浙江绍兴中考数学试题附详细解题分析Word下载.docx
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{题目}4．（2019•绍兴T4）为了解某地区九年级男生的身体情况，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＜160
160≤x＜170
170≤x＜180
x≥180
人数
5
38
42
15
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
{答案}D
{解析}本题考查了利用频率估计概率，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．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．因此本题选D．
[1-25-3]用频率估计概率}
利用频率估计概率}
2-简单}
{题目}5．（2019•绍兴T5）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°
{解析}本题考查了三角形内角和定理和对顶角的性质，设a，b所在直线所夹的锐角是∠α，由对顶角相等，得到∠3＝∠2＝100°
，再根据∠α＋∠1＋∠3＝180°
，求得∠α＝180°
－70°
－100°
＝10°
，因此本题选B．
α
3
[1-11-2]与三角形有关的角}
三角形内角和定理}
{题目}6．（2019•绍兴T6）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
{答案}C
{解析}本题考查了用待定系数法求一次函数解析式；
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；
因此本题选C．
[1-19-2-2]一次函数}
待定系数法求一次函数的解析式}
{题目}7．（2019•绍兴T7）在平面直角坐标系中，抛物线y＝（x＋5）（x－3）经过变换后得到抛物线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
{答案}4
{解析}本题考查了二次函数图象与几何变换，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），因此本题选B．
[1-22-1-4]二次函数y=ax2+bx+c的图象和性质}
二次函数图象的平移}
思想方法}{类别:
{题目}8．（2019•绍兴T8）如图，△ABC内接于⊙O，∠B＝65°
，∠C＝70°
，若BC＝2
，则
的长为（）
A.πB.
πC.2πD.2
π
{解析}本题考查了弧长的计算和圆周角定理，如图，连接OB、OC，由三角形内角和定理，求得∠A＝180°
－∠B－∠C＝180°
－65°
＝45°
，∴∠BOC＝2∠BAC＝2×
45°
＝90°
，∴OB＝
＝
＝2，∴
的长
＝π，因此本题选A．
[1-24-4]弧长和扇形面积}
圆周角定理}
弧长的计算}
3-中等难度}
{题目}9．（2019•绍兴T9）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
{答案}D
{解析}本题考查了相似三角形的性质，由题意，得∠BCD＝∠ECF＝90°
，∴∠BCE＝∠DCF，又∵∠CBE＝∠CFD＝90°
，∴△CBE∽△CFD，∴
＝
，∴CECF＝CBCD，即矩形ECFG的面积＝正方形ABCD的面积，因此本题选D．
[1-27-1-1]相似三角形的判定}
相似三角形的判定（两角相等）}
{题目}10．（2019•绍兴T10）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.
{答案}A
{解析}本题考查了勾股定理的应用，解决此题的突破点在于根据题意得到关系式：
长方体中水的容积＝倾斜后底面积为ADCB的四棱柱的体积，列方程，得到DE的长，
如图，设DE＝x，则AD＝8－x，
（8－x＋8）×
3×
3＝3×
6，解得x＝4．∴DE＝4．
在Rt△DEC中，CD＝
＝5，
过点C作CH⊥BF于点H，则由△CBH∽△CDE，得到
，即
，∴CH＝
，因此本题选A．
[1-27-1-3]相似三角形应用举例}
勾股定理的应用}
相似三角形的应用}
几何选择压轴}
高度原创}
2-填空题}二、填空题：
本大题共6小题，每小题5分，合计30分．
{题目}11．（2019•绍兴T11）因式分解：
x2－1＝.
{答案}（x+1）（x-1）
{解析}本题考查了用平方差公式分解因式，根据平方差公式，有x2-1＝x2-12＝（x+1）（x-1）.
{分值}5
[1-14-3]因式分解}
因式分解－平方差}
{题目}12．（2019•绍兴T12）不等式3x－2≥4的解为.
{答案}x≥2.
{解析}本题考查了解一元一次不等式，先移项得，3x≥4＋2，再合并同类项得，3x≥6，把x的系数化为1得，x≥2．
[1-9-2]一元一次不等式}
解一元一次不等式}
{题目}13．（2019•绍兴T13）我国的《洛书》中记载着世界最古老的一个幻方：
将1～9这九个数字填入3×
3的方格中，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.
{解析}本题考查了幻方的特点，数的对称性是解题的关键．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．
[1-1-3-1]有理数的加法}
有理数加法的实际应用}
数学文化}
{题目}14．（2019•绍兴T14）如图，在直线AP上方有一个正方形ABCD，∠PAD＝30°
，以点B为圆心，AB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.
{答案}45°
或15°
.
{解析}本题考查了以正方形为背景的角度计算，正确画出图形是解题的关键．如图，∵四边形ABCD是正方形，∴∠BAD＝90°
，∵∠PAD＝30°
，∴∠BAM＝60°
，又∵BA＝BM，∴△ABM是等边三角形．当点E在直线PA的上方时，点E与点B重合，显然∠ADE＝∠ADB＝45°
；
当点E在直线PA的下方时，∠BDE＝180°
－∠BME＝180°
－2×
60°
＝60°
，∴∠ADE＝∠BDE－∠ADB＝60°
－45°
＝15°
，因此答案为45°
．
[1-18-2-3]正方形}
等边三角形的判定}
正方形的性质}
几何综合}
发现探究}
易错题}
{题目}15．（2019•绍兴T15）如图，矩形ABCD的顶点A，C都在曲线y＝
（常数k＞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.
{答案}y＝
x.
{解析}本题考查了反比例函数中几何图形问题，设C（5，
），A（
，3），则A（
，
）；
设直线BD的函数表达式为y＝ax＋b，则
解得
因此直线BD的函数表达式是y＝
x．
[1-26-1]反比例函数的图像和性质}
矩形的性质}
双曲线与几何图形的综合}
{题目}16．（2019•绍兴T16）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分别是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．
{答案}10或6＋2
或8＋2
{解析}本题考查了图形的剪拼，抓住图形的特征是解题的关键，如下图，共有3种周长不同的拼法，拼成的四边形的周长分别为10或6＋2
图形的剪拼}
几何填空压轴}
4-较高难度}
4-解答题}三、解答题：
本大题共8小题，合计80分．
{题目}17．（2019•绍兴T17
（1））
（1）计算：
4sin60°
＋（π－2）0－（－
）－2－
{解析}本题考查了实数的运算，根据实数运算法则直接解答．
{答案}解：
原式＝4×
＋1－4－2
＝－3.
[1-28-3]锐角三角函数}
正弦}
简单的实数运算}
{题目}17．（2019•绍兴T17
（2））
（2）x为何值时，两个代数式x2＋1，4x＋1的值相等？
{解析}本题考查了一元二次方程的解法，由题意得到x2＋1＝4x＋1，利用因式分解法解方程即可．
由题意，得x2＋1＝4x＋1，x2－4x＝0，x（x－4）＝0，x1＝0，x2＝4．
[1-21-2-3]因式分解法}
解一元二次方程－因式分解法}
{题目}18．（2019•绍兴T18）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．
{解析}本题考查了一次函数的应用，解题的关键：
（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．
（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：
＝6千米；
（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．
{分值}8
[1-19-4]课题学习选择方案}
分段函数的应用}
{题目}19．（2019•绍兴T19）小明、小聪参加了100m跑的5期集训，每期集训结束市进行测试，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.
{解析}本题考查了条形统计图、折线统计图、算术平均数，抓住图中信息是解题的关键．
（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）根据图中的信息和题意，说明自己的观点即可，本题答案不唯一，只要合理即可．
（1）这5期的集训共有：
5＋7＋10＋14＋20＝56（天），
小聪这5次测试的平均成绩是：
（11.88＋11.76＋11.61＋11.53＋11.62）÷
5＝11.68（秒），
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）一类：
结合已知的两个统计图的信息及体育运动实际，如：
集训时间不是越多越好，集训时间过长，可能会造成劳累，导致成绩下滑．
二类：
结合已知的两个统计图的信息，如：
集训时间为10天或14天时，成绩最好．
三类：
根据已知的两个统计图中的其中一个统计图的信息，如：
集训时间每期都增加．
[1-20-1-1]平均数}
条形统计图}
折线统计图}
算术平均数}
{题目}20．（2019•绍兴T20）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）
{解析}本题考查了解直角三角形的应用，解题的关键是添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题．
（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．
（1）如图2中，作BO⊥DE，垂足为O．
∵∠OEA＝∠BOE＝∠BAE＝90°
，∴四边形ABOE是矩形，
∴∠OBA＝90°
，∴∠DBO＝150°
－90°
∴OD＝BD•sin60°
＝40•sin60°
＝20
（cm），
∴DF＝OD＋OE＝OD＋AB＝20
＋5≈39.6（cm）．
（2）下降了．
如图3，过点D作DF⊥l于F，过点C作CP⊥DF于P，过点B作BG⊥DF于G，过点C作CH⊥BG于H．则四边形PCHG是矩形，
∵∠CBH＝60°
，∠CHB＝90°
，∴∠BCH＝30°
又∵∠BCD＝165°
，∴∠DCP＝45°
∴CH＝BCsin60°
＝10
（cm），DP＝CDsin45°
∴DF＝DP＋PG＋GF＝DP＋CH＋AB＝10
＋10
＋5（cm），
∴下降高度：
DE－DF＝20
＋5－10
－10
－5＝10
≈3.2（cm）．
[1-28-2-1]特殊角}
高度原创}{类别:
解直角三角形的应用—测高测距离}
{题目}21．（2019•绍兴T21）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．
{解析}本题考查了切线的性质及应用，添加过切点的半径是常用辅助线．
（1）连接OC，如图，利用切线的性质得∠OCD＝90°
，再根据含30°
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°
的直角三角形三边的关系求AC的长；
本题答案不唯一．
（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）本题答案不唯一，如：
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＝
{分值}10
[1-24-2-2]直线和圆的位置关系}
切线的性质}
{题目}22．（2019•绍兴T22）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．
{解析}本题考查了矩形的性质、等腰直角三角形的判定与性质、矩形面积公式以及二次函数的应用等知识；
（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×
（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（1－x）－x2+11x，由二次函数的性质即可得出结果．
（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×
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于点F，FG⊥AB于点G，过点C作CH⊥FG于点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×
（2）能；
理由如下：
在CD上取点F，过点F作FM⊥AB于点M，FN⊥AE于点N，过点C作CG⊥FM于点G，
则四边形ANFM为矩形，四边形BCGM为矩形，
∴∠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．
{分值}12
[1-22-3]实际问题与二次函数}
与平行四边形有关的面积问题}
二次函数与平行四边形综合}
{题目}23．（2019•绍兴T23）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．
{解析}本题是四边形综合题，考查了等腰直角三角形的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质等知识．
（1）①分两种情形分别求解即可．②显然∠MAD不能为直角．
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