數(shù)學(xué)-（江西卷）【試題猜想】2020年中考考前最后一卷（全解全析）

數(shù)學(xué)全解全析第頁(yè)）2021年中考考前最后一卷【江西卷】數(shù)學(xué)·全解全析一、選擇題（共6小題，滿分18分，每小題3分）123456CDACDD1．【解答】解：|﹣5|＝5．故選：C．2．【解答】解：A、a?a3＝a4，故原題計(jì)算錯(cuò)誤；B、（2ab）3＝8a3b3，故原題計(jì)算錯(cuò)誤；C、（a2）3＝a6，故原題計(jì)算錯(cuò)誤；D、a3b÷ab＝a2，故原題計(jì)算正確；故選：D．3．【解答】解：從正面看，選項(xiàng)A中的圖形比較符合題意，故選：A．4．【解答】解：由條形統(tǒng)計(jì)圖可知，出行方式中步行的有60人，騎自行車(chē)的有90人，乘公共汽車(chē)的有150人，因此得出的總?cè)藬?shù)為60+90+150＝300（人），乘公共汽車(chē)占×100%＝50%，60+90＝150（人），所以選項(xiàng)A、B、D都是正確的，因此不符合題意；選項(xiàng)C是不正確的，因此符合題意；故選：C．5．【解答】解：∵S△POQ＝S△OMQ+S△OMP，∴|k|+×|8|＝10，∴|k|＝12，而k＜0，∴k＝﹣12，故選：D．6．【解答】解：如圖所示：在拼出的所有不同位置的軸對(duì)稱(chēng)圖形中，全等的圖形共有3對(duì)，故選：D．二．填空題（共6小題，滿分18分，每小題3分）7．【解答】解：a3﹣4a＝a（a2﹣4）＝a（a+2）（a﹣2）．故答案為：a（a+2）（a﹣2）．8．【解答】解：9899萬(wàn)＝98990000＝9.899×107．故答案為：9.899×107．9．【解答】解：∵m、n是方程x2+x﹣20200的兩個(gè)實(shí)數(shù)根，∴m+n＝﹣1，并且m2+m﹣2020＝0，∴m2+m＝2020，∴m2+2m+n＝m2+m+m+n＝2020﹣1＝2019．故答案為：201910．【解答】解：設(shè)A款魔方的單價(jià)為x元，B款魔方的單價(jià)為y元，根據(jù)題意得：．故答案為：．11．【解答】解：∵當(dāng)點(diǎn)P從點(diǎn)A運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)D時(shí)，PQ＝PA，∴點(diǎn)Q運(yùn)動(dòng)軌跡是圓弧，如圖，陰影部分的面積即為線段PQ在平面內(nèi)掃過(guò)的面積，∵矩形ABCD中，AB＝1，AD＝，∴∠ABC＝∠BAC＝∠C＝∠Q＝90°．∴∠ADB＝∠DBC＝∠ODB＝∠OBQ＝30°，∴∠ABQ＝120°，由矩形的性質(zhì)和軸對(duì)稱(chēng)性可知，△BOQ≌△DOC，S△ABD＝S△BQD，∴S陰影部分＝S四邊形ABQD﹣S扇形ABQ＝2S△ABD﹣S扇形ABQ，＝S矩形ABCD﹣S扇形ABQ＝1×﹣．故答案為：﹣．12．【解答】解：當(dāng)AB＝BC時(shí)，Ⅰ．如圖1，作AE⊥BC于E，DF⊥AC于F，∵“等高底”△ABC的“等底”為BC，l1∥l2，l1與l2之間的距離為2，AB＝BC，∴BC＝AE＝2，AB＝2，∴BE＝2，即EC＝4，∴AC＝2，∵△ABC繞點(diǎn)C按順時(shí)針?lè)较蛐D(zhuǎn)45°得到△A'B'C，∴∠DCF＝45°，設(shè)DF＝CF＝x，∵l1∥l2，∴∠ACE＝∠DAF，∴＝＝，即AF＝2x，∴AC＝3x＝2，∴x＝，CD＝x＝．Ⅱ．如圖2，此時(shí)△ABC等腰直角三角形，∵△ABC繞點(diǎn)C按順時(shí)針?lè)较蛐D(zhuǎn)45°得到△A'B'C，∴△ACD是等腰直角三角形，∴CD＝AC＝2．當(dāng)AC＝BC時(shí)，Ⅰ．如圖3，此時(shí)△ABC是等腰直角三角形，∵△ABC繞點(diǎn)C按順時(shí)針?lè)较蛐D(zhuǎn)45°得到△A'B'C，∴A'C⊥l2，∴CD＝AB＝BC＝2；Ⅱ．如圖4，作AE⊥BC于E，則AE＝BC，∴AC＝BC＝AE，∴∠ACE＝45°，∴△ABC繞點(diǎn)C按順時(shí)針?lè)较蛐D(zhuǎn)45°，得到△A'B'C時(shí)，點(diǎn)A'在直線l2上，∴A'C∥l1，即直線A'C與l2無(wú)交點(diǎn)，綜上所述，CD的值為，2，2．故答案為：或2或2．三．本大題共5小題，每小題6分，共30分13．【解答】解：（1）原式＝×﹣4×+×＝﹣3；（2）∵（x﹣2）（x﹣3）＝12，∴（x﹣6）（x+1）＝0，∴x＝6或x＝﹣114．【解答】證明：∵四邊形ABCD是菱形，∴CD＝AB＝BC，AB∥CD，AD∥BC，∴∠C＝∠CBE，∵BE＝AB，∴CD＝BE，∵EF∥AD，∴EF∥BC，∴∠DBC＝∠F，∠E＝∠CBE，∴∠C＝∠E，在△DCB和△BEF中，，∴△DCB≌△BEF（AAS），∴BC＝EF，∴DC＝EF．15．【解答】解：（1）如圖，△CDE即為所求作．（2）∵AC＝AB，∠A＝60°，∴△ABC是等邊三角形，∴∠B＝∠ACB＝∠ECD＝60°，∵DE∥AB，∴∠CED＝∠B＝60°，∠CDE＝∠A＝60°，∴△CDE是等邊三角形．16．【解答】解：（1）若這次調(diào)研準(zhǔn)備選取一個(gè)市，則恰好抽到A市的概率是，故答案為：；（2）列表如下：ABCDEA（B，A）（C，A）（D，A）（E，A）B（A，B）（C，B）（D，B）（E，B）C（A，C）（B，D）（D，C）（E，C）D（A，D）（B，D）（C，D）（E，D）E（A，E）（B，E）（C，E）（D，E）共有20種等可能的結(jié)果，所選取的兩個(gè)市恰好是A市和B市的結(jié)果有2種，∴所選取的兩個(gè)市恰好是A市和B市的概率是．17．【解答】解：（1）設(shè)A點(diǎn)坐標(biāo)為（x，y），且x＜0，y＞0，則S△ABO＝?|BO|?|BA|＝?（﹣x）?y＝，∴xy＝﹣3，又∵y＝，即xy＝k，∴k＝﹣3，∴所求的兩個(gè)函數(shù)的解析式分別為y＝﹣，y＝﹣x+2；（2）由y＝﹣x+2，令x＝0，得y＝2．∴直線y＝﹣x+2與y軸的交點(diǎn)D的坐標(biāo)為（0，2），A、C兩點(diǎn)坐標(biāo)滿足，解得x1＝﹣1，y1＝3，x2＝3，y2＝﹣1，∴交點(diǎn)A為（﹣1，3），C為（3，﹣1），∴S△AOC＝S△ODA+S△ODC＝?|OD|?（|y1|+|y2|）＝×2×（3+1）＝4．四．本大題共3小題，每小題8分，共24分18．【解答】解：（1）當(dāng)0≤x≤10時(shí)，將（10，30）代入y＝k1x，解得k1＝3，即y＝3x；當(dāng)x＞10時(shí)，將（15，20）代入中，解得k2＝300，即．（2）當(dāng)y＝3時(shí)，3＝3x，解得x＝1；當(dāng)y＝3時(shí)，，解得x＝100，∴有效時(shí)間為100﹣1＝99（分鐘）．19．【解答】解：（1）調(diào)查人數(shù)為20÷＝120（人），“4條”的人數(shù)為120×＝45（人），補(bǔ)全條形統(tǒng)計(jì)圖如圖所示：（2）將這120名學(xué)生的背誦情況從小到大排列處在中間位置的兩個(gè)數(shù)的平均數(shù)為＝4.5，因此中位數(shù)是4.5，m＝120﹣10﹣15﹣40﹣25﹣20＝10（人），故答案為：4.5，10；（3）1200×＝450（人），答：大賽結(jié)束一個(gè)月后該校學(xué)生背誦出安全警句至少7條的人數(shù)為450人；（4）從中位數(shù)上看，活動(dòng)開(kāi)展前的中位數(shù)是4條，活動(dòng)開(kāi)展后的中位數(shù)是6條，從背誦“6條及以上”人數(shù)的變化情況看，活動(dòng)前是40人，活動(dòng)后為85人，人數(shù)翻了一倍，從而得出活動(dòng)的開(kāi)展促進(jìn)學(xué)生背誦能力的提高，活動(dòng)開(kāi)展的效果較好．20．【解答】解：（1）∵DE⊥AC，DE＝20，AD＝25，∴AE＝＝＝15（cm）；（2）在圖（2）中，作FG⊥AB于G，延長(zhǎng)FG交地平線于點(diǎn)Q．∵AE＝15，CE＝30，CF＝15，∴FA＝FC+CE+EA＝15+30+15＝60．∵sin∠CAB＝，∴FG＝FA?sin∠CAB≈60×0.97＝58.2（cm），∴FQ＝FG+GQ＝58.2+30＝88.2≈88（cm）．答：車(chē)座點(diǎn)F到地面的距離約為88cm．五．本大題共2小題，每小題9分，共18分21．【解答】（1）證明：∵AB是⊙O的直徑，∴∠ADB＝90°，∵AC⊥AB，∴∠CAB＝90°，∴∠ABD＝∠CAD，∵＝，∴∠AED＝∠ABD，∴∠AED＝∠CAD；（2）證明：∵點(diǎn)E是劣弧BD的中點(diǎn)，∴＝，∴∠EDB＝∠DAE，∵∠DEG＝∠AED，∴△EDG∽△EAD，∴，∴ED2＝EG?EA；（3）解：連接OE，∵點(diǎn)E是劣弧BD的中點(diǎn)，∴∠DAE＝∠EAB，∵OA＝OE，∴∠OAE＝∠AEO，∴∠AEO＝∠DAE，∴OE∥AD，∴，∵BO＝BF＝OA，DE＝2，∴，∴EF＝4．22．【解答】解：（1）①∵AB＝BC＝，BE＝1，∠ABC＝90°，∴AE＝2，∴∠EAB＝30°，故答案為：30；②CA+CF＝CE．如圖1，過(guò)點(diǎn)E作ME⊥EC交CA的延長(zhǎng)線于M，∵∠ABC＝90°，AB＝BC，∴∠ACB＝45°，∴∠M＝45°，∴∠M＝∠ECM，∴ME＝EC，∵將線段AE繞點(diǎn)E順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°得到EF，∴AE＝AF，∠AEF＝90°，∴∠AEM＝∠CEF，∴△FEC≌△AEM（SAS），∴CF＝AM，∴CA+AM＝CA+CF＝CM，∵△CME為等腰直角三角形，∴CM＝CE，∴CA+CF＝CE；故答案為：CA+CF＝CE；（2）不成立．如圖2，過(guò)點(diǎn)F作FH⊥BC交BC的延長(zhǎng)線于點(diǎn)H．∴∠AEF＝90°，AE＝EF，∵∠BAE+∠AEB＝∠AEB+∠FEH＝90°，∴∠FEH＝∠BAE，∴△ABE≌△EHF（AAS），∴FH＝BE，EH＝AB＝BC，∴CH＝BE＝FH，∴△FHC為等腰直角三角形，∴CH＝BE＝FC．又∵EC＝BC﹣BE＝FC，即CA﹣CF＝CE．（3）①如圖1，當(dāng)點(diǎn)E在點(diǎn)B左側(cè)運(yùn)動(dòng)時(shí)，y＝；∵△FEC≌△AEM，∴S△FEC＝S△AEM，∴S四邊形AEFC＝S△AEC+S△FEC＝S△AEC+S△AEM＝S△CME＝，∵BE＝x，BC＝，∴y＝＝；②如圖2，當(dāng)點(diǎn)E在線段CB上運(yùn)動(dòng)時(shí)，y＝．由（2）可知△AEF為等腰直角三角形，F(xiàn)H＝BE＝x，∴S四邊形AECF＝S△AEF+S△ECF＝EC×FH＝＝x．∴y＝．綜合以上可得y與x之間的函數(shù)關(guān)系式為y＝或y＝．六．本大題共12分23．【解答】解：（1）∵二次函數(shù)L：y＝﹣4x﹣2，其中n為正整數(shù)，∴頂點(diǎn)為（，），化簡(jiǎn)得（n，﹣2﹣2n），∴二次函數(shù)的最小值是﹣2n﹣2；（2）∵二次函數(shù)L：y＝﹣4x﹣2的頂點(diǎn)為（n，﹣2﹣2n），∴二次函數(shù)L向左平移（3n﹣4）個(gè)單位得到二次函數(shù)L1：＝﹣2﹣2n，∴拋物線L1的頂點(diǎn)坐標(biāo)為（4﹣2n，﹣2﹣2n），①∵二次函數(shù)L與二次函數(shù)L1關(guān)于y軸對(duì)稱(chēng)，∴頂點(diǎn)也關(guān)于y軸對(duì)稱(chēng)，即（n，﹣2﹣2n）與（4﹣2n，﹣2﹣2n）關(guān)于y軸對(duì)稱(chēng)，∴n+（4﹣2n）＝0，解得n＝4；②∵拋物線L1的頂點(diǎn)坐標(biāo)為（4﹣2n，﹣2﹣2n），∴頂點(diǎn)橫坐標(biāo)x＝4﹣2n，頂點(diǎn)縱坐標(biāo)y＝﹣2﹣2n，即，∴頂點(diǎn)的縱坐標(biāo)y與橫坐標(biāo)x之間存在的函數(shù)關(guān)系為：y＝x﹣6；（3）①∵二次函數(shù)L：y＝﹣4x﹣2的頂點(diǎn)為（n，﹣2﹣2n），∴頂點(diǎn)橫坐標(biāo)x＝n，頂點(diǎn)縱坐標(biāo)y＝﹣2﹣2n，∴頂點(diǎn)的縱坐標(biāo)y與橫坐標(biāo)x之間存在的函數(shù)關(guān)系是y＝﹣2x﹣2，即拋物線L：y＝﹣4x﹣2，其中n為正整數(shù)的頂點(diǎn)都在直線y＝﹣2x﹣2上，如圖：∴系列拋物線中的頂點(diǎn)B1，B2，B3，…，Bn都在同一直線y＝﹣2x﹣2上，∴∠An﹣1CBn﹣1＝∠AnCBn，根據(jù)拋物線