2020荆州中考数学

这是一份2020荆州中考数学，共15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年湖北省荆州市中考数学试卷
一、选择题（本大题共有10个小题，每小题3分，共30分）
1．（3分）有理数﹣2的相反数是（　　）
A．2 B． C．﹣2 D．﹣
2．（3分）下列四个几何体中，俯视图形状与其它三个不同的是（　　）
A． B． C． D．
3．（3分）在平面直角坐标系中，一次函数y＝x+1的图象是（　　）
A．B． C． D．
4．（3分）将一张矩形纸片折叠成如图所示的图形，若∠CAB＝30°，则∠ACB的度数是（　　）

第4题图
A．45° B．55° C．65° D．75°
5．（3分）八年级学生去距学校10km的荆州博物馆参观，一部分学生骑自行车先走，过了20min后，其余学生乘汽车出发，结果他们同时到达．已知汽车的速度是骑车学生速度的2倍，求骑车学生的速度．若设骑车学生的速度为xkm/h，则可列方程为（　　）
A．﹣＝20 B．﹣＝20
C．﹣＝ D．﹣＝
6．（3分）若x为实数，在“（+1）□x”的“□”中添上一种运算符号（在“+，﹣，×，÷”中选择）后，其运算的结果为有理数，则x不可能是（　　）
A．+1 B．﹣1 C．2 D．1﹣
7．（3分）如图，点E在菱形ABCD的AB边上，点F在BC边的延长线上，连接CE，DF，对于下列条件：①BE＝CF；②CE⊥AB，DF⊥BC；③CE＝DF；④∠BCE＝∠CDF．只选取其中一条添加，不能确定△BCE≌△CDF的是（　　）

第7题图
A．① B．② C．③ D．④
8．（3分）如图，在平面直角坐标系中，Rt△OAB的斜边OA在第一象限，并与x轴的正半轴夹角为30°．C为OA的中点，BC＝1，则点A的坐标为（　　）

第8题图
A．（，） B．（，1） C．（2，1） D．（2，）
9．（3分）定义新运算“a*b”：对于任意实数a，b，都有a*b＝（a+b）（a﹣b）﹣1，其中等式右边是通常的加法、减法、乘法运算，例如4*3＝（4+3）（4﹣3）﹣1＝7﹣1＝6．若x*k＝x（k为实数）是关于x的方程，则它的根的情况为（　　）
A．有一个实数根 B．有两个相等的实数根
C．有两个不相等的实数根 D．没有实数根
10．（3分）如图，在6×6的正方形网格中，每个小正方形的边长都是1，点A，B，C均在网格交点上，⊙O是△ABC的外接圆，则cos∠BAC的值为（　　）

第10题图
A． B． C． D．
二、填空题（本大题共6个小题，每小题3分，共18分）
11．（3分）若a＝（π﹣2020）0，b＝﹣（）﹣1，c＝|﹣3|，则a，b，c的大小关系为　 　．（用“＜”号连接）
12．（3分）若单项式2xmy3与3xym+n是同类项，则的值为　 　．
13．（3分）已知：△ABC，求作：△ABC的外接圆．作法：①分别作线段BC，AC的垂直平分线EF和MN，它们相交于点O；②以点O为圆心，OB的长为半径画圆．如图，⊙O即为所求，以上作图用到的数学依据有：　 　．（只需写一条）

第13题图
14．（3分）若标有A，B，C的三只灯笼按图所示悬挂，每次摘取一只（摘B前需先摘C），直到摘完，则最后一只摘到B的概率是　 　．

第14题图
15．（3分）“健康荆州，你我同行”，市民小张积极响应“全民健身动起来”号召，坚持在某环形步道上跑步．已知此步道外形近似于如图所示的Rt△ABC，其中∠C＝90°，AB与BC间另有步道DE相连，D地在AB正中位置，E地与C地相距1km．若tan∠ABC＝，∠DEB＝45°，小张某天沿A→C→E→B→D→A路线跑一圈，则他跑了　 　km．

第15题图
16．（3分）我们约定：（a，b，c）为函数y＝ax2+bx+c的“关联数”，当其图象与坐标轴交点的横、纵坐标均为整数时，该交点为“整交点”．若关联数为（m，﹣m﹣2，2）的函数图象与x轴有两个整交点（m为正整数），则这个函数图象上整交点的坐标为　 　．
三、解答题（本大题共有8个小题，共72分）
17．（8分）先化简，再求值：（1﹣）÷，其中a是不等式组的最小整数解．



18．（8分）阅读下列“问题”与“提示”后，将解方程的过程补充完整，求出x的值．
【问题】解方程：x2+2x+4﹣5＝0．
【提示】可以用“换元法”解方程．
解：设＝t（t≥0），则有x2+2x＝t2
原方程可化为：t2+4t﹣5＝0
【续解】



19．（8分）如图，将△ABC绕点B顺时针旋转60°得到△DBE，点C的对应点E恰好落在AB的延长线上，连接AD．
（1）求证：BC∥AD；
（2）若AB＝4，BC＝1，求A，C两点旋转所经过的路径长之和．

第19题图
20．（8分）6月26日是“国际禁毒日”，某中学组织七、八年级全体学生开展了“禁毒知识”网上竞赛活动．为了解竞赛情况，从两个年级各随机抽取了10名同学的成绩（满分为100分），收集数据为：七年级90，95，95，80，90，80，85，90，85，100；八年级85，85，95，80，95，90，90，90，100，90．
整理数据：
分数
人数
年级
80
85
90
95
100
七年级
2
2
3
2
1
八年级
1
2
4
a
1
分析数据：

平均数
中位数
众数
方差
七年级
89
b
90
39
八年级
c
90
d
30
根据以上信息回答下列问题：
（1）请直接写出表格中a，b，c，d的值；
（2）通过数据分析，你认为哪个年级的成绩比较好？请说明理由；
（3）该校七、八年级共有600人，本次竞赛成绩不低于90分的为“优秀”．估计这两个年级共有多少名学生达到“优秀”？






21．（8分）九年级某数学兴趣小组在学习了反比例函数的图象与性质后，进一步研究了函数y＝的图象与性质，其探究过程如下：
（1）绘制函数图象，如图1．
列表：下表是x与y的几组对应值，其中m＝　 　；
x
…
﹣3
﹣2
﹣1
﹣

1
2
3
…
y
…

1
2
4
4
2
m

…
描点：根据表中各组对应值（x，y），在平面直角坐标系中描出了各点；
连线：用平滑的曲线顺次连接各点，画出了部分图象．请你把图象补充完整；
（2）通过观察图1，写出该函数的两条性质；
①　 　 ；
②　 　；
（3）①观察发现：如图2．若直线y＝2交函数y＝的图象于A，B两点，连接OA，过点B作BC∥OA交x轴于C．则S四边形OABC＝　 　；
②探究思考：将①中“直线y＝2”改为“直线y＝a（a＞0）”，其他条件不变，则S四边形OABC＝　 　；
③类比猜想：若直线y＝a（a＞0）交函数y＝（k＞0）的图象于A，B两点，连接OA，过点B作BC∥OA交x轴于C，则S四边形OABC＝　 　．

第21题图



22．（10分）如图，在矩形ABCD中，AB＝20，点E是BC边上的一点，将△ABE沿着AE折叠，点B刚好落在CD边上点G处；点F在DG上，将△ADF沿着AF折叠，点D刚好落在AG上点H处，此时S△GFH：S△AFH＝2：3，
（1）求证：△EGC∽△GFH；
（2）求AD的长；
（3）求tan∠GFH的值．

第22题图





23．（10分）为了抗击新冠疫情，我市甲、乙两厂积极生产了某种防疫物资共500吨，乙厂的生产量是甲厂的2倍少100吨．这批防疫物资将运往A地240吨，B地260吨，运费如下表（单位：元/吨）．
目的地
生产厂
A
B
甲
20
25
乙
15
24
（1）求甲、乙两厂各生产了这批防疫物资多少吨？
（2）设这批物资从乙厂运往A地x吨，全部运往A，B两地的总运费为y元．求y与x之间的函数关系式，并设计使总运费最少的调运方案；
（3）当每吨运费均降低m元（0＜m≤15且m为整数）时，按（2）中设计的调运方案运输，总运费不超过5200元．求m的最小值．







24．（12分）如图1，在平面直角坐标系中，A（﹣2，﹣1），B（3，﹣1），以O为圆心，OA的长为半径的半圆O交AO延长线于C，连接AB，BC，过O作ED∥BC分别交AB和半圆O于E，D，连接OB，CD．
（1）求证：BC是半圆O的切线；
（2）试判断四边形OBCD的形状，并说明理由；
（3）如图2，若抛物线经过点D且顶点为E．
①求此抛物线的解析式；
②点P是此抛物线对称轴上的一个动点，以E，D，P为顶点的三角形与△OAB相似，问抛物线上是否存在一点Q．使S△EPQ＝S△OAB？若存在，请直接写出Q点的横坐标；若不存在，说明理由．

第23题图
2020年荆州市初中毕业生考试数学答案解析
1. A
2. A
3. D　【解析】∵一次函数y＝x＋1，其中k＝1，b＝1，∴图象过第一、二、三象限．
4. D　【解析】如解图，∵将一张矩形纸片折叠成如图所示的图形，∴ED∥FA，∠EBC＝∠CBA，∴∠EBC＝∠ACB，∠CAB＝∠DBA＝30°，∴CBA＝∠ACB，∵∠EBC＋∠CBA＋∠ABD＝180°，∴∠ACB＋∠ACB＋30°＝180°，∴∠ACB＝75°.

第4题解图
5. C　
6. C　【解析】A.(＋1)－(＋1)＝0，结果为有理数；B.(＋1)·(－1)＝2，结果为有理数；C.无论填上任何运算符号结果都不为有理数；D.(＋1)＋(1－)＝2，结果为有理数．
7. C　【解析】∵四边形ABCD是菱形，∴BC＝CD，AB∥CD，∴∠B＝∠DCF，①∵添加BE＝CF，∴△BCE≌△CDF(SAS)，②∵添加CE⊥AB，DF⊥BC，∴∠CEB＝∠F＝90°，∴△BCE≌△CDF(AAS)，③∵添加CE＝DF，不能确定△BCE≌△CDF；④∵添加∠BCE＝∠CDF，∴△BCE≌△CDF(ASA)．
8. B　【解析】如解图，过点A作AD⊥x轴于D点，∵Rt△OAB的斜边OA在第一象限，并与x轴的正半轴夹角为30°.∴∠AOD＝30°，∴AD＝OA，∵C为OA的中点，∴AD＝AC＝OC＝BC＝1，∴OA＝2，∴OD＝，则点A的坐标为：(，1)．

第8题解图
9. B　【解析】根据新运算法则可得：x*k＝(x＋k)(x－k)－1＝x2－k2－1，则x*k＝x即为x2－k2－1＝x，整理得：x2－x－k2－1＝0，则a＝1，b＝－1，c＝－k2－1，可得：Δ＝(－1)2－4×1·(－k2－1)＝4k2＋5，∵k2≥0，∴4k2＋5≥5；∴b2－4ac>0，∴方程有两个不相等的实数根．
10. B　【解析】如解图，过点B作直径BD，连接CD，由勾股定理得，BD＝＝＝2，在Rt△BDC中，cos∠BDC＝＝＝，由圆周角定理得，∠BAC＝∠BDC，∴cos∠BAC＝cos∠BDC＝.

第10题解图


11. b 12. 2　【解析】由同类项的定义得：，解得，则＝＝＝2.
13. 线段垂直平分线的性质(或填“三角形外心的定义”、“圆的定义”、“垂径定理”等，答案不唯一)　【解析】如解图，连接OA，OC，∵点O为AC和BC的垂直平分线的交点，∴OA＝OC＝OB，∴⊙O为△ABC的外接圆．

第13题解图 第14题解图
14. 　【解析】依题意，画树状图如图，共有3种等可能的结果，其中最后一只摘到B的结果有2种，∴最后一只摘到B的概率为.
15. 24　【解析】如解图，过D点作DF⊥BC于点F，设EF＝x km，∵tan∠ABC＝，∠DEB＝45°，∴DF＝x km，BF＝x km，在Rt△BFD中，BD＝＝x km，∴cos∠ABC＝＝＝，∵D地在AB正中位置，∴AB＝2BD＝x km，又∵BC＝BF＋FE＋EC＝(x＋x＋1) km，∴＝，∴BC＝8 km，AB＝10 km，∴AC＝AB·tan∠ABC＝8 km×＝6 km，小张某天沿A→C→E→B→D→A路线跑一圈，他跑了8＋10＋6＝24 (km)．

第15题解图
16. (1，0)或(2，0)或(0，2)　【解析】将关联数为(m，－m－2，2)代入函数y＝ax2＋bx＋c得y＝mx2＋(－m－2)x＋2，令y＝0，即mx2＋(－m－2)x＋2＝0，因式分解得(mx－2)(x－1)＝0，∵关联数为(m，－m－2，2)的函数图象与x轴有两个整交点，即Δ＝b2－4ac>0∴m＝1，∴y＝x2－3x＋2，与x轴交点即y＝0，解得x＝1或x＝2，即坐标为(1，0)或(2，0)，与y轴交点即x＝0，解得y＝2，即坐标为(0，2)，∴这个函数图象上整交点的坐标为(1，0)或(2，0)或(0，2)．
三、解答题
17. 解：原式＝·＝，
解不等式组，
解不等式①得：a≥2，
解不等式②得：a<4，
∴不等式组的解集为2≤a<4，
∴a的最小值为2，
∴原式＝＝.
18. 解：(t＋2)2＝9，
∴t＋2＝±3，
解得t1＝1，t2＝－5(不合题意，舍去)，
∴t＝＝1，
∴x2＋2x＝1，配方得(x＋1)2＝2，
解得x1＝－1＋，x2＝－1－，
经检验都是方程的解．
19. (1)证明：由旋转性质得：△ABC≌△DBE，∠ABD＝∠CBE＝60°，
∴AB＝BD，∴△ABD是等边三角形．
∴∠DAB＝60°
∴∠CBE＝∠DAB，
∴BC∥AD；
(2)依题意得：AB＝BD＝4，BC＝BE＝1，∠ABD＝∠CBE＝60°，
∴A，C两点经过的路径长之和为＋＝π.
20. 解：(1)a＝2，b＝90，c＝90，d＝90；
【解法提示】a＝10－1－2－4－1＝2；
将七年级成绩按从小到大顺序排列为80，85，85，85，90，90，90，95，95，100，则中位数b＝＝90；
由题意得c＝＝90；∵八年级成绩90出现次数最多，∴众数d＝90.
(2)七八年级成绩的众数和中位数相同，但是八年级的平均成绩比七年级的高，且从方差看，八年级的成绩更稳定，综上八年级成绩较好；
(3)∵七年级抽取的10人中，成绩不低于90分的有6人，
八年级抽取的10人中，成绩不低于90分的有7人，
∴600×＝390(人)．
答：两个年级共390名学生达到“优秀”．
21. 解：(1)1；
补全图象如解图①所示；
【解法提示】将x＝2代入y＝中，得y＝＝1，∴m＝1.

第21题解图①
(2)根据(1)中的图象可得：①函数的图象关于y轴对称，②当x<0时，y随x的增大而增大；③当x>0时，y随x的增大而减小；④函数图象无限接近坐标轴，但不相交；⑤函数没有最大值等等．(答案不唯一，写出两个即可)
(3)①4；②4；③2k.
【解法提示】如解图②，设AB与y轴交于点M，

第21题解图②
①由题意易得A，B两点关于y轴对称，四边形OABC是平行四边形，∴S四边形OABC＝4S△OAM＝4×|k|＝2|k|＝4，
②同①可知：S四边形OABC＝2|k|＝4，
③S四边形OABC＝2|k|＝2k.
22. (1)证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠B＝∠D＝∠C＝90°
由折叠的性质可知，∠AGE＝∠B＝90°，∠AHF＝∠D＝90°，
∴∠GHF＝90°，
∴∠EGC＋∠HGF＝90°
∠GFH＋∠HGF＝90°
∴∠EGC＝∠GFH，
∴△EGC～△GFH；
(2)解：∵S△GFH∶S△AFH＝2∶3
∴GH∶AH＝2∶3
∵△ABE沿着AE折叠，点B刚好落在CD边上点G处，∴AG＝GH＋AH＝AB＝20，
∴GH＝8，AH＝12，
∴AD＝AH＝12；
(3)解：在RtADG中，
DG＝＝＝16.
由折叠的性质知DF＝HF，可设DF＝HF＝x，
则GF＝16－x，
在Rt△GHF中，由勾股定理得GH2＋HF2＝GF2，
即82＋x2＝(16－x)2，
解得x＝6，
∴HF＝6.
在Rt△GHF中，
tan∠GFH＝＝＝.
23. 解：(1)设这批防疫物资甲厂生产了a吨，乙厂生产了b吨，
则，
解得：.
答：这批防疫物资甲厂生产了200吨，乙厂生产了300吨；
(2)这批防疫物资甲、乙两厂运往A，B两地的数量如下表(单位：吨)
生产商目的地
A(吨)
B(吨)
合计(吨)
甲(吨)
240－x
x－40
200
乙(吨)
x
300－x
300
合计(吨)
240
260
500
∴总运费y＝20(240－x)＋25(x－40)＋15x＋24(300－x)
＝－4x＋11000，
∵，
∴40≤x≤240.
又∵－4<0，
∴y随x的增大而减小，
当x＝240时，总运费最小，
∴使总运费最少的调运方案是：甲厂200吨物资全部运往B地；乙厂运往A地240吨物资，运往B地60吨物资；
(3)由(2)知：y＝－4x＋11000－500m，
当x＝240时，y最小＝－4×240＋11000－500m＝10040－500m，
∵10040－500m≤5200
∴m≥9.68
∵0 ∴m的最小值为10.
24. (1)证明：如解图①，设AB与y轴交于点M，

第24题解图①


∵A(－2，－1)，B(3，－1)，
∴AB∥x轴，
∴AM＝2，OM＝1，AB＝5，
则OA＝OC＝＝＝，
∵OE∥BC，点O是AC的中点，
∴OE是△ABC的中位线，
∴AE＝AB＝，BC＝2EO，
∴点E的坐标为(，－1)，ME＝，OM＝1，
∴OE＝＝＝，
∴BC＝2OE＝，
∵AC2＋BC2＝(2)2＋()2＝25＝AB2，
∴△ABC是直角三角形，
即BC⊥AC，
∴BC是半圆的O的切线；
(2)解：四边形OBCD是平行四边形；理由如下：
由图知：BC＝OD＝OA＝，
∵OD∥BC，
∴四边形OBCD是平行四边形；
(3)解：①由(2)知：OD＝OA＝，E为AB的中点，且E(，－1)，OE＝，
如解图②，过点D作DN⊥y轴，则DN∥ME，

第24题解图②
∴△ODN∽△OEM，
∴＝＝，
∴＝＝，
∴ON＝2，DN＝1，
∴点D的坐标为(－1，2)，
∵抛物线经过点D(－1，2)，且顶点为E(，－1)，
∴设此抛物线的解析式为y＝a(x－)2－1(a≠0)，
将D(－1，2)代入得a·(－1－)2－1＝2，
解得a＝，
∴此抛物线的解析式为y＝(x－)2－1，
即y＝x2－x－，
②存在，点Q的横坐标为或－或或－.
【解法提示】如解图③，设抛物线的对称轴交AC于F，

第24题解图③
由(1)知：∠AOE＝∠ACB＝90°，∠AEF＝90°，∴∠OEF＋∠AEO＝90°，∠A＋∠AEO＝90°，∴∠OEF＝∠A，∵以E，D，P为顶点的三角形与△OAB相似，∴分△PED～△OAB和△DEP～△OAB两种情况讨论：当△PED～△OAB时，ED＝OE＋OD＝＋＝，∵＝，即＝，∴PE＝，∵S△EPQ＝S△OAB，设点Q到PE的距离为h，∴PE·h＝AB·OM，即h＝5×1，∴h＝，∴点Q的横坐标为＋＝或－＝－；当△DEP～△OAB时，ED＝OE＋OD＝＋＝，∵＝，即＝，∴PE＝，∵S△EPQ＝S△OAB，设点Q到PE的距离为h1，∴PE·h1＝AB·OM，即h1＝5×1，∴h＝，∴点Q的横坐标为＋＝或－＝－.综上所述，符合条件的点Q的横坐标为或－或或－.


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日期：2021/10/14 16:01:32；用户：万唯数学44；邮箱：wwjyts138@xyh.com；学号：40082