黑龙江省龙东地区2020年中考数学试题（解析版）.doc

黑龙江省龙东地区2020年初中毕业学业统一考试数学试题考生注意：1考试时间120分钟2全卷共三道大题，总分120分一、选择题（每题3分，满分30分）1.下列各运算中，计算正确的是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据单项式乘法法则、同底数除法法则、完全平方公式、积的乘方运算法则逐项进行分析判断即可【详解】A，正确；B，故B选项错误；C，故C选项错误；D，故D选项错误，故选A【点睛】本题考查了单项式的乘法、同底数幂的除法、完全平方公式等，熟练掌握各运算的运算法则是解题的关键2.下列图标中是中心对称图形的是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据中心对称图形的概念 对各选项分析判断即可得解【详解】A、不是中心对称图形，故本选项错误；B、是中心对称图形，故本选项正确；C、不是中心对称图形，故本选项错误；D、不是中心对称图形，故本选项错误故选：B【点睛】本题考查了中心对称图形，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图形重合3.如图，由若干个相同的小正方体搭成的一个几何体的主视图和左视图，则所需的小正方体的个数最多是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】这个几何体共有3层，由左视图可得第一层小正方体的最多个数，由主视图可得第二层小正方体的最多个数，以及第三层的最多个数，再相加即可【详解】解：由题意，由主视图有3层，2列，由左视图可知，第一层最多有4个，第二层最多2个，第三层最多1个，所需的小正方体的个数最多是：4+2+1=7（个）；故选：B【点睛】本题主要考查学生对三视图掌握程度和灵活运用能力，同时也体现了对空间想象能力方面的考查4.一组从小到大排列的数据:,3,4,4,6(为正整数),唯一的众数是4,则该组数据的平均数是( )A. 3.6或4.2B. 3.6或3.8C. 3.8或4.2D. 3.8或4.2【答案】B【解析】【分析】根据众数的定义得出正整数a的值，再根据平均数的定义求解可得.【详解】数据：a，3，4，4，6（a为正整数），唯一的众数是4，a=1或2，当a=1时，平均数为=3.6；当a=2时，平均数为=3.8；故选C【点睛】本题主要考查了众数与平均数的定义，根据众数是一组数据中出现次数最多的数得出a的值是解题的关键.5.已知关于的一元二次方程有两个实数根，则实数的取值范围是（ ）A. B. C. D. 且【答案】B【解析】【分析】根据一元二次方程的根的判别式列不等式，再解不等式即可【详解】解： 关于的一元二次方程有两个实数根， 故选B【点睛】本题考查的是一元二次方程的根的判别式，掌握一元二次方程的根的判别式是解题的关键6.如图，菱形的两个顶点，在反比例函数的图象上，对角线，的交点恰好是坐标原点，已知，则的值是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据菱形的性质得到ACBD，根据勾股定理得到OB的长，利用三角函数得到OA的长，求得AOE=BOF=45，继而求得点A的坐标，即可求解【详解】四边形ABCD是菱形，BA=AD，ACBD，ABC=120，ABO=60，点B（-1，1），OB=，AO=，作BF轴于F，AE轴于E，点B（-1，1），OF=BF=1，FOB=BOF=45，BOF+AOF=AOE+AOF=90，AOE=BOF=45，AOE为等腰直角三角形，AO，AE=OE=AO，点A的坐标为（，），点A在反比例函数的图象上，故选：C【点睛】本题是反比例函数与几何的综合题，考查了反比例函数图象上点的坐标特征、菱形的性质、解直角三角形、等腰直角三角形的判定和性质，解答本题的关键是明确题意，利用反比例函数的性质解答7.已知关于的分式方程的解为正数，则的取值范围是（ ）A. B. 且C. D. 且【答案】B【解析】【分析】先解分式方程利用表示出的值，再由为正数求出的取值范围即可【详解】方程两边同时乘以得，解得：为正数，解得，即，的取值范围是且故选：B【点睛】本题考查了解分式方程及不等式的解法，解题的关键是熟练运用分式方程的解法，8.如图，菱形的对角线、相交于点，过点作于点，连接，若，则的长为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据菱形面积=对角线积的一半可求BD，再根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半【详解】解：四边形ABCD是菱形，AO=CO=6，BO=DO，S菱形ABCD= =48，BD=8，DHAB，BO=DO=4，OH=BD=4故选：A【点睛】本题考查了菱形的性质，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，关键是灵活运用这些性质解决问题9.在抗击疫情网络知识竞赛中，为奖励成绩突出的学生，学校计划用元钱购买、三种奖品，种每个元，种每个元，种每个元，在种奖品不超过两个且钱全部用完的情况下，有多少种购买方案（ ）A. 种B. 种C. 种D. 种【答案】D【解析】【分析】设购买、三种奖品分别为个，根据题意列方程得，化简后根据均为正整数，结合种奖品不超过两个分类讨论，确定解的个数即可【详解】解：设购买、三种奖品分别为个，根据题意列方程得，即，由题意得均为正整数当z=1时，y分别取1，3，5，7，9，11，13，15共8种情况时，x为正整数；当z=2时，y可以分别取2，4，6，8，10，12共6种情况，x为正整数；综上所述：共有8+6=14种购买方案故选：D【点睛】本题考查了求方程组的正整数解，根据题意列出方程，并确定方程组的解为正整数是解题关键10.如图，正方形的边长为，点在边上运动（不与点，重合），点在射线上，且，与相交于点，连接、则下列结论：；的周长为；的面积的最大值是；当时，是线段的中点其中正确的结论是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】如图1中，在BC上截取BH=BE，连接EH证明FAEEHC（SAS），即可判断正确；如图2中，延长AD到H，使得DH=BE，则CBECDH（SAS），再证明GCEGCH（SAS），即可判断错误；设BE=x，则AE=a-x，AF=，构建二次函数，利用二次函数的性质解决最值问题即可判断正确；设AG=，利用前面所证EG=GH，在RtAEG中，利用勾股定理求得，即可判断正确【详解】如图1中，在BC上截取BH=BE，连接EHBE=BH，EBH=90，EH=BE，AF=BE，AF=EH，DAM=EHB=45，BAD=90，FAE=EHC=135，BA=BC，BE=BH，AE=HC，FAEEHC（SAS），EF=EC，AEF=ECH，ECH+CEB=90，AEF+CEB=90，FEC=90，ECF=EFC=45，故正确，如图2中，延长AD到H，使得DH=BE，则CBECDH（SAS），ECB=DCH，ECH=BCD=90，ECG=GCH=45，CG=CG，CE=CH，GCEGCH（SAS），EG=GH，GH=DG+DH，DH=BE，EG=BE+DG，故错误，AEG的周长=AE+EG+AG=AE+AH= AE +AD+DH =AE +AD+EB =AB+AD=2a，故错误，设BE=，则AE=，AF=，SAEF=，当时，AEF的面积的最大值为，故正确；如图3，延长AD到H，使得DH=BE，同理：EG=GH，则，设AG=，则DG=，EG=GH =，在RtAEG中，即，解得：，当时，是线段的中点，故正确；综上，正确，故选：D【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，二次函数最值的应用，勾股定理的应用等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线面构造全等三角形解决问题，属于中考填空题中的压轴题二、填空题（每题3分，满分30分）11.5G信号的传播速度为300000000m/s，将300000000用科学记数法表示为_【答案】【解析】【分析】科学记数法的表示形式为a10n的形式，其中1|a|1时，n是正数；当原数的绝对值1时，n是负数【详解】300000000的小数点向左移动8位得到3，所以300000000用科学记数法表示为3108，故答案为3108【点睛】本题考查科学记数法的表示方法科学记数法的表示形式为a10n的形式，其中1|a|1，解不等式得：x，不等式组的解集是1x，x的一元一次不等式组有2个整数解，x只能取2和3，解得：故答案为：【点睛】本题考查了解一元一次不等式，解一元一次不等式组的应用，解此题的关键是能得出关于a的取值范围16.如图，是的外接圆的直径，若，则_【答案】【解析】【分析】连接BD，如图，根据圆周角定理得到ABD=90，则利用互余计算出D=50，然后再利用圆周角定理得到ACB的度数【详解】连接BD，如图，AD为ABC的外接圆O的直径，ABD=90，D=90-BAD=90-40=50，ACB=D=50故答案为：50【点睛】本题考查了圆周角定理：在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半17.小明在手工制作课上，用面积为，半径为的扇形卡纸，围成一个圆锥侧面，则这个圆锥的底面半径为_【答案】【解析】【分析】根据扇形的面积公式与圆的周长公式，即可求解【详解】由得：扇形的弧长=（厘米），圆锥的底面半径=（厘米）故答案是：【点睛】本题主要考查圆锥的底面半径，掌握圆锥的侧面扇形弧长等于底面周长，是解题的关键18.如图，在边长为的正方形中将沿射线平移，得到，连接、求的最小值为_【答案】【解析】【分析】将ABC沿射线CA平移到ABC的位置，连接CE、AE、DE，证出四边形ABGE和四边形EGCD均为平行四边形，根据平行四边形的性质和平移图形的性质，可得CE=CE，CG=DE，可得EC+GC=CE+ED，当点C、E、D在同一直线时，CE+ED最小，由勾股定理求出CD的值即为EC+GC的最小值【详解】如图，将ABC沿射线CA平移到ABC的位置，连接CE、AE、DE， ABGEDC且AB=GE=DC，四边形ABGE和四边形EGCD均为平行四边形，AEBG，CG=DE，AECC，由作图易得，点C与点C关于AE对称，CE=CE，又CG=DE，EC+GC=CE+ED，当点C、E、D在同一直线时，CE+ED最小，此时，在RtCDE中，CB=4，BD=4+4=8， CD=，即EC+GC的最小值为，故答案为：【点睛】本题考查正方形的性质、图形的对称性、线段最短和平行四边形的性质与判定，解题的关键是将两条线段的和转化为同一条线段求解19.在矩形中，点在边上，且，连接，将沿折叠若点对应点落在矩形的边上，则折痕的长为_【答案】或【解析】【分析】分两种情况：点落在AD上和CD上，首先求出a的值，再根据勾股定理求出抓痕的长即可【详解】分两种情况：（1）当点落在AD上时，如图1，四边形ABCD是矩形，将沿AE折叠，点B的对应点落在AD边上，在RtABE中，AB=1，BE=1，AE= （2）当点落在CD上，如图2，四边形ABCD是矩形，将沿AE折叠，点B的对应点落在CD边上，在和中，即，解得，（负值舍去）在RtABE中，AB=1，BE=，AE= 故答案为：或.【点睛】本题考查翻折变换，矩形的性质等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考常考题型20.如图，直线的解析式为与轴交于点，与轴交于点，以为边作正方形，点坐标为过点作交于点，交轴于点，过点作轴的垂线交于点以为边作正方形，点的坐标为过点作交于，交轴于点，过点作轴的垂线交于点，以为边作正方形，则点的坐标_【答案】【解析】【分析】根据题意得出三角形AMO为等腰直角三角形，AMO=45，分别求出个线段长度，表示出B1和B2的坐标，发现一般规律，代入2020即可求解【详解】解：的解析式为，M（-1，0），A（0，1），即AO=MO=1，AMO=45，由题意得：MO=OC=CO1=1，O1A1=MO1=3，四边形是正方形，O1C1=C1O2=MO1=3，OC1=23-1=5，B1C1=O1C1=3，B1（5，3），A2O2=3C1O2=9，B2C2=9，OO2=OC2-MO=9-1=8，综上，MCn=23n，OCn=23n-1，BnCn=AnOn=3n，当n=2020时，OC2020=232020-1，B2020C2020 =32020，点B，故答案为：【点睛】本题考查规律型问题、等腰直角三角形的性质以及点的坐标，解题的关键是学会探究规律的方法，属于中考常考题型三、解答题（满分60分）21.先化简，再求值：，其中【答案】,【解析】【分析】括号内先通分进行分式的减法运算，然后进行分式的除法运算，将特殊角的三角函数值代入求出x的值，然后代入化简后的结果进行计算即可【详解】原式=，当时，原式【点睛】本题考查了分式的混合运算化简求值，涉及了分式的减法、乘除法运算，特殊角的三角函数值，二次根式的混合运算等，熟练掌握各运算的运算法则是解题的关键22.如图，正方形网格中，每个小正方形的边长都是一个单位长度，在平面直角坐标系中，的三个顶点、均在格点上（1）将向左平移个单位得到，并写出点的坐标；（2）画出绕点顺时针旋转后得到的，并写出点的坐标；（3）在（2）的条件下，求在旋转过程中扫过的面积（结果保留）【答案】（1）见解析, ；（2）图形见解析，；（3）【解析】分析】（1）根据题意，可以画出相应的图形，并写出点的坐标；（2）根据题意，可以画出相应的图形，并写出点的坐标；（3）根据题意可以求得BC的长，从而可以求得在旋转过程中扫过的面积【详解】（1）如图所示，；（2）如图所示，（3）【点睛】此题考查作图-平移变换，作图-旋转变换，扇形面积的计算，解题关键在于掌握作图法则23.如图，已知二次函数的图象经过点，与轴交于点（1）求抛物线的解析式；（2）抛物线上是否存在点，使，若存在请直接写出点的坐标若不存在，请说明理由【答案】（1）；（2）存在，【解析】【分析】（1）把点AB坐标代入即可求解；（2）分点P在轴下方和下方两种情况讨论，求解即可【详解】（1）二次函数的图象经过点A(-1，0)，B(3，0)，解得：，抛物线的解析式为：；（2）存在，理由如下：当点P在轴下方时，如图，设AP与轴相交于E，令，则，点C的坐标为(0，3)，A(-1，0)，B(3，0)，OB=OC=3，OA=1，ABC=45，PAB=ABC=45，OAE是等腰直角三角形，OA=OE=1，点E的坐标为(0，-1)，设直线AE的解析式为，把A(-1，0)代入得：，直线AE的解析式为，解方程组，得：(舍去)或，点P的坐标为(4，)；当点P在轴上方时，如图，设AP与轴相交于D，同理，求得点D的坐标为(0，1)，同理，求得直线AD的解析式为，解方程组，得：(舍去)或，点P的坐标为(2，)；综上，点P的坐标为(2，)或(4，)【点睛】本题是二次函数与几何的综合题，主要考查了待定系数法，等腰直角三角形的判定和性质，解方程组，分类讨论是解本题的关键24.为了提高学生体质，战胜疫情，某中学组织全校学生宅家一分钟跳绳比赛，全校跳绳平均成绩是每分钟次，某班班长统计了全班名学生一分钟跳绳成绩，列出的频数分布直方图如图所示，（每个小组包括左端点，不包括右端点）求：（1）该班一分钟跳绳的平均次数至少是多少，是否超过全校的平均次数；（2）该班的一个学生说：“我的跳绳成绩是我班的中位数”请你给出该生跳绳成绩的所在范围；（3）从该班中任选一人，其跳绳次数超过全校平均数的概率是多少【答案】（1）平均次数至少是次，超过全校的平均次数；（2）跳绳成绩所在范围为；（3）【解析】【分析】（1）观察直方图，用每组的最低成绩，根据加权平均数公式计算可得该班一分钟跳绳的最少平均次数，再与校平均成绩比较即可得答案；（2）根据中位数意义，确定中位数的范围即可；（3）先确定出该班一分钟跳绳成绩大于或等于100次的人数，然后利用概率公式进行求解即可【详解】（1）该班一分钟跳绳的平均次数至少为，即该班一分钟跳绳的平均次数至少是100.8次，超过了全校的平均次数；（2）这个学生的跳绳成绩在该班是中位数，共有50名学生，可知中位数是将跳绳次数从小到大排列后位于第25、26这两个次数的平均数，因为4+13=1726，所以中位数一定在100120范围内，即该生跳绳成绩的所在范围为100120；（3）该班一分钟跳绳成绩大于或等于100次的有：l9+7+5+2=33(人)，所以P（其跳绳次数超过全校平均数）=，答：从该班中任选一人，其跳绳次数超过全校平均数的概率为【点睛】本题考查了频数分布直方图，简单的概率计算，中位数等知识，读懂统计图，弄清题意，找准相关数据，灵活运用相关知识是解题的关键25.为抗击疫情，支持武汉，某物流公司的快递车和货车每天往返于物流公司、武汉两地，快递车比货车多往返一趟，如图表示两车离物流公司的距离（单位：千米）与快递车所用时间（单位：时）的函数图象，已知货车比快递车早小时出发，到达武汉后用小时装卸货物，按原速、原路返回，货车比快递车最后一次返回物流公司晚小时（1）求的函数解析式；（2）求快递车第二次往返过程中，与货车相遇的时间（3）求两车最后一次相遇时离武汉的距离（直接写出答案）【答案】（1）；（2）货车返回时与快递车途中相遇的时间，；（3）100km【解析】【分析】（1）由图象可知点M和点E的坐标，运用待定系数法求ME的解析式即可；（2）运用待定系数法求出BC，CD，FG的解析式，分别联立方程组，求出交点坐标即可得到结果；（3）由（2）知两车最后一次相遇时快递车行驶1小时，根据路程=速度时间可得结论.【详解】解：（1）由图象可知：M，E设的解析式把M，E代入得：，解得，的解析式为；（2）由图象知B（4，0），C(6,200)设的解析式,把B（4，0），C(6,200)代入得，解得，的解析式为：由图象知F（5，200），G（9，0）设的解析式，把F（5，200），G（9，0）代入上式得，解得，故的解析式为：联立方程组得，解得；由图象得，C（6，200），D（8，0）设CD的解析式为y=rx+s，把C（6，200），D（8，0）代入上式得，解得， 故CD的解析式为y=-100x+800,联立方程组得，解得答：货车返回时与快递车途中相遇的时间，（3）由（2）知，最后一次相遇时快递车行驶1小时，其速度为：2002=100(km/h)所以，两车最后一次相遇时离武汉的距离为：1001=100（km）【点睛】本题考查了一次函数的应用，主要利用了待定系数法求一次函数解析式，相遇问题，读懂题目信息，理解两车的运动过程是解题的关键26.如图，在中，点、分别在、边上，连接、，点、分别是、的中点，连接、（1）与的数量关系是_（2）将绕点逆时针旋转到图和图的位置，判断与有怎样的数量关系？写出你的猜想，并利用图或图进行证明【答案】（1）；（2）图（2）：，图（3）：，理由见解析【解析】【分析】（1）先证明AD=BE，根据中位线定理证明PMN为等腰直角三角形，得到，再进行代换即可；（2）：如图（2）连接，延长交于，交于，先证明，得到，AD=BE，根据中位线定理证明PMN为等腰直角三角形，得到，再进行代换即可【详解】解：（1）中，BAC=ABC=45，AD=BE，点、分别是、的中点，PM，PN分别为ABE，BAD中位线，PMBE,PM= BE,PNAC,PN= AD,PM=PN, APM=BPN=45，PMN=90，PMN为等腰直角三角形，即；（2）图（2）：图（3）：证明：如图（2）连接，延长交于，交于，、分别是、的中点，是等腰直角三角形，图【点睛】本题考查了等腰直角三角形性质，全等三角形判定与性质，中位线定理等知识，综合性较强，解题关键理解运用好中位线性质27.某农谷生态园响应国家发展有机农业政策，大力种植有机蔬菜，某超市看好甲、乙两种有机蔬菜的市场价值，经调查甲种蔬菜进价每千克元，售价每千克元；乙种蔬菜进价每千克元，售价每千克元（1）该超市购进甲种蔬菜千克和乙种蔬菜千克需要元；购进甲种蔬菜千克和乙种蔬菜千克需要元求，的值（2）该超市决定每天购进甲、乙两种蔬菜共千克，且投入资金不少于元又不多于元，设购买甲种蔬菜千克，求有哪几种购买方案（3）在（2）的条件下，超市在获得的利润取得最大值时，决定售出的甲种蔬菜每千克捐出元，乙种蔬菜每千克捐出元给当地福利院，若要保证捐款后的利润率不低于，求的最大值【答案】（1）、的值分别为和；（2）共3种方案分别为：方案一购甲种蔬菜千克，乙种蔬菜千克；方案二购甲种蔬菜千克，乙种蔬菜千克；方案三购甲种蔬菜千克，乙种蔬菜千克；（3）的最大值为【解析】【分析】（1）根据题意可以列出相应的二元一次方程组，从而可以求得m、n的值；（2）根据题意，列出一元一次不等式组，解方程组即可得到购买方案；（3）分别求出三种方案的利润，然后列出不等式，即可求出答案【详解】解：（1）由题意得，解得：；答：、的值分别为和；（2）根据题意，解得：，因为是整数所以为、；共3种方案，分别为：方案一购甲种蔬菜千克，乙种蔬菜千克；方案二购甲种蔬菜千克，乙种蔬菜千克；方案三购甲种蔬菜千克，乙种蔬菜千克；（3）方案一的利润为：元，方案二的利润为：元，方案三的利润为：元，利润最大值为元，甲售出，乙售出，解得：答：的最大值为；【点睛】本题考查了二元一次方程组的应用、解一元一次不等式，解答本题的关键是明确题意，利用二元一次方程组，以及不等式组的知识解答28.如图，在平面直角坐标系中，矩形的边长是方程的根，连接，并过点作，垂足为，动点从点以每秒个单位长度的速度沿方向匀速运动到点为止；点沿线段以每秒个单位长度的速度由点向点匀速运动，到点为止，点与点同时出发，设运动时间为秒（1）线段_；（2）连接和，求的面积与运动时间的函数关系式；（3）在整个运动过程中，当是以为腰的等腰三角形时，直接写出点的坐标【答案】（1）；（2）；（3）(，)或(，)【解析】【分析】（1）解方程求出AB的长，由直角三角形的性质可求BD，BC的长，CN的长；（2）分三种情况讨论，由三角形的面积可求解；（3）分两种情况讨论，由等腰三角形的性质和勾股定理可求解【详解】（1）解方程得：(舍去)，AB=6，四边形是矩形，AB=CD=6，BD=2AB=12，BC=AD=，故答数为：；（2）如图1，过点M作MHBD于H，ADBC，ADB=DBC=30，MH=MD=，DBC=30，CNBD，BN=， 当点P在线段BN上即时，PMN的面积；当点P与点N重合即时，s=0，当点P在线段ND上即时，PMN的面积；（3）如图，过点P作PEBC于E，当PN=PM=9-2t时，则DM=，MH=DM=，DH=，解得：或，即或，则BE=或BE=，点P的坐标为(，)或(，)；当PN=NM=9-2t时，解得或24（不合题意舍去），BP=6，PE=BP=3，BE=PE=3点P的坐标为(，)，综上所述：点P坐标为(，)或(，) 【点睛】本题是四边形综合题，考查了矩形的性质，一元二次方程的解法，三角形的面积公式，勾股定理，等腰三角形的性质，坐标与图形等知识，利用分类讨论思想解决问题是本题的关键本试卷的题干、答案和解析均由组卷网（）专业教师团队编校出品。登录组卷网可对本试卷进行单题组卷、细目表分析、布置作业、举一反三等操作。试卷地址：在组卷网浏览本卷组卷网是学科网旗下的在线题库平台，覆盖小初高全学段全学科、超过900万精品解析试题。关注组卷网服务号，可使用移动教学助手功能（布置作业、线上考试、加入错题本、错题训练）。 学科网长期征集全国最新统考试卷、名校试卷、原创题，赢取丰厚稿酬，欢迎合作。钱老师QQ：537008204曹老师QQ：713000635