2020年上海市宝山区中考二模数学试卷（期中）

这是一份2020年上海市宝山区中考二模数学试卷（期中），共16页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题（共6小题；共30分）
1. 下列计算正确的是
A. ab−b=aB. a2+a3=a5C. a3÷a2=aD. a23=a5

2. 关于 x 的方程 x2−2x−k=0 有实数根，则 k 的值的范围是
A. k>−1B. k≥−1C. k<−1D. k≤−1

3. 为备战奥运会，甲、乙、丙、丁四位优秀短跑选手参加训练，近期的 10 次百米测试平均成绩都是 10.3 秒，但他们成绩的方差分别是 0.020，0.019，0.021，0.022（单位：秒2），则这四人中发挥最稳定的是
A. 甲B. 乙C. 丙D. 丁

4. 下列四边形中，是中心对称但不是轴对称的图形是
A. 矩形B. 等腰梯形C. 正方形D. 平行四边形

5. 如图，矩形 EFGH 内接于 △ABC，且边 FG 落在 BC 上，如果 AD⊥BC，BC=3，AD=2，EF:EH=2:3，那么 EH 的长为
A. 12B. 32C. 1213D. 2

6. 如图，点 A 的坐标为 0,1，点 B 是 x 轴正半轴上的一动点，以 AB 为边作等腰直角 △ABC，使 ∠BAC=90∘，如果点 B 的横坐标为 x，点 C 的纵坐标为 y，那么表示 y 与 x 的函数关系的图象大致是
A. B.
C. D.

二、填空题（共12小题；共60分）
7. 2020 的相反数是 ．

8. 计算：m−nm+n= ．

9. 分解因式：a2−4a+4= ．

10. 方程 x+x−1=1 的解是 ．

11. 一组数据 3，12，8，12，20，9 的众数为 ．

12. 一个不透明的盒子中装有 9 个大小相同的乒乓球，其中 3 个是黄球，6 个是白球，从该盒子中任意摸出一个球，摸到白球的概率是 ．

13. 若抛物线 y=x−m2+m+1 的顶点在第二象限，则 m 的取值范围为 ．

14. 如图，点 A 的坐标是 2,0，△ABO 是等边三角形，点 B 在第一象限，若反比例函数 y=kx 的图象经过点 B ，则 k 的值是 ．

15. 在平行四边形 ABCD 中，如果 AB=a，AD=b，那么 AC= ，BC= ．（用 a，b 表示）

16. 如图，点 D 是 △ABC 的边 AB 上一点，如果 ∠ACD=∠B，并且 AD:AC=1:3，那么 AD:BD= ．

17. 如图，将矩形纸片 ABCD 折叠，使点 A 与点 C 重合，折痕为 EF，若 AB=4，BC=2，那么线段 EF 的长为 ．

18. 如图，在 △ABC 中，AB=AC=5，tanB=34，将 △ABC 绕点 B 逆时针旋转，得到 △A1BC1，当点 C1 在线段 CA 延长线上时，△ABC1 的面积为 ．

三、解答题（共7小题；共91分）
19. 计算：ct45∘3−2−2cs45∘+−13−1．

20. 解方程：2x2−1+1x+1=1．

21. 已知：如图，⊙O 与 ⊙P 相切于点 A，如果过点 A 的直线 BC 交 ⊙O 于点 B，交 ⊙P 点 C，OD⊥AB 于点 D，PE⊥AC 于点 E．
（1）求 DEBC 的值；
（2）如果 ⊙O 和 ⊙P 的半径比为 3:5，求 ABAC 的值．

22. 在抗击新冠状病毒战斗中，有 152 箱公共卫生防护用品要运到 A，B 两城镇，若用大小货车共 15 辆，则恰好能一次性运完这批防护用品，已知这两种大小货车的载货能力分别为 12 箱/辆和 8 箱/辆，其中用大货车运往 A，B 两城镇的运费分别为每辆 800 元和 900 元，用小货车运往 A，B 两城镇的运费分别为每辆 400 元和 600 元．
（1）求这 15 辆车中大小货车各多少辆?
（2）现安排其中 10 辆货车前往 A 城镇，其余货车前往 B 城镇，设前往 A 城镇的大货车为 x 辆，前往 A，B 两城镇总费用为 y 元，试求出 y 与 x 的函数解析式．若运往 A 城镇的防护用品不能少于 100 箱，请你写出符合要求的最少费用．

23. 如图，E，F 分别是正方形 ABCD 的边 DC，CB 的中点，以 AE 为边作正方形 AEHG，HE 与 BC 交于点 Q，连接 AQ，DF．
（1）求证：AE⊥DF；
（2）设 S△CEQ=S1，S△AED=S2，S△EAQ=S3，求证 S1+S2=S3．

24. 如图，在平面直角坐标系 xOy 中，抛物线 y=ax2−2ax−3aa<0 与 x 轴交于 A，B 两点（点 A 在点 B 的左侧），经过点 A 的直线 l:y=kx+b 与 y 轴负半轴交于点 C，与抛物线的另一个交点为 D，且 CD=4AC．
（1）直接写出点 A 的坐标，并求直线 l 的函数表达式（其中 k，b 用含 a 的式子表示）；
（2）点 E 是直线 l 上方的抛物线上的动点，若 △ACE 的面积的最大值为 54，求 a 的值；
（3）设 P 是抛物线的对称轴上的一点，点 Q 在抛物线上，当以点 A，D，P，Q 为顶点的四边形为矩形时，请直接写出点 P 的坐标．

25. 如图，已知：在直角 △ABC 中，∠ABC=90∘，点 M 在边 BC 上，且 AB=12，BM=4，如果将 △ABM 沿 AM 所在的直线翻折，点 B 恰好落在边 AC 上的点 D 处，点 O 为 AC 边上的一个动点，连接 OB，以 O 圆心，OB 为半径作 ⊙O，交线段 AB 于点 B 和点 E，作 ∠BOF=∠BAC 交 ⊙O 于点 F，OF 交线段 AB 于点 G．
（1）求点 D 到点 B 和直线 AB 的距离；
（2）如果点 F 平分劣弧 BE，求此时线段 AE 的长度；
（3）如果 △AOE 为等腰三角形，以 A 为圆心的 ⊙A 与此时的 ⊙O 相切，求 ⊙A 的半径．
答案
第一部分
1. C【解析】A．a 和 ab 不是同类项，不能合并，故A错误；
B．a2 和 a3 不是同类项，不能合并，故B错误；
C．a3÷a2=a，故C正确；
D．a23=a6，故D错误．
2. B【解析】由题意得：Δ=−22+4k≥0，解得 k≥−1．
3. B【解析】∵0.019<0.020<0.021<0.022，
∴ 乙的方差最小，
∴ 这四人中乙发挥最稳定．
4. D【解析】A．既是轴对称图形，也是中心对称图形，故不符题意；
B．是轴对称图形，不是中心对称图形，故不符题意；
C．既是轴对称图形，也是中心对称图形，故不符题意；
D．是中心对称图形，不是轴对称图形，故符合题意．
5. B
【解析】∵ 四边形 EFGH 是矩形，
∴EH∥BC，
∴△AEH∽△ABC，
∵AM⊥EH，AD⊥BC，
∴AMAD=EHBC．
设 EH=3x，则有 EF=2x，AM=AD−EF=2−2x，
∴2−2x2=3x3，解得：x=12，则 EH=3x=32．
6. A【解析】由题意可得：OB=x，OA=1，∠AOB=90∘，∠BAC=90∘，AB=AC，点 C 的纵坐标是 y．
作 AD∥x 轴，作 CD⊥AD 于点 D，如图所示：
∴∠DAO+∠AOD=180∘，
∴∠DAO=90∘，
∴∠OAB+∠BAD=∠BAD+∠DAC=90∘，
∴∠OAB=∠DAC，
在 △OAB 和 △DAC 中，
∠AOB=∠ADC,∠OAB=∠DAC,AB=AC,
∴△OAB≌△DACAAS，
∴OB=CD，
∴CD=x，
∵ 点 C 到 x 轴的距离为 y，点 D 到 x 轴的距离等于点 A 到 x 的距离 1，
∴y=x+1x>0．
第二部分
7. −2020
【解析】2020 的相反数是 −2020．
8. m2−n2
【解析】m−nm+n=m2−n2．
9. a−22
【解析】a2−4a+4=a−22．
10. x=1
【解析】∵x+x−1=1，
∴x−1=1−x，
∵x−1≥0，1−x≥0，
∴x=1．
11. 12
【解析】数据 3，12，8，12，20，9 的众数是 12．
12. 23
【解析】盒子中装有 9 个大小相同的乒乓球，其中 3 个是黄球，6 个是白球，
则摸到白球的概率是 69=23．
13. −1【解析】∵y=x−m2+m+1，
∴ 顶点为 m,m+1．
∵ 顶点在第二象限，
∴m<0，m+1>0，
∴−114. 3
15. b+a，b+−a
【解析】∵AB=a，AD=b，
∴AC=b+a，BC=b+−a．
16. 1:2
【解析】在 △ACD 与 △ABC 中，
∠ACD=∠B,∠A=∠A,
∴△ACD∽△ABC，
∴ACAB=ADAC=13．
∴AD=33AC，AB=3AC．
∴BD=AB−AD=233AC．
∴AD:BD=33AC:233AC=1:2．
17. 5
【解析】
如图所示，AC 与 EF 交于点 O，
由勾股定理知 AC=25，
∵ 折叠矩形使 C 与 A 重合时有 EF⊥AC，
则 Rt△AOE∽Rt△ABC，
∴OEBC=AOAB，
∴OE=52．
故 EF=2OE=5．
18. 46825
【解析】如图，过 B 作 BD⊥AC1，过 A 作 AF⊥BC 于 F．
∴BC=BC1，
∴∠BC1C=∠C，
∵tan∠ABC=34，
∴tan∠ABC=AFBF=34，
设 AF=3x，BF=4x，则 AB=5x．
∵AB=5，
∴x=1，即 AF=3，BF=4，
∴BC=8，
∴sin∠C=BDBC=35，
∴BD=245，
在 Rt△ABD 中，tan∠C=BDDC=34，
∴245DC=34，
∴DC=325，
∵BC=BC1，BD⊥AC1，
∴CC1=2DC=645，
∴A1C=CC1−AC=645−5=395，
∴△ABC1 的面积为：12×245×395=46825．
第三部分
19. ct45∘3−2−2cs45∘+−13−1=13−2−2×22−3=3+2−2−3=3−3.
20. 方程两边都乘以 x+1x−1 得：
2+x−1=x+1x−1.
解得：
x=2 或 −1.
经检验：x=−1 是增根．
∴ 原方程的解为 x=2．
21. （1） ∵OD⊥AB，PE⊥AC，
∴AD=12AB，AE=12AC，
∴DEBC=AD+AEBA+AC=12．
（2） 连接 OP，OP 必过切点 A，连接 OB，CP．
∵OB=OA，PA=PC，
∴∠OBA=∠OAB=∠PAC=∠PCA．
∴OB∥PC．
∴△BOA∽△CPA．
∴ABAC=OAAP=35．
22. （1） 设大货车用 x 辆，小货车用 y 辆，根据题意得：
x+y=15,12x+8y=152.
解得：
x=8,y=7.
答：大货车用 8 辆，小货车用 7 辆．
（2） 设前往 A 城镇的大货车为 x 辆，则前往 B 城镇的大货车为 8−x 辆，
前往 A 城镇的小货车为 10−x 辆，前往 B 城镇的小货车为 7−10−x 辆，
根据题意得：y=800x+9008−x+40010−x+6007−10−x=100x+9400．
由运往 A 城镇的防护用品不能少于 100 箱，
则 12x+810−x≥100，解得 x≥5 且 x 为整数；
当 x=5 时，费用最低，则：100×5+9400=9900 元．
答：y 与 x 的函数解析式为 y=100x+9400；
当运往 A 城镇的防护用品不能少于 100 箱，最低费用为 9900 元．
23. （1） ∵ 四边形 ABCD 是正方形，
∴AD=DC，∠ADE=∠DCF=90∘，
在 △ADE 和 △DCF 中，
AD=DC,∠ADE=∠DCF,DE=CF,
∴△ADE≌△DCFSAS，
∴∠EAD=∠CDF，
∵∠AED+∠EAD=90∘，
∴∠AED+∠CDF=90∘，
∴AE⊥DF．
（2） ∵∠ADE=∠C，∠CEQ=∠EAD，
∴△ADE∽△ECQ，
∵E 是 CD 的中点，
∴QEAE=CEAD=DEAD=12，
∵∠ADE=∠C=90∘，
∴△AEQ∽△ADE∽△ECQ，
设 CE=DE=a，则 AD=2a，AE=5a，
∴S1S2=15，S2S3=45，
∴S1+S2=S3．
24. （1） 令 y=0，则 ax2−2ax−3a=0，解得 x=−1 或 3．
∵ 点 A 在点 B 的左侧，
∴A−1,0；
如图 1，作 DF⊥x 轴于 F 点．
∴DF∥OC，
∴OFOA=CDAC．
∵CD=4AC，OA=1，
∴OF=4，即 D 点坐标为 4,5a，将 A 点和 D 点坐标代入 y=kx+b，
得 −k+b=0,4k+b=5a⇒k=a,b=a,
∴ 直线 l:y=ax+a．
（2） 如图 1，作 EN⊥y 轴于点 N．
设点 Em,am+1m−3，yAE=k1x+b1，
可得 am+1m−3=mk1+b1,0=−k1+b1⇒k1=am−3,b1=am−3,
∴yAE=am−3x+am−3．
设 AE 与 y 轴交点为 M，则 M0,am−3，
∴MC=am−3−a，NE=m，
∴S△ACE=S△ACM+S△CEM=12am−3−a+12am−3−am，
即 S△ACE=a2m−322−258a，
∵△ACE 的面积的最大值为 54，即 −258a=54，解得 a=−25．
（3） P 点坐标为 1,−2677 或 1,−4．
【解析】由 y=ax2−2ax−3a，可得对称轴为 x=1，设 P 点坐标为 1,m．
①若 AD 为矩形一条边，如图 2，
则 xD−xP=xA−xQ，即 4−1=−1−xQ，可得 Q 点横坐标为 −4，
代入抛物线方程，可得 Q 点坐标 −4,21a，
∴yP=yD+yQ=5a+21a=26a，
∴P 点坐标 1,26a，
∵ 四边形 ADPQ 为矩形，
∴∠ADP=90∘，
∴AD2+PD2=AP2，
AD2=4−−12+5a2=25+25a2，
PD2=4−12+5a−26a2=9+441a2，
AP2=−1−12+26a2=4+676a2，
∴25+25a2+9+441a2=4+676a2⇒a=±77，
∵a<0，
∴a=−77，
∴P 点坐标为 1,−2677；
②若 AD 为矩形的一条对角线，如图 3，
则 AD 的中点坐标为 32,5a2，
∴Q 点坐标为 2,−3a，进而可得 P 点坐标为 1,8a，
∵ 四边形 ADPQ 为矩形，
∴∠APD=90∘，
∴AP2+PD2=AD2，
AP2=−1−12+8a2=4+64a2，
PD2=4−12+5a−8a2=9+9a2，
AD2=4−−12+5a2=25+25a2，
∴4+64a2+9+9a2=25+25a2⇒a=±12，
∵a<0，
∴a=−12，
∴P 点坐标为 1,−4．
综上可得，P 点坐标为 1,−2677 或 1,−4．
25. （1） 如图：设 BD 与 AM 交于点 N，那么 ∠BNM=90∘，BN=DN，
∵Rt△ABM 中，AB=12，BM=4，
∴tan∠2=13，cs∠2=31010，
∵∠1+∠BMN=90∘，∠2+∠BMN=90∘，
∴∠1=∠2，
∵Rt△BMN 中，BM=4，
∴BN=BM⋅cs∠1=6105，
∴BD=2BN=12105．
如图所示：作 DH⊥AB 于 H，
∴DH∥CB，
∴∠BDH=∠MBN，
∴DH=BD⋅cs∠BDH=12105×31010=365．
（2） ∵ 在 Rt△ADH 中，DH=365，AD=AB=12，
∴sin∠CAB=35，
如图所示：
∵ 点 F 平分弧 BE，
∴OF⊥BE，BG=EG，
在 Rt△BOG 中，已知 ∠BOF=∠BAC，设 BG=3m，OG=4m，
在 Rt△AOG 中，由 tan∠A=OGAG=4m12−3m=34，
解得 m=3625，
∴AE=AB−BE=12−6m=8425．
（3） 第一步，求 △AOE 为等腰三角形时圆 O 的半径，
∵△AOE 是钝角三角形，
∴ 只存在 EO=EA 的情况．
如图所示：作 EK⊥AC 于 K，
在 Rt△AEK 中，设 EK=3n，则 AK=4n，EA=5n．
如图所示：作 OP⊥AB 于 P，
在 Rt△AOP 中，OA=2AK=8n，AP=45OA=32n5，
∴PE=AP−AE=32n5−5n=7n5，
由 AB=2PE+EA=14n5+5n=12，解得：n=2013，
∴r=OE=5n=10013，圆心距 d=OA=16013，
第二步，分两种情况讨论圆 A 与圆 O 相切．
①如图所示，当圆 A 与圆 O 外切时，r+ra=d，
∴ra=d−r=16013−10013=6013；
②如图所示，当圆 A 与圆 O 内切时 ra−r=d，
∴ra=d+r=16013+10013=20．