精品解析：湖南省娄底市2020年中考数学试题（解析版）

娄底市 2020 年初中毕业学业考试试题卷数学温馨提示： 1、本学科试卷分试题卷和答题卡两部分，考试时量 120 分钟，满分 120 分． 2、请你将姓名、准考证号等相关信息按要求填涂在答题卡上． 3、请你在答题卡规定区域内作答，答在本试题卷上无效．一、选择题（本大题共 12 小题，每小题 3 分，满分 36 分，每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的，请把你认为符合题目要求的选项填涂在答题卡上相应题号下的方框里） 1. 2020的倒数是（ 2020 ）11A. B. C. D. 2020 2020 2020 D【答案】【解析】【分析】由乘积为的两个数互为倒数，可得答案． 111 2020   ,【详解】解： 2020 12020 的倒数是：故选 D．，2020 【点睛】本题考查的是求一个数的倒数，掌握倒数的定义是解题的关键． 2. 下列运算正确的是（）a2 a3  a6 a2  a2  a4 A. B. (a  b)2  a2  b2 C. (2a)3  8a3 D. C【答案】【解析】【分析】根据同底数幂的乘法、完全平方公式、积的乘方、整式的加法：合并同类项逐项判断即可． 2323 【详解】A、 5 ，此项错误 a a  a  a 22B、 2 ，此项错误 (a  b)  a  2ab  b 3C、 D、 3 ，此项正确 2 ，此项错误 (2a)  8a 22a  a  2a 故选：C．【点睛】本题考查了同底数幂的乘法、完全平方公式、积的乘方、整式的加法，熟记各运算法则是解题关键． 3. 如图，将直尺与三角尺叠放在一起，如果 1 28，那么 2 的度数为（）A. 62° B. 56° C. 28° D. 72° A【答案】【解析】【分析】 ABD, 利用两锐角互余求解再利用平行线的性质可得答案．【详解】解：如图，标注字母， EBD  90,1 28, AB / /CD 由题意得：，ABD  90 28  62, 2  ABD  62, 故选 A．【点睛】本题考查平行线的性质，两锐角互余的性质，掌握以上知识是解题的关键． 4. 一组数据 7，8，10，12，13 的平均数和中位数分别是（）A. 7、10 B. 9、9 C. 10、10 D. 12、11 C【答案】【解析】【分析】先根据平均数的算法进行计算，求得这组数据的平均数，再将这组数据按从小到大排列的顺序排列，找出最中间的数即可得出答案． 17 810 12 13 10, 【详解】解：这组数据的平均数是： 5把这些数从小到大排列为：7，8，10，12，13，最中间的数是 10，则中位数是 10；故选：C．【点睛】本题主要考查了平均数与中位数，平均数是指在一组数据中所有数据之和再除以数据的个数；将一组数据按照从小到大（或从大到小）的顺序排列，如果这组数据的个数是偶数，则中间两个数据的平均数就是这组数据的中位数． 5. 我国汽车工业迅速发展，国产汽车技术成熟，下列汽车图标是中心对称图形的是（）A. B. C. D. B【答案】【解析】【分析】根据中心对称图形的概念求解．【详解】解：A、不是中心对称图形．故错误； B、是中心对称图形．故正确； C、不是中心对称图形．故错误； D、不是中心对称图形．故错误．故选：B．【点睛】本题考查了中心对称图形的概念：中心对称图形是要寻找对称中心，旋转 180 度后与原图重合． 6. 2020 年中央财政下达义务教育补助经费 1695.9 亿元，比上年增长 8.3%．其中 1695.9 亿元用科学记数法表示为（）A. 10 元 B. 8 元 C. 10 元 D. 11 元 16.95910 1695.910 1.695910 1.695910 D【答案】【解析】【分析】根据科学记数法的定义即可得． n1 a 10 ，n 为整数，这种记数的方法叫做【详解】科学记数法：将一个数表示成科学记数法的形式，其中 a  10 3811 则亿1695.9 1.695910 10 1.695910 故选：D．【点睛】本题考查了科学记数法的定义，熟记定义是解题关键． 7. 正多边形的一个外角为 60°，则这个多边形的边数为（）A. 5 B. 6 C. 7 D. 8 B【答案】【解析】【分析】根据正多边形的外角和以及一个外角的度数，求得边数．【详解】解：正多边形的一个外角等于 60°，且外角和为 360°，则这个正多边形的边数是：360°÷60°=6，故选：B．【点睛】本题主要考查了多边形的外角和定理，解决问题的关键是掌握多边形的外角和等于 360 度． L  Lcos L  l cos ，如果动力 F 的用力方向 8. 如图，撬钉子的工具是一个杠杆，动力臂，阻力臂 12始终保持竖直向下，当阻力不变时，则杠杆向下运动时的动力变化情况是（）A. 越来越小 B. 不变 C. 越来越大 D. 无法确定 A【答案】【解析】【分析】 cos 的值随着的减小而增大结合反比例函数的增减性即可求得答案．根据杠杆原理及【详解】解：∵动力×动力臂=阻力×阻力臂， ∴当阻力及阻力臂不变时，动力×动力臂为定值，且定值＞0， ∴动力随着动力臂的增大而减小， ∵杠杆向下运动时的度数越来越小，此时 cos 的值越来越大， L  Lcos 又∵动力臂，1∴此时动力臂也越来越大， ∴此时的动力越来越小，故选：A．【点睛】本题主要考查了杠杆原理以及锐角三角函数和反比例函数的增减性，熟练掌握相关知识是解决本题的关键． k1 xk2 x9. 如图，平行于 y 轴的直线分别交 y  y  与的图象（部分）于点 A、B，点 C 是 y 轴上的动点，则 ABC 的面积为（）121k1  k2 k2  k1 k  k k  k 1  A. B. C. D. 2  122B【答案】【解析】【分析】 k1 k2 x设 A 的坐标为（x，），B 的坐标为（x，），然后根据三角形的面积公式计算即可． xk1 k2 【详解】解：设 A 的坐标为（x，），B 的坐标为（x，）， xx12kk122  1xk  k ∴S△ABC ==，2  1xx故选：B．【点睛】本题考查了反比例函数和几何综合，设出 A，B 的坐标是解题关键． 10. 下列各正方形中的四个数之间都有相同的规律，根据此规律，x 的值为（）A. 135 B. 153 C. 170 D. 189 C【答案】【解析】【分析】 a可求解，从而得到，再利用 22  4,23  6,24  8, 的关a,b, x 由观察发现每个正方形内有：之间 bx系求解即可．【详解】解：由观察分析：每个正方形内有： 22  4,23  6,24  8, 2b 18, b  9, a  8, 由观察发现：又每个正方形内有： 24 1 9,36  2  20,48 3  35, 18b  a  x, x 189 8 170. 故选 C．【点睛】本题考查的是数字类的规律题，掌握由观察，发现，总结，再利用规律是解题的关键． 11. 函数的零点是指使函数值等于零的自变量的值，则下列函数中存在零点的是（）1y  x2  x  2 y | x | 1 D. y  x  A. B. C. y  x 1 xD【答案】【解析】【分析】 y  0 把代入四个函数解析式，解方程即可得到答案． 2【详解】解：当 y  x  x  2  0, a 1,b 1,c  2, 20＜，  b  4ac 1 412  7 原方程没有实数解， 2没有零点，故不符合题意， Ay  x  x  2 当y  x 1 0,  x  1, 显然，方程没有解，所以 B没有零点，故不符合题意， y  x 1 1y  x  0, 当xx2 1 0, 显然方程无解， 1y  x  所以没有零点，故不符合题意， Cxy | x | 1  0, 当 x 1, x  1, y | x | 1 所以故选有两个零点，故符合题意， DD. x【点睛】本题考查的是函数的零点，即函数与轴的交点的情况，掌握令 y  0 ，再解方程是解题的关键． 12. 二次函数 y=（x﹣a）（x﹣b）﹣2，（a＜b）的图象与 x 轴交点的横坐标为 m，n，且 m＜n，则 a，b，m， n 的大小关系是（　　） A. a＜m＜n＜b B. a＜m＜b＜n C. m＜a＜b＜n D. m＜a＜n＜b C【答案】【解析】【分析】依照题意画出二次函数 y=（x-a）（x-b）及 y=（x-a）（x-b）-2 的图象，观察图象即可得出结论．【详解】解：二次函数 y=（x-a）（x-b）与 x 轴交点的横坐标为 a、b，将其图象往下平移 2 个单位长度可得出二次函数 y=（x-a）（x-b）-2 的图象，如图所示．观察图象，可知：m＜a＜b＜n．故选 C．【点睛】本题考查了抛物线与 x 轴的交点以及二次函数的图象，依照题意画出图象，利用数形结合解决问题是解题的关键．二、填空题（本大题共 6 小题，每小题 3 分，满分 18 分） 2c  有两个相等的实数根，则 ________． 13. 一元二次方程 x  2x  c  0 【答案】1 【解析】【分析】  0, 由一元二次方程有两个相等的实数根，则从而列方程可得答案． 2【详解】解：方程有两个相等的实数根， x  2x  c  0  b2  4ac  0, 2 2  41c  0, 4c  4, c 1, 故答案为： 1. 【点睛】本题考查的是一元二次方程根的判别式，掌握根的判别式是解题的关键． 14. 口袋内装有大小、质量和材料都相同的两种颜色的球，其中红色球 3 个，白色球 2 个，从中任意摸出一球，摸出白色球的概率是_________． 2【答案】 5【解析】【分析】根据概率的计算公式，用白球的个数除以总个数即可得到结果． 2P  【详解】由题可知，摸出白球的概率．52故答案为．5的【点睛】本题主要考查了概率求解，准确计算是关键． badc1b  d a  c 15.  (a  c) 若，则 ________． 21【答案】 2【解析】【分析】根据比例的基本性质进行化简，代入求职即可． badc1 (a  c) 【详解】由可得，c  2d ，a  2b 2b  d b  d b  d 1=代入．a  c 2b  2d 2 b  d 21故答案为．2【点睛】本题主要考查了比例的基本性质化简，准确观察分析是解题的关键． 16. 如图，公路弯道标志表示圆弧道路所在圆的半径为 m（米），某车在标有处的弯道上从 R  300 R  m 点 A 行驶了100 米到达点 B，则线段 _______米． AB  【答案】300 【解析】【分析】根据弧长公式求出∠AOB 的度数，根据等边三角形的性质即可求解． n R n 300 【详解】∵100 ∴n=60° =180 180 又 AO=BO ∴△AOB 是等边三角形， ∴AO=BO=300(米) AB  故答案为：300．【点睛】此题主要考查弧长公式，解题的关键是熟知弧长公式的运用． 17. AB  AC  3, BD  CD  2 如图，四边形 ABDC 中，，则将它以为轴旋转 180°后所得分别以、AD AB 为母线的上下两个圆锥的侧面积之比为_________． BD 【答案】3∶2 【解析】【分析】根据两个圆锥的底面圆相同，设底面圆的周长为 l，根据圆锥的侧面积公式可得上面圆锥的侧面积为： π·AB·l，下面圆锥的侧面积为：π·BD·l，即可得出答案．【详解】解：∵两个圆锥的底面圆相同， ∴可设底面圆的周长为 l， ∴上面圆锥的侧面积为：π·AB·l，下面圆锥的侧面积为：π·BD·l， ∴S 上：S 下=3：2，故答案为：3：2．【点睛】本题考查了圆锥的侧面积公式，掌握圆锥侧面积公式是解题关键．由 4 个直角边长分别为 a，b 的直角三角形围成的“赵爽弦图”如图所示，根据大正方形的面积 2 等于 18. c小正方形的面积 (a b)2 与 4 个直角三角形的面积的和证明了勾股定理 2 ，还可以用来证明 222ab a  b  c 22a结论：若、b  0 且为定值，则当 _______ 时， ab 取得最大值． a  0 ba  b 【答案】= 【解析】【分析】 2，先根据“张爽弦图”得出 2ab  k  (a b)2 ，再利用平方数的非 222设2 为定值，则 ka  b c  a  b  k 负性即可得． 2222【详解】设 2 为定值，则 ka  b c  a  b  k 由“张爽弦图”可知， 2ab  c2  (a b)2  k  (a b)2 k  (a b)2 即ab  2要使 ab 的值最大，则 (a b)2 需最小  (a  b)2  0 又当时， (a b)2 取得最小值，最小值为 0 a  b a  b k则当时， ab 取得最大值，最大值为 2故答案为：．【点睛】本题考查了勾股定理的应用、平方数的非负性，掌握勾股定理是解题关键．三、解答题（本大题共 2 小题，每小题 6 分，共 12 分） 1 1  3 1 3tan30 (3.14  )0  19. 计算：   2  【答案】2．【解析】【分析】先计算绝对值运算、特殊角的正切函数值、零指数幂、负整数指数幂，再计算实数的混合运算即可得． 3【详解】原式  3 1 3 1 2 3 3 1 3 1 2 ． 2 【点睛】本题考查了绝对值运算、特殊角的正切函数值、零指数幂、负整数指数幂，熟记各运算法则是解题关键． m2m mm2  9 20. 先化简，然后从，0，1，3 中选一个合适的数代入求值． 3 m  3 m  3 【答案】【解析】【分析】，10 ．m 9 先计算括号内的分式减法，再计算分式的除法，然后选一个使得分式有意义的 x 的值代入求值即可． m(m 3) 2m(m  3) m【详解】原式 (m  3)(m 3) (m  3)(m 3) (m  3)(m 3) m2 3m  2m2  6m (m  3)(m 3) (m  3)(m 3) mm2 9m mm(m  9) m m  9 分式的分母不能为 0 m  0,m 3  0,m  3  0 解得：m 不能为，0，3 3 则选 m  1代入得：原式． m 9  19  10 【点睛】本题考查了分式的减法与除法、分式有意义的条件等知识点，掌握分式的运算法则是解题关键．四、解答题（本大题共 2 小题，每小题 8 分，共 16 分） 21. 我市开展“温馨家园，创文同行”活动，某初中学校倡议学生利用双休日进社区参加义务劳动，为了了 t h 解同学们的劳动情况，学校随机调查了部分同学的劳动时间  ：A．，B．，0  t  0.5 0.5  t 1 C．，D．，1 t 1.5 t 1.5 将所得数据绘制成了如下不完整的统计图： a  （1）本次调查参加义务劳动的学生共_______人，（2）补全条形统计图． _______．（3）扇形图中“ ”部分的圆心角是_______度． 0  t  0.5 【答案】（1）100，40；（2）详见解析；（3）18° 【解析】【分析】（1）利用 C 组的人数除以百分比，即可得到总人数，然后求出 a 的值即可；的（2）求出 D 组人数，然后补全条形图即可；（3）求出 A 组的百分比，乘以 360°，即可得到答案．【详解】解：（1），3535% 100 40 100100%  40% ，∴本次调查参加义务劳动的学生共 100 人，故答案为：100；40；；a  40 （2）补全条形统计图如图所示．（3），5100360 18 ∴扇形图中“ ”部分的圆心角为 18°． 0  t  0.5 【点睛】本题考查了扇形统计图，条形统计图，以及求扇形图中的圆心角，弄清题中的数据是解本题的关键． 22. 如实景图，由华菱涟钢集团捐建的早元街人行天桥于 2019 年 12 月 18 日动工，2020 年 2 月 28 日竣工，彰显了国企的担当精神，展现了高效的“娄底速度”．该桥的引桥两端各由 2 个斜面和一个水平面构成，如示意图所示：引桥一侧的桥墩顶端 E 点距地面，从E 点处测得 D 点俯角为 30°，斜面长为，5m ED 4m 水平面长为，斜面 BC 的坡度为 1∶4，求处于同一水平面上引桥底部的长．（结果精确到，DC 0.1m 2m AB ）． 2 1.41, 31.73 【答案】引桥桥墩底端 A 点到起点 B 之间的距离为．17.5m 【解析】【分析】延长，与相交于 F，过点 D、C 两点分别作的垂线交于点 G、H，计算 AG，GH，BH 的 AB CD AE AB 长度，再求和即可．【详解】解：如图，延长，与相交于 F，过点 D、C 两点分别作的垂线交于点 G、H，则 AB CD AE AB DE  4,EDF  30, EF  2 在中，，Rt△DEF 3DF  DE cos30  4  2 3 AG 2GH  DC  2,CH  AF  5 2  3 ，CH : BH  1: 4, BH  12 在中， RtBCH AB  AG  GH  BH  2 3 2 12 17.46 17.5(m) 答：引桥桥墩底端 A 点到起点 B 之间的距离为．17.5m 【点睛】本题考查了解直角三角形的实际应用问题，熟练的构造直角三角形，并计算各边的计算是解题的关键．五、解答题（本大题共 2 小题，每小题 9 分，共 18 分） 23. 为了预防新冠肺炎疫情的发生，学校免费为师生提供防疫物品．某校花 7200 元购进洗手液与 84 消毒液共 400 瓶，已知洗手液的价格是 25 元瓶，84 消毒液的价格是 15 元瓶．求：（1）该校购进洗手液和 84 消毒液各多少瓶？（2）若购买洗手液和 84 消毒液共 150 瓶，总费用不超过 2500 元，请问最多能购买洗手液多少瓶？【答案】（1）该校购进洗手液 120 瓶，购进 84 消毒液 280 瓶；（2）最多能买洗手液 25 瓶．【解析】【分析】 400  x （1）设购进洗手液 x 瓶，则购进 84 消毒液为瓶，根据题意得到一元一次方程，故可求解； （2）设最多能购买洗手液 a 瓶，根据题意得到不等式，故可求解． 400  x 【详解】解：（1）设购进洗手液 x 瓶，则购进 84 消毒液为瓶25x 15(400  x)  7200 依题意得：解得 x 120 400  x  280 答：该校购进洗手液 120 瓶，购进 84 消毒液 280 瓶．（2）设最多能购买洗手液 a 瓶 25a 15(150  a)„ 2500 解得 a  25 答：最多能买洗手液 25 瓶．【点睛】此题主要考查一元一次方程与不等式的应用，解题的关键是根据题意找到等量关系或不等关系列式求解． 24. 如图，ABCD 中，，BC  2AB AB  AC ，分别在边 BC 、上的点 E 与点 F 关于对称，连 AC AD 接、、、．CF EF AE DE （1）试判定四边形 AECF 的形状，并说明理由；（2）求证： AE  DE 【答案】（1）四边形 AECF 为菱形，理由详见解析；（2）详见解析【解析】【分析】 OE  OF, EF  AC 可得到四边形 AECF 是菱形；（1）根据题意可证明，再由 AOF≌COE （2）根据直角三角形斜边上的中线的性质即可求解．【详解】解：（1）四边形 AECF 为菱形，理由如下由设ABCD 可得，从而 AD//BC CAF  ACE 与相交于点 O AC EF ∵点 E 与点 F 关于对称 AC OE  OF ∴在且EF  AC AOF 和COE 中CAF  ACE OE  OF AOF  COE ∴∴AOF≌COE OE  OF, EF  AC ，又 OA  OC ∴四边形 AECF 为菱形，（2）∵ ，据（1） CAB  AC EF  A ∴EF//AB 又∵ ∴BE  CE OA  OC AF  DF 11EF  AB  BC  AD  AF  DF 22∴．AE  DE 【点睛】此题主要考查菱形的判定与性质，解题的关键是熟知全等三角形的判定与性质、菱形的判定定理及直角三角形的性质．六、综合题（本大题共 2 小题，每小题 10 分，共 20 分） 25. 如图，点 C 在以 O O 为直径的上，平分ABC BD 交于点 D，过 D 作 BC 的垂线，垂足为 AB E． O （1）求证：与相切； DE AB  5, BE  4 （2）若，求的长； BD （3）请用线段、BE 表示的长，并说明理由． CE AB 【答案】（1）详见解析；（2）；（3），理由详见解析 CE  AB  BE 2 5 【解析】【分析】 OD （1）连，据题意得 OB  OD ，根据平分线的性质，得，证明，再根据 CBD  OBD OD//BC 可得结果； DE  BC （2）根据 2O 为的直径可得，证出，得到，代入数值 ADB  90 AB DBE∽ABD BD  AB  BE 求解即可； 2222ADB  90,CED  90 （3）由得，根据，得到，CD  AD EBD  ABD CD  AD  AB  BD 2 ，联立即可得到结果； DE2  BD2  BE OD 【详解】解：（1）连，据题意得OB  OD ，，ODB  OBD ∵∴∴∴平分ABC ，BD ，，CBD  OBD CBD  ODB ，OD//BC 又∵ ∴，DE  BC ，DE  OD O ∴与相切． DE O （2）为的直径可得：，ADB  90 AB 据（1）且，CBD  OBD DEB  90 ∴在和DBE △ABD 中，，EBD  ABD，DEB  ADB ∴∴，，DBE∽ABD BD  AB  BE 2AB  5, BE  4 又∵ ∴，．BD  20  2 5 （3）．CE  AB  BE 由∵得，CD  AD EBD  ABD ADB  90,CED  90 ，2222∴，CD  AD  AB  BD DE2  BD2  BE2 ，CE2  CD2  DE2  AB2  BE2  2BD2  (AB  BE)2 ，RtDBE, RtABD 由∴得，AB  BD  BE ．CE  AB- BE 【点睛】本题主要考查了圆的综合应用，结合三角形相似的知识点进行求解是解题的关键． B(1,0) A(3,0) C(0,3) ．26. 如图，抛物线经过点、、（1）求抛物线的解析式； P m,n （2）点是抛物线上的动点，当时，试确定 m 的值，使得PAC 的面积最大； 3  m  0 22（3）抛物线上是否存在不同于点 B 的点 D，满足，若存在，请求出点 D 的坐标；若不存 DA  DC  6 在，请说明理由． 3【答案】（1） y  x2  2x  3 ；（2）；（3） D 2,3 m   2【解析】【分析】 C 0,3 解出 a，即可求出抛物线的解析 y  a( x  3) ( x 1) （1）据题意可设抛物线的解析式为，将点代入 式； P m,n （2）先求出直线 AC 的解析式，然后根据当 x  m 时，点在直线上方，过点 P 作 x 轴的 AC 3  m  0 y = x+ 3 P m,m2  2m  3 垂线与线段相交于点 Q，可将分别代入 y  x2  2x  3 和得，AC Q(m,m  3) ，从而得出 PQ 的代数式，从而可求出 m 的值； 222 ，可求出，连接 AB  4,OB  1,CO  3 （3）由题意可得，根据，BC  10 CAO  45 BA  BC  6 222222B 作的垂线交抛物线于点 D，交于点H，可得 AC ，BC ，过 AC DA  DC  HA  HC  BA  BC  6 根据CAO  DBA，可得与关于的垂直平分线对称，即关于抛物线的对称轴对称， AC x  1 BD AB 即点 D 与点 C 关于抛物线的对称轴对称，从而可求出点 D 的坐标． x  1 y  a( x  3) ( x 1) 【详解】解：（1）据题意可设抛物线的解析式为，C 0,3 代入，可得将点 a  1 ∴抛物线的解析式为 y  x2  2x  3 ；y  kx  b （2）设直线 AC 的解析式为：，0  3k  b 3  b A(3,0) C(0,3) 、将代入得，k 1 b  3 解得，y = x+ 3 ，∴直线当的解析式： AC P m,n 时，点在直线上方， 3  m  0 AC 过点 P 作 x 轴的垂线与线段相交于点 Q， AC y = x+ 3 P m,m2  2m  3 Q(m,m  3) 分别代入 y  x2  2x  3 和得，，x  m 将∴PQ  m2  2m  3 (m  3)  m2  3m 2394 m  2∵，3  m  0 32PQ 取得最大值， m   ∴当且仅当时， 13SPQ  AO  PQ 此时最大， PAC 2232m   ∴；B(1,0) A(3,0) C(0,3) 得AB  4,OB  1,CO  3 （3）由、、，2∵，，BC  10 CAO  45 22∴，BA  BC  6 连接 BC ，过 B 作的垂线交抛物线于点 D，交于点 H， AC AC AHB  90,DBA  CAO  45 则，222222，DA  DC  HA  HC  BA  BC  6 ∵∴CAO  DBA ，与关于的垂直平分线对称，即关于抛物线的对称轴对称， AC x  1 BD AB ∴点 D 与点 C 关于抛物线的对称轴对称， x  1 C 0,3 ，又∵ ∴点 D 的坐标为（-2，3）．【点睛】本题是二次函数的综合题，考查二次函数的性质，求一次函数解析式，结合题意，正确添加辅助线，灵活运用知识点是解题关键．本试卷的题干 0635