（江蘇卷）2020年中考數(shù)學(xué)第二次模擬考試（全解全析）

2020年中考數(shù)學(xué)第二次模擬考試【江蘇卷】數(shù)學(xué)·全解全析123456AABDAC1．【答案】A【解析】∵（±）2=5，∴5的平方根為±．故選A．2．【答案】A【解析】A．2a2+2a2=4a2，故本選項正確；B．（a2）3=a，故本選項錯誤；C．a(chǎn)2?a3=a，故本選項錯誤；D．a(chǎn)6÷a3=a3，故本選項錯誤．故選A．3．【答案】B【解析】設(shè)正方形的邊長等于a，∵正方形的面積是12，∴∵9<12<16，∴3<<4，即3<a<4.故選B．4．【答案】D【解析】∵當(dāng)x1和x2在同一象限時，y隨x增大而減小，∴x1<x2時，y1>y2；而當(dāng)兩點不在同一象限時，y1<y2，∴y1與y2之間的大小關(guān)系不能確定．故選D．5．【答案】A【解析】如圖，取BC的中點G，連接MG，∵旋轉(zhuǎn)角為60°，∴∠MBH+∠HBN=60°，又∵∠MBH+∠MBC=∠ABC=60°，∴∠HBN=∠GBM，∵CH是等邊△ABC的對稱軸，∴HB=AB，∴HB=BG，又∵MB旋轉(zhuǎn)到BN，∴BM=BN，在△MBG和△NBH中，，∴△MBG≌△NBH（SAS），∴MG=NH，根據(jù)垂線段最短，MG⊥CH時，MG最短，即HN最短，此時∵∠BCH=×60°=30°，CG=AB=×2a=a，∴MG=CG=×a=，∴HN=，故選A．6．【答案】C【解析】過D作DH⊥y軸于H，∵四邊形AOCB是矩形，四邊形BDEF是正方形，∴AO=BC，DE=EF=BF，∠AOC=∠DEF=∠BFE=∠BCF=90°，∴∠OEF+∠EFO=∠BFC+∠EFO=90°，∴∠OEF=∠BFO，∴△EOF≌△FCB（ASA），∴BC=OF，OE=CF，∴AO=OF，∵E是OA的中點，∴OE=OA=OF=CF，∵點C的坐標(biāo)為（3，0），∴OC=3，∴OF=OA=2，AE=OE=CF=1，同理△DHE≌△EOF（ASA），∴DH=OE=1，HE=OF=2，∴OH=2，∴點D的坐標(biāo)為（1，3），故選C．7．【答案】–1【解析】故答案為8．【答案】1.1×103【解析】1100用科學(xué)記數(shù)法表示為1.1×103，故答案為：1.1×1039．【答案】【解析】∵式子有意義，∴1–x≠0，即x≠1故答案為x≠110．【答案】1【解析】原式=3﹣2=1．故答案為：1．11．【答案】﹣15【解析】∵a，b是關(guān)于x的一元二次方程x2﹣4x+t﹣2=0的兩個非負(fù)實根，∴可得a+b=4，ab=t﹣2≥0，△=16﹣4（t﹣2）≥0．解得：2≤t≤6（a2﹣1）（b2﹣1）=（ab）2﹣（a2+b2）+1=（ab）2﹣（a+b）2+2ab+1，∴（a2﹣1）（b2﹣1），=（t﹣2）2﹣16+2（t﹣2）+1，=（t﹣1）2﹣16，∵2≤t≤6，∴當(dāng)t=2時，（t﹣1）2取最小值，最小值為1，∴代數(shù)式（a2﹣1）（b2﹣1）的最小值是1﹣16=﹣15，故答案為﹣15．12．【答案】【解析】∵點P的橫坐標(biāo)和縱坐標(biāo)滿足二次函數(shù)y=+4x+3的關(guān)系∴點P在拋物線y=+4x+3的圖象上運動同理點Q在直線y=2x–8的圖象上運動設(shè)與直線y=2x–8平行與拋物線數(shù)y=+4x+3相切的直線方程y=2x+b則由消去y得+2x+3–b=0由△=4–4（3–b）=0得b=2PQ長度最小值即為兩平行線y=2x–8與y=2x+2之間的距離∴==2故PQ長度的最小值為213．【答案】17【解析】處于這組數(shù)據(jù)中間位置的數(shù)是9、9，由中位數(shù)的定義可知，這組數(shù)據(jù)的中位數(shù)m是9；眾數(shù)是一組數(shù)據(jù)中出現(xiàn)次數(shù)最多的數(shù)，在這一組數(shù)據(jù)中8是出現(xiàn)次數(shù)最多的，故眾數(shù)n是8，則m+n=9+8=17；故答案為17．14．【答案】【解析】連接CF，DF，則△CFD是等邊三角形，∴∠FCD=60°，∵在正五邊形ABCDE中，∠BCD=108°，∴∠BCF=48°，∴的長=，故答案為．15．【答案】60【解析】∵四邊形ABCD是菱形，∴AD=CD，∠ADB=∠BDC=∠ADC，∵△CDE是等邊三角形，∴CD=DE，∠CDE=60°，∴AD=DE，∠ADE=∠ADC+60°，∴∠DAE==60°﹣，∵∠AFB=∠DAE+∠ADB，∴∠AFB=+60°﹣=60°，故答案為：60．16．【答案】【解析】若△CEF與△ABC相似，分兩種情況：①若CF：CE=3：4，∵AC：BC=3：4，∴CF：CE=AC：BC，∴EF∥AB．連接CD，如圖1所示：由折疊性質(zhì)可知，CD⊥EF，∴CD⊥AB，即此時CD為AB邊上的高．在Rt△ABC中，∵∠ACB=90°，AC=3，BC=4，∴AB==5，∴cosA=，∴AD=AC·cosA=3×；②若CE：CF=3：4，∵AC：BC=3：4，∠C=∠C，∵△CEF∽△CAB，∴∠CEF=∠A．連接CD，如圖2所示：由折疊性質(zhì)可知，∠CEF+∠ECD=90°，又∵∠A+∠B=90°，∴∠B=∠ECD，∴BD=CD．同理可得：∠A=∠FCD，AD=CD，∴D點為AB的中點，∴AD=；故答案為：17．【解析】====．18．【解析】，解不等式①，得：x≥–1，解不等式②，得：x<3，則不等式組的解集為–1≤x<3，將不等式組的解集表示在數(shù)軸上如下：19．【解析】（1）本次調(diào)查共隨機抽取了：50÷25%=200（名）中學(xué)生，其中課外閱讀時長“2～4小時”的有：200×20%=40（人），故答案為：200，40；（2）扇形統(tǒng)計圖中，課外閱讀時長“4～6小時”對應(yīng)的圓心角度數(shù)為：360°×（1﹣﹣20%﹣25%）=144°，故答案為：144；（3）20000×（1﹣﹣20%）=13000（人），答：該地區(qū)中學(xué)生一周課外閱讀時長不少于4小時的有13000人．20．【解析】（1）列表如下：由列表可知共有20種可能，兩次都摸到紅球的有6種，∴所以兩個球都是紅球的概率為P（A）=，即a的值為．（2）③．理由：由列表可知，兩個球至少一個是白球有14種情況，故概率=故答案為：③．21．【解析】（1）∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AD∥BC，AD=BC，∴∠GDE=∠FBH，∵G、H分別是AD、BC的中點，AE⊥BD，CF⊥BD，∴在Rt△AED和Rt△CFB中，EG=AD=GD，F(xiàn)H=BC=HB，∴EG=FH，∠GED=∠GDE，∠FBH=∠BFH，∴∠GED=∠BFH，∴EG∥FH，∴四邊形GEHF是平行四邊形；（2）連接GH，當(dāng)四邊形GEHF是矩形時，∠EHF=∠BFC=90°，∵∠FBH=∠BFH，∴△EFH∽△CBF，∴，由（1）可得：GA∥HB，GA=HB，∴四邊形GABH是平行四邊形，∴GH=AB=5，∵在矩形GEHF中，EF=GH，且AB=5，AD=8，∴，解得：BF=，∴BE=BF﹣EF=﹣5=，在△ABE和△CDF中，，∴△ABE≌△CDF（AAS），∴BE=DF=，∴BD=BF+DF=．22．【解析】(1)由題意可設(shè)拆舊舍x平方米，建新舍y平方米，則解得答：原計劃拆建各4500平方米．(2)計劃資金y1=4500×80＋4500×800=3960000（元），實用資金y2=1.1×4500×80＋0.9×4500×800=4950×80＋4050×800=396000＋324000=3636000（元），∴節(jié)余資金：3960000－3636000=324000（元），∴可建綠化面積==1620平方米，答：可綠化面積1620平方米．23．【解析】（1）設(shè)y=kx+b，根據(jù)題意得：，解得，∴y=100x﹣40；（2）當(dāng)m=1時，甲車改變速度之前的速度為：360﹣160÷2×3=120（km/h）；乙車改變速度之前的速度為：360﹣（360﹣160）÷2×3=60（km/h）；答：甲車改變速度之前的速度為120km/h，乙車改變速度之前的速度為60km/h；（3）當(dāng)y=90時，100x﹣40=90，解得x=1.3，如果兩車改變速度時兩車相距90km，則m的值為1.324．【解析】設(shè)電子警察安裝在懸臂燈桿上的高度AD的長為xm．在Rt△ADB中，tan∠ABD=，∴BD=，在Rt△ACD中，tan∠ACD=，∴CD=，∵BC=CD﹣BD，∴﹣=6，∴4x﹣x=6．解這個方程，得x=6.5．答：電子警察安裝在懸臂燈桿上的高度AD的長為6.5m．25．【解析】（1）∵①②的橫坐標(biāo)和A、B的橫坐標(biāo)相同，設(shè)經(jīng)過直線AB的解析式為y=kx+b，解得∴y=x+2，把x=2代入得，y=4，③這個點與A、B共線，故點C的坐標(biāo)可以是④，故答案為④；（2）設(shè)二次函數(shù)的解析式為y=a（x+2）（x–2），代入（1，3）得3=–3a，∴a=–1，∴該二次函數(shù)的表達(dá)式為y=–x2+4；（3）由題意可知，二次函數(shù)的圖象開口向下，若對稱軸是直線x=2，則m是最大值，由（1）可知m<4，∴m的取值范圍是0<m<4．26．【解析】（1）連接OD，如圖所示：∵∠ACB=90°，∴AB為直徑，由翻折可知△ADB≌△ACB，∴∠ADB=90°，∵O為AB中點，∴OD=AB，∴D在⊙O上；（2）①證明：∵DE2=BE?AE，∴，∠E=∠E，∴△EBD∽△EDA，∴∠EDB=∠DAE，∵OD=OB，∴∠ABD=∠ODB，∵∠ADB=90°，∴∠DAB+∠DBA=90°，∴∠EDB+∠ODB=90°，∴∠EDO=90°，∴DE為⊙O切線；②解：在Rt△ADB中，∵cos∠DBA=，AB=10，∴BD=6，∴AD==8，∵∠ADB=90°，OF∥BD，∴∠FHD=∠ADB=90°，∵OH⊥AD，∴HD=AD=4，又∵OA=OB，∴OH=BD=3，∵∠HOD=∠ODB=∠ABD，∴cos∠HOD=，即∴FO=，∴FH=FO﹣HO=27．【解析】（1）證明：∵四邊形ABCD是矩形，∴BC=AD=10，AB=CD，∠B=∠C=∠D=90°，∵AD=10，PA=10，∠PAD=2∠DAE，∴AP=AD，∠PAE=∠DAE，在△APE和△ADE中，，∴△APE≌△ADE（SAS），∴∠APE=∠D=90°；（2）由（1）得：△APE≌△ADE，∴PE=DE=5，設(shè)BP=x，則PC=10﹣x，∵∠B=90°，∠APE=90°，∴∠BAP+∠APB=90°，∠APB+∠CPE=90°，∴∠BAP=∠CPE，∴△ABP∽△PCE，∴，即=2，∴AB=20﹣2x，CE=x，∵AB=CD，∴20﹣2x=5+x，解得：x=6，∴AB=20﹣2x=8；（3）①∠M′FB為定值，理由如下：作MG⊥B于G，M'H⊥BC于H，如圖2所示：則MG∥CD，∠H=∠MGQ=90°，∴∠QMG+∠MQG=90°，∵M是DQ的中點，∴QG=CG，∴MG是△CDQ的中位線，∴MG=CD=AB=4，由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，QM'=QM，∠M'QM=90°，∴∠HQM'+∠MQG=90°，∴∠HQM'=∠QMG，在△HQM'和△GMQ中，，∴△HQM'≌△GMQ（ASA），∴HM'=GQ，Q