2020年浙江省宁波市慈溪市中考数学模拟训练试卷 解析版


2020年浙江省宁波市慈溪市中考数学模拟训练试卷
一．选择题（每小题4分，共48分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是正确的）
1．2018的相反数是（　　）
A．﹣2018 B．2018 C．﹣ D．
2．下列运算正确的是（　　）
A．3a+2b＝5ab B．a2•a3＝a6
C．a•a4＝a4 D．（a3b）2＝a6b2
3．2017年12月15日，北京2022年冬奥会会徽“冬梦”正式发布．以下是参选的会徽设计的一部分图形，其中是轴对称图形的是（　　）
A． B．
C． D．
4．天文单位是天文学中计量天体之间距离的一种单位，其数值取地球与太阳之间的平均距离，即149597870700m，约为149600000km．将数149600000用科学记数法表示为（　　）
A．14.96×107 B．1.496×107 C．14.96×108 D．1.496×108
5．在学校的体育训练中，小杰投实心球的7次成绩就如统计图所示，则这7次成绩的中位数和众数分别是（　　）

A．9.7m，9.8m B．9.7m，9.7m C．9.8m，9.9m D．9.8m，9.8m
6．下图是由6个大小相同的小正方体组成的几何体，它的左视图是（　　）

A． B．
C． D．
7．下列事件属于必然事件的是（　　）
A．在一个装着白球和黑球的袋中摸球，摸出红球
B．抛掷一枚硬币2次都是正面朝上
C．在标准大气压下，气温为15℃时，冰能熔化为水
D．从车间刚生产的产品中任意抽一个，是次品
8．已知圆锥的底面半径为5cm，母线长为13cm，则这个圆锥的侧面积是（　　）
A．60πcm2 B．65πcm2 C．120πcm2 D．130πcm2
9．如图，将直尺与含30°角的三角尺摆放在一起，若∠1＝20°，则∠2的度数是（　　）

A．30° B．40° C．50° D．60°
10．将抛物线y＝﹣x2向左平移2个单位长度，再向下平移3个单位长度，则平移后所得到的抛物线解析式是（　　）
A． B．
C． D．
11．如图，半径为1的⊙O与正五边形ABCDE的边相切于点的A，B，则的长为（　　）

A．π B．π C．π D．π
12．如图，将曲线c1：y＝（x＞0）绕原点O逆时针旋转60°得到曲线c2，A为直线y＝x上一点，P为曲线c2上一点，PA＝PO，且△PAO的面积为6，直线y＝x交曲线c1于点B，则OB的长（　　）

A． B．5 C． D．
二．填空题（每小题4分，共24分）
13．因式分解：a2﹣2a＝　 　．
14．要使分式有意义，则x的取值范围是　 　．
15．不透明袋子中装有7个球，其中有3个红球，4个黄球，这些球除颜色外无其他差别，从袋子中随机取出1个球，则它是红球的概率是　 　．
16．如图，在△ABC中，已知AB＝8，BC＝5，点D，E分别为BC，AC的中点，BF平分∠ABC交DE于点F，则EF的长为　 　．

17．如图，在矩形纸片ABCD中，BM，DN分别平分∠ABC，∠CDA，沿BP折叠，点A恰好落在BM上的点E处，延长PE交DN于点F沿DQ折叠，点C恰好落在DN上的点G处，延长QG交BM于点H，若四边形EFGH恰好是正方形，且边长为1，则矩形ABCD的面积为　 　．

18．如图，菱形ABCD的边长是6，∠A＝60°，E是AD的中点，F是AB边上一个动点，EG＝EF且∠GEF＝60°，则GB+GC的最小值是　 　

三．解答题（共8小题，共78分）
19．先化简，再求值：（x﹣1）2+x（3﹣x），其中x＝﹣1．
20．今年我市将创建全国森林城市，提出了“共建绿色城”的倡议．某校积极响应，在3月12日植树节这天组织全校学生开展了植树活动，校团委对全校各班的植树情况进行了统计，绘制了如图所示的两幅不完整的统计图．

（1）求该校的班级总数；
（2）将条形统计图补充完整；
（3）求该校各班在这一活动中植树的平均棵树．
21．如图，在8×6的方格纸ABCD中，AB＝6，每个小方格纸的顶点为格点，请按要求画出格点多边形，且所画格点多边形的顶点均不与点A，B，C，D重合．
（1）在图1中画一个格点三角形EFG，使得点E，F，G分别在AB，BC，AD上，且∠EFG＝90°，
（2）在图2中画一个四边形EFGH，使点F为边BC的中点，E，G，H分别落在边AB，CD，DA上，且EG⊥FH，∠AEG≠90°．

22．为美化校园，某学校将要购进A、B两个品种的树苗，已知一株A品种树苗比一株B品种树苗多20元，若买一株A品种树苗和2株B品种树苗共需110元．
（1）问A、B两种树苗每株分别是多少元？
（2）学校若花费不超过4000元购入A、B两种树苗，已知A品种树苗数量是B品种树苗数量的一半，问此次至多购买B品种树苗多少株？
23．如图1是一款“雷达式”懒人椅．当懒人椅完全展开时，其侧面示意图如图2所示，金属杆AB、CD在点O处连接，且分别与金属杆EF在点B，D处连接．金属杆CD的OD部分可以伸缩（即OD的长度可变）．已知OA＝50cm，OB＝20cm，OC＝30cm．DE＝BF＝5cm．当把懒人椅完全叠合时，金属杆AB，CD，EF重合在一条直线上（如图3所示），此时点E和点A重合．

（1）如图2，已知∠BOD＝6∠ODB，∠OBF＝140°．
①求∠AOC的度数．
②求点A，C之间的距离．
（2）如图3，当懒人椅完全叠合时，求CF与CD的长．
24．如图，已知抛物线y＝﹣x2+bx+c经过点A（3，0），点B（0，3）．点M（m，0）在线段OA上（与点A，O不重合），过点M作x轴的垂线与线段AB交于点P，与抛物线交于点Q，联结BQ．
（1）求抛物线表达式；
（2）联结OP，当∠BOP＝∠PBQ时，求PQ的长度；
（3）当△PBQ为等腰三角形时，求m的值．

25．如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，∠ABC＝30°，△CDE是等边三角形，点D在边AB上．

（1）如图1，当点E在边BC上时，求证DE＝EB；
（2）如图2，当点E在△ABC内部时，猜想ED和EB数量关系，并加以证明；
（3）如图3，当点E在△ABC外部时，EH⊥AB于点H，过点E作GE∥AB，交线段AC的延长线于点G，AG＝5CG，BH＝3．求CG的长．
26．如图1，在平面直角坐标系内，A，B为x轴上两点，以AB为直径的⊙M交y轴于C，D两点，C为的中点，弦AE交y轴于点F，且点A的坐标为（﹣2，0），CD＝8．
（1）求⊙M的半径；
（2）动点P在⊙M的圆周上运动．
①如图1，当FP的长度最大时，点P记为P，在图1中画出点P0，并求出点P0横坐标a的值；
②如图1，当EP平分∠AEB时，求EP的长度；
③如图2，过点D作⊙M的切线交x轴于点Q，当点P与点A，B不重合时，请证明为定值．























参考答案
一．选择题（每小题4分，共48分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是正确的）
1．解：2018的相反数是：﹣2018．
故选：A．
2．解：A、3a+2b，无法计算，故此选项不合题意；
B、a2•a3＝a5，故此选项不合题意；
C、a•a4＝a5，故此选项不合题意；
D、（a3b）2＝a6b2，故此选项符合题意．
故选：D．
3．解：A、不是轴对称图形，不合题意；
B、是轴对称图形，符合题意；
C、不是轴对称图形，不合题意；
D、不是轴对称图形，不合题意．
故选：B．
4．解：将数149600000用科学记数法表示为1.496×108．
故选：D．
5．解：把这7个数据从小到大排列处于第4位的数是9.7m，因此中位数是9.7m，
9.7m出现了2次，最多，
所以众数为9.7m，
故选：B．
6．解：从物体左面看，是左边1个正方形，中间2个正方形，右边1个正方形．
故选：B．
7．解：A、在一个装着白球和黑球的袋中摸球，摸出红球，是不可能事件，不合题意；
B、抛掷一枚硬币2次都是正面朝上，是随机事件，不合题意；
C、在标准大气压下，气温为15℃时，冰能熔化为水，是必然事件，符合题意；
D、从车间刚生产的产品中任意抽一个，是次品，是随机事件，不合题意；
故选：C．
8．解：这个圆锥的侧面积＝×2π×5×13＝65π（cm2）．
故选：B．
9．解：如图，∵∠BEF是△AEF的外角，∠1＝20°，∠F＝30°，
∴∠BEF＝∠1+∠F＝50°，
∵AB∥CD，
∴∠2＝∠BEF＝50°，
故选：C．

10．解：
∵将抛物线y＝﹣x2向左平移2个单位长度，再向下平移3个单位长度，
∴平移后所得抛物线解析式为y＝﹣（x+2）2﹣3，
故选：C．
11．解：连接OA、OC，如图．
∵五边形ABCDE是正五边形，
∴∠E＝∠D＝＝108°．
∵AE、CD与⊙O相切，
∴∠OAE＝∠OCD＝90°，
∴∠AOC＝（5﹣2）×180°﹣90°﹣108°﹣108°﹣90°＝144°，
∴的长为＝．
故选：C．

12．解：如图，将C2绕点O逆时针旋转30°，则得到双曲线C3，直线l与y轴重合．
∴双曲线C3的解析式为y＝﹣
过点P作PM⊥y轴于点M

∵PA＝PO
∴M为OA中点．
∵△POA的面积是6，
∴S△PAM＝S△POM，
∴S△POM＝3
∴∴双曲线C3的解析式为y＝﹣，

∴双曲线C1的解析式为y＝，
由方程组可得B（，3），
∴OB＝2．
故选：A．
二．填空题（每小题4分，共24分）
13．解：a2﹣2a＝a（a﹣2）．
故答案为：a（a﹣2）．
14．解：根据题意得：x+1≠0，解得：x≠﹣1．
故答案为x≠﹣1．
15．解：∵袋子中共有7个球，其中红球有3个，
∴从袋子中随机取出1个球，它是红球的概率是，
故答案为：．
16．解：∵在△ABC中，D、E分别是BC、AC的中点，AB＝8，
∴DE∥AB，DE＝AB＝4．
∴∠ABF＝∠DFB．
∵BF平分∠ABC，
∴∠ABF＝∠DBF．
∴∠DBF＝∠DFB
∴FD＝BD＝BC＝×5＝．
∴FE＝DE﹣DF＝4﹣＝1.5．
故答案为：1.5．
17．解：设CQ＝x，
∵矩形ABCD，BM，DN分别平分∠ABC，∠CDA，
∴∠ABM＝∠MBC＝∠CDN＝∠ADN＝45°，
∴△BHQ，△NQG，△PDF都是等腰直角三角形，
∵沿BP折叠，点A恰好落在BM上的点E处，
∴AP＝PE，BE＝AB，
∵点C恰好落在DN上的点G处，
∴CD＝DG，GQ＝CQ，
△ABP≌△CDQ（ASA），
∴AP＝CQ，
∵正方形EFGH边长为1，
∴HQ＝1+x，HB＝1+x，
∴BQ＝（1+x），BC＝+（1+x），CD＝NC＝x+NQ＝x+x，
∴DG＝x+x＝1+DF＝1+1+x，
∴x＝，
∴BC＝2+2，CD＝2+，
∴矩形ABCD的面积＝（2+2）（2+）＝8+6，
故答案为8+6；
18．解：连接BD
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝AD，
∵∠A＝60°，
∴△ABD是等边三角形，
∵E是AD的中点，
∴BE⊥AD，
取AB与CD的中点M，N，连接MN，
∴点B关于MN的对称点是E，连接EC，
此时CE的长就是GB+GC的最小值；
∵MN∥AD，
∴HM＝AE，
∵HB⊥HM，AB＝6，∠A＝60°，
∴MB＝3，∠HMB＝60°，
∴HM＝1.5，
∴AE＝3，
∵∠AEB＝∠MHB＝90°，
∴∠CBE＝90°，
在Rt△EBC中，EB＝3，BC＝6，
∴EC＝3，
故答案为3．

三．解答题（共8小题，共78分）
19．解：（x﹣1）2+x（3﹣x）
＝x2﹣2x+1+3x﹣x2
＝x+1，
当x＝﹣1时，原式＝﹣1+1＝．
20．解：（1）该校的班级总数＝3÷25%＝12，
答：该校的班级总数是12；
（2）植树11棵的班级数：12﹣1﹣2﹣3﹣4＝2，如图所示：

（3）（1×8+2×9+2×11+3×12+4×15）÷12＝12（棵），
答：该校各班在这一活动中植树的平均数约是12棵数．
21．解：（1）△EFG即为所求，如图1所示．

（2）四边形EFGH即为所求，如图2所示．
22．解：（1）设A种树苗每株x元，B种树苗每株y元，依题意有
，
解得．
故A种树苗每株50元，B种树苗每株30元．
（2）设购买B种树苗z株，依题意有，
解得：z，
z取最大整数，
所以z＝72，
答：此次至多购买B品种树苗72株．
23．解：（1）①∵∠OBF＝∠BOD+∠ODB，∠BOD＝6∠ODB，
∴6∠ODB+∠ODB＝∠OBF，
∴7∠ODB＝140°，
∴∠ODB＝20°，
∴∠BOD＝6×20°＝120°，
∵∠AOC＝∠BOD，
∴∠AOC＝120°；
②连接AC，过点A作AG⊥CE于G，如图2所示：
∵∠AOC＝120°，
∴∠AOG＝180°﹣120°＝60°，
∵AG⊥CE，
∴∠OGA＝90°，
∴∠OAG＝90°﹣60°＝30°，
∴OG＝OA＝×50＝25（cm），
由勾股定理得：AG＝＝＝25（cm），
∵CG＝OC+OG＝30+25＝55（cm），
∴AC＝＝＝70（cm），
∴点A，C之间的距离为70cm；
（2）CF＝OC﹣OB﹣BF＝30﹣20﹣5＝5（cm），CD＝OC+OA﹣DE＝30+50﹣5＝75（cm）．

24．解：（1）将A（3，0），B（0，3）分别代入抛物线解析式，得
．
解得．
故该抛物线解析式是：y＝﹣x2+2x+3；

（2）设直线AB的解析式是：y＝kx+t（k≠0），
把A（3，0），B（0，3）分别代入，得
．
解得k＝﹣1，t＝3．
则该直线方程为：y＝﹣x+3．
故设P（m，﹣m+3），Q（m，﹣m2+2m+3）．
则BP＝m，PQ＝﹣m2+3m．
∵OB＝OA＝3，
∴∠BAO＝45°．
∵QM⊥OA，
∴∠PMA＝90°．
∴∠AMP＝45°．
∴∠BPQ＝∠AMP＝∠BAO＝45°．
又∵∠BOP＝∠QBP，
∴△POB∽△QBP．
于是＝，即＝．
解得m1＝，m2＝0（舍去）．
∴PQ＝﹣m2+3m＝；

（3）由两点间的距离公式知，BP2＝2m2，PQ2＝（﹣m2+3m）2，BQ2＝m2+（﹣m2+2m）2．
①若BP＝BQ，2m2＝m2+（﹣m2+2m）2，
解得m1＝1，m2＝3（舍去）．
即m＝1符合题意．
②若BP＝PQ，2m2＝（﹣m2+3m）2，
解得m1＝3﹣，m2＝3+（舍去）．
即m＝3﹣符合题意．
③若PQ＝BQ，（﹣m2+3m）2＝m2+（﹣m2+2m）2，
解得m＝2．
综上所述，m的值为1或3﹣或2．

25．（1）证明：∵△CDE是等边三角形，
∴∠CED＝60°，
∴∠EDB＝60°﹣∠B＝30°，
∴∠EDB＝∠B，
∴DE＝EB；
（2）解：ED＝EB，
理由如下：取AB的中点O，连接CO、EO，
∵∠ACB＝90°，∠ABC＝30°，
∴∠A＝60°，OC＝OA，
∴△ACO为等边三角形，
∴CA＝CO，
∵△CDE是等边三角形，
∴∠ACD＝∠OCE，
在△ACD和△OCE中，
，
∴△ACD≌△OCE，
∴∠COE＝∠A＝60°，
∴∠BOE＝60°，
在△COE和△BOE中，
，
∴△COE≌△BOE，
∴EC＝EB，
∴ED＝EB；
（3）取AB的中点O，连接CO、EO、EB，
由（2）得△ACD≌△OCE，
∴∠COE＝∠A＝60°，
∴∠BOE＝60°，
△COE≌△BOE，
∴EC＝EB，
∴ED＝EB，
∵EH⊥AB，
∴DH＝BH＝3，
∵GE∥AB，
∴∠G＝180°﹣∠A＝120°，
在△CEG和△DCO中，
，
∴△CEG≌△DCO，
∴CG＝OD，
设CG＝a，则AG＝5a，OD＝a，
∴AC＝OC＝4a，
∵OC＝OB，
∴4a＝a+3+3，
解得，a＝2，
即CG＝2．


26．解：（1）如图（1）：连接OD，

∵直径AB⊥CD，CD＝8，
∴OD＝CD＝4，
连接MD设MD＝MA＝r，
在Rt△OMD中．由OM2+OD2＝MD2，
得（r﹣2）2+42＝r2．解得r＝5，
（2）①如图1（1），连接FM并延长交⊙M于点P记作P0，FP长度最大．

∵直径AB⊥CD，C为的中点，
∴．
∴∠ACF＝∠CAF，
∴AF＝CF，
在Rt△AFO中，OA＝2，AF＝CF＝4﹣OF，
∴OF2+22＝（4﹣OF）2，解得：OF＝，
∴MF＝＝，
过P点作PH⊥OB，
∴△OFM∽△HPM，
∴，
∴，
∴MH＝2，
∴点P0横坐标a的值等于3+2．
②如图1（2）

∵．
∴，
∴AE＝CD＝8，
∵AB是直径，∴∠AEB＝90°，
过P点作PG⊥AE，连接AP、BP．
当EP平分∠AEB时，∠BAP＝∠BEP＝∠AEP＝∠ABP＝45°，
△BAP和△EGP均为等腰直角三角形，∵AB＝10，
∴AP＝5，
设EG＝PG＝b，在Rt△AGP中，PG2+AG2＝AP2，
即：
解得：b＝7，b＝1（舍去）．
∴EP＝EG＝7．
③如图2：连接PM、DM，


∵DQ与⊙M于D点，
∴∠MDQ＝90°＝∠DOM，
∴∠QMD＝∠DMO，
∴△QMD∽△MDO，
∴，
又∵MD＝MP，
∴，
又∵∠OMP＝∠PMQ，
∴△QMP∽△PMQ，
∴．