湖北省恩施州2020年中考数学真题试题（含解析）.doc

1、2020年湖北省恩施州中考数学试卷一、选择题（本大题共有12个小题，每小题3分，共36分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的，请将选择项前的字母代号填涂在答题卷相应位置上）15的绝对值是（）A5B5CD【解答】解：在数轴上，数5所表示的点到原点0的距离是5；故选：A2茶中精品“恩施绿”“利川红”享誉世界去年恩施州茶叶产量约为120000吨，将数120000用科学记数法表示为（）A12104B1.2105C1.2106D0.12106【解答】解：1200001.2105，故选：B3下列交通标识，既是中心对称图形，又是轴对称图形的是（）ABCD【解答】解：根据轴对称图形与中心对称图形

2、的概念，知：A、不是轴对称图形，也不是中心对称图形；B、不是轴对称图形，也不是中心对称图形；C、是轴对称图形，但不是中心对称图形；D、既是中心对称图形，又是轴对称图形故选：D4下列计算正确的是（）Aa2a3a6Ba（a+1）a2+aC（ab）2a2b2D2a+3b5ab【解答】解：A、a2a3a5，原计算错误，故此选项不符合题意；B、a（a+1）a2+a，原计算正确，故此选项符合题意；C、（ab）2a22ab+b2，原计算错误，故此选项不符合题意；D、2a与3b不是同类项，不能合并，原计算错误，故此选项不符合题意；故选：B5函数y的自变量的取值范围是（）Ax1Bx1且x0Cx0Dx1且x0【解

3、答】解：根据题意得，x+10且x0，解得x1且x0故选：B6“彩缕碧筠粽，香粳白玉团”端午佳节，小明妈妈准备了豆沙粽2个、红枣粽4个、腊肉粽3个、白米粽2个，其中豆沙粽和红枣粽是甜粽小明任意选取一个，选到甜粽的概率是（）ABCD【解答】解：由题意可得：粽子总数为11个，其中6个为甜粽，所以选到甜粽的概率为：，故选：D7在实数范围内定义运算“”：aba+b1，例如：232+314如果2x1，则x的值是（）A1B1C0D2【解答】解：由题意知：2x2+x11+x，又2x1，1+x1，x0故选：C8我国古代数学著作九章算术“盈不足”一章中记载：“今有大器五小器一容三斛，大器一小器五容二斛，问大小器各

4、容几何”意思是：有大小两种盛酒的桶，已知5个大桶加上1个小桶可以盛酒3斛，1个大桶加上5个小桶可以盛酒2斛问1个大桶、1个小桶分别可以盛酒多少斛？设1个大桶盛酒x斛，1个小桶盛酒y斛，下列方程组正确的是（）ABCD【解答】解：依题意，得：故选：A9如图是由四个相同的小正方体组成的立体图形，它的主视图为（）ABCD【解答】解：从正面看易得第一列有2个正方形，第二列底层有1个正方形故选：A10甲乙两车从A城出发前往B城，在整个行程中，汽车离开A城的距离y与时刻t的对应关系如图所示，则下列结论错误的是（）A甲车的平均速度为60km/hB乙车的平均速度为100km/hC乙车比甲车先到B城D乙车比甲车先

5、出发1h【解答】解：由图象知：A甲车的平均速度为60km/h，故A选项不合题意；B乙车的平均速度为100km/h，故B选项不合题意；C甲10时到达B城，乙9时到达B城，所以乙比甲先到B城，故C选项不合题意；D甲5时出发，乙6时出发，所以乙比甲晚出发1h，故此选项错误，故选：D11如图，正方形ABCD的边长为4，点E在AB上且BE1，F为对角线AC上一动点，则BFE周长的最小值为（）A5B6C7D8【解答】解：如图，连接ED交AC于一点F，连接BF，四边形ABCD是正方形，点B与点D关于AC对称，BFDF，BFE的周长BF+EF+BEDE+BE，此时BEF的周长最小，正方形ABCD的边长为4，A

6、DAB4，DAB90，点E在AB上且BE1，AE3，DE，BFE的周长5+16，故选：B12如图，已知二次函数yax2+bx+c的图象与x轴相交于A（2，0）、B（1，0）两点则以下结论：ac0；二次函数yax2+bx+c的图象的对称轴为x1；2a+c0；ab+c0其中正确的有（）个A0B1C2D3【解答】解：对于：二次函数开口向下，故a0，与y轴的交点在y的正半轴，故c0，故ac0，因此错误；对于：二次函数的图象与x轴相交于A（2，0）、B（1，0），由对称性可知，其对称轴为：，因此错误；对于：设二次函数yax2+bx+c的交点式为ya（x+2）（x1）ax2+ax2a，比较一般式与交点式的

7、系数可知：ba，c2a，故2a+c0，因此正确；对于：当x1时对应的yab+c，观察图象可知x1时对应的函数图象的y值在x轴上方，故ab+c0，因此正确只有是正确的故选：C二、填空题（本大题共有4小题，每小题3分，共12分不要求写出解答过程，请把答案直接填写在答题卷相应位置上）139的算术平方根是3【解答】解：（3）29，9的算术平方根是|3|3故答案为：314如图，直线l1l2，点A在直线l1上，点B在直线l2上，ABBC，C30，180，则240【解答】解：如图，延长CB交l2于点D，ABBC，C30，C430，l1l2，180，1380，C+3+2+4180，即30+80+2+30180

8、，240故答案为：4015如图，已知半圆的直径AB4，点C在半圆上，以点A为圆心，AC为半径画弧交AB于点D，连接BC若ABC60，则图中阴影部分的面积为2（结果不取近似值）【解答】解：AB是直径，ACB90，ABC60，CAB30，BC，AC，CAB30，扇形ACD的面积，阴影部分的面积为故答案为：16如图，在平面直角坐标系中，ABC的顶点坐标分别为：A（2，0），B（1，2），C（1，2）已知N（1，0），作点N关于点A的对称点N1，点N1关于点B的对称点N2，点N2关于点C的对称点N3，点N3关于点A的对称点N4，点N4关于点B的对称点N5，依此类推，则点N2020的坐标为（1，8）【解

9、答】解：由题意得，作出如下图形：N点坐标为（1，0），N点关于A点对称的N1点的坐标为（3，0），N1点关于B点对称的N2点的坐标为（5，4），N2点关于C点对称的N3点的坐标为（3，8），N3点关于A点对称的N4点的坐标为（1，8），N4点关于B点对称的N5点的坐标为（3，4），N5点关于C点对称的N6点的坐标为（1，0），此时刚好回到最开始的点N处，其每6个点循环一次，202063364，即循环了336次后余下4，故N2020的坐标与N4点的坐标相同，其坐标为（1，8）故答案为：（1，8）三、解答题（本大题共有8个小题，共72分请在答题卷指定区域内作答，解答时应写出文字说明、证明过程或演算

10、步骤）17（8分）先化简，再求值：（），其中m【解答】解：；当时，原式18（8分）如图，AEBF，BD平分ABC交AE于点D，点C在BF上且BCAB，连接CD求证：四边形ABCD是菱形【解答】证明：AEBF，ADBDBC，BD平分ABC，DBCABD，ADBABD，ABAD，又ABBC，ADBC，AEBF，即ADBC，四边形ABCD为平行四边形，又ABAD，四边形ABCD为菱形19（8分）某中学为了解九年级学生对新冠肺炎防控知识的掌握情况，从全校九年级学生中随机抽取部分学生进行调查调查结果分为四类：A类非常了解；B类比较了解；C类般了解；D类不了解现将调查结果绘制成如图不完整的统计图，请根据统

11、计图中的信息解答下列问题：（1）本次共调查了50名学生；（2）补全条形统计图；（3）D类所对应扇形的圆心角的大小为36；（4）若该校九年级学生共有500名，根据以上抽样结果，估计该校九年级学生对新冠肺炎防控知识非常了解的约有150名【解答】解：（1）本次共调查的学生数为：2040%50（名）故答案为：50；（2）C类学生人数为：501520510（名），条形图如下：（3）D类所对应扇形的圆心角为：故答案为：36；（4）该校九年级学生对新冠肺炎防控知识非常了解的人数为：（名）故答案为：15020（8分）如图，一艘轮船以每小时30海里的速度自东向西航行，在A处测得小岛P位于其西北方向（北偏西45方

12、向），2小时后轮船到达B处，在B处测得小岛P位于其北偏东60方向求此时船与小岛P的距离（结果保留整数，参考数据：1.414，1.732）【解答】解：如图，过P作PHAB，设PHx，由题意得：AB30260，PBH906030，PAH904545，则PHA是等腰直角三角形，AHPH，在RtPHA中，设AHPHx，在RtPBH中，PB2PH2x，BHABAH60x，tanPBHtan30，解得：，PB2x44（海里），答：此时船与小岛P的距离约为44海里21（8分）如图，在平面直角坐标系中，直线yax3a（a0）与x轴、y轴分别相交于A、B两点，与双曲线y（x0）的一个交点为C，且BCAC（1）求

13、点A的坐标；（2）当SAOC3时，求a和k的值【解答】解：（1）由题意得：令yax3a（a0）中y0，即ax3a0，解得x3，点A的坐标为（3，0），故答案为（3，0）（2）过C点作y轴的垂线交y轴于M点，作x轴的垂线交x轴于N点，如下图所示：显然，CMOA，BCMBAO，且ABOCBO，BCMBAO，即：，CM1，又即：，CN2，C点的坐标为（1，2），故反比例函数的k122，再将点C（1，2）代入一次函数yax3a（a0）中，即2a3a，解得a1，故答案为：a1，k222（10分）某校足球队需购买A、B两种品牌的足球已知A品牌足球的单价比B品牌足球的单价高20元，且用900元购买A品牌足球

14、的数量用720元购买B品牌足球的数量相等（1）求A、B两种品牌足球的单价；（2）若足球队计划购买A、B两种品牌的足球共90个，且A品牌足球的数量不小于B品牌足球数量的2倍，购买两种品牌足球的总费用不超过8500元设购买A品牌足球m个，总费用为W元，则该队共有几种购买方案？采用哪一种购买方案可使总费用最低？最低费用是多少元？【解答】解：（1）设购买A品牌足球的单价为x元，则购买B品牌足球的单价为（x20）元，根据题意，得，解得：x100，经检验x100是原方程的解，x2080，答：购买A品牌足球的单价为100元，则购买B品牌足球的单价为80元；（2）设购买m个A品牌足球，则购买（90m）个B品牌

15、足球，则W100m+80（90m）20m+7200，A品牌足球的数量不小于B品牌足球数量的2倍，购买两种品牌足球的总费用不超过8500元，解不等式组得：60m65，所以，m的值为：60，61，62，63，64，65，即该队共有6种购买方案，当m60时，W最小，m60时，W2060+72008400（元），答：该队共有6种购买方案，购买60个A品牌30个B品牌的总费用最低，最低费用是8400元23（10分）如图1，AB是O的直径，直线AM与O相切于点A，直线BN与O相切于点B，点C（异于点A）在AM上，点D在O上，且CDCA，延长CD与BN相交于点E，连接AD并延长交BN于点F（1）求证：CE是

16、O的切线；（2）求证：BEEF；（3）如图2，连接EO并延长与O分别相交于点G、H，连接BH若AB6，AC4，求tanBHE【解答】解：（1）如图1中，连接OD，CDCA，CADCDA，OAODOADODA，直线AM与O相切于点A，CAOCAD+OAD90，ODCCDA+ODA90，CE是O的切线（2）如图2中，连接BD，ODOB，ODBOBD，CE是O的切线，BF是O的切线，OBDODE90，EDBEBD，EDEB，AMAB，BNAB，AMBN，CADBFD，CADCDAEDF，BFDEDF，EFED，BEEF（3）如图2中，过E点作ELAM于L，则四边形ABEL是矩形，设BEx，则CL4x

17、，CE4+x，（4+x）2（4x）2+62，解得：x，BOE2BHE，解得：tanBHE或3（3不合题意舍去），tanBHE补充方法：如图2中，作HJEB交EB的延长线于JtabBOE，可以假设BE3k，OB4k，则OE5k，OBHJ，HJk，EJk，BJEJBEk3kktanBHJ，BHEOBEBHJ，tanBHE24（12分）如图1，抛物线yx2+bx+c经过点C（6，0），顶点为B，对称轴x2与x轴相交于点A，D为线段BC的中点（1）求抛物线的解析式；（2）P为线段BC上任意一点，M为x轴上一动点，连接MP，以点M为中心，将MPC逆时针旋转90，记点P的对应点为E，点C的对应点为F当直线

18、EF与抛物线yx2+bx+c只有一个交点时，求点M的坐标（3）MPC在（2）的旋转变换下，若PC（如图2）求证：EAED当点E在（1）所求的抛物线上时，求线段CM的长【解答】解：（1）点C（6，0）在抛物线上，得到6b+c9，又对称轴x2，解得b1，c3，二次函数的解析式为；（2）当点M在点C的左侧时，如图21中：抛物线的解析式为，对称轴为x2，C（6，0）点A（2，0），顶点B（2，4），ABAC4，ABC是等腰直角三角形，145；将MPC逆时针旋转90得到MEF，FMCM，2145，设点M的坐标为（m，0），点F（m，6m），又245，直线EF与x轴的夹角为45，设直线EF的解析式为yx+

19、b，把点F（m，6m）代入得：6mm+b，解得：b62m，直线EF的解析式为yx+62m，直线EF与抛物线只有一个交点，整理得：，b24ac0，解得m，点M的坐标为（，0）当点M在点C的右侧时，如下图：由图可知，直线EF与x轴的夹角仍是45，因此直线EF与抛物线不可能只有一个交点综上，点M的坐标为（，0）（3）当点M在点C的左侧时，如下图，过点P作PGx轴于点G，过点E作EHx轴于点H，由（2）知BCA45，PGGC1，点G（5，0），设点M的坐标为（m，0），将MPC逆时针旋转90得到MEF，EMPM，HEM+EMHGMP+EMH90，HEMGMP，在EHM和MGP中，EHMMGP（AAS），EHMG5m，HMPG1，点H（m1，0），点E的坐标为（m1，5m）；EA，又D为线段BC的中点，B（2，4），C（6，0），点D（4，2），ED，EAED当点M在点C的右侧时，如下图：同理，点E的坐标仍为（m1，5m），因此EAED当点E在（1）所求的抛物线上时，把E（m1，5m）代入，整理得：m210m+130，解得：m或m，CM或CM