初中数学中考复习 数学-2020年山东济南中考考前押题密卷（全解全析）

这是一份初中数学中考复习 数学-2020年山东济南中考考前押题密卷（全解全析），共10页。试卷主要包含了【答案】C，故选C，【答案】A，【答案】D，【答案】B等内容，欢迎下载使用。
2020年山东济南中考考前押题密卷数学·全解全析123456789101112CADBCDBBACBC1．【答案】C【解析】，，∵0<2<5<100，∴在–100,–2,0,5这四个数中，绝对值最小的数是0．故选C．2．【答案】A【解析】5500万千米=55000000000米=5×1010米，故选：A．3．【答案】D【解析】从左边看，是一个四边形，杯口处略宽，故选D．4．【答案】B【解析】A、2a•3a=6a2，不符合题意；B、（3a）3=27a6，符合题意；C、a÷a=a2，不符合题意；D、（a+b）=a2+2ab+b2；不符合题意；故选：B．5．【答案】C【解析】点A为圆心，适当长度为半径画弧，分别交直线、于B、C，，，，，，故选：C．6．【答案】D【解析】这组数据中出现次数最多的是21，所以众数为21岁，第8、9个数据分别是20岁、20岁，所以这组数据的中位数为=20(岁)，故选：D．7．【答案】B【解析】∵关于x的一元二次方程有两个不相等的实数根，故选B．8．【答案】B【解析】根据图象可得当y1＞y2时，x的取值范围是：﹣3＜x＜0或x＞2．故选：B．9．【答案】A【解析】连接OC，∵，∴，∴，∵弦于，，∴，∴，∴OC=2，故选：A．10．【答案】C【解析】如图，作BH⊥AC于H．∵∠BCH=37°，∠BHC=90°，设BH=xm，∴CH==，∵∠A=45°，∴AH=BH=x，∴x+=28，∴x=12，∴AB=AH=×12≈17（m）；故选：C．11．【答案】B【解析】连接OD，OF．∵AD是∠BAC的平分线，∴∠DAB=∠DAC，∵OD=OA，∴∠ODA=∠OAD，∴∠ODA=∠DAC，∴OD∥AC，∴∠ODB=∠C=90°，∴S△AFD=S△OFA，∴S阴=S扇形OFA，∵OD=OA=2，AB=6，∴OB=4，∴OB=2OD，∴∠B=30°，∴∠A=60°，∵OF=OA，∴△AOF是等边三角形，∴∠AOF=60°，∴S阴=S扇形OFA．故选：C．12．【答案】C【解析】二次函数开口向上且与y轴的交点在（0，–1）的下方，故a＞0，c＜–1，与x轴的交点为（–3,0），（1,0），故对称轴，得到b=2a，b＞0，故，则①正确；因为b=2a，故函数可写成过（1,0），得到0=a+2a+c，故c=–3a，因为c小于–1，故a＞，，故，故②错误；，故④正确；函数可写成，当时，在x=–1时函数值最小，y=–a–2a–3a=–6a=–3b，在x=3时函数值最大，y=9a+6a–3a=12a=6b，故当时，y的取值范围为–3b≤y≤6b，故③错误，故正确的有①④，选C13．【答案】2m（x﹣y）2【解析】2mx2﹣4mxy+2my2=2m（x2﹣2xy+y2）=2m（x﹣y）2．故答案为：2m（x﹣y）2．14．【答案】【解析】画树状图得：∵共有20种等可能的结果，从中随机抽取两张，两张都抽到无理数有2种情况，∴从中任意抽取两张卡片，两张都抽到无理数的概率是：=；故答案为：．15．【答案】135．【解析】设多边形的边数为n.因为正多边形内角和为,正多边形外角和为根据题意得：解得：n=8.∴这个正多边形的每个外角则这个正多边形的每个内角是故答案为：135.16．【答案】23【解析】∵，∴(x＋)2=52，x2＋2＋=25，=23，故填：23.17．【答案】10【解析】由图象可得：亮亮从A地到B地的跑步速度是米/分，∴时间20分钟时的点的纵坐标是，∴悦悦跑步的平均速度是米/分，∴时间45分钟时的纵坐标是，设亮亮返回时的函数解析式是y=kx+b，将点（30,3000），（45,750）代入，得到，得，∴y=–150x+7500，当y=0时，x=50，∴亮亮50分钟时返回A地，∴亮亮到达A地时，悦悦还需要分，故答案为：10.18．【答案】【解析】作M关于CD的对称点Q，取AB的中点H，连接PQ与CD交于点N'，连接PH，HQ，则MN'=QN'，∵四边形ABCD是正方形，∴AB=BC，AB∥CD，∠ABC=∠BCD=90°，在△ABE和△BCF中，，∴△ABE≌△BCF（SAS），∴∠AEB=∠BFC，∵AB∥CD，∴∠ABP=∠BFC=∠AEB，∵∠BAE+∠AEB=90°，∴∠BAE+∠ABP=90°，∴∠APB=90°，∴PH=，∵M点是BC的中点，∴BM=MC=CQ=，∵PH+PQ≥HQ，∴当H、P、Q三点共线时，PH+PQ=HQ=的值最小，∴PQ的最小值为，此时，若N与N'重合时，MN+PN=MN'+PN'=QN'+PN'=PQ=的值最小，故答案为．19．【解析】20．【解析】解不等式①得：，解不等式②得：，所以不等式组的解集为．把该不等式组的解集在数轴上表示为：21．【解析】∵在▱ABCD中，AD∥BF．∴∠ADC=∠FCD．∵E为CD的中点，∴DE=CE．在△ADE和△FCE中，，∴△ADE≌△FCE（ASA），∴AD=FC．又∵AD∥FC，∴四边形ACFD是平行四边形．22．【解析】设第一批盒装花的进价是x元/盒，则2×=，解得x=30，经检验，x=30是原方程的根．答：第一批盒装花每盒的进价是30元．23．【解析】（1）证明：连接，∵，∴，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∴，∴∵点在上，∴是的切线（2）解：∵，∴，∴，24．【解析】（1）（人）；；故答案为200；144°.（2）200–80–30–50=40（人），补图如下：（3）800×=120（人）答：有120名学生选修“古诗词欣赏”.25．【解析】（1）∵点A（3，2）在反比例函数y=（x＞0）的图象上，∴k=3×2=6，∴反比例函数y=；反比例函数的关系式为：y=；（2）①过点A作AE⊥OC，垂足为E，连接AC，设直线OA的关系式为y=kx，将A（3，2）代入得，k=，∴直线OA的关系式为y=x，∵点C（a，0），把x=a代入y=x，得：y=a，把x=a代入y=，得：y=，∴B（a，），即BC═a，∴D（a，），即CD=，∵S△ACD=，∴CD•EC=，即××（a﹣3）=，解得：a=6，∴D（6，1）；②BD=BC﹣CD=a﹣=3；答：线段BD的长为3．26．【解析】（1）∵EN⊥AF，BF⊥AF，∴EN∥BF，又∵E为AB的中点，∴BF=2EN，∵，∴，∴，故答案为：；（2）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，∠ABC=90°，∴四边形ABCD是矩形，∴∠BAD=∠ABC=90°，∵∠ADE=∠BAF，∴∠BAD﹣∠BAF=∠ABC﹣∠BAF，∴∠AED=∠AFB，又∵∠BAF=∠MAE，∴△AEM∽△AFB；（3）证明：如图，连接AC，过点B作BP∥AC交AF的延长线于点P，∴△BFP∽△CFA，∴，∵四边形ABCD是平行四边形，AB=AD，∴四边形ABCD是菱形，∵∠ABC=60°，∴∠PBC=∠ACB=60°，∴∠ABP=120°，∴∠DAE=∠ABP，在△ADE与△BAP中，，∴△ADE≌△BAP（ASA），∴AE=BP，又∵AC=AD，∴．27．【解析】（1）直线与轴交于点，∴，解得c=2，∴B（0，2），∵抛物线经过点，∴，∴b=∴抛物线的解析式为；（2）∵轴，M（m，0），∴N()①有（1）知直线AB的解析式为，OA=3，OB=2∵在△APM中和△BPN中，∠APM=∠BPN,∠AMP=90°，若使△APM中和△BPN相似，则必须∠NBP=90°或∠BNP=90°，分两种情况讨论如下：（I）当∠NBP=90°时，过点N作NC轴于点C，则∠NBC+∠BNC=90°，NC=m，BC=∵∠NBP=90°，∴∠NBC+∠ABO=90°，∴∠BNC=∠ABO，∴Rt△NCB∽Rt△BOA∴,即，解得m=0（舍去）或m=∴M（，0）；（II）当∠BNP=90°时，BNMN，∴点N的纵坐标为2，∴解得m=0（舍去）或m=∴M（，0）；综上，点M的坐标为（，0）或M（，0）；②由①可知M(m,0),P(m,),N(m,)，∵M，P，N三点为“共谐点”，∴有P为线段MN的中点、M为线段PN的中点或N为线段PM的中点，当P为线段MN的中点时,则有2()=,解得m=3(三点重合,舍去)或m=；当M为线段PN的中点时,则有+()=0,解得m=3(舍去)或m=−1；当N为线段PM的中点时,则有=2(),解得m=3(舍去)或m=；综上可知当M,P,N三点成为“共谐点”时m的值为或−1或.