上海市2020年中考数学考前押题卷 附答案


上海市2020年中考数学考前押题卷
（满分150分）
一．选择题（共6小题，满分24分，每小题4分）
1．计算4的结果是（　　）
A．3 B．4 C． D．3
2．下列关于x的方程中一定有实数根的是（　　）
A．x2﹣x+2＝0 B．x2+x﹣2＝0 C．x2+x+2＝0 D．x2+1＝0
3．二次函数y＝（x﹣4）2+5的图象的开口方向、对称轴、顶点坐标分别是（　　）
A．向上，直线x＝4，（4，5） B．向上，直线x＝﹣4，（﹣4，5）
C．向上，直线x＝4，（4，﹣5） D．向下，直线x＝﹣4，（﹣4，5）
4．我市某一周的最大风力情况如表所示：则这周最大风力的众数与中位数分别是（　　）
最大风力（级）
4
5
6
7
天数
2
3
1
1
A．7，5 B．5，5 C．5，1.75 D．5，4
5．如图，已知四边形ABCD是平行四边形，AC、BD是对角线，下列条件中能判定平行四边形ABCD为矩形的是（　　）

A．∠BAC＝∠ABD B．∠BAC＝∠DAC C．∠BAC＝∠DCA D．∠BAC＝∠ADB
6．如图，一艘快艇从O港出发，向东北方向行驶到A处，然后向西行驶到B处，再向东南方向行驶，共经过1小时到O港，已知快艇的速度是60km/h，则A，B之间的距离是（　　）

A． B． C． D．
二．填空题（共12小题，满分48分，每小题4分）
7．计算＝　 　．
8．若x+y＝1，x﹣y＝5，则xy＝　 　．
9．若反比例函数的图象在每一个象限中，y随着x的增大而减小，则m的取值范围是　 　．
10．不等式组的解集是　 　．
11．从圆、平行四边形、菱形、正五边形随机抽取一个图形，抽到既是轴对称图形又是中心对称图形的概率是　 　．
12．从正n边形一个顶点引出的对角线将它分成了8个三角形，则它的每个内角的度数是　 　．
13．为从甲乙两名射击运动员中选出一人参加竞标赛，特统计了他们最近10次射击训练的成绩，其中，他们射击的平均成绩为8.9环，方差分别是S甲2＝0.8，S乙2＝13，从稳定性的角度看，　 　的成绩更稳定（填“甲”或“乙”）
14．为了解中学300名男生的身高情况，随机抽取若干男生进行身高测量，将所得数据整理后，画出频数分布直方图（如图）．估计该校男生的身高在169.5cm﹣174.5cm之间的人数有　 　人．

15．现定义新运算“※”，对任意有理数a、b，规定a※b＝ab+a﹣b，例如：1※2＝1×2+1﹣2＝1，则计算3※（﹣5）＝　 　．
16．如图，在平行四边形ABCD中，点E是边CD的中点，联结AE、BD交于点F，若＝，＝，用、表示＝　 　．

17．如图①，已知AC是矩形纸片ABCD的对角线，AB＝3，BC＝4．现将矩形ABCD沿对角线AC剪开，再把△ABC沿着AD方向平移，得到图②中△A′BC′，当四边形A′ECF是菱形时，平移距离AA′的长是　 　．

18．如图，已知Rt△ABC，∠C＝90°，AC＝6，BC＝8，分别以点A，B为圆心画圆，如果点C在⊙A内，点B在⊙A外，且⊙B与⊙A外切，那么⊙B的半径r的取值范围是　 　．

三．解答题（本大题共7题，满分78分）
19．计算：．
20．先化简，再求值：（a+1﹣）÷（﹣），其中a＝2+．
21．一客车一出租车分别从甲乙两地相向而行同时出发，设客车离甲地距离为y1千米，出租车离甲地距离为y2千米，两车行驶的时间为小时，y1、y2关于的函数图象如图所示：
（1）根据图象，直接写出y1、y2关于x的关系式；
（2）求经过多少小时，两车之间的距离为120千米？

22．如图1，2分别是某款篮球架的实物图与示意图，已知AB⊥BC于点B，底座BC的长为1米，底座BC与支架AC所成的角∠ACB＝60°，点H在支架AF上，篮板底部支架EH∥BC，EF⊥EH于点E，已知AH长米，HF长米，HE长1米．
（1）求篮板底部支架HE与支架AF所成的角∠FHE的度数．
（2）求篮板底部点E到地面的距离．（结果保留根号）

23．已知：如图，在正方形ABCD中，点E是边AD的中点，联结BE，过点A作AF⊥BE，分别交BE、CD于点H、F，联结BF．
（1）求证：BE＝BF；
（2）联结BD，交AF于点O，联结OE．求证：∠AEB＝∠DEO．

24．如图，抛物线y＝﹣+bx+c过点A（3，0），B（0，2）．M（m，0）为线段OA上一个动点（点M与点A不重合），过点M作垂直于x轴的直线与直线AB和抛物线分别交于点P、N．
（1）求直线AB的解析式和抛物线的解析式；
（2）如果点P是MN的中点，那么求此时点N的坐标；
（3）如果以B，P，N为顶点的三角形与△APM相似，求点M的坐标．

25．如图，A，B，C，D四点都在OO上，弧AC＝弧BC，连接AB，CD、AD，∠ADC＝45°．
（1）如图1，AB是⊙O的直径；
（2）如图2，过点B作BE⊥CD于点E，点F在弧AC上，连接BF交CD于点G，∠FGC＝2∠BAD，求证：BA平分∠FBE；
（3）如图3，在（2）的条件下，MN与⊙O相切于点M，交EB的延长线于点N，连接AM，若2∠MAD+∠FBA＝135°，MN＝AB，EN＝26，求线段CD的长．








参考答案
一．选择题（共6小题，满分24分，每小题4分）
1．解：4＝（4﹣1）＝3，
故选：A．
2．解：A、△＝1﹣8＝﹣7＜0，所以没有实数解，故本选项错误；
B、△＝1+8＝9＞0，所以有实数解，故本选项正确；
C、△＝1﹣8＝﹣7＜0，原方程没有实数解； 故本选项错误；
D、△＝0﹣4＝﹣4＜0，原方程有实数解，故本选项正确．
故选：B．
3．解：二次函数y＝（x﹣4）2+5的图象的开口向上、对称轴为直线x＝4、顶点坐标为（4，5），
故选：A．
4．解：最大风力为5级的天数为3天，故众数为5级；
一周中风力为5级的天数位于第四个数，因此中位数也是5级，
故选：B．
5．解：A、∵∠BAC＝∠ABD，∴OA＝OB，∴AC＝BD，能判定平行四边形ABCD为矩形，正确；
B、∵∠BAC＝∠DAC，BO＝OD，∴AB＝AD，能判定平行四边形ABCD为菱形，错误；
C、∵∠BAC＝∠DCA，∴AB∥CD，不能判定平行四边形ABCD为矩形，错误；
D、∵∠BAC＝∠ADB，不能判定平行四边形ABCD为矩形，错误；
故选：A．
6．解：∵∠AOD＝45°，∠BOD＝45°，
∴∠AOD＝90°，
∵AB∥x轴，
∴∠BAO＝∠AOC＝45°，∠ABO＝∠BOD＝45°，
∴△AOB为等腰直角三角形，OA＝OB，
∵OB+OA+AB＝60km，
∵OB＝OA＝AB，
∴AB＝，
故选：B．
二．填空题（共12小题，满分48分，每小题4分）
7．解：∵5的立方等于125，
∴125的立方根等于5．
故填5．
8．解：∵x+y＝1，x﹣y＝5，
∴xy＝[（x+y）2﹣（x﹣y）2]＝﹣6，
故答案为：﹣6
9．解：∵在每个象限内，y随着x的增大而减小，
∴2m﹣1＞0，
∴m＞．
故答案为：m＞．
10．解：，
由①得，x＞﹣1
由②得，x≥2；
∴不等式组的解集为x≥2．
故答案为：x≥2．
11．解：在圆、平行四边形、菱形、正五边形这4个图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是圆、菱形这2个图形，
所以抽到既是轴对称图形又是中心对称图形的概率是＝，
故答案为：．
12．解：由题得，该正多边形的边数为：8+2＝10，
解法1：则每个外角的度数为：360÷10＝36°，
每个内角的度数为：180°﹣36°＝144°．
故答案为：144°
解法2：180（10﹣2）÷10＝144°．
故答案为：144°
13．解：∵S甲2＝0.8，S乙2＝13，
∴S甲2＜S乙2，
∴成绩更稳定的运动员是甲，
故答案是：甲．
14．解：根据图形，身高在169.5cm～174.5cm之间的人数的百分比为：
×100%＝24%，
则该校男生的身高在169.5cm～174.5cm之间的人数有300×24%＝72（人）．
故答案为：72．
15．解：3※（﹣5）
＝3×（﹣5）+3﹣（﹣5）
＝﹣15+3+5
＝﹣7
故答案为：﹣7．
16．解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB＝CD，AB∥CD，
∴＝＝，＝＝，
∵DE＝DC，
∴＝﹣＝﹣，
∴＝+＝﹣，
∵DE∥AB，
∴EF：AF＝DE：AB＝1：2，
∴EF＝AE，
∴＝﹣＝﹣+
∴＝+＝﹣﹣+＝﹣﹣
故答案为﹣﹣．

17．解：∵矩形纸片ABCD，AB＝3，BC＝4，
∴在图②中，AD＝4，A′B＝DC＝3，AC＝＝5，
设AA′＝x，
∴A′D＝4﹣x，
∵四边形A′ECF是菱形
∴A′E∥FC，A′E＝EC，
∴△AA′E∽△ADC，
＝＝，
即：＝＝，
∴AE＝x，A′E＝x，
∴EC＝AC﹣AE＝5﹣x，
∴x＝5﹣x，
解得：x＝，
故答案为：．
18．解：在Rt△ABC中，AC＝6，BC＝8，
∴AB＝＝10，
∵分别以点A，B为圆心画圆，如果点C在⊙A内，点B在⊙A外，且⊙B与⊙A外切，
∴0＜r＜4
故答案为：0＜r＜4．
三．解答题（本大题共7题，满分78分）
19．解：原式＝
＝3﹣2+4+﹣1﹣2
＝．
20．解：原式＝÷＝•＝a（a﹣2）＝a2﹣2a，
当a＝2+时，原式＝7+4﹣4﹣2＝3+2．
21．解：（1）设y1＝k1x，由图可知，函数图象经过点（10，600），
∴10k1＝600，
解得：k1＝60，
∴y1＝60x（0≤x≤10），
设y2＝k2x+b，由图可知，函数图象经过点（0，600），（6，0），则
，解得，
∴y2＝﹣100x+600（0≤x≤6）；

（2）两车相遇前，两车之间的距离为120千米，
60x+100x+120＝600，
解得x＝3；
两车相遇后，两车之间的距离为120千米，
60x+100x﹣120＝600，
解得x＝4.5，
综上所述，经过3小时或4.5小时，两车之间的距离为120千米．
22．解：（1）在Rt△EFH中，cos∠FHE＝＝，
∴∠FHE＝45°，
答：篮板底部支架HE与支架AF所成的角∠FHE的度数为45°；

（2）延长FE交CB的延长线于M，过点A作AG⊥FM于G，过点H作HN⊥AG于N，

则四边形ABMG和四边形HNGE是矩形，
∴GM＝AB，HN＝EG，
在Rt△ABC中，∵tan∠ACB＝，
∴AB＝BCtan60°＝1×＝，
∴GM＝AB＝，
在Rt△ANH中，∠FAN＝∠FHE＝45°，
∴HN＝AHsin45°＝×＝，
∴EM＝EG+GM＝+，
答：篮板底部点E到地面的距离是（+）米．
23．证明：（1）∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝DA＝BC＝CD，∠BAD＝∠ADF＝∠BCF＝90°，
∴∠BAH+∠HAE＝90°，
∵AF⊥BE，
∴∠AHB＝90°，
即∠BAH+∠ABH＝90°，
∴∠ABH＝∠HAE，
又∵∠BAE＝∠ADF，
∴△ABE∽△DAF，
∴＝，
∴AE＝DF，
∵点E是边AD的中点，
∴点F是边DC的中点，
∴CF＝AE，
在Rt△ABE与Rt△CBF中，

∴Rt△ABE≌Rt△CBF（SAS），
∴BE＝BF．

（2）∵四边形ABCD是正方形，
∴DB平分∠ADC，
∴∠ADB＝∠CDB，
在△DEO与△DFO中，

∴△DEO≌△DFO（SAS），
∴∠DEO＝∠DFO，
∵△ABE∽△DAF，
∴∠AEB＝∠DFA，
∴∠AEB＝∠DEO．
24．解：（1）设直线AB的解析式为y＝px+q，
把A（3，0），B（0，2）代入得，解得，
∴直线AB的解析式为y＝﹣x+2；
把A（3，0），B（0，2）代入y＝﹣+bx+c得，解得，
∴抛物线解析式为y＝﹣x2+x+2；
（2）∵M（m，0），MN⊥x轴，
∴N（m，﹣m2+m+2），P（m，﹣m+2），
∴NP＝﹣m2+4m，PM＝﹣m+2，
而NP＝PM，
∴﹣m2+4m＝﹣m+2，解得m1＝3（舍去），m2＝，
∴N点坐标为（，）；
（3）∵A（3，0），B（0，2），P（m，﹣m+2），
∴AB＝＝，BP＝＝m，
而NP＝﹣m2+4m，
∵MN∥OB，
∴∠BPN＝∠ABO，
当＝时，△BPN∽△OBA，则△BPN∽△MPA，即m：2＝（﹣m2+4m）：，
整理得8m2﹣11m＝0，解得m1＝0（舍去），m2＝，
此时M点的坐标为（，0）；
当＝时，△BPN∽△ABO，则△BPN∽△APM，即m：＝（﹣m2+4m）：2，
整理得2m2﹣5m＝0，解得m1＝0（舍去），m2＝，
此时M点的坐标为（，0）；
综上所述，点M的坐标为（，0）或（，0）．
25．解（1）如图1，连接BD．

∵＝，
∴∠BDC＝∠ADC＝45°，
∴∠ADB＝90°，
∴AB是圆O的直径．
（2）如图2，连接OG、OD、BD．

则OA＝OD＝OB，
∴∠OAD＝∠ODA，∠OBD＝∠ODB，
∴∠DOB＝∠OAD+∠ODA＝2∠BAD，
∵∠FGC＝2∠BAD，
∴∠DOB＝∠FGC＝∠BGD，
∴B、G、O、D四点共圆，
∴∠ODE＝∠OBG，
∵BE⊥CD，∠BDC＝45°，
∴∠EBD＝45°＝∠EDB，
∴∠OBE＝∠ODE＝∠OBG，
∴BA平分∠FBE．
（3）如图3，连接AC、BC、CO、DO、EO、BD．

∵AC＝BC，
∴AC＝BC，
∵AB为直径，
∴∠ACB＝90°，∠CAB＝∠CBA＝45°，CO⊥AB，
延长CO交圆O于点K，则∠DOK＝∠OCD+∠ODC＝2∠ODC＝2∠OBE＝2∠FBA，
连接DM、OM，则∠MOD＝2∠MAD，
∵2∠MAD+∠FBA＝135°，
∴∠MOD+∠FBA＝135°，
∴2∠MOD+2∠FBA＝270°，
∴2∠MOD+∠DOK＝270°，
∵∠AOM+∠DOM+∠KOK＝270°，
∴∠AOM＝∠DOM，
∴AM＝DM，
连接MO并延长交AD于H，则∠MHA＝∠MHD＝90°，AH＝DH，
设MH与BC交于点R，连接AR，则AR＝DR，
∵∠ADC＝45°，
∴∠ARD＝∠ARC＝90°，△ADR是等腰直角三角形，
∴∠BRH＝∠ARH＝45°
∵∠ACR+∠BCE＝∠BCE+∠CBE＝90°，
∴∠ACR＝∠CBE，
∴△ACR≌△CBE（AAS），
∴CR＝BE＝ED，
作EQ⊥MN于Q，则∠EQN＝∠EQM＝90°，
连接OE，则OE垂直平分BD，
∴OE∥AD∥MN，
∴四边形OEQM是矩形，
∴OM＝EQ，OE＝MQ，
延长DB交MN于点P，
∵∠PBN＝∠EBD＝45°，
∴∠BNP＝45°，
∴△EQN是等腰直角三角形，
∴EQ＝QN＝EN＝13，
∴OA＝OB＝OC＝OD＝OM═13，AB＝2OA＝26，
∴BC＝OC＝26，
∵MN＝AB＝20，
∴OE＝MQ＝MN﹣QN＝20﹣13＝7，
∵∠ORE＝45°，∠EOR＝90°，
∴△OER是等腰直角三角形，
∴RE＝OE＝14，
设BE＝CR＝x，则CE＝14+x，
在Rt△CBE中：BC2＝CE2+BE2，
∴262＝（x+14）2+x2，解得x＝10，
∴CD＝CR+RE+DE＝10+14+10＝34．