（浙江卷）2020年中考數(shù)學(xué)第三次模擬考試-數(shù)學(xué)（全解全析）

2020屆九年級第三次模擬考試【浙江卷】數(shù)學(xué)·全解全析12345678910ADCBCDDBAC1．【答案】A【解析】將92.7億元用科學(xué)記數(shù)法表示為9.27×109元．故選：A．2．【答案】D【解析】A．，故A錯誤；B．，故B錯誤；C．，故C錯誤，D．，故正確，故選：D．3．【答案】C【解析】已知m∥n，根據(jù)平行線的性質(zhì)可得∠3=∠1=70°.又因∠3是△ABD的一個外角，可得∠3=∠2＋∠A．即∠A=∠3－∠2=70°－30°=40°.故答案選C．4．【答案】B【解析】解不等式-x<2，得x>-2，解不等式x+8<4x-1，得x>3，∴不等式組的解集是x>3，故選：B．5．【答案】C【解析】列表可得共9種情況，兩人選擇同一個研學(xué)活動的可能有3種，故概率為.故選：C．6．【答案】D【解析】根據(jù)題意得到，解得，∴數(shù)據(jù)1.4出現(xiàn)次數(shù)最多為11次，∴眾數(shù)為1.4，將數(shù)據(jù)重新排序后，第15、16個數(shù)都是1.3，∴該組數(shù)據(jù)的中位數(shù)是1.3，故選：D．7．【答案】D【解析】∵四邊形ABCD內(nèi)接于⊙O，∠C=130°，∴∠A=50°，∵DO=AO，∴∠ADO=∠A=50°，∴∠AOD=80°，∵BC∥OD，∴∠AOD=∠B=80°．故選：D．8．【答案】B【解析】在Rt△CDE中，∵CD=20m，DE=10m，∴sin∠DCE==，∴∠DCE=30°．∵∠ACB=60°，DF∥AE，∴∠BGF=60°，∴∠ABC=30°，∠DCB=90°．∵∠BDF=30°，∴∠DBF=60°，∴∠DBC=30°，∴BC===20m，∴AB=BC?sin60°=20×=30m．故選：B．9．【答案】A【解析】令，則，解得：，∴A、B兩點的坐標(biāo)分別為：，設(shè)點的坐標(biāo)為，∴，∵，∴當(dāng)時，有最小值為：，即有最小值為：，∵A、B為拋物線的對稱點，對稱軸為y軸，∴O為線段AB中點，且Q為AP中點，∴．故選：A．10．【答案】C【解析】∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴∠ABC=∠ADC=60°，∠BAD=120°，∵AE平分∠BAD，∴∠BAE=∠EAD=60°，∴△ABE是等邊三角形，∴AE=AB=BE，∵AB=BC，∴AE=BC，∴∠BAC=90°，∴∠CAD=30°，故①正確；∵AC⊥AB，∴S?ABCD=AB?AC，故②正確，∵AB=BC，OB=BD，且BD＞BC，∴AB＜OB，故③錯誤；∵CE=BE，CO=OA，∴OE=AB，∴OE=BC，故④正確．故選C．11．【答案】【解析】．12．【答案】﹣5≤x＜3．【解析】，由(1)得，x＜3，由(2)得，x≥﹣5，故此不等式組的解集為：﹣5≤x＜3．故答案為﹣5≤x＜3．13．【答案】a＜8，且a≠4【解析】分式方程去分母得：x=2x-8+a，解得：x=8-a，根據(jù)題意得：8-a＞0，8-a≠4，解得：a＜8，且a≠4．故答案為：a＜8，且a≠4．14．【答案】（2+2）【解析】如圖所示，延長AB，過點C作CD垂直于AB延長線，垂足為D，由題意知∠CBD=45°，∠A=30°，AB=2km，設(shè)BD=CD=x，在Rt△ACD中，由tanA=可得，解得x=1+，即CD=1+，則AC=2CD=2+2(km)，故答案為：(2+2)．15．【答案】π．【解析】∵AB是⊙O的直徑，∴∠ACB=90°，∵∠BAC=30°，∴∠ABC=90°﹣30°=60°，∵∠ABC的平分線交⊙O于點D，∴∠ABD=∠ABC=×60°=30°，∴∠AOD=2∠ABD=2×30°=60°，∴的長==π．故答案為：π．16．【答案】【解析】連接FC，CQ；∵，∴，∵，四邊形為矩形，∴BD=DF=CE=2，∴DE=FC=；∵四邊形為矩形，為的中點，∴為的中點，∴F、P、C三點共線，∵，分別為的中點，∴CQ⊥AB，∵為的中點，∴PQ=，故答案為：17．【解析】原式，當(dāng)，，原式．18．【解析】（1）本次調(diào)查的總?cè)藬?shù)為，則，，故答案為：0.05，40；（2）“成績滿足“對應(yīng)扇形的圓心角度數(shù)是，故答案為：；（3），即全區(qū)八年級參加競賽的學(xué)生約有1530人參賽成績被評為“”，故答案為：1530．19．【解析】（1）∵OE=OC，∴∠OEC=∠OCE．∵PC切⊙O于點C，∴∠PCE+∠OCE=90°．∵OE⊥AB，∴∠OEC+∠EFA=90°．∵∠EFA=∠CFP，∴∠PFC=∠PCF，∴PF=PC．（2）連結(jié)BC，OB，過點B作BG⊥CP于點G．∵∠CEB=30°，∴∠BOC=60°．∵OB=OC，圓的半徑為8，∴△OBC為等邊三角形，∴BC=8，∠BCP=30°，∴BG=4，CG=4．∵，∴PG=3，PB=5，PF=PC=3+4，∴FB=PF－BP=42．20．【解析】（1）證明：∵PQ∥BC，∴△AQE∽△ABD，△AEP∽△ADC，∴，∴，∵，∴，∴PC=PE；（2）∵PF∥DG，∴∠PFC=∠FCG，∵CF平分∠PCG，∴∠PCF=∠FCG，∴∠PFC=∠FCG，∴PF=PC，∴PF=PE，∵P是邊AC的中點，∴AP=CP，∴四邊形AECF是平行四邊形，∵PQ∥CD，∴∠PEC=∠DCE，∴∠PCE=∠DCE，∴，∴∠ECF=90°，∴平行四邊形AECF是矩形．21．【解析】（1）把A（﹣1，4）代入y=得k2=﹣1×4=﹣4，∴反比例函數(shù)解析式為y=﹣，把B（4，n）代入y=﹣，得4n=﹣4，解得：n=﹣1，則B（4，﹣1），把A（﹣1，4）和B（4，﹣1）代入y=k1x+b得，解得，∴一次函數(shù)解析式為y=﹣x+3；（2）設(shè)M（t，﹣t+3）（﹣1＜t＜4），∵S△AOM=S△BOM，∴AM=BM，∴（t+1）2+（﹣t+3﹣4）2=[（t﹣4）2+（﹣t+3+1）2]，整理得（t﹣4）2=4（t+1）2，解得：t1=，t2=﹣6（舍去），∴點M的坐標(biāo)為（，）．22．【解析】（1）∵△PDE由△PDC翻折所得∴AP=PC，設(shè)AP=x，∵∠B=90°，∴在Rt△PBC中，PC2=PB2+BC2，即x2=（8-x）2+42，解得x=5，∴AP=5；（2）∵四邊形CDPE為菱形，∴PE∥CD，PE=CD，∵D是AC的中點，∴AD=CD，∴AD=PE，∵PE∥CD，∴PE∥AC，∴∠APE=∠PAD，∠DEP=∠ADE，在△PFE與△AFD中，∴△PFE≌△AFD；（3）∵D是AC的坐標(biāo)，∴S△ADP=S△CDP=S△PAC，由折疊可得：S△PDE=S△CDP，∴S△PDF=S△PAC=S△ADP=S△PDE，∴AF=PF，EF=DF，①如圖，四邊形AEPD是平行四邊形，過D作DM⊥AP于點M，過C作CN⊥PD于點N，則∠AED=∠EDP=∠PDC，∵，∠B=90°，BC=4，AB=8，∴AC=，∴PC=PE=AD=，∴PB=，∴BM=AB=4，DM=BC=2（中位線），∴PM=BM-PB=2，∴DP=，∴DN=，CN=，∴tan∠AED=tan∠PDC==3，②如圖，過D作DM⊥AP于點M，∵AP=DE=DC=，∴PM=-4，∴tan∠AED=tan∠DPM=，綜上：tan∠AED的值為3或．23．【解析】（1）根據(jù)可得B（11，0），C（0，），將B，C兩點代入，得，解得，∴解析式為：；（2）由題意可得B（11，0），C（0，），∴OB=11，OC=，∵D點的橫坐標(biāo)為m，∴D點的坐標(biāo)可表示為（m，）∴|BC|=，|DC|=，|BD|=，設(shè)CH=x，∴|DC|2-x2=|BD|2-(14-x)2解得x=,|DH|=；（3））如圖，作∠NPO=60°（點P在x軸上），作NQ⊥x軸，交x軸于點Q，作NH⊥y軸交y軸于點H，作MG⊥x軸交x軸于點G，交DS于點T，DS⊥x軸于點S，∵拋物線交x軸于點A，B，∴令解得x1=11，x2=-5，即A（-5，0），OA=5，∵tan=，∴∠CAO=60°，∠ACO=30°，∵∠MON=60°，∠CAO=120°，∴∠MOA+∠NOP=120°，∠MOA+∠AMO=120°，∴∠NOP=∠AMO，在△MOA和△ONP中,∴△MOA≌△ONP（AAS），∴NP=OA=5，在Rt△NQP中，QP=NP·cos60°=，NQ=NP·sin60°=，在四邊形NHOQ中，∠NQO=∠QOP=∠OQN=90°，∴∠HNQ=90°，∴四邊形NHOQ是矩形，∴OH=NQ=，CH=OC-OH=-=，在Rt△CHN中，HN=，在Rt△HNO中，ON=，∴OM=ON