菏泽市二0二0年初中学业水平考试(中考)数学试题
注意事项：
1．本试题共24个题，考试时间120分钟．
2．请把答案写在答题卡上，选择题用2B铅笔填涂，非选择题用0.5毫米黑色签字笔书写在答题卡的指定区域内，写在其他区域不得分．
一、选择题(本大题共8个小题，在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的，请把正确选项的序号涂在答题卡的相应位置．)
1.下列各数中，绝对值最小的数是( )
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
根据绝对值的意义，计算出各选项的绝对值，然后再比较大小即可．
【详解】解：，，，，
∵，
∴绝对值最小的数是；
故选：B．
【点睛】本题考查的是实数的大小比较，熟知绝对值的性质是解答此题的关键．
2.函数的自变量的取值范围是( )
A. B. 且 C. D. 且
【答案】D
【解析】
【分析】
由分式与二次根式有意义的条件得函数自变量的取值范围．
【详解】解：由题意得：
解得：且
故选D．
【点睛】本题考查的是函数自变量的取值范围，掌握分式与二次根式有意义的条件是解题的关键．
3.在平面直角坐标系中，将点向右平移个单位得到点，则点关于轴的对称点的坐标为( )
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
先根据点向右平移个单位点的坐标特征：横坐标加3，纵坐标不变，得到点的坐标，再根据关于轴的对称点的坐标特征：横坐标不变，纵坐标变为相反数，得到对称点的坐标即可．
【详解】解：∵将点向右平移个单位，
∴点的坐标为：(0，2)，
∴点关于轴的对称点的坐标为：(0，-2)．
故选：A．
【点睛】本题考查平移时点的坐标特征及关于轴的对称点的坐标特征，熟练掌握对应的坐标特征是解题的关键．
4.一个几何体由大小相同的小立方块搭成，它的俯视图如图所示，其中小正方形中的数字表示在该位置小立方块的个数，则该几何体的主视图为( )
A. 
B. 
C. 
D. 
【答案】A
【解析】
【分析】
从正面看，注意“长对正，宽相等、高平齐”，根据所放置的小立方体的个数判断出主视图图形即可．
【详解】解：从正面看所得到的图形为选项中的图形．
故选：．
【点睛】考查几何体的三视图的知识，从正面看的图形是主视图，从左面看到的图形是左视图，从上面看到的图象是俯视图．掌握以上知识是解题的关键．
5.如果顺次连接四边形的各边中点得到的四边形是矩形，那么原来四边形的对角线一定满足的条件是( )
A. 互相平分 B. 相等 C. 互相垂直 D. 互相垂直平分
【答案】C
【解析】
【分析】
由于顺次连接四边形各边中点得到的四边形是平行四边形，再由矩形的判定可知，依次连接对角线互相垂直的四边形各边的中点所得四边形是矩形．
【详解】 
根据题意画出图形如下：
答：AC与BD 的位置关系是互相垂直．
证明：∵四边形EFGH是矩形，
∴∠FEH=90°，
又∵点E、F、分别是AD、AB、各边的中点，
∴EF是三角形ABD的中位线，
∴EF∥BD，
∴∠FEH=∠OMH=90°，
又∵点E、H分别是AD、CD各边的中点，
∴EH是三角形ACD的中位线，
∴EH∥AC，
∴∠OMH=∠COB=90°，
即AC⊥BD．
故选C．
【点睛】此题主要考查了矩形的判定定理，画出图形进而应用平行四边形的判定以及矩形判定是解决问题的关键．
6.如图，将绕点顺时针旋转角，得到，若点恰好在的延长线上，则等于( )
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
根据旋转的性质和四边形的内角和是360º即可求解．
【详解】由旋转的性质得：∠BAD=，∠ABC=∠ADE，
∵∠ABC+∠ABE=180º，
∴∠ADE+∠ABE=180º，
∵∠ABE+∠BED+∠ADE+∠BAD=360º，∠BAD=
∴∠BED=180º-，
故选：D．
【点睛】本题考查了旋转的性质、四边形的内角和是360º，熟练掌握旋转的性质是解答的关键．
7.等腰三角形的一边长是，另两边的长是关于的方程的两个根，则的值为( )
A. B. C. 或 D.
【答案】C
【解析】
【分析】
分类讨论：当3为等腰三角形的底边，则方程有等根，所以△＝0，求解即可，于是根据根与系数的关系得两腰的和＝4，满足三角形三边的关系；当3为等腰三角形的腰，则x＝3为方程的解，把x＝3代入方程可计算出k的值即可．
【详解】解：①当3为等腰三角形的底边，根据题意得△＝(-4)2−4k＝0，解得k＝4，
此时，两腰的和=x1+x2=4>3，满足三角形三边的关系，所以k＝4；
②当3为等腰三角形的腰，则x＝3为方程的解，把x＝3代入方程得9−12＋k＝0，解得k＝3；
综上，k的值为3或4，
故选：C．
【点睛】本题考查了一元二次方程ax2＋bx＋c＝0(a≠0)的解以及根与系数的关系等腰三角形的性质和三角形的三边关系，注意解得k的值之后要看三边能否组成三角形．
8.一次函数与二次函数在同一平面直角坐标系中的图象可能是( )
A. 
B. 
C. 
D. 
【答案】B
【解析】
【分析】
逐一分析四个选项，根据二次函数图象的开口以及对称轴与y轴的关系即可得出a、b的正负，由此即可得出一次函数图象经过的象限，再与函数图象进行对比即可得出结论．
【详解】解：A、∵二次函数图象开口向上，对称轴在y轴右侧，
∴a>0，b＜0，
∴一次函数图象应该过第一、三、四象限，A错误；
B、∵二次函数图象开口向上，对称轴在y轴左侧，
∴a>0，b>0，
∴一次函数图象应该过第一、二、三象限，B正确；
C、∵二次函数图象开口向下，对称轴在y轴右侧，
∴a<0，b>0，
∴一次函数图象应该过第一、二、四象限，C错误；
D、∵二次函数图象开口向下，对称轴在y轴左侧，
∴a＜0，b＜0，
∴一次函数图象应该过第二、三、四象限，D错误．
故选：B．
【点睛】本题考查了二次函数的图象以及一次函数图象与系数的关系，根据a、b的正负确定一次函数图象经过的象限是解题的关键．
二、填空题(本大题共6个小题，只要求把最后结果填写在答题卡的相应区域内)
9.计算的结果是_______．
【答案】﹣13
【解析】
【分析】
根据平方差公式计算即可.
【详解】.
故答案为﹣13.
【点睛】本题考查平方差公式和二次根式计算,关键在于牢记公式.
10.方程的解是______．
【答案】
【解析】
【分析】
方程两边都乘以化分式方程为整式方程，解整式方程得出的值，再检验即可得出方程的解．
【详解】方程两边都乘以，得：，
解得：，
检验：时，，
所以分式方程的解为，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查解分式方程，解题的关键是掌握解分式方程的步骤：①去分母；②求出整式方程的解；③检验；④得出结论．
11.如图，在中，，点为边的中点，连接，若，，则的值为______．
【答案】
【解析】
【分析】
根据直角三角形斜边上的中线是斜边的一半得到DC=DB，∠DCB=∠B，根据锐角三角函数的定义即可求解．
【详解】∵∠ACB=90°，BC=4，CD=3，点D是AB边的中点，
∴DC=DB，
∴∠DCB=∠B，AB=2CD=6，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题考查了直角三角形的性质，等腰三角形的判定和性质，锐角三角函数的定义，掌握直角三角形斜边上的中线是斜边的一半和三角函数的定义是解题的关键．
12.从，，，这四个数中任取两个不同的数分别作为，的值，得到反比例函数，则这些反比例函数中，其图象在二、四象限的概率是______．
【答案】
【解析】
【分析】
从，，，中任取两个数值作为，的值，表示出基本事件的总数，再表示出其积为负值的基础事件数，按照概率公式求解即可．
【详解】从，，，中任取两个数值作为，的值，其基本事件总数有：
共计12种；
其中积为负值的共有：8种，
∴其概率为：
故答案为：．
【点睛】本题结合反比例函数图象的性质，考查了概率的计算，能准确写出基本事件的总数，和满足条件的基本事件数，是解题的关键．
13.如图，在菱形中，是对角线，，⊙O与边相切于点，则图中阴影部分的面积为_______．
【答案】
【解析】
【分析】
连接OD，先求出等边三角形OAB的面积，再求出扇形的面积，即可求出阴影部分的面积．
【详解】解：如图，连接OD，
∵AB是切线，则OD⊥AB，
在菱形中，
∴，
∴△AOB是等边三角形，
∴∠AOB=∠A=60°，
∴OD=，
∴，
∴扇形的面积为：，
∴阴影部分的面积为：；
故答案为：．
【点睛】本题考查了求不规则图形的面积，扇形的面积，等边三角形的判定和性质，解直角三角形，解题的关键是正确求出等边三角形的面积和扇形的面积．
14.如图，矩形中，，，点在对角线上，且，连接并延长，交的延长线于点，连接，则的长为_______．
【答案】
【解析】
【分析】
由矩形的性质求得BD，进而求得PD ，再由AB∥CD得，求得CQ，然后由勾股定理解得BQ即可．
【详解】∵四边形ABCD是矩形，，，
∴∠BAD=∠BCD=90º，AB=CD=5，BC=AD=12，AB∥CD，
∴，又=5，
∴PD=8，
∵AB∥DQ，
∴，即
解得：CQ=3，
在Rt△BCQ中，BC=12，CQ=3，
．
故答案为：
【点睛】本题考查了矩形的性质、平行线分线段成比例定理、勾股定理，熟练掌握矩形的性质，会利用平行线成比例定理列相关比例式是解答的关键．
三、解答题(把解答或证明过程写在答题卡的相应区域内．)
15.计算：．
【答案】
【解析】
【分析】
根据负整数指数幂，绝对值，特殊角的三角函数值，积的乘方公式的逆向应用进行计算即可．
【详解】
．
【点睛】本题考查了负整数指数幂，绝对值，特殊角的三角函数值，积的乘方公式的逆向应用，熟知以上运算是解题的关键．
16.先化简，再求值：，其中满足．
【答案】2a2+4a,6
【解析】
【分析】
原式括号中两项通分并利用同分母分式的减法法则计算，同时利用除法法则变形，约分得到最简结果，再代值计算即可求出值．
【详解】解：原式=
=
=
=2a(a+2)
=2a2+4a.
∵，
∴a2+2a=3.
∴原式=2(a2+2a)=6.
【点睛】此题主要考查了分式的化简求值，正确化简分式是解题关键．
17.如图，在中，，点在的延长线上，于点，若，求证：．
【答案】证明见解析
【解析】
【分析】
利用AAS证明，根据全等三角形的性质即可得到结论．
【详解】证明：∵，
∴∠ADE=90°，
∵，
∴∠ACB=∠ADE，
在和中
，
∴，
∴AE=AB，AC=AD，
∴AE-AC=AB-AD，即EC=BD．
【点睛】本题考查全等三角形的判定和性质，解题的关键是熟练掌握基本知识．
18.某兴趣小组为了测量大楼的高度，先沿着斜坡走了米到达坡顶点处，然后在点处测得大楼顶点的仰角为，已知斜坡的坡度为，点到大楼的距离为米，求大楼的高度．(参考数据：，，)
【答案】大楼的高度为52米
【解析】
【分析】
过点B作BE⊥AD于点E，作BF⊥CD于点F，在Rt△ABE中，根据坡度及勾股定理求出BE和AE的长，进而由三个角是直角的四边形是矩形判断四边形BEDF是矩形，得到BF和FD的长，再在Rt△BCF中，根据∠CBF的正切函数解直角三角形，得到CF的长，由CD=CF+FD得解．
【详解】解：如下图，过点B作BE⊥AD于点E，作BF⊥CD于点F，
在Rt△ABE中，AB=52，
∵
∴tan∠BAE==，
∴AE=2.4BE，
又∵BE2+AE2=AB2，
∴BE2+(2.4BE)2=522，
解得：BE=20，
∴AE=2.4BE=48；
∵∠BED=∠D=∠BFD=90°，
∴四边形BEDF是矩形，
∴FD=BE=20，BF=ED=AD-AE=72-48=24；
在Rt△BCF中，
tan∠CBF=，
即：tan53°==
∴CF=BF=32，
∴CD=CF+FD=32+20=52．
答：大楼的高度为52米．
【点睛】本题考查解直角三角形的实际应用，熟练掌握仰角的定义，准确确定合适的直角三角形并且根据勾股定理或三角函数列出方程是解题的关键．
19.某中学全校学生参加了“交通法规”知识竞赛，为了解全校学生竞赛成绩的情况，随机抽取了一部分学生的成绩，分成四组：A：；B：；C：；D：，并绘制出如下不完整的统计图．
(1)求被抽取的学生成绩在C：组的有多少人；
(2)所抽取学生成绩的中位数落在哪个组内；
(3)若该学校有名学生，估计这次竞赛成绩在A：组的学生有多少人．
【答案】(1)24人；(2)C组；(3)150人．
【解析】
【分析】
(1)根据扇形统计图的B组所占比例，条形统计图得B在人数，用总人数减去A，B，D人数，可得C组人数；
(2)根据总人数多少，结合中位数的概念确定即可；
(3)根据样本中A组所占比例，用总人数乘以比例，即可得到答案．
【详解】(1)由图可知：B组人数为12；B组所占的百分比为20%，
∴本次抽取的总人数为：(人)，
∴抽取的学生成绩在C：组的人数为：(人)；
(2)∵总人数为60人，
∴中位数为第30,31个人成绩的平均数，
∵，且
∴中位数落在C组；
(3)本次调查中竞赛成绩在A：组的学生的频率为：，
故该学校有名学生中竞赛成绩在A：组的学生人数有：(人)．
【点睛】本题考查了条件统计图与扇形统计图的信息读取，以及总数，频数与频率之间的转化计算，熟知以上知识是解题的关键．
20.如图，一次函数的图象与反比例函数的图象相交于，两点．
(1)求一次函数和反比例函数的表达式；
(2)直线交轴于点，点是轴上的点，若的面积是，求点的坐标．
【答案】(1)一次函数的表达式为，反比例函数的表达式为；(2)(3，0)或(-5，0)
【解析】
【分析】
(1)将点A坐标代入中求得m，即可得反比例函数的表达式，据此可得点B坐标，再根据A、B两点坐标可得一次函数表达式；
(2)设点P(x，0)，由题意解得PC的长，进而可得点P坐标．
【详解】(1)将点A(1,2)坐标代入中得：m=1×2=2，
∴反比例函数的表达式为，
将点B(n，-1)代入中得：
，∴n=﹣2，
∴B(-2，-1)，
将点A(1，2)、B(-2，-1)代入中得：
解得：，
∴一次函数的表达式为；
(2)设点P(x，0)，
∵直线交轴于点，
∴由0=x+1得：x=﹣1，即C(-1，0)，
∴PC=∣x+1∣，
∵的面积是，
∴
∴解得：，
∴满足条件的点P坐标为(3，0)或(-5，0)．
【点睛】本题考查了反比例函数与一次函数的交点问题，会用待定系数法求函数的解析式，会用坐标表示线段长是解答的关键．
21.今年史上最长的寒假结束后，学生复学，某学校为了增强学生体质，鼓励学生在不聚集的情况下加强体育锻炼，决定让各班购买跳绳和毽子作为活动器材．已知购买根跳绳和个毽子共需元；购买根跳绳和个毽子共需元．
(1)求购买一根跳绳和一个毽子分别需要多少元；
(2)某班需要购买跳绳和毽子的总数量是，且购买的总费用不能超过元；若要求购买跳绳的数量多于根，通过计算说明共有哪几种购买跳绳的方案．
【答案】(1)购买一根跳绳需要6元，一个毽子需要4元；(2)方案一：购买跳绳21根；方案二：购买跳绳22根
【解析】
【分析】
(1)设购买一根跳绳需要x元，一个毽子需要y元，依题意列出二元一次方程组解之即可；
(2)设学校购进跳绳m根，则购进毽子(54-m)根，根据题意列出不等式解之得m的范围，进而可判断购买方案．
【详解】(1)设购买一根跳绳需要x元，一个毽子需要y元，
依题意，得：，
解得：，
答：购买一根跳绳需要6元，一个毽子需要4元；
(2)设学校购进跳绳m根，则购进毽子(54-m)根，
根据题意，得：，
解得：m≤22，
又m﹥20，且m为整数，
∴m=21或22，
∴共有两种购买跳绳的方案，方案一：购买跳绳21根；方案二：购买跳绳22根．
【点睛】本题考查二元一次方程组以及一元一次不等式的应用，根据题意正确列出方程式及不等式是解答的关键．
22.如图，在中，，以为直径的⊙O与相交于点，过点作⊙O的切线交于点．
(1)求证：；
(2)若⊙O的半径为，，求的长．
【答案】(1)见详解；(2)4.8．
【解析】
【分析】
(1)连接OD，由AB=AC，OB=OD，则∠B=∠ODB=∠C，则OD∥AC，由DE为切线，即可得到结论成立；
(2)连接AD，则有AD⊥BC，得到BD=CD=8，求出AD=6，利用三角形的面积公式，即可求出DE的长度．
【详解】解：连接OD，如图：
∵AB=AC，
∴∠B=∠C，
∵OB=OD，
∴∠B=∠ODB，
∴∠B=∠ODB=∠C，
∴OD∥AC，
∵DE是切线，
∴OD⊥DE，
∴AC⊥DE；
(2)连接AD，如(1)图，
∵AB为直径，AB=AC，
∴AD是等腰三角形ABC的高，也是中线，
∴CD=BD=，∠ADC=90°，
∵AB=AC=，
由勾股定理，得：，
∵，
∴；
【点睛】本题主要考查的是切线的性质、等腰三角形的性质、平行线的性质、勾股定理，解题的关键是熟练掌握所学的性质定理，正确的求出边的长度．
23.如图1，四边形对角线，相交于点，，．
图1 图2
(1)过点作交于点，求证：；
(2)如图2，将沿翻折得到．
①求证：；
②若，求证：．
【答案】(１)见解析；(２)①见解析；②见解析．
【解析】
【分析】
(1)连接CE，根据全等证得AE=CD，进而AECD为平行四边形，由进行等边代换，即可得到；
(2)①过A作AE∥CD交BD于E，交BC于F，连接CE，，得，利用翻折的性质得到，即可证明；②证△BEF≌△CDE，从而得，进而得∠CED=∠BCD，且，得到△BCD∽△CDE，得，即可证明．
【详解】解：(1)连接CE，
∵，
∴，
∵，，，
∴△OAE≌△OCD，
∴AE=CD，
∴四边形AECD为平行四边形，
∴AE=CD，OE=OD，
∵，
∴CD=BE，
∴；
(2)①过A作AE∥CD交BD于E，交BC于F，连接CE，
由(1)得，，
∴，
由翻折的性质得，
∴，
∴，
∴；
②∵，，
∴四边形为平行四边形，
∴，，
∴，
∵，
∴EF=DE，
∵四边形AECD平行四边形，
∴CD=AE=BE，
∵AF∥CD，
∴，
∵EF=DE，CD=BE，，
∴△BEF≌△CDE(SAS)，
∴，
∵，
∴∠CED=∠BCD，
又∵∠BDC=∠CDE，
∴△BCD∽△CDE，
∴，即，
∵DE=2OD，
∴．
【点睛】本题考查相似三角形的判定与性质以及平行四边形的判定和性质，考查等腰三角形的判定与性质综合，熟练掌握各图形的性质并灵活运用是解题的关键．
24.如图，抛物线与轴相交于，两点，与轴相交于点，，，直线是抛物线的对称轴，在直线右侧的抛物线上有一动点，连接，，，．
(1)求抛物线函数表达式；
(2)若点在轴的下方，当的面积是时，求的面积；
(3)在(2)的条件下，点是轴上一点，点是抛物线上一动点，是否存在点，使得以点，，，为顶点，以为一边的四边形是平行四边形，若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)；(2)；(3)存在，或或．
【解析】
【分析】
(1)直接利用待定系数法可求得函数解析式；
(2)先求出函数的对称轴和直线BC的函数表达式，过D作DE⊥OB交OB于点F,交BC于点E，用式子表示出的面积从而求出D的坐标，进一步可得的面积；
(3)根据平行四边形的性质得到，结合对称轴和点D坐标易得点N的坐标．
【详解】解：(1)∵OA=2，OB=4，
∴A(-2，0)，B(4，0)，
将A(-2，0)，B(4，0)代入得：
，
解得：
∴抛物线的函数表达式为：；
(2)由(1)可得抛物线对称轴l：，，
设直线BC：，
可得：
解得，
∴直线BC的函数表达式为：，
如图1，过D作DE⊥OB交OB于点F,交BC于点E，
设，则，
∴，
由题意可得
整理得
解得(舍去)，
∴，
∴
∴
；
(3)存在
由(1)可得抛物线的对称轴l：，由(2)知，
①如图2
当时，四边形BDNM即为平行四边形，
此时MB=ND=4，点M与点O重合，四边形BDNM即为平行四边形，
∴由对称性可知N点横坐标为-1，将x=-1代入
解得
∴此时，四边形BDNM即为平行四边形．
②如图3
当时，四边形BDMN平行四边形，
过点N做NP⊥x轴，过点D做DF⊥x轴，由题意可得NP=DF
∴此时N点纵坐标为
将y=代入，
得，解得：
∴此时或，四边形BDMN为平行四边形．
综上所述， 或或．
【点睛】本题考查的是二次函数的综合，首先要掌握待定系数法求解析式，其次要添加恰当的辅助线，灵活运用面积公式和平行四边形的判定和性质，应用数形结合的数学思想解题．
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