山东省枣庄市2020年中考数学真题（解析版）

2020年枣庄市初中学业水平考试数学试题注意事项：1．本试题分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分．第Ⅰ卷为选择题，36分；第Ⅱ卷为非选择题，84分；全卷共6页，满分120分．考试时间为120分钟．2．答卷时，考生务必将第Ⅰ卷和第Ⅱ卷的答案填涂或书写在答题卡指定位置上，并在本页上方空白处写上姓名和准考证号．考试结束，将试卷和答题卡一并交回．第Ⅰ卷（选择题共36分）一、选择题：本大题共12小题，在每小题给出的四个选项中，只有一项是正确的，请把正确的选项选出来．每小题选对得3分，选错、不选或选出的答案超过一个均计零分．1.的绝对值是（）A.-2B.C.2D.【答案】D【解析】【分析】直接利用绝对值的定义得出答案．【详解】解：的绝对值是．故选：D．【点睛】此题主要考查了绝对值，正确把握绝对值的定义是解题关键．2.一副直角三角板如图放置，点C在FD的延长线上，AB//CF，∠F=∠ACB=90°，则∠DBC的度数为()A.10°B.15°C.18°D.30°【答案】B【解析】【分析】直接利用三角板的特点，结合平行线的性质得出∠ABD=45°，进而得出答案．【详解】由题意可得：∠EDF=45°，∠ABC=30°，∵AB∥CF，∴∠ABD=∠EDF=45°，第23页共23页\n∴∠DBC=45°﹣30°=15°．故选B.【点睛】本题考查的是平行线的性质，熟练掌握这一点是解题的关键.3.计算的结果为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据有理数的加减运算法则即可解答．【详解】解：，故选：A．【点睛】本题考查了有理数的加减运算，解题的关键是掌握有理数的运算法则．4.实数a，b在数轴上对应点的位置如图所示，下列判断正确的是（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】直接利用a，b在数轴上位置进而分别分析得出答案．【详解】解：由数轴上a与1的位置可知：，故选项A错误；因为a＜0，b＞0，所以，故选项B错误；因为a＜0，b＞0，所以，故选项C错误；因为a＜0，则，故选项D正确；故选：D．【点睛】此题主要考查了根据点在数轴的位置判断式子的正误，正确结合数轴分析是解题关键．5.布袋中装有除颜色外没有其他区别的1个红球和2个白球，搅匀后从中摸出一个球，放回搅匀，再摸出第二个球，两次都摸出白球的概率是（　　）第23页共23页\nA.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】首先根据题意画出树状图，然后由树状图求得所有等可能的结果，可求得两次都摸到白球的情况，再利用概率公式求解即可求得答案．【详解】解：画树状图得：则共有9种等可能的结果，两次都摸到白球的有4种情况，∴两次都摸到白球的概率为．故选A．【点睛】此题考查了列表法或树状图法求概率．用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．6.如图，在△ABC中，AB的垂直平分线交AB于点D，交BC于点E，若BC=6，AC=5，则△ACE的周长为（）A.8B.11C.16D.17【答案】B【解析】【分析】根据线段垂直平分线的性质得AE=BE，然后利用等量代换即可得到△ACE的周长=AC+BC，再把BC=6，AC=5代入计算即可．【详解】解：∵DE垂直平分AB，∴AE=BE，∴△ACE的周长=AC+CE+AE=AC+CE+BE第23页共23页\n=AC+BC=5+6=11．故选B．【点睛】本题考查了线段垂直平分线的性质：垂直平分线垂直且平分其所在线段；垂直平分线上任意一点，到线段两端点的距离相等．7.图（1）是一个长为2a，宽为2b（a＞b）的长方形，用剪刀沿图中虚线（对称轴）剪开，把它分成四块形状和大小都一样的小长方形，然后按图（2）那样拼成一个正方形，则中间空的部分的面积是A.B.C.D.【答案】C【解析】试题分析：由题意可得，正方形的边长为，故正方形的面积为．又∵原矩形的面积为，∴中间空的部分的面积=．故选C．8.在下图的四个三角形中，不能由经过旋转或平移得到的是（　　）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据平移和旋转的性质解答.【详解】A、可由△ABC逆时针旋转一个角度得到；第23页共23页\nB、可由△ABC翻折得到；C、可由△ABC逆时针旋转一个角度得到；D、可由△ABC逆时针旋转一个角度得到．故选B．9.对于实数、，定义一种新运算“”为：，这里等式右边是实数运算．例如：．则方程的解是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据题中的新运算法则表达出方程，再根据分式方程的解法解答即可．【详解】解：∴方程表达为：解得：，经检验，是原方程的解，故选：B．【点睛】本题考查了新定义的运算法则的计算、分式方程的解法，解题的关键是理解题中给出的新运算法则及分式方程的解法．10.如图，平面直角坐标系中，点在第一象限，点在轴的正半轴上，，，将绕点逆时针旋转，点的对应点的坐标是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】第23页共23页\n如图，作轴于．解直角三角形求出，即可．【详解】如图，作轴于．由题意：，，，，，，，故选B．【点睛】本题考查坐标与图形变化﹣旋转，解直角三角形等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题．11.如图，在矩形纸片ABCD中，AB=3，点E在边BC上，将△ABE沿直线AE折叠，点B恰好落在对角线AC上的点F处，若∠EAC=∠ECA，则AC的长是（　　）A.B.6C.4D.5【答案】B【解析】∵将△ABE沿直线AE折叠，点B恰好落在对角线AC上的点F处，∴AF=AB，∠AFE=∠B=90°，∴EF⊥AC，∵∠EAC=∠ECA，∴AE=CE，∴AF=CF，第23页共23页\n∴AC=2AB=6，故选B．【点睛】本题考查了翻折变换的性质、矩形的性质等，得到EF垂直平分AC是解题的关键．12.如图，已知抛物线的对称轴为直线．给出下列结论：①；②；③；④．其中，正确的结论有（）A.1个B.2个C.3个D.4个【答案】C【解析】【分析】根据开口方向及抛物线与ｙ轴交点的位置即可判断①；根据抛物线与ｘ轴交点的个数即可判断②；根据对称轴为直线，即可判断③；根据抛物线的对称性，可知抛物线经过点（-1,0），即可判断④．【详解】解：∵抛物线开口向下，则a＜0，∵抛物线交于y轴的正半轴，则c＞0，∴ac＜0，故①正确；∵抛物线与ｘ轴有两个交点，∴，故②正确；∵抛物线的对称轴为直线，则，即2a=-b，∴2a+b=0，故③错误；∵抛物线经过点（3,0），且对称轴为直线，∴抛物线经过点（-1,0），则，故④正确；∴正确的有①②④，共3个，故选：C．【点睛】此题主要考查了二次函数的图象与系数的关系，要熟练掌握，解答此题的关键是要明确：①二次项系数a决定抛物线的开口方向和大小：当a＞0时，抛物线向上开口；当a＜0第23页共23页\n时，抛物线向下开口；②一次项系数b和二次项系数a共同决定对称轴的位置：当a与b同号时（即ab＞0），对称轴在y轴左； 当a与b异号时（即ab＜0），对称轴在y轴右．（简称：左同右异）③常数项c决定抛物线与y轴交点，抛物线与y轴交于（0，c）．第Ⅱ卷（非选择题共84分）二、填空题：本大题共6小题，满分24分．只填写最后结果，每小题填对得4分．13.若a+b＝3，a2+b2＝7，则ab＝_____．【答案】1【解析】【分析】根据完全平方公式，可得答案．【详解】（a+b）2＝32＝9，（a+b）2＝a2+b2+2ab＝9．∵a2+b2＝7，∴2ab＝2，ab＝1，故答案为1．【点睛】本题考查了完全平方公式，利用完全平方公式是解题关键．14.已知关于的一元二次方程有一个根为，则的值为_______．【答案】-1【解析】【分析】直接把代入方程计算即可详解】代入方程得：解得：∵是关于的一元二次方程∴∴故答案为-1【点睛】本题考查一元二次方程解的定义，直接把方程得解代入即可求出参数值，需要注意的是一元二次方程的平方项系数不为0第23页共23页\n15.如图，AB是的直径，PA切于点A，线段PO交于点C．连接BC，若，则________．【答案】27°【解析】【分析】连接AC，根据直径所对的圆周角是直角、切线的定义得到，根据三角形外角的性质可得，因此可得，求解即可．详解】如图，连接AC，是的直径，∴，∴，∵PA切于点A，∴，∴，∵，，∴，解得，故答案为：．【点睛】本题考查直径所对的圆周角是直角、切线的性质、三角形外角的性质等内容，解题的关键是作出辅助线，得到关于的方程．16.如图，人字梯，的长都为2米.当时，人字梯顶端高地面的高度是____米（结果精确到.参考依据：，，）第23页共23页\n【答案】1.5.【解析】【分析】在中，根据锐角三角函数正弦定义即可求得答案.【详解】在中，∵，，∴，∴.故答案为1.5.【点睛】本题考查锐角三角函数，解题的关键是熟练运用锐角三角函数的定义，本题属于基础题型．17.如图，，是正方形的对角线上的两点，，，则四边形的周长是_____．【答案】【解析】【分析】连接交于点，则可证得，，可证四边形为平行四边形，且，可证得四边形为菱形；根据勾股定理计算的长，可得结论．【详解】如图，连接交于点，∵四边形为正方形，∴，，第23页共23页\n∵，∴，即，∴四边形为平行四边形，且，∴四边形为菱形，∴，∵，，由勾股定理得：，∴四边形的周长，故答案为.【点睛】本题考查了正方形的性质、菱形的判定和性质及勾股定理，掌握对角线互相垂直平分的四边形为菱形是解题的关键．18.各顶点都在方格纸的格点（横竖格子线的交错点）上的多边形称为格点多边形，它的面积S可用公式（a是多边形内的格点数，b是多边形边界上的格点数）计算，这个公式称为“皮克（Pick）定理”．如图给出了一个格点五边形，则该五边形的面积________．【答案】6【解析】【分析】根据题目要求，数出五边形内部格点数量，五边形边上格点的数量，代入计算即可．【详解】由图可知：五边形内部格点有４个，故第23页共23页\n五边形边上格点有６个，故∴＝故答案为：6．【点睛】本题考查了网格中不规则多边形的计算，按题目要求尽心计算即可．三、解答题：本大题共7小题，满分60分．解答时，要写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤．19.解不等式组，并求它的所有整数解的和．【答案】−3⩽x<2，-5【解析】【分析】先求出两个不等式解集，再求其公共部分，然后找出整数解，即可求解．【详解】解不等式，得；解不等式，得．所以，不等式组的解集为．该不等式组的所有整数解为-3，-2，-1，0，1．所以，该不等式组的所有整数解的和为．【点睛】本题考查了解一元一次不等式组、一元一次不等式组的整数解，解决的关键是正确解出每个不等式的解集，然后根据限制条件求出不等式的整数解．20.欧拉（Euler，1707年~1783年）为世界著名的数学家、自然科学家，他在数学、物理、建筑、航海等领域都做出了杰出的贡献．他对多面体做过研究，发现多面体的顶点数（Vertex）、棱数E（Edge）、面数F（Flatsurface）之间存在一定的数量关系，给出了著名的欧拉公式．（1）观察下列多面体，并把下表补充完整：名称三棱锥三棱柱正方体正八面体图形第23页共23页\n顶点数V468棱数E612面数F458（2）分析表中的数据，你能发现V、E、F之间有什么关系吗？请写出关系式：____________________________．【答案】（1）表格详见解析；（2）【解析】【分析】（1）通过认真观察图象，即可一一判断；（2）从特殊到一般探究规律即可．【详解】解：（1）填表如下：名称三棱锥三棱柱正方体正八面体图形顶点数V4686棱数E691212面数F4568（2）据上表中的数据规律发现，多面体的顶点数V、棱数E、面数F之间存在关系式：．【点睛】本题考查规律型问题，欧拉公式等知识，解题的关键是学会从特殊到一般探究规律的方法，属于中考常考题型．第23页共23页\n21.2020年，新型冠状病毒肆虐全球，疫情期间学生在家进行网课学习和锻炼，学习和身体健康状况都有一定的影响．为了解学生身体健康状况，某校对学生进行立定跳远水平测试．随机抽取50名学生进行测试，并把测试成绩（单位：m）绘制成不完整的频数分布表和频数分布直方图．学生立定跳远测试成绩的频数分布表分组频数a12b10学生立定跳远测试成绩的频数分布直方图请根据图表中所提供的信息，完成下列问题：（1）表中________，________；（2）样本成绩的中位数落在________范围内；（3）请把频数分布直方图补充完整；（4）该校共有1200名学生，估计该学校学生立定跳远成绩在范围内的有多少人？【答案】（1），；（2）；（3）详见解析；（4）240人【解析】【分析】（1）根据频数分布直方图可以求得a的值，再根据样本容量求出b的值．（2）结合中位数的求法可以求出中位数落在哪一组．（3）根据（1）中的结果可以将频数分布直方图补充完整．（4）根据频数分步表中的数据可以求出该学校学生立定跳远成绩在范围内的有多少人．第23页共23页\n【详解】解（1）由统计图可得，；（2）有50名学生进行测试，第25和26名的成绩和的平均数为中位数样本成绩的中位数落在范围内；（3）由（1）知，，补全的频数分布直方图如右图所示；学生立定跳远测试成绩的频数分布直方图（4）（人），答：估计该学校学生立定跳远成绩在范围内有240人．【点睛】本题考查频数分步表、频数分步直方图、中位数、用样本估计总体，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合思想解答．22.如图，在平面直角坐标系中，一次函数和的图象相交于点，反比例函数的图象经过点.（1）求反比例函数的表达式；（2）设一次函数的图象与反比例函数的图象的另一个交点为，连接，求的面积.【答案】（1）反比例函数的表达式为；（2）的面积为.【解析】【分析】第23页共23页\n（1）联立两一次函数解出A点坐标，再代入反比例函数即可求解；（2）联立一次函数与反比例函数求出B点坐标，再根据反比例函数的性质求解三角形的面积.【详解】（1）由题意：联立直线方程，可得，故A点坐标为（-2,4）将A（-2,4）代入反比例函数表达式，有，∴故反比例函数的表达式为（2）联立直线与反比例函数，解得，当时，，故B（-8,1）如图，过A，B两点分别作轴的垂线，交轴于M、N两点，由模型可知S梯形AMNB=S△AOB，∴S梯形AMNB=S△AOB===【点睛】此题主要考查一次函数与反比例函数综合，解题的关键是熟知一次函数与反比例函数的图像与性质.23.如图，在中，，以AB为直径的分别交AC、BC于点D、E，点F在AC的延长线上，且．第23页共23页\n（1）求证：BF是的切线；（2）若的直径为4，，求．【答案】（1）详见解析；（2）【解析】【分析】（1）连接AE，利用直径所对的圆周角是直角，从而判定直角三角形，利用直角三角形两锐角相等得到直角，从而证明∠ABF＝90°；（2）过点C作于点H，求得AC、BF的长度，证出，根据相似三角形的性质求得CH、HF的长度，根据求得BH的长度，代入求解即可．【详解】（1）（1）证明：如图，连接AE．∵AB是的直径，∴，．∵，∴．∵，∴．∴，即．∵AB是的直径，∴直线BF是的切线．（2）解：过点C作于点H．第23页共23页\n∵，的直径为4，∴．∵，，∴．∵，，∴．∴，即．∴，．∴．∴．【点睛】本题考查了圆的综合题：切线的判定与性质、勾股定理、相似三角形的性质和判定、直角所对的圆周角是直角、解直角三角形等知识点．24.在中，，CD是中线，，一个以点D为顶点的45°角绕点D旋转，使角的两边分别与AC、BC的延长线相交，交点分别为点E、F，DF与AE交于点M，DE与BC交于点N．（1）如图1，若，求证：；第23页共23页\n（2）如图2，在绕点D旋转的过程中，试证明恒成立；（3）若，，求DN的长．【答案】（1）详见解析；（2）详见解析；（3）【解析】【分析】（1）根据等腰直角三角形的性质得到∠BCD＝∠ACD＝45°，∠BCE＝∠ACF＝90°，于是得到∠DCE＝∠DCF＝135°，根据全等三角形的性质即可的结论；（2）证得△CDF∽△CED，根据相似三角形的性质得到，即CD2＝CE•CF；（3）如图，过D作DG⊥BC于G，于是得到∠DGN＝∠ECN＝90°，CG＝DG，当CD＝2，时，求得，再推出△CEN∽△GDN，根据相似三角形的性质得到，求出GN，再根据勾股定理即可得到结论．【详解】（1）证明：∵，，CD是中线，∴，，∴．在与中，，∴．∴；（2）证明：∵，∴∵，∴．∴．∴，即．（3）如图，过D作于点G，则，．第23页共23页\n当，时，由，得．在中，．∵，，∴．∴，∴．∴．【点睛】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，正确的作出辅助线是解题的关键．25.如图，抛物线交x轴于，两点，与y轴交于点C，AC，BC．M为线段OB上的一个动点，过点M作轴，交抛物线于点P，交BC于点Q．（1）求抛物线的表达式；第23页共23页\n（2）过点P作，垂足为点N．设M点的坐标为，请用含m的代数式表示线段PN的长，并求出当m为何值时PN有最大值，最大值是多少？（3）试探究点M在运动过程中，是否存在这样的点Q，使得以A，C，Q为顶点的三角形是等腰三角形．若存在，请求出此时点Q的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】（1）；（2），当时，PN有最大值，最大值为．（3）满足条件的点Q有两个，坐标分别为：，．【解析】【分析】（1）将点A、B的坐标代入解析式中求解即可；（2）由(1)求得点C坐标，利用待定系数法求得直线BC的解析式，然后用m表示出PN，再利用二次函数的性质即可求解；（3）分三种情况：①AC=CQ；②AC=AQ；③CQ=AQ，分别求解即可．【详解】解：（1）将，代入，得，解之，得．所以，抛物线表达式为．（2）由，得．将点、代入，得，解之，得．所以，直线BC的表达式为：．由，得，．∴∵，∴．∴．第23页共23页\n∴．．∵∴当时，PN有最大值，最大值为．（3）存在，理由如下：由点，，知．①当时，过Q作轴于点E，易得，由，得，（舍）此时，点；②当时，则．在中，由勾股定理，得．解之，得或（舍）此时，点；③当时，由，得（舍）．综上知所述，可知满足条件的点Q有两个，坐标分别为：，．第23页共23页\n【点睛】本题是一道二次函数与几何图形的综合题，解答的关键是认真审题，找出相关条件，运用待定系数法、数形结合法等解题方法确定解题思路，对相关信息进行推理、探究、发现和计算。第23页共23页