連云港2020中考數(shù)學(xué)綜合模擬測試卷

1、連云港市2020高中段學(xué)校招生模擬考試數(shù)學(xué)試題（含答案全解全析）(滿分:150分時間:120分鐘)第卷(選擇題,共24分)一、選擇題(本大題共有8小題,每題3分,共24分.在每題給出的四個選項中,只有一項是切合題目要求的)1.以下各數(shù)中是正數(shù)的為()A.3B.-C.-D.024的結(jié)果是()2.計算aaA.a8B.a6C.2a6D.2a83.將一包卷筒衛(wèi)生紙按以下圖的方式擺放在水平桌面上,則它的俯視圖是()4.為了傳承和弘揚港口變化,我市將投入6000萬元建設(shè)一座港口博物館.此中“6000萬”用科學(xué)記數(shù)法可表示為()108B.6108C.6107D.601065.在RtABC中,C=90,若si

2、nA=,則cosA的值為()A.B.C.D.6.如圖,數(shù)軸上的點A、B分別對應(yīng)實數(shù)a、b,以下結(jié)論中正確的選項是()A.abB.|a|b|C.-abD.a+b0)的圖象交于點的D(n,-2).(1)求k1和k2的值;(2)若直線AB、BD分別交x軸于點C、E,試問在y軸上能否存在一點F,使得BDFACE?若存在,求出點F的坐標(biāo);若不存在,請說明原因.25.(此題滿分12分)我市某海疆內(nèi)有一艘漁船發(fā)生故障,海事營救船接到求救信號后立刻從港口出發(fā)沿直線勻速前去營救,與故障漁船會集后立刻將其拖回.如圖,折線段OAB表示營救船在整個航行過程中離港口的距離y(海里)隨航行時間x(分鐘)的變化規(guī)律.拋物線

3、y=ax2+k表示故障漁船在漂移過程中離港口的距離y(海里)隨漂移時間x(分鐘)的變化規(guī)律.已知營救船返程速度是前去速度的.依據(jù)圖象供給的信息,解答以下問題:(1)營救船行駛了海里與故障漁船會集;求營救船的前去速度;若該故障漁船在發(fā)出求救信號后40分鐘內(nèi)得不到營救就會有危險,請問營救船的前去速度每小時起碼是多少海里,才能保證故障漁船的安全.26.(此題滿分12分)如圖,在平面直角坐標(biāo)系中,O為坐標(biāo)原點,點A、B的坐標(biāo)分別為(8,0)、(0,6).動點Q從點O、動點P從點A同時出發(fā),分別沿著OA方向、AB方向均以1個單位長度/秒的速度勻速運動,運動時間為t(秒)(0t5).以P為圓心,PA長為半

4、徑的P與AB、OA的另一個交點分別為點C、D,連接CD、QC.求當(dāng)t為什么值時,點Q與點D重合?設(shè)QCD的面積為S,試求S與t之間的函數(shù)關(guān)系式,并求S的最大值;若P與線段QC只有一個交點,請直接寫出t的取值范圍.27.(此題滿分14分)小明在一次數(shù)學(xué)興趣小組活動中,對一個數(shù)學(xué)識題作以下研究:問題情境:如圖1,四邊形ABCD中,ADBC,點E為DC邊的中點,連接AE并延長交BC的延長線于點F.求證:S四邊形ABCD=SABF.(S表示面積)圖1問題遷徙:如圖2,在已知銳角AOB內(nèi)有必定點P.過點P隨意作一條直線MN,分別交射線OA、OB于點M、N.小明將直線MN繞著點P旋轉(zhuǎn)的過程中發(fā)現(xiàn),MON的

5、面積蓄在最小值.請問當(dāng)直線MN在什么地點時,MON的面積最小,并說明原因.圖2實質(zhì)應(yīng)用:如圖3,若在道路OA、OB之間有一鄉(xiāng)村Q發(fā)生疫情,防疫部門計劃以公路OA、OB和經(jīng)過防疫站P的一條直線MN為隔絕線,成立一個面積最小的三角形隔絕區(qū)MON.若測得AOB=66,POB=30,OP=4km,試求MON的面積.(結(jié)果精準(zhǔn)到0.1km2)(參照數(shù)據(jù):sin660.91,tan662.25,1.73)圖3拓展延長:如圖4,在平面直角坐標(biāo)系中,O為坐標(biāo)原點,點A、B、C、P的坐標(biāo)分別為(6,0)、(6,3)、(4,2),過點P的直線l與四邊形OABC一組對邊訂交,將四邊形OABC分紅兩個四邊形,求此中以

6、點O為極點的四邊形面積的最大值.圖4答案全解全析：1.A-和-是負(fù)數(shù),0既不是正數(shù)也不是負(fù)數(shù),應(yīng)選A.2.B同底數(shù)冪相乘底數(shù)不變246,指數(shù)相加,故aa=a.3.D由立體圖形的特點及所放地點可知其俯視圖為圓環(huán),應(yīng)選D.4.C6000萬=60000000,將其寫成a10n的形式,此中1|a|10,n=8-1=7,故用科學(xué)記數(shù)法可表示為6107,應(yīng)選C.5.D在RtABC中,C=90,sin2A+cos2A=1,又sinA=,因此cosA=.應(yīng)選D.6.C由數(shù)軸上實數(shù)a、b所在的地點,可知a0b,|a|0,因此選項A、B、D錯,故選C.7.B1-20%-50%=30%正確;50%30%20%,故摸

7、出黑球的概率最大;再摸球100次不一定有20次摸出的是紅球,應(yīng)選B.8.C在正方形ABCD中,連接AC交BD于點O,則BOA=90,BAC=45,BAE=22.5,AE均分BAC.又EFAB,EF=EO,設(shè)EF=x,則FB=x,BD=AD=4,BE=BD-EO=2-x.在等腰直角三角形EFB中,BE=x,x=2-x,x=4-2,即EF=4-2,應(yīng)選C.評析此題考察正方形的性質(zhì),角均分線的性質(zhì),勾股定理等知識,屬較難題.9.答案3分析()2=3.答案x-1分析當(dāng)存心義時,x+10,x-1.11.答案(2+x)(2-x)2分析4-x=(2+x)(2-x).12.答案答案不獨一,如-1(只需k0即可

8、)分析正比率函數(shù)y=kx(k為常數(shù),且k0),當(dāng)k0時,y隨x的增大而減小,因此k可取小于0的任何實數(shù).13.答案80分析將8個數(shù)據(jù)從小到大擺列為50,53,56,72,88,101,105,110,中間兩個數(shù)為72和88,故中位數(shù)是=80(套).答案30分析由于正五邊形的每個內(nèi)角為108,又兩直線平行同旁內(nèi)角互補,則1+108+42=180,因此1=30.答案55分析在O中,AOB=2ACB=235=70,-=55.OA=OB,OAB=16.答案5050+101分析由題意得動點抵達(dá)A101點處時,在直線AB上共經(jīng)過了101個實線段,其長度為101;在弧上運動時,共經(jīng)過了100個半圓,每個半圓

9、的半徑挨次為1,2,3,100.因此經(jīng)過的總弧長為+2+3+100=5050,則點M經(jīng)過的路徑長為(5050+101),時間為(5050+101)秒.評析此題為規(guī)律研究題,分清楚點M的運動周期是解題要點,可區(qū)分為OA1B1,B1B2A2,A2A3B3,B99B100A100,A100A101,從而得出結(jié)論.17.分析原式=5+1-6=0.18.分析-,不等式組-.解不等式得x6,(2分)解不等式得x3.(4分)因此原不等式組的解集為3x6.(6分)19.分析原式=-=.(4分)(-)-當(dāng)m=-3,n=5時,原式=.(6分)-(-)20.分析(1)60;補全條形統(tǒng)計圖如圖.(5分)(2)600=

10、580(人),預(yù)計測試成績等級在合格以上(包含合格)的學(xué)生約有580人.(8分)分析(1)畫樹狀圖如圖:可看出三次傳球有8種等可能結(jié)果,此中傳回甲手中的有2種.因此P(傳球三次回到甲手中)=.(5分)由(1)可知從甲開始傳球,傳球三次后,球傳到甲手中的概率為,球傳到乙、丙手中的概率分別為,因此三次傳球后,球回到乙手中的概率最大值為.因此乙會讓球開始時在甲手中或丙手中.(8分)22.分析(1)證明:在矩形ABCD中,ABDC,EDBF,因此ABD=CDB.由題意可知EBD=ABD,BDF=BDC,因此EBD=BDF.因此BEDF.因此四邊形BFDE為平行四邊形.(6分)連接EF.由于四邊形BFD

11、E為菱形,因此EFBD.由題意得EMBD,FNBD,因此M、N兩點重合,且M,N兩點在EF上,故BD=2BM,又由題知AB=BM=2,因此BD=4.在RtBDC中,BC=-=-=2.(10分)評析此題考察平行四邊形的判斷方法及特別平行四邊形的性質(zhì),利用折疊設(shè)計試題背景,題目新奇,屬簡單題.23.分析(1)設(shè)此中一個正方形的邊長為xcm,則另一個正方形的邊長為(10-x)cm.由題意得x2+(10-x)2=58,解得x1=3,x2=7.43=12,47=28.因此小林應(yīng)把鐵絲剪成12cm和28cm的兩段.(6分)(2)假定能圍成.由(1)得,x2+(10-x)2=48,化簡得x2-10 x+26

12、=0.由于=b2-4ac=(-10)2-4126=-40,因此此方程沒有實數(shù)根.因此小峰的說法是對的.(10分)24.分析(1)由于點A(1,m)在直線y=2x+2上,因此m=4,即A(1,4).將A點坐標(biāo)代入y=,得k1=4.(2分)過點A、D分別作y軸的垂線,垂足分別為點M、N.由題可得B(0,2),又D(n,-2),則BN=4,BM=2,AM=1.又由于ABBD,因此易得ABMBDN.則=,即=,DN=8,因此D(8,-2).將D點坐標(biāo)代入y=,得k2=-16.(6分)(2)存在切合條件的點F.原因以下:由y=2x+2,得C(-1,0).由于OB=ON=2,DN=8,因此OE=4.易知A

13、E=5,CE=5,AC=2,BD=4,若BDFACE,則=,即=.因此BF=10,因此F(0,-8).(10分)評析此題考察反比率函數(shù)及一次函數(shù)的性質(zhì),在直角坐標(biāo)系中,要修業(yè)生依據(jù)圖形的特點求出某個點的坐標(biāo),數(shù)形聯(lián)合思想也是此題考察的要點,屬中等難度題.25.分析(1)16.(2分)(2)設(shè)營救船的前去速度為每分鐘V海里,則返程速度為每分鐘海里.由題意得=-16,解得V=0.5.經(jīng)查驗V=0.5是原方程的解.答:營救船的前去速度為每分鐘0.5海里(或?qū)懗擅啃r30海里).(7分)(3)由(2)知x=160.5=32,則A(32,16).將A(32,16)和C(0,12)代入y=ax2+k,可求

14、得y=x2+12.當(dāng)x=40時,y=402+12=.=(海里).因此營救船的前去速度每小時起碼是海里.(12分)評析此題考察分式方程和二次函數(shù)的應(yīng)用,正確理解題意,結(jié)構(gòu)數(shù)學(xué)模型是要點,屬中等難度題.分析(1)由于CA是P的直徑,因此CDOA,因此CDBO.因此ACDABO,因此=.由于OA=8,OB=6,因此AB=10,又CA=2t,因此AD=t,當(dāng)點Q與點D重合時,OQ+AD=OA,因此t+t=8,t=.(3分)(2)由ACDABO,易得CD=t.當(dāng)0t時,S=t-=-t2+t.由于-=,0,因此當(dāng)t=時,S有最大值為;當(dāng)t5時,S=t-=t2-t.由于-=,.綜上所述,S的最大值為15.(

15、8分)(3)0t或t5.(12分)評析此題以點P、Q地不停運動,引起不一樣的幾何圖形變化背景,考察相像形、二次函數(shù)的性質(zhì),屬中等難度題.27.分析問題情境:證明:由于ADBC,因此ADE=FCE.又由于DE=CE,AED=FEC,因此ADEFCE,因此SADE=SFCE.因此S四邊形ABCD=S四邊形ABCE+SADE=S四邊形ABCE+SFCE=SABF.(2分)問題遷徙:當(dāng)直線旋轉(zhuǎn)到點P是線段MN的中點時,MON的面積最小如圖,過P點的此外一條直線EF交OA、OB于點E、F.不如設(shè)PFPE,過點M作MGOB交EF于G.由“問題情境”的結(jié)論可知,當(dāng)點P是線段MN的中點時,有S四邊形MOFG=

16、SMON.由于S四邊形MOFGSEOF,因此SMONSEOF.因此當(dāng)點P是線段MN的中點時,MON的面積最小.(5分)實質(zhì)應(yīng)用:如圖,作PP1OB,MM1OB,垂足分別為P1,M1.在RtOPP1中,PP1=OPsin30=2km,OP1=OPcos30=2km.由“問題遷徙”的結(jié)論知,當(dāng)PM=PN時,MON的面積最小.此時MM1=2PP1=4km,M1P1=P1N.在RtOMM中,OM=km,MP=OP-OM=-km,11.1111ON=OM1+M1P1+P1N=-km.MON1-10.2810.3(km2分)因此S=MMON=8).(9拓展延長:(1)當(dāng)過點P的直線l與四邊形OABC的一組對邊OC、AB分別交于點M、N.延長OC、AB交于點D,易知AD=6,S=18.OAD由“問題遷徙”的結(jié)論知,當(dāng)PM=PN時,MND的面積最小,因此此時四邊形OANM的面積最大.如圖,過點P,M分別作PP1OA,MM1OA,垂足分別為P1,M1.由題意易得M1P1=P1A=2,從而OM1=MM1=2.因此MNOA.因此S四邊形OANM=+四邊形=22+24=10.當(dāng)過點P的直線l與四邊形OABC的另一組對邊CB、OA分別交于點M、N.延長CB交x軸于T點,由B、C的坐標(biāo)可得直線BC對應(yīng)的函數(shù)關(guān)系式為y=-x+9.則T點的坐標(biāo)為(9,0),因此SOCT=9=.由“問題遷徙”的結(jié)論知:當(dāng)P