2020年各科中考真题2020年山东省枣庄市中考数学试卷（教师版含解析）

参考答案

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．﹣ B．﹣2 C． D．2

【分析】根据绝对值的定义直接计算即可解答．

解：﹣ 的绝对值为 ．

故选：C．

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°

【分析】直接利用三角板的特点，结合平行线的性质得出∠ABD＝60°，进而得出答案．

解：由题意可得：∠EDF＝45°，∠ABC＝30°，

∵AB∥CF，

∴∠ABD＝∠EDF＝45°，

∴∠DBC＝45°﹣30°＝15°．

故选：B．

3．计算﹣ ﹣(﹣ )的结果为(　　)

A．﹣ B． C．﹣ D．

【分析】根据有理数的减法法则计算即可．

解：﹣ ﹣(﹣ )＝ ＝﹣ ．

故选：A．

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．|a|＜1 B．ab＞0 C．a+b＞0 D．1﹣a＞1

【分析】直接利用a，b在数轴上位置进而分别分析得出答案．

解：A、|a|＞1，故本选项错误；

B、∵a＜0，b＞0，∴ab＜0，故本选项错误；

C、a+b＜0，故本选项错误；

D、∵a＜0，∴1﹣a＞1，故本选项正确；

故选：D．

5．不透明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，再摸出一个球，两次都摸出白球的概率是(　　)

A． B． C． D．

【分析】列举出所有可能出现的结果，进而求出“两次都是白球”的概率．

解：用列表法表示所有可能出现的情况如下：

共有9种可能出现的结果，其中两次都是白球的有4种，

∴P_{(两次都是白球)}＝ ，

故选：A．

6．如图，在△ABC中，AB的垂直平分线交AB于点D，交BC于点E，连接AE．若BC＝6，AC＝5，则△ACE的周长为(　　)

A．8 B．11 C．16 D．17

【分析】在△ABC中，AB的垂直平分线交AB于点D，交BC于点E，连接AE．若BC＝6，AC＝5，则△ACE的周长为

解：∵DE垂直平分AB，

∴AE＝BE，

∴△ACE的周长＝AC+CE+AE

＝AC+CE+BE

＝AC+BC

＝5+6

＝11．

故选：B．

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，则中间空余的部分的面积是(　　)

A．ab B．(a+b)² C．(a﹣b)² D．a²﹣b²

【分析】中间部分的四边形是正方形，表示出边长，则面积可以求得．

解：中间部分的四边形是正方形，边长是a+b﹣2b＝a﹣b，

则面积是(a﹣b)²．

故选：C．

8．如图的四个三角形中，不能由△ABC经过旋转或平移得到的是(　　)

A． B．

C． D．

【分析】根据平移，旋转的性质判断即可．

解：由题意，选项A，C，D可以通过平移，旋转得到，选项B可以通过翻折，平移，旋转得到．

故选：B．

9．对于实数a、b，定义一种新运算“⊗”为：a⊗b＝ ，这里等式右边是实数运算．例如：1⊗3＝ ．则方程x⊗(﹣2)＝ ﹣1的解是(　　)

A．x＝4 B．x＝5 C．x＝6 D．x＝7

【分析】所求方程利用题中的新定义化简，求出解即可．

解：根据题意，得 ＝ ﹣1，

去分母得：1＝2﹣(x﹣4)，

解得：x＝5，

经检验x＝5是分式方程的解．

故选：B．

10．如图，平面直角坐标系中，点B在第一象限，点A在x轴的正半轴上，∠AOB

＝∠B＝30°，OA＝2．将△AOB绕点O逆时针旋转90°，点B的对应点B‘的坐标是(　　)

A．(﹣ ，3) B．(﹣3， ) C．(﹣ ，2+ ) D．(﹣1，2+ )

【分析】如图，过点B′作B′H⊥y轴于H．解直角三角形求出′H，B′H即可．

解：如图，过点B′作B′H⊥y轴于H．

在Rt△A′B′H中，∵A′B′＝2，∠B′A′H＝60°，

∴A′H＝A′B′cos60°＝1，B′H＝A′B′sin60°＝ ，

∴OH＝2+1＝3，

∴B′(﹣ ，3)，

故选：A．

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．3 B．4 C．5 D．6

【分析】根据折叠的性质得到AF＝AB，∠AFE＝∠B＝90°，根据等腰三角形的性质得到AF＝CF，于是得到结论．

解：∵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，

∴AC＝2AB＝6，

故选：D．

12．如图，已知抛物线y＝ax²+bx+c的对称轴为直线x＝1．给出下列结论：

①ac＜0；

②b²﹣4ac＞0；

③2a﹣b＝0；

④a﹣b+c＝0．

其中，正确的结论有(　　)

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个

【分析】根据抛物线的开口方向、对称轴、与x轴、y轴的交点，综合进行判断即可．

解：抛物线开口向下，a＜0，对称轴为x＝﹣ ＝1，因此b＞0，与y轴交于正半轴，因此c＞0，

于是有：ac＜0，因此①正确；

由x＝﹣ ＝1，得2a+b＝0，因此③不正确，

抛物线与x轴有两个不同交点，因此b²﹣4ac＞0，②正确，

由对称轴x＝1，抛物线与x 轴的一个交点为(3，0)，对称性可知另一个交点为(﹣1，0)，因此a﹣b+c＝0，故④正确，

综上所述，正确的结论有①②④，

故选：C．

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＝　1　．

【分析】根据完全平方公式，可得答案．

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．

14．已知关于x的一元二次方程(a﹣1)x²﹣2x+a²﹣1＝0有一个根为x＝0，则a＝　﹣1　．

【分析】根据一元二次方程的解的定义把x＝0代入原方程得到关于a的一元二次方程，解得a＝±1，然后根据一元二次方程的定义确定a的值．

解：把x＝0代入(a﹣1)x²﹣2x+a²﹣1＝0得a²﹣1＝0，解得a＝±1，

∵a﹣1≠0，

∴a＝﹣1．

故答案为﹣1．

15．如图，AB是⊙O的直径，PA切⊙O于点A，线段PO交⊙O于点C．连接BC，若∠P＝36°，则∠B＝　27°　．

【分析】直接利用切线的性质得出∠OAP＝90°，再利用三角形内角和定理得出∠AOP＝54°，结合圆周角定理得出答案．

解：∵PA切⊙O于点A，

∴∠OAP＝90°，

∵∠P＝36°，

∴∠AOP＝54°，

∴∠B＝ ∠AOP＝27°．

故答案为：27°．

16．人字梯为现代家庭常用的工具(如图)．若AB，AC的长都为2m，当α＝50°时，人字梯顶端离地面的高度AD是　1.5　m．(结果精确到0.1m，参考依据：sin50°≈0.77，cos50°≈0.64，tan50°≈1.19)

【分析】在Rt△ADC中，求出AD即可．

解：∵AB＝AC＝2m，AD⊥BC，

∴∠ADC＝90°，

∴AD＝AC•sin50°＝2×0.77≈1.5(m)，

故答案为1.5．

17．如图，E，F是正方形ABCD的对角线AC上的两点，AC＝8，AE＝CF＝2，则四边形BEDF的周长是　8 　．

【分析】连接BD交AC于点O，则可证得OE＝OF，OD＝OB，可证四边形BEDF为平行四边形，且BD⊥EF，可证得四边形BEDF为菱形；根据勾股定理计算DE的长，可得结论．

解：如图，连接BD交AC于点O，

∵四边形ABCD为正方形，

∴BD⊥AC，OD＝OB＝OA＝OC，

∵AE＝CF＝2，

∴OA﹣AE＝OC﹣CF，即OE＝OF，

∴四边形BEDF为平行四边形，且BD⊥EF，

∴四边形BEDF为菱形，

∴DE＝DF＝BE＝BF，

∵AC＝BD＝8，OE＝OF＝ ＝2，

由勾股定理得：DE＝ ＝ ＝2 ，

∴四边形BEDF的周长＝4DE＝4× ＝8 ，

故答案为：8 ．

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S＝a+ b﹣1(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S＝　6　．

【分析】分别统计出多边形内部的格点数a和边界上的格点数b，再代入公式S＝a+ b﹣1，即可得出格点多边形的面积．

解：∵a表示多边形内部的格点数，b表示多边形边界上的格点数，S表示多边形的面积，

∴a＝4，b＝6，

∴该五边形的面积S＝4+ ×6﹣1＝6，

故答案为：6．

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．

【分析】先求出两个不等式的解集，再求其公共解，然后找出整数求和即可．

解： ，

由①得，x≥﹣3，

由②得，x＜2，

所以，不等式组的解集是﹣3≤x＜2，

所以，它的整数解为：﹣3，﹣2，﹣1，0，1，

所以，所有整数解的和为﹣5．

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V(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
顶点数V	4	6	8	6
棱数E	6	9	12	12
面数F	4	5	6	8

(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：　V+F﹣E＝2　．

【分析】(1)根据图形数出顶点数，棱数，面数，填入表格即可；

(2)根据表格数据，顶点数与面数的和减去棱数等于2进行解答．

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V	4	6	8	6
棱数E	6	9	12	12
面数F	4	5	6	8

(2)∵4+4﹣6＝2，

6+5﹣9＝2，

8+6﹣12＝2，

6+8﹣12＝2，

…，

∴V+F﹣E＝2．

即V、E、F之间的关系式为：V+F﹣E＝2．

故答案为：6，9，12，6，V+F﹣E＝2．

21．2020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
1.2≤x＜1.6	a
1.6≤x＜2.0	12
2.0≤x＜2.4	b
2.4≤x＜2.8	10

请根据图表中所提供的信息，完成下列问题：

(1)表中a＝　8　，b＝　20　；

(2)样本成绩的中位数落在　2.0≤x＜2.4　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2.4≤x＜2.8范围内的有多少人？

【分析】(1)由频数分布直方图可得a＝8，由频数之和为50求出b的值；

(2)根据中位数的意义，找出第25、26位的两个数落在哪个范围即可；

(3)求出b的值，就可以补全频数分布直方图；

(4)样本估计总体，样本中立定跳远成绩在2.4≤x＜2.8范围内的占 ，因此估计总体1200人的 是立定跳远成绩在2.4≤x＜2.8范围内的人数．

解：(1)由统计图得，a＝8，b＝50﹣8﹣12﹣10＝20，

故答案为：8，20；

(2)由中位数的意义可得，50个数据从小到大排列处在中间位置的两个数在2.0≤x＜2.4组内，

故答案为：2.0≤x＜2.4；

(3)补全频数分布直方图如图所示：

(4)1200× ＝240(人)，

答：该校1200名学生中立定跳远成绩在2.4≤x＜2.8范围内的有240人．

22．如图，在平面直角坐标系中，一次函数y＝ x+5和y＝﹣2x的图象相交于点A，反比例函数y＝ 的图象经过点A．

(1)求反比例函数的表达式；

(2)设一次函数y＝ x+5的图象与反比例函数y＝ 的图象的另一个交点为B，OB，求△ABO的面积．

【分析】(1)联立y＝ x+5①和y＝﹣2x并解得： ，故点A(﹣2.4)，进而求解；

(2)S_△AOB＝S_△AOC﹣S_△BOC＝ OC•AM OC•BN，即可求解．

解：(1)联立y＝ x+5①和y＝﹣2x并解得： ，故点A(﹣2.4)，

将点A的坐标代入反比例函数表达式得：4＝ ，解得：k＝﹣8，

故反比例函数表达式为：y＝﹣ ②；

(2)联立①②并解得：x＝﹣2或﹣8，

当x＝﹣8时，y＝ x+5＝1，故点B(﹣8，1)，

设y＝ x+5交x轴于点C(﹣10，0)，过点A、B分别作x轴的垂线交于点M、N，

则S_△AOB＝S_△AOC﹣S_△BOC＝ OC•AM OC•BN＝ ．

23．如图，在△ABC中，AB＝AC，以AB为直径的⊙O分别交AC、BC于点D、E，点F在AC的延长线上，且∠BAC＝2∠CBF．

(1)求证：BF是⊙O的切线；

(2)若⊙O的直径为4，CF＝6，求tan∠CBF．

【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°，于是得到结论；

(2)过C作CH⊥BF于H，根据勾股定理得到BF＝ ＝ ＝2 ，根据相似三角形的性质得到CH＝ ，根据三角函数的定义即可得到结论．

【解答】(1)证明：连接AE，

∵AB是⊙O的直径，

∴∠AEB＝90°，

∴∠1+∠2＝90°．

∵AB＝AC，

∴2∠1＝∠CAB．

∵∠BAC＝2∠CBF，

∴∠1＝∠CBF

∴∠CBF+∠2＝90°

即∠ABF＝90°

∵AB是⊙O的直径，

∴直线BF是⊙O的切线；

(2)解：过C作CH⊥BF于H，

∵AB＝AC，⊙O的直径为4，

∴AC＝4，

∵CF＝6，∠ABF＝90°，

∴BF＝ ＝ ＝2 ，

∵∠CHF＝∠ABF，∠F＝∠F，

∴△CHF∽△ABF，

∴ ＝ ，

∴ ＝ ，

∴CH＝ ，

∴HF＝ ＝ ＝ ，

∴BH＝BF﹣HF＝2 ﹣ ＝ ，

∴tan∠CBF＝ ＝ ＝ ．

24．在△ABC中，∠ACB＝90°，CD是中线，AC＝BC，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AC交于点M，DE与BC交于点N．

(1)如图1，若CE＝CF，求证：DE＝DF；

(2)如图2，在∠EDF绕点D旋转的过程中，试证明CD²＝CE•CF恒成立；

(3)若CD＝2，CF＝ ，求DN的长．

【分析】(1)根据等腰直角三角形的性质得到∠ACD＝∠BCD＝45°，证明△DCF≌△DCE，根据全等三角形的对应边相等证明结论；

(2)证明△FCD∽△DCE，根据相似三角形的性质列出比例式，整理即可证明结论；

(3)作DG⊥BC，根据等腰直角三角形的性质求出DG，由(2)的结论求出CE，证明△ENC∽△DNG，根据相似三角形的性质求出NG，根据勾股定理计算，得到答案．

【解答】(1)证明：∵∠ACB＝90°，AC＝BC，CD是中线，

∴∠ACD＝∠BCD＝45°，∠ACF＝∠BCE＝90°，

∴∠DCF＝∠DCE＝135°，

在△DCF和△DCE中，

，

∴△DCF≌△DCE(SAS)

∴DE＝DF；

(2)证明：∵∠DCF＝135°，

∴∠F+∠CDF＝45°，

∵∠FDE＝45°，

∴∠CDE+∠CDF＝45°，

∴∠F＝∠CDE，

∵∠DCF＝∠DCE，∠F＝∠CDE，

∴△FCD∽△DCE，

∴ ＝ ，

∴CD²＝CE•CF；

(3)解：过点D作DG⊥BC于G，

∵∠DCB＝45°，

∴GC＝GD＝ CD＝ ，

由(2)可知，CD²＝CE•CF，

∴CE＝ ＝2 ，

∵∠ECN＝∠DGN，∠ENC＝∠DNG，

∴△ENC∽△DNG，

∴ ＝ ，即 ＝ ，

解得，NG＝ ，

由勾股定理得，DN＝ ＝ ．

25．如图，抛物线y＝ax²+bx+4交x轴于A(﹣3，0)，B(4，0)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PM⊥x轴，交抛物线于点P，交BC于点Q．

(1)求抛物线的表达式；

(2)过点P作PN⊥BC，垂足为点N．设M点的坐标为M(m，0)，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．

【分析】(1)将点A、B的坐标代入抛物线表达式，即可求解；

(2)PN＝PQsin45°＝ (﹣ m²+ m)＝﹣ (m﹣2)²+ ，即可求解；

(3)分AC＝CQ、AC＝AQ、CQ＝AQ三种情况，分别求解即可．

解：(1)将点A、B的坐标代入抛物线表达式得 ，解得 ，

故抛物线的表达式为：y＝﹣ x²+ x+4；

(2)由抛物线的表达式知，点C(0，4)，

由点B、C的坐标得，直线BC的表达式为：y＝﹣x+4；

设点M(m，0)，则点P(m，﹣ m²+ m+4)，点Q(m，﹣m+4)，

∴PQ＝﹣ m²+ m+4+m﹣4＝﹣ m²+ m，

∵OB＝OC，故∠ABC＝∠OCB＝45°，

∴∠PQN＝∠BQM＝45°，

∴PN＝PQsin45°＝ (﹣ m²+ m)＝﹣ (m﹣2)²+ ，

∵﹣ ＜0，故当m＝2时，PN有最大值为 ；

(3)存在，理由：

点A、C的坐标分别为(﹣3，0)、(0，4)，则AC＝5，

①当AC＝CQ时，过点Q作QE⊥y轴于点E，

则CQ²＝CE²+EQ²，即m²+[4﹣(﹣m+4)]²＝25，

解得：m＝± (舍去负值)，

故点Q( ， )；

②当AC＝AQ时，则AQ＝AC＝5，

在Rt△AMQ中，由勾股定理得：[m﹣(﹣3)]²+(﹣m+4)²＝25，解得：m＝1或0(舍去0)，

故点Q(1，3)；

③当CQ＝AQ时，则2m²＝[m＝(﹣3)]²+(﹣m+4)²，解得：m＝ (舍去)；

综上，点Q的坐标为(1，3)或( ， )．

 

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