精品解析：2020年浙江省温州市六校联考九年级二模数学试题解析版 +原卷版

这是一份精品解析：2020年浙江省温州市六校联考九年级二模数学试题解析版 +原卷版，文件包含精品解析2020年浙江省温州市六校联考九年级二模数学试题原卷版doc、精品解析2020年浙江省温州市六校联考九年级二模数学试题解析版doc等2份试卷配套教学资源，其中试卷共31页， 欢迎下载使用。

2020学年六校联考中考二模试卷
九年级数学
一、选择题(每小题4分，共40分)
1. 实数4的相反数是（ ）
A. B. -4 C. D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】根据相反数的定义即可解答．
【详解】∵符号相反，绝对值相等的两个数互为相反数，
∴4的相反数是﹣4；
故选B．
【点睛】本题考查了相反数的定义，熟知只有符号不同的两个数互为相反数是解决问题的关键．
2. 据统计，从2015年至2019年到瑞安市图书馆借书的人约有3220000人次，数3220000用科学记数法表示为(　　)
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】科学记数法的表示形式为a×10n的形式，其中1≤|a|＜10，n为整数．确定n的值时，要看把原数变成a时，小数点移动了多少位，n的绝对值与小数点移动的位数相同．当原数绝对值＞1时，n是正数；当原数的绝对值＜1时，n是负数．
【详解】3220000用科学记数法表示3.22×106，
故选：A．
【点睛】此题考查科学记数法的表示方法．科学记数法的表示形式为a×10n的形式，其中1≤|a|＜10，n为整数，表示时关键要正确确定a的值以及n的值．
3. 如图是由一个长方体和一个球组成的几何体，它的主视图是( ).

A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】从正面看几何体，确定出主视图即可．
【详解】解：几何体的主视图为： ，
故选C．
【点睛】此题考查了简单组合体的三视图，主视图即为从正面看几何体得到的视图．
4. 一个布袋里装有2个红球、3个黄球和5个白球，除颜色外其它都相同，搅匀后任意摸出一个球，是白球的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据概率公式解答即可.
【详解】袋子里装有2个红球、3个黄球和5个白球共10个球，从中摸出一个球是白球的概率为：．
故选A.
【点睛】本题考查了随机事件概率的求法．如果一个事件有n种可能，而且这些事件的可能性相同，其中事件A出现m种结果，那么事件A的概率P（A）＝ ．
5. 一组数据：1、2、2、3，若添加一个数据2，则发生变化的统计量是　　
A. 平均数 B. 中位数 C. 众数 D. 方差
【答案】D
【解析】
【详解】解：A．原来数据的平均数是2，添加数字2后平均数仍为2，故A与要求不符；
B．原来数据的中位数是2，添加数字2后中位数仍为2，故B与要求不符；
C．原来数据的众数是2，添加数字2后众数仍为2，故C与要求不符；
D．原来数据的方差==，
添加数字2后的方差==，
故方差发生了变化．
故选D．
6. 不等式的解集在数轴上表示为(　　)
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据解一元一次不等式基本步骤：去括号、移项、合并同类项、系数化为1可得．
【详解】解：2x-2≤x，
2x-x≤2，
x≤2，
故选：C．
【点睛】本题主要考查解一元一次不等式的基本能力，严格遵循解不等式的基本步骤是关键，尤其需要注意不等式两边都乘以或除以同一个负数不等号方向要改变．
7. 如图，在正五边形中，连接，以点为圆心，为半径画弧交于点，连接，则的度数是(　　)

A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据正五边形每条边相等，每个内角相等可以证出四边形AEDF是平行四边形，从而可求出的度数．
【详解】解：在正五边形中，
AB=BC=CD=DE=EA，
，
所以，
所以，
因为，
所以，
又因为以点为圆心，为半径画弧交于点，
所以AF= AB =DE，
所以四边形AEDF是平行四边形，
所以，
所以．
故选：C．
【点睛】本题考查了平行四边形、正五边形和圆的性质知识点，证出四边形AEDF是平行四边形，求出的度数是解题的关键．
8. 二次函数的图象与轴有交点，则的取值范围是（ ）
A. B. 且
C. D. 且
【答案】D
【解析】
【分析】利用kx2-6x+3=0有实数根，根据判别式可求出k取值范围．
【详解】∵二次函数y=kx2−6x+3的图象与x轴有交点，
∴方程kx2−6x+3=0(k≠0)有实数根，
即△=36−12k⩾0，k⩽3，由于是二次函数，故k≠0，则k的取值范围是k⩽3且k≠0.
故选D.
【点睛】此题考查抛物线与坐标轴的交点，解题关键在于掌握其性质定义.
9. 如图，在平面直角坐标系中，菱形的顶点与原点重合，顶点落在轴的正半轴上，对角线、交于点，点、恰好都在反比例函数的图象上，若，则的值为(　　)

A. B. C. 2 D.
【答案】A
【解析】
【分析】设D坐标为(m,)，B(3,0)，根据菱形的性质得出M点为BD的中点，则M()，把M()代入得m=1，则D(1,k)，利用OB=OD=1和勾股定理得方程12+k2=32，解方程即可得k的值
【详解】解：设D坐标为(m,)，

∵菱形的顶点与原点重合，顶点落在轴的正半轴上，对角线、交于点，
∴B(3,0)，
∴M点为BD的中点，则M()，
把M()代入得，

解得，m=1
∴D(1,k)
过点D作DE⊥AB于E,在Rt△AED中，12+k2=32
解得，k=
故选：A
【点睛】本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征：反比例函数（k为常数，k≠0）的图象是双曲线，图象上的点（x，y）的横纵坐标的积是定值k，即xy＝k．也考查了菱形的性质．
10. 勾股定理有着悠久的历史，它曾引起很多人的兴趣，1955年希腊发行了两枚以勾股图为背景的邮票．所谓勾股图是指以直角三角形的三边为边向外作正方形构成，它可以验证勾股定理，如图的勾股图中，已知，，.作四边形，满足点、在边上，点、分别在边，上，，、是直线与，的交点．那么的长等于(　　)

A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先根据勾股定理求出BC的长，双向延长线段AB交PM于点O，交QN于点R，则AO⊥MP，BR⊥QN，如图1，然后根据平角的定义、直角三角形的性质和等量代换可得∠4=∠5，根据SAS易证△ABC≌△DFC，可得DF=AB=5，∠6=∠1，∠8=∠5，进而可得∠7=∠4，于是有PD=PE，作PS⊥DE于点S，如图2，则在Rt△PDS中，利用三角函数的知识可求出PD的长，作QW⊥FG于点W，同理可求出FQ的长，进一步即可求出结果．
【详解】解：在△ABC中，∵，，，
∴，
双向延长线段AB交PM于点O，交QN于点R，则AO⊥MP，BR⊥QN，如图1，
由题意得：∠1+∠2=90°，∠3+∠2=90°，∠3+∠4=90°，∠1+∠5=90°，
∴∠4=∠5，
∵AC=DC，∠ACB=∠DCF=90°，CF=CB，
∴△ABC≌△DFC（SAS），
∴DF=AB=5，∠6=∠1，∠8=∠5，
∵∠6+∠7=90°，∠6+∠8=90°，
∴∠7=∠8，
∴∠7=∠4，
∴PD=PE，

作PS⊥DE于点S，如图2，则，
在Rt△PDS中，；
同理可得：QF=QG，∠9=∠1，
作QW⊥FG于点W，则，
在Rt△FQW中，；
∴．
故选：A．
【点睛】
本题以勾股图为背景，主要考查了勾股定理、全等三角形的判定和性质、等腰三角形的判定和性质以及解直角三角形的知识，具有一定的综合性，正确添加辅助线、灵活应用上述知识是解题的关键．
二、填空题(本小题6个小题，每小题5分，共30分)
11. 因式分解：__________．
【答案】
【解析】
【详解】解：=；
故答案为
12. 若一个扇形的弧长为，圆心角为，则扇形的半径为____．
【答案】3
【解析】
【分析】根据弧长公式代入求解即可.
【详解】解：由弧长公式可知，
.
故扇形的半径为3.
故答案为3.
【点睛】本题考查了弧长的计算，解答本题的关键是掌握弧长公式：.
13. 抗击“新冠肺炎”线上学习期间，某校为了解学校1000名九年级学生一周体育锻炼时间的情况，随机调查了50名九年级学生，并绘制成如图所示的条形统计图，根据图中数据，估计该校1000名九年级学生一周的体育锻炼时间不少于7小时的人数是_____人．

【答案】400
【解析】
【分析】用所有学生数乘以课外阅读时间不少于7小时的人数所占的百分比即可．
【详解】该校1000名学生一周的课外阅读时间不少于7小时的人数是1000×=400人，
故答案为：400．
【点睛】本题考查了用样本估计总体的知识，解题的关键是求得样本中不少于7小时的人数所占的百分比．
14. 如图，内接于，，的切线交的延长线于点，且，则的度数为____．

【答案】
【解析】
【分析】在圆O上任取一点E，连接AE、CE，则可得∠AEC=75°，∠AOC=150°，进而求得∠OCA=15°，由BC=BD，∠CBD=75°可得∠BCD=30°，结合CD是的切线即可得到结论．
【详解】在圆O上任取一点E，连接AE、CE，如图所示，

∵∠ABC=105°，
∴∠AEC=75°








是的切线


故答案为：45°．
【点睛】此题主要考查了切线的性质、圆内接四边形、等腰三角形的性质以及圆周角定理等知识，熟练掌握相关知识是解答此题的关键．
15. 如图，已知正方形的边长为6，点是上的点，，将沿着直线翻折，点落在点处，的延长线交线段于，则的长度是____．

【答案】
【解析】
【分析】延长AE与DC的延长线交于H，根据翻折变换的性质可得AF＝AB，∠BAE＝∠FAE，再根据两直线平行，内错角相等可得∠BAE＝∠H，从而得到∠GAE＝∠H，根据等角对等边可得AG＝GH，设CG＝x，表示出DG、AG，然后利用勾股定理列方程求出x的值，从而得到CG的值．
【详解】解：延长AE与DC的延长线交于H，
∵△ABE沿直线AE翻折，点B落在点F处，

∴AF＝AB＝6，∠BAE＝∠FAE，
∵正方形对边AB∥CD，
∴∠BAE＝∠H，
∴∠GAE＝∠H，
∴AG＝HG，
∵正方形ABCD，
∴∠B=∠BCH=90°，
∵∠AEB=∠HEC
∴△AEB∽△HEC
∴
∵，
∴CH＝3，
设CG＝x，
∴DG＝6−x，AG＝HG＝3＋x，
在Rt△ADG中，由勾股定理得，AG2＝AD2＋DG2，
即（3＋x）2＝62＋（6−x）2，
解得x＝
∴CG=
故答案为：
【点睛】本题考查了翻折变换的性质，正方形的性质，勾股定理，翻折前后对应线段相等，对应角相等，此类题目，关键在于利用勾股定理列出方程．
16. 建筑工人用边长相等的正六边形、正方形、正三角形三种瓷砖铺设地面，正方形瓷砖分黑白两种颜色，密铺成图（1）的形状．用水泥浇筑前，为方便施工，工人要先把瓷砖按图1方式先摆放好，一工人摆放时，无意间将3块黑色正方形瓷砖上翻到一个正六边形的上面，其中三个正方形的一条边分别和正六边形的三条边重合，如图（2）所示．按图（2）方式给各点作上标注，若正方形的边长，则_____(不考虑瓷砖的厚度)

【答案】
【解析】
【分析】过点I作，分别交AH于点P，交BG于点Q，由正六边形和正方形性质计算的度数，在中，表示MP，PI，得LQ，PL的长度，中使用勾股定理计算即可．
【详解】过点I作，分别交AH于点P，交BG于点Q
根据正六边形的每个内角为：，即
又∵，∴
同理可得：
∴，
∴是顶角为120°的等腰三角形
∵AF=AB=12
∴FM =AM=
∴MI=
在中，，
由正六边形及正方形性质可知：
∴
在中，
故答案为：．

【点睛】本题考查了正六边形，正方形的性质，解直角三角形的应用，熟练掌握以上知识是解题的关键．
三、解答题：
17. （1）计算：．
（2）先化简，在求值：，其中．
【答案】（1）；（2），
【解析】
【分析】（1）先分别化简各项，再作加法；
（2）先通分，再相加，最后将x的值代入即可.
详解】解（1）

；
（2）原式
当时，
原式
【点睛】本题考查了实数的混合运算，分式的化简求值，解题的关键是掌握运算法则.
18. 如图，在平行四边形中，对角线，交于点，过点作直线，分别交、于点，．
（1）求证：；
（2）若，，求的长．

【答案】（1）证明见解析；（2）．
【解析】
【分析】（1）证明△OFC≌OEA，即可得到；
（2）已知，，得到AO=9，OE=5，利用勾股定理即可求得AE．
【详解】（1）∵四边形ABCD是平行四边形
∴OA=OC，∠OAE=∠FCO
又∵∠AOE=∠COF
∴△OFC≌OEA
∴
（2）∵四边形ABCD是平行四边形，，
∴OA=9，OE=5
∴AE=
故答案为：
【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，利用ASA可证明两个三角形全等，全等三角形对应边相等，同时考查了平行四边形的性质，平行四边形对角线互相平分，利用勾股定理解直角三角形．
19. 某校组织了一次创建全国文明城市知识竞赛活动，有30名同学参加这次竞赛，成绩分布频数表如下：(单位：分)
成绩(分)
组中值
频数(人数)
80.5~85.5
83
3
85.5~90.5
88
6
90.5~95.5
93
12
95.5~100.5
98
9
（1）利用组中值计算这30位同学的平均数；
（2）学校根据这次竞赛成绩从高到低选15位同学参加市级比赛，小明同学也参加了这次竞赛，知道自己成绩后，他想知道自己是否有资格参加市里比赛(学校还未公布到市里比赛名单)，他最应关注频数，平均分，众数，中位数中的哪个量？请说明理由；
（3）“创文知识竞赛”中，获一等奖的小红同学得到了印有龚扇、剪纸、彩灯图案的三枚纪念章，她从中选取两枚送给弟弟，则小红送给弟弟的两枚纪念章中，恰好有彩灯图案的概率是多少？请用树状图或列表法说明．
【答案】（1）92.5；（2）最应关注中位数，理由见解析；（3）．
【解析】
【分析】（1）利用加权平均数计算公式把相应数据代入进行计算即可；
（2）由于选15位同学进入下一轮比赛，共有30位同学参加创建全国文明城市知识竞赛，故应根据中位数的意义分析；
（3）根据题意先画出树状图，得出共有6种等可能的结果数，再利用概率公式求解可得．
【详解】（1）
（2）最应关注中位数，因为总共30人参赛，推荐到市级比赛15人，占一半，所以最应关注中位数．
（3）将印有龚扇、剪纸、彩灯图案分别记为A、B、C，
画树状图如下：

则共有6种等可能的结果数，其中小红送给弟弟的两枚纪念章中，恰好有彩灯图案的结果数为3，
所以小红送给弟弟的两枚纪念章中，恰好有彩灯图案的概率为．
【点睛】本题考查了列表法与树状图法：利用列表法和树状图法展示所有可能的结果求出n，再从中选出符合事件A或B的结果数目m，求出概率，也考查了统计量的选择．
20. 如图，在所给的方格纸中，每个小正方形的边长都是1，点，，位于格点处，请按要求画出格点四边形．

(1)在图1中画出格点，使，且以点，，，为顶点的四边形面积为3；
(2)在图2中画出一个以点，，，为顶点的格点四边形，使．
【答案】答案见解析．
【解析】
【分析】(1) ，可以看成是以C点为圆心，AC为半径画圆，P点在该圆上，且在格点上，进一步使得其面积为3即可;
(2) 利用勾股定理进而得出符合题意的答案．
【详解】解：(1)∵
∴可以看成是以C点为圆心，AC为半径画圆，P点在该圆上，且在格点上，如下图所示：

此时四边形ABCP的面积为=.
(2)如下图所示，
有勾股定理，此时AP²+CP²=(3²+1²)+(1²+2²)=15.

【点睛】此题主要考查了等腰三角形、四边形面积求法以及勾股定理等知识，正确借助网格利用勾股定理分析是解题关键．
21. 如图，内接于圆，是圆的直径，，连接并延长交延长线于点．

（1）求证：；
（2）若，，求的长．
【答案】（1）证明见解析；（2）6．
【解析】
【分析】（1）连接AO并延长交BC于点F，根据三线合一的性质可得，再根据等边对等角，即可得出结论；
（2）在直角三角形ABE中,由，求出AB的值，由，，得出，再由，求得CD的值
【详解】（1）证明：连接并延长交于点，

∴点在中垂线上，
又∵，
∴点在中垂线上，
∴，
∴
又∵，
∴，
∴
（2）∵，
∴
又∵是直径，
∴，
∴，
∴
∵，，
∴，
∵中，，
∴，
∴，连接，则，
∴中，，
∴中，
∴

【点睛】本题考查了三线合一的性质以及构造直角三角形来求三角形的边长，构造直角三角形是解题的关键．
22. 如图，抛物线与轴交于、两点，与轴交于点，直线，交抛物线于、两点．
（1）当时，求，两点的坐标；
（2）当，时，求抛物线的解析式；
（3）当时，方程在范围内有实数解，请直接写出的取值范围：　　　　．

【答案】（1），；（2）；（3）-．
【解析】
【分析】(1)将代回中，再令y=0即可求解;
(2)求出抛物线的对称轴，再由DE=4进而求出点D的坐标，再代回抛物线中即可求解.
(3)将代回方程中，将方程左边可以看成二次函数，方程右边可以看成，求出在的范围内的最大值和最小值即可求解.
【详解】解：(1)将代回中
得到抛物线的解析式为：
再令，即：
解得
故，.
故答案为：，.
(2)对称轴是直线
∵，，
∴，代入解析式中：
解得
∴抛物线的解析式为：.
故答案为：.
(3) 当时，方程
方程左边可以看成二次函数，
方程右边可以看成，
∵方程在的范围内有实数解
∴函数和直线在的范围内图像上有交点，
∴当时，
函数的最大值为当时取得，此时；
函数的最小值为当时取得，此时；
故的取值范围是：-.
故答案为：.
【点睛】本题利用数形结合，根据二次函数性质理解其本质，主要是二次函数图象的轴对称性、增减性、在自变量范围内求函数的最值，熟练记住二次函数的三种表达式、对称轴、顶点公式是解决这类题的关键．
23. 某自行车经营店销售型，型两种品牌自行车，今年进货和销售价格如下表：(今年1年内自行车的售价与进价保持不变)

型车
型车
进货价格(元/辆)
1000
1100
销售价格(元/辆)

1500

今年经过改造升级后，型车每辆销售价比去年增加400元．已知型车去年1月份销售总额为3.6万元，今年1月份型车的销售数量与去年1月份相同，而销售总额比去年1月份增加．
（1）若设今年1月份的型自行车售价为元/辆，求的值？(用列方程的方法解答)
（2）该店计划8月份再进一批型和型自行车共50辆，且型车数量不超过型车数量的2倍，应如何进货才能使这批自行车获利最多？
（3）该店为吸引客源，准备增购一种进价为500元的型车，预算用8万元购进这三种车若干辆，其中型与型的数量之比为，则该店至少可以购进三种车共多少辆？
【答案】（1）今年1月份的型自行车售价为1200元；（2）型进17辆，型进33辆时获利最多；（3）该店至少可以共购进92辆．
【解析】
【分析】（1）设今年1月份的型自行车售价为元，根据题意列出方程，求解即可；
（2）设购买型自行车辆，根据型车数量不超过型车数量的2倍列出不等式求出a的范围，再列出W和a的关系式，据此求出W的最大值即可；
（3）设购进型辆，则型辆，型辆，列出n和a的方程，解出，得到当时，最小值为92.
【详解】解：（1）设今年1月份的型自行车售价为元，
则去年行自行车售价为元．
根据题意，得，
解得：，
经检验，是所列分式方程的解，
∴今年1月份的型自行车售价为1200元；
（2）设购买型自行车辆，则型自行车辆，

解得：，且整数
所以利润
因为，所以随的增大而减小，
∴当时，即型进17辆，型进33辆时获利最多．
（3）设购进型辆，则型辆，型辆，
根据题意，得：
解得：，
因，所以，且为整数，
因为为整数，所以为5的倍数，
∴当时，最小值为92，
答：该店至少可以共购进92辆.
【点睛】本题考查了分式方程的应用，一次函数的实际应用，二元一次方程的实际应用，解题的关键是理解题意，列出相应的关系式.
24. 如图，在矩形中，，连结，点在射线上，以为边在上方作，作，连结．
（1）当点在线段上时，证明：；
（2）若时，求的面积；
（3）的外接圆交射线于点，作直线交直线于点，交直线于点，连接，若，求线段的长．

【答案】（1）证明见解析；（2）或；（3）或．
【解析】
【分析】（1）根据相似三角形的判定和性质证明结论即可；
（2）分2种情况①当点在射线上时．先根据勾股定理求出AC的长，再作于点，构造直角三角形,根据相似三角形的判定和性质得出△PCM∽△ACB，进而推出，可设，，，在中，由，得出PM的值，进而求得的面积；②当点在线段上时，作于点，可得△PCM∽△ACB，同理可得的面积；
（3）分2种情况，①当点在线段的延长线上时，延长交于点，易得ΔEDM∽ΔGCF，设设，求出PB的长，再由△ABP∽△HFP，根据相似三角形的性质推出，求出FH的长；②当点在线段上，同理可得．
【详解】（1）证明：∵在矩形中，，，
∴，
又∵，
∴△AEP∽△ADC，
∴
（2）①当点在射线上时．
∵，
∴，
∴
中，
作于点，
可得△PCM∽△ACB，
∴，
∴可设，则，，
∴中，，
，
∴
的面积

②当点在线段上时，作于点，可得△PCM∽△ACB，
∴，
∴可设，则，，
∴中，，
，
∴
的面积

（3）∵，
又∵，，
∴，
∴，．
①当点在线段的延长线上时，延长交于点，
则，易得ΔEDM∽ΔGCF，
设，则有，，
∴，
，
，
又∵，
∴△ABP∽△HFP，
∴，
即，
∴

②当点在线段上，同理可得

【点睛】本题是四边形的综合题，考查了矩形的性质、相似三角形的判定和性质、利用三角函数解直角三角形．解决此类题目一定要考虑到各种情况，作出相应的图象是解题的关键．