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2020年浙江省宁波市奉化实验中学中考数学模拟试卷（5） word，解析版
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这是一份2020年浙江省宁波市奉化实验中学中考数学模拟试卷（5） word，解析版，共20页。试卷主要包含了下列计算正确的是，实数9的平方根是 等内容，欢迎下载使用。
2020年浙江省宁波市奉化实验中学中考数学模拟试卷（5）
一．试题（共23小题）
1．下列计算正确的是（ ）
A．x+x2＝x3 B．2x﹣3x＝﹣x C．（x2）3＝x5 D．x6÷x3＝x2
2．某校安排三辆车，组织九年级学生团员去敬老院参加学雷锋活动，其中小王与小菲都可以从这三辆车中任选一辆搭乘，则小王与小菲同车的概率为（ ）
A． B． C． D．
3．若关于x、y的二元一次方程组的解是，则代数式m+n的值是 ．
4．能说明命题“若一次函数经过第一、二象限，则k+b＞0”是假命题的反例是（ ）
A．y＝2x+3 B．y＝2x﹣3 C．y＝﹣3x﹣2 D．y＝﹣3x+2
5．如图所示，△ABC的顶点是正方形网格的格点，则sinA的值为（ ）
A． B． C． D．
6．如图，△ABC中，AB＝4，BC＝6，∠B＝60°，将△ABC沿射线BC的方向平移，得到△A′B′C′，再将△A′B′C′绕点A′逆时针旋转一定角度后，点B′恰好与点C重合，则平移的距离和旋转角的度数分别为（ ）
A．4，30° B．2，60° C．1，30° D．3，60°
7．圆锥的母线长为10，侧面积为60π，则这个圆锥的底面周长为（ ）
A．10π B．12π C．16π D．20π
8．实数9的平方根是 ．
9．在函数y＝中，自变量x的取值范围是 ．
10．
11．如图，在4×4的方格中，点A，B，C都在格点上
（1）tanB的值是 ．
（2）在格点上确定点D，使得四边形ABCD至少有一组对角相等．（要求画出点的三种不同位置）
12．在一条笔直的航道上依次有甲、乙、丙三个港口，一艘船从甲出发，沿直线匀速行驶经过乙港驶向丙港，最终达到丙港，设行驶x（h）后，与乙港的距离为y（km），y与x的函数关系如图所示，则下列说法正确的是（ ）
A．甲港与丙港的距离是90km
B．船在中途休息了0.5小时
C．船的行驶速度是45km/h
D．从乙港到达丙港共花了1.5小时
13．如图所示，二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象与x轴相交于点A，B，若其对称轴为直线x＝2，则OB﹣OA的值为 ．
14．如图，AB是半圆O的直径，点C在半圆上（不与A，B重合），DE⊥AB于点D，交BC于点F，下列条件中能判别CE是切线的是（ ）
A．∠E＝∠CFE B．∠E＝∠ECF C．∠ECF＝∠EFC D．∠ECF＝60°
15．如图，△AOB≌△COD，OA＝OC＝4，OB＝OD＝2，∠AOB＝30°，扇形OCA的圆心角∠AOC＝120°，以点O为圆心画扇形ODB，则阴影部分的面积是 ．
16．如图，4张如图1的长为a，宽为b（a＞b）长方形纸片，按图2的方式放置，阴影部分的面积为S1，空白部分的面积为S2，若S2＝2S1，则a，b满足（ ）
A．a＝ B．a＝2b C．a＝b D．a＝3b
17．如图，Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝3，BC＝4，点P为AB上的一个动点，过点P画PD⊥AC于点D，PE⊥BC于点E，当点P由A向B移动时，四边形CDPE周长的变化情况是（ ）
A．逐渐变小 B．逐渐变大
C．先变大后变小 D．不变
18．如图，一个正六棱柱的表面展开后正好放入一个矩形内，把其中一部分图形挪动了位置，发现矩形的长留出3cm，宽留出0.5cm，则该六棱柱的侧面积是（ ）
A．（30﹣6）cm2 B．（30﹣3）cm2 C．（15﹣6）cm2 D．（15﹣3）cm2
19．如图，在直径为8的弓形ACB中，弦AB＝，C是弧AB的中点，点M为弧上动点，CN⊥AM于点N，当点M从点B出发逆时针运动到点C，点N所经过的路径长为 ．
20．如图，矩形ABCD中，AB＝2，AD＝4，点E在边BC上，把△DEC沿DE翻折后，点C落在C′处．若△ABC′恰为等腰三角形，则CE的长为 ．
21．y＝ax2+bx+c的图象如图所示，则下列4个代数式a+2b+c，2a+b+c，3a+2b+c，﹣，其中值一定大于1的个数是（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
22．如图，在平面直角坐标系中，一个含有45〫角的三角板的其中一个锐角顶点置于点A（﹣3，﹣3）处，将其绕点A旋转，这个45〫角的两边所在的直线分别交x轴，y轴的正半轴于点B，C，连接BC，函数y＝（x＞0）的图象经过BC的中点D，则（ ）
A． B． C． D．k＝
23．如图，△ABC中，AB＝AC＝15，∠BAC＝120°，小明要将该三角形分割成两个直角三角形和两个等腰三角形，他想出了如下方案：在AB上取点D，过点D画DE∥AC交BC于点E，连接AE，在AC上取合适的点F，连接EF可得到4个符合条件的三角形，则满足条件的AF长是 ．
2020年浙江省宁波市奉化实验中学中考数学模拟试卷（5）
参考答案与试题解析
一．试题（共23小题）
1．下列计算正确的是（ ）
A．x+x2＝x3 B．2x﹣3x＝﹣x C．（x2）3＝x5 D．x6÷x3＝x2
【分析】根据同底数幂的除法，底数不变，指数相减，即可解答．
【解答】解：A、x•x2＝x3，故本选项错误；
B、2x﹣3x＝﹣x，故本选项正确；
C、（x2）3＝x6，故本选项错误；
D、x6÷x3＝x3，故本选项错误；
故选：B．
2．某校安排三辆车，组织九年级学生团员去敬老院参加学雷锋活动，其中小王与小菲都可以从这三辆车中任选一辆搭乘，则小王与小菲同车的概率为（ ）
A． B． C． D．
【分析】列举出所有情况，看在同一辆车的情况数占总情况数的多少即可．
【解答】解：设3辆车分别为A，B，C，
共有9种情况，在同一辆车的情况数有3种，
所以坐同一辆车的概率为，
故选：A．
3．若关于x、y的二元一次方程组的解是，则代数式m+n的值是 ﹣2 ．
【分析】先把二元一次方程组的解代入方程得到新的二元一次方程组，然后两个方程相加即可．
【解答】解：把代入二元一次方程组得，把两个方程相加得n+m＝﹣2．
4．能说明命题“若一次函数经过第一、二象限，则k+b＞0”是假命题的反例是（ ）
A．y＝2x+3 B．y＝2x﹣3 C．y＝﹣3x﹣2 D．y＝﹣3x+2
【分析】利用命题与定理，首先写出假命题进而得出答案．
【解答】解：一次函数y＝kx+b的图象经过第一、二象限，则k＞0，b＞0或k＜0，b＞0，
故选：D．
5．如图所示，△ABC的顶点是正方形网格的格点，则sinA的值为（ ）
A． B． C． D．
【分析】直接连接DC，得出CD⊥AB，再结合勾股定理以及锐角三角函数关系得出答案．
【解答】解：连接DC，
由网格可得：CD⊥AB，
则DC＝，AC＝，
故sinA＝＝＝．
故选：B．
6．如图，△ABC中，AB＝4，BC＝6，∠B＝60°，将△ABC沿射线BC的方向平移，得到△A′B′C′，再将△A′B′C′绕点A′逆时针旋转一定角度后，点B′恰好与点C重合，则平移的距离和旋转角的度数分别为（ ）
A．4，30° B．2，60° C．1，30° D．3，60°
【分析】利用旋转和平移的性质得出，∠A′B′C＝60°，AB＝A′B′＝A′C＝4，进而得出△A′B′C是等边三角形，即可得出BB′以及∠B′A′C的度数．
【解答】解：∵∠B＝60°，将△ABC沿射线BC的方向平移，得到△A′B′C′，再将△A′B′C′绕点A′逆时针旋转一定角度后，点B′恰好与点C重合，
∴∠A′B′C＝60°，AB＝A′B′＝A′C＝4，
∴△A′B′C是等边三角形，
∴B′C＝4，∠B′A′C＝60°，
∴BB′＝6﹣4＝2，
∴平移的距离和旋转角的度数分别为：2，60°．
故选：B．
7．圆锥的母线长为10，侧面积为60π，则这个圆锥的底面周长为（ ）
A．10π B．12π C．16π D．20π
【分析】根据扇形的面积公式计算即可．
【解答】解：设底面圆的周长为x．
由题意：×x×10＝60π，
∴x＝12π，
故选：B．
8．实数9的平方根是 ±3 ．
【分析】直接利用平方根的定义计算即可．
【解答】解：∵±3的平方是9，
∴9的平方根是±3．
故答案为：±3．
9．在函数y＝中，自变量x的取值范围是 x≥2且x≠4 ．
【分析】根据分式和二次根式有意义的条件进行计算即可．
【解答】解：根据题意得，
解得x≥2且x≠4，
∴自变量x的取值范围是x≥2且x≠4，
故答案为x≥2且x≠4．
10．
【分析】直接利用零指数幂的性质以及绝对值的性质、特殊角的三角函数值分别代入得出答案．
【解答】解析：原式＝1﹣2×+2
＝1﹣2+2
＝1．
11．如图，在4×4的方格中，点A，B，C都在格点上
（1）tanB的值是 2 ．
（2）在格点上确定点D，使得四边形ABCD至少有一组对角相等．（要求画出点的三种不同位置）
【分析】（1）根据三角函数的定义即可得到结论；
（2）根据题意作出图形即可．
【解答】解：（1）tanB＝＝2，
故答案为：2；
（2）如图所示，四边形ABCD即为所求．
12．在一条笔直的航道上依次有甲、乙、丙三个港口，一艘船从甲出发，沿直线匀速行驶经过乙港驶向丙港，最终达到丙港，设行驶x（h）后，与乙港的距离为y（km），y与x的函数关系如图所示，则下列说法正确的是（ ）
A．甲港与丙港的距离是90km
B．船在中途休息了0.5小时
C．船的行驶速度是45km/h
D．从乙港到达丙港共花了1.5小时
【分析】由船行驶的函数图象可以看出，船从甲港出发，0.5h后到达乙港，ah后到达丙港，进而解答即可．
【解答】解：A、甲港与丙港的距离是30+90＝120km，错误；
B、船在中途没有休息，错误；
C、船的行驶速度是km/h，错误；
D、从乙港到达丙港共花了＝1.5小时，正确；
故选：D．
13．如图所示，二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象与x轴相交于点A，B，若其对称轴为直线x＝2，则OB﹣OA的值为 4 ．
【分析】先A（x1，0），B（x2，0），可知x1、x2是方程ax2+bx+c＝0的两个根，根据对称轴得：b＝﹣4a，由根与系数的关系可计算OB﹣OA的值．
【解答】解：设A（x1，0），B（x2，0），
则x1、x2是方程ax2+bx+c＝0的两个根，
∵抛物线的对称轴是：x＝2，
∴﹣＝2，
∴b＝﹣4a，
由图可知：x1＜0，x2＞0，
∴OB﹣OA＝x2﹣（﹣x1）＝x2+x1＝﹣＝﹣＝4，
故答案为：4．
14．如图，AB是半圆O的直径，点C在半圆上（不与A，B重合），DE⊥AB于点D，交BC于点F，下列条件中能判别CE是切线的是（ ）
A．∠E＝∠CFE B．∠E＝∠ECF C．∠ECF＝∠EFC D．∠ECF＝60°
【分析】连接OC，根据等腰三角形的性质得到∠OCB＝∠B，推出∠OCB+∠ECF＝90°，于是得到结论．
【解答】解：连接OC，∵OC＝OB，
∴∠OCB＝∠B，
∵DE⊥AB，
∴∠BDF＝90°，
∴∠B+∠DFB＝90°，
∵∠EFC＝∠BFD，
∴∠B+∠EFC＝90°，
∵∠ECF＝∠EFC，
∴∠OCB+∠ECF＝90°，
∴CE是⊙O的切线．
故选：C．
15．如图，△AOB≌△COD，OA＝OC＝4，OB＝OD＝2，∠AOB＝30°，扇形OCA的圆心角∠AOC＝120°，以点O为圆心画扇形ODB，则阴影部分的面积是 ﹣4 ．
【分析】根据S阴＝S扇形OAC﹣2•S△AOB﹣S扇形OBD，计算即可．
【解答】解：如图，作BH⊥OA于H．
在Rt△OBH中，∵∠OHB＝90°，∠BOH＝30°，OB＝2，
∴BH＝OB＝1，
∴S△AOB＝•OA•BH＝2，
∵△AOB≌△COD，
∴∠AOB＝∠COD＝30°，S△AOB＝S△CDO＝2，
∵∠AOC＝120°，
∴∠BOD＝60°，
∴S阴＝﹣2×2﹣＝﹣4，
故答案为﹣4．
16．如图，4张如图1的长为a，宽为b（a＞b）长方形纸片，按图2的方式放置，阴影部分的面积为S1，空白部分的面积为S2，若S2＝2S1，则a，b满足（ ）
A．a＝ B．a＝2b C．a＝b D．a＝3b
【分析】从图形可知空白部分的面积为S2是中间边长为（a﹣b）的正方形面积与上下两个直角边为（a+b）和b的直角三角形的面积，再与左右两个直角边为a和b的直角三角形面积的总和，阴影部分的面积为S1是大正方形面积与空白部分面积之差，再由S2＝2S1，便可得解．
【解答】解：由图形可知，
，
，
∵S2＝2S1，
∴a2+2b2＝2（2ab﹣b2），
∴a2﹣4ab+4b2＝0，
即（a﹣2b）2＝0，
∴a＝2b，
故选：B．
17．如图，Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝3，BC＝4，点P为AB上的一个动点，过点P画PD⊥AC于点D，PE⊥BC于点E，当点P由A向B移动时，四边形CDPE周长的变化情况是（ ）
A．逐渐变小 B．逐渐变大
C．先变大后变小 D．不变
【分析】设AD＝x．利用相似三角形的性质，构建一次函数即可解决问题．
【解答】解：设AD＝x．
∵四边形CDPE是矩形，
∴PD∥BC，PD＝CE，CD＝PE＝3﹣x，
∴△ADP∽△ACB，
∴＝，
∴＝，
∴PD＝x，
∴矩形CDPE的周长＝2（CD+PD）＝2（3﹣x+x）＝x+6，
∵当点P由A向B移动时，x从0增加到3，
∴矩形CDPE的周长在增大，
故选：B．
18．如图，一个正六棱柱的表面展开后正好放入一个矩形内，把其中一部分图形挪动了位置，发现矩形的长留出3cm，宽留出0.5cm，则该六棱柱的侧面积是（ ）
A．（30﹣6）cm2 B．（30﹣3）cm2 C．（15﹣6）cm2 D．（15﹣3）cm2
【分析】设正六棱柱的地面边长为acm，高为hcm，分别求出挪动前后长方形的长与宽，由题意得到a＝1，h＝5﹣，再由六棱柱的侧面积是6ah求解；
【解答】解：设正六棱柱的地面边长为acm，高为hcm，
挪动前长为（2h+2a）cm，宽为（4a+a）cm，
挪动后长为（h+2a+a）cm，宽为4acm，
由题意得：（2h+2a）（h+2a+a）＝3，（4a+a）﹣4a＝0.5，
∴a＝1，h＝5﹣，
∴六棱柱的侧面积是6ah＝6×1×（5﹣）＝30﹣6；
故选：A．
19．如图，在直径为8的弓形ACB中，弦AB＝，C是弧AB的中点，点M为弧上动点，CN⊥AM于点N，当点M从点B出发逆时针运动到点C，点N所经过的路径长为 ．
【分析】首先确定圆心，由弧中点联想到垂径定理，从而通过计算不难得到△AOC为等边三角形．确定AC＝4，再由圆的定义确定点N的轨迹，最后由弧长公式计算出路径长．
【解答】解：设O为圆心，C为弧AB的中点，由垂径定理可得：OC⊥AB，OC平分AB
AB＝4，AO＝4，则HO＝2，∠AOC＝60°，AC＝AO＝4，CN⊥AM
取AC得中点D，ND＝AC＝2，
∴点N的轨迹为D为圆心，2为半径的圆的部分，且圆心角为60°
路径长为：
故答案为：
20．如图，矩形ABCD中，AB＝2，AD＝4，点E在边BC上，把△DEC沿DE翻折后，点C落在C′处．若△ABC′恰为等腰三角形，则CE的长为 2或 ．
【分析】分两种情形分别求解即可解决问题．
【解答】解：如图1中，当C′A＝C′B时，作C′H⊥AD于H交BC于F．
易知HC′＝FC′＝1，在Rt△DHC′中，DH＝＝，
由△DHC′∽△C′FE，可得：＝，
∴＝，
∴EF＝，
∵四边形DHFC是矩形，
∴CF＝DH＝，
∴CE＝﹣＝．
如图2中，当AB＝AC′时，点C′在AD上，此时四边形CEC′D是正方形，CE＝2．
当AB＝BC'＝2时，因为翻折C'D＝CD＝2，所以BC'+C'D≥BD（当B、C'、D三点共线时取等号），而BD＝2根号5，所以矛盾，所以这种情况不成立．
综上所述，满足条件的CE的值为2或．
21．y＝ax2+bx+c的图象如图所示，则下列4个代数式a+2b+c，2a+b+c，3a+2b+c，﹣，其中值一定大于1的个数是（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【分析】先由图象开口方向，得a为负，由其与y轴的交点，得c大于1，由对称轴的位置得﹣的值大于1，再逐个分析即可．
【解答】解：由y＝ax2+bx+c的图象可得：
开口向下，故a＜0；
与y轴的交点在（0，1）的上方，故c＞1；
对称轴在y轴右侧，且a＜0故b＞0；
由图象可知当x＝1时，y＝a+b+c＞1
∴a+2b+c＝a+b+c+b＞1；
∵对称轴x＝﹣＞1，
∴b＞﹣2a，
∴2a+b＞0，
∴2a+b+c＞0+c＞1；
3a+2b+c＝（2a+b）+（a+）++c＞0++0+c＞c＞1；
综上所述，值一定大于1的个数是4个．
故选：D．
22．如图，在平面直角坐标系中，一个含有45〫角的三角板的其中一个锐角顶点置于点A（﹣3，﹣3）处，将其绕点A旋转，这个45〫角的两边所在的直线分别交x轴，y轴的正半轴于点B，C，连接BC，函数y＝（x＞0）的图象经过BC的中点D，则（ ）
A． B． C． D．k＝
【分析】过A点作AM⊥x轴，AN⊥y轴，连接AO，根据A点坐标可知OA长度，再证明△AOC∽△BOA，根据得到的比例式计算出OB•OC；过D点作DE⊥x轴，DF⊥y轴，根据D为BC中点可以计算出DE•DF，从而确定了k值．
【解答】解：过A点作AM⊥x轴，AN⊥y轴，
则四边形AMON是正方形，连接AO．
由A（﹣3，﹣3）可得OA＝3．
则∠AOC＝∠BOA＝135°．
∵∠1+∠2＝45°，∠1+∠3＝45°，
∴∠2＝∠3．
∴△AOC∽△BOA．
∴，即OA2＝OB•OC＝18．
∴△OBC面积＝×18＝9．
过D点作DE⊥x轴，DF⊥y轴，∵D为BC中点，∴DE＝OD，DF＝OB．
k＝DE•OF＝OB•OC＝．
故选：D．
23．如图，△ABC中，AB＝AC＝15，∠BAC＝120°，小明要将该三角形分割成两个直角三角形和两个等腰三角形，他想出了如下方案：在AB上取点D，过点D画DE∥AC交BC于点E，连接AE，在AC上取合适的点F，连接EF可得到4个符合条件的三角形，则满足条件的AF长是 5、10或 ．
【分析】根据已知条件可判断△BDE为等腰三角形，其它三个三角形的形状未确定，则可用分类讨论：①当∠AED＝90°时，可证得∠EAF＝90°，则△CEF是等腰三角形；②当∠DAE＝90°且∠AEF＝90°时，△CEF是等腰三角形；③当∠DAE＝90°且∠FEC＝90°时，△AEF是等腰三角形；④当∠AFE＝∠EFC＝90°时，△ADE是等边三角形．
【解答】解：∵AB＝AC，∠BAC＝120°，
∴∠B＝∠C＝30°，
∵DE∥AC，
∴∠DEB＝∠C＝30°，∠BDE＝120°，
∴△BDE是等腰三角形，∠ADE＝180°﹣∠BDE＝60°．
被分割的四个三角形中有两个直角三角形和两个等腰三角形．
①当∠AED＝90°时，如图1：
∴∠DAE＝180°﹣∠AED﹣∠ADE＝30°，
∴∠EAF＝∠BAC﹣∠DAE＝90°．
则△EFC是等腰三角形．
∵∠AEC＝180°﹣∠BED﹣∠DEA＝60°，
∴△EFC是等腰三角形只可能存在∠FEC＝∠C＝30°的情况，
设AF＝x，
∵∠AEF＝180°﹣∠BED﹣∠AED﹣∠FEC＝30°，
∴EF＝2x，
∵EF＝FC＝2x，
∴AF+FC＝3x＝AC＝15，
∴AF＝5．
②当∠DAE＝90°且∠AEF＝90°时，如图2：
此时∠EAF＝∠BAC﹣∠DAE＝30°，
∴∠AFE＝180°﹣∠AEF﹣∠EAF＝60°
设AF＝x，则EF＝x，
∵∠EFC＝180°﹣∠AFE＝120°，
又∵∠FEC＝180°﹣∠C﹣∠EFC＝30°，
∴△EFC是等腰三角形，CF＝EF＝x，
∵AC＝AF+FC＝x+x＝15，
∴AF＝x＝10．
③当∠DAE＝90°且∠FEC＝90°时，如图3．
∠FAE＝∠BAC﹣∠DAE＝30°，
∵∠AED＝180°﹣∠DAE﹣∠ADE＝30°，
∴∠AEF＝180°﹣∠BED﹣∠FEC﹣∠AED＝30°．
∴AF＝AE，
设AF＝EF＝x，
∵∠FEC＝90°，∠C＝30°，
∴CF＝2x，
∵AF+FC＝x+2x＝3x＝AC＝15，
∴AF＝x＝5．
④当∠AFE＝∠EFC＝90°时，则△ADE是等腰三角形，如图4
∵∠ADE＝60°，
∴∠DAE＝∠AED＝60°，
∵∠EAF＝∠BAC﹣∠DAE＝60°，
∴∠AEF＝180°﹣∠EAF﹣∠AFE＝30°．
设AF＝x，则EF＝x．
∵∠EFC＝90°，∠C＝30°，
∴FC＝EF＝3x，
∵AC＝AF+FC＝x+3x＝4x＝15，
∴AF＝．
故答案为：5、10或
2020年浙江省宁波市奉化实验中学中考数学模拟试卷（5）
一．试题（共23小题）
1．下列计算正确的是（ ）
A．x+x2＝x3 B．2x﹣3x＝﹣x C．（x2）3＝x5 D．x6÷x3＝x2
2．某校安排三辆车，组织九年级学生团员去敬老院参加学雷锋活动，其中小王与小菲都可以从这三辆车中任选一辆搭乘，则小王与小菲同车的概率为（ ）
A． B． C． D．
3．若关于x、y的二元一次方程组的解是，则代数式m+n的值是 ．
4．能说明命题“若一次函数经过第一、二象限，则k+b＞0”是假命题的反例是（ ）
A．y＝2x+3 B．y＝2x﹣3 C．y＝﹣3x﹣2 D．y＝﹣3x+2
5．如图所示，△ABC的顶点是正方形网格的格点，则sinA的值为（ ）
A． B． C． D．
6．如图，△ABC中，AB＝4，BC＝6，∠B＝60°，将△ABC沿射线BC的方向平移，得到△A′B′C′，再将△A′B′C′绕点A′逆时针旋转一定角度后，点B′恰好与点C重合，则平移的距离和旋转角的度数分别为（ ）
A．4，30° B．2，60° C．1，30° D．3，60°
7．圆锥的母线长为10，侧面积为60π，则这个圆锥的底面周长为（ ）
A．10π B．12π C．16π D．20π
8．实数9的平方根是 ．
9．在函数y＝中，自变量x的取值范围是 ．
10．
11．如图，在4×4的方格中，点A，B，C都在格点上
（1）tanB的值是 ．
（2）在格点上确定点D，使得四边形ABCD至少有一组对角相等．（要求画出点的三种不同位置）
12．在一条笔直的航道上依次有甲、乙、丙三个港口，一艘船从甲出发，沿直线匀速行驶经过乙港驶向丙港，最终达到丙港，设行驶x（h）后，与乙港的距离为y（km），y与x的函数关系如图所示，则下列说法正确的是（ ）
A．甲港与丙港的距离是90km
B．船在中途休息了0.5小时
C．船的行驶速度是45km/h
D．从乙港到达丙港共花了1.5小时
13．如图所示，二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象与x轴相交于点A，B，若其对称轴为直线x＝2，则OB﹣OA的值为 ．
14．如图，AB是半圆O的直径，点C在半圆上（不与A，B重合），DE⊥AB于点D，交BC于点F，下列条件中能判别CE是切线的是（ ）
A．∠E＝∠CFE B．∠E＝∠ECF C．∠ECF＝∠EFC D．∠ECF＝60°
15．如图，△AOB≌△COD，OA＝OC＝4，OB＝OD＝2，∠AOB＝30°，扇形OCA的圆心角∠AOC＝120°，以点O为圆心画扇形ODB，则阴影部分的面积是 ．
16．如图，4张如图1的长为a，宽为b（a＞b）长方形纸片，按图2的方式放置，阴影部分的面积为S1，空白部分的面积为S2，若S2＝2S1，则a，b满足（ ）
A．a＝ B．a＝2b C．a＝b D．a＝3b
17．如图，Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝3，BC＝4，点P为AB上的一个动点，过点P画PD⊥AC于点D，PE⊥BC于点E，当点P由A向B移动时，四边形CDPE周长的变化情况是（ ）
A．逐渐变小 B．逐渐变大
C．先变大后变小 D．不变
18．如图，一个正六棱柱的表面展开后正好放入一个矩形内，把其中一部分图形挪动了位置，发现矩形的长留出3cm，宽留出0.5cm，则该六棱柱的侧面积是（ ）
A．（30﹣6）cm2 B．（30﹣3）cm2 C．（15﹣6）cm2 D．（15﹣3）cm2
19．如图，在直径为8的弓形ACB中，弦AB＝，C是弧AB的中点，点M为弧上动点，CN⊥AM于点N，当点M从点B出发逆时针运动到点C，点N所经过的路径长为 ．
20．如图，矩形ABCD中，AB＝2，AD＝4，点E在边BC上，把△DEC沿DE翻折后，点C落在C′处．若△ABC′恰为等腰三角形，则CE的长为 ．
21．y＝ax2+bx+c的图象如图所示，则下列4个代数式a+2b+c，2a+b+c，3a+2b+c，﹣，其中值一定大于1的个数是（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
22．如图，在平面直角坐标系中，一个含有45〫角的三角板的其中一个锐角顶点置于点A（﹣3，﹣3）处，将其绕点A旋转，这个45〫角的两边所在的直线分别交x轴，y轴的正半轴于点B，C，连接BC，函数y＝（x＞0）的图象经过BC的中点D，则（ ）
A． B． C． D．k＝
23．如图，△ABC中，AB＝AC＝15，∠BAC＝120°，小明要将该三角形分割成两个直角三角形和两个等腰三角形，他想出了如下方案：在AB上取点D，过点D画DE∥AC交BC于点E，连接AE，在AC上取合适的点F，连接EF可得到4个符合条件的三角形，则满足条件的AF长是 ．
2020年浙江省宁波市奉化实验中学中考数学模拟试卷（5）
参考答案与试题解析
一．试题（共23小题）
1．下列计算正确的是（ ）
A．x+x2＝x3 B．2x﹣3x＝﹣x C．（x2）3＝x5 D．x6÷x3＝x2
【分析】根据同底数幂的除法，底数不变，指数相减，即可解答．
【解答】解：A、x•x2＝x3，故本选项错误；
B、2x﹣3x＝﹣x，故本选项正确；
C、（x2）3＝x6，故本选项错误；
D、x6÷x3＝x3，故本选项错误；
故选：B．
2．某校安排三辆车，组织九年级学生团员去敬老院参加学雷锋活动，其中小王与小菲都可以从这三辆车中任选一辆搭乘，则小王与小菲同车的概率为（ ）
A． B． C． D．
【分析】列举出所有情况，看在同一辆车的情况数占总情况数的多少即可．
【解答】解：设3辆车分别为A，B，C，
共有9种情况，在同一辆车的情况数有3种，
所以坐同一辆车的概率为，
故选：A．
3．若关于x、y的二元一次方程组的解是，则代数式m+n的值是 ﹣2 ．
【分析】先把二元一次方程组的解代入方程得到新的二元一次方程组，然后两个方程相加即可．
【解答】解：把代入二元一次方程组得，把两个方程相加得n+m＝﹣2．
4．能说明命题“若一次函数经过第一、二象限，则k+b＞0”是假命题的反例是（ ）
A．y＝2x+3 B．y＝2x﹣3 C．y＝﹣3x﹣2 D．y＝﹣3x+2
【分析】利用命题与定理，首先写出假命题进而得出答案．
【解答】解：一次函数y＝kx+b的图象经过第一、二象限，则k＞0，b＞0或k＜0，b＞0，
故选：D．
5．如图所示，△ABC的顶点是正方形网格的格点，则sinA的值为（ ）
A． B． C． D．
【分析】直接连接DC，得出CD⊥AB，再结合勾股定理以及锐角三角函数关系得出答案．
【解答】解：连接DC，
由网格可得：CD⊥AB，
则DC＝，AC＝，
故sinA＝＝＝．
故选：B．
6．如图，△ABC中，AB＝4，BC＝6，∠B＝60°，将△ABC沿射线BC的方向平移，得到△A′B′C′，再将△A′B′C′绕点A′逆时针旋转一定角度后，点B′恰好与点C重合，则平移的距离和旋转角的度数分别为（ ）
A．4，30° B．2，60° C．1，30° D．3，60°
【分析】利用旋转和平移的性质得出，∠A′B′C＝60°，AB＝A′B′＝A′C＝4，进而得出△A′B′C是等边三角形，即可得出BB′以及∠B′A′C的度数．
【解答】解：∵∠B＝60°，将△ABC沿射线BC的方向平移，得到△A′B′C′，再将△A′B′C′绕点A′逆时针旋转一定角度后，点B′恰好与点C重合，
∴∠A′B′C＝60°，AB＝A′B′＝A′C＝4，
∴△A′B′C是等边三角形，
∴B′C＝4，∠B′A′C＝60°，
∴BB′＝6﹣4＝2，
∴平移的距离和旋转角的度数分别为：2，60°．
故选：B．
7．圆锥的母线长为10，侧面积为60π，则这个圆锥的底面周长为（ ）
A．10π B．12π C．16π D．20π
【分析】根据扇形的面积公式计算即可．
【解答】解：设底面圆的周长为x．
由题意：×x×10＝60π，
∴x＝12π，
故选：B．
8．实数9的平方根是 ±3 ．
【分析】直接利用平方根的定义计算即可．
【解答】解：∵±3的平方是9，
∴9的平方根是±3．
故答案为：±3．
9．在函数y＝中，自变量x的取值范围是 x≥2且x≠4 ．
【分析】根据分式和二次根式有意义的条件进行计算即可．
【解答】解：根据题意得，
解得x≥2且x≠4，
∴自变量x的取值范围是x≥2且x≠4，
故答案为x≥2且x≠4．
10．
【分析】直接利用零指数幂的性质以及绝对值的性质、特殊角的三角函数值分别代入得出答案．
【解答】解析：原式＝1﹣2×+2
＝1﹣2+2
＝1．
11．如图，在4×4的方格中，点A，B，C都在格点上
（1）tanB的值是 2 ．
（2）在格点上确定点D，使得四边形ABCD至少有一组对角相等．（要求画出点的三种不同位置）
【分析】（1）根据三角函数的定义即可得到结论；
（2）根据题意作出图形即可．
【解答】解：（1）tanB＝＝2，
故答案为：2；
（2）如图所示，四边形ABCD即为所求．
12．在一条笔直的航道上依次有甲、乙、丙三个港口，一艘船从甲出发，沿直线匀速行驶经过乙港驶向丙港，最终达到丙港，设行驶x（h）后，与乙港的距离为y（km），y与x的函数关系如图所示，则下列说法正确的是（ ）
A．甲港与丙港的距离是90km
B．船在中途休息了0.5小时
C．船的行驶速度是45km/h
D．从乙港到达丙港共花了1.5小时
【分析】由船行驶的函数图象可以看出，船从甲港出发，0.5h后到达乙港，ah后到达丙港，进而解答即可．
【解答】解：A、甲港与丙港的距离是30+90＝120km，错误；
B、船在中途没有休息，错误；
C、船的行驶速度是km/h，错误；
D、从乙港到达丙港共花了＝1.5小时，正确；
故选：D．
13．如图所示，二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象与x轴相交于点A，B，若其对称轴为直线x＝2，则OB﹣OA的值为 4 ．
【分析】先A（x1，0），B（x2，0），可知x1、x2是方程ax2+bx+c＝0的两个根，根据对称轴得：b＝﹣4a，由根与系数的关系可计算OB﹣OA的值．
【解答】解：设A（x1，0），B（x2，0），
则x1、x2是方程ax2+bx+c＝0的两个根，
∵抛物线的对称轴是：x＝2，
∴﹣＝2，
∴b＝﹣4a，
由图可知：x1＜0，x2＞0，
∴OB﹣OA＝x2﹣（﹣x1）＝x2+x1＝﹣＝﹣＝4，
故答案为：4．
14．如图，AB是半圆O的直径，点C在半圆上（不与A，B重合），DE⊥AB于点D，交BC于点F，下列条件中能判别CE是切线的是（ ）
A．∠E＝∠CFE B．∠E＝∠ECF C．∠ECF＝∠EFC D．∠ECF＝60°
【分析】连接OC，根据等腰三角形的性质得到∠OCB＝∠B，推出∠OCB+∠ECF＝90°，于是得到结论．
【解答】解：连接OC，∵OC＝OB，
∴∠OCB＝∠B，
∵DE⊥AB，
∴∠BDF＝90°，
∴∠B+∠DFB＝90°，
∵∠EFC＝∠BFD，
∴∠B+∠EFC＝90°，
∵∠ECF＝∠EFC，
∴∠OCB+∠ECF＝90°，
∴CE是⊙O的切线．
故选：C．
15．如图，△AOB≌△COD，OA＝OC＝4，OB＝OD＝2，∠AOB＝30°，扇形OCA的圆心角∠AOC＝120°，以点O为圆心画扇形ODB，则阴影部分的面积是 ﹣4 ．
【分析】根据S阴＝S扇形OAC﹣2•S△AOB﹣S扇形OBD，计算即可．
【解答】解：如图，作BH⊥OA于H．
在Rt△OBH中，∵∠OHB＝90°，∠BOH＝30°，OB＝2，
∴BH＝OB＝1，
∴S△AOB＝•OA•BH＝2，
∵△AOB≌△COD，
∴∠AOB＝∠COD＝30°，S△AOB＝S△CDO＝2，
∵∠AOC＝120°，
∴∠BOD＝60°，
∴S阴＝﹣2×2﹣＝﹣4，
故答案为﹣4．
16．如图，4张如图1的长为a，宽为b（a＞b）长方形纸片，按图2的方式放置，阴影部分的面积为S1，空白部分的面积为S2，若S2＝2S1，则a，b满足（ ）
A．a＝ B．a＝2b C．a＝b D．a＝3b
【分析】从图形可知空白部分的面积为S2是中间边长为（a﹣b）的正方形面积与上下两个直角边为（a+b）和b的直角三角形的面积，再与左右两个直角边为a和b的直角三角形面积的总和，阴影部分的面积为S1是大正方形面积与空白部分面积之差，再由S2＝2S1，便可得解．
【解答】解：由图形可知，
，
，
∵S2＝2S1，
∴a2+2b2＝2（2ab﹣b2），
∴a2﹣4ab+4b2＝0，
即（a﹣2b）2＝0，
∴a＝2b，
故选：B．
17．如图，Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝3，BC＝4，点P为AB上的一个动点，过点P画PD⊥AC于点D，PE⊥BC于点E，当点P由A向B移动时，四边形CDPE周长的变化情况是（ ）
A．逐渐变小 B．逐渐变大
C．先变大后变小 D．不变
【分析】设AD＝x．利用相似三角形的性质，构建一次函数即可解决问题．
【解答】解：设AD＝x．
∵四边形CDPE是矩形，
∴PD∥BC，PD＝CE，CD＝PE＝3﹣x，
∴△ADP∽△ACB，
∴＝，
∴＝，
∴PD＝x，
∴矩形CDPE的周长＝2（CD+PD）＝2（3﹣x+x）＝x+6，
∵当点P由A向B移动时，x从0增加到3，
∴矩形CDPE的周长在增大，
故选：B．
18．如图，一个正六棱柱的表面展开后正好放入一个矩形内，把其中一部分图形挪动了位置，发现矩形的长留出3cm，宽留出0.5cm，则该六棱柱的侧面积是（ ）
A．（30﹣6）cm2 B．（30﹣3）cm2 C．（15﹣6）cm2 D．（15﹣3）cm2
【分析】设正六棱柱的地面边长为acm，高为hcm，分别求出挪动前后长方形的长与宽，由题意得到a＝1，h＝5﹣，再由六棱柱的侧面积是6ah求解；
【解答】解：设正六棱柱的地面边长为acm，高为hcm，
挪动前长为（2h+2a）cm，宽为（4a+a）cm，
挪动后长为（h+2a+a）cm，宽为4acm，
由题意得：（2h+2a）（h+2a+a）＝3，（4a+a）﹣4a＝0.5，
∴a＝1，h＝5﹣，
∴六棱柱的侧面积是6ah＝6×1×（5﹣）＝30﹣6；
故选：A．
19．如图，在直径为8的弓形ACB中，弦AB＝，C是弧AB的中点，点M为弧上动点，CN⊥AM于点N，当点M从点B出发逆时针运动到点C，点N所经过的路径长为 ．
【分析】首先确定圆心，由弧中点联想到垂径定理，从而通过计算不难得到△AOC为等边三角形．确定AC＝4，再由圆的定义确定点N的轨迹，最后由弧长公式计算出路径长．
【解答】解：设O为圆心，C为弧AB的中点，由垂径定理可得：OC⊥AB，OC平分AB
AB＝4，AO＝4，则HO＝2，∠AOC＝60°，AC＝AO＝4，CN⊥AM
取AC得中点D，ND＝AC＝2，
∴点N的轨迹为D为圆心，2为半径的圆的部分，且圆心角为60°
路径长为：
故答案为：
20．如图，矩形ABCD中，AB＝2，AD＝4，点E在边BC上，把△DEC沿DE翻折后，点C落在C′处．若△ABC′恰为等腰三角形，则CE的长为 2或 ．
【分析】分两种情形分别求解即可解决问题．
【解答】解：如图1中，当C′A＝C′B时，作C′H⊥AD于H交BC于F．
易知HC′＝FC′＝1，在Rt△DHC′中，DH＝＝，
由△DHC′∽△C′FE，可得：＝，
∴＝，
∴EF＝，
∵四边形DHFC是矩形，
∴CF＝DH＝，
∴CE＝﹣＝．
如图2中，当AB＝AC′时，点C′在AD上，此时四边形CEC′D是正方形，CE＝2．
当AB＝BC'＝2时，因为翻折C'D＝CD＝2，所以BC'+C'D≥BD（当B、C'、D三点共线时取等号），而BD＝2根号5，所以矛盾，所以这种情况不成立．
综上所述，满足条件的CE的值为2或．
21．y＝ax2+bx+c的图象如图所示，则下列4个代数式a+2b+c，2a+b+c，3a+2b+c，﹣，其中值一定大于1的个数是（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【分析】先由图象开口方向，得a为负，由其与y轴的交点，得c大于1，由对称轴的位置得﹣的值大于1，再逐个分析即可．
【解答】解：由y＝ax2+bx+c的图象可得：
开口向下，故a＜0；
与y轴的交点在（0，1）的上方，故c＞1；
对称轴在y轴右侧，且a＜0故b＞0；
由图象可知当x＝1时，y＝a+b+c＞1
∴a+2b+c＝a+b+c+b＞1；
∵对称轴x＝﹣＞1，
∴b＞﹣2a，
∴2a+b＞0，
∴2a+b+c＞0+c＞1；
3a+2b+c＝（2a+b）+（a+）++c＞0++0+c＞c＞1；
综上所述，值一定大于1的个数是4个．
故选：D．
22．如图，在平面直角坐标系中，一个含有45〫角的三角板的其中一个锐角顶点置于点A（﹣3，﹣3）处，将其绕点A旋转，这个45〫角的两边所在的直线分别交x轴，y轴的正半轴于点B，C，连接BC，函数y＝（x＞0）的图象经过BC的中点D，则（ ）
A． B． C． D．k＝
【分析】过A点作AM⊥x轴，AN⊥y轴，连接AO，根据A点坐标可知OA长度，再证明△AOC∽△BOA，根据得到的比例式计算出OB•OC；过D点作DE⊥x轴，DF⊥y轴，根据D为BC中点可以计算出DE•DF，从而确定了k值．
【解答】解：过A点作AM⊥x轴，AN⊥y轴，
则四边形AMON是正方形，连接AO．
由A（﹣3，﹣3）可得OA＝3．
则∠AOC＝∠BOA＝135°．
∵∠1+∠2＝45°，∠1+∠3＝45°，
∴∠2＝∠3．
∴△AOC∽△BOA．
∴，即OA2＝OB•OC＝18．
∴△OBC面积＝×18＝9．
过D点作DE⊥x轴，DF⊥y轴，∵D为BC中点，∴DE＝OD，DF＝OB．
k＝DE•OF＝OB•OC＝．
故选：D．
23．如图，△ABC中，AB＝AC＝15，∠BAC＝120°，小明要将该三角形分割成两个直角三角形和两个等腰三角形，他想出了如下方案：在AB上取点D，过点D画DE∥AC交BC于点E，连接AE，在AC上取合适的点F，连接EF可得到4个符合条件的三角形，则满足条件的AF长是 5、10或 ．
【分析】根据已知条件可判断△BDE为等腰三角形，其它三个三角形的形状未确定，则可用分类讨论：①当∠AED＝90°时，可证得∠EAF＝90°，则△CEF是等腰三角形；②当∠DAE＝90°且∠AEF＝90°时，△CEF是等腰三角形；③当∠DAE＝90°且∠FEC＝90°时，△AEF是等腰三角形；④当∠AFE＝∠EFC＝90°时，△ADE是等边三角形．
【解答】解：∵AB＝AC，∠BAC＝120°，
∴∠B＝∠C＝30°，
∵DE∥AC，
∴∠DEB＝∠C＝30°，∠BDE＝120°，
∴△BDE是等腰三角形，∠ADE＝180°﹣∠BDE＝60°．
被分割的四个三角形中有两个直角三角形和两个等腰三角形．
①当∠AED＝90°时，如图1：
∴∠DAE＝180°﹣∠AED﹣∠ADE＝30°，
∴∠EAF＝∠BAC﹣∠DAE＝90°．
则△EFC是等腰三角形．
∵∠AEC＝180°﹣∠BED﹣∠DEA＝60°，
∴△EFC是等腰三角形只可能存在∠FEC＝∠C＝30°的情况，
设AF＝x，
∵∠AEF＝180°﹣∠BED﹣∠AED﹣∠FEC＝30°，
∴EF＝2x，
∵EF＝FC＝2x，
∴AF+FC＝3x＝AC＝15，
∴AF＝5．
②当∠DAE＝90°且∠AEF＝90°时，如图2：
此时∠EAF＝∠BAC﹣∠DAE＝30°，
∴∠AFE＝180°﹣∠AEF﹣∠EAF＝60°
设AF＝x，则EF＝x，
∵∠EFC＝180°﹣∠AFE＝120°，
又∵∠FEC＝180°﹣∠C﹣∠EFC＝30°，
∴△EFC是等腰三角形，CF＝EF＝x，
∵AC＝AF+FC＝x+x＝15，
∴AF＝x＝10．
③当∠DAE＝90°且∠FEC＝90°时，如图3．
∠FAE＝∠BAC﹣∠DAE＝30°，
∵∠AED＝180°﹣∠DAE﹣∠ADE＝30°，
∴∠AEF＝180°﹣∠BED﹣∠FEC﹣∠AED＝30°．
∴AF＝AE，
设AF＝EF＝x，
∵∠FEC＝90°，∠C＝30°，
∴CF＝2x，
∵AF+FC＝x+2x＝3x＝AC＝15，
∴AF＝x＝5．
④当∠AFE＝∠EFC＝90°时，则△ADE是等腰三角形，如图4
∵∠ADE＝60°，
∴∠DAE＝∠AED＝60°，
∵∠EAF＝∠BAC﹣∠DAE＝60°，
∴∠AEF＝180°﹣∠EAF﹣∠AFE＝30°．
设AF＝x，则EF＝x．
∵∠EFC＝90°，∠C＝30°，
∴FC＝EF＝3x，
∵AC＝AF+FC＝x+3x＝4x＝15，
∴AF＝．
故答案为：5、10或
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