2019年浙江省绍兴市中考数学试卷(原卷+解析)

2019年浙江省绍兴市中考数学试卷

参考答案与试题解析

一、选择题（本大题有10小题，每小题4分，共40分．请选出每小题中一个最符合题意的选项，不选、多选、错选，均不给分）

1．（4分）﹣5的绝对值是（）

A．5B．﹣5C．D．﹣

【分析】根据绝对值的性质求解．

【解答】解：根据负数的绝对值等于它的相反数，得|﹣5|＝5．

故选：A．

2．（4分）某市决定为全市中小学教室安装空调，今年预计投入资金126000000元，其中数字126000000用科学记数法可表示为（）

A．12.6×107B．1.26×108C．1.26×109D．0.126×1010【分析】科学记数法的表示形式为a×10n的形式，其中1≤|a|＜10，n为整数．确定n 的值时，要看把原数变成a时，小数点移动了多少位，n的绝对值与小数点移动的位数相同．当原数绝对值＞1时，n是正数；当原数的绝对值＜1时，n是负数．

【解答】解：数字126000000科学记数法可表示为1.26×108元．

故选：B．

3．（4分）如图的几何体由六个相同的小正方体搭成，它的主视图是（）

A．B．

C．D．

【分析】根据从正面看得到的视图是主视图，可得答案．

【解答】解：从正面看有三列，从左起第一列有两个正方形，第二列有两个正方形，第

三列有一个正方形，故A符合题意，

故选：A．

4．（4分）为了解某地区九年级男生的身高情况，随机抽取了该地区100名九年级男生，他们的身高x（cm）统计如下：

组别（cm）x＜160160≤x＜170170≤x＜180x≥180人数5384215根据以上结果，抽查该地区一名九年级男生，估计他的身高不低于180cm的概率是（）A．0.85B．0.57C．0.42D．0.15

【分析】先计算出样本中身高不低于180cm的频率，然后根据利用频率估计概率求解．【解答】解：样本中身高不低于180cm的频率＝＝0.15，

所以估计他的身高不低于180cm的概率是0.15．

故选：D．

5．（4分）如图，墙上钉着三根木条a，b，C，量得∠1＝70°，∠2＝100°，那么木条a，b所在直线所夹的锐角是（）

A．5°B．10°C．30°D．70°

【分析】根据对顶角相等求出∠3，根据三角形内角和定理计算，得到答案．

【解答】解：∠3＝∠2＝100°，

∴木条a，b所在直线所夹的锐角＝180°﹣100°﹣70°＝10°，

故选：B．

6．（4分）若三点（1，4），（2，7），（a，10）在同一直线上，则a的值等于（）A．﹣1B．0C．3D．4

【分析】利用（1，4），（2，7）两点求出所在的直线解析式，再将点（a，10）代入解析式即可；

【解答】解：设经过（1，4），（2，7）两点的直线解析式为y＝kx+b，

∴

∴，

∴y＝3x+1，

将点（a，10）代入解析式，则a＝3；

故选：C．

7．（4分）在平面直角坐标系中，抛物线y＝（x+5）（x﹣3）经变换后得到抛物线y＝（x+3）（x﹣5），则这个变换可以是（）

A．向左平移2个单位B．向右平移2个单位

C．向左平移8个单位D．向右平移8个单位

【分析】根据变换前后的两抛物线的顶点坐标找变换规律．

【解答】解：y＝（x+5）（x﹣3）＝（x+1）2﹣16，顶点坐标是（﹣1，﹣16）．

y＝（x+3）（x﹣5）＝（x﹣1）2﹣16，顶点坐标是（1，﹣16）．

所以将抛物线y＝（x+5）（x﹣3）向右平移2个单位长度得到抛物线y＝（x+3）（x﹣5），故选：B．

8．（4分）如图，△ABC内接于⊙O，∠B＝65°，∠C＝70°．若BC＝2，则的长为（）

A．πB．πC．2πD．2π

【分析】连接OB，OC．首先证明△OBC是等腰直角三角形，求出OB即可解决问题．【解答】解：连接OB，OC．

∵∠A＝180°﹣∠ABC﹣∠ACB＝180°﹣65°﹣70°＝45°，

∴∠BOC＝90°，

∵BC＝2，

∴OB＝OC＝2，

∴的长为＝π，

故选：A．

9．（4分）正方形ABCD的边AB上有一动点E，以EC为边作矩形ECFG，且边FG过点D．在点E从点A移动到点B的过程中，矩形ECFG的面积（）

A．先变大后变小B．先变小后变大

C．一直变大D．保持不变

【分析】由△BCE∽△FCD，根据相似三角形的对应边成比例，可得CF?CE＝CD?BC，即可得矩形ECFG与正方形ABCD的面积相等．

【解答】解：∵正方形ABCD和矩形ECFG中，

∠DCB＝∠FCE＝90°，∠F＝∠B＝90°，

∴∠DCF＝∠ECB，

∴△BCE∽△FCD，

∴，

∴CF?CE＝CB?CD，

∴矩形ECFG与正方形ABCD的面积相等．

故选：D．

10．（4分）如图1，长、宽均为3，高为8的长方体容器，放置在水平桌面上，里面盛有水，水面高为6，绕底面一棱进行旋转倾斜后，水面恰好触到容器口边缘，图2是此时的示意图，则图2中水面高度为（）

A．B．C．D．

【分析】设DE＝x，则AD＝8﹣x，由长方体容器内水的体积得出方程，解方程求出DE，再由勾股定理求出CD，过点C作CF⊥BG于F，由△CDE∽△BCF的比例线段求得结果即可．

【解答】解：过点C作CF⊥BG于F，如图所示：

设DE＝x，则AD＝8﹣x，

根据题意得：（8﹣x+8）×3×3＝3×3×6，

解得：x＝4，

∴DE＝4，

∵∠E＝90°，

由勾股定理得：CD＝，

∵∠BCE＝∠DCF＝90°，

∴∠DCE＝∠BCF，

∵∠DEC＝∠BFC＝90°，

∴△CDE∽△BCF，

∴，

即，

∴CF＝．

故选：A．

二、填空题（本大题有6小题，每小题5分，共30分）

11．（5分）因式分解：x2﹣1＝（x+1）（x﹣1）．

【分析】原式利用平方差公式分解即可．

【解答】解：原式＝（x+1）（x﹣1）．

故答案为：（x+1）（x﹣1）．

12．（5分）不等式3x﹣2≥4的解为x≥2．

【分析】先移项，再合并同类项，把x的系数化为1即可．

【解答】解：移项得，3x≥4+2，

合并同类项得，3x≥6，

把x的系数化为1得，x≥2．

故答案为：x≥2．

13．（5分）我国的《洛书》中记载着世界上最古老的一个幻方：将1～9这九个数字填入3×3的方格内，使三行、三列、两对角线上的三个数之和都相等．如图的幻方中，字母m 所表示的数是4．

【分析】根据“每行、每列、每条对角线上的三个数之和相等”解答即可．

【解答】解：根据“每行、每列、每条对角线上的三个数之和相等”，可知三行、三列、两对角线上的三个数之和都等于15，

∴第一列第三个数为：15﹣2﹣5＝8，

∴m＝15﹣8﹣3＝4．

故答案为：4

14．（5分）如图，在直线AP上方有一个正方形ABCD，∠P AD＝30°，以点B为圆心，AB

长为半径作弧，与AP交于点A，M，分别以点A，M为圆心，AM长为半径作弧，两弧交于点E，连结ED，则∠ADE的度数为15°或45°．

【分析】分点E与正方形ABCD的直线AP的同侧、点E与正方形ABCD的直线AP的两侧两种情况，根据正方形的性质、等腰三角形的性质解答．

【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，

∴AD＝AE，∠DAE＝90°，

∴∠BAM＝180°﹣90°﹣30°＝60°，AD＝AB，

当点E与正方形ABCD的直线AP的同侧时，由题意得，点E与点B重合，

∴∠ADE＝45°，

当点E与正方形ABCD的直线AP的两侧时，由题意得，E′A＝E′M，

∴△AE′M为等边三角形，

∴∠E′AM＝60°，

∴∠DAE′＝360°﹣120°﹣90°＝150°，

∵AD＝AE′，

∴∠ADE′＝15°，

故答案为：15°或45°．

15．（5分）如图，矩形ABCD的顶点A，C都在曲线y＝（常数是＞0，x＞0）上，若顶点D的坐标为（5，3），则直线BD的函数表达式是y＝x．

【分析】利用矩形的性质和反比例函数图象上点的坐标特征得到A（，3），C（5，），所以B（，），然后利用待定系数法求直线BD的解析式．

【解答】解：∵D（5，3），

∴A（，3），C（5，），

∴B（，），

设直线BD的解析式为y＝mx+n，

把D（5，3），B（，）代入得，解得，

∴直线BD的解析式为y＝x．

故答案为y＝x．

16．（5分）把边长为2的正方形纸片ABCD分割成如图的四块，其中点O为正方形的中心，点E，F分别为AB，AD的中点．用这四块纸片拼成与此正方形不全等的四边形MNPQ （要求这四块纸片不重叠无缝隙），则四边形MNPQ的周长是6+2或10或8+2．

【分析】先根据题意画出图形，再根据周长的定义即可求解．

【解答】解：如图所示：

图1的周长为1+2+3+2＝6+2；

图2的周长为1+4+1+4＝10；

图3的周长为3+5++＝8+2．

故四边形MNPQ的周长是6+2或10或8+2．

故答案为：6+2或10或8+2．

三、解答题（本大题共8小题，第17～20小题每小题8分，第21小题10分，第22，23小题每小题8分，第24小题14分，共80分．解答需写出必要的文字说明、演算步骤或证明过程）

17．（8分）（1）计算：4sin60°+（π﹣2）0﹣（﹣）﹣2﹣．

（2）x为何值时，两个代数式x2+1，4x+1的值相等？

【分析】（1）根据实数运算法则解答；

（2）利用题意得到x2+1＝4x+1，利用因式分解法解方程即可．

【解答】解：（1）原式＝4×+1﹣4﹣2＝﹣3；

（2）x2+1＝4x+1，

x2﹣4x＝0，

x（x﹣4）＝0，

x1＝0，x2＝4．

18．（8分）如图是某型号新能源纯电动汽车充满电后，蓄电池剩余电量y（千瓦时）关于已行驶路程x（千米）的函数图象．

（1）根据图象，直接写出蓄电池剩余电量为35千瓦时时汽车已行驶的路程．当0≤x≤150时，求1千瓦时的电量汽车能行驶的路程．

（2）当150≤x≤200时，求y关于x的函数表达式，并计算当汽车已行驶180千米时，

蓄电池的剩余电量．

【分析】（1）由图象可知，蓄电池剩余电量为35千瓦时时汽车已行驶了150千米，据此即可求出1千瓦时的电量汽车能行驶的路程；

（2）运用待定系数法求出y关于x的函数表达式，再把x＝180代入即可求出当汽车已行驶180千米时，蓄电池的剩余电量．

【解答】解：（1）由图象可知，蓄电池剩余电量为35千瓦时时汽车已行驶了150千米．1千瓦时的电量汽车能行驶的路程为：千米；

（2）设y＝kx+b（k≠0），把点（150，35），（200，10）代入，

得，

∴，

∴y＝﹣0.5x+110，

当x＝180时，y＝﹣0.5×180+110＝20，

答：当150≤x≤200时，函数表达式为y＝﹣0.5x+110，当汽车已行驶180千米时，蓄电池的剩余电量为20千瓦时．

19．（8分）小明、小聪参加了100m跑的5期集训，每期集训结束时进行测试，根据他们的集训时间、测试成绩绘制成如下两个统计图．

根据图中信息，解答下列问题：

（1）这5期的集训共有多少天？小聪5次测试的平均成绩是多少？

（2）根据统计数据，结合体育运动的实际，从集训时间和测试成绩这两方面，说说你的想法．

【分析】（1）根据图中的信息可以求得这5期的集训共有多少天和小聪5次测试的平均成绩；

（2）根据图中的信心和题意，说明自己的观点即可，本题答案不唯一，只要合理即可．【解答】解：（1）这5期的集训共有：5+7+10+14+20＝56（天），

小聪5次测试的平均成绩是：（11.88+11.76+11.61+11.53+11.62）÷5＝11.68（秒），答：这5期的集训共有56天，小聪5次测试的平均成绩是11.68秒；

（2）从集训时间看，集训时间不是越多越好，集训时间过长，可能造成劳累，导致成绩下滑，如图中第4期与前面两期相比；

从测试成绩看，两人的最好成绩是都是在第4期出现，建议集训时间定为14天．20．（8分）如图1为放置在水平桌面l上的台灯，底座的高AB为5cm，长度均为20cm的连杆BC，CD与AB始终在同一平面上．

（1）转动连杆BC，CD，使∠BCD成平角，∠ABC＝150°，如图2，求连杆端点D离桌面l的高度DE．

（2）将（1）中的连杆CD再绕点C逆时针旋转，使∠BCD＝165°，如图3，问此时连杆端点D离桌面l的高度是增加还是减少？增加或减少了多少？（精确到0.1cm，参考数据：≈1.41，≈1.73）

【分析】（1）如图2中，作BO⊥DE于O．解直角三角形求出OD即可解决问题．（2）作DF⊥l于F，CP⊥DF于P，BG⊥DF于G，CH⊥BG于H．则四边形PCHG是矩形，求出DF，再求出DF﹣DE即可解决问题．

【解答】解：（1）如图2中，作BO⊥DE于O．

∵∠OEA＝∠BOE＝∠BAE＝90°，

∴四边形ABOE是矩形，

∴∠OBA＝90°，

∴∠DBO＝150°﹣90°＝60°，

∴OD＝BD?sin60°＝20（cm），

∴DF＝OD+OE＝OD+AB＝20+5≈39.6（cm）．

（2）作DF⊥l于F，CP⊥DF于P，BG⊥DF于G，CH⊥BG于H．则四边形PCHG是矩形，

∵∠CBH＝60°，∠CHB＝90°，

∴∠BCH＝30°，

∵∠BCD＝165°，

°∠DCP＝45°，

∴CH＝BC sin60°＝10（cm），DP＝CD sin45°＝10（cm），

∴DF＝DP+PG+GF＝DP+CH+AB＝（10+10+5）（cm），

∴下降高度：DE﹣DF＝20+5﹣10﹣10﹣5＝10﹣10＝3.2（cm）．21．（10分）在屏幕上有如下内容：

如图，△ABC内接于⊙O，直径AB的长为2，过点C的切线交AB的延长线于点D．张老师要求添加条件后，编制一道题目，并解答．

（1）在屏幕内容中添加条件∠D＝30°，求AD的长．请你解答．

（2）以下是小明、小聪的对话：

小明：我加的条件是BD＝1，就可以求出AD的长

小聪：你这样太简单了，我加的是∠A＝30°，连结OC，就可以证明△ACB与△DCO 全等．

参考此对话，在屏幕内容中添加条件，编制一道题目（可以添线添字母），并解答．

【分析】（1）连接OC，如图，利用切线的性质得∠OCD＝90°，再根据含30度的直角三角形三边的关系得到OD＝2，然后计算OA+OD即可；

（2）添加∠DCB＝30°，求AC的长，利用圆周角定理得到∠ACB＝90°，再证明∠A ＝∠DCB＝30°，然后根据含30度的直角三角形三边的关系求AC的长．

【解答】解：（1）连接OC，如图，

∵CD为切线，

∴OC⊥CD，

∴∠OCD＝90°，

∵∠D＝30°，

∴OD＝2OC＝2，

∴AD＝AO+OD＝1+2＝3；

（2）添加∠DCB＝30°，求AC的长，

解：∵AB为直径，

∴∠ACB＝90°，

∵∠ACO+∠OCB＝90°，∠OCB+∠DCB＝90°，

∴∠ACO＝∠DCB，

∵∠ACO＝∠A，

∴∠A＝∠DCB＝30°，

在Rt△ACB中，BC＝AB＝1，

∴AC＝BC＝．

22．（12分）有一块形状如图的五边形余料ABCDE，AB＝AE＝6，BC＝5，∠A＝∠B＝90°，∠C＝135°，∠E＞90°，要在这块余料中截取一块矩形材料，其中一条边在AE上，并使所截矩形材料的面积尽可能大．

（1）若所截矩形材料的一条边是BC或AE，求矩形材料的面积．

（2）能否截出比（1）中更大面积的矩形材料？如果能，求出这些矩形材料面积的最大值；如果不能，说明理由．

【分析】（1）①若所截矩形材料的一条边是BC，过点C作CF⊥AE于F，得出S1＝AB ?BC＝6×5＝30；

②若所截矩形材料的一条边是AE，过点E作EF∥AB交CD于F，FG⊥AB于G，过点C作CH⊥FG于H，则四边形AEFG为矩形，四边形BCHG为矩形，证出△CHF为等腰三角形，得出AE＝FG＝6，HG＝BC＝5，BG＝CH＝FH，求出BG＝CH＝FH＝FG﹣HG ＝1，AG＝AB﹣BG＝5，得出S2＝AE?AG＝6×5＝30；

（2）在CD上取点F，过点F作FM⊥AB于M，FN⊥AE于N，过点C作CG⊥FM于G，则四边形ANFM为矩形，四边形BCGM为矩形，证出△CGF为等腰三角形，得出MG＝BC＝5，BM＝CG，FG＝DG，设AM＝x，则BM＝6﹣x，FM＝GM+FG＝GM+CG＝BC+BM ＝11﹣x，得出S＝AM×FM＝x（11﹣x）＝﹣x2+11x，由二次函数的性质即可得出结果．【解答】解：（1）①若所截矩形材料的一条边是BC，如图1所示：

过点C作CF⊥AE于F，S1＝AB?BC＝6×5＝30；

②若所截矩形材料的一条边是AE，如图2所示：

过点E作EF∥AB交CD于F，FG⊥AB于G，过点C作CH⊥FG于H，

则四边形AEFG为矩形，四边形BCHG为矩形，

∵∠C＝135°，

∴∠FCH＝45°，

∴△CHF为等腰直角三角形，

∴AE＝FG＝6，HG＝BC＝5，BG＝CH＝FH，

∴BG＝CH＝FH＝FG﹣HG＝6﹣5＝1，

∴AG＝AB﹣BG＝6﹣1＝5，

∴S2＝AE?AG＝6×5＝30；

（2）能；理由如下：

在CD上取点F，过点F作FM⊥AB于M，FN⊥AE于N，过点C作CG⊥FM于G，

则四边形ANFM为矩形，四边形BCGM为矩形，

∵∠C＝135°，

∴∠FCG＝45°，

∴△CGF为等腰直角三角形，

∴MG＝BC＝5，BM＝CG，FG＝DG，

设AM＝x，则BM＝6﹣x，

∴FM＝GM+FG＝GM+CG＝BC+BM＝11﹣x，

∴S＝AM×FM＝x（11﹣x）＝﹣x2+11x＝﹣（x﹣5.5）2+30.25，

∴当x＝5.5时，S的最大值为30.25．

23．（12分）如图1是实验室中的一种摆动装置，BC在地面上，支架ABC是底边为BC的等腰直角三角形，摆动臂AD可绕点A旋转，摆动臂DM可绕点D旋转，AD＝30，DM ＝10．

（1）在旋转过程中，

①当A，D，M三点在同一直线上时，求AM的长．

②当A，D，M三点为同一直角三角形的顶点时，求AM的长．

（2）若摆动臂AD顺时针旋转90°，点D的位置由△ABC外的点D1转到其内的点D2处，连结D1D2，如图2，此时∠AD2C＝135°，CD2＝60，求BD2的长．

【分析】（1）①分两种情形分别求解即可．

②显然∠MAD不能为直角．当∠AMD为直角时，根据AM2＝AD2﹣DM2，计算即可，

当∠ADM＝90°时，根据AM2＝AD2+DM2，计算即可．

（2）连接CD．首先利用勾股定理求出CD1，再利用全等三角形的性质证明BD2＝CD1即可．

【解答】解：（1）①AM＝AD+DM＝40，或AM＝AD﹣DM＝20．

②显然∠MAD不能为直角．

当∠AMD为直角时，AM2＝AD2﹣DM2＝302﹣102＝800，

∴AM＝20或（﹣20舍弃）．

当∠ADM＝90°时，AM2＝AD2+DM2＝302+102＝1000，

∴AM＝10或（﹣10舍弃）．

综上所述，满足条件的AM的值为20或10．

（2）如图2中，连接CD．

由题意：∠D1AD2＝90°，AD1＝AD2＝30，

∴∠AD2D1＝45°，D1D2＝30，

∵∠AD2C＝135°，

∴∠CD2D1＝90°，

∴CD1＝＝30，

∵∠BAC＝∠A1AD2＝90°，

∴∠BAC﹣∠CAD2＝∠D2AD1﹣∠CAD2，

∴∠BAD1＝∠CAD2，

∵AB＝AC，AD2＝AD1，

∴△BAD2≌△CAD1（SAS），

∴BD2＝CD1＝30．

24．（14分）如图，矩形ABCD中，AB＝a，BC＝b，点M，N分别在边AB，CD上，点E，

F分别在边BC，AD上，MN，EF交于点P，记k＝MN：EF．

（1）若a：b的值为1，当MN⊥EF时，求k的值．

（2）若a：b的值为，求k的最大值和最小值．

（3）若k的值为3，当点N是矩形的顶点，∠MPE＝60°，MP＝EF＝3PE时，求a：b 的值．

【分析】（1）作EH⊥BC于H，MQ⊥CD于Q，设EF交MN于点O．证明△FHE≌△MQN（ASA），即可解决问题．

（2）由题意：2a≤MN≤a，a≤EF≤a，当MN的长取最大时，EF取最短，此时k的值最大最大值＝，当MN的最短时，EF的值取最大，此时k的值最小，最小值为．

（3）连接FN，ME．由k＝3，MP＝EF＝3PE，推出＝＝3，推出＝＝2，由△PNF∽△PME，推出＝＝2，ME∥NF，设PE＝2m，则PF＝4m，MP＝6m，NP＝12m，接下来分两种情形①如图2中，当点N与点D重合时，点M恰好与B重合．②如图3中，当点N与C重合，分别求解即可．

【解答】解：（1）如图1中，

作EH⊥BC于H，MQ⊥CD于Q，设EF交MN于点O．

∵四边形ABCD是正方形，

∴FH＝AB，MQ＝BC，

∵AB＝CB，

∴EH＝MQ，

∵EF⊥MN，

∴∠EON＝90°，

∵∠ECN＝90°，

∴∠MNQ+∠CEO＝180°，∠FEH+∠CEO＝180°

∴∠FEH＝∠MNQ，∵∠EHF＝∠MQN＝90°，

∴△FHE≌△MQN（ASA），

∴MN＝EF，

∴k＝MN：EF＝1．

（2）∵a：b＝1：2，

∴b＝2a，

由题意：2a≤MN≤a，a≤EF≤a，

∴当MN的长取最大时，EF取最短，此时k的值最大最大值＝，

当MN的最短时，EF的值取最大，此时k的值最小，最小值为．

（3）连接FN，ME．

∵k＝3，MP＝EF＝3PE，

∴＝＝3，

∴＝＝2，∵∠FPN＝∠EPM，

∴△PNF∽△PME，

∴＝＝2，ME∥NF，

设PE＝2m，则PF＝4m，MP＝6m，NP＝12m，

①如图2中，当点N与点D重合时，点M恰好与B重合．作FH⊥BD于H．

∵∠MPE＝∠FPH＝60°，

∴PH＝2m，FH＝2m，DH＝10m，

∴＝＝＝．

②如图3中，当点N与C重合，作EH⊥MN于H．则PH＝m，HE＝m，

∴HC＝PH+PC＝13m，

∴tan∠HCE＝＝＝，

∵ME∥FC，

∴∠MEB＝∠FCB＝∠CFD，

∵∠B＝∠D，

∴△MEB∽△CFD，

∴＝＝2，

∴＝＝＝，

综上所述，a：b的值为或．