点P(m,2)在第二象限内,则m的值可以是(写出一个即可) ﹣1(答案不唯一). .【分析】直接利用第二象限内点的坐标特点得出m的取值范围,进而得出答案.【解答】解:∵点P(m,2)在第二象限内,∴m<0,则m的值可以是﹣1(答案不唯一).故答案为:﹣1(答案不唯一).12.(4分)数据1,2,4,5,3的中位数是 3 .【分析】先将题目中的数据按照从小到大排列,即可得到这组数据的中位数.第24页共24页\n【解答】解:数据1,2,4,5,3按照从小到大排列是1,2,3,4,5,则这组数据的中位数是3,故答案为:3.13.(4分)如图为一个长方体,则该几何体主视图的面积为 20 cm2.【分析】根据从正面看所得到的图形,即可得出这个几何体的主视图的面积.【解答】解:该几何体的主视图是一个长为4,宽为5的矩形,所以该几何体主视图的面积为20cm2.故答案为:20.14.(4分)如图,平移图形M,与图形N可以拼成一个平行四边形,则图中α的度数是 30 °.【分析】根据平行四边形的性质解答即可.【解答】解:∵四边形ABCD是平行四边形,∴∠D=180°﹣∠C=60°,∴∠α=180°﹣(540°﹣70°﹣140°﹣180°)=30°,故答案为:30.15.(4分)如图是小明画的卡通图形,每个正六边形的边长都相等,相邻两正六边形的边重合,点A,B,C第24页共24页\n均为正六边形的顶点,AB与地面BC所成的锐角为β.则tanβ的值是 .【分析】如图,作AT∥BC,过点B作BH⊥AT于H,设正六边形的边长为a,则正六边形的半径为a,边心距=a.求出BH,AH即可解决问题.【解答】解:如图,作AT∥BC,过点B作BH⊥AT于H,设正六边形的边长为a,则正六边形的半径为,边心距=a.观察图象可知:BH=a,AH=a,∵AT∥BC,∴∠BAH=β,∴tanβ===.故答案为.16.(4分)图1是一个闭合时的夹子,图2是该夹子的主视示意图,夹子两边为AC,BD(点A与点B重合),点O是夹子转轴位置,OE⊥AC于点E,OF⊥BD于点F,OE=OF=1cm,AC=BD=6cm,CE=DF,CE:AE=2:3.按图示方式用手指按夹子,夹子两边绕点O转动.第24页共24页\n(1)当E,F两点的距离最大时,以点A,B,C,D为顶点的四边形的周长是 16 cm.(2)当夹子的开口最大(即点C与点D重合)时,A,B两点的距离为 cm.【分析】(1)当E,F两点的距离最大时,E,O,F共线,此时四边形ABCD是矩形,求出矩形的长和宽即可解决问题.(2)如图3中,连接EF交OC于H.想办法求出EF,利用平行线分线段成比例定理即可解决问题.【解答】解:(1)当E,F两点的距离最大时,E,O,F共线,此时四边形ABCD是矩形,∵OE=OF=1cm,∴EF=2cm,∴AB=CD=2cm,∴此时四边形ABCD的周长为2+2+6+6=16(cm),故答案为16.(2)如图3中,连接EF交OC于H.由题意CE=CF=×6=(cm),∵OE=OF=1cm,∴CO垂直平分线段EF,第24页共24页\n∵OC===(cm),∵•OE•EC=•CO•EH,∴EH==(cm),∴EF=2EH=(cm)∵EF∥AB,∴==,∴AB=×=(cm).故答案为.三、解答题(本题有8小题,共66分,各小题都必须写出解答过程)17.(6分)计算:(﹣2020)0+﹣tan45°+|﹣3|.【分析】利用零次幂的性质、二次根式的性质、特殊角的三角函数值、绝对值的性质进行计算,再算加减即可.【解答】解:原式=1+2﹣1+3=5.18.(6分)解不等式:5x﹣5<2(2+x).【分析】去括号,移项、合并同类项,系数化为1求得即可.【解答】解:5x﹣5<2(2+x),5x﹣5<4+2x5x﹣2x<4+5,3x<9,x<3.第24页共24页\n19.(6分)某市在开展线上教学活动期间,为更好地组织初中学生居家体育锻炼,随机抽取了部分初中学生对“最喜爱的体育锻炼项目”进行线上问卷调查(每人必须且只选其中一项),得到如图两幅不完整的统计图表.请根据图表信息回答下列问题:抽取的学生最喜爱体育锻炼项目的统计表类别项目 人数(人) A跳绳59 B健身操▲ C俯卧撑31 D开合跳▲ E其它22(1)求参与问卷调查的学生总人数.(2)在参与问卷调查的学生中,最喜爱“开合跳”的学生有多少人?(3)该市共有初中学生约8000人,估算该市初中学生中最喜爱“健身操”的人数.【分析】(1)从统计图表中可得,“E组其它”的频数为22,所占的百分比为11%,可求出调查学生总数;(2)“开合跳”的人数占调查人数的24%,即可求出最喜爱“开合跳”的人数;(3)求出“健身操”所占的百分比,用样本估计总体,即可求出8000人中喜爱“健身操”的人数.【解答】解:(1)22÷11%=200(人),答:参与调查的学生总数为200人;(2)200×24%=48(人),答:最喜爱“开合跳”的学生有48人;第24页共24页\n(3)最喜爱“健身操”的学生数为200﹣59﹣31﹣48﹣22=40(人),8000×=1600(人),答:最喜爱“健身操”的学生数大约为1600人.20.(8分)如图,的半径OA=2,OC⊥AB于点C,∠AOC=60°.(1)求弦AB的长.(2)求的长.【分析】(1)根据题意和垂径定理,可以求得AC的长,然后即可得到AB的长;(2)根据∠AOC=60°,可以得到∠AOB的度数,然后根据弧长公式计算即可.【解答】解:(1)∵的半径OA=2,OC⊥AB于点C,∠AOC=60°,∴AC=OA•sin60°=2×=,∴AB=2AC=2;(2)∵OC⊥AB,∠AOC=60°,∴∠AOB=120°,∵OA=2,∴的长是:=.21.(8分)某地区山峰的高度每增加1百米,气温大约降低0.6℃,气温T(℃)和高度h(百米)的函数关系如图所示.请根据图象解决下列问题:(1)求高度为5百米时的气温;第24页共24页\n(2)求T关于h的函数表达式;(3)测得山顶的气温为6℃,求该山峰的高度.【分析】(1)根据高度每增加1百米,气温大约降低0.6℃,由3百米时温度为13.2°C,即可得出高度为5百米时的气温;(2)应用待定系数法解答即可;(3)根据(2)的结论解答即可.【解答】解:(1)由题意得,高度增加2百米,则气温降低2×0.6=1.2(°C),∴13.2﹣1.2=12,∴高度为5百米时的气温大约是12°C;(2)设T关于h的函数表达式为T=kh+b,则:,解得,∴T关于h的函数表达式为T=﹣0.6h+15;(3)当T=6时,6=﹣0.6h+15,解得h=15.∴该山峰的高度大约为15百米.22.(10分)如图,在△ABC中,AB=4,∠B=45°,∠C=60°.第24页共24页\n(1)求BC边上的高线长.(2)点E为线段AB的中点,点F在边AC上,连结EF,沿EF将△AEF折叠得到△PEF.①如图2,当点P落在BC上时,求∠AEP的度数.②如图3,连结AP,当PF⊥AC时,求AP的长.【分析】(1)如图1中,过点A作AD⊥BC于D.解直角三角形求出AD即可.(2)①证明BE=EP,可得∠EPB=∠B=45°解决问题.②如图3中,由(1)可知:AC==,证明△AEF∽△ACB,推出=,由此求出AF即可解决问题.【解答】解:(1)如图1中,过点A作AD⊥BC于D.在Rt△ABD中,AD=AB•sin45°=4×=4.(2)①如图2中,第24页共24页\n∵△AEF≌△PEF,∴AE=EP,∵AE=EB,∴BE=EP,∴∠EPB=∠B=45°,∴∠PEB=90°,∴∠AEP=180°﹣90°=90°.②如图3中,由(1)可知:AC==,∵PF⊥AC,∴∠PFA=90°,∵△AEF≌△PEF,∴∠AFE=∠PFE=45°,∴∠AFE=∠B,∵∠EAF=∠CAB,第24页共24页\n∴△AEF∽△ACB,∴=,即=,∴AF=2,在Rt△AFP,AF=FP,∴AP=AF=2.23.(10分)如图,在平面直角坐标系中,已知二次函数y=﹣(x﹣m)2+4图象的顶点为A,与y轴交于点B,异于顶点A的点C(1,n)在该函数图象上.(1)当m=5时,求n的值.(2)当n=2时,若点A在第一象限内,结合图象,求当y≥2时,自变量x的取值范围.(3)作直线AC与y轴相交于点D.当点B在x轴上方,且在线段OD上时,求m的取值范围.【分析】(1)利用待定系数法求解即可.(2)求出y=2时,x的值即可判断.(3)由题意点B的坐标为(0,﹣m2+4),求出几个特殊位置m的值即可判断.【解答】解:(1)当m=5时,y=﹣(x﹣5)2+4,当x=1时,n=﹣×42+4=﹣4.(2)当n=2时,将C(1,2)代入函数表达式y=﹣(x﹣m)2+4,得2=﹣(1﹣m)2+4,第24页共24页\n解得m=3或﹣1(舍弃),∴此时抛物线的对称轴x=3,根据抛物线的对称性可知,当y=2时,x=1或5,∴x的取值范围为1≤x≤5.(3)∵点A与点C不重合,∴m≠1,∵抛物线的顶点A的坐标是(m,4),∴抛物线的顶点在直线y=4上,当x=0时,y=﹣m2+4,∴点B的坐标为(0,﹣m2+4),抛物线从图1的位置向左平移到图2的位置,m逐渐减小,点B沿y轴向上移动,当点B与O重合时,﹣m2+4=0,解得m=2或﹣2,当点B与点D重合时,如图2,顶点A也与B,D重合,点B到达最高点,∴点B(0,4),∴﹣m2+4=4,解得m=0,当抛物线从图2的位置继续向左平移时,如图3点B不在线段OD上,∴B点在线段OD上时,m的取值范围是:0≤m<1或1<m<2.第24页共24页\n24.(12分)如图,在平面直角坐标系中,正方形ABOC的两直角边分别在坐标轴的正半轴上,分别过OB,OC的中点D,E作AE,AD的平行线,相交于点F,已知OB=8.(1)求证:四边形AEFD为菱形.(2)求四边形AEFD的面积.(3)若点P在x轴正半轴上(异于点D),点Q在y轴上,平面内是否存在点G,使得以点A,P,Q,G为顶点的四边形与四边形AEFD相似?若存在,求点P的坐标;若不存在,试说明理由.【分析】(1)根据邻边相等的四边形是菱形证明即可.(2)连接DE,求出△ADE的面积即可解决问题.(3)首先证明AK=3DK,①当AP为菱形的一边,点Q在x轴的上方,有图2,图3两种情形.②当AP第24页共24页\n为菱形的边,点Q在x轴的下方时,有图4,图5两种情形.③如图6中,当AP为菱形的对角线时,有图6一种情形.分别利用相似三角形的性质求解即可.【解答】(1)证明:如图1中,∵AE∥DF,AD∥EF,∴四边形AEFD是平行四边形,∵四边形ABCD是正方形,∴AC=AB=OC=OB,∠ACE=∠ABD=90°,∵E,D分别是OC,OB的中点,∴CE=BD,∴△CAE≌△ABD(SAS),∴AE=AD,∴四边形AEFD是菱形.(2)解:如图1中,连接DE.∵S△ADB=S△ACE=×8×4=16,S△EOD=×4×4=8,∴S△AED=S正方形ABOC﹣2S△ABD﹣S△EOD=64﹣2×16﹣8=24,∴S菱形AEFD=2S△AED=48.第24页共24页\n(3)解:如图1中,连接AF,设AF交DE于K,∵OE=OD=4,OK⊥DE,∴KE=KD,∴OK=KE=KD=2,∵AO=8,∴AK=6,∴AK=3DK,①当AP为菱形的一边,点Q在x轴的上方,有图2,图3两种情形:如图2中,设AG交PQ于H,过点H作HN⊥x轴于N,交AC于M,设AM=t.∵菱形PAQG∽菱形ADFE,∴PH=3AH,∵HN∥OQ,QH=HP,∴ON=NP,∴HN是△PQO的中位线,∴ON=PN=8﹣t,∵∠MAH=∠PHN=90°﹣∠AHM,∠PNH=∠AMH=90°,第24页共24页\n∴△HMA∽△PNH,∴===,∴HN=3AM=3t,∴MH=MN﹣NH=8﹣3t,∵PN=3MH,∴8﹣t=3(8﹣3t),∴t=2,∴OP=2ON=2(8﹣t)=12,∴P(12,0).如图3中,过点H作HI⊥y轴于I,过点P作PN⊥x轴交IH于N,延长BA交IN于M.同法可证:△AMH∽△HNP,∴===,设MH=t,∴PN=3MH=3t,∴AM=BM﹣AB=3t﹣8,∵HI是△OPQ的中位线,∴OP=2IH,第24页共24页\n∴HIHN,∴8+t=9t﹣24,∴t=4,∴OP=2HI=2(8+t)=24,∴P(24,0).②当AP为菱形的边,点Q在x轴的下方时,有图4,图5两种情形:如图4中,QH=3PH,过点H作HM⊥OC于M,过D点P作PN⊥MH于N.∵MH是△QAC的中位线,∴MH=AC=4,同法可得:△HPN∽△QHM,∴===,∴PN=HM=,∴OM=PN=,设HN=t,则MQ=3t,∵MQ=MC,∴3t=8﹣,∴t=,第24页共24页\n∴OP=MN=4+t=,∴点P的坐标为(,0).如图5中,QH=3PH,过点H作HM⊥x轴于M交AC于I,过点Q作QN⊥HM于N.∵IH是△ACQ的中位线,∴CQ=2HI,NQ=CI=4,同法可得:△PMH∽△HNQ,∴===,则MH=NQ=,设PM=t,则HN=3t,∵HN=HI,∴3t=8+,∴t=,∴OP=OM﹣PM=QN﹣PM=4﹣t=,∴P(,0).第24页共24页\n③如图6中,当AP为菱形的对角线时,有图6一种情形:过点H作HM⊥y轴于于点M,交AB于I,过点P作PN⊥HM于N.∵HI∥x轴,AH=HP,∴AI=IB=4,∴PN=IB=4,同法可得:△PNH∽△HMQ,∴===,∴MH=3PN=12,HI=MH﹣MI=4,∵HI是△ABP的中位线,∴BP=2IH=8,∴OP=OB+BP=16,∴P(16,0),综上所述,满足条件的点P的坐标为(12,0)或(24,0)或(,0)或(,0)或(16,0).第24页共24页
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中考 - 历年真题
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文章作者:yuanfeng
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八年级数学教师个人工作计划