2020年山东省聊城市中考数学试卷（解析版）

这是一份2020年山东省聊城市中考数学试卷（解析版），共22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年山东省聊城市中考数学试卷2020年山东省聊城初中毕业生学业考试数学试题卷
一、选择题（本题共12小题，在每小题给出的四个选项中，只有一个符合题目要求）
1.在实数，，0，中，最小的实数是（ ）．
A. B. C. 0 D.
【答案】D
【解析】
【分析】
正实数都大于0，负实数都小于0，正实数大于一切负实数，两个负实数绝对值大的反而小，据此判断即可．
【详解】∵，
∴在实数，，0，中，最小的实数是，
故选：D．
【点睛】此题主要考查了实数大小比较的方法，要熟练掌握，解答此题的关键是要明确：正实数＞0＞负实数，两个负实数绝对值大的反而小．
2.如图所示的几何体的俯视图是（ ）

A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
找到从几何体的上面看所得到的图形即可．
【详解】从上面看几何体所得到的图形为俯视图，其中看得见的轮廓画实线，选项C符合题意．
故选：C．
【点睛】本题主要考查了简单几何体的三视图，关键是掌握俯视图所看的位置．
3.如图，在ABC中，AB＝AC，∠C＝65°，点D是BC边上任意一点，过点D作DF∥AB交AC于点E，则∠FEC的度数是（ ）

A. 120° B. 130° C. 145° D. 150°
【答案】B
【解析】
【分析】
根据等腰三角形的性质得到∠B=∠C，利用平行线的性质得到∠ EDC＝∠B，利用三角形的外角性质即可求解．
【详解】∵AB＝AC，
∴∠B＝∠C＝65°，
∵DF∥AB，
∴∠ EDC＝∠B＝65°，
∴∠FEC＝∠EDC＋∠C＝65°＋65°＝130°．
故选：B．
【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，平行线的性质，三角形的外角性质，需熟练掌握．
4.下列计算正确的是（ ）．
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
根据同底数幂的乘法、同底数幂的除法、积的乘方、完全平方公式逐一分析即可．
【详解】A．，该项不符合题意；
B．，该项不符合题意；
C．，该项符合题意；
D．，该项不符合题意；
故选：C．
【点睛】本题考查同底数幂的乘法、同底数幂的除法、积的乘方、完全平方公式等内容，解题的关键是掌握运算法则．
5.为了增强学生预防新冠肺炎的安全意识，某校开展疫情防控知识竞赛．来自不同年级的30名参赛同学的得分情况如下表所示，这些成绩的中位数和众数分别是（ ）
成绩/分
84
88
92
96
100
人数/人
2
4
9
10
5


A. 92分，96分 B. 94分，96分 C. 96分，96分 D. 96分，100分
【答案】B
【解析】
【分析】
根据中位数的定义和众数的定义分别求解即可．
【详解】解：由统计表得共有30个数据，第15、16个数据分别是92,96，
∴中位数是 ；
由统计表得数据96出现的次数最多，
∴众数为96．
故选：B
【点睛】本题考查了求一组数据的中位数和众数．中位数是将一组数据由小到大（由大到小）排序后，位于中间位置的数据，当有偶数个数据时，取中间两数的平均数；众数是一组数据出现次数最多的数．
6.计算的结果正确的是（ ）．
A. 1 B. C. 5 D. 9
【答案】A
【解析】
【分析】
利用二次根式的乘除法则计算即可得到结果．
【详解】解：


，
故选：A．
【点睛】本题主要考查了二次根式的乘除法，熟练掌握运算法则是解题的关键．
7.如图，在的正方形网格中，每个小正方形的边长都是1，的顶点都在这些小正方形的顶点上，那么的值为（ ）．

A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
过点A作于点D，在中，利用勾股定理求得线段AC的长，再按照正弦函数的定义计算即可．
【详解】解：如图，过点A作于点D，则，

∴，
∴，
故选：D．
【点睛】本题考查了勾股定理的运用以及锐角三角函数，正确作出辅助线是解题的关键．
8.用配方法解一元二次方程，配方正确的是（ ）．
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
按照配方法的步骤进行求解即可得答案.
【详解】解：
移项得，
二次项系数化1的，
配方得
即
故选：A
【点睛】本题考查了配方法解一元二次方程，配方法的一般步骤为（1）把常数项移到等号的右边；（2）把二次项的系数化为1；（3）等式两边同时加上一次项系数一半的平方．
9.如图，是的直径，弦，垂足为点．连接，．如果，，那么图中阴影部分的面积是（ ）．

A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
根据是的直径，弦，由垂径定理得，再根据证得，即可证明，即可得出．
【详解】解：是的直径，弦，
，．



又


在和中，

，


故选：B
【点睛】本题考查了垂径定理，圆周角定理，平行线的性质，全等三角形的判定，扇形的面积，等积变换，解此题的关键是证出，从而将阴影部分的面积转化为扇形OBC的面积，题目比较典型，难度适中．
10.如图，有一块半径为，圆心角为的扇形铁皮，要把它做成一个圆锥形容器（接缝忽略不计），那么这个圆锥形容器的高为（ ）．

A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
首先利用扇形的弧长公式求得圆锥的底面周长，求得底面半径的长，然后利用勾股定理求得圆锥的高．
【详解】解：设圆锥的底面周长是l，则l=m，
则圆锥的底面半径是：m，
则圆锥的高是：m．
故选：C．
【点睛】本题考查了圆锥的计算，正确理解圆锥的侧面展开图与原来的扇形之间的关系是解决本题的关键，理解圆锥的母线长是扇形的半径，圆锥的底面圆周长是扇形的弧长．
11.人行道用同样大小的灰、白两种不同颜色的小正方形地砖铺设而成，如图中的每一个小正方形表示一块地砖．如果按图①②③…的次序铺设地砖，把第个图形用图表示，那么图㊿中的白色小正方形地砖的块数是（ ）．
…
A. 150 B. 200 C. 355 D. 505
【答案】C
【解析】
【分析】
由图形可知图①中白色小正方形地砖有12块，图②中白色小正方形地砖有12+7块，图③中白色小正方形地砖有12+7×2块，…，可知图中白色小正方形地砖有12+7(n-1)=7n+5，再令n=50，代入即可．
【详解】解：由图形可知图中白色小正方形地砖有12+7(n-1)=7n+5（块）
当n=50时，原式=7×50+5=355（块）
故选：C
【点睛】考查了规律型：图形的变化，解决这类问题首先要从简单图形入手，后一个图形与前一个图形相比，在数量上增加（或倍数）情况的变化，找出数量上的变化规律，从而推出一般性的结论．
12.如图，在中，，，将绕点旋转得到，使点的对应点落在上，在上取点，使，那么点到的距离等于（ ）．

A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
根据旋转的性质和30°角的直角三角形的性质可得的长，进而可得的长，过点D作DM⊥BC于点M，过点作于点E，于点F，如图，则四边形是矩形，解Rt△可得的长，即为FM的长，根据三角形的内角和易得，然后解Rt△可求出DF的长，进一步即可求出结果．
【详解】解：在中，∵，，
∴AC=2AB=4，
∵将绕点旋转得到，使点的对应点落在上，
∴，
∴，
过点D作DM⊥BC于点M，过点作于点E，于点F，交AC于点N，如图，则四边形是矩形，
∴，
在Rt△中，，∴FM=1，
∵，
∴，
在Rt△中，，
∴，
即点到的距离等于．
故选：D．

【点睛】本题考查了解直角三角形、矩形的判定和性质以及旋转的性质等知识，正确作出辅助线、熟练掌握解直角三角形的知识是解题的关键．
二、填空题
13.因式分解：________．
【答案】
【解析】
【分析】
先把二、三两项分为一组，提取一个负号，再提取公因式即可．
【详解】解：原式

【点睛】此题主要考查了提公因式法分解因式，关键是正确确定公因式．
14.如图，在中，四边形为菱形，点在上，则的度数是________．

【答案】
【解析】
【分析】
连接OB，证明△OAB，△OBC都是等边三角形，得到∠AOC=120°，进而求出．
【详解】解：连接OB，
∵四边形为菱形，OA=OB，
∴OA=OB=OC=AB=BC,
∴△OAB，△OBC都是等边三角形，
∴∠AOB=∠BOC=60°，
∴∠AOC=120°，
∵，
∴ ．

故答案为：60°
【点睛】本题考查了菱形的性质，圆的半径都相等，圆周角定理，等边三角形性质，综合性较强．解题关键是连接OB，得到△OAB，△OBC都是等边三角形．
15.计算：________．
【答案】
【解析】
【分析】
分式的混合运算，根据分式的加减乘除混合运算法则可以解答本题，括号里先通分运算，再进行括号外的除法运算，即可解答本题.
【详解】解：
=
=
=
=−a

故答案是：-a
【点睛】本题考查的是分式的混合运算，能正确运用运算法则是解题的关键.
16.某校开展读书日活动，小亮和小莹分别从校图书馆的“科技”、“文学”、“艺术”三类书籍中随机地抽取一本，抽到同一类书籍的概率是________．
【答案】
【解析】
【分析】
先画出树状图求出所有等可能的结果数，再找出抽到同一类书籍的结果数，然后根据概率公式求解即可．
【详解】解：“科技”、“文学”、“艺术”三类书籍分别用A、B、C表示，则所有可能出现的结果如下图所示：

由上图可知：共有9种等可能的结果数，其中抽到同一类书籍的结果数有3种，
∴抽到同一类书籍的概率=．
故答案为：．
【点睛】本题考查了求两次事件的概率，属于基础题型，熟练掌握画树状图或列表的方法是解题的关键．
17.如图，在直角坐标系中，点，是第一象限角平分线上的两点，点的纵坐标为1，且，在轴上取一点，连接，，，，使得四边形的周长最小，这个最小周长的值为________．

【答案】
【解析】
【分析】
先求出AC=BC=2，作点B关于y轴对称的点E，连接AE，交y轴于D，此时AE=AD+BD，且AD+BD值最小，即此时四边形的周长最小；作FG∥y轴，AG∥x轴，交于点G，则GF⊥AG，根据勾股定理求出AE即可．
【详解】解：∵，点的纵坐标为1，
∴AC∥x轴，
∵点，是第一象限角平分线上的两点，
∴∠BAC=45°，
∵，
∴∠BAC=∠ABC=45°，
∴∠C=90°，
∴BC∥y轴，
∴AC=BC=2，
作点B关于y轴对称的点E，连接AE，交y轴于D，此时AE=AD+BD，且AD+BD值最小，
∴此时四边形的周长最小，
作FG∥y轴，AG∥x轴，交于点G，则GF⊥AG，
∴EG=2，GA=4，
在Rt△AGE中，
，
∴ 四边形的周长最小值为2+2+=4+ ．

【点睛】本题考查了四条线段和最短问题．由于AC=BC=2,因此本题实质就是求AD+BD最小值，从而转化为“将军饮马”问题，这是解题关键．
三、解答题
18.解不等式组，并写出它的所有整数解．
【答案】该不等式组的解集是，它的所有整数解为0，1，2．
【解析】
【分析】
分别求出两个不等式，确定不等式组的解集，写出整数解即可．
【详解】解：
解不等式①，得．
解不等式②，得．
在同一数轴上表示出不等式①，②的解集：
所以该不等式组的解集是．
它的所有整数解为0，1，2．
【点睛】本题考查了解不等式组，确定不等式组的解集可以借助数轴分别表示各不等式的解集，确定公共部分即可．
19.为了提高学生的综合素养，某校开设了五门手工活动课．按照类别分为：“剪纸”、“沙画”、“葫芦雕刻”、“泥塑”、“插花”．为了了解学生对每种活动课的喜爱情况，随机抽取了部分同学进行调查，将调查结果绘制成如下两幅不完整的统计图．

根据以上信息，回答下列问题：
（1）本次调查的样本容量为________；统计图中的________，________；
（2）通过计算补全条形统计图；
（3）该校共有2500名学生，请你估计全校喜爱“葫芦雕刻”的学生人数．
【答案】（1）120，12，36；（2）详见解析；（3）625
【解析】
【分析】
（1）由A所占的百分比及参加A类活动课的人数可求得总人数，再由总人数及B和D所占的百分比即可求得a和b的值，
（2）先求得E类活动课参加的人数，再补全条形统计图即可；
（3）先求出抽样调查中喜爱“葫芦雕刻”的学生所占的百分比，即可求得全校喜爱“葫芦雕刻”的学生人数．
【详解】解：（1），，，
故答案为：120，12，36；
（2）类别的人数为：（人）
补全条形统计图如图所示：

（3）类别所占的百分比为：，
（人）
答：全校喜爱“葫芦雕刻”学生人数约为625人．
【点睛】本题考查的是条形统计图和扇形统计图的综合运用．读懂统计图，从不同的统计图中得到必要的信息是解决问题的关键．条形统计图能清楚地表示出每个项目的数据，扇形统计图可以看出每个量所占的百分比．
20.今年植树节期间，某景观园林公司购进一批成捆的，两种树苗，每捆种树苗比每捆种树苗多10棵，每捆种树苗和每捆种树苗的价格分别是630元和600元，而每棵种树苗和每棵种树苗的价格分别是这一批树苗平均每棵价格的0.9倍和1.2倍．
（1）求这一批树苗平均每棵的价格是多少元？
（2）如果购进的这批树苗共5500棵，种树苗至多购进3500棵，为了使购进的这批树苗的费用最低，应购进种树苗和种树苗各多少棵？并求出最低费用．
【答案】（1）这一批树苗平均每棵的价格是20元；（2）购进种树苗3500棵，种树苗2000棵，能使得购进这批树苗的费用最低为111000元．
【解析】
【分析】
（1）设这一批树苗平均每棵的价格是元，分别表示出两种树苗的数量，根据“每捆种树苗比每捆种树苗多10棵”列方程即可求解；
（2）设购进种树苗棵，这批树苗的费用为，得到w与t的关系式，根据题意得到t的取值范围，根据函数增减性即可求解．
【详解】解：（1）设这一批树苗平均每棵的价格是元，
根据题意，得，
解之，得．
经检验知，是原分式方程的根，并符合题意．
答：这一批树苗平均每棵的价格是20元．
（2）由（1）可知种树苗每棵价格为元，种树苗每棵价格为元，
设购进种树苗棵，这批树苗的费用为，则
．
∵是的一次函数，，随着的增大而减小，，
∴当棵时，最小．此时，种树苗有棵，．
答：购进种树苗3500棵，种树苗2000棵，能使得购进这批树苗的费用最低为111000元．
【点睛】本题考查了分式方程的实际应用，一次函数实际应用，不等式应用等问题，根据题意得到相关“数量关系”，根据数量关系得到方程或函数解析式是解题关键．
21.如图，已知平行四边形ABCD中，E是BC的中点，连接AE并延长，交DC的延长线于点F，且AF＝AD，连接BF，求证：四边形ABFC是矩形．

【答案】见解析
【解析】
【分析】
先根据平行四边形的性质、平行线的性质得到两角一边对应相等，再根据三角形全等的判定定理与性质可得，然后根据平行四边形的判定可得四边形ABFC是平行四边形，又根据等量代换可得，最后根据矩形的判定（对角线相等的平行四边形是矩形）可得四边形ABFC是矩形．
【详解】∵四边形ABCD是平行四边形
∴
∴
∵E为BC的中点
∴
∴
∴
∵
∴四边形ABFC是平行四边形


∴平行四边形ABFC是矩形．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定与性质、三角形全等的判定定理与性质、矩形的判定等知识点，熟练运用各判定与性质是解题关键．
22.如图，小莹在数学综合实践活动中，利用所学的数学知识对某小区居民楼AB的高度进行测量．先测得居民楼AB与CD之间的距离AC为35m，后站在M点处测得居民楼CD的顶端D的仰角为45°．居民楼AB的顶端B的仰角为55°．已知居民楼CD的高度为16.6m，小莹的观测点N距地面1.6m．求居民楼AB的高度（精确到1m）．（参考数据：sin55°≈0.82，cos55°≈0.57，tan55°≈1.43）

【答案】约为30m
【解析】
【分析】
过点N作EF∥AC交AB于点E，交CD于点F，可得AE=MN=CF=1.6，EF=AC=35，再根据锐角三角函数可得BE的长，进而可得AB的高度．
【详解】解：过点N作EF∥AC交AB于点E，交CD于点F．

则AE＝MN＝CF＝1.6，EF＝AC＝35，∠BEN＝∠DFN＝90°，
EN＝AM，NF＝MC，
则DF＝CD－CF＝16.6－1.6＝15．
在Rt△DFN中，∵∠DNF＝45°，
∴NF＝DF＝15．
∴EN＝EF－NF＝35－15＝20．
在Rt△BEN中，∵tan∠BNE＝，
∴BE＝EN·tan∠BNE＝20×tan55°≈20×1.43＝28.6°．
∴AB＝BE＋AE＝28.6＋1.6≈30．
答：居民楼AB的高度约为30m．
【点睛】本题考查了解直角三角形的应用-仰角俯角问题，解决本题的关键是掌握仰角俯角定义．
23.如图，已知反比例函数的图象与直线相交于点，．

（1）求出直线的表达式；
（2）在轴上有一点使得的面积为18，求出点的坐标．
【答案】（1）；（2）当点在原点右侧时，，当点在原点左侧时，．
【解析】
【分析】
（1）通过点A的坐标确定反比例函数的解析式，再求得B的坐标，利用待定系数法将A，B的坐标代入，即可得到一次函数的解析式；
（2）直线与轴的交点为，过点，作轴的垂线，，垂足分别为，，得到，即，分情况讨论即可解决．
【详解】解：（1）∵在的图象上，
∴，，
又点在的图象上，，即．
将点，的坐标代入，得，
解得．
∴直线的表达式为．
（2）设直线与轴的交点为，
当时，解得．即．
分别过点，作轴的垂线，，垂足分别为，．

．
又，即，∴．
当点在原点右侧时，，
当点在原点左侧时，．
【点睛】本题考查反比例函数与一次函数的性质，解题的关键是掌握数形结合的思想.
24.如图，在ABC中，AB＝BC，以△ABC的边AB为直径作⊙O，交AC于点D，过点D作DE⊥BC，垂足为点E．
（1）试证明DE是⊙O的切线；
（2）若⊙O的半径为5，AC＝6，求此时DE的长．

【答案】（1）见解析；（2）3
【解析】
【分析】
（1）连接OD、BD，求出BD⊥AD，AD=DC，根据三角形的中位线得出OD∥BC，推出OD⊥DE，根据切线的判定推出即可；
（2）先利用勾股定理求出BD的长，证得Rt△CDE和Rt△ABD，利用对应边成比例即可求解．
【详解】（1）证明：连接OD，BD，

∵AB为⊙O的直径，
∴BD⊥AD，
又∵AB=BC，△ABC是等腰三角形，
∴AD=DC，
∴OD是△ABC的中位线，
∴OD∥BC，
又DE⊥BC，
∴DE⊥OD，
∴DE是⊙O的切线；
（2）由（1）知，BD是AC边上的中线，AC=6，
得AD=CD=3，
∵⊙O半径为5，
∴AB=10，
在Rt△ABD中，BD=，
∵AB=BC，
∴∠A=∠C，
在Rt△CDE和Rt△ABD中，
∵∠DEC=∠ADB=90°，∠C=∠A，
∴Rt△CDE∽Rt△ABD，
∴，即，
解得：DE=3．
【点睛】本题综合考查了切线的判定、圆周角定理、相似三角形的判定与性质以及三角形中位线的判定与性质．解题的关键是熟练掌握和圆有关的各种性质定理，并且能够熟练运用．
25.如图，二次函数y＝ax2＋bx＋4的图象与x轴交于点A(－1，0)，B(4，0)，与y轴交于点C，抛物线的顶点为D，其对称轴与线段BC交于点E．垂直于x轴的动直线l分别交抛物线和线段BC于点P和点F，动直线l在抛物线的对称轴的右侧（不含对称轴）沿x轴正方向移动到B点．
（1）求出二次函数y＝ax2＋bx＋4和BC所在直线的表达式；
（2）在动直线l移动的过程中，试求使四边形DEFP为平行四边形的点P的坐标；
（3）连接CP，CD，在移动直线l移动的过程中，抛物线上是否存在点P，使得以点P，C，F为顶点的三角形与DCE相似，如果存在，求出点P的坐标，如果不存在，请说明理由．

【答案】（1）y=-x2＋3x＋4，y=-x＋4；（2）；（3）存在，
【解析】
分析】
（1）运用待定系数法，利用A，B两点的坐标构建二元一次方程组求解二次函数的表达式，利用B，C两点的坐标确定直线BC的表达式；
（2）先求得DE的长，根据平行四边形的性质得到PF=DE，点P与点F的横坐标相同，故利用抛物线与直线的解析式表示它们的纵坐标，根据其差等于DE长构建一元二次方程求解；
（3）结合图形与已知条件，易于发现若两三角形相似，只可能存在△PCF∽△CDE一种情况．△CDE的三边均可求，（2）中已表示PF的长，再构建直角三角形或借助两点间距离公式，利用勾股定理表示出CF的长，这样根据比例式列方程求解，从而可判断点P是否存在，以及求解点P的值．
【详解】（1）由题意，将A(-1．0)，B(4．0)代入，得
，解得，
∴二次函数表达式为，
当时，y=4，
∴点C的坐标为(0，4)，又点B的坐标为(4，0)，
设线段BC所在直线的表达式为，
∴，解得，
∴BC所在直线的表达式为；
（2）∵DE⊥x轴，PF⊥x轴，
∴DE∥PF，
只要DE=PF，此时四边形DEFP即为平行四边形．
由二次函数y=-+3+4=(-) 2+，得D的坐标为(，)，
将代入，即y=-+4=，得点E的坐标为(，)，
∴DE=-=，
设点P的横坐标为t，则P(t，-t2+3t+4)，F(t，-t+4)，
PF=-t2+3t+4-(-t+4)=-t2+4t，
由DE=PF，得-t2+4t=，
解之，得t1= (不合题意，舍去)，t2=，
当t=时，-t2+3t+4=-()2+3×+4=，
∴P的坐标为(，)；
（3）由（2）知，PF∥DE，
∴∠CED=∠CFP，
又∠PCF与∠DCE有共同的顶点C，且∠PCF在∠DCE的内部，
∴∠PCF≠∠DCE，
∴只有当∠PCF=∠CDE时，△PCF∽△CDE，

由D (，)，C(0，4)，E(，)，利用勾股定理，可得
CE=，DE=，
由（2）以及勾股定理知，PF=-t2+4t，F(t，-t+4)，
CF=，
∵△PCF∽△CDE，
∴，即，
∵t≠0，
∴()=3，
∴t=，
当t=时，-t2+3t+4=-()2+3×+4=．
∴点P的坐标是(，)．
【点睛】本题属于二次函数综合题，考查了一次函数的性质，二次函数的性质，相似三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，勾股定理的应用等知识，解题的关键是，学会用数形结合的思想思考问题，学会利用参数构建方程解决问题，属于中考压轴题．