2020年山东省济宁市中考数学试卷

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2020年山东省济宁市中考数学试卷和答案

2020年山东省济宁市中考数学试卷一、选择题：本大题共10小题，每小题3分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求．1．（3分）﹣的相反数是（）A．﹣B．﹣C．D．2．（3分）用四舍五入法将数3.14159精确到千分位的结果是（）A．3.1 B．3.14 C．3.142 D．3.141 3．（3分）下列各式是最简二次根式的是（）A．B．C．D．4．（3分）一个多边形的内角和是1080°，则这个多边形的边数是（）A．9 B．8 C．7 D．65．（3分）一条船从海岛A出发，以15海里/时的速度向正北航行，2小时后到达海岛B处．灯塔C在海岛A的北偏西42°方向上，在海岛B的北偏西84°方向上．则海岛B到灯塔C的距离是（）A．15海里B．20海里C．30海里D．60海里6．（3分）下表中记录了甲、乙、丙、丁四名运动员跳远选拔赛成绩（单位：cm）的平均数和方差，要从中选择一名成绩较高且发挥稳定的运动员参加决赛，最合适的运动员是（）甲乙丙丁平均数376350376350方差s212.513.5 2.4 5.4A．甲B．乙C．丙D．丁7．（3分）数形结合是解决数学问题常用的思想方法．如图，直线y ＝x+5和直线y＝ax+b相交于点P，根据图象可知，方程x+5＝ax+b 的解是（）A．x＝20 B．x＝5 C．x＝25 D．x＝15 8．（3分）如图是一个几何体的三视图，根据图中所示数据计算这个几何体的侧面积是（）A．12πcm2B．15πcm2C．24πcm2D．30πcm2 9．（3分）如图，在△ABC中，点D为△ABC的内心，∠A＝60°，CD ＝2，BD＝4．则△DBC的面积是（）A．4B．2C．2 D．410．（3分）小明用大小和形状都完全一样的正方体按照一定规律排放了一组图案（如图所示），每个图案中他只在最下面的正方体上写“心”字，寓意“不忘初心”．其中第（1）个图案中有1个正方体，第（2）个图案中有3个正方体，第（3）个图案中有6个正方体，…按照此规律，从第（100）个图案所需正方体中随机抽取一个正方体，抽到带“心”字正方体的概率是（）A．B．C．D．二、填空题：本大题共5小题，每小题3分，共15分．11．（3分）分解因式a3﹣4a的结果是．12．（3分）已知三角形的两边长分别为3和6，则这个三角形的第三边长可以是（写出一个即可）．13．（3分）已如m+n＝﹣3，则分式÷（﹣2n）的值是．14．（3分）如图，小明在距离地面30米的P处测得A处的俯角为15°，B处的俯角为60°．若斜面坡度为1：，则斜坡AB的长是米．15．（3分）如图，在四边形ABCD中，以AB为直径的半圆O经过点C，D．AC与BD相交于点E，CD2＝CE•CA，分别延长AB，DC相交于点P，PB＝BO，CD＝2．则BO的长是．三、解答题：本大题共7小题，共55分．16．（6分）先化简，再求值：（x+1）（x﹣1）+x（2﹣x），其中x＝．17．（7分）某校举行了“防溺水”知识竞赛．八年级两个班各选派10名同学参加预赛，依据各参赛选手的成绩（均为整数）绘制了统计表和折线统计图（如图所示）．班级八（1）班八（2）班最高分10099众数a98中位数96b平均数c94.8（1）统计表中，a＝，b＝，c＝；（2）若从两个班的预赛选手中选四名学生参加决赛，其中两个班的第一名直接进入决赛，另外两个名额在成绩为98分的学生中任选两个，求另外两个决赛名额落在不同班级的概率．18．（7分）如图，在△ABC中，AB＝AC，点P在BC上．（1）求作：△PCD，使点D在AC上，且△PCD∽△ABP；（要求：尺规作图，保留作图痕迹，不写作法）（2）在（1）的条件下，若∠APC＝2∠ABC．求证：PD∥AB．19．（8分）在△ABC中，BC边的长为x，BC边上的高为y，△ABC 的面积为2．（1）y关于x的函数关系式是，x的取值范围是；（2）在平面直角坐标系中画出该函数图象；（3）将直线y＝﹣x+3向上平移a（a＞0）个单位长度后与上述函数图象有且只有一个交点，请求出此时a的值．20．（8分）为加快复工复产，某企业需运输一批物资．据调查得知，2辆大货车与3辆小货车一次可以运输600箱；5辆大货车与6辆小货车一次可以运输1350箱．（1）求1辆大货车和1辆小货车一次可以分别运输多少箱物资；（2）计划用两种货车共12辆运输这批物资，每辆大货车一次需费用5000元，每辆小货车一次需费用3000元．若运输物资不少于1500箱，且总费用小于54000元．请你列出所有运输方案，并指出哪种方案所需费用最少．最少费用是多少？21．（9分）我们把方程（x﹣m）2+（y﹣n）2＝r2称为圆心为（m，n）、半径长为r的圆的标准方程．例如，圆心为（1，﹣2）、半径长为3的圆的标准方程是（x﹣1）2+（y+2）2＝9．在平面直角坐标系中，⊙C与轴交于点A，B，且点B的坐标为（8，0），与y 轴相切于点D（0，4），过点A，B，D的抛物线的顶点为E．（1）求⊙C的标准方程；（2）试判断直线AE与⊙C的位置关系，并说明理由．22．（10分）如图，在菱形ABCD中，AB＝AC，点E，F，G分别在边BC，CD上，BE＝CG，AF平分∠EAG，点H是线段AF上一动点（与点A不重合）．（1）求证：△AEH≌△AGH；（2）当AB＝12，BE＝4时．①求△DGH周长的最小值；②若点O是AC的中点，是否存在直线OH将△ACE分成三角形和四边形两部分，其中三角形的面积与四边形的面积比为1：3．若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由．答案一、选择题：本大题共10小题，每小题3分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求．1．【解答】解：﹣的相反数是：．故选：D．2．【解答】解：3.14159精确到千分位的结果是3.142．故选：C．3．【解答】解：A、是最简二次根式，符合题意；B、＝2，不是最简二次根式，不符合题意；C、＝a，不是最简二次根式，不符合题意；D、＝，不是最简二次根式，不符合题意．故选：A．4．【解答】解：设所求正n边形边数为n，则1080°＝（n﹣2）•180°，解得n＝8．故选：B．5．【解答】解：如图．根据题意得：∠CBD＝84°，∠CAB＝42°，∴∠C＝∠CBD﹣∠CAB＝42°＝∠CAB，∴BC＝AB，∵AB＝15×2＝30，∴BC＝30，即海岛B到灯塔C的距离是30海里．故选：C．6．【解答】解：∵乙和丁的平均数最小，∴从甲和丙中选择一人参加比赛，∵丙的方差最小，∴选择丙参赛．故选：C．7．【解答】解：∵直线y＝x+5和直线y＝ax+b相交于点P（20，25）∴直线y＝x+5和直线y＝ax+b相交于点P为x＝20．故选：A．8．【解答】解：由三视图可知，原几何体为圆锥，∵l＝＝5（cm），∴S侧＝•2πr•l＝×2π××5＝15π（cm2）．故选：B．9．【解答】解：过点B作BH⊥CD于点H．∵点D为△ABC的内心，∠A＝60°，∴∠DBC+∠DCB＝（∠ABC+∠ACB）＝（180°﹣∠A），∴∠BDC＝90°+∠A＝90°+×60°＝120°，则∠BDH＝60°，∵BD＝4，∴DH＝2，BH＝2，∵CD＝2，∴△DBC的面积＝CD•BH＝＝2，故选：B．10．【解答】解：∵第1个图形中正方体的个数为1，第2个图形中正方体的个数3＝1+2，第3个图形中正方体的个数6＝1+2+3，∴第100个图形中，正方体一共有1+2+3+……+99+100＝＝5050（个），其中写有“心”字的正方体有100个，∴抽到带“心”字正方体的概率是＝，故选：D．二、填空题：本大题共5小题，每小题3分，共15分．11．【解答】解：原式＝a（a2﹣4）＝a（a+2）（a﹣2）．故答案为：a（a+2）（a﹣2）．12．【解答】解：根据三角形的三边关系，得第三边应大于6﹣3＝3，而小于6+3＝9，故第三边的长度3＜x＜9，这个三角形的第三边长可以，4．故答案为：4．13．【解答】解：原式＝÷＝•＝，当m+n＝﹣3时，原式＝故答案为：14．【解答】解：如图所示：过点A作AF⊥BC于点F，∵斜面坡度为1：，∴tan∠ABF＝＝＝，∴∠ABF＝30°，∵在P处进行观测，测得山坡上A处的俯角为15°，山脚B处的俯角为60°，∴∠HPB＝30°，∠APB＝45°，∴∠HBP＝60°，∴∠PBA＝90°，∠BAP＝45°，∴PB＝AB，∵PH＝30m，sin60°＝＝＝，解得：PB＝20，故AB＝20（m），答：斜坡AB的长是20m，故答案为：20．15．【解答】解：连结OC，如图，∵CD2＝CE•CA，∴，而∠ACD＝∠DCE，∴△CAD∽△CDE，∴∠CAD＝∠CDE，∵∠CAD＝∠CBD，∴∠CDB＝∠CBD，∴BC＝DC；设⊙O的半径为r，∵CD＝CB，∴，∴∠BOC＝∠BAD，∴OC∥AD，∴，∴PC＝2CD＝4，∵∠PCB＝∠PAD，∠CPB＝∠APD，∴△PCB∽△PAD，∴，即，∴r＝4，∴OB＝4，故答案为4．三、解答题：本大题共7小题，共55分．16．【解答】解：原式＝x2﹣1+2x﹣x2＝2x﹣1，当x＝时，原式＝2×﹣1＝0．17．【解答】解：（1）八（1）班的成绩为：88、89、92、92、96、96、96、98、98、100，八（2）班成绩为89、90、91、93、95、97、98、98、98、99，所以a＝96、c＝×（88+89+92+92+96+96+96+98+98+100）＝94.5，b＝＝96，故答案为：96、96、94.5；（2）设（1）班学生为A1，A2，（2）班学生为B1，B2，B3，一共有20种等可能结果，其中2人来自不同班级共有12种，所以这两个人来自不同班级的概率是＝．18．【解答】解：（1）如图：作出∠APD＝∠ABP，即可得到△PCD∽△ABP；（2）证明：如图，∵∠APC＝2∠ABC，∠APD＝∠ABC，∴∠DPC＝∠ABC∴PD∥AB．19．【解答】解：（1）∵在△ABC中，BC边的长为x，BC边上的高为y，△ABC的面积为2，∴xy＝2，∴xy＝4，∴y关于x的函数关系式是y＝，x的取值范围为x＞0，故答案为：y＝，x＞0；（2）在平面直角坐标系中画出该函数图象如图所示；（3）将直线y＝﹣x+3向上平移a（a＞0）个单位长度后解析式为y＝﹣x+3+a，解，整理得，x2﹣（3+a）x+4＝0，∵平移后的直线与上述函数图象有且只有一个交点，∴△＝（3+a）2﹣16＝0，解得a＝1，a＝﹣7（不合题意舍去），故此时a的值为1．20．【解答】解：（1）设1辆大货车一次运输x箱物资，1辆小货车一次运输y箱物资，由题意可得：，解得：，答：1辆大货车一次运输150箱物资，1辆小货车一次运输100箱物资，（2）设有a辆大货车，（12﹣a）辆小货车，由题意可得：，∴6≤a＜9，∴整数a＝6，7，8；当有6辆大货车，6辆小货车时，费用＝5000×6+3000×6＝48000元，当有7辆大货车，5辆小货车时，费用＝5000×7+3000×5＝50000元，当有8辆大货车，4辆小货车时，费用＝5000×8+3000×4＝52000元，∵48000＜50000＜52000，∴当有6辆大货车，6辆小货车时，费用最小，最小费用为48000元．21．【解答】解：（1）如图，连接CD，CB，过点C作CM⊥AB于M．设⊙C的半径为r．∵与y轴相切于点D（0，4），∴CD⊥OD，∵∠CDO＝∠CMO＝∠DOM＝90°，∴四边形ODCM是矩形，∴CM＝OD＝4，CD＝OM＝r，∵B（8，0），∴OB＝8，∴BM＝8﹣r，在Rt△CMB中，∵BC2＝CM2+BM2，∴r2＝42+（8﹣r）2，解得r＝5，∴C（5，4），∴⊙C的标准方程为（x﹣5）2+（y﹣4）2＝25．（2）结论：AE是⊙C的切线．理由：连接AC，CE．∵CM⊥AB，∴AM＝BM＝3，∴A（2，0），B（8，0）设抛物线的解析式为y＝a（x﹣2）（x﹣8），把D（0，4）代入y＝a（x﹣2）（x﹣8），可得a＝，∴抛物线的解析式为y＝（x﹣2）（x﹣8）＝x2﹣x+4＝（x﹣5）2﹣，∴抛物线的顶点E（5，﹣），∵AE＝＝，CE＝4+＝，AC＝5，∴EC2＝AC2+AE2，∴∠CAE＝90°，∴CA⊥AE，∴AE是⊙C的切线．22．【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是菱形，∴AB＝BC，∵AB＝AC，∴AB＝BC＝AC，∴△ABC是等边三角形，∴∠ABC＝60°，∴∠BCD＝120°，∵AC是菱形ABCD的对角线，∴∠ACD＝∠BCD＝60°＝∠ABC，∵BE＝CG，∴△ABE≌△ACG（SAS），∴AE＝AG，∵AF平分∠EAG，∴∠EAF＝∠GAF，∵AH＝AH，∴△AEH≌△AGH（SAS）；（2）①如图1，过点D作DM⊥BC交BC的延长线于M，连接DE，∵AB＝12，BE＝4，∴CG＝4，∴CE＝DG＝12﹣4＝8，由（1）知，△AEH≌△AGH，∴EH＝HG，∴l△DGH＝DH+GH+DG＝DH+HE+8，要是△AEH的周长最小，则EH+DH最小，最小为DE，在Rt△DCM中，∠DCM＝180°﹣120°＝60°，CD＝AB＝12，∴CM＝6，∴DM＝CM＝6，在Rt△DME中，EM＝CE+CM＝14，根据勾股定理得，DE＝＝＝4，∴△DGH周长的最小值为4+8；②Ⅰ、当OH与线段AE相交时，交点记作点N，如图2，连接CN，∴点O是AC的中点，∴S△AON＝S△CON＝S△ACN，∵三角形的面积与四边形的面积比为1：3，∴＝，∴S△CEN＝S△ACN，∴AN＝EN，∵点O是AC的中点，∴ON∥CE，∴；Ⅱ、当OH与线段CE相交时，交点记作Q，如图3，连接AQ，FG，∵点O是AC的中点，∴S△AOQ＝S△COQ＝S△ACQ，∵三角形的面积与四边形的面积比为1：3，∴，∴S△AEQ＝S△ACQ，∴CQ＝EQ＝CE＝（12﹣4）＝4，∵点O是AC的中点，∴OQ∥AE，设FQ＝x，∴EF＝EQ+FQ＝4+x，CF＝CQ﹣FQ＝4﹣x，由（1）知，AE＝AG，∵AF是∠EAG的角平分线，∴∠EAF＝∠GAF，∵AF＝AF，∴△AEF≌△AGF（SAS），∴FG＝EF＝4+x，过点G作GP⊥BC交BC的延长线于P，在Rt△CPG中，∠PCG＝60°，CG＝4，∴CP＝CG＝2，PG＝CP＝2，∴PF＝CF+CP＝4﹣x+2＝6﹣x，在Rt△FPG中，根据勾股定理得，PF2+PG2＝FG2，∴（6﹣x）2+（2）2＝（4+x）2，∴x＝，∴FQ＝，EF＝4+＝，∵OQ∥AE，∴＝＝，即的值为或．白雪歌送武判官归京北风卷地白草折，胡天八月即飞雪。

【真题】2020年济宁市中考数学试卷含答案解析(Word版)

山东省济宁市2020 年中考数学试卷一、选择题：本大题共10 小题，每小题 3 分，共30 分。

在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。

1．31-的值是（）A．1 B．﹣1 C．3 D．﹣3【解答】解：31-=-1．故选B．2．为贯彻落实觉中央、国务院关于推进城乡义务教育一体化发展的部署，教育部会同有关部门近五年来共新建、改扩建校舍186000000 平方米，其中数据186000000 用科学记数法表示是（）A．1.86×107 B．186×106 C．1.86×108 D．0.186×109【解答】解：将186000000 用科学记数法表示为：1.86×108．故选：C．3．下列运算正确的是（）A．a8÷a4=a2 B．（a2）2=a4 C．a2•a3=a6 D．a2+a2=2a4【解答】解：A、a8÷a6=a4，故此选项错误；B、（a2）2=a4，故原题计算正确；C、a2•a3=a5，故此选项错误；D、a2+a2=2a2，故此选项错误；故选：B．4．如图，点B，C，D 在⊙O 上，若∠BCD=130°，则∠BOD 的度数是（）A．50°B．60°C．80°D．100°【解答】解：圆上取一点A，连接AB，AD，∵点A、B，C，D 在⊙O 上，∠BCD=130°，∴∠BAD=50°，∴∠BOD=100°，故选：D．5．多项式4a﹣a3 分解因式的结果是（）A．a（4﹣a2）B．a（2﹣a）（2+a）C．a（a﹣2）（a+2）D．a（2﹣a）2【解答】解：4a﹣a3=a（4﹣a2）=a(2-a)（2+a）．故选：B．6．.如图，在平面直角坐标系中，点A，C 在x 轴上，点C 的坐标为（﹣1，0），AC=2．将Rt△ABC 先绕点 C 顺时针旋转90°，再向右平移 3 个单位长度，则变换后点 A 的对应点坐标是（）A．（2，2）B．（1，2）C．（﹣1，2）D．（2，﹣1）【解答】解：∵点C 的坐标为（﹣1，0），AC=2，∴点 A 的坐标为（﹣3，0），如图所示，将Rt△ABC 先绕点 C 顺时针旋转90°，则点A′的坐标为（﹣1，2），再向右平移 3 个单位长度，则变换后点A′的对应点坐标为（2，2），故选：A．7．在一次数学答题比赛中，五位同学答对题目的个数分别为7，5，3，5，10，则关于这组数据的说法不正确的是（）A．众数是5 B．中位数是5 C．平均数是6 D．方差是3.6【解答】解：A、数据中 5 出现 2 次，所以众数为5，此选项正确；B、数据重新排列为3、5、5、7、10，则中位数为5，此选项正确；C、平均数为（7+5+3+5+10）÷5=6，此选项正确；D、方差为15×[（7﹣6）2+（5﹣6）2×2+（3﹣6）2+（10﹣6）2]=5.6，此选项错误；故选：D．8．如图，在五边形ABCDE 中，∠A+∠B+∠E=300°，DP、CP 分别平分∠EDC、∠BCD，则∠P=（）A．50°B．55°C．60°D．65°【解答】解：∵在五边形ABCDE 中，∠A+∠B+∠E=300°，∴∠ECD+∠BCD=240°，又∵DP、CP 分别平分∠EDC、∠BCD，∴∠PDC+∠PCD=120°，∴△CDP 中，∠P=180°﹣（∠PDC+∠PCD）=180°﹣120°=60°．故选：C．9．一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积是（）A．24+2πB．16+4πC．16+8πD．16+12π【解答】解：该几何体的表面积为2×12•π•22+4×4+12×2π•2×4=12π+16，故选：D．10．如图，小正方形是按一定规律摆放的，下面四个选项中的图片，适合填补图中空白处的是（）【解答】解：由题意知，原图形中各行、各列中点数之和为10，符合此要求的只有故选：C．二、填空题：本大题共 5 小题，每小题 3 分，共15 分。

山东省济宁市2020年中考数学试题(Word版,含答案与解析)

山东省济宁市2020年中考数学试卷一、单选题（共10题；共20分）1.−72的相反数是（）A. −72B. −27C. 27D. 72【答案】 D【考点】实数的相反数【解析】【解答】解：−72的相反数是72，故答案为：D.【分析】根据相反数的概念解答即可．2.3.14159精确到千分位为（）A. 3.1B. 3.14C. 3.142D. 3.141 【答案】C【考点】进位制及应用（奥数类）【解析】【解答】解：3.14159精确到千分位为3.142．故答案为：C．【分析】把万分位上的数字5进行四舍五入即可．3.下列各式是最简二次根式的是（）A. √13B. √12C. √a2D. √53【答案】A【考点】最简二次根式【解析】【解答】解：A、√13是最简二次根式，符合题意；B、√12= 2√3，不是最简二次根式，不符合题意；C、√a2=|a|，不是最简二次根式，不符合题意；D、√53=√153，不是最简二次根式，不符合题意；故答案为：A.【分析】根据最简二次根式的定义即可求出答案．4.若一个多边形的内角和为1080°，则这个多边形的边数为（）A. 6B. 7C. 8D. 9 【答案】C【考点】多边形内角与外角【解析】【分析】首先设这个多边形的边数为n，由n边形的内角和等于180°（n﹣2)，即可得方程180（n ﹣2)=1080，解此方程即可求得答案．【解答】设这个多边形的边数为n，根据题意得：180（n﹣2)=1080，解得：n=8．故选C．【点评】此题考查了多边形的内角和公式．此题比较简单，注意熟记公式是准确求解此题的关键，注意方程思想的应用．5.一条船从海岛A出发，以15海里/时的速度向正北航行，2小时后到达海岛B处．灯塔C在海岛在海岛A 的北偏西42°方向上，在海岛B的北偏西84°方向上．则海岛B到灯塔C的距离是（）A. 15海里B. 20海里C. 30海里D. 60海里【答案】C【考点】三角形的外角性质，直角三角形的性质【解析】【解答】解：∵根据题意得：∠CBD=84°，∠CAB=42°，∴∠C=∠CBD-∠CAB=42°=∠CAB，∴BC=AB，∵AB=15海里/时×2时=30海里，∴BC=30海里，即海岛B到灯塔C的距离是30海里．故答案为：C.【分析】根据题意画出图形，根据三角形外角性质求出∠C=∠CAB=42°，根据等角对等边得出BC=AB，求出AB即可．6.下表中记录了甲、乙、丙、丁四名运动员跳远选拔赛成绩(单位:cm）的平均数和方差．要从中选择一名成绩较高且发挥稳定的运动员参加决赛,最合适的运动员是（）A. 甲B. 乙C. 丙D. 丁【答案】C【考点】平均数及其计算，方差【解析】【解答】解：∵乙和丁的平均数最小，∴从甲和丙中选择一人参加比赛，∵丙的方差最小，即成绩比较稳定，∴选择丙参赛；故答案为：C．【分析】首先比较平均数，平均数相同时选择方差较小的运动员参加．7.数形结合是解决数学问题常用的思思方法．如图，直线y=x+5和直线y=ax+b,相交于点P ,根据图象可知，方程x+5=ax+b的解是（）A. x=20B. x=5C. x=25D. x=15【答案】A【考点】一次函数的图象，一次函数的性质【解析】【解答】解：由图可知：直线y=x+5和直线y=ax+b交于点P（20，25），∴方程x+5=ax+b的解为x=20．故答案为：A．【分析】两直线的交点坐标为两直线解析式所组成的方程组的解．8.已知某几何体的三视图（单位：cm）如图所示，则该几何体的侧面积等于（）A. 12πcm2B. 15πcm2C. 24πcm2D. 30πcm2【答案】B【考点】圆锥的计算，由三视图判断几何体【解析】【解答】解：由三视图可知这个几何体是圆锥，高是4cm，底面半径是3cm，所以母线长是√42+32=5（cm），∴侧面积＝π×3×5＝15π（cm2），故答案为：B.【分析】由三视图可知这个几何体是圆锥，根据S侧=πRL可求解.9.如图，在△ABC中点D为△ABC的内心,∠A=60°,CD=2,BD=4．则△DBC的面积是（）A. 4 √3B. 2 √3C. 2D. 4 【答案】B【考点】三角形的面积，三角形的内切圆与内心【解析】【解答】解：过点B作BH⊥CD于点H．∵点D为△ABC的内心，∠A=60°，∴∠BDC=90°+ 12∠A=90°+ 12×60°=120°，则∠BDH=60°，∵BD=4，BD：CD=2：1∴DH=2，BH=2 √3，CD=2，∴△DBC的面积为12CD•BH= 12×2×2 √3=2 √3.故答案为：B.【分析】过点B作BH⊥CD于点H．由点D为△ABC的内心，∠A=60°，得∠BDC=120°，则∠BDH=60°，由BD=4，BD：CD=2：1得BH=2 √3，CD=2，于是求出△DBC的面积．10.小明用大小和形状都完全一样的正方体按照一定规律排放了一组图案(如图所示),每个图案中他只在最下面的正方体上写“心”字,寓意“不忘初心”.其中第(1)个图案中有1个正方体,第(2)个图案中有3个正方体,第(3)个图案中有6个正方体，……按照此规律，从第(100)个图案所需正方体中随机抽取一个正方体，抽到带“心”字正方体的概率是（）A. 1100B. 120C. 1101D. 2101 【答案】 D【考点】探索数与式的规律，探索图形规律【解析】【解答】解：由图可知：第1个图形共有1个正方体，最下面有1个带“心”字正方体；第2个图形共有1+2=3个正方体，最下面有2个带“心”字正方体；第3个图形共有1+2+3=6个正方体，最下面有3个带“心”字正方体；第4个图形共有1+2+3+4=10个正方体，最下面有4个带“心”字正方体； ...第n 个图形共有1+2+3+4+...+n=(1+n)n 2个正方体，最下面有n 个带“心”字正方体；则：第100个图形共有1+2+3+4+ (100)(1+100)1002=5050个正方体，最下面有100个带“心”字正方体；∴从第(100)个图案所需正方体中随机抽取一个正方体，抽到带“心”字正方体的概率是 1005050=2101 ，故答案为：D ．【分析】根据图形规律可得第n 个图形共有1+2+3+4+...+n=(1+n)n 2个正方体，最下面有n 个带“心”字正方体，从而得出第100个图形的情况，再利用概率公式计算即可．二、填空题（共5题；共5分）11.分解因式a 3-4a 的结果是 ________．【答案】 a （a+2）（a-2）【考点】提公因式法因式分解【解析】【解答】解：a 3-4a=a （a 2-4）=a （a+2）（a-2），故答案为：a （a+2）（a-2）．【分析】首先提取公因式a ，再利用平方差公式进行二次分解即可．12.已知三角形的两边长分别为3和6,则这个三角形的第三边长可以是________(写出一个即可)，【答案】 4（答案不唯一，在3＜x ＜9之内皆可）【考点】三角形三边关系【解析】【解答】解：根据三角形的三边关系，得：第三边应大于6-3=3，而小于6+3=9，故第三边的长度3＜x ＜9．故答案为：4（答案不唯一，在3＜x ＜9之内皆可）．【分析】根据三角形的三边关系“任意两边之和大于第三边，任意两边之差小于三边”，求得第三边的取值范围，即可得出结果． 13.已如m+n=-3.则分式m+n m÷(−m 2−n 2m−2n) 的值是________．【答案】 −1m+n ， 13【考点】利用分式运算化简求值【解析】【解答】解：原式= m+nm ÷(−m2−n2−2mnm)= m+nm ÷(−m2−n2−2mnm)= m+nm ÷[−(m+n)2m]= m+nm ×[−m(m+n)2]= −1m+n，∵m+n=-3，代入，原式= 13.【分析】先计算括号内的，再将除法转化为乘法，最后将m+n=-3代入即可.14.如图，小明在距离地面30米的P处测得A处的俯角为15°，B处的俯角为60°．若斜面坡度为1：√3,则斜坡AB的长是________米．【答案】20√3【考点】锐角三角函数的定义，解直角三角形的应用﹣仰角俯角问题【解析】【解答】解：如图所示：过点A作AF⊥BC于点F，∵斜面坡度为1：√3，∴tan∠ABF= AFBF =3=√33，∴∠ABF=30°，∵在距离地面30米的P处测得A处的俯角为15°，B处的俯角为60°，∴∠HPB=30°，∠APB=45°，∴∠HBP=60°，∴∠PBA=90°，∠BAP=45°，∴PB=AB，∵PH=30m，sin60°= PHPB =30PB=√32，解得：PB= 20√3，故AB= 20√3m，故答案为：20√3.【分析】首先根据题意得出∠ABF=30°，进而得出∠PBA=90°，∠BAP=45°，再利用锐角三角函数关系求出即可．15.如图,在四边形ABCD中，以AB为直径的半圆O经过点C,D．AC与BD相交于点E，CD2=CE·CA,分别延长AB,DC相交于点P，PB=BO，CD=2 √2．则BO的长是________．【答案】4【考点】等腰三角形的判定与性质，圆周角定理，平行线分线段成比例，相似三角形的判定与性质【解析】【解答】解：连结OC，如图，设⊙O的半径为r，∵DC2=CE·CA，∴DCCE =CADC，而∠ACD=∠DCE，∴△CAD∽△CDE，∴∠CAD=∠CDE，∵∠CAD=∠CBD，∴∠CDB=∠CBD，∴BC=DC，∴CD⌢=CB⌢，∴∠BOC=∠BAD，∴OC//AD，∴PCCD =POOA=2rr=2，∴PC=2CD=4√2，∵∠PCB=∠PAD，∠CPB=∠APD，∴△PCB∽△PAD，∴PCPA =PBPD，即4√23r=6√2，∴r=4，即OB=4.故答案为：4.【分析】连结OC，设⊙O的半径为r，由DC2=CE•CA和∠ACD=∠DCE，可判断△CAD∽△CDE，得到∠CAD=∠CDE，再根据圆周角定理得∠CAD=∠CBD，所以∠CDB=∠CBD，利用等腰三角形的判定得BC=DC，证明OC∥AD，利用平行线分线段成比例定理得到PCCD =POOA=2，则PC=2CD=4√2，然后证明△PCB∽△PAD，利用相似比得到4√23r =6√2，再利用比例的性质可计算出r的值即可．三、解答题（共7题；共62分）16.先化简，再求值:(x+1)(x-1)+x(2-x),其中x= 12．【答案】解：原式= x2−1+2x−x2= 2x−1将x= 12代入，原式=0.【考点】去括号法则及应用，合并同类项法则及应用【解析】【分析】先去括号，再合并同类项，最后将x值代入求解.17.某校举行了“防溺水”知识竞赛，八年级两个班选派10名同学参加预赛，依据各参赛选手的成绩(均为整数)绘制了统计表和折线统计图(如图所示)．（1）统计表中,a=________, b =________；（2）若从两个班的预赛选手中选四名学生参加决赛,其中两个班的第一名直接进入决赛，另外两个名额在成绩为98分的学生中任选两个，求另外两个决赛名额落在不同班级的概率．【答案】（1）96；96（2）解：设八（1）班98分的学生分别为A，B，八（2）班98分的学生分别为D、C、E，可知共有（A，B），（A，C），（A，D），（A，E），（B，C），（B，D），（B，E），（C，D），（C，E），（D，E）10种情况，其中满足另外两个决赛名额落在不同班级的情况有（A，C），（A，D），（A，E），（B，C），（B，D），（B，E），共6种，∴另外两个决赛名额落在不同班级的概率为610=35.【考点】概率公式，中位数，众数【解析】【解答】解：（1）由图可知：八（1）班学生成绩分别为：100、92、98、96、88、96、89、98、96、92，∴八（1）班的众数为：96，即a=96，八（2）班学生成绩分别为：89、98、93、98、95、97、91、90、98、99，从小到大排列为：89、90、91、93、95、97、98、98、98、99，八（2）班的中位数为：（95+97）÷2=96，即b=96；故答案为：96；96；【分析】（1）分别将两个班级的成绩罗列出来，再根据众数和中位数的概念解答即可；（2）设八（1）班98分的学生分别为A，B，八（2）班98分的学生分别为D、C、E，将所有情况列出，再得出符合条件的个数，利用概率公式求解.18.如图,在△ABC中,AB=AC，点P在BC上．（1）求作:△PCD,使点D在AC上，且△PCD∽△ABP；(要求:尺规作图，保留作图痕迹,不写作法)（2）在(1)的条件下,若∠APC=2∠ABC，求证:PD//AB．【答案】（1）解：∵△PCD∽△ABP，∴∠CPD=∠BAP，故作∠CPD=∠BAP即可，如图，即为所作图形，（2）解：∵∠APC=∠APD+∠DPC=∠ABC+∠BAP=2∠ABC，∴∠BAP =∠ABC，∴∠BAP=∠CPD=∠ABC，即∠CPD =∠ABC，∴PD∥AB.【考点】平行线的判定与性质，三角形的外角性质，相似三角形的性质【解析】【分析】（1）根据相似三角形的性质可得∠CPD=∠BAP，故作∠CPD=∠BAP，∠CPD与AC的交点为D即可；（2）利用外角的性质以及（1）中∠CPD=∠BAP可得∠CPD =∠ABC，再根据平行线的判定即可.19.在△ABC中.BC边的长为x,BC边上的高为y,△ABC的面积为2．（1）y关于x的函数关系式是________，x的取值范围是________；（2）在平面直角坐标系中画出该函数图象；（3）将直线y=-x+3向上平移a(a>0)个单位长度后与上述函数图象有且只有一个交点，请求出此时a的值．【答案】（1）y= 4x；x＞0（2）解：函数y= 4x（x＞0）的图像如图所示；（3）解：将直线y=-x+3向上平移a(a>0)个单位长度后得到y=-x+3+a，若与函数y= 4x（x＞0）只有一个交点，联立：{y=4xy=−x+3+a，得：x2−(a+3)x+4=0，则[−(a+3)]2−4×1×4=0，解得：a=1或-7（舍），∴a的值为1.【考点】一次函数的图象，反比例函数的图象，反比例函数的性质，三角形的面积，一次函数的性质【解析】【解答】解：（1）由题意可得：S△ABC= 12xy=2，则：y= 4x，其中x的取值范围是x＞0，故答案为：y= 4x，x＞0；【分析】（1）根据三角形的面积公式即可得出函数关系式，再根据实际意义得出x的取值范围；（2）在平面直角坐标系中画出图像即可；（3）得到平移后的一次函数表达式，再和反比例函数联立，得到一元二次方程，再结合交点个数得到根的判别式为零，即可求出a值.20.为加快复工复产，某企业需运输批物资．据调查得知，2辆大货车与3辆小货车一次可以运输600箱；5辆大货车与6辆小货车一次可以运输1350箱．（1）求1辆大货车和1辆小货车一次可以分别运输多少箱物资；（2）计划用两种货车共12辆运输这批物资，每辆大货车一次需费用5 000元，每辆小货车一次需费用3000元．若运输物资不少于1500箱，且总费用小于54000元，请你列出所有运输方案,并指出哪种方案所需费用最少，最少费用是多少?【答案】（1）解：设1辆大货车和1辆小货车一次可以分别运输x箱，y箱物资，根据题意，得：{2x+3y=6005x+6y=1350，解得：{x=150y=100，答：1辆大货车和1辆小货车一次可以分别运输150箱，100箱物资；（2）解：设安排m辆大货车，则小货车（12-m）辆，总费用为W，则150m+（12-m）×100≥1500，解得：m≥6，而W=5000m+3000×（12-m）=2000m+36000＜54000，解得：m＜9，则6≤m＜9，则运输方案有3种：6辆大货车和6辆小货车；7辆大货车和5辆小货车；8辆大货车和4辆小货车；∵2000＞0，∴当m=6时，总费用最少，且为2000×6+36000=48000元.∴共有3种方案，当安排6辆大货车和6辆小货车时，总费用最少，为48000元.【考点】二元一次方程组的其他应用，一元一次不等式的应用【解析】【分析】（1）设1辆大货车和1辆小货车一次可以分别运输x箱，y箱物资，根据题意列出二元一次方程组，求解即可；（2）设安排m辆大货车，则小货车（12-m）辆，总费用为W，根据运输物资不少于1500箱，且总费用小于54000元分别得出不等式，求解即可得出结果.21.我们把方程(x- m)2+(y-n)2=r2称为圆心为(m，n)、半径长为r的圆的标准方程．例如，圆心为(1,-2)、半径长为3的圆的标准方程是(x- 1)2+(y+2)2=9．在平面直角坐标系中,圆C与轴交于点A．B．且点B的坐标为(8．0),与y轴相切于点D(0, 4)，过点A,B,D的抛物线的顶点为E．（1）求圆C的标准方程；（2）试判断直线AE与圆C的位置关系，并说明理由．【答案】（1）解：连接CD，CB，过C作CF⊥AB，∵点D（0，4），B（8，0），设圆C半径为r，圆C与y轴切于点D，则CD=BC=OF=r，CF=4，∵CF⊥AB，∴AF=BF=8-r，在△BCF中，BF2+CF2=BC2，即(8−r)2+42=r2，解得：r=5，∴CD=OF=5，即C （5，4），∴圆C 的标准方程为： (x −5)2+(y −4)2=25 ；（2）解：由（1）可得：BF=3=AF ，则OA=OB-AB=2，即A （2，0），设抛物线表达式为： y =ax 2+bx +c ，将A ，B ，D 坐标代入，{0=4a +2b +c 0=64a +8b +c 4=c ，解得： {a =14b =−52c =4，∴抛物线表达式为： y =14x 2−52x +4 ，∴可得点E （5， −94 ），设直线AE 表达式为：y=mx+n ，将A 和E 代入，可得： {−94=5m +n 0=2m +n ，解得： {m =−34n =32 ， ∴直线AE 的表达式为： y =−34x +32 ，∵圆C 的标准方程为 (x −5)2+(y −4)2=25 ，联立 {y =−34x +32(x −5)2+(y −4)2=25 ，解得：x=2，故圆C 与直线AE 只有一个交点，横坐标为2，即圆C 与直线AE 相切.【考点】一元二次方程根的判别式及应用，勾股定理，二次函数y=ax^2+bx+c 的图象，二次函数y=ax^2+bx+c 的性质【解析】【分析】（1）连接CD ，CB ，过C 作CF ⊥AB ，分别表示出BF 和CF ，再在△BCF 中利用勾股定理构造方程求解即可得到圆C 半径以及点C 坐标，从而得到标准方程；（2）由（1）可得点A 坐标，求出抛物线表达式，得到点E 坐标，再求出直线AE 的表达式，联立直线AE 和圆C 的表达式，通过判断方程根的个数即可得到两者交点个数，从而判断位置关系.22.如图，在菱形ABCD 中，AB=AC ，点E 、F 、G 分别在边BC 、CD 上，BE=CG ，AF 平分∠EAG ，点H 是线段AF 上一动点(与点A 不重合)．（1）求证:△AEH≌△AGH；（2）当AB=12，BE=4时：①求△DGH周长的最小值；②若点O是AC的中点，是否存在直线OH将△ACE分成三角形和四边形两部分，其中三角形的面积与四边形的面积比为1:3．若存在，请求出AH的值；若不存在，请说明理由．AF【答案】（1）证明：∵四边形ABCD为菱形，∴AB=BC，∵AB=AC，∴△ABC是等边三角形，∴∠B=∠ACB=∠ACD=60°，∵BE=CG，AB=AC，∴△ABE≌△ACG，∴AE=AG，∵AF平分∠EAG，∴∠EAH=∠GAH，∵AH=AH，∴△AEH≌△AGH；（2）解：①如图，连接ED，与AF交于点H，连接HG，∵点H在AF上，AF平分∠EAG，且AE=AG，∴点E和点G关于AF对称，∴此时△DGH的周长最小，过点D作DM⊥BC，交BC的延长线于点M，由（1）得：∠BCD=∠ACB+∠ACD=120°，∴∠DCM=60°，∠CDM=30°，∴CM= 1CD=6，2∴DM= √CD2−CM2=6√3，∵AB=12=BC，BE=4，∴EC=DG=8，EM=EC+CM=14，∴DE= √DM2+EM2=4√19=DH+EH=DH+HG，∴DH+HG+DG= 4√19+8∴△DGH周长的最小值为4√19+8；②当OH与AE相交时，如图，AE与OH交于点N，可知S△AON：S四边形HNEF=1:3，即S△AON：S△AEC=1:4，∵O是AC中点，∴N为AE中点，此时ON∥EC，∴ANAE =AOAC=AHAF=12，当OH与EC相交时，如图，EC与OH交于点N，同理S△NOC：S四边形ONEA=1:3，∴S△NOC：S△AEC=1:4，∵O为AC中点，∴N为EC中点，则ON∥AE，∴AHAF =ENEF，∵BE=4，AB=12，∴EC=8，EN=4，过点G作GP⊥BC，交BNC延长线于点P，∵∠BCD=120°，∴∠GCP=60°，∠CGP=30°，∴CG=2CP，∵CG=BE=4，∴CP=2，GP= 2√3，∵AE=AG，AF=AF，∠EAF=∠GAF，∴△AEF≌△AGF，∴EF=FG，设EF=FG=x，则FC=8-x，FP=10-x，在△FGP中，(10−x)2+(2√3)2=x2，解得：x= 285，∴EF= 285，∴AHAF =ENEF=4285=57，综上：存在直线OH，AHAF 的值为12或57.【考点】三角形的面积，全等三角形的判定与性质，轴对称的性质，三角形的中位线定理【解析】【分析】（1）证明△ABE≌△ACG得到AE=AG，再结合角平分线，即可利用SAS证明△AEH≌△AGH；（2）①根据题意可得点E和点G关于AF对称，从而连接ED，与AF交于点H，连接HG，得到△DGH周长最小时即为DE+DG，构造三角形DCM进行求解即可；②分当OH与AE相交时，当OH与CE相交时两种情况分别讨论，结合中位线，三角形面积进行求解即可.。

2020年济宁市中考数学试题

2020年济宁市中考数学试题考试时间120分钟。

共100分。

第I 卷(选择题共30 分)一、选择题:本大题共 10小题，每小题3分,共30分在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。

1.27-的相反数是 A.27- B.72- C.72 D.27 2.用四舍五人法将数3.141 59精确到千分位的结果是A. 3.1B. 3.14C.3.142D.3.1413.下列各式是最简二次根式的是A. 13B.12C.2aD.35 4.一个多边形的内角和是1080°，测这个多边形的边数是A. 9B. 8C.7D.65.一条船从海岛A 出发，以15海里/时的速度向正北航行，2小时后到达海岛B 处。

灯塔C 在海岛在海岛A 的北偏西42°方向上，在海岛B 的北偏西84°方向上。

则海岛B 到灯塔C 的距离是A.15海里B.20海里C. 30海里D.60海里6.下表中记录了甲、乙、丙、丁四名运动员跳远选拔赛成绩(单位:cm ）的平均数和方差。

要从中选择一名成绩较高且发挥稳定的运动员参加决赛,最合适的运动员是A.甲B.乙C.丙D. 丁7.数形结合是解决数学问题常用的思思方法。

如图，直线y=x+5和直线y=ax+b,相交于点P ,根据图象可知，方程x+5=ax+b 的解是A. x=20B.x=5C.x= 25D.x=158. 如图是一个几何体的三视图，根据图中所示数据计算这个几何体的侧面积是A.12πcm 2B.15πcm 2C.24πcm 2D.30πcm 2(第7题) (第8题) (第9题)9.如图，在△ABC 中点D 为△ABC 的内心,∠A =60°,CD=2,BD=4。

则△DBC 的面积是 A.43 B.23 C.2 D.410.小明用大小和形状都完全一样的正方体按照一定规律排放了一组图案( 如图所示),每个图案中他只在最下面的正方体上写“心”字,寓意“不忘初心”.其中第(1)个图案中有1个正方体,第(2)个图案中有3个正方体,第(3)个图案中有6个正方体，……按照此规律，从第(100)个图案所需正方体中随机抽取一个正方体，抽到带“心”字正方体的概率是A.1001B.201C.1011D.1012 第Ⅱ卷(非选择题共70分)二、填空题:本大题其5小题，每小题3分，共15分。

2020年山东省济宁市中考数学试卷和答案解析

2020年山东省济宁市中考数学试卷和答案解析一、选择题：本大题共10小题，每小题3分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求．1．（3分）﹣的相反数是（）A．﹣B．﹣C．D．解析：直接利用相反数的定义分析得出答案．参考答案：解：﹣的相反数是：．故选：D．点拨：此题主要考查了相反数，正确把握定义是解题关键．2．（3分）用四舍五入法将数3.14159精确到千分位的结果是（）A．3.1B．3.14C．3.142D．3.141解析：把万分位上的数字5进行四舍五入．参考答案：解：3.14159精确到千分位的结果是3.142．故选：C．点拨：本题考查了近似数和有效数字：“精确到第几位”和“有几个有效数字”是精确度的两种常用的表示形式，它们实际意义是不一样的，前者可以体现出误差值绝对数的大小，而后者往往可以比较几个近似数中哪个相对更精确一些．3．（3分）下列各式是最简二次根式的是（）A．B．C．D．解析：利用最简二次根式定义判断即可．参考答案：解：A、是最简二次根式，符合题意；B、＝2，不是最简二次根式，不符合题意；C、＝a，不是最简二次根式，不符合题意；D、＝，不是最简二次根式，不符合题意．故选：A．点拨：此题考查了最简二次根式，熟练掌握最简二次根式的定义是解本题的关键．4．（3分）一个多边形的内角和是1080°，则这个多边形的边数是（）A．9B．8C．7D．6解析：多边形的内角和可以表示成（n﹣2）•180°，依此列方程可求解．参考答案：解：设所求正n边形边数为n，则1080°＝（n﹣2）•180°，解得n＝8．故选：B．点拨：本题考查根据多边形的内角和计算公式求多边形的边数，解答时要会根据公式进行正确运算、变形和数据处理．5．（3分）一条船从海岛A出发，以15海里/时的速度向正北航行，2小时后到达海岛B处．灯塔C在海岛A的北偏西42°方向上，在海岛B的北偏西84°方向上．则海岛B到灯塔C的距离是（）A．15海里B．20海里C．30海里D．60海里解析：根据题意画出图形，根据三角形外角性质求出∠C＝∠CAB ＝42°，根据等角对等边得出BC＝AB，求出AB即可．参考答案：解：如图．根据题意得：∠CBD＝84°，∠CAB＝42°，∴∠C＝∠CBD﹣∠CAB＝42°＝∠CAB，∴BC＝AB，∵AB＝15×2＝30，∴BC＝30，即海岛B到灯塔C的距离是30海里．故选：C．点拨：本题考查了解直角三角形的应用﹣方向角问题，等腰三角形的判定和三角形的外角性质，关键是求出∠C＝∠CAB，题目比较典型，难度不大．6．（3分）下表中记录了甲、乙、丙、丁四名运动员跳远选拔赛成绩（单位：cm）的平均数和方差，要从中选择一名成绩较高且发挥稳定的运动员参加决赛，最合适的运动员是（）甲乙丙丁平均数376350376350方差s212.513.5 2.4 5.4A．甲B．乙C．丙D．丁解析：首先比较平均数，平均数相同时选择方差较小的运动员参加．参考答案：解：∵乙和丁的平均数最小，∴从甲和丙中选择一人参加比赛，∵丙的方差最小，∴选择丙参赛．故选：C．点拨：此题考查了平均数和方差，方差是用来衡量一组数据波动大小的量，方差越大，表明这组数据偏离平均数越大，即波动越大，数据越不稳定；反之，方差越小，表明这组数据分布比较集中，各数据偏离平均数越小，即波动越小，数据越稳定．7．（3分）数形结合是解决数学问题常用的思想方法．如图，直线y ＝x+5和直线y＝ax+b相交于点P，根据图象可知，方程x+5＝ax+b 的解是（）A．x＝20B．x＝5C．x＝25D．x＝15解析：两直线的交点坐标为两直线解析式所组成的方程组的解．参考答案：解：∵直线y＝x+5和直线y＝ax+b相交于点P（20，25）∴直线y＝x+5和直线y＝ax+b相交于点P为x＝20．故选：A．点拨：本题主要考查了一次函数与一元一次方程：任何一元一次方程都可以转化为ax+b＝0 （a，b为常数，a≠0）的形式，所以解一元一次方程可以转化为：当某个一次函数的值为0时，求相应的自变量的值．从图象上看，相当于已知直线y＝ax+b确定它与x 轴的交点的横坐标的值．8．（3分）如图是一个几何体的三视图，根据图中所示数据计算这个几何体的侧面积是（）A．12πcm2B．15πcm2C．24πcm2D．30πcm2解析：由几何体的三视图可得出原几何体为圆锥，根据图中给定数据求出母线l的长度，再套用侧面积公式即可得出结论．参考答案：解：由三视图可知，原几何体为圆锥，∵l＝＝5（cm），∴S侧＝•2πr•l＝×2π××5＝15π（cm2）．故选：B．点拨：本题考查了由三视图判断几何体、圆锥的计算以及勾股定理，由几何体的三视图可得出原几何体为圆锥是解题的关键．9．（3分）如图，在△ABC中，点D为△ABC的内心，∠A＝60°，CD ＝2，BD＝4．则△DBC的面积是（）A．4B．2C．2D．4解析：过点B作BH⊥CD于点H．由点D为△ABC的内心，∠A ＝60°，得∠BDC＝120°，则∠BDH＝60°，由BD＝4，求得BH，根据三角形的面积公式即可得到结论．参考答案：解：过点B作BH⊥CD于点H．∵点D为△ABC的内心，∠A＝60°，∴∠DBC+∠DCB＝（∠ABC+∠ACB）＝（180°﹣∠A），∴∠BDC＝90°+∠A＝90°+×60°＝120°，则∠BDH＝60°，∵BD＝4，∴DH＝2，BH＝2，∵CD＝2，∴△DBC的面积＝CD•BH＝＝2，故选：B．点拨：本题考查了三角形内心的相关计算，熟练运用含30°角的直角三角形的性质是解题的关键．10．（3分）小明用大小和形状都完全一样的正方体按照一定规律排放了一组图案（如图所示），每个图案中他只在最下面的正方体上写“心”字，寓意“不忘初心”．其中第（1）个图案中有1个正方体，第（2）个图案中有3个正方体，第（3）个图案中有6个正方体，…按照此规律，从第（100）个图案所需正方体中随机抽取一个正方体，抽到带“心”字正方体的概率是（）A．B．C．D．解析：先根据已知图形得出第100个图形中，正方体一共有1+2+3+……+99+100＝5050（个），再用带“心”字的正方体个数除以总个数即可得．参考答案：解：∵第1个图形中正方体的个数为1，第2个图形中正方体的个数3＝1+2，第3个图形中正方体的个数6＝1+2+3，∴第100个图形中，正方体一共有1+2+3+……+99+100＝＝5050（个），其中写有“心”字的正方体有100个，∴抽到带“心”字正方体的概率是＝，故选：D．点拨：本题主要考查概率公式及图形的变化规律，解题的关键是得出第n个图形中正方体个数和概率公式．二、填空题：本大题共5小题，每小题3分，共15分．11．（3分）分解因式a3﹣4a的结果是a（a+2）（a﹣2）．解析：原式提取公因式，再利用平方差公式分解即可．参考答案：解：原式＝a（a2﹣4）＝a（a+2）（a﹣2）．故答案为：a（a+2）（a﹣2）．点拨：此题考查了提公因式法与公式法的综合运用，熟练掌握因式分解的方法是解本题的关键．12．（3分）已知三角形的两边长分别为3和6，则这个三角形的第三边长可以是4（写出一个即可）．解析：根据三角形的三边关系“任意两边之和大于第三边，任意两边之差小于三边”，求得第三边的取值范围，即可得出结果．参考答案：解：根据三角形的三边关系，得第三边应大于6﹣3＝3，而小于6+3＝9，故第三边的长度3＜x＜9，这个三角形的第三边长可以，4．故答案为：4．点拨：此题主要考查了三角形的三边关系，根据三角形三边关系定理列出不等式，然后解不等式，确定取值范围即可．13．（3分）已如m+n＝﹣3，则分式÷（﹣2n）的值是．解析：根据分式运算法则即可求出答案．参考答案：解：原式＝÷＝•＝，当m+n＝﹣3时，原式＝故答案为：点拨：本题考查分式，解题的关键是熟练运用分式的运算法则，本题属于基础题型．14．（3分）如图，小明在距离地面30米的P处测得A处的俯角为15°，B处的俯角为60°．若斜面坡度为1：，则斜坡AB的长是20米．解析：如图所示：过点A作AF⊥BC于点F，根据三角函数的定义得到∠ABF＝30°，根据已知条件得到∠HPB＝30°，∠APB＝45°，求得∠HBP＝60°，解直角三角形即可得到结论．参考答案：解：如图所示：过点A作AF⊥BC于点F，∵斜面坡度为1：，∴tan∠ABF＝＝＝，∴∠ABF＝30°，∵在P处进行观测，测得山坡上A处的俯角为15°，山脚B处的俯角为60°，∴∠HPB＝30°，∠APB＝45°，∴∠HBP＝60°，∴∠PBA＝90°，∠BAP＝45°，∴PB＝AB，∵PH＝30m，sin60°＝＝＝，解得：PB＝20，故AB＝20（m），答：斜坡AB的长是20m，故答案为：20．点拨：此题主要考查了解直角三角形的应用﹣仰角俯角问题，解直角三角形的应用﹣坡度坡角问题，正确得出PB＝AB是解题关键．15．（3分）如图，在四边形ABCD中，以AB为直径的半圆O经过点C，D．AC与BD相交于点E，CD2＝CE•CA，分别延长AB，DC相交于点P，PB＝BO，CD＝2．则BO的长是4．解析：由CD2＝CE•CA和∠ACD＝∠DCE，可判断△CAD∽△CDE，得到∠CAD＝∠CDE，再根据圆周角定理得∠CAD＝∠CBD，所以∠CDB＝∠CBD，于是利用等腰三角形的判定可得BC＝DC，连结OC，如图，设⊙O的半径为r，先证明OC∥AD，利用平行线分线段成比例定理得到＝2，则PC＝2CD＝4，然后证明△PCB ∽△PAD，利用相似比得，再利用比例的性质可计算出r 的值．参考答案：解：连结OC，如图，∵CD2＝CE•CA，∴，而∠ACD＝∠DCE，∴△CAD∽△CDE，∴∠CAD＝∠CDE，∵∠CAD＝∠CBD，∴∠CDB＝∠CBD，∴BC＝DC；设⊙O的半径为r，∵CD＝CB，∴，∴∠BOC＝∠BAD，∴OC∥AD，∴，∴PC＝2CD＝4，∵∠PCB＝∠PAD，∠CPB＝∠APD，∴△PCB∽△PAD，∴，即，∴r＝4，∴OB＝4，故答案为4．点拨：本题考查了相似三角形的判定与性质：三角形相似的判定一直是中考考查的热点之一，在判定两个三角形相似时，应注意利用图形中已有的公共角、公共边等隐含条件，以充分发挥基本图形的作用，寻找相似三角形的一般方法是通过作平行线构造相似三角形；或依据基本图形对图形进行分解、组合；或作辅助线构造相似三角形，判定三角形相似的方法有时可单独使用，有时需要综合运用，无论是单独使用还是综合运用，都要具备应有的条件方可．也考查了圆周角定理．三、解答题：本大题共7小题，共55分．16．（6分）先化简，再求值：（x+1）（x﹣1）+x（2﹣x），其中x＝．解析：直接利用乘法公式以及单项式乘以多项式运算法则计算得出答案．参考答案：解：原式＝x2﹣1+2x﹣x2＝2x﹣1，当x＝时，原式＝2×﹣1＝0．点拨：此题主要考查了整式的混合运算，正确掌握相关运算法则是解题关键．17．（7分）某校举行了“防溺水”知识竞赛．八年级两个班各选派10名同学参加预赛，依据各参赛选手的成绩（均为整数）绘制了统计表和折线统计图（如图所示）．班级八（1）班八（2）班最高分10099众数a98中位数96b平均数c94.8（1）统计表中，a＝96，b＝96，c＝94.5；（2）若从两个班的预赛选手中选四名学生参加决赛，其中两个班的第一名直接进入决赛，另外两个名额在成绩为98分的学生中任选两个，求另外两个决赛名额落在不同班级的概率．解析：（1）根据平均数和众数、中位数的定义分别求解可得；（2）先设（1）班学生为A1，A2，（2）班学生为B1，B2，B3，根据题意画出树形图，再根据概率公式列式计算即可．参考答案：解：（1）八（1）班的成绩为：88、89、92、92、96、96、96、98、98、100，八（2）班成绩为89、90、91、93、95、97、98、98、98、99，所以a＝96、c＝×（88+89+92+92+96+96+96+98+98+100）＝94.5，b＝＝96，故答案为：96、96、94.5；（2）设（1）班学生为A1，A2，（2）班学生为B1，B2，B3，一共有20种等可能结果，其中2人来自不同班级共有12种，所以这两个人来自不同班级的概率是＝．点拨：本题考查了用列表法或画树状图法求概率．列表法或画树状图法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，适合于两步完成的事件．用到的知识点为：概率＝所求情况数与总情况数之比．18．（7分）如图，在△ABC中，AB＝AC，点P在BC上．（1）求作：△PCD，使点D在AC上，且△PCD∽△ABP；（要求：尺规作图，保留作图痕迹，不写作法）（2）在（1）的条件下，若∠APC＝2∠ABC．求证：PD∥AB．解析：（1）尺规作图作出∠APD＝∠ABP，即可得到∠DPC＝∠PAB，从而得到△PCD∽△ABP；（2）根据题意得到∠DPC＝∠ABC，根据平行线的的道理即可证得结论．参考答案：解：（1）如图：作出∠APD＝∠ABP，即可得到△PCD∽△ABP；（2）证明：如图，∵∠APC＝2∠ABC，∠APD＝∠ABC，∴∠DPC＝∠ABC∵∴PD∥AB．点拨：本题考查了作图﹣相似变换，等腰三角形的性质，平行线的判定等，熟练掌握性质定理和判定定理是解题的关键．19．（8分）在△ABC中，BC边的长为x，BC边上的高为y，△ABC 的面积为2．（1）y关于x的函数关系式是y＝，x的取值范围是x＞0；（2）在平面直角坐标系中画出该函数图象；（3）将直线y＝﹣x+3向上平移a（a＞0）个单位长度后与上述函数图象有且只有一个交点，请求出此时a的值．解析：（1）根据三角形的面积公式即可得到结论；（2）根据题意在平面直角坐标系中画出该函数图象即可；（3）将直线y＝﹣x+3向上平移a（a＞0）个单位长度后解析式为y＝﹣x+3+a，根据一元二次方程根的判别式即可得到结论．参考答案：解：（1）∵在△ABC中，BC边的长为x，BC边上的高为y，△ABC的面积为2，∴xy＝2，∴xy＝4，∴y关于x的函数关系式是y＝，x的取值范围为x＞0，故答案为：y＝，x＞0；（2）在平面直角坐标系中画出该函数图象如图所示；（3）将直线y＝﹣x+3向上平移a（a＞0）个单位长度后解析式为y＝﹣x+3+a，解，整理得，x2﹣（3+a）x+4＝0，∵平移后的直线与上述函数图象有且只有一个交点，∴△＝（3+a）2﹣16＝0，解得a＝1，a＝﹣7（不合题意舍去），故此时a的值为1．点拨：本题考查了反比例函数的应用，一次函数的性质，一次函数与几何变换，正确的理解题意是解题的关键．20．（8分）为加快复工复产，某企业需运输一批物资．据调查得知，2辆大货车与3辆小货车一次可以运输600箱；5辆大货车与6辆小货车一次可以运输1350箱．（1）求1辆大货车和1辆小货车一次可以分别运输多少箱物资；（2）计划用两种货车共12辆运输这批物资，每辆大货车一次需费用5000元，每辆小货车一次需费用3000元．若运输物资不少于1500箱，且总费用小于54000元．请你列出所有运输方案，并指出哪种方案所需费用最少．最少费用是多少？解析：（1）设1辆大货车一次运输x箱物资，1辆小货车一次运输y箱物资，由“2辆大货车与3辆小货车一次可以运输600箱；5辆大货车与6辆小货车一次可以运输1350箱”，可列方程组，即可求解；（2）设有a辆大货车，（12﹣a）辆小货车，由“运输物资不少于1500箱，且总费用小于54000元”可列不等式组，可求整数a的值，即可求解．参考答案：解：（1）设1辆大货车一次运输x箱物资，1辆小货车一次运输y箱物资，由题意可得：，解得：，答：1辆大货车一次运输150箱物资，1辆小货车一次运输100箱物资，（2）设有a辆大货车，（12﹣a）辆小货车，由题意可得：，∴6≤a＜9，∴整数a＝6，7，8；当有6辆大货车，6辆小货车时，费用＝5000×6+3000×6＝48000元，当有7辆大货车，5辆小货车时，费用＝5000×7+3000×5＝50000元，当有8辆大货车，4辆小货车时，费用＝5000×8+3000×4＝52000元，∵48000＜50000＜52000，∴当有6辆大货车，6辆小货车时，费用最小，最小费用为48000元．点拨：本题考查了一元一次不等式的应用，列二元一次方程组解实际问题的运用，总运费＝每吨的运费×吨数的运用，解答时求出1辆大货车与1辆小货车一次运货的数量是关键．21．（9分）我们把方程（x﹣m）2+（y﹣n）2＝r2称为圆心为（m，n）、半径长为r的圆的标准方程．例如，圆心为（1，﹣2）、半径长为3的圆的标准方程是（x﹣1）2+（y+2）2＝9．在平面直角坐标系中，⊙C与轴交于点A，B，且点B的坐标为（8，0），与y 轴相切于点D（0，4），过点A，B，D的抛物线的顶点为E．（1）求⊙C的标准方程；（2）试判断直线AE与⊙C的位置关系，并说明理由．解析：（1）如图，连接CD，CB，过点C作CM⊥AB于M．设⊙C 的半径为r．在Rt△BCM中，利用勾股定理求出半径以及等C的坐标即可解决问题．（2）结论：AE是⊙C的切线．连接AC，CE．求出抛物线的解析式，推出点E的坐标，求出AC，AE，CE，利用勾股定理的逆定理证明∠CAE＝90°即可解决问题．参考答案：解：（1）如图，连接CD，CB，过点C作CM⊥AB于M．设⊙C的半径为r．∵与y轴相切于点D（0，4），∴CD⊥OD，∵∠CDO＝∠CMO＝∠DOM＝90°，∴四边形ODCM是矩形，∴CM＝OD＝4，CD＝OM＝r，∵B（8，0），∴OB＝8，∴BM＝8﹣r，在Rt△CMB中，∵BC2＝CM2+BM2，∴r2＝42+（8﹣r）2，解得r＝5，∴C（5，4），∴⊙C的标准方程为（x﹣5）2+（y﹣4）2＝25．（2）结论：AE是⊙C的切线．理由：连接AC，CE．∵CM⊥AB，∴AM＝BM＝3，∴A（2，0），B（8，0）设抛物线的解析式为y＝a（x﹣2）（x﹣8），把D（0，4）代入y＝a（x﹣2）（x﹣8），可得a＝，∴抛物线的解析式为y＝（x﹣2）（x﹣8）＝x2﹣x+4＝（x﹣5）2﹣，∴抛物线的顶点E（5，﹣），∵AE＝＝，CE＝4+＝，AC＝5，∴EC2＝AC2+AE2，∴∠CAE＝90°，∴CA⊥AE，∴AE是⊙C的切线．点拨：本题属于二次函数综合题，考查了矩形的判定和性质，解直角三角形，圆的方程，切线的判定等知识，解题的关键是理解题意，学会利用参数构建方程解决问题，属于中考压轴题．22．（10分）如图，在菱形ABCD中，AB＝AC，点E，F，G分别在边BC，CD上，BE＝CG，AF平分∠EAG，点H是线段AF上一动点（与点A不重合）．（1）求证：△AEH≌△AGH；（2）当AB＝12，BE＝4时．①求△DGH周长的最小值；②若点O是AC的中点，是否存在直线OH将△ACE分成三角形和四边形两部分，其中三角形的面积与四边形的面积比为1：3．若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由．解析：（1）先判断出△ABC是等边三角形，进而判断出∠ACD＝∠ABC，判断出△ABE≌△ACG，即可得出结论；（2）①先判断出EH+DH最小时，△AEH的周长最小，在Rt△DCM 中，求出CM＝6，DM＝6，在Rt△DME中，根据勾股定理得，DE＝4，即可得出结论；②分两种情况：Ⅰ、当OH与线段AE相交时，判断出点N是AE 的中点，即可得出结论；Ⅱ、当OH与CE相交时，判断出点Q是CE的中点，再构造直角三角形，即可得出结论．参考答案：（1）证明：∵四边形ABCD是菱形，∴AB＝BC，∵AB＝AC，∴AB＝BC＝AC，∴△ABC是等边三角形，∴∠ABC＝60°，∴∠BCD＝120°，∵AC是菱形ABCD的对角线，∴∠ACD＝∠BCD＝60°＝∠ABC，∵BE＝CG，∴△ABE≌△ACG（SAS），∴AE＝AG，∵AF平分∠EAG，∴∠EAF＝∠GAF，∵AH＝AH，∴△AEH≌△AGH（SAS）；（2）①如图1，过点D作DM⊥BC交BC的延长线于M，连接DE，∵AB＝12，BE＝4，∴CG＝4，∴CE＝DG＝12﹣4＝8，由（1）知，△AEH≌△AGH，∴EH＝HG，∴l△DGH＝DH+GH+DG＝DH+HE+8，要是△AEH的周长最小，则EH+DH最小，最小为DE，在Rt△DCM中，∠DCM＝180°﹣120°＝60°，CD＝AB＝12，∴CM＝6，∴DM＝CM＝6，在Rt△DME中，EM＝CE+CM＝14，根据勾股定理得，DE＝＝＝4，∴△DGH周长的最小值为4+8；②Ⅰ、当OH与线段AE相交时，交点记作点N，如图2，连接CN，∴点O是AC的中点，∴S△AON＝S△CON＝S△ACN，∵三角形的面积与四边形的面积比为1：3，∴＝，∴S△CEN＝S△ACN，∴AN＝EN，∵点O是AC的中点，∴ON∥CE，∴；Ⅱ、当OH与线段CE相交时，交点记作Q，如图3，连接AQ，FG，∵点O是AC的中点，∴S△AOQ＝S△COQ＝S△ACQ，∵三角形的面积与四边形的面积比为1：3，∴，∴S△AEQ＝S△ACQ，∴CQ＝EQ＝CE＝（12﹣4）＝4，∵点O是AC的中点，∴OQ∥AE，设FQ＝x，∴EF＝EQ+FQ＝4+x，CF＝CQ﹣FQ＝4﹣x，由（1）知，AE＝AG，∵AF是∠EAG的角平分线，∴∠EAF＝∠GAF，∵AF＝AF，∴△AEF≌△AGF（SAS），∴FG＝EF＝4+x，过点G作GP⊥BC交BC的延长线于P，在Rt△CPG中，∠PCG＝60°，CG＝4，∴CP＝CG＝2，PG＝CP＝2，∴PF＝CF+CP＝4﹣x+2＝6﹣x，在Rt△FPG中，根据勾股定理得，PF2+PG2＝FG2，∴（6﹣x）2+（2）2＝（4+x）2，∴x＝，∴FQ＝，EF＝4+＝，∵OQ∥AE，∴＝＝，即的值为或．。

2020年中考山东济宁数学卷

济宁市2020年高中阶段学校招生考试数学试题第Ⅰ卷（选择题 30分）一、选择题（下列各题的四个选项中,只有一项符合题意,每小题3分,共30分）。

1、（2011·济宁）计算-1-2的结果是A.-1 B.1 C.-3 D. 32、（2011·济宁）下列等式成立的是A.a 2+a 3=a 5B.a 3-a 2=aC.a 2.a 3=a 6D.(a 2)3=a 63、（2011·济宁）如果一个等腰三角形的两边长分别是5cm 和6cm,那么此三角形的周长是A.15cm B.16cm C.17cm D. 16cm 或17cm4、（2011·济宁）下列各式计算正确的是A.B. C.D.5、（2011·济宁）已知关于x 的方程x 2+bx+a=0的一个根是-a （A.-1 B.0 C.1 D.26、（2011·济宁）如图,AE ∥BD,∠1=120°,∠2=40°,则∠C 是A.10°B. 20°C.30°D. 40°7、（2011·济宁）在x 2□2xy □y 2的空格□中,分别填上“+”或“-”,在所得的代数式中,能构成完全平方式的概率是A. 1B.C.D.8、（2011·济宁）已知二次函数y=ax 2+bx+c 中,其函数y 与自变量x 之间的部分对应值如下表所示：x …01234…y…4114…点A(x 1,y 1)、B(x 2,y 2)在函数的图象上,则当1<x 1<2,3<x 2<4时,y 1 与y 大小关系正确的是A. y 1 > y 2B. y 1 < y 2C. y 1 ≥ y 2D. y 1 ≤ y 2 9、（2011·济宁）如图：△ABC 的周长为30cm,把△ABC 的边AC 使顶点C 和点A 重合,折痕交BC 边于点D,交AC 边与点E,连接AD,若AE=4cm,则△ABD 的周长是A. 22cmB.20cmC. 18cmD.15cm 10、（2011·济宁）如图,是某几何体的三视图及相关数据,则下面判断正确的是532=+2222=+22223=-5621012-=-432141A. a>cB. b>cC. a 2+4b 2=c 2D. a 2+b 2=c 2第Ⅱ卷（非选择题 70分）二、填空题（每小题3分,共15分。

山东省济宁市2020年中考数学试题

济宁市二O 二O 年高中段学校招生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，共6页。

考试时间120分钟。

共100分。

2.答题前,考生务必先核对条形码上的娃名准考证号和座号，然后用0.5毫米黑色墨水签字笔将本人的姓名、准考证号和座号填写在答题卡相应位置。

3.答第Ｉ卷时，必须使用2B 铅笔填涂答题卡上相应题目的答案标号，如需改动，必须先用橡皮擦干净，再改涂其它答案。

4.答第Ⅱ卷时，必须使用0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上书写。

务必在题号所指示的答题区域内作答。

5.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。