2020恩施中考数学

这是一份2020恩施中考数学，共17页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题．等内容，欢迎下载使用。

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）
1．（3分）5的绝对值是（　　）
A．5 B．﹣5 C． D．﹣
2．（3分）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（　　）
A．12×104 B．1.2×105 C．1.2×106 D．0.12×106
3．（3分）下列交通标识，既是中心对称图形，又是轴对称图形的是（　　）
A． B． C． D．
4．（3分）下列计算正确的是（　　）
A．a2•a3＝a6 B．a（a+1）＝a2+a
C．（a﹣b）2＝a2﹣b2 D．2a+3b＝5ab
5．（3分）函数y＝的自变量的取值范围是（　　）
A．x≥﹣1 B．x≥﹣1且x≠0 C．x＞0 D．x＞﹣1且x≠0
6．（3分）“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（　　）
A． B． C． D．
7．（3分）在实数范围内定义运算“☆”：a☆b＝a+b﹣1，例如：2☆3＝2+3﹣1＝4．如果2☆x＝1，则x的值是（　　）
A．﹣1 B．1 C．0 D．2
8．（3分）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（　　）
A． B．
C． D．
9．（3分）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（　　）

A． B． C． D．
10．（3分）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/h B．乙车的平均速度为100km/h
C．乙车比甲车先到B城 D．乙车比甲车先出发1h
11．（3分）如图，正方形ABCD的边长为4，点E在AB上且BE＝1，F为对角线AC上一动点，则△BFE周长的最小值为（　　）

A．5 B．6 C．7 D．8
12．（3分）如图，已知二次函数y＝ax2+bx+c的图象与x轴相交于A（﹣2，0）、B（1，0）两点．则以下结论：①ac＞0；②二次函数y＝ax2+bx+c的图象的对称轴为x＝﹣1；③2a+c＝0；④a﹣b+c＞0．其中正确的有（　　）个．

A．0 B．1 C．2 D．3
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）
13．（3分）9的算术平方根是　 　．
14．（3分）如图，直线l1∥l2，点A在直线l1上，点B在直线l2上，AB＝BC，∠C＝30°，∠1＝80°，则∠2＝　 　．

15．（3分）如图，已知半圆的直径AB＝4，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∠ABC＝60°，则图中阴影部分的面积为 　 　．（结果不取近似值）

16．（3分）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　 　．

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、证明过程或演算步骤）．
17．（8分）先化简，再求值：（﹣）÷，其中m＝．



18．（8分）如图，AE∥BF，BD平分∠ABC交AE于点D，点C在BF上且BC＝AB，连接CD．求证：四边形ABCD是菱形．




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，请根据统计图中的信息解答下列问题：

（1）本次共调查了 　 　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 　 　；
（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 　 　名．
20．（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）．




21．（8分）如图，在平面直角坐标系中，直线y＝ax﹣3a（a≠0）与x轴、y轴分别相交于A、B两点，与双曲线y＝（x＞0）的一个交点为C，且BC＝AC．
（1）求点A的坐标；
（2）当S△AOC＝3时，求a和k的值．



22．（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品牌足球的数量与用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？

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CD＝CA，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⊙O的切线；
（2）求证：BE＝EF；
（3）如图2，连接EO并延长与⊙O分别相交于点G、H，连接BH．若AB＝6，AC＝4，求tan∠BHE．


24．（12分）如图1，抛物线y＝﹣x2+bx+c经过点C（6，0），顶点为B，对称轴x＝2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EF与抛物线y＝﹣x2+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）．
①求证：EA＝ED．
②当点E在（1）所求的抛物线上时，求线段CM的长．
2020年湖北省恩施州中考数学试卷
参考答案与试题解析
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）
1．A【解析】在数轴上，数5所表示的点到原点0的距离是5，所以5的绝对值是5．
2．B【解析】120000＝1.2×105．
3．D【解析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念，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．
4．B【解析】A、a2•a3＝a5，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、（a﹣b）2＝a2﹣2ab+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．
5．B【解析】根据题意得，x+1≥0且x≠0，解得x≥﹣1且x≠0．
6．D【解析】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：．
7．C【解析】由题意知：2☆x＝2+x﹣1＝1+x，又2☆x＝1，∴1+x＝1，∴x＝0．
8．A【解析】依题意，得：．
9．A【解析】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．
10．D【解析】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．
11．B【解析】如解图，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，∴BF＝DF，∴△BFE的周长＝BF+EF+BE＝DE+BE，此时△BEF的周长最小，∵正方形ABCD的边长为4，∴AD＝AB＝4，∠DAB＝90°，∵点E在AB上且BE＝1，∴AE＝3，∴DE＝，∴△BFE的周长＝5+1＝6．

第11题解图
12．C【解析】对于①：二次函数开口向下，故a＜0，与y轴的交点在y的正半轴，故c＞0，故ac＜0，因此①错误；对于②：二次函数的图象与x轴相交于A（﹣2，0）、B（1，0），由对称性可知，其对称轴为：，因此②错误；对于③：设二次函数y＝ax2+bx+c的交点式为y＝a（x+2）（x﹣1）＝ax2+ax﹣2a，比较一般式与交点系数可知：b＝a，c＝﹣2a，故2a+c＝0，因此③正确；对于④：当x＝﹣1时对应的y＝a﹣b+c，观察图象可知x＝﹣1时对应的函数图象的y值在x轴上方，故a﹣b+c＞0，④正确．∴只有③④是正确的．
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）
13．3【解析】∵（±3）2＝9，∴9的算术平方根是3．
14．40°【解析】如解图，延长CB交l1于点D，∵AB＝BC，∠C＝30°，∴∠C＝∠4＝30°，∵l1∥l2，∠1＝80°，∴∠1＝∠3＝80°，∵∠C+∠3+∠2+∠4＝180°，即30°+80°+∠2+30°＝180°，∴∠2＝40°．

第14题解图
15．【解析】∵AB是直径，∴∠ACB＝90°，∵∠ABC＝60°，∴∠CAB＝30°，∴BC＝，AC＝，∴，∵∠CAB＝30°，∴扇形ACD的面积＝，∴阴影部分的面积为．
16．（﹣1，8）【解析】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，∴2020÷6＝336……4，即循环了336次后余下4，故N2020的坐标与N5点的坐标相同，其坐标为（﹣1，8）．

第16题解图
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、证明过程或演算步骤）．
17．解：
＝
＝
＝
＝；
当时，
原式＝．
18．证明：∵AE∥BF，
∴∠ADB＝∠DBC，
∵BD平分∠ABC，
∴∠DBC＝∠ABD，
∴∠ADB＝∠ABD，
∴AB＝AD，
又∵AB＝BC，
∴AD＝BC，
∵AE∥BF，即AD∥BC，
∴四边形ABCD为平行四边形，
又∵AB＝AD，
∴四边形ABCD为菱形．
19．解：（1）50【解法提示】本次共调查的学生数为：20÷40%＝50（名）．
（2）C类学生人数为：50﹣15﹣20﹣5＝10（名），
补全条形统计图如解图；

第19题解图
（3）36°【解法提示】D类所对应扇形的圆心角为：．
（4）150【解法提示】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）．
20．解：如解图，过点P作PH⊥AB于H，
由题意得：AB＝30×2＝60（海里），∠PBH＝90°﹣60°＝30°，∠PAH＝90°﹣45°＝45°，
则△PHA是等腰直角三角形，
∴AH＝PH，
在Rt△PHA中，设AH＝PH＝x海里，
在Rt△PBH中，PB＝2PH＝2x海里，BH＝AB﹣AH＝（60﹣x）海里，
∴tan∠PBH＝tan30°＝＝，
∴，
解得：，
∴PB＝2x＝≈44（海里），
答：此时船与小岛P的距离约为44海里．

第20题解图
21．解：（1）由题意得：令y＝ax﹣3a（a≠0）中y＝0，
即ax﹣3a＝0，解得x＝3，
∴点A的坐标为（3，0）；
（2）如解图，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，

第21题解图
∴CM∥OA，
∴∠BCM＝∠BAO，且∠ABO＝∠CBO，
∴△BCM∽△BAO，
∴，即：，
∴CM＝1，
又
即：，
∴CN＝2，
∴C点的坐标为（1，2），
故反比例函数的k＝1×2＝2，
再将点C（1，2）代入一次函数y＝ax﹣3a（a≠0）中，
即2＝a﹣3a，解得a＝﹣1，
∴当S△AOC＝3时，a＝﹣1，k＝2．
22．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（x﹣20）元，
根据题意，得，
解得：x＝100，
经检验x＝100是原方程的解，
x﹣20＝80，
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（90﹣m）个B品牌足球，
则W＝100m+80（90﹣m）＝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：60≤m≤65，
所以，m的值为：60，61，62，63，64，65，
即该队共有6种购买方案，
当m＝60时，W最小，
m＝60时，W＝20×60+7200＝8400（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．解：（1）如解图①，连接OD，
∵CD＝CA，
∴∠CAD＝∠CDA，
∵OA＝OD
∴∠OAD＝∠ODA，
∵直线AM与⊙O相切于点A，
∴∠CAO＝∠CAD+∠OAD＝90°，
∴∠ODC＝∠CDA+∠ODA＝90°，
∴CE是⊙O的切线．

第23题解图①
（2）如解图①，连接BD，
∵OD＝OB，
∴∠ODB＝∠OBD，
∵CE是⊙O的切线，BF是⊙O的切线，
∴∠OBE＝∠ODE＝90°，
∴∠EDB＝∠EBD，
∴ED＝EB，
∵AM⊥AB，BN⊥AB，
∴AM∥BN，
∴∠CAD＝∠BFD，
∵∠CAD＝∠CDA＝∠EDF，
∴∠BFD＝∠EDF，
∴EF＝ED，
∴BE＝EF．
（3）如解图②，过E点作EL⊥AM于L，则四边形ABEL是矩形，
设BE＝x，则CL＝4﹣x，CE＝4+x，
∴（4+x）2＝（4﹣x）2+62，
解得：x＝，
∴，
∵∠BOE＝2∠BHE，
∴，
解得：tan∠BHE＝或﹣3（﹣3不合题意舍去），
∴tan∠BHE＝．
补充方法：如解图2中，作HJ⊥EB交EB的延长线于J．
∵tan∠BOE＝＝，
∴可以假设BE＝3k，OB＝4k，则OE＝5k，
∵OB∥HJ，
∴＝＝，
∴＝＝，
∴HJ＝k，EJ＝k，
∴BJ＝EJ﹣BE＝k﹣3k＝k
∴tan∠BHJ＝＝，
∵∠BHE＝∠HBA＝∠BHJ，
∴tan∠BHE＝．

第23题解图②
24．解：（1）∵点C（6，0）在抛物线上，
∴，
得到6b+c＝9，
又∵对称轴为x＝2，
∴，
解得b＝1，
∴c＝3，
∴二次函数的解析式为；
（2）当点M在点C的左侧时，如解图①，

第24题解图①
∵抛物线的解析式为，对称轴为x＝2，C（6，0）
∴点A（2，0），顶点B（2，4），
∴AB＝AC＝4，
∴△ABC是等腰直角三角形，
∴∠1＝45°；
∵将△MPC逆时针旋转90°得到△MEF，
∴FM＝CM，∠2＝∠1＝45°，
设点M的坐标为（m，0），
∴点F（m，6﹣m），
又∵∠2＝45°，
∴直线EF与x轴的夹角为45°，
∴设直线EF的解析式为y＝x+d，
把点F（m，6﹣m）代入得：6﹣m＝m+b，解得：d＝6﹣2m，
直线EF的解析式为y＝x+6﹣2m，
∵直线EF与抛物线只有一个交点，
∴，
整理得：，
∴Δ＝b2﹣4ac＝0，解得m＝，
点M的坐标为（，0）．
当点M在点C的右侧时，如解图②，

第24题解图②
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）①当点M在点C的左侧时，如解图③，过点P作PG⊥x轴于点G，过点E作EH⊥x轴于点H，

第23题解图③
∵，由（2）知∠BCA＝45°，
∴PG＝GC＝1，∴点G（5，0），
设点M的坐标为（m，0），
∵将△MPC逆时针旋转90°得到△MEF，∴EM＝PM，
∵∠HEM+∠EMH＝∠GMP+∠EMH＝90°，
∴∠HEM＝∠GMP，
在△EHM和△MGP中，，
∴△EHM≌△MGP（AAS），
∴EH＝MG＝5﹣m，HM＝PG＝1，
∴点H（m﹣1，0），
∴点E的坐标为（m﹣1，5﹣m）；
∴EA＝＝，
又∵D为线段BC的中点，B（2，4），C（6，0），
∴点D（4，2），
∴ED＝＝，
∴EA＝ED．
当点M在点C的右侧时，如解图④，
同理，点E的坐标仍为（m﹣1，5﹣m），因此EA＝ED．
②当点E在（1）所求的抛物线上时，
把E（m﹣1，5﹣m）代入，整理得：m2﹣10m+13＝0，
解得：m＝或m＝，
∴CM＝或CM＝．

第24题解图④