（浙江卷）2020年中考数学第二次模拟考试（全解全析）

2020届九年级第二次模拟考试【浙江卷】数学·全解全析12345678910DCCABCABDB1．【答案】D【解析】–2020的倒数是，故选D．2．【答案】C【解析】将439000用科学记数法表示为4．39×105．故选C．3．【答案】C【解析】A、，故A错误；B、，故B错误；C、，故C正确；D、，故D错误，故选C．4．【答案】A【解析】由三角形的外角性质得：∠1=30°+90°=120°．故答案为：A．5．【答案】B【解析】∵h=8，r=6，可设圆锥母线长为l，由勾股定理，l==10，圆锥侧面展开图的面积为：S侧=×2×6π×10=60π，所以圆锥的侧面积为60πcm2．故选B．6．【答案】C【解析】画树状图得：∵共有16种等可能的结果，两次摸出的小球的标号之和等于5的有4种情况，∴两次摸出的小球的标号之和等于5的概率是：，故选C．7．【答案】A【解析】∵，，∴，∵，∴，故选A．8．【答案】B【解析】如图，过点D作DF⊥AB，DG⊥AC，垂足分别为F、G，∵AD是角平分线，∴DF=DG，设DF=DG=h，S△ABC=S△ABD＋S△ADC，即，∴5h+3h=48，解得h=6，∴，∵BE是△ABD中的中线，∴，故选B．9．【答案】D【解析】如图，若点B1在BC左侧，∵∠C=90°，AC=3，BC=4，∴AB=，∵点D是AB的中点，∴BD=BA=，∵B1D⊥BC，∠C=90°，∴B1D∥AC，∴，∴BE=EC=BC=2，DE=AC=，∵折叠，∴B1D=BD=，B1P=BP，∴B1E=B1D–DE=1，∴在Rt△B1PE中，B1P2=B1E2+PE2，∴BP2=1+（2–BP）2，∴BP=，如图，若点B1在BC右侧，∵B1E=DE+B1D=+，∴B1E=4，在Rt△EB1P中，B1P2=B1E2+EP2，∴BP2=16+（BP–2）2，∴BP=5，故选D．10．【答案】B【解析】A．由二次函数图象可知，，由反比例函数图象可知，错误；B．由二次函数图象可知，，由反比例函数图象可知，正确；C．由二次函数图象可知，，由反比例函数图象可知，错误；D．由二次函数图象可知，，由反比例函数图象可知，错误；故答案为：B．11．【答案】【解析】，故答案为：．12．【答案】200°【解析】最大扇形的圆心角的度数=360°×=200°．故答案为200°.13．【答案】甲【解析】由于甲<乙，则数学成绩较稳定的同学是甲．故答案为：甲．14．【答案】51m【解析】根据题意得：∠A=30°，∠DBC=60°，DC⊥AC，∴∠ADB=∠DBC﹣∠A=30°，∴∠ADB=∠A=30°，∴BD=AB=60m，∴CD=BD•sin60°=603051(m)．故答案为：51m．15．【答案】【解析】如图，连接OB，OC，作BE⊥OP于E，CF⊥OP于F．∵OA∥BC，∴S△OBC=S△ABC=6，∵，∴S△OPB=4，S△OPC=2，又由反比例函数的几何意义可知，∴．∵△BEP∽△CFP，∴，∴，∴S△OCF=S△OPC–S△CFP=，∴k=﹣3．故答案为：﹣3．16．【答案】【解析】如图，由翻折不变性可知：∠A=∠E，∴tanA=tanE，∴可以假设：DM=4k，DE=3k，则EM=5k，AD=EF=CD=9k．∵AD∥BC，∴∠A+∠B=180°，∵∠DFH+∠EFN=180°，∠B=∠EFN，∴∠A=∠DFH，∵EF⊥AD，∴∠ADF=90°，∵AB∥CD，∴∠A+∠ADC=180°，∴∠A+∠HDF=90°，∴∠HDF+∠DFH=90°，∴tan∠DFH=tanA，设FH=3x，则DH=4x在R△DHF中，DF=EF﹣DE=6k，根据勾股定理得，DH2+FH2=DF2，∴16x2+9x2=36k2，∴xk，∴DHk，∴CH=9kkk，∴．故答案为:．17．【解析】（1）==．（2）.18．【解析】（1）∵AB=AC，∴∠B=∠ACF，在△ABE和△ACF中，，∴△ABE≌△ACF（SAS）；（2）∵△ABE≌△ACF，∠BAE=30°，∴∠CAF=∠BAE=30°，∵AD=AC，∴∠ADC=∠ACD，∴∠ADC==75°，故答案为75．19．【解析】（1）如图，△A1B1C1为所作，线段BC扫过的面积=7×4=28；（2）如图，△A2B2C2为所作．20．【解析】（1）本次调查共随机抽取了：50÷25%=200（名）中学生，其中课外阅读时长“2～4小时”的有：200×20%=40（人），故答案为：200，40；（2）扇形统计图中，课外阅读时长“4～6小时”对应的圆心角度数为：360°×（1﹣﹣20%﹣25%）=144°，故答案为：144；（3）20000×（1﹣﹣20%）=13000（人），答：该地区中学生一周课外阅读时长不少于4小时的有13000人．21．【解析】证明：（1）∵点F，G，H分别是AD，AE，DE的中点，∴FH∥AE，GH∥AD，∴四边形AGHF是平行四边形；（2）当四边形EGFH是正方形时，连接EF，可得：EF⊥GH且EF=GH，∵在△BEC中，点，H分别是BE，CE的中点，∴GH=BC=AD=5cm，且GH∥BC，∴EF⊥BC，∵AD∥BC，AB⊥BC，∴AB=EF=GH=5cm，∴矩形ABCD的面积=．22．【解析】（1）由题意，得A、B两地间的距离为30km．故答案为30；（2）设乙前往A地的距离y（km）与乙行驶时间x（h）之间的关系式为y乙1=k1x，由题意，得30=k1，∴y乙1=30x；设乙返回B地距离B地的距离y（km）与乙行驶时间x（h）之间的关系式为y乙2=k2x+b2，由题意，得，解得：，∴y=–30x+60．（3）由函数图象，得（30+20）x=30，解得x=0．6．故甲、乙第一次相遇是在出发后0．6小时；（4）设甲在修车前y与x之间的函数关系式为y甲1=kx+b，由题意得，解得：，y甲1=﹣20x+30，设甲在修车后y与x之间的函数关系式为y甲2=k3x+b3，由题意，得，解得：，∴y甲2=﹣20x+40，当时，∴≤x≤；，解得：≤x≤2．∴≤x≤或≤x≤2．23．【解析】（1）由题意线段MN关于点O的关联点的是以线段MN的中点为圆心，为半径的圆上，所以点C满足条件，故答案为C．（2）①如图3–1中，作NH⊥x轴于H．∵N（，–），∴tan∠NOH=，∴∠NOH=30°，∠MON=90°+30°=120°，∵点D是线段MN关于点O的关联点，∴∠MDN+∠MON=180°，∴∠MDN=60°．故答案为60°．②如图3–2中，结论：△MNE是等边三角形．理由：作EK⊥x轴于K．∵E（，1），∴tan∠EOK=，∴∠EOK=30°，∴∠MOE=60°，∵∠MON+∠MEN=180°，∴M、O、N、E四点共圆，∴∠MNE=∠MOE=60°，∵∠MEN=60°，∴∠MEN=∠MNE=∠NME=60°，∴△MNE是等边三角形．③如图3–3中，由②可知，△MNE是等边三角形，作△MNE的外接圆⊙O′，易知E（，1），∴点E在直线y=–x+2上，设直线交⊙O′于E、F，可得F（，），观察图象可知满足条件的点F的横坐标x的取值范围≤xF≤．24．【解析】（1）在抛物线y=中，令x=0，得y=﹣3，∴C（0，﹣3），令y=0，得，解得x1=﹣1，x2=4，∴A（﹣1，0），B（4，0），令x=，得y==，∴M（，），设直线AD的解析式为y=k1x+b1，将A（﹣1，0），M（，）代入得，解得，∴直线AD的解析式为y=x+1．设直线BC的解析式为y=k2x+b2，将B（4，0），C（0，﹣3）代入，得，解得，∴直线BC的解析式为y=x﹣3；（2）如图2，过点E作EH∥y轴交BC于H，设E（t，），H（t，），∴HE==∴===∵<0，∴当t=2时，S△BCE的最大值=6，此时E（2，），作点B关于直线y=x+1的对称点B1，连接B1G，过点F作B2F∥B1G，且B2F=B1G，∴B1（﹣1，5），∵FG=4，且FG在直线y=x+1上，∴F可以看作是G向左平移4个单位，向下平移4个单位后的对应点，∴B2（﹣5，1），当B2、F、E三点在同一直线上时，BEFG周长最小，设直线B2E解析式为y=mx+n，将B2（﹣5，1），E（2，）分别代入，得，解得，∴直线B2E解析式为y=，联立方程组，解得．∴F（，）．（3）如图，分三种情况：在中，令，则，设AC边上的高为h，根据