2020年上海市松江区中考数学二模试卷

一、选择题：（本大题共6题，每题4分，满分24分）【下列各题的四个选项中，有且只有一个选项是正确的，选择正确项的代号并填涂在答题纸的相应位置上】

1．（4分）下列实数中，有理数是（　　）

A． B． C．π D．3.14

2．（4分）如果将抛物线y＝x2+2向左平移1个单位，那么所得新抛物线的解析式为（　　）

A．y＝（x﹣1）2+2 B．y＝（x+1）2+2 C．y＝x2+1 D．y＝x2+3

3．（4分）不等式组的解集是（　　）

A．x＞﹣2 B．x＜﹣2 C．x＞2 D．x＜2

4．（4分）某校体育节有13名同学参加女子百米赛跑，它们预赛的成绩各不相同，取前6名参加决赛，小颖已经知道了自己的成绩，她想知道自己能否进入决赛，还需要知道这13名同学成绩的（　　）

A．方差 B．极差 C．中位数 D．平均数

5．（4分）如果一个多边形的每一个内角都是135°，那么这个多边形的边数是（　　）

A．5 B．6 C．8 D．10

6．（4分）如图，已知△ABC中，AC＝2，AB＝3，BC＝4，点G是△ABC的重心．将△ABC平移，使得顶点A与点G重合．那么平移后的三角形与原三角形重叠部分的周长为（　　）

A．2 B．3 C．4 D．4.5

二、填空题：（本大题共12题，每题4分，满分48分）【请将结果直接填入答题纸的相应位置上】

7．（4分）化简：＝　   　．

8．（4分）方程组的解是　   　．

9．（4分）函数y＝的定义域是　   　．

10．（4分）若关于x的一元二次方程x2+x﹣m＝0有两个实数根，则m的取值范围是　   　．

11．（4分）有一枚材质均匀的正方体骰子，六个面的点数分别是1，2，3，4，5，6，掷一次该骰子，向上的一面出现的点数大于2的概率是　   　．

12．（4分）已知点P（﹣2，y1）和点Q（﹣1，y2）都在二次函数y＝﹣x2+c的图象上，那么y1与y2的大小关系是　   　．

13．（4分）空气质量检测标准规定：当空气质量指数W≤50时，空气质量为优；当50＜W≤100时，空气质量为良，当100＜Q≤150时，空气质量为轻微污染．已知某城市4月份30天的空气质量状况，统计如表：

14．（4分）如图，已知梯形ABCD，AD∥BC，BC＝3AD，如果＝，＝，那么　   　（用，表示）．

15．（4分）某市出租车计费办法如图所示，如果小张在该市乘坐出租车行驶了10千米，那么小张需要支付的车费为　   　元．

16．（4分）已知⊙O1和⊙O2相交，圆心距d＝5，⊙O1的半径为3，那么⊙O2的半径r的取值范围是　   　．

17．（4分）如果一个三角形中有一个内角的度数是另外两个内角度数差的2倍，我们就称这个三角形为“奇巧三角形”．已知一个直角三角形是“奇巧三角形”，那么该三角形的最小内角等于　   　度．

18．（4分）如图，四边形ABCD是⊙O的内接矩形，将矩形ABCD沿着直线BC翻折，点A、点D的对应点分别为A′、D′，如果直线A′D′与⊙O相切，那么的值为　   　．

三、解答题：（本大题共7题，满分78分）

19．（10分）计算：（）﹣1+﹣+|1﹣|．

20．（10分）解方程：﹣＝2．

21．（10分）如图，在平面直角坐标系内xOy中，某一次函数的图象与反比例函数的y＝的图象交于A（1，m）、B（n，﹣1）两点，与y轴交于C点．

（1）求该一次函数的解析式；

（2）求的值．

22．（10分）如图是某地下停车库入口的设计示意图，已知坡道AB的坡比i＝1：2.4，AC的长为7.2米，CD的长为0.4米．按规定，车库坡道口上方需张贴限高标志，根据图中所给数据，确定该车库入口的限高数值（即点D到AB的距离）．

23．（12分）如图，已知AB、AC是⊙O的两条弦，且AO平分∠BAC．点M、N分别在弦AB、AC上，满足AM＝CN．

（1）求证：AB＝AC；

（2）联结OM、ON、MN，求证：＝．

24．（12分）如图，在平面直角坐标系xOy中，抛物线y＝﹣x2+bx+3与x轴和y轴的正半轴分别交于A、B两点，且OA＝OB，抛物线的顶点为M，联结AB、AM．

（1）求这条抛物线的表达式和点M的坐标；

（2）求sin∠BAM的值；

（3）如果Q是线段OB上一点，满足∠MAQ＝45°，求点Q的坐标．

25．（14分）如图，已知梯形ABCD中，AD∥BC，AB⊥BC，AD＜BC，AB＝BC＝1，E是边AB上一点，联结CE．

（1）如果CE＝CD，求证：AD＝AE；

（2）联结DE，如果存在点E，使得△ADE、△BCE和△CDE两两相似，求AD的长；

（3）设点E关于直线CD的对称点为M，点D关于直线CE的对称点为N，如果AD＝，且M在直线AD上时，求的值．

2020年上海市松江区中考数学二模试卷

试题解析

一、选择题：（本大题共6题，每题4分，满分24分）【下列各题的四个选项中，有且只有一个选项是正确的，选择正确项的代号并填涂在答题纸的相应位置上】

1．解：A、是无理数，不合题意；

B、是无理数，不合题意；

C、π是无理数，不合题意；

D、3.14是有理数，符合题意．

故选：D．

2．解：抛物线y＝x2+2的顶点坐标为（0，2），点（0，2）向左平移1个单位长度所得对应点的坐标为（﹣1，2），所以平移后的抛物线的解析式为y＝（x+1）2+2，

故选：B．

3．解：解不等式x+2＞0，得：x＞﹣2，

解不等式6﹣2x＜2，得：x＞2，

则不等式组的解集为x＞2，

故选：C．

4．解：13个不同的分数按从小到大排序后，中位数及中位数之后的共有7个数，

故只要知道自己的分数和中位数就可以知道是否获奖了．

故选：C．

5．解：多边形的边数是：n＝＝8，即该多边形是八边形．

故选：C．

6．解：∵将△ABC平移得到△GEF，

∴GE∥AB，GF∥AC，

∴∠GMN＝∠B，∠GNM＝∠C，

∴△GMN∽△ABC，

∴＝，

∵点G是△ABC的重心，

∴AG＝2GD，

∴＝，

∴△GMN的周长＝×（2+3+4）＝3．

故选：B．

二、填空题：（本大题共12题，每题4分，满分48分）【请将结果直接填入答题纸的相应位置上】

7．解：原式＝＝a，

故答案为：a．

8．解：方程组，

由①得，y＝2﹣x③，

把③代入②得，x（2﹣x）＝﹣3，

解得：x1＝3，x2＝﹣1，

把x1＝3，x2＝﹣1分别代入③得，y1＝﹣1，y2＝3，

∴原方程组的解为：或．

故答案为：或．

9．解：∵函数y＝，

∴x+2≠0，

解得，x≠2，

故答案为：x≠﹣2．

10．解：∵关于x的一元二次方程x2+x﹣m＝0有两个实数根，

∴△≥0，

∴△＝1﹣4（﹣m）≥0，即m≥﹣，

故答案为：m≥﹣．

11．解：抛掷此正方体骰子共有6种等可能结果，其中向上的一面出现的点数大于2的有3、4、5、6这4种结果，

所以向上的一面出现的点数大于2的概率为＝，

故答案为：．

12．解：二次函数y＝﹣x2+c的开口向下，对称轴为y轴，

∴当x＜0时，y随x的增大而增大，

∵﹣2＜﹣1，

∴y1＜y2．

故答案为：y1＜y2．

13．解：这个月中，空气质量为良的天数的频率为＝0.5，

故答案为：0.5．

14．解：∵AD∥BC，BC＝3AD，

∴＝3＝3，

∵＝++，

∴＝﹣++3＝2+，

故答案为2+．

15．解：由图象可知，出租车的起步价是14元，在3千米内只收起步价，

设超过3千米的函数解析式为y＝kx+b，则，解得，

∴超过3千米时（x＞3）所需费用y与x之间的函数关系式是y＝2.4x+6.8，

∴出租车行驶了10千米则y＝2.4×10+6.8＝30.8（元），

故答案为30.8．

16．解：由题意可知：|3﹣r|＜5＜3+r，

解得：2＜r＜8，

故答案为：2＜r＜8．

17．解：设直角三角形的最小内角为x，另一个内角为y，

由题意得，，

解得：，

答：该三角形的最小内角等于22.5°，

故答案为：22.5．

18．解：设直线A′D′与⊙O相切于G，连接OC，OG交BC于E，

∵将矩形ABCD沿着直线BC翻折，

∴AD＝BC＝A′D′，AB＝CD＝CD′＝A′B，

过O作OH⊥CD，

∴CH＝CD，

∵直线A′D′与⊙O相切，

∴OG⊥A′D′，

∵BC∥A′D′，

∴OG⊥BC，

∴则四边形OECH是矩形，CE＝BE＝BC，

∴CH＝OE，

设AB＝CD＝CD′＝A′B＝x，

∴OE＝x，

∴OC＝OG＝x，

∴CE＝＝＝x，

∴BC＝2CE＝2x，

∴＝＝，

故答案为：．

三、解答题：（本大题共7题，满分78分）

19．解：原式＝

＝2+3+3﹣2+﹣1

＝．

20．解：去分母得：x（x+1）﹣6＝2x2+8x+6，

移项得：x2+x﹣6﹣2x2﹣8x﹣6＝0，

整理得：x2+7x+12＝0，即（x+3）（x+4）＝0，

解得：x1＝﹣3，x2＝﹣4，

经检验，x1＝﹣3是增根，舍去，

∴原方程的根是x＝﹣4．

21．解：（1）设一次函数解析式为y＝kx+b（k≠0），

又∵A（1，m）、B（n，﹣1）在反比例函数的图象上

∴，，

∴m＝3，n＝﹣3，

∴A（1，3）、B（﹣3，﹣1），

一次函数y＝kx+b的图象过A（1，3）、B（﹣3，﹣1），

∴，

∴，

∴所求一次函数的解析式是y＝x+2；

（2）过点A、B分别作y轴垂线，垂足为分别D、E，

则AD∥BE，

∴，

∴．

22．解：如图，

延长CD交AB于E，

∵i＝1：2.4，

∴，

∴，

∵AC＝7.2，

∴CE＝3，

∵CD＝0.4，

∴DE＝2.6，

过点D作DH⊥AB于H，

∴∠EDH＝∠CAB，

∵，

∴，

，

答：该车库入口的限高数值为2.4米．

23．证明：（1）过点O作OD⊥AB于点D，OE⊥AC于点E，如图所示：

∵AO平分∠BAC．

∴OD＝OE，

∴AB＝AC；

（2）联结OB，OM，ON，MN，如图所示，

∵AM＝CN，AB＝AC

∴BM＝AN，

∵OA＝OB，

∴∠B＝∠BAO，

∵∠BAO＝∠OAN，

∴∠B＝∠OAN，

∴△BOM≌△AON（SAS），

∴∠BOM＝∠AON，OM＝ON，

∴∠AOB＝∠MON，

∴△NOM∽△BOA，

∴．

24．解：（1）∵抛物线y＝﹣x2+bx+3与y轴交于B点，

令x＝0得y＝3，

∴B（0，3），

∵AO＝BO，

∴A（3，0），

把A（3，0）代入y＝﹣x2+bx+3，得﹣9+3b+3＝0，

解得b＝2，

∴这条抛物线的表达式y＝﹣x2+2x+3，

顶点M（1，4）；

（2）∵A（3，0），B（0，3）M（1，4），

∴BM2＝2，AB2＝18，AM2＝20，

∴∠MBC＝90°，

∴；

（3）∵OA＝OB，

∴∠OAB＝45°

∵∠MAQ＝45°，

∴∠BAM＝∠OAQ，

由（2）得，

∴，

∴，

∴，

∴OQ＝1，

∴Q（0，1）．

25．证明：（1）如图，过C点作CF⊥AD，交AD的延长线于F，

∵AD∥BC，AB⊥BC，AB＝BC，

∴四边形ABCF是正方形，

∴AB＝BC＝CF＝FA，

又∵CE＝CD，

∴Rt△CBE≌Rt△CFD（HL），

∴BE＝FD，

∴AD＝AE；

（2）①若∠EDC＝90°时，

若△ADE、△BCE和△CDE两两相似，

那么∠A＝∠B＝∠EDC＝90°，∠ADE＝∠BCE＝∠DCE＝30°，

在△CBE中，∵BC＝1，

∴，，

∵AB＝1，

∴，

∴，

此时≠，

∴△CDE与△ADE、△BCE不相似；

②如图，若∠DEC＝90°时，

∵∠ADE+∠A＝∠BEC+∠DEC，∠DEC＝∠A＝90°，

∴∠ADE＝∠BEC，且∠A＝∠B＝90°，

∴△ADE∽△BEC，

∴∠AED＝∠BCE，

若△CDE与△ADE相似，

∵AB与CD不平行，

∴∠AED与∠EDC不相等，

∴∠AED＝∠BCE＝∠DCE，

∴若△CDE与△ADE、△BCE相似，

∴，

∴AE＝BE，

∵AB＝1，

∴AE＝BE＝，

∴AD＝；

（3）连接EM交CD于Q，连接DN交CE于P，连接ED，CM，作CF⊥AD于F，

∵E关于直线CD的对称点为M，点D关于直线CE的对称点为N，

∴∠CPD＝∠CQE＝90°，DC垂直平分EM，

∠PCD＝∠QCE，

∴△CDP∽△CEQ，

∴，

∵AD∥BC，AB⊥BC，，AB＝BC＝1，

∴，

∵CD垂直平分EM，

∴DE＝DM，CE＝CM，

在Rt△CBE和Rt△CFM中，CB＝CF，EC＝CM，

∴Rt△CBE≌Rt△CFM（HL）

∴BE＝FM，

设BE＝x，则FM＝x，

∵ED＝DM，且AE2+AD2＝DE2，

∴，

∴，

∴，

∴，

∵DN＝2DP，EM＝2EQ，

∴．