精品解析：2020年浙江省丽水市中考数学试题（解析版）(支持下载）.doc

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1、2020年浙江省丽水市中考数学试卷一选择题（共10小题）1.有理数3的相反数是（）A. 3B. C. 3D. 【答案】A【解析】【分析】依据相反数的定义求解即可【详解】解：3的相反数是3故选：A【点睛】本题主要考查了相反数的定义只有符号不同的两个数称互为相反数2.分式的值是零，则x的值为（ ）A. 5B. 2C. 2D. 5【答案】D【解析】【分析】分式的值为零：分子等于零，且分母不等于零【详解】解：依题意，得x+5=0，且x-20，解得，x=-5,且x2,即答案为x=-5故选：D【点睛】本题考查了分式的值为零的条件若分式的值为零，需同时具备两个条件：（1）分子为0；（2）分母不为0这两个条件

2、缺一不可3.下列多项式中，能运用平方差公式分解因式的是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据平方差公式的特点分析即可【详解】解：A、不能运用平方差公式分解，故此选项错误；B、不能运用平方差公式分解，故此选项错误：C、能运用平方差公式分解，故此选项正确：D、不能运用平方差公式分解，故此选项错误；故答案为C【点睛】本题考查了平方差公式和因式分解，运用平方差公式分解因式的多项式必须是二项式、两项都能写成平方的形式且符号相反4.下列四个图形中，是中心对称图形的是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据中心对称的图形的定义：把一个图形绕某一点旋转180°

3、;，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就是中心对称图形【详解】A选项不是中心对称图形，故本选项错误；B选项不是中心对称图形，故本选项错误；C选项是中心对称图形，故本选项错误；D选项不是中心对称图形，故本选项错误；故本题答案选C【点睛】本题主要考查的是中心对称图形的定义，理解定义是解本题的关键5.如图，有一些写有号码的卡片，它们的背面都相同，现将它们背面朝上，从中任意摸出一张，摸到1号卡片的概率是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据概率公式直接求解即可【详解】解：共有6张卡片，其中写有1号的有3张，从中任意摸出一张，摸到1号卡片的概率是，故选：A【点睛】此

4、题考查了概率的求法，用到的知识点为：可能性等于所求情况数与总情况数之比6.如图，工人师傅用角尺画出工件边缘AB的垂线a和b，得到ab，理由是（ ）A. 连结直线外一点与直线上各点的所有线段中，垂线段最短B. 在同一平面内，垂直于同一条直线的两条直线互相平行C. 在同一平面内，过一点有一条而且仅有一条直线垂直于已知直线D. 经过直线外一点，有且只有一条直线与这条直线平行【答案】B【解析】分析】根据在同一平面内，垂直于同一条直线的两条直线平行判断即可【详解】解：由题意aAB，bAB，1=2ab所以本题利用的是：同一平面内，垂直于同一条直线的两条直线平行，故选：B【点睛】本题考查平行线的判定，平行公

5、理等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题7.已知点(2，a)，(2，b)，(3，c)在函数的图象上，则下列判断正确的是（ ）A. abcB. bacC. acbD. cba【答案】C【解析】【分析】根据反比例函数的性质得到函数的图象分布在第一、三象限，在每一象限，随的增大而减小，则，【详解】解：，函数的图象分布在第一、三象限，在每一象限，随的增大而减小，故选：【点睛】本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征，熟练掌握反比例函数的性质是解题的关键8.如图，O是等边ABC的内切圆，分别切AB，BC，AC于点E，F，D，P是上一点，则EPF的度数是（ ）A. 65°B. 60

6、°C. 58°D. 50°【答案】B【解析】【分析】连接OE，OF求出EOF的度数即可解决问题【详解】解：如图，连接OE，OFO是ABC的内切圆，E，F是切点，OEAB，OFBC，OEB=OFB=90°，ABC是等边三角形，B=60°，EOF=120°，EPF=EOF=60°，故选：B【点睛】本题考查三角形的内切圆与内心，切线的性质，圆周角定理等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型9.如图，在编写数学谜题时，“”内要求填写同一个数字，若设“”内数字为x，则列出方程正确的是（ ）A. B. C. D. 【答案】

7、D【解析】【分析】直接利用表示十位数的方法进而得出等式即可【详解】解：设“”内数字为x，根据题意可得：3×（20+x）+5=10x+2故选：D【点睛】此题主要考查了由实际问题抽象出一元一次方程，正确表示十位数是解题关键10.如图，四个全等的直角三角形拼成“赵爽弦图”，得到正方形ABCD与正方形EFGH.连结EG，BD相交于点O，BD与HC相交于点P.若GO=GP，则的值是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】证明，得出设，则，由勾股定理得出，则可得出答案【详解】解：四边形为正方形，又，设，为，的交点，四个全等的直角三角形拼成“赵爽弦图”，故选：【点睛】本题考查了正方

8、形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，直角三角形的性质等知识，熟练掌握勾股定理的应用是解题的关键二填空题（共6小题）11.点P(m，2)在第二象限内，则m的值可以是(写出一个即可)_【答案】1（答案不唯一，负数即可）【解析】【分析】根据第二象限的点符号是“-，+”，m取负数即可【详解】点P(m，2)在第二象限内，m取负数即可，如m=-1，故答案为：1（答案不唯一，负数即可）【点睛】本题考查了已知点所在象限求参数，属于基础题，掌握第二象限点坐标的符号是“-，+”是解题的关键12.数据1，2，4，5，3的中位数是_【答案】3【解析】【分析】先将题目中的数据按照从小到大排列，即可得到这组数据的

9、中位数【详解】解：数据1，2，4，5，3按照从小到大排列是1，2，3，4，5，则这组数据的中位数是3，故答案为：3【点睛】本题考查中位数，解答本题的关键是明确中位数的含义，会求一组数据的中位数13.如图为一个长方体，则该几何体主视图的面积为_cm2. 【答案】20【解析】【分析】根据从正面看所得到的图形，即可得出这个几何体的主视图的面积【详解】解：该几何体的主视图是一个长为5，宽为4的矩形，所以该几何体主视图的面积为20cm2故答案为：20【点睛】本题考查了三视图的知识，主视图是从物体的正面看得到的视图14.如图，平移图形M，与图形N可以拼成一个平行四边形，则图中的度数是_°【答案】

10、30【解析】【分析】根据平行四边形的性质解答即可【详解】解：四边形是平行四边形，故答案为：30【点睛】此题考查平行四边形的性质和多边形的内角和，关键是根据平行四边形的邻角互补解答15.如图是小明画的卡通图形，每个正六边形的边长都相等，相邻两正六边形的边重合，点A，B，C均为正六边形的顶点，AB与地面BC所成的锐角为，则tan的值是_【答案】【解析】【分析】作AT/BC，过点B作BHAT于H，设正六边形的边长为a，则正六边形的半径为a，边心距=a，然后再.求出BH、AH即可解答【详解】解：如图，作AT/BC，过点B作BHAT于H，设正六边形的边长为a，则正六边形的半径为a，边心距=a观察图像可知

11、：所以tan故答案为【点睛】本题考查了正六边形的性质和解直角三角形的应用，解题的关键在于正确添加常用辅助线、构造直角三角形求解16.图1是一个闭合时的夹子，图2是该夹子的主视示意图，夹子两边为AC，BD（点A与点B重合），点O是夹子转轴位置，OEAC于点E，OFBD于点F，OE=OF=1cm，AC=BD=6cm， CE=DF， CE:AE=2:3.按图示方式用手指按夹子，夹子两边绕点O转动(1)当E，F两点距离最大值时，以点A，B，C，D为顶点的四边形的周长是_ cm (2)当夹子的开口最大（点C与点D重合）时，A，B两点的距离为_cm【答案】 (1). 16 (2). 【解析】【分析】（1）

12、当E、O、F三点共线时，E、F两点间的距离最大，此时四边形ABCD是矩形，可得AB=CD=EF=2cm，根据矩形的性质求出周长即可（2）当夹子的开口最大（点C与D重合）时，连接OC并延长交AB于点H，可得，AH=BH，利用已知先求出，在RtOEF中利用勾股定理求出CO的长，由，求出AH，从而求出AB=2AH的长【详解】（1）当E、O、F三点共线时，E、F两点间的距离最大，此时四边形ABCD是矩形，AB=CD=EF=2cm，以点A，B，C，D为顶点的四边形的周长为2+6+2+6=16cm（2）当夹子的开口最大（点C与D重合）时，连接OC并延长交AB于点H，AH=BH，AC=BD=6cm，CEAE

13、=23，在RtOEF中，AB=2AH=故答案为16，【点睛】本题主要考查了勾股定理与旋转的结合，做题时准确理解题意利用已知的直角三角形进行求解是解题的关键三解答题（共8小题）17.计算：【答案】5【解析】【分析】利用零次幂的性质、二次根式的性质、特殊角的三角函数值、绝对值的性质进行计算，再算加减即可【详解】解：原式【点睛】此题主要考查了实数运算，关键是掌握零次幂、二次根式的性质、特殊角的三角函数值、绝对值的性质18.解不等式：【答案】x <3【解析】【分析】去括号，移项、合并同类项，系数化为1求得即可【详解】解：，【点睛】本题考查了解一元一次不等式，熟练掌握解不等式步骤是解题的关键19.

14、某市在开展线上教学活动期间，为更好地组织初中学生居家体育锻炼，随机抽取了部分初中学生对“最喜爱的体育锻炼项目”进行线上问卷调查（每人必须且只选其中一项），得到如下两幅不完整的统计图表，请根据图表信息回答下列问题：类别项 目人数A跳绳59B健身操C俯卧撑31D开合跳E其它22（1）求参与问卷调查的学生总人数 （2）在参与问卷调查的学生中，最喜爱“开合跳”的学生有多少人？（3）该市共有初中学生约8000人，估算该市初中学生中最喜爱“健身操”的人数【答案】（1）200;（2）48;（3）1600【解析】【分析】（1）从统计图表中可得，“E组 其它”的频数为22，所占的百分比为11%，可求出调查学生总

15、数；（2）“开合跳”的人数占调查人数的24%，即可求出最喜爱“开合跳”的人数；（3）求出“健身操”所占的百分比，用样本估计总体，即可求出8000人中喜爱“健身操”的人数【详解】解：（1）22÷11%200. 参与问卷调查的学生总人数为200人. （2）200×24%48. 答:最喜爱“开合跳”的学生有48人. （3）抽取学生中最喜爱“健身操”的初中学生有2005931482240（人），. 最喜爱“健身操”的初中学生人数约为1600人.【点睛】本题考查统计表、扇形统计图的意义和制作方法，理解统计图表中的数量之间的关是解决问题的关键20.如图，的半径OA=2，OCAB于点C，

16、AOC60°（1）求弦AB的长（2）求的长【答案】（1）2;（2）【解析】【分析】（1）根据题意和垂径定理，可以求得的长，然后即可得到的长；（2）根据，可以得到的度数，然后根据弧长公式计算即可【详解】解：（1）的半径，于点，；（2），的长是：【点睛】本题考查弧长的计算、垂径定理，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答21.某地区山峰的高度每增加1百米，气温大约降低0.6.气温T()和高度h(百米)的函数关系如图所示.请根据图象解决下列问题：（1）求高度为5百米时的气温（2）求T关于h的函数表达式 （3）测得山顶的气温为6，求该山峰的高度【答案】（1）12;（2）T0.6h1

17、5;（2）15;（3）该山峰的高度大约为15百米【解析】【分析】（1）根据高度每增加1百米，气温大约降低0.6，由3百米时温度为13.2°C，即可得出高度为5百米时的气温；（2）应用待定系数法解答即可；（3）根据（2）T0.6h15的结论，将T6代入，解答即可【详解】解：（1）由题意得 高度增加2百米，则温度降低2×0.61.2（）. 13.21.212高度为5百米时的气温大约是12. （2）设T=-0.6h+b(k0)， 当h3时，T13.2， 13.2=0.63+b， 解得 b=15. T0.6h15. （3）当T6时，60.6h15， 解得h15.该山峰的高度大约为1

18、5百米.【点睛】本题考查一次函数的应用，解题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件，利用数形结合的思想解答问题22.如图，在ABC中，AB=，B=45°，C=60°（1）求BC边上的高线长（2）点E为线段AB的中点，点F在边AC上，连结EF，沿EF将AEF折叠得到PEF如图2，当点P落在BC上时，求AEP的度数如图3，连结AP，当PFAC时，求AP的长【答案】（1）4;（2）90°；【解析】【分析】（1）如图1中，过点A作ADBC于D解直角三角形求出AD即可（2）证明BE=EP，可得EPB=B=45°解决问题如图3中，由（1）可知：AC=，证明AEFA

19、CB，推出，由此求出AF即可解决问题【详解】解：（1）如图1，过点A作ADBC于点D，在RtABD中，=4. （2）如图2，AEFPEF，AEEP. 又AEBE ，BEEP，EPBB45°，AEP90°. 如图3，由（1）可知：在RtADC中，. PFAC，PFA90°.AEFPEF，AFEPFE45°，则AFEB.又EAFCAB， EAFCAB，即，AF,在RtAFP中，AFPF，则AP. 【点睛】本题属于三角形综合题，考查了解直角三角形的应用，翻折变换，全等三角形的性质，相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找相似三角形解决问题，属于中考常

20、考题型23.如图，在平面直角坐标系中，已知二次函数图象的顶点为A，与y轴交于点B，异于顶点A的点C(1，n)在该函数图象上（1）当m=5时，求n的值（2）当n=2时，若点A在第一象限内，结合图象，求当y时，自变量x的取值范围（3）作直线AC与y轴相交于点D.当点B在x轴上方，且在线段OD上时，求m的取值范围【答案】（1）-4（2）1x5（3）0m1或1m2【解析】【分析】1）利用待定系数法求解即可（2）求出时，的值即可判断（3）由题意点的坐标为，求出几个特殊位置的值即可判断【详解】解：（1）当时，当时，（2）当时，将代入函数表达式，得，解得或（舍弃），此时抛物线对称轴，根据抛物线的对称性可知，

21、当时，或5，的取值范围为（3）点与点不重合，抛物线的顶点的坐标是，抛物线的顶点在直线上，当时，点的坐标为，抛物线从图1的位置向左平移到图2的位置，逐渐减小，点沿轴向上移动，当点与重合时，解得或，当点与点重合时，如图2，顶点也与，重合，点到达最高点，点，解得，当抛物线从图2的位置继续向左平移时，如图3点不在线段上，点在线段上时，的取值范围是：或【点睛】本题属于二次函数综合题，考查了二次函数的性质，待定系数法，一次函数的性质等知识，解题的关键是理解题意，学会寻找特殊位置解决数学问题24.如图，在平面直角坐标系中，正方形ABOC的两直角边分别在坐标轴的正半轴上，分别过OB，OC的中点D，E作AE，A

22、D的平行线，相交于点F， 已知OB=8（1）求证：四边形AEFD为菱形（2）求四边形AEFD的面积（3）若点P在x轴正半轴上(异于点D)，点Q在y轴上，平面内是否存在点G，使得以点A，P， Q，G为顶点的四边形与四边形AEFD相似？若存在，求点P的坐标；若不存在，试说明理由【答案】（1）证明见解析；（2）48；（3）点P的坐标为(12，0)，(24，0)，(，0)，(，0)，(16，0)【解析】【分析】（1）结合正方形性质求得ACEABD，从而得到AE=AD，根据邻边相等的平行四边形是菱形证明即可（2）连接DE，求出ADE的面积即可解决问题（3）首先证明AK=3DK，当AP为菱形的一边，点Q在

23、x轴的上方，有图2，图3两种情形当AP为菱形的边，点Q在x轴的下方时，有图4，图5两种情形如图6中，当AP为菱形的对角线时，有图6一种情形分别利用相似三角形的性质求解即可【详解】（1）DFAE，EFAD，四边形AEFD是平行四边形. 四边形ABOC是正方形，OBOCABAC，ACEABD90°.点D，E是OB，OC的中点，CEBD，ACEABD(SAS)， AEAD， 是菱形 （2）如图1，连结DESABDAB·BD， SODEOD·OE， SAEDS正方形ABOC2 SABD SODE642824， S菱形AEFD2SAED48 （3）由图1，连结AF与DE相交

24、于点K，易得ADK的两直角边之比为1:31）当AP为菱形一边时，点Q在x轴上方，有图2、图3两种情况：如图2，AG与PQ交于点H，菱形PAQG菱形ADFE，APH的两直角边之比为1:3过点H作HNx轴于点N，交AC于点M，设AM=tHNOQ，点H是PQ的中点，点N是OP中点，HN是OPQ的中位线，ONPN8t又1390°2，PNHAMH90°，HMAPNH， ，HN3AM3t，MHMNNH83t.PN3MH，8t =3(83t)，解得t2OP2ON2(8t)12点P的坐标为(12，0) 如图3，APH的两直角边之比为1:3过点H作HIy轴于点I，过点P作PNx轴交IH于点N

25、，延长BA交IN于点M1390°2，AMHPNH，AMHHNP，设MHt，PN3MH3t，AMBMAB3t8，HN3AM3(3t8) 9t24又HI是OPQ的中位线，OP2IH，HIHN，8t9t24，解得 t4OP2HI2(8t)24，点P的坐标为(24，0)2）当AP为菱形一边时，点Q在x轴下方，有图4、图5两种情况：如图4，PQH的两直角边之比为1:3过点H作HMy轴于点M，过点P作PNHM于点NMH是QAC的中位线，HM4又1390°2，HMQN，HPNQHM，则PN，OM设HNt，则MQ3tMQMC，3t8，解得tOPMN4t， 点P的坐标为(，0)如图5，PQH

26、的两直角边之比为1:3过点H作HMx轴于点M，交AC于点I，过点Q作NQHM于点NIH是ACQ的中位线，CQ2HI，NQCI41390°2，PMHQNH，PMHHNQ，则MHNQ设PMt，则HN3t，HNHI，3t8+，解得 tOPOMPMQNPM4t，点P的坐标为(，0) 3）当AP为菱形对角线时，有图6一种情况：如图6，PQH的两直角边之比为1:3过点H作HMy轴于点M，交AB于点I，过点P作PNHM于点NHIx轴，点H为AP的中点，AIIB4，PN41390°2，PNHQMH90°，PNHHMQ，则MH3PN12，HIMHMI4HI是ABP的中位线，BP2H

27、I8，即OP16，点P的坐标为(16，0) 综上所述，点P的坐标为(12，0)，(24，0)，(，0)，(，0)，(16，0)【点睛】本题属于相似形综合题，考查了正方形性质，菱形的判定和性质，解直角三角形，相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，学会寻找相似三角形，利用相似三角形的性质构建方程解决问题，属于中考压轴题本试卷的题干、答案和解析均由组卷网（）专业教师团队编校出品。登录组卷网可对本试卷进行单题组卷、细目表分析、布置作业、举一反三等操作。试卷地址：在组卷网浏览本卷组卷网是学科网旗下的在线题库平台，覆盖小初高全学段全学科、超过900万精品解析试题。关注组卷网服务号，可使用移动教学助手功能（布置作业、线上考试、加入错题本、错题训练）。 学科网长期征集全国最新统考试卷、名校试卷、原创题，赢取丰厚稿酬，欢迎合作。钱老师 QQ：537008204    曹老师 QQ：713000635