湖北省恩施州2020年中考數學試題

一、選擇題：在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的，請將選項前的字母代號填涂在答題卷相應位置上．

1.5的絕對值是（）

A.5

B.﹣5

C.D.【答案】A

【解析】

【分析】

根據絕對值的意義：數軸上一個數所對應的點與原點（O點）的距離叫做該數的絕對值，絕對值只能為非負數；

即可得解．

【詳解】解：在數軸上，數5所表示的點到原點0的距離是5；

故選A．

【點睛】本題考查了絕對值，解決本題的關鍵是一個正數的絕對值是它本身，一個負數的絕對值是它的相反數，0的絕對值是0．

2.茶中精品“恩施綠”“利川紅”享譽世界．去年恩施州茶葉產量約為120000噸，將數120000用科學記數法表示為（）．

A.B.C.D.【答案】B

【解析】

【分析】

科學記數法的表示形式為a×10n的形式，其中1≤|a|＜10，n為整數．確定n的值時，要看把原數變成a時，小數點移動了多少位，n的絕對值與小數點移動的位數相同．當原數絕對值＞1時，n是正數；當原數的絕對值＜1時，n是負數．

【詳解】120000=，故選：B.【點睛】此題考察科學記數法，注意n的值的確定方法，當原數大于10時，n等于原數的整數數位減1，按此方法即可正確求解.3.下列交通標識，既是中心對稱圖形，又是軸對稱圖形的是（）．

A.B.C.D.【答案】D

【解析】

【分析】

根據軸對稱圖形與中心對稱圖形的概念求解．

【詳解】根據軸對稱圖形與中心對稱圖形的概念，知：

A、不是軸對稱圖形，也不是中心對稱圖形；

B、不是軸對稱圖形，也不是中心對稱圖形；

C、是軸對稱圖形，但不是中心對稱圖形；

D、既是中心對稱圖形，又是軸對稱圖形．

故選：D．

【點睛】掌握中心對稱圖形與軸對稱圖形的概念．軸對稱圖形的關鍵是尋找對稱軸，折疊后對稱軸兩旁的部分可重合；中心對稱圖形是要尋找對稱中心，旋轉180°后會與原圖重合．

4.下列計算正確的是（）．

A.B.C.D.【答案】B

【解析】

分析】

根據同底數冪的乘法，單項式乘多項式，完全平方公式以及合并同類項的法則進行計算即可．

【詳解】A、，該選項錯誤，不符合題意；

B、，該選項正確，符合題意；

C、，該選項錯誤，不符合題意；

D、，不是同類項，不能合并，該選項錯誤，不符合題意；

故選：B．

【點睛】本題考查了同底數冪的乘法，單項式乘多項式，完全平方公式以及合并同類項，解此題的關鍵在于熟練掌握其知識點．

5.函數的自變量的取值范圍是（）

A.B.且

C.D.且

【答案】B

【解析】

【分析】

根據二次根式的被開方數大于等于0，分式分母不等于0列式計算即可得解．

【詳解】解：根據題意得，x＋1≥0且x≠0，解得：x≥?1且x≠0．

故選：B．

【點睛】本題考查了函數自變量的取值范圍，一般從三個方面考慮：（1）當函數表達式是整式時，自變量可取全體實數；（2）當函數表達式是分式時，考慮分式的分母不能為0；（3）當函數表達式是二次根式時，被開方數非負．

6.“彩縷碧筠粽，香梗白玉團”．端午佳節，小明媽媽準備了豆沙粽2個、紅棗烷4個、臘肉粽3個、白米粽2個，其中豆沙粽和紅棗粽是甜粽．小明任意選取一個，選到甜粽概率是（）．

A.B.C.D.【答案】D

【解析】

【分析】

粽子總共有11個，其中甜粽有6個，根據概率公式即可求出答案.【詳解】由題意可得：粽子總數為11個，其中6個為甜粽，所以選到甜粽的概率為：，故選：D.【點睛】本題考查了概率的基本運算，熟練掌握公式是關鍵.7.在實數范圍內定義運算“☆”：，例如：．如果，則的值是（）．

A.B.1

C.0

D.2

【答案】C

【解析】

【分析】

根據題目中給出的新定義運算規則進行運算即可求解．

【詳解】解：由題意知：，又，∴，∴．

故選：C．

【點睛】本題考查了實數的計算，一元一次方程的解法，本題的關鍵是能看明白題目意思，根據新定義的運算規則求解即可．

8.我國古代數學著作《九章算術》“盈不足”一章中記載：“今有大器五小器一容三斛，大器一小器五容二斛，問大小器各容幾何”．意思是：有大小兩種盛酒的桶，已知5個大桶加上1個小桶可以盛酒3斛，1個大桶加上5個小桶可以盛酒2斛．問1個大桶、1個小桶分別可以盛酒多少斛？設1個大桶盛酒斛，1個小桶盛酒斛，下列方程組正確的是（）．

A.B.C.D.【答案】A

【解析】

【分析】

根據大小桶所盛酒的數量列方程組即可.【詳解】∵5個大桶加上1個小桶可以盛酒3斛，∴5x+y=3，∵1個大桶加上5個小桶可以盛酒2斛，∴x+5y=2，∴得到方程組，故選：A.【點睛】此題考查二元一次方程組的實際應用，正確理解題意是解題的關鍵.9.如圖是由四個相同小正方體組成的立體圖形，它的主視圖為（）．

A.B.C.D.【答案】A

【解析】

【分析】

根據幾何體的三視圖解答即可.【詳解】根據立體圖形得到：

主視圖為：，左視圖為：，俯視圖為：，故答案為：A.【點睛】此題考查小正方體組成的幾何體的三視圖，解題的關鍵是掌握三視圖的視圖角度及三視圖的畫法.10.甲乙兩車從城出發前往城，在整個行程中，汽車離開城的距離與時刻的對應關系如圖所示，則下列結論錯誤的是（）．

A.甲車的平均速度為

B.乙車的平均速度為

C.乙車比甲車先到城

D.乙車比甲車先出發

【答案】D

【解析】

【分析】

根據圖象逐項分析判斷即可．

【詳解】由圖象知：

A．甲車的平均速度為=，故此選項正確；

B．乙車的平均速度為，故此選項正確；

C．甲10時到達B城，乙9時到達B城，所以乙比甲先到B城，故此選項正確；

D．甲5時出發，乙6時出發，所以乙比甲晚出發1h，故此選項錯誤，故選：D．

【點睛】本題考查了函數的圖象，正確識別圖象并能提取相關信息是解答的關鍵．

11.如圖，正方形的邊長為4，點在上且，為對角線上一動點，則周長的最小值為（）．

A.5

B.6

C.7

D.8

【答案】B

【解析】

【分析】

連接ED交AC于一點F，連接BF，根據正方形的對稱性得到此時的周長最小，利用勾股定理求出DE即可得到答案.【詳解】連接ED交AC于一點F，連接BF，∵四邊形ABCD是正方形，∴點B與點D關于AC對稱，∴BF=DF，∴的周長=BF+EF+BE=DE+BE，此時周長最小，∵正方形的邊長為4，∴AD=AB=4，∠DAB=90°，∵點在上且，∴AE=3，∴DE=，∴的周長=5+1=6，故選：B.【點睛】此題考查正方形的性質：四條邊都相等，四個角都是直角以及正方形的對稱性質，還考查了勾股定理的計算，依據對稱性得到連接DE交AC于點F是的周長有最小值的思路是解題的關鍵.12.如圖，已知二次函數的圖象與軸相交于、兩點．則以下結論：①；②二次函數的圖象的對稱軸為；③；④．其中正確的有（）個．

A.0

B.1

C.2

D.3

【答案】C

【解析】

【分析】

根據二次函數的圖像性質逐個分析即可．

【詳解】解：對于①：二次函數開口向下，故a<0，與y軸的交點在y的正半軸，故c>0，故ac<0，故①錯誤；

對于②：二次函數的圖像與軸相交于、，由對稱性可知，其對稱軸為：，故②錯誤；

對于③：設二次函數的交點式為，比較一般式與交點式的系數可知：，故，故③正確；

對于④：當時對應的，觀察圖像可知時對應的函數圖像的值在軸上方，故，故④正確．

∴只有③④是正確的．

故選：C．

【點睛】本題考查了二次函數的圖像與其系數的關系及二次函數的對稱性，熟練掌握二次函數的圖像性質是解決此類題的關鍵．

二、填空題：不要求寫出解答過程，請把答案直接寫在答題卷相應位置上．

13.9的算術平方根是

．

【答案】3．

【解析】

【分析】

根據一個正數的算術平方根就是其正的平方根即可得出.【詳解】∵，∴9算術平方根為3．

故答案為3．

【點睛】本題考查了算術平方根，熟練掌握算術平方根的概念是解題的關鍵.14.如圖，直線，點在直線上，點在直線上，，則______．

【答案】

【解析】

【分析】

利用等腰三角形的性質得到∠C=∠4=，利用平行線的性質得到∠1=∠3=，再根據三角形內角和定理即可求解．

【詳解】如圖，延長CB交于點D，∵AB=BC，∠C=，∴∠C=∠4=，∵，∠1=，∴∠1=∠3=，∵∠C

+∠3+∠2+∠4

=，即

∴

故答案為：．

【點睛】本題考查了等腰三角形的性質，平行線的性質以及三角形內角和定理的應用，解決問題的關鍵是輔助線的作法，注意運用兩直線平行，同位角相等．

15.如圖，已知半圓的直徑，點在半圓上，以點為圓心，為半徑畫弧交于點，連接．若，則圖中陰影部分的面積為______．（結果不取近似值）

【答案】

【解析】

【分析】

根據60°特殊角求出AC和BC,再算出△ABC的面積,根據扇形面積公式求出扇形的面積,再用三角形的面積減去扇形面積即可．

【詳解】∵AB是直徑,∴∠ACB=90°,∠ABC=60°,∴BC=,AC=,∴

由以上可知∠CAB=30°,∴扇形ACD的面積=,∴陰影部分的面積為．

故答案為:

．

【點睛】本題考查圓和扇形面積的結合,關鍵在于利用圓周角的性質找到直角三角形并結合扇形面積公式解出．

16.如圖，在平面直角坐標系中，的頂點坐標分別為：，．已知，作點關于點的對稱點，點關于點的對稱點，點關于點的對稱點，點關于點的對稱點，點關于點的對稱點，…，依此類推，則點的坐標為______．

【答案】(-1,8)

【解析】

【分析】

先求出N1至N6點的坐標，找出其循環的規律為每6個點循環一次即可求解．

【詳解】解：由題意得，作出如下圖形：

N點坐標為(-1,0)，N點關于A點對稱的N1點的坐標為(-3,0)，N1點關于B點對稱的N2點的坐標為(5,4)，N2點關于C點對稱的N3點的坐標為(-3,8)，N3點關于A點對稱的N4點的坐標為(-1,8)，N4點關于B點對稱的N5點的坐標為(3,-4)，N5點關于C點對稱的N6點的坐標為(-1,0)，此時剛好回到最開始的點N處，∴其每6個點循環一次，∴，即循環了336次后余下4，故的坐標與N4點的坐標相同，其坐標為(-1,8)

．

故答案為：(-1,8)

．

【點睛】本題考查了平面直角坐標系內點的對稱規律問題，本題需要先去驗算前面一部分點的坐標，進而找到其循環的規律后即可求解．

三、解答題：請在答題卷指定區域內作答，解答時應寫出文字說明、證明過程或演算步驟．

17.先化簡，再求值：，其中．

【答案】，【解析】

【分析】

根據分式的混合運算法則，先化簡括號內的，將除法運算轉化為乘法運算，再化簡成最簡分式，代入m值求解即可．

【詳解】；

當時，原式．

【點睛】本題主要考查了分式的化簡求值以及二次根式的化簡，熟練掌握分式的混合運算法則是解答的關鍵.18.如圖，平分∠ABC交于點，點C在上且，連接．求證：四邊形是菱形．

【答案】見解析

【解析】

【分析】

由，BD平分∠ABC得到∠ABD=∠ADB，進而得到△ABD為等腰三角形，進而得到AB=AD，再由BC=AB，得到對邊AD=BC，進而得到四邊形ABCD為平行四邊形，再由鄰邊相等即可證明ABCD為菱形．

【詳解】證明：∵，∴∠ADB=∠DBC，又BD平分∠ABC，∴∠DBC=∠ABD，∴∠ADB=∠ABD，∴△ABD為等腰三角形，∴AB=AD，又已知AB=BC，∴AD=BC，又，即ADBC，∴四邊形ABCD為平行四邊形，又AB=AD，∴四邊形ABCD為菱形．

【點睛】本題考了角平分線性質，平行線的性質，菱形的判定方法，平行四邊形的判定方法等，熟練掌握其判定方法及性質是解決此類題的關鍵．

19.某中學為了解九年級學生對新冠肺炎防控知識的掌握情況，從全校九年級學生中隨機抽取部分學生進行調查．調查結果分為四類：A類—非常了解；B類—比較了解；C—一般了解；D類—不了解．現將調查結果繪制成如下不完整的統計圖，請根據統計圖中的信息解答下列問題：

（1）本次共調查了______名學生；

（2）補全條形統計圖；

（3）D類所對應扇形的圓心角的大小為______；

（4）若該校九年級學生共有500名，根據以上抽樣結果，估計該校九年級學生對新冠肺炎防控知識非常了解的約有______名．

【答案】（1）50名；（2）條形圖見解析；（3）；（4）150名．

【解析】

【分析】

（1）根據條形圖和扇形圖得出B類人數為20名，占40%，即可得出總數；

（2）根據總人數減去A,B,D的人數即可得出C的人數；

（3）用乘以D類部分所占百分比即可得出圓心角的度數；

（4）用500乘以非常了解的部分所占百分比即可得出答案．

【詳解】（1）本次共調查的學生數為：名；

（2）C類學生人數為：50-15-20-5=10名，條形圖如下：

（3）D類所對應扇形的圓心角為：；

（4）該校九年級學生對新冠肺炎防控知識非常了解的人數為：名．

【點睛】本題考查了條形統計圖、扇形統計圖，根據圖得出相關信息是解題的關鍵．

20.如圖，一艘輪船以每小時30海里的速度自東向西航行，在處測得小島位于其西北方向（北偏西方向），2小時后輪船到達處，在處測得小島位于其北偏東方向．求此時船與小島的距離（結果保留整數，參考數據：，）．

【答案】此時船與小島的距離約為44海里

【解析】

【分析】

過P作PH⊥AB，設PH=x，由已知分別求PB、BH、AH，然后根據銳角三角函數求出x值即可求解

【詳解】如圖，過P作PH⊥AB，設PH=x，由題意，AB=60，∠PBH=30o，∠PAH=45o，在Rt△PHA中，AH=PH=x,在Rt△PBH中，BH=AB-AH=60-x，PB=2x，∴tan30o=，即，解得：，∴PB=2x=≈44（海里），答：此時船與小島的距離約為44海里．

【點睛】本題考查了直角三角形的應用，掌握方向角的概念和解直角三角形的知識是解答本題的關鍵．

21.如圖，在平面直角坐標系中，直線與軸、軸分別相交于、兩點，與雙曲線的一個交點為，且．

（1）求點的坐標；

（2）當時，求和的值．

【答案】(1)

(3，0)；(2)，【解析】

【分析】

(1)令中即可求出點A的坐標；

(2)過C點作y軸的垂線交y軸于M點，作x軸的垂線交x軸于N點，證明△BCM∽△BAO，利用和OA=3進而求出CM的長，再由求出CN的長，進而求出點C坐標即可求解．

【詳解】解：(1)由題意得：令中，即，解得，∴點A的坐標為(3，0)，故答案為(3,0)

．

(2)

過C點作y軸的垂線交y軸于M點，作x軸的垂線交x軸于N點，如下圖所示：

顯然，CMOA，∴∠BCM=∠BAO，且∠ABO=∠CBO，∴△BCM∽△BAO，∴，代入數據：

即：，∴=1，又

即：，∴，∴C點的坐標為(1，2)，故反比例函數的，再將點C(1,2)代入一次函數中，即，解得，故答案為：，．

【點睛】本題考查了反比例函數與一次函數的圖像及性質，相似三角形的判定和性質等，熟練掌握其圖像性質是解決此題的關鍵．

22.某校足球隊需購買、兩種品牌的足球．已知品牌足球的單價比品牌足球的單價高20元，且用900元購買品牌足球的數量用720元購買品牌足球的數量相等．

（1）求、兩種品牌足球的單價；

（2）若足球隊計劃購買、兩種品牌的足球共90個，且品牌足球的數量不小于品牌足球數量的2倍，購買兩種品牌足球的總費用不超過8500元．設購買品牌足球個，總費用為元，則該隊共有幾種購買方案？采用哪一種購買方案可使總費用最低？最低費用是多少元？

【答案】（1）購買A品牌足球的單價為100元，則購買B品牌足球的單價為80元；

（2）該隊共有6種購買方案，購買60個A品牌30個B

品牌的總費用最低，最低費用是8400元．

【解析】

【分析】

（1）設購買A品牌足球的單價為x元，則購買B品牌足球的單價為（x-20）元，根據用900元購買品牌足球的數量用720元購買品牌足球的數量相等，即可得出關于x的分式方程，解之經檢驗后即可得出結論；

（2）設購買m個A品牌足球，則購買（90?m）個B品牌足球，根據總價＝單價×數量結合總價不超過8500元，以及品牌足球的數量不小于品牌足球數量的2倍，即可得出關于m的一元一次不等式組，解之取其中的最小整數值即可得出結論．

【詳解】解：（1）設購買A品牌足球的單價為x元，則購買B品牌足球的單價為（x-20）元，根據題意，得

解得：x=100

經檢驗x=100是原方程的解

x-20=80

答：購買A品牌足球的單價為100元，則購買B品牌足球的單價為80元．

（2）設購買m個A品牌足球，則購買（90?m）個B品牌足球，則

W=100m+80(90-m)=20m+7200

∵品牌足球的數量不小于品牌足球數量的2倍，購買兩種品牌足球的總費用不超過8500元．

∴

解不等式組得：60≤m≤65

所以，m的值為：60,61,62,63,64,65

即該隊共有6種購買方案，當m=60時，W最小

m=60時，W=20×60+7200=8400(元)

答：該隊共有6種購買方案，購買60個A品牌30個B

品牌的總費用最低，最低費用是8400元．

【點睛】本題考查了分式方程的應用以及一元一次不等式組的應用，解題的關鍵是：（1）找準等量關系，正確列出分式方程；（2）根據各數量之間的關系，正確列出一元一次不等式組．

23.如圖，是的直徑，直線與相切于點，直線與相切于點，點（異于點）在上，點在上，且，延長與相交于點E，連接并延長交于點．

（1）求證：是的切線；

（2）求證：；

（3）如圖，連接并延長與分別相交于點、，連接．若，求．

【答案】（1）見詳解；（2）見詳解；（3）

【解析】

【分析】

（1）連接OD，根據等邊對等角可知：∠CAD=∠CDA，∠OAD=∠ODA，再根據切線的性質可知∠CAO=∠CAD+∠OAD=∠CDA+∠ODA=90°=∠ODC，由切線的判定定理可得結論；

（2）連接BD，根據等邊對等角可知∠ODB=∠OBD，再根據切線的性質可知∠ODE=∠OBE=90°，由等量減等量差相等得∠EDB=∠EBD，再根據等角對等邊得到ED=EB，然后根據平行線的性質及對頂角相等可得∠EDF=∠EFD，推出DE=EF，由此得出結論；

（3）過E點作EL⊥AM于L，根據勾股定理可求出BE的長，即可求出tan∠BOE的值，再利用倍角公式即可求出tan∠BHE的值．

【詳解】（1）連接OD，∵，∴∠CAD=∠CDA，∵OA=OD

∴∠OAD

=∠ODA，∵直線與相切于點，∴∠CAO=∠CAD+∠OAD=90°

∴∠ODC=∠CDA+∠ODA=90°

∴CE是的切線；

（2）連接BD

∵OD=OB

∴∠ODB=∠OBD，∵CE是的切線，BF是的切線，∴∠OBD=∠ODE=90°

∴∠EDB=∠EBD

∴ED=EB

∵AM⊥AB，BN⊥AB

∴AM∥BN

∴∠CAD=∠BFD

∵∠CAD=∠CDA=∠EDF

∴∠BFD=∠EDF

∴EF=ED

∴BE=EF

（3）過E點作EL⊥AM于L，則四邊形ABEL是矩形，設BE=x，則CL=4-x，CE=4+X

∴(4+x)2=(4-x)2+62

解得：x=

∵∠BOE=2∠BHE

解得：tan∠BHE=或-3（-3不和題意舍去）

∴tan∠BHE=

【點睛】本題主要考查了切線的判定和性質，等腰三角形的判定和性質，平行線的判定和性質，三角函數/，勾股定理等知識，熟練掌握這些知識點并能熟練應用是解題的關鍵．

24.如圖，拋物線經過點，頂點為，對稱軸與軸相交于點，為線段的中點．

（1）求拋物線的解析式；

（2）為線段上任意一點，為軸上一動點，連接，以點為中心，將逆時針旋轉，記點的對應點為，點的對應點為．當直線與拋物線只有一個交點時，求點的坐標．

（3）在（2）的旋轉變換下，若（如圖）．

①求證：．

②當點在（1）所求的拋物線上時，求線段的長．

【答案】（1）；（2）（，0）；（3）①見解析；②=或=

【解析】

【分析】

（1）根據點C在拋物線上和已知對稱軸的條件可求出解析式；

（2）根據拋物線的解析式求出點B及已知點C的坐標，證明△ABC是等腰直角三角形，根據旋轉的性質推出直線EF與x軸的夾角為45°，因此設直線EF的解析式為y=x+b，設點M的坐標為（m，0），推出點F（m，6-m），直線與拋物線只有一個交點，聯立兩個解析式，得到關于x的一元二次方程，根據根的判別式為0得到關于m的方程，解方程得點M的坐標．注意有兩種情況，均需討論．

（3）①過點P作PG⊥x軸于點G，過點E作EH⊥x軸于點H，設點M的坐標為（m，0），由及旋轉的性質，證明△EHM≌△MGP，得到點E的坐標為（m-1，5-m），再根據兩點距離公式證明，注意分兩種情況，均需討論；②把E（m-1，5-m）代入拋物線解析式，解出m的值，進而求出CM的長．

【詳解】（1）∵點在拋物線上，∴，得到，又∵對稱軸，∴，解得，∴，∴二次函數的解析式為；

（2）當點M在點C的左側時，如下圖：

∵拋物線的解析式為，對稱軸為，∴點A（2，0），頂點B（2，4），∴AB=AC=4，∴△ABC是等腰直角三角形，∴∠1=45°；

∵將逆時針旋轉得到△MEF，∴FM=CM，∠2=∠1=45°，設點M的坐標為（m，0），∴點F（m，6-m），又∵∠2=45°，∴直線EF與x軸的夾角為45°，∴設直線EF的解析式為y=x+b，把點F（m，6-m）代入得：6-m=m+b，解得：b=6-2m，直線EF的解析式為y=x+6-2m，∵直線與拋物線只有一個交點，∴，整理得：，∴Δ=b2-4ac=0，解得m=，點M的坐標為（，0）．

當點M在點C的右側時，如下圖：

由圖可知，直線EF與x軸夾角仍是45°，因此直線與拋物線不可能只有一個交點．

綜上，點M的坐標為（，0）．

（3）①當點M在點C的左側時，如下圖，過點P作PG⊥x軸于點G，過點E作EH⊥x軸于點H，∵，由（2）知∠BCA=45°，∴PG=GC=1，∴點G（5，0），設點M的坐標為（m，0），∵將逆時針旋轉得到△MEF，∴EM=PM，∵∠HEM+∠EMH=∠GMP+∠EMH

=90°，∴∠HEM=∠GMP，在△EHM和△MGP中，∴△EHM≌△MGP（AAS），∴EH=MG=5-m，HM=PG=1，∴點H（m-1，0），∴點E的坐標為（m-1，5-m）；

∴EA==，又∵為線段的中點，B（2，4），C（6，0），∴點D（4，2），∴ED==，∴EA=

ED．

當點M在點C的右側時，如下圖：

同理，點E的坐標仍為（m-1，5-m），因此EA=

ED．

②當點在（1）所求的拋物線上時，把E（m-1，5-m）代入，整理得：m2-10m+13=0，解得：m=或m=，∴=或=．

【點睛】本題是二次函數綜合題，熟練掌握二次函數的圖象和性質、旋轉的性質、分類討論的思想是解題的關鍵．