中考考前最后一卷数学试题湖南卷解析版.docx
《中考考前最后一卷数学试题湖南卷解析版.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《中考考前最后一卷数学试题湖南卷解析版.docx（22页珍藏版）》请在冰豆网上搜索。
中考考前最后一卷数学试题湖南卷解析版
2020年中考考前最后一卷【湖南卷】
数学·全解全析
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
B
D
A
C
D
D
A
D
B
A
B
B
1．【答案】B
【解析】选项A．
.选项B．
选项C．
=9.选项D．
=27.故选B．
2．【答案】D
【解析】由分式有意义的条件可知：
，
，故选：
．
3．【答案】A
【解析】A、是轴对称图形，故此选项符合题意；
B、不是轴对称图形，故此选项不合题意；
C、不是轴对称图形，故此选项不合题意；
D、不是轴对称图形，故此选项不合题意．
故选：
A．
4．【答案】C
【解析】
，
．
，
，
．故选：
C．
5．【答案】D
【解析】选项A．a3+a2，不能计算，选项B．3a﹣2=
，错误，选项C．a6b÷a2=a4b，错误，选项D．（﹣ab3）2=a2b6，正确.故选D．
6．【答案】D
【解析】在
中，
，
，
，∴
，
又∵
，
，∴点
的纵坐标与点
的纵坐标相等，∴
，
故选：
．
7．【答案】A
【解析】解方程
得
即第三边的边长为5或7.∵1<第三边的边长<7，∴第三边的边长为5.∴这个三角形的周长是3+4+5=12.故选A．
8．【答案】D
【解析】A、不可能事件的概率为0，但概率是0的某事件不一定就是不可能事件，此说法错误；B、一种彩票中奖率为千分之一，那么买一千张彩票不一定能中奖，此说法错误；C、调查一批灯泡的使用寿命可以采取抽样调查的方式进行，此说法错误；D、掷一枚骰子两次，掷得的点数之和可能等于8，此说法正确；故选：
D．
9．【答案】B
【解析】∵点A，B分别表示数a，3，点A关于原点O的对称点为点C．
∴点C表示的数为﹣a，
∵C为AB的中点，
∴|a﹣（﹣a）|=|3+a|，
∴2a=3+a，或﹣2a=3+a，
∴a=3（舍去，因为此时点A与点B重合，则点C为AB中点，但又要与点A关于原点称，矛盾），或a=﹣1．
故选：
B．
10．【答案】A
【解析】∵抛物线的对称轴为直线x=1，∴该定弦抛物线过点（0，0）、（2，0），
∴该抛物线解析式为
，
将此抛物线向左平移3个单位，再向下平移2个单位，得到新抛物线的解析式为：
=
，当x=-2时，
=-3，
∴得到的新抛物线过点
，故选A．
11．【答案】B
【解析】点D在⊙C上运动时，点E在以F为圆心的圆上运动，要使AE最大，则AE过F，连接CD，∵△ABC是等边三角形，AB是直径，∴EF⊥BC，∴F是BC的中点，
∵E为BD的中点，∴EF为△BCD的中位线，∴CD∥EF，∴CD⊥BC，BC=8，CD=4，
故
故选B．
12．【答案】B
【解析】过点F作
交CD的延长线于点H，
∵四边形AEFG是正方形，∴
，
．
∵四边形ABCD是矩形，∴
，
，
．
在
和
中，
，
，
．
当点
落在直线
上，有
，
，解得
．故选：
B．
13．【答案】
【解析】65.993亿用科学记数法表示为：
．故答案为：
．
14．【答案】
【解析】根据题意，
，∴
；故答案为：
．
15．【答案】乙
【解析】甲的平均数=（99+98+100+100+103）÷5=100，
乙的平均数=（99+100+102+99+100）÷5=100，
甲的方差S甲2=
[（99﹣100）2+（98﹣100）2+（100﹣100）2+（100﹣100）2+（103﹣100）2]=2.8，
乙的方差S乙2=
[（99﹣100）2+（100﹣100）2+（102﹣100）2+（99﹣100）2+（100﹣100）2]=1.6，
∵S甲2＞S乙2，∴这批零件性能较好的机床是乙．故答案为：
乙．
16．【答案】8
【解析】设圆锥的母线长为
，则：
，解得：
，故答案为：
.
17．【答案】2
【解析】作
于
，如图，
为等腰直角三角形，
，
，
轴，∴C点坐标为：
，
，把
，
代入
得
．故答案为：
2．
18．【答案】
【解析】∵
，∴
，
∵
，∴
，∴在Rt△ABC中，
，
∵旋转，∴
，
，
，
又∵
，∴△B'BC为等边三角形，∴
，
，
∴
，∴△A'AC为等边三角形，∴
，
，∵点D为
的中点，∴
，
∵
，
，∴
，∵
，
，∴
，∴在Rt△AB'D中，
，故答案为：
．
19．【解析】原式
20．【解析】由题意得：
，
令整数的值为n，n+1，有：
，n+1＜m+2≤n+2．
故
，∴n﹣1＜3n﹣5且3n﹣8＜n，
∴2＜n＜4，∴n=3，∴
，∴2＜m≤3．
21．【解析】
（1）∵了解很少的有30人，占50%，
∴接受问卷调查的学生共有：
30÷50%=60（人）；
∴m%=
×100%=25%，
该校1800名学生中“不关注”的人数是1800×
=330（人）；
故答案为：
25，330；
（2）由题意列树状图：
由树状图可知，所有等可能的结果有12种，选取到两名同学中刚好有这位男同学的结果有6种，
∴选取到两名同学中刚好有这位男同学的概率为
=
．
22．【解析】如图，作AM⊥CD于M，作BF⊥AM于F，EH⊥AM于H．
∵∠ABF=45°，∠AFB=90°，
∴AF=BF，设AF=BF=x，则CM=BF=x，DM=HE=40-x，AH=x+30-1.5=x+28.5，
在Rt△AHE中，tan67°=
，
∴
，解得x≈19.9m．
∴AM=19.9+30=49.9m．∴风筝距地面的高度49.9m．
23．【解析】
（1）设该旅行团中成人
人，少年
人，根据题意，得
，解得
.
答：
该旅行团中成人17人，少年5人.
（2）∵①成人8人可免费带8名儿童，
∴所需门票的总费用为：
（元）.
②设可以安排成人
人、少年
人带队，则
.
当
时，
（ⅰ）当
时，
，∴
，
∴
，此时
，费用为1160元.
（ⅱ）当
时，
，∴
，
∴
，此时
，费用为1180元.
（ⅲ）当
时，
，即成人门票至少需要1200元，不合题意，舍去.
当
时，
（ⅰ）当
时，
，∴
，
∴
，此时
，费用为1200元.
（ⅱ）当
时，
，∴
，
∴
，此时
，不合题意，舍去.
（ⅲ）同理，当
时，
，不合题意，舍去.
综上所述，最多可以安排成人和少年共12人带队，有三个方案：
成人10人，少年2人；成人11人，少年1人；成人9人，少年3人；其中当成人10人，少年2人时购票费用最少.
24．【解析】
（1）证明：
∵OC=OB，∴∠OCB=∠OBC，
∵PF是⊙O的切线，CE⊥AB，∴∠OCP=∠CEB=90°，
∴∠PCB+∠OCB=90°，∠BCE+∠OBC=90°，
∴∠BCE=∠BCP，∴BC平分∠PCE．
（2）证明：
连接AC．
∵AB是直径，∴∠ACB=90°，∴∠BCP+∠ACF=90°，∠ACE+∠BCE=90°，
∵∠BCP=∠BCE，∴∠ACF=∠ACE，
∵∠F=∠AEC=90°，AC=AC，∴△ACF≌△ACE，∴CF=CE．
（3）解：
作BM⊥PF于M．则CE=CM=CF，
设CE=CM=CF=3a，PC=4a，PM=a，
∵△BMC∽△PMB，∴
，∴BM2=CM•PM=3a2，∴BM=
a，
∴tan∠BCM=
，∴∠BCM=30°，
∴∠OCB=∠OBC=∠BOC=60°，∴
的长=
=
．
25．【解析】
（1）设二次函数y1的函数关系式为y1=a（x–1）2–4，
将E（0，–3）代入得a–4=–3，解得a=1，∴y1=（x–1）2–4=x2–2x–3；
（2）设G[p，0.6（p+1）]，代入函数关系式，得，（p–1）2–4=0.6（p+1），
解得p1=3.6，p2=–1（舍去），
所以点G坐标为（3.6，2.76）．
由x2–2x–3=0知x1=–1，x2=3，
∴A（–1，0）、B（3，0），则AH=4.6，GH=2.76，
∴S△FHG=
×AH×GH=
×4.6×2.76=6.348；
（3）∵y=mx+m=m（x+1），∴当x=–1时，y=0，∴直线y=mx+m过点A，
延长QH，交x轴于点R，
由平行线的性质得，QR⊥x轴．
∵FH∥x轴，∴∠QPH=∠QAR，∴∠PHQ=∠ARQ=90°，
∴△AQR∽△PHQ，∴
=
=0.6，
设Q[n，0.6（n+1）]，
代入y=mx+m中，得mn+m=0.6（n+1），
整理，得：
m（n+1）=0.6（n+1），
∵n+1≠0，∴m=0.6．
四边形CDPQ为平行四边形，
理由如下：
连接CD，并延长交x轴于点S，过点D作DK⊥x轴于点K，延长KD，过点C作CT垂直KD延长线，垂足为T，
∵y2=（x–1–m）2+0.6m–4，
∴点D由点C向右平移m个单位，再向上平移0.6m个单位所得，
∴
=
=0.6，
∴tan∠KSD=tan∠QAR，
∴∠KSD=∠QAR，
∴AQ∥CS，即CD∥PQ．
∵AQ∥CS，
由抛物线平移的性质可得，CT=PH，DT=QH，
∴PQ=CD，
∴四边形CDPQ为平行四边形．
26．【解析】
（1）将点A（2，0）和点B（4，0）分别代入y=ax2+bx+4，得
，
解得：
；
∴该抛物线的解析式为y=
x2﹣3x+4，
过点B作BG⊥CA，交CA的延长线于点G（如图1所示），则∠G=90°．
∵∠COA=∠G=90°，∠CAO=∠BAG，
∴△GAB∽△OAC．
∴
=2．
∴BG=2AG，
在Rt△ABG中，∵BG2+AG2=AB2，
∴（2AG）2+AG2=22，解得：
AG=
．
∴BG=
，CG=AC+AG=2
+
=
．
在Rt△BCG中，tan∠ACB═
．
（2）如图2，过点B作BH⊥CD于点H，交CP于点K，连接AK．易得四边形OBHC是正方形．
应用“全角夹半角”可得AK=OA+HK，
设K（4，h），则BK=h，HK=HB﹣KB=4﹣h，AK=OA+HK=2+（4﹣h）=6﹣h，
在Rt△ABK中，由勾股定理，得AB2+BK2=AK2，
∴22+h2=（6﹣h）2．解得h=
，
∴点K（4，
），
设直线CK的解析式为y=hx+4，
将点K（4，
）代入上式，得
=4h+4．解得h=﹣
，
∴直线CK的解析式为y=﹣
x+4，
设点P的坐标为（x，y），则x是方程
x2﹣3x+4=﹣
x+4的一个解，
将方程整理，得3x2﹣16x=0，
解得x1=
，x2=0（不合题意，舍去）
将x1=
代入y=﹣
x+4，得y=
，
∴点P的坐标为（
，
），
∴m=
；
（3）四边形ADMQ是平行四边形．理由如下：
∵CD∥x轴，
∴yC=yD=4，
将y=4代入y=
x2﹣3x+4，得4=
x2﹣3x+4，
解得x1=0，x2=6，
∴点D（6，4），
根据题意，得P（m，
m2﹣3m+4），M（m，4），H（m，0），
∴PH=
m2﹣3m+4，OH=m，AH=m﹣2，MH=4，
①当4＜m＜6时，DM=6﹣m，
如图3，
∵△OAN∽△HAP，
∴
，
∴
=
，
∴ON=
升级会员 