2020年湖北省恩施州中考数学试卷及答案解析(word版)

2020年中考数学试卷湖北恩施-word解析

确的有（）个．
A. 0
B. 1
C. 2
D. 3
【答案】C
【解析】
【分析】
根据二次函数的图像性质逐个分析即可．
【详解】解：对于①：二次函数开口向下，故 a<0，与 y 轴的交点在 y 的正半轴，故 c>0，故 ac<0，故①
错误；
对于②：二次函数的图像与 x 轴相交于 A2, 0 、 B 1, 0 ，由对称性可知，其对称轴为：
长的最小值为（）．
A. 5
B. 6
C. 7
D. 8
【答案】B
【解析】
【分析】
连接 ED 交 AC 于一点 F，连接 BF，根据正方形的对称性得到此时 △BFE 的周长最小，利用勾股定理求
出 DE 即可得到答案.
【详解】连接 ED 交 AC 于一点 F，连接 BF，
∵四边形 ABCD 是正方形，
∴点 B 与点 D 关于 AC 对称，
C. 乙车比甲车先到 B 城【答案】D 【解析】【分析】根据图象逐项分析判断即可．【详解】由图象知：
B. 乙车的平均速度为100 km h D. 乙车比甲车先出发1h
A．甲车的平均速度为 300 = 60 (km h) ，故此选项正确； 10 5
B．乙车的平均速度为 300 100(km h) ，故此选项正确； 96
主视图为：
，
左视图为：
，
俯视图为：
，
故答案为：A. 【点睛】此题考查小正方体组成的几何体的三视图，解题的关键是掌握三视图的视图角度及三视图的画法.
10.甲乙两车从 A 城出发前往 B 城，在整个行程中，汽车离开 A 城的距离 y 与时刻 t 的对应关系如图所示，
则下列结论错误的是（）．

2020湖北省恩施州中考数学试卷

2020年湖北省恩施州中考数学试卷一、选择题（本大题共有12个小题，每小题3分，共36分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的，请将选择项前的字母代号填涂在答题卷相应位置上）1．（3分）（2020•恩施州）5的绝对值是（）A ．5B ．﹣5C ．15D ．−152．（3分）（2020•恩施州）茶中精品“恩施绿”“利川红”享誉世界．去年恩施州茶叶产量约为120000吨，将数120000用科学记数法表示为（）A ．12×104B ．1.2×105C ．1.2×106D ．0.12×1063．（3分）（2020•恩施州）下列交通标识，既是中心对称图形，又是轴对称图形的是（）A ．B ．C ．D ．4．（3分）（2020•恩施州）下列计算正确的是（）A ．a 2•a 3＝a 6B ．a （a +1）＝a 2+aC ．（a ﹣b ）2＝a 2﹣b 2D ．2a +3b ＝5ab 5．（3分）（2020•恩施州）函数y =√x+1x 的自变量的取值范围是（） A ．x ≥﹣1 B ．x ≥﹣1且x ≠0C ．x ＞0D ．x ＞﹣1且x ≠0 6．（3分）（2020•恩施州）“彩缕碧筠粽，香粳白玉团”．端午佳节，小明妈妈准备了豆沙粽2个、红枣粽4个、腊肉粽3个、白米粽2个，其中豆沙粽和红枣粽是甜粽．小明任意选取一个，选到甜粽的概率是（）A ．211B ．411C ．511D ．6117．（3分）（2020•恩施州）在实数范围内定义运算“☆”：a ☆b ＝a +b ﹣1，例如：2☆3＝2+3﹣1＝4．如果2☆x ＝1，则x 的值是（）A ．﹣1B ．1C ．0D ．28．（3分）（2020•恩施州）我国古代数学著作《九章算术》“盈不足”一章中记载：“今有大器五小器一容三斛，大器一小器五容二斛，问大小器各容几何”．意思是：有大小两种盛酒的桶，已知5个大桶加上1个小桶可以盛酒3斛，1个大桶加上5个小桶可以盛酒2斛．问1个大桶、1个小桶分别可以盛酒多少斛？设1个大桶盛酒x 斛，1个小桶盛酒y 斛，下列方程组正确的是（）A ．{5x +y =3x +5y =2B ．{5x +y =2x +5y =3C ．{5x +3y =1x +2y =5D ．{3x +y =52x +5y =19．（3分）（2020•恩施州）如图是由四个相同的小正方体组成的立体图形，它的主视图为（）A ．B ．C ．D ．10．（3分）（2020•恩施州）甲乙两车从A 城出发前往B 城，在整个行程中，汽车离开A 城的距离y 与时刻t 的对应关系如图所示，则下列结论错误的是（）A ．甲车的平均速度为60km /hB ．乙车的平均速度为100km /hC ．乙车比甲车先到B 城D ．乙车比甲车先出发1h11．（3分）（2020•恩施州）如图，正方形ABCD 的边长为4，点E 在AB 上且BE ＝1，F 为对角线AC 上一动点，则△BFE 周长的最小值为（）A ．5B ．6C ．7D ．812．（3分）（2020•恩施州）如图，已知二次函数y ＝ax 2+bx +c 的图象与x 轴相交于A （﹣2，0）、B（1，0）两点．则以下结论：①ac＞0；②二次函数y＝ax2+bx+c的图象的对称轴为x＝﹣1；③2a+c＝0；④a﹣b+c＞0．其中正确的有（）个．A．0B．1C．2D．3二、填空题（本大题共有4小题，每小题3分，共12分．不要求写出解答过程，请把答案直接填写在答题卷相应位置上）13．（3分）（2020•恩施州）9的算术平方根是．14．（3分）（2020•恩施州）如图，直线l1∥l2，点A在直线l1上，点B在直线l2上，AB＝BC，∠C＝30°，∠1＝80°，则∠2＝．15．（3分）（2020•恩施州）如图，已知半圆的直径AB＝4，点C在半圆上，以点A为圆心，AC为半径画弧交AB于点D，连接BC．若∠ABC＝60°，则图中阴影部分的面积为．（结果不取近似值16．（3分）（2020•恩施州）如图，在平面直角坐标系中，△ABC的顶点坐标分别为：A（﹣2，0），B（1，2），C（1，﹣2）．已知N（﹣1，0），作点N关于点A的对称点N1，点N1关于点B的对称点N2，点N2关于点C的对称点N3，点N3关于点A的对称点N4，点N4关于点B的对称点N5，…，依此类推，则点N2020的坐标为．三、解答题（本大题共有8个小题，共72分．请在答题卷指定区域内作答，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤）．17．（8分）（2020•恩施州）先化简，再求值：（m2−9m2−6m+9−3m−3）÷m2m−3，其中m=√2．18．（8分）（2020•恩施州）如图，AE∥BF，BD平分∠ABC交AE于点D，点C在BF上且BC＝AB，连接CD．求证：四边形ABCD是菱形．19．（8分）（2020•恩施州）某中学为了解九年级学生对新冠肺炎防控知识的掌握情况，从全校九年级学生中随机抽取部分学生进行调查．调查结果分为四类：A类﹣﹣非常了解；B类﹣﹣比较了解；C类﹣﹣般了解；D类﹣﹣不了解．现将调查结果绘制成如图不完整的统计图，请根据统计图中的信息解答下列问题：（1）本次共调查了名学生；（2）补全条形统计图；（3）D类所对应扇形的圆心角的大小为；（4）若该校九年级学生共有500名，根据以上抽样结果，估计该校九年级学生对新冠肺炎防控知识非常了解的约有名．20．（8分）（2020•恩施州）如图，一艘轮船以每小时30海里的速度自东向西航行，在A处测得小岛P位于其西北方向（北偏西45°方向），2小时后轮船到达B处，在B处测得小岛P位于其北偏东60°方向．求此时船与小岛P的距离（结果保留整数，参考数据：√2≈1.414，√3≈1.732）．21．（8分）（2020•恩施州）如图，在平面直角坐标系中，直线y＝ax﹣3a（a≠0）与x轴、y轴分别相交于A、B两点，与双曲线y=kx（x＞0）的一个交点为C，且BC=12AC．（1）求点A的坐标；（2）当S△AOC＝3时，求a和k的值．22．（10分）（2020•恩施州）某校足球队需购买A、B两种品牌的足球．已知A品牌足球的单价比B品牌足球的单价高20元，且用900元购买A品牌足球的数量用720元购买B 品牌足球的数量相等．（1）求A、B两种品牌足球的单价；（2）若足球队计划购买A、B两种品牌的足球共90个，且A品牌足球的数量不小于B 品牌足球数量的2倍，购买两种品牌足球的总费用不超过8500元．设购买A品牌足球m 个，总费用为W元，则该队共有几种购买方案？采用哪一种购买方案可使总费用最低？最低费用是多少元？23．（10分）（2020•恩施州）如图1，AB是⊙O的直径，直线AM与⊙O相切于点A，直线BN与⊙O相切于点B，点C（异于点A）在AM上，点D在⊙O上，且CD＝CA，延长CD与BN相交于点E，连接AD并延长交BN于点F．（1）求证：CE是⊙O的切线；（2）求证：BE＝EF；（3）如图2，连接EO并延长与⊙O分别相交于点G、H，连接BH．若AB＝6，AC＝4，求tan∠BHE．24．（12分）（2020•恩施州）如图1，抛物线y=−14x2+bx+c经过点C（6，0），顶点为B，对称轴x＝2与x轴相交于点A，D为线段BC的中点．（1）求抛物线的解析式；（2）P为线段BC上任意一点，M为x轴上一动点，连接MP，以点M为中心，将△MPC 逆时针旋转90°，记点P的对应点为E，点C的对应点为F．当直线EF与抛物线y=−14x2+bx+c只有一个交点时，求点M的坐标．（3）△MPC在（2）的旋转变换下，若PC=√2（如图2）．①求证：EA＝ED．②当点E在（1）所求的抛物线上时，求线段CM的长．2020年湖北省恩施州中考数学试卷参考答案与试题解析一、选择题（本大题共有12个小题，每小题3分，共36分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的，请将选择项前的字母代号填涂在答题卷相应位置上）1．（3分）（2020•恩施州）5的绝对值是（）A ．5B ．﹣5C ．15D ．−15 【解答】解：在数轴上，数5所表示的点到原点0的距离是5；故选：A ．2．（3分）（2020•恩施州）茶中精品“恩施绿”“利川红”享誉世界．去年恩施州茶叶产量约为120000吨，将数120000用科学记数法表示为（）A ．12×104B ．1.2×105C ．1.2×106D ．0.12×106【解答】解：120000＝1.2×105，故选：B ．3．（3分）（2020•恩施州）下列交通标识，既是中心对称图形，又是轴对称图形的是（）A ．B ．C ．D ．【解答】解：根据轴对称图形与中心对称图形的概念，知：A 、不是轴对称图形，也不是中心对称图形；B 、不是轴对称图形，也不是中心对称图形；C 、是轴对称图形，但不是中心对称图形；D 、既是中心对称图形，又是轴对称图形．故选：D ．4．（3分）（2020•恩施州）下列计算正确的是（）A ．a 2•a 3＝a 6B ．a （a +1）＝a 2+aC ．（a ﹣b ）2＝a 2﹣b 2D ．2a +3b ＝5ab【解答】解：A 、a 2•a 3＝a 5，原计算错误，故此选项不符合题意；B 、a （a +1）＝a 2+a ，原计算正确，故此选项符合题意；C 、（a ﹣b ）2＝a 2﹣2ab +b 2，原计算错误，故此选项不符合题意；D 、2a 与3b 不是同类项，不能合并，原计算错误，故此选项不符合题意；故选：B ．5．（3分）（2020•恩施州）函数y =√x+1x 的自变量的取值范围是（） A ．x ≥﹣1 B ．x ≥﹣1且x ≠0C ．x ＞0D ．x ＞﹣1且x ≠0 【解答】解：根据题意得，x +1≥0且x ≠0，解得x ≥﹣1且x ≠0．故选：B ．6．（3分）（2020•恩施州）“彩缕碧筠粽，香粳白玉团”．端午佳节，小明妈妈准备了豆沙粽2个、红枣粽4个、腊肉粽3个、白米粽2个，其中豆沙粽和红枣粽是甜粽．小明任意选取一个，选到甜粽的概率是（）A ．211B ．411C ．511D ．611【解答】解：由题意可得：粽子总数为11个，其中6个为甜粽，所以选到甜粽的概率为：611，故选：D ．7．（3分）（2020•恩施州）在实数范围内定义运算“☆”：a ☆b ＝a +b ﹣1，例如：2☆3＝2+3﹣1＝4．如果2☆x ＝1，则x 的值是（）A ．﹣1B ．1C ．0D ．2 【解答】解：由题意知：2☆x ＝2+x ﹣1＝1+x ，又2☆x ＝1，∴1+x ＝1，∴x ＝0．故选：C ．8．（3分）（2020•恩施州）我国古代数学著作《九章算术》“盈不足”一章中记载：“今有大器五小器一容三斛，大器一小器五容二斛，问大小器各容几何”．意思是：有大小两种盛酒的桶，已知5个大桶加上1个小桶可以盛酒3斛，1个大桶加上5个小桶可以盛酒2斛．问1个大桶、1个小桶分别可以盛酒多少斛？设1个大桶盛酒x 斛，1个小桶盛酒y 斛，下列方程组正确的是（）A ．{5x +y =3x +5y =2B ．{5x +y =2x +5y =3C ．{5x +3y =1x +2y =5D ．{3x +y =52x +5y =1【解答】解：依题意，得：{5x +y =3x +5y =2．故选：A ． 9．（3分）（2020•恩施州）如图是由四个相同的小正方体组成的立体图形，它的主视图为（）A ．B ．C ．D ．【解答】解：从正面看易得第一列有2个正方形，第二列底层有1个正方形．故选：A ．10．（3分）（2020•恩施州）甲乙两车从A 城出发前往B 城，在整个行程中，汽车离开A 城的距离y 与时刻t 的对应关系如图所示，则下列结论错误的是（）A ．甲车的平均速度为60km /hB ．乙车的平均速度为100km /hC ．乙车比甲车先到B 城D ．乙车比甲车先出发1h【解答】解：由图象知：A ．甲车的平均速度为30010−5=60km /h ，故A 选项不合题意； B ．乙车的平均速度为3009−6=100km /h ，故B 选项不合题意；C ．甲10时到达B 城，乙9时到达B 城，所以乙比甲先到B 城，故C 选项不合题意；D．甲5时出发，乙6时出发，所以乙比甲晚出发1h，故此选项错误，故选：D．11．（3分）（2020•恩施州）如图，正方形ABCD的边长为4，点E在AB上且BE＝1，F为对角线AC上一动点，则△BFE周长的最小值为（）A．5B．6C．7D．8【解答】解：如图，连接ED交AC于一点F，连接BF，∵四边形ABCD是正方形，∴点B与点D关于AC对称，∴BF＝DF，∴△BFE的周长＝BF+EF+BE＝DE+BE，此时△BEF的周长最小，∵正方形ABCD的边长为4，∴AD＝AB＝4，∠DAB＝90°，∵点E在AB上且BE＝1，∴AE＝3，∴DE=√AD2+AE2=5，∴△BFE的周长＝5+1＝6，故选：B．12．（3分）（2020•恩施州）如图，已知二次函数y＝ax2+bx+c的图象与x轴相交于A（﹣2，0）、B（1，0）两点．则以下结论：①ac＞0；②二次函数y＝ax2+bx+c的图象的对称轴为x＝﹣1；③2a+c＝0；④a﹣b+c＞0．其中正确的有（）个．A．0B．1C．2D．3【解答】解：对于①：二次函数开口向下，故a＜0，与y轴的交点在y的正半轴，故c ＞0，故ac＜0，因此①错误；对于②：二次函数的图象与x轴相交于A（﹣2，0）、B（1，0），由对称性可知，其对称轴为：x=−2+12=−12，因此②错误；对于③：设二次函数y＝ax2+bx+c的交点式为y＝a（x+2）（x﹣1）＝ax2+ax﹣2a，比较一般式与交点式的系数可知：b＝a，c＝﹣2a，故2a+c＝0，因此③正确；对于④：当x＝﹣1时对应的y＝a﹣b+c，观察图象可知x＝﹣1时对应的函数图象的y 值在x轴上方，故a﹣b+c＞0，因此④正确．∴只有③④是正确的．故选：C．二、填空题（本大题共有4小题，每小题3分，共12分．不要求写出解答过程，请把答案直接填写在答题卷相应位置上）13．（3分）（2020•恩施州）9的算术平方根是3．【解答】解：∵（±3）2＝9，∴9的算术平方根是|±3|＝3．故答案为：3．14．（3分）（2020•恩施州）如图，直线l1∥l2，点A在直线l1上，点B在直线l2上，AB＝BC，∠C＝30°，∠1＝80°，则∠2＝40°．【解答】解：如图，延长CB交l2于点D，∵AB＝BC，∠C＝30°，∴∠C＝∠4＝30°，∵l1∥l2，∠1＝80°，∴∠1＝∠3＝80°，∵∠C+∠3+∠2+∠4＝180°，即30°+80°+∠2+30°＝180°，∴∠2＝40°．故答案为：40°．15．（3分）（2020•恩施州）如图，已知半圆的直径AB＝4，点C在半圆上，以点A为圆心，AC为半径画弧交AB于点D，连接BC．若∠ABC＝60°，则图中阴影部分的面积为2√3−π．（结果不取近似值【解答】解：∵AB是直径，∴∠ACB＝90°，∵∠ABC＝60°，∴∠CAB＝30°，∴BC=12AB=2，AC=2√3，∴S△ABC=12⋅AC⋅BC=12⋅2√3⋅2=2√3，∵∠CAB＝30°，∴扇形ACD的面积=30360π⋅AC2=112π⋅(2√3)2=π，∴阴影部分的面积为2√3−π．故答案为：2√3−π．16．（3分）（2020•恩施州）如图，在平面直角坐标系中，△ABC的顶点坐标分别为：A（﹣2，0），B（1，2），C（1，﹣2）．已知N（﹣1，0），作点N关于点A的对称点N1，点N1关于点B的对称点N2，点N2关于点C的对称点N3，点N3关于点A的对称点N4，点N4关于点B的对称点N5，…，依此类推，则点N2020的坐标为（﹣1，8）．【解答】解：由题意得，作出如下图形：N点坐标为（﹣1，0），N点关于A点对称的N1点的坐标为（﹣3，0），N1点关于B点对称的N2点的坐标为（5，4），N2点关于C点对称的N3点的坐标为（﹣3，8），N3点关于A点对称的N4点的坐标为（﹣1，8），N4点关于B点对称的N5点的坐标为（3，﹣4），N5点关于C点对称的N6点的坐标为（﹣1，0），此时刚好回到最开始的点N处，∴其每6个点循环一次，∴2020÷6＝336……4，即循环了336次后余下4，故N2020的坐标与N4点的坐标相同，其坐标为（﹣1，8）．故答案为：（﹣1，8）．三、解答题（本大题共有8个小题，共72分．请在答题卷指定区域内作答，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤）．17．（8分）（2020•恩施州）先化简，再求值：（m2−9m2−6m+9−3m−3）÷m2m−3，其中m=√2．【解答】解：(m2−9m2−6m+9−3m−3)÷m2m−3=[(m+3)(m−3)(m−3)2−3m−3]⋅m−3m2=(m+3m−3−3m−3)⋅m−3m2=m m−3⋅m−3 m2=1m；当m=√2时，原式=2=√22．18．（8分）（2020•恩施州）如图，AE∥BF，BD平分∠ABC交AE于点D，点C在BF上且BC＝AB，连接CD．求证：四边形ABCD是菱形．【解答】证明：∵AE∥BF，∴∠ADB＝∠DBC，∵BD平分∠ABC，∴∠DBC＝∠ABD，∴∠ADB＝∠ABD，∴AB＝AD，又∵AB＝BC，∴AD＝BC，∵AE∥BF，即AD∥BC，∴四边形ABCD为平行四边形，又∵AB＝AD，∴四边形ABCD为菱形．19．（8分）（2020•恩施州）某中学为了解九年级学生对新冠肺炎防控知识的掌握情况，从全校九年级学生中随机抽取部分学生进行调查．调查结果分为四类：A类﹣﹣非常了解；B类﹣﹣比较了解；C类﹣﹣般了解；D类﹣﹣不了解．现将调查结果绘制成如图不完整的统计图，请根据统计图中的信息解答下列问题：（1）本次共调查了50名学生；（2）补全条形统计图；（3）D类所对应扇形的圆心角的大小为36°；（4）若该校九年级学生共有500名，根据以上抽样结果，估计该校九年级学生对新冠肺炎防控知识非常了解的约有150名．【解答】解：（1）本次共调查的学生数为：20÷40%＝50（名）．故答案为：50；（2）C类学生人数为：50﹣15﹣20﹣5＝10（名），条形图如下：（3）D类所对应扇形的圆心角为：360°×550=36°．故答案为：36°；（4）该校九年级学生对新冠肺炎防控知识非常了解的人数为：500×1550=150（名）．故答案为：150．20．（8分）（2020•恩施州）如图，一艘轮船以每小时30海里的速度自东向西航行，在A处测得小岛P位于其西北方向（北偏西45°方向），2小时后轮船到达B处，在B处测得小岛P位于其北偏东60°方向．求此时船与小岛P的距离（结果保留整数，参考数据：√2≈1.414，√3≈1.732）．【解答】解：如图，过P作PH⊥AB，设PH＝x，由题意得：AB＝30×2＝60，∠PBH＝90°﹣60°＝30°，∠PAH＝90°﹣45°＝45°，则△PHA是等腰直角三角形，∴AH＝PH，在Rt△PHA中，设AH＝PH＝x，在Rt△PBH中，PB＝2PH＝2x，BH＝AB﹣AH＝60﹣x，∴tan∠PBH＝tan30°=PHBH=√33，∴√33=x 60−x，解得：x =30(√3−1)，∴PB ＝2x =60(√3−1)≈44（海里），答：此时船与小岛P 的距离约为44海里．21．（8分）（2020•恩施州）如图，在平面直角坐标系中，直线y ＝ax ﹣3a （a ≠0）与x 轴、y 轴分别相交于A 、B 两点，与双曲线y =k x （x ＞0）的一个交点为C ，且BC =12AC ．（1）求点A 的坐标；（2）当S △AOC ＝3时，求a 和k 的值．【解答】解：（1）由题意得：令y ＝ax ﹣3a （a ≠0）中y ＝0，即ax ﹣3a ＝0，解得x ＝3，∴点A 的坐标为（3，0），故答案为（3，0）．（2）过C 点作y 轴的垂线交y 轴于M 点，作x 轴的垂线交x 轴于N 点，如下图所示：显然，CM ∥OA ，∴∠BCM ＝∠BAO ，且∠ABO ＝∠CBO ，∴△BCM ∽△BAO ，∴BC BA =CM AO ，即：13=CM 3，∴CM ＝1，又S △AOC =12OA ⋅CN =3即：12×3×CN =3， ∴CN ＝2，∴C 点的坐标为（1，2），故反比例函数的k ＝1×2＝2，再将点C （1，2）代入一次函数y ＝ax ﹣3a （a ≠0）中，即2＝a ﹣3a ，解得a ＝﹣1，故答案为：a ＝﹣1，k ＝2．22．（10分）（2020•恩施州）某校足球队需购买A 、B 两种品牌的足球．已知A 品牌足球的单价比B 品牌足球的单价高20元，且用900元购买A 品牌足球的数量用720元购买B 品牌足球的数量相等．（1）求A 、B 两种品牌足球的单价；（2）若足球队计划购买A 、B 两种品牌的足球共90个，且A 品牌足球的数量不小于B 品牌足球数量的2倍，购买两种品牌足球的总费用不超过8500元．设购买A 品牌足球m 个，总费用为W 元，则该队共有几种购买方案？采用哪一种购买方案可使总费用最低？最低费用是多少元？【解答】解：（1）设购买A 品牌足球的单价为x 元，则购买B 品牌足球的单价为（x ﹣20）元，根据题意，得900x =720x−20，解得：x ＝100，经检验x ＝100是原方程的解，x ﹣20＝80，答：购买A 品牌足球的单价为100元，则购买B 品牌足球的单价为80元；（2）设购买m 个A 品牌足球，则购买（90﹣m ）个B 品牌足球，则W ＝100m +80（90﹣m ）＝20m +7200，∵A 品牌足球的数量不小于B 品牌足球数量的2倍，购买两种品牌足球的总费用不超过8500元，∴{100m +80(90−m)≤8500m ≥2(90−m)，解不等式组得：60≤m ≤65，所以，m 的值为：60，61，62，63，64，65，即该队共有6种购买方案，当m ＝60时，W 最小，m ＝60时，W ＝20×60+7200＝8400（元），答：该队共有6种购买方案，购买60个A 品牌30个B 品牌的总费用最低，最低费用是8400元．23．（10分）（2020•恩施州）如图1，AB 是⊙O 的直径，直线AM 与⊙O 相切于点A ，直线BN 与⊙O 相切于点B ，点C （异于点A ）在AM 上，点D 在⊙O 上，且CD ＝CA ，延长CD 与BN 相交于点E ，连接AD 并延长交BN 于点F ．（1）求证：CE 是⊙O 的切线；（2）求证：BE ＝EF ；（3）如图2，连接EO 并延长与⊙O 分别相交于点G 、H ，连接BH ．若AB ＝6，AC ＝4，求tan ∠BHE ．【解答】解：（1）如图1中，连接OD ，∵CD ＝CA ，∴∠CAD ＝∠CDA ，∵OA ＝OD∴∠OAD ＝∠ODA ，∵直线AM与⊙O相切于点A，∴∠CAO＝∠CAD+∠OAD＝90°，∴∠ODC＝∠CDA+∠ODA＝90°，∴CE是⊙O的切线．（2）如图2中，连接BD，∵OD＝OB，∴∠ODB＝∠OBD，∵CE是⊙O的切线，BF是⊙O的切线，∴∠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）如图2中，过E点作EL⊥AM于L，则四边形ABEL是矩形，设BE＝x，则CL＝4﹣x，CE＝4+x，∴（4+x）2＝（4﹣x）2+62，解得：x =94，∴tan ∠BOE =BE OB =943=34， ∵∠BOE ＝2∠BHE ，∴tan ∠BOE =2tan∠BHE 1−tan 2∠BHE =34，解得：tan ∠BHE =13或﹣3（﹣3不合题意舍去），∴tan ∠BHE =13．补充方法：如图2中，作HJ ⊥EB 交EB 的延长线于J ．∵tab ∠BOE =BE OB =34， ∴可以假设BE ＝3k ，OB ＝4k ，则OE ＝5k ，∵OB ∥HJ ，∴OB HJ =OE EH =EB EJ ， ∴4k HJ =5k 9k =3k EJ ，∴HJ =365k ，EJ =275k ， ∴BJ ＝EJ ﹣BE =275k ﹣3k =125k∴tan ∠BHJ =BJ HJ =13， ∵∠BHE ＝∠OBE ＝∠BHJ ，∴tan ∠BHE =13．24．（12分）（2020•恩施州）如图1，抛物线y =−14x 2+bx +c 经过点C （6，0），顶点为B ，对称轴x ＝2与x 轴相交于点A ，D 为线段BC 的中点．（1）求抛物线的解析式；（2）P为线段BC上任意一点，M为x轴上一动点，连接MP，以点M为中心，将△MPC 逆时针旋转90°，记点P的对应点为E，点C的对应点为F．当直线EF与抛物线y=−14x2+bx+c只有一个交点时，求点M的坐标．（3）△MPC在（2）的旋转变换下，若PC=√2（如图2）．①求证：EA＝ED．②当点E在（1）所求的抛物线上时，求线段CM的长．【解答】解：（1）∵点C（6，0）在抛物线上，∴0=−14×36+6b+c，得到6b+c＝9，又∵对称轴x＝2，∴x=−b2a=−b2×(−14)=2，解得b＝1，∴c＝3，∴二次函数的解析式为y=−14x2+x+3；（2）当点M在点C的左侧时，如图2﹣1中：∵抛物线的解析式为y =−14x 2+x +3，对称轴为x ＝2，C （6，0）∴点A （2，0），顶点B （2，4），∴AB ＝AC ＝4，∴△ABC 是等腰直角三角形，∴∠1＝45°；∵将△MPC 逆时针旋转90°得到△MEF ，∴FM ＝CM ，∠2＝∠1＝45°，设点M 的坐标为（m ，0），∴点F （m ，6﹣m ），又∵∠2＝45°，∴直线EF 与x 轴的夹角为45°，∴设直线EF 的解析式为y ＝x +b ，把点F （m ，6﹣m ）代入得：6﹣m ＝m +b ，解得：b ＝6﹣2m ，直线EF 的解析式为y ＝x +6﹣2m ，∵直线EF 与抛物线y =−14x 2+x +3只有一个交点，∴{y =x +6−2my =−14x 2+x +3，整理得：14x 2+3−2m =0，∴△＝b 2﹣4ac ＝0，解得m =32，点M 的坐标为（32，0）．当点M 在点C 的右侧时，如下图：由图可知，直线EF 与x 轴的夹角仍是45°，因此直线EF 与抛物线y =−14x 2+x +3不可能只有一个交点．综上，点M 的坐标为（32，0）．（3）①当点M 在点C 的左侧时，如下图，过点P 作PG ⊥x 轴于点G ，过点E 作EH ⊥x 轴于点H ，∵PC =√2，由（2）知∠BCA ＝45°，∴PG ＝GC ＝1，∴点G （5，0），设点M 的坐标为（m ，0），∵将△MPC 逆时针旋转90°得到△MEF ，∴EM ＝PM ，∵∠HEM +∠EMH ＝∠GMP +∠EMH ＝90°，∴∠HEM ＝∠GMP ，在△EHM 和△MGP 中，{∠EHM =∠MGP∠HEM =∠GMP EM =MP，∴△EHM ≌△MGP （AAS ），∴EH ＝MG ＝5﹣m ，HM ＝PG ＝1，∴点H （m ﹣1，0），∴点E 的坐标为（m ﹣1，5﹣m ）；∴EA =√(m −1−2)2+(5−m −0)2=√2m 2−16m +34，又∵D 为线段BC 的中点，B （2，4），C （6，0）， ∴点D （4，2），∴ED =√(m 2+(5−m −2)2=√2m 2−16m +34， ∴EA ＝ED ．当点M 在点C 的右侧时，如下图：同理，点E 的坐标仍为（m ﹣1，5﹣m ），因此EA ＝ED ． ②当点E 在（1）所求的抛物线y =−14x 2+x +3上时，把E （m ﹣1，5﹣m ）代入，整理得：m 2﹣10m +13＝0，解得：m =5+2√3或m =5−2√3，∴CM =2√3−1或CM =1+2√3．。

湖北省恩施州2020年中考数学试卷(解析版)

湖北省恩施州2020年中考数学试卷(解析版)一、选择题（本大题共有12个小题，每小题3分，共36分）1．9的相反数是（）A．﹣9 B．9 C．D．2．恩施州2013年建筑业生产总值为36900万元，将数36900用科学记数法表示为（）A．3.69×105B．36.9×104C．3.69×104D．0.369×1053．下列图标中是轴对称图形的是（）A．B．C．D．4．下列计算正确的是（）A．2a3+3a3=5a6B．（x5）3=x8C．﹣2m（m﹣3）=﹣2m2﹣6m D．（﹣3a﹣2）（﹣3a+2）=9a2﹣45．已知∠AOB=70°，以O为端点作射线OC，使∠AOC=42°，则∠BOC的度数为（）A．28°B．112°C．28°或112°D．68°6．函数y=的自变量x的取值范围是（）A．x≥﹣1 B．x≥﹣1且x≠2 C．x≠±2 D．x＞﹣1且x≠27．有6张看上去无差别的卡片，上面分别写着1，2，3，4，5，6，随机抽取一张后，放回并混在一起，再随机抽取一张，两次抽取的数字的积为奇数的概率是（）A．B．C．D．8．在广场的电子屏幕上有一个旋转的正方体，正方体的六个面上分别标有“恩施六城同创”六个字．如图是小明在三个不同时刻所观察到的图形，请你帮小明确定与“创”相对的面上的字是（）A．恩B．施C．城D．同9．关于x的不等式组恰有四个整数解，那么m的取值范围为（）A．m≥﹣1 B．m＜0 C．﹣1≤m＜0 D．﹣1＜m＜010．某商品的售价为100元，连续两次降价x%后售价降低了36元，则x为（）A．8 B．20 C．36 D．1811．如图，在△ABC中，DE是AC的垂直平分线，△ABC的周长为19cm，△ABD 的周长为13cm，则AE的长为（）A．3cm B．6cm C．12cm D．16cm12．抛物线y1=ax2+bx+c与直线y2=mx+n的图象如图所示，下列判断中：①abc ＜0；②a+b+c＞0；③5a﹣c=0；④当x＜或x＞6时，y1＞y2，其中正确的个数有（）A．1 B．2 C．3 D．4二、填空题（本题共有4个小题，每小题3分，共12分）13．因式分解：a2b﹣10ab+25b=．14．已知一元二次方程2x2﹣5x+1=0的两根为m，n，则m2+n2=．15．如图，平面内有16个格点，每个格点小正方形的边长为1，则图中阴影部分的面积为．16．观察下列等式：1+2+3+4+…+n=n（n+1）；1+3+6+10+…+n（n+1）=n（n+1）（n+2）；1+4+10+20+…+n（n+1）（n+2）=n（n+1）（n+2）（n+3）；则有：1+5+15+35+…n（n+1）（n+2）（n+3）=．三、解答题（本大题共有8个小题，共72分）17．（8分）先化简，再求值：÷（a+2），其中a=﹣3．18．（8分）如图，BE⊥AC，CD⊥AB，垂足分别为E，D，BE=CD．求证：AB=AC．19．（8分）在恩施州2016年“书香校园，经典诵读”比赛活动中，有32万名学生参加比赛活动，其中有8万名学生分别获得一、二、三等奖，从获奖学生中随机抽取部分，绘制成如下不完整的统计图表，请根据图表解答下列问题．获奖等级频数一等奖100二等奖a三等奖275（1）表格中a的值为．（2）扇形统计图中表示获得一等奖的扇形的圆心角为度．（3）估计全州有多少名学生获得三等奖？20．（8分）如图，在办公楼AB和实验楼CD之间有一旗杆EF，从办公楼AB顶部A点处经过旗杆顶部E点恰好看到实验楼CD的底部D点，且俯角为45°，从实验楼CD顶部C点处经过旗杆顶部E点恰好看到办公楼AB的G点，BG=1米，且俯角为30°，已知旗杆EF=9米，求办公楼AB的高度．（结果精确到1米，参考数据：≈1.41，≈1.73）21．（8分）如图，直角三角板ABC放在平面直角坐标系中，直角边AB垂直x 轴，垂足为Q，已知∠ACB=60°，点A，C，P均在反比例函数y=的图象上，分别作PF⊥x轴于F，AD⊥y轴于D，延长DA，FP交于点E，且点P为EF的中点．（1）求点B的坐标；（2）求四边形AOPE的面积．22．（10分）在清江河污水网管改造建设中，需要确保在汛期来临前将建设过程中产生的渣土清运完毕，每天至少需要清运渣土12720m3，施工方准备每天租用大、小两种运输车共80辆．已知每辆大车每天运送渣土200m3，每辆小车每天运送渣土120m3，大、小车每天每辆租车费用分别为1200元，900元，且要求每天租车的总费用不超过85300元．（1）施工方共有多少种租车方案？（2）哪种租车方案费用最低，最低费用是多少？23．（10分）如图，在⊙O中，直径AB垂直弦CD于E，过点A作∠DAF=∠DAB，过点D作AF的垂线，垂足为F，交AB的延长线于点P，连接CO并延长交⊙O 于点G，连接EG，已知DE=4，AE=8．（1）求证：DF是⊙O的切线；（2）求证：OC2=OE•OP；（3）求线段EG的长．24．（12分）如图，在矩形OABC纸片中，OA=7，OC=5，D为BC边上动点，将△OCD沿OD折叠，当点C的对应点落在直线l：y=﹣x+7上时，记为点E，F，当点C的对应点落在边OA上时，记为点G．（1）求点E，F的坐标；（2）求经过E，F，G三点的抛物线的解析式；（3）当点C的对应点落在直线l上时，求CD的长；（4）在（2）中的抛物线上是否存在点P，使以E，F，P为顶点的三角形是直角三角形？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．2020年湖北省恩施州中考数学试卷参考答案与试题解析一、选择题（本大题共有12个小题，每小题3分，共36分）1．9的相反数是（）A．﹣9 B．9 C．D．【考点】相反数．【分析】根据相反数的定义即可求解．【解答】解：9的相反数是﹣9，故选A．【点评】此题主要考查相反数的定义，比较简单．2．恩施州2013年建筑业生产总值为36900万元，将数36900用科学记数法表示为（）A．3.69×105B．36.9×104C．3.69×104D．0.369×105【考点】科学记数法—表示较大的数．【分析】数据绝对值大于10或小于1时科学记数法的表示形式为a×10n的形式．其中1≤|a|＜10，n为整数，确定n的值时，要看把原数变成a时，小数点移动了多少位，n的绝对值与小数点移动的位数相同．当原数绝对值大于10时，n是正数；当原数的绝对值小于1时，n是负数．【解答】解：36900=3.69×104；故选C．【点评】本题考查的是科学记数法．任意一个绝对值大于10或绝对值小于1的数都可写成a×10n的形式，其中1≤|a|＜10．对于绝对值大于10的数，指数n 等于原数的整数位数减去1．3．下列图标中是轴对称图形的是（）A．B．C．D．【考点】轴对称图形．【分析】根据轴对称图形的概念求解．如果一个图形沿着一条直线对折后两部分完全重合，这样的图形叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴．【解答】解：A、不是轴对称图形，故本选项错误；B、不是轴对称图形，故本选项错误；C、不是轴对称图形，故本选项错误；D、是轴对称图形，故本选项正确；故选D．【点评】本题考查了轴对称图形的概念．轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合．4．下列计算正确的是（）A．2a3+3a3=5a6B．（x5）3=x8C．﹣2m（m﹣3）=﹣2m2﹣6m D．（﹣3a﹣2）（﹣3a+2）=9a2﹣4【考点】整式的混合运算．【分析】A、原式合并得到结果，即可作出判断；B、原式利用幂的乘方运算法则计算得到结果，即可作出判断；C、原式利用单项式乘多项式法则计算得到结果，即可作出判断；D、原式利用平方差公式计算得到结果，即可作出判断．【解答】解：A、原式=5a3，错误；B、原式=x15，错误；C、原式=﹣2m2+6m，错误；D、原式=9a2﹣4，正确，故选D【点评】此题考查了整式的混合运算，熟练掌握运算法则是解本题的关键．5．已知∠AOB=70°，以O为端点作射线OC，使∠AOC=42°，则∠BOC的度数为（）A．28°B．112°C．28°或112°D．68°【考点】角的计算．【分析】根据题意画出图形，利用数形结合求解即可．【解答】解：如图，当点C与点C1重合时，∠BOC=∠AOB﹣∠AOC=70°﹣42°=28°；当点C与点C2重合时，∠BOC=∠AOB+∠AOC=70°+42°=112°．故选C．【点评】本题考查的是角的计算，在解答此题时要注意进行分类讨论，不要漏解．6．函数y=的自变量x的取值范围是（）A．x≥﹣1 B．x≥﹣1且x≠2 C．x≠±2 D．x＞﹣1且x≠2【考点】函数自变量的取值范围．【分析】根据二次根式有意义的条件是：被开方数是非负数，以及分母不等于0，据此即可求解．【解答】解：根据题意得：，解得x≥﹣1且x≠2．故选：B．【点评】本题考查了二次根式的意义和性质．概念：式子（a≥0）叫二次根式．性质：二次根式中的被开方数必须是非负数，否则二次根式无意义．7．有6张看上去无差别的卡片，上面分别写着1，2，3，4，5，6，随机抽取一张后，放回并混在一起，再随机抽取一张，两次抽取的数字的积为奇数的概率是A．B．C．D．【考点】列表法与树状图法．【分析】画树状图展示所有36种等可能的结果数，再找出两次抽取的数字的积为奇数的结果数，然后根据概率公式求解．【解答】解：画树状图为：共有36种等可能的结果数，其中两次抽取的数字的积为奇数的结果数为9，所以随机抽取一张，两次抽取的数字的积为奇数的概率==．故选B．【点评】本题考查了列表法与树状图法：通过列表法或树状图法展示所有等可能的结果求出n，再从中选出符合事件A或B的结果数目m，然后根据概率公式求出事件A或B的概率．8．在广场的电子屏幕上有一个旋转的正方体，正方体的六个面上分别标有“恩施六城同创”六个字．如图是小明在三个不同时刻所观察到的图形，请你帮小明确定与“创”相对的面上的字是（）A．恩B．施C．城D．同【考点】专题：正方体相对两个面上的文字．【分析】根据图象思想确定和六相邻的是施、城、同、创，和创相邻的是恩、施、六、城由此即可解决问题．【解答】解：由题意可知和六相邻的是施、城、同、创，所以和六相对的是恩．因为和创相邻的是恩、施、六、城，所以和创相对的是同．【点评】本题考查正方体相对面上的文字，解题的关键是先确定或某一个字相邻的字是什么，得出相对的面的字，属于中考常考题型．9．关于x的不等式组恰有四个整数解，那么m的取值范围为（）A．m≥﹣1 B．m＜0 C．﹣1≤m＜0 D．﹣1＜m＜0【考点】一元一次不等式组的整数解．【分析】可先用m表示出不等式组的解集，再根据恰有四个整数解可得到关于m的不等组，可求得m的取值范围．【解答】解：在中，解不等式①可得x＞m，解不等式②可得x≤3，由题意可知原不等式组有解，∴原不等式组的解集为m＜x≤3，∵该不等式组恰好有四个整数解，∴整数解为0，1，2，3，∴﹣1≤m＜0，故选C．【点评】本题主要考查解不等式组，求得不等式组的解集是解题的关键，注意恰有四个整数解的应用．10．某商品的售价为100元，连续两次降价x%后售价降低了36元，则x为（）A．8 B．20 C．36 D．18【考点】一元二次方程的应用．【分析】第一次降价后的单价是原来的（1﹣x），那么第二次降价后的单价是原来的（1﹣x）2，根据题意列方程解答即可．【解答】解：根据题意列方程得100×（1﹣x%）2=100﹣36解得x1=20，x2=180（不符合题意，舍去）．故选：B．【点评】本题考查一元二次方程的应用，要掌握求平均变化率的方法．若设变化前的量为a，变化后的量为b，平均变化率为x，则经过两次变化后的数量关系为a（1±x）2=b．11．如图，在△ABC中，DE是AC的垂直平分线，△ABC的周长为19cm，△ABD 的周长为13cm，则AE的长为（）A．3cm B．6cm C．12cm D．16cm【考点】线段垂直平分线的性质．【分析】根据线段垂直平分线性质得出AD=DC，AE=CE=AC，求出AB+BC+AC=19cm，AB+BD+AD=AB+BC=13cm，即可求出AC，即可得出答案．【解答】解：∵DE是AC的垂直平分线，∴AD=DC，AE=CE=AC，∵△ABC的周长为19cm，△ABD的周长为13cm，∴AB+BC+AC=19cm，AB+BD+AD=AB+BD+DC=AB+BC=13cm，∴AC=6cm，∴AE=3cm，故选A．【点评】本题考查了线段垂直平分线性质的应用，能熟记线段垂直平分线性质定理的内容是解此题的关键，注意：线段垂直平分线上的点到线段两个端点的距离相等．12．抛物线y1=ax2+bx+c与直线y2=mx+n的图象如图所示，下列判断中：①abc ＜0；②a+b+c＞0；③5a﹣c=0；④当x＜或x＞6时，y1＞y2，其中正确的个数有（）A．1 B．2 C．3 D．4【考点】二次函数与不等式（组）；二次函数图象与系数的关系．【分析】①直接根据二次函数的性质来判定；②观察图象：当x=1时，对应的y的值；③当x=1时与对称轴为x=3列方程组可得结论；④直接看图象得出结论．【解答】解：①∵二次函数开口向上，∴a＞0，∵二次函数与y轴交于正半轴，∴c＞0，∵二次函数对称轴在y轴右侧，∴b＜0，∴abc＜0，所以此选项正确；②由图象可知：二次函数与x轴交于两点分别是（1，0）、（5，0），当x=1时，y=0，则a+b+c=0，所以此选项错误；③∵二次函数对称轴为：x=3，则﹣=3，b=﹣6a，代入a+b+c=0中得：a﹣6a+c=0，5a﹣c=0，所以此选项正确；④由图象得：当x＜或x＞6时，y1＞y2；所以此选项正确．【点评】本题综合考查了二次函数和一次函数的图象及性质，熟练掌握二次函数的性质是关键：①二次项系数a决定抛物线的开口方向和大小；当a＞0时，抛物线向上开口；当a＜0时，抛物线向下开口；②一次项系数b和二次项系数a 共同决定对称轴的位置；当a与b同号时（即ab＞0），对称轴在y轴左；当a 与b异号时（即ab＜0），对称轴在y轴右．（简称：左同右异），反之也成立；③常数项c由抛物线与y轴交点的位置确定；④利用两个函数图象在直角坐标系中的上下位置关系求自变量的取值范围．二、填空题（本题共有4个小题，每小题3分，共12分）13．因式分解：a2b﹣10ab+25b=b（a﹣5）2．【考点】提公因式法与公式法的综合运用．【分析】原式提取公因式，再利用完全平方公式分解即可．【解答】解：原式=b（a2﹣10a+25）=b（a﹣5）2，故答案为：b（a﹣5）2【点评】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．14．已知一元二次方程2x2﹣5x+1=0的两根为m，n，则m2+n2=．【考点】根与系数的关系．【分析】先由根与系数的关系得：两根和与两根积，再将m2+n2进行变形，化成和或积的形式，代入即可．【解答】解：由根与系数的关系得：m+n=，mn=，∴m2+n2=（m+n）2﹣2mn=﹣2×=，故答案为：．【点评】本题考查了利用根与系数的关系求代数式的值，先将一元二次方程化为一般形式，写出两根的和与积的值，再将所求式子进行变形；如、x12+x22等等，本题是常考题型，利用完全平方公式进行转化．15．如图，平面内有16个格点，每个格点小正方形的边长为1，则图中阴影部分的面积为．【考点】相似三角形的判定与性质；三角形的面积．【分析】可运用相似三角形的性质求出GF、MN，从而求出OF、OM，进而可求出阴影部分的面积．【解答】解：如图，∵GF∥HC，∴△AGF∽△AHC，∴==，∴GF=HC=，∴OF=OG﹣GF=2﹣=．同理MN=，则有OM=．=××=，∴S△OFM=．∴S阴影=1﹣故答案为：．【点评】本题主要考查了相似三角形的判定与性质、三角形的面积公式，求得△OFM的面积是解决本题的关键．16．观察下列等式：1+2+3+4+…+n=n（n+1）；1+3+6+10+…+n（n+1）=n（n+1）（n+2）；1+4+10+20+…+n（n+1）（n+2）=n（n+1）（n+2）（n+3）；则有：1+5+15+35+…n（n+1）（n+2）（n+3）=n（n+1）（n+2）（n+3）（n+4）．【考点】整式的混合运算．【分析】根据已知等式发现分母依次乘以2、乘以3、乘以4，据此作答即可．【解答】解：∵1+2+3+4+…+n=n（n+1）=n（n+1）；1+3+6+10+…+n（n+1）=n（n+1）（n+2）=n（n+1）（n+2）；1+4+10+20+…+n（n+1）（n+2）=n（n+1）（n+2）（n+3）=n（n+1）（n+2）（n+3），∴1+5+15+35+…n（n+1）（n+2）（n+3）=n（n+1）（n+2）（n+3）（n+4）=n（n+1）（n+2）（n+3）（n+4），故答案为：n（n+1）（n+2）（n+3）（n+4）．【点评】本题主要考查数字的变化规律，由已知等式发现变化部分的变化规律及不变的部分是解题的关键．三、解答题（本大题共有8个小题，共72分）17．先化简，再求值：÷（a+2），其中a=﹣3．【考点】分式的化简求值．【分析】先算括号里面的，再算除法，最后把a的值代入进行计算即可．【解答】解：原式=÷=•=，当a=﹣3时，原式==．【点评】本题考查的是分式的化简求值，分式中的一些特殊求值题并非是一味的化简，代入，求值．许多问题还需运用到常见的数学思想，如化归思想（即转化）、整体思想等，了解这些数学解题思想对于解题技巧的丰富与提高有一定帮助．18．如图，BE⊥AC，CD⊥AB，垂足分别为E，D，BE=CD．求证：AB=AC．【考点】全等三角形的判定与性质．【分析】通过全等三角形（Rt△CBE≌Rt△BCD）的对应角相等得到∠ECB=∠DBC，则AB=AC．【解答】证明：∵BE⊥AC，CD⊥AB，∴∠CEB=∠BDC=90°．∵在Rt△CBE与Rt△BCD中，，∴Rt△CBE≌Rt△BCD（HL），∴∠ECB=∠DBC，∴AB=AC．【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定．在应用全等三角形的判定时，要注意三角形间的公共边和公共角，必要时添加适当辅助线构造三角形．19．在恩施州2016年“书香校园，经典诵读”比赛活动中，有32万名学生参加比赛活动，其中有8万名学生分别获得一、二、三等奖，从获奖学生中随机抽取部分，绘制成如下不完整的统计图表，请根据图表解答下列问题．获奖等级频数一等奖100二等奖a三等奖275（1）表格中a的值为125．（2）扇形统计图中表示获得一等奖的扇形的圆心角为72度．（3）估计全州有多少名学生获得三等奖？【考点】频数（率）分布表；用样本估计总体；扇形统计图．【分析】（1）由一等奖学生数及其所占百分比求得被调查学生总数，根据各组频数之和等于总数即可得a；（2）用360°乘以获得一等奖所对应百分比即可得；（3）用全州获奖学生总数乘以样本中获三等奖所占比例．【解答】解：（1）∵抽取的获奖学生有100÷20%=500（人），∴a=500﹣100﹣275=125，故答案为：125；（2）扇形统计图中表示获得一等奖的扇形的圆心角为360°×20%=72°，故答案为：72；（3）8×=4.4（万人），答：估计全州有4.4万名学生获得三等奖．【点评】本题主要考查频数分布表与扇形统计图及用样本估计总体，从统计图表中获取解题所需信息是解题的关键．20．如图，在办公楼AB和实验楼CD之间有一旗杆EF，从办公楼AB顶部A点处经过旗杆顶部E点恰好看到实验楼CD的底部D点，且俯角为45°，从实验楼CD顶部C点处经过旗杆顶部E点恰好看到办公楼AB的G点，BG=1米，且俯角为30°，已知旗杆EF=9米，求办公楼AB的高度．（结果精确到1米，参考数据：≈1.41，≈1.73）【考点】解直角三角形的应用-仰角俯角问题．【分析】根据题意求出∠BAD=∠ADB=45°，进而根据等腰直角三角形的性质求得FD，在Rt△GEH中，利用特殊角的三角函数值分别求出BF，即可求得PG，在Rt△AGP中，继而可求出AB的长度．【解答】解：由题意可知∠BAD=∠ADB=45°，∴FD=EF=9米，AB=BD在Rt△GEH中，∵tan∠EGH==，即，∴BF=8，∴PG=BD=BF+FD=8+9，AB=（8+9）米≈23米，答：办公楼AB的高度约为23米．【点评】本题考查了解直角三角形的应用，解答本题的关键是构造直角三角形，利用三角函数的知识求解相关线段的长度．21．如图，直角三角板ABC放在平面直角坐标系中，直角边AB垂直x轴，垂足为Q，已知∠ACB=60°，点A，C，P均在反比例函数y=的图象上，分别作PF ⊥x轴于F，AD⊥y轴于D，延长DA，FP交于点E，且点P为EF的中点．（1）求点B的坐标；（2）求四边形AOPE的面积．【考点】反比例函数系数k的几何意义；反比例函数图象上点的坐标特征．【分析】（1）根据∠ACB=60°，求出tan60°==，设点A（a，b），根据点A，C，P均在反比例函数y=的图象上，求出A点的坐标，从而得出C点的坐标，然后即可得出点B的坐标；（2）先求出AQ、PF的长，设点P的坐标是（m，n），则n=，根据点P在反比例函数y=的图象上，求出m和S△OPF ，再求出S长方形DEFO，最后根据S四边形AOPE =S长方形DEFO﹣S△AOD﹣S△OPF，代入计算即可．【解答】解：（1）∵∠ACB=60°，∴∠AOQ=60°，∴tan60°==，设点A（a，b），则，解得：或（不合题意，舍去）∴点A的坐标是（2，2），∴点C的坐标是（﹣2，﹣2），∴点B的坐标是（2，﹣2），（2）∵点A的坐标是（2，2），∴AQ=2，∴EF=AQ=2，∵点P为EF的中点，∴PF=，设点P的坐标是（m，n），则n=∵点P在反比例函数y=的图象上，∴=，S△OPF=|4|=2，∴m=4，∴OF=4，∴S长方形DEFO=OF•OD=4×2=8，∵点A在反比例函数y=的图象上，∴S△AOD=|4|=2，∴S四边形AOPE =S长方形DEFO﹣S△AOD﹣S△OPF=8﹣2﹣2=4．【点评】此题主要考查了反比例函数中k的几何意义，即图象上的点与原点所连的线段、坐标轴、向坐标轴作垂线所围成的直角三角形面积S的关系即S=|k|．22．（10分）（2016•恩施州）在清江河污水网管改造建设中，需要确保在汛期来临前将建设过程中产生的渣土清运完毕，每天至少需要清运渣土12720m3，施工方准备每天租用大、小两种运输车共80辆．已知每辆大车每天运送渣土200m3，每辆小车每天运送渣土120m3，大、小车每天每辆租车费用分别为1200元，900元，且要求每天租车的总费用不超过85300元．（1）施工方共有多少种租车方案？（2）哪种租车方案费用最低，最低费用是多少？【考点】分式方程的应用；一元一次不等式的应用．【分析】（1）设大车租x辆，则小车租（80﹣x）辆．列出不等式组，求整数解即可解决问题．（2）设租车费用为w元，则w=1200x+900（80﹣x）=300x+7200，利用一次函数的增减性，即可解决问题．【解答】解：（1）设大车租x辆，则小车租（80﹣x）辆．由题意，解得39≤x≤44.5，∵x为整数，∴x=39或40或41或42或43或44．∴施工方共有6种租车方案．（2）设租车费用为w元，则w=1200x+900（80﹣x）=300x+7200，∵300＞0，∴w随x增大而增大，∴x=39时，w最小，最小值为18900元．【点评】本题考查一元一次不等式组的应用，一次函数的性质等整数，解题的关键是学会构建不等式组解决实际问题，学会构建一次函数，利用一次函数的性质解决问题，属于中考常考题型．23．（10分）（2016•恩施州）如图，在⊙O中，直径AB垂直弦CD于E，过点A作∠DAF=∠DAB，过点D作AF的垂线，垂足为F，交AB的延长线于点P，连接CO并延长交⊙O于点G，连接EG，已知DE=4，AE=8．（1）求证：DF是⊙O的切线；（2）求证：OC2=OE•OP；（3）求线段EG的长．【考点】圆的综合题．【分析】（1）连接OD，由等腰三角形的性质得出∠DAB=∠ADO，再由已知条件得出∠ADO=∠DAF，证出OD∥AF，由已知DF⊥AF，得出DF⊥OD，即可得出结论；（2）由射影定理得出OD2=OE•OP，由OC=OD，即可得出OC2=OE•OP；（3）由垂径定理得出DE=CE=4，∠OEC=90°，由相交弦定理得出DE2=AE×BE，求出BE=2，得出直径CG=AB=AE+BE=10，半径OC=CG=5，由三角函数的定义得出cosC==，在△CEG中，由余弦定理求出EG2，即可得出EG的长．【解答】（1）证明：连接OD，如图所示：∵OA=OD，∴∠DAB=∠ADO，∵∠DAF=∠DAB，∴∠ADO=∠DAF，∴OD∥AF，又∵DF⊥AF，∴DF⊥OD，∴DF是⊙O的切线；（2）证明：由（1）得：DF⊥OD，∴∠ODF=90°，∵AB⊥CD，∴由射影定理得：OD2=OE•OP，∵OC=OD，∴OC2=OE•OP；（3）解：∵AB⊥CD，∴DE=CE=4，∠OEC=90°，由相交弦定理得：DE2=AE×BE，即42=8×BE，解得：BE=2，∴CG=AB=AE+BE=8+2=10，∴OC=CG=5，∴cosC==，在△CEG中，由余弦定理得：EG2=CG2+CE2﹣2×CG×CE×cosC=102+42﹣2×10×4×=52，∴EG==2．【点评】本题是圆的综合题目，考查了切线的判定、等腰三角形的性质、平行线的判定、射影定理、相交弦定理、余弦定理、三角函数等知识；本题综合性强，有一定难度，特别是（3）中，需要运用相交弦定理、三角函数和余弦定理采才能得出结果．24．（12分）（2016•恩施州）如图，在矩形OABC纸片中，OA=7，OC=5，D为BC边上动点，将△OCD沿OD折叠，当点C的对应点落在直线l：y=﹣x+7上时，记为点E，F，当点C的对应点落在边OA上时，记为点G．（1）求点E，F的坐标；（2）求经过E，F，G三点的抛物线的解析式；（3）当点C的对应点落在直线l上时，求CD的长；（4）在（2）中的抛物线上是否存在点P，使以E，F，P为顶点的三角形是直角三角形？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．【考点】二次函数综合题．【分析】（1）由点E在直线l上，设出点E的坐标，由翻折的特性可知OE=OC，利用两点间的距离公式即可得出关于x的无理方程，解方程即可求出x值，在代入点E的坐标中即可得出点E、F的坐标；（2）由OG=OC即可得出点G的坐标，根据点E、F、G的坐标利用待定系数法即可求出抛物线的解析式；（3）设点D的坐标为（m，5）（m＞0），则CD=m，利用ED=CD，FD=CD即可得出关于m的无理方程，解方程即可求出m的值，从而得出CD的长度；（4）假设存在，设点P的坐标为（n，﹣n2+6n﹣5），由两点间的距离公式找出PE、PF、EF的长，根据三个角分别为直角，利用勾股定理即可得出关于n的方程，解方程即可求出n的值，再代入点P坐标即可得出结论．【解答】解：（1）∵点E在直线l：y=﹣x+7上，∴设点E的坐标为（x，﹣x+7），∵OE=OC=5，∴=5，解得：x1=3，x2=4，∴点E的坐标为（3，4），点F的坐标为（4，3）．（2）∵OG=OC=5，且点G在x正半轴上，∴G（5，0）．设经过E，F，G三点的抛物线的解析式为y=ax2+bx+c，将E（3，4）、F（4，3）、G（5，0）代入y=ax2+bx+c中，得：，解得：，∴经过E，F，G三点的抛物线的解析式为y=﹣x2+6x﹣5．（3）∵BC∥x轴，且OC=5，∴设点D的坐标为（m，5）（m＞0），则CD=m．∵ED=CD或FD=CD，∴=m或=m，解得：m=或m=．∴当点C的对应点落在直线l上时，CD的长为或．（4）假设存在，设点P的坐标为（n，﹣n2+6n﹣5），∵E（3，4），F（4，3），∴EF==，PE=，PF=．以E，F，P为顶点的直角三角形有三种情况：①当∠EFP为直角时，有PE2=PF2+EF2，即（n﹣3）2+（﹣n2+6n﹣9）2=2+（n﹣4）2+（﹣n2+6n﹣8）2，解得：n1=1，n2=4（舍去），此时点P的坐标为（1，0）；②当∠FEP为直角时，有PF2=PE2+EF2，即（n﹣4）2+（﹣n2+6n﹣8）2=2+（n﹣3）2+（﹣n2+6n﹣9）2，解得：n3=2，n4=3（舍去），此时点P的坐标为（2，3）；③当∠EPF为直角时，有EF2=PE2+PF2，即2=（n﹣3）2+（﹣n2+6n﹣9）2+（n﹣4）2+（﹣n2+6n﹣8）2，整理得：（n﹣4）（n﹣3）（n2﹣5n+7）=0，∵在n2﹣5n+7中△=（﹣5）2﹣4×7=﹣3＜0，∴n2﹣5n+7≠0．解得：n5=3（舍去），n6=4（舍去）．综上可知：在（2）中的抛物线上存在点P，使以E，F，P为顶点的三角形是直角三角形，点P的坐标为（1，0）或（2，3）．【点评】本题考查了两点间的距离公式、待定系数法求函数解析式以及勾股定理，解题的关键是：（1）根据OE=OC得出关于x的无理方程；（2）利用待定系数法求出抛物线解析式；（3）根据ED=CD（FD=CD）找出关于m的方程；（4）分三个角分别为直角三种情况考虑．本题属于中档题，难度不大，但解题过程稍显繁琐，解决该题型题目时，解决该题型题目时，利用翻折的性质以及两点间的距离公式找出方程是关键．。

2020年湖北省恩施州中考数学试卷(后附答案及详尽解析)

2020年湖北省恩施州中考数学试卷一、选择题（本大题共有12个小题，每小题3分，共36分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的，请将选择项前的字母代号填涂在答题卷相应位置上）1．（3分）（2020•恩施州）5的绝对值是（）A ．5B ．﹣5C ．15D ．−152．（3分）（2020•恩施州）茶中精品“恩施绿”“利川红”享誉世界．去年恩施州茶叶产量约为120000吨，将数120000用科学记数法表示为（）A ．12×104B ．1.2×105C ．1.2×106D ．0.12×1063．（3分）（2020•恩施州）下列交通标识，既是中心对称图形，又是轴对称图形的是（）A ．B ．C ．D ．4．（3分）（2020•恩施州）下列计算正确的是（）A ．a 2•a 3＝a 6B ．a （a +1）＝a 2+aC ．（a ﹣b ）2＝a 2﹣b 2D ．2a +3b ＝5ab 5．（3分）（2020•恩施州）函数y =√x+1x 的自变量的取值范围是（） A ．x ≥﹣1 B ．x ≥﹣1且x ≠0C ．x ＞0D ．x ＞﹣1且x ≠0 6．（3分）（2020•恩施州）“彩缕碧筠粽，香粳白玉团”．端午佳节，小明妈妈准备了豆沙粽2个、红枣粽4个、腊肉粽3个、白米粽2个，其中豆沙粽和红枣粽是甜粽．小明任意选取一个，选到甜粽的概率是（）A ．211B ．411C ．511D ．6117．（3分）（2020•恩施州）在实数范围内定义运算“☆”：a ☆b ＝a +b ﹣1，例如：2☆3＝2+3﹣1＝4．如果2☆x ＝1，则x 的值是（）A ．﹣1B ．1C ．0D ．28．（3分）（2020•恩施州）我国古代数学著作《九章算术》“盈不足”一章中记载：“今有大器五小器一容三斛，大器一小器五容二斛，问大小器各容几何”．意思是：有大小两种盛酒的桶，已知5个大桶加上1个小桶可以盛酒3斛，1个大桶加上5个小桶可以盛酒2斛．问1个大桶、1个小桶分别可以盛酒多少斛？设1个大桶盛酒x 斛，1个小桶盛酒y 斛，下列方程组正确的是（）A ．{5x +y =3x +5y =2B ．{5x +y =2x +5y =3C ．{5x +3y =1x +2y =5D ．{3x +y =52x +5y =19．（3分）（2020•恩施州）如图是由四个相同的小正方体组成的立体图形，它的主视图为（）A ．B ．C ．D ．10．（3分）（2020•恩施州）甲乙两车从A 城出发前往B 城，在整个行程中，汽车离开A 城的距离y 与时刻t 的对应关系如图所示，则下列结论错误的是（）A ．甲车的平均速度为60km /hB ．乙车的平均速度为100km /hC ．乙车比甲车先到B 城D ．乙车比甲车先出发1h11．（3分）（2020•恩施州）如图，正方形ABCD 的边长为4，点E 在AB 上且BE ＝1，F 为对角线AC 上一动点，则△BFE 周长的最小值为（）A ．5B ．6C ．7D ．812．（3分）（2020•恩施州）如图，已知二次函数y ＝ax 2+bx +c 的图象与x 轴相交于A （﹣2，0）、B（1，0）两点．则以下结论：①ac＞0；②二次函数y＝ax2+bx+c的图象的对称轴为x＝﹣1；③2a+c＝0；④a﹣b+c＞0．其中正确的有（）个．A．0B．1C．2D．3二、填空题（本大题共有4小题，每小题3分，共12分．不要求写出解答过程，请把答案直接填写在答题卷相应位置上）13．（3分）（2020•恩施州）9的算术平方根是．14．（3分）（2020•恩施州）如图，直线l1∥l2，点A在直线l1上，点B在直线l2上，AB＝BC，∠C＝30°，∠1＝80°，则∠2＝．15．（3分）（2020•恩施州）如图，已知半圆的直径AB＝4，点C在半圆上，以点A为圆心，AC为半径画弧交AB于点D，连接BC．若∠ABC＝60°，则图中阴影部分的面积为．（结果不取近似值16．（3分）（2020•恩施州）如图，在平面直角坐标系中，△ABC的顶点坐标分别为：A（﹣2，0），B（1，2），C（1，﹣2）．已知N（﹣1，0），作点N关于点A的对称点N1，点N1关于点B的对称点N2，点N2关于点C的对称点N3，点N3关于点A的对称点N4，点N4关于点B的对称点N5，…，依此类推，则点N2020的坐标为．三、解答题（本大题共有8个小题，共72分．请在答题卷指定区域内作答，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤）．17．（8分）（2020•恩施州）先化简，再求值：（m2−9m2−6m+9−3m−3）÷m2m−3，其中m=√2．18．（8分）（2020•恩施州）如图，AE∥BF，BD平分∠ABC交AE于点D，点C在BF上且BC＝AB，连接CD．求证：四边形ABCD是菱形．19．（8分）（2020•恩施州）某中学为了解九年级学生对新冠肺炎防控知识的掌握情况，从全校九年级学生中随机抽取部分学生进行调查．调查结果分为四类：A类﹣﹣非常了解；B类﹣﹣比较了解；C类﹣﹣般了解；D类﹣﹣不了解．现将调查结果绘制成如图不完整的统计图，请根据统计图中的信息解答下列问题：（1）本次共调查了名学生；（2）补全条形统计图；（3）D类所对应扇形的圆心角的大小为；（4）若该校九年级学生共有500名，根据以上抽样结果，估计该校九年级学生对新冠肺炎防控知识非常了解的约有名．20．（8分）（2020•恩施州）如图，一艘轮船以每小时30海里的速度自东向西航行，在A处测得小岛P位于其西北方向（北偏西45°方向），2小时后轮船到达B处，在B处测得小岛P位于其北偏东60°方向．求此时船与小岛P的距离（结果保留整数，参考数据：√2≈1.414，√3≈1.732）．21．（8分）（2020•恩施州）如图，在平面直角坐标系中，直线y＝ax﹣3a（a≠0）与x轴、y轴分别相交于A、B两点，与双曲线y=kx（x＞0）的一个交点为C，且BC=12AC．（1）求点A的坐标；（2）当S△AOC＝3时，求a和k的值．22．（10分）（2020•恩施州）某校足球队需购买A、B两种品牌的足球．已知A品牌足球的单价比B品牌足球的单价高20元，且用900元购买A品牌足球的数量用720元购买B 品牌足球的数量相等．（1）求A、B两种品牌足球的单价；（2）若足球队计划购买A、B两种品牌的足球共90个，且A品牌足球的数量不小于B 品牌足球数量的2倍，购买两种品牌足球的总费用不超过8500元．设购买A品牌足球m 个，总费用为W元，则该队共有几种购买方案？采用哪一种购买方案可使总费用最低？最低费用是多少元？23．（10分）（2020•恩施州）如图1，AB是⊙O的直径，直线AM与⊙O相切于点A，直线BN与⊙O相切于点B，点C（异于点A）在AM上，点D在⊙O上，且CD＝CA，延长CD与BN相交于点E，连接AD并延长交BN于点F．（1）求证：CE是⊙O的切线；（2）求证：BE＝EF；（3）如图2，连接EO并延长与⊙O分别相交于点G、H，连接BH．若AB＝6，AC＝4，求tan∠BHE．24．（12分）（2020•恩施州）如图1，抛物线y=−14x2+bx+c经过点C（6，0），顶点为B，对称轴x＝2与x轴相交于点A，D为线段BC的中点．（1）求抛物线的解析式；（2）P为线段BC上任意一点，M为x轴上一动点，连接MP，以点M为中心，将△MPC 逆时针旋转90°，记点P的对应点为E，点C的对应点为F．当直线EF与抛物线y=−14x2+bx+c只有一个交点时，求点M的坐标．（3）△MPC在（2）的旋转变换下，若PC=√2（如图2）．①求证：EA＝ED．②当点E在（1）所求的抛物线上时，求线段CM的长．2020年湖北省恩施州中考数学试卷参考答案与试题解析一、选择题（本大题共有12个小题，每小题3分，共36分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的，请将选择项前的字母代号填涂在答题卷相应位置上）1．（3分）（2020•恩施州）5的绝对值是（）A ．5B ．﹣5C ．15D ．−15 【解答】解：在数轴上，数5所表示的点到原点0的距离是5；故选：A ．2．（3分）（2020•恩施州）茶中精品“恩施绿”“利川红”享誉世界．去年恩施州茶叶产量约为120000吨，将数120000用科学记数法表示为（）A ．12×104B ．1.2×105C ．1.2×106D ．0.12×106【解答】解：120000＝1.2×105，故选：B ．3．（3分）（2020•恩施州）下列交通标识，既是中心对称图形，又是轴对称图形的是（）A ．B ．C ．D ．【解答】解：根据轴对称图形与中心对称图形的概念，知：A 、不是轴对称图形，也不是中心对称图形；B 、不是轴对称图形，也不是中心对称图形；C 、是轴对称图形，但不是中心对称图形；D 、既是中心对称图形，又是轴对称图形．故选：D ．4．（3分）（2020•恩施州）下列计算正确的是（）A ．a 2•a 3＝a 6B ．a （a +1）＝a 2+aC ．（a ﹣b ）2＝a 2﹣b 2D ．2a +3b ＝5ab【解答】解：A 、a 2•a 3＝a 5，原计算错误，故此选项不符合题意；B 、a （a +1）＝a 2+a ，原计算正确，故此选项符合题意；C 、（a ﹣b ）2＝a 2﹣2ab +b 2，原计算错误，故此选项不符合题意；D 、2a 与3b 不是同类项，不能合并，原计算错误，故此选项不符合题意；故选：B ．5．（3分）（2020•恩施州）函数y =√x+1x 的自变量的取值范围是（） A ．x ≥﹣1 B ．x ≥﹣1且x ≠0C ．x ＞0D ．x ＞﹣1且x ≠0 【解答】解：根据题意得，x +1≥0且x ≠0，解得x ≥﹣1且x ≠0．故选：B ．6．（3分）（2020•恩施州）“彩缕碧筠粽，香粳白玉团”．端午佳节，小明妈妈准备了豆沙粽2个、红枣粽4个、腊肉粽3个、白米粽2个，其中豆沙粽和红枣粽是甜粽．小明任意选取一个，选到甜粽的概率是（）A ．211B ．411C ．511D ．611【解答】解：由题意可得：粽子总数为11个，其中6个为甜粽，所以选到甜粽的概率为：611，故选：D ．7．（3分）（2020•恩施州）在实数范围内定义运算“☆”：a ☆b ＝a +b ﹣1，例如：2☆3＝2+3﹣1＝4．如果2☆x ＝1，则x 的值是（）A ．﹣1B ．1C ．0D ．2 【解答】解：由题意知：2☆x ＝2+x ﹣1＝1+x ，又2☆x ＝1，∴1+x ＝1，∴x ＝0．故选：C ．8．（3分）（2020•恩施州）我国古代数学著作《九章算术》“盈不足”一章中记载：“今有大器五小器一容三斛，大器一小器五容二斛，问大小器各容几何”．意思是：有大小两种盛酒的桶，已知5个大桶加上1个小桶可以盛酒3斛，1个大桶加上5个小桶可以盛酒2斛．问1个大桶、1个小桶分别可以盛酒多少斛？设1个大桶盛酒x 斛，1个小桶盛酒y 斛，下列方程组正确的是（）A ．{5x +y =3x +5y =2B ．{5x +y =2x +5y =3C ．{5x +3y =1x +2y =5D ．{3x +y =52x +5y =1【解答】解：依题意，得：{5x +y =3x +5y =2．故选：A ． 9．（3分）（2020•恩施州）如图是由四个相同的小正方体组成的立体图形，它的主视图为（）A ．B ．C ．D ．【解答】解：从正面看易得第一列有2个正方形，第二列底层有1个正方形．故选：A ．10．（3分）（2020•恩施州）甲乙两车从A 城出发前往B 城，在整个行程中，汽车离开A 城的距离y 与时刻t 的对应关系如图所示，则下列结论错误的是（）A ．甲车的平均速度为60km /hB ．乙车的平均速度为100km /hC ．乙车比甲车先到B 城D ．乙车比甲车先出发1h【解答】解：由图象知：A ．甲车的平均速度为30010−5=60km /h ，故A 选项不合题意； B ．乙车的平均速度为3009−6=100km /h ，故B 选项不合题意；C ．甲10时到达B 城，乙9时到达B 城，所以乙比甲先到B 城，故C 选项不合题意；D．甲5时出发，乙6时出发，所以乙比甲晚出发1h，故此选项错误，故选：D．11．（3分）（2020•恩施州）如图，正方形ABCD的边长为4，点E在AB上且BE＝1，F为对角线AC上一动点，则△BFE周长的最小值为（）A．5B．6C．7D．8【解答】解：如图，连接ED交AC于一点F，连接BF，∵四边形ABCD是正方形，∴点B与点D关于AC对称，∴BF＝DF，∴△BFE的周长＝BF+EF+BE＝DE+BE，此时△BEF的周长最小，∵正方形ABCD的边长为4，∴AD＝AB＝4，∠DAB＝90°，∵点E在AB上且BE＝1，∴AE＝3，∴DE=√AD2+AE2=5，∴△BFE的周长＝5+1＝6，故选：B．12．（3分）（2020•恩施州）如图，已知二次函数y＝ax2+bx+c的图象与x轴相交于A（﹣2，0）、B（1，0）两点．则以下结论：①ac＞0；②二次函数y＝ax2+bx+c的图象的对称轴为x＝﹣1；③2a+c＝0；④a﹣b+c＞0．其中正确的有（）个．A．0B．1C．2D．3【解答】解：对于①：二次函数开口向下，故a＜0，与y轴的交点在y的正半轴，故c ＞0，故ac＜0，因此①错误；对于②：二次函数的图象与x轴相交于A（﹣2，0）、B（1，0），由对称性可知，其对称轴为：x=−2+12=−12，因此②错误；对于③：设二次函数y＝ax2+bx+c的交点式为y＝a（x+2）（x﹣1）＝ax2+ax﹣2a，比较一般式与交点式的系数可知：b＝a，c＝﹣2a，故2a+c＝0，因此③正确；对于④：当x＝﹣1时对应的y＝a﹣b+c，观察图象可知x＝﹣1时对应的函数图象的y 值在x轴上方，故a﹣b+c＞0，因此④正确．∴只有③④是正确的．故选：C．二、填空题（本大题共有4小题，每小题3分，共12分．不要求写出解答过程，请把答案直接填写在答题卷相应位置上）13．（3分）（2020•恩施州）9的算术平方根是3．【解答】解：∵（±3）2＝9，∴9的算术平方根是|±3|＝3．故答案为：3．14．（3分）（2020•恩施州）如图，直线l1∥l2，点A在直线l1上，点B在直线l2上，AB＝BC，∠C＝30°，∠1＝80°，则∠2＝40°．【解答】解：如图，延长CB交l2于点D，∵AB＝BC，∠C＝30°，∴∠C＝∠4＝30°，∵l1∥l2，∠1＝80°，∴∠1＝∠3＝80°，∵∠C+∠3+∠2+∠4＝180°，即30°+80°+∠2+30°＝180°，∴∠2＝40°．故答案为：40°．15．（3分）（2020•恩施州）如图，已知半圆的直径AB＝4，点C在半圆上，以点A为圆心，AC为半径画弧交AB于点D，连接BC．若∠ABC＝60°，则图中阴影部分的面积为2√3−π．（结果不取近似值【解答】解：∵AB是直径，∴∠ACB＝90°，∵∠ABC＝60°，∴∠CAB＝30°，∴BC=12AB=2，AC=2√3，∴S△ABC=12⋅AC⋅BC=12⋅2√3⋅2=2√3，∵∠CAB＝30°，∴扇形ACD的面积=30360π⋅AC2=112π⋅(2√3)2=π，∴阴影部分的面积为2√3−π．故答案为：2√3−π．16．（3分）（2020•恩施州）如图，在平面直角坐标系中，△ABC的顶点坐标分别为：A（﹣2，0），B（1，2），C（1，﹣2）．已知N（﹣1，0），作点N关于点A的对称点N1，点N1关于点B的对称点N2，点N2关于点C的对称点N3，点N3关于点A的对称点N4，点N4关于点B的对称点N5，…，依此类推，则点N2020的坐标为（﹣1，8）．【解答】解：由题意得，作出如下图形：N点坐标为（﹣1，0），N点关于A点对称的N1点的坐标为（﹣3，0），N1点关于B点对称的N2点的坐标为（5，4），N2点关于C点对称的N3点的坐标为（﹣3，8），N3点关于A点对称的N4点的坐标为（﹣1，8），N4点关于B点对称的N5点的坐标为（3，﹣4），N5点关于C点对称的N6点的坐标为（﹣1，0），此时刚好回到最开始的点N处，∴其每6个点循环一次，∴2020÷6＝336……4，即循环了336次后余下4，故N2020的坐标与N4点的坐标相同，其坐标为（﹣1，8）．故答案为：（﹣1，8）．三、解答题（本大题共有8个小题，共72分．请在答题卷指定区域内作答，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤）．17．（8分）（2020•恩施州）先化简，再求值：（m2−9m2−6m+9−3m−3）÷m2m−3，其中m=√2．【解答】解：(m2−9m2−6m+9−3m−3)÷m2m−3=[(m+3)(m−3)(m−3)2−3m−3]⋅m−3m2=(m+3m−3−3m−3)⋅m−3m2=m m−3⋅m−3 m2=1m；当m=√2时，原式=2=√22．18．（8分）（2020•恩施州）如图，AE∥BF，BD平分∠ABC交AE于点D，点C在BF上且BC＝AB，连接CD．求证：四边形ABCD是菱形．【解答】证明：∵AE∥BF，∴∠ADB＝∠DBC，∵BD平分∠ABC，∴∠DBC＝∠ABD，∴∠ADB＝∠ABD，∴AB＝AD，又∵AB＝BC，∴AD＝BC，∵AE∥BF，即AD∥BC，∴四边形ABCD为平行四边形，又∵AB＝AD，∴四边形ABCD为菱形．19．（8分）（2020•恩施州）某中学为了解九年级学生对新冠肺炎防控知识的掌握情况，从全校九年级学生中随机抽取部分学生进行调查．调查结果分为四类：A类﹣﹣非常了解；B类﹣﹣比较了解；C类﹣﹣般了解；D类﹣﹣不了解．现将调查结果绘制成如图不完整的统计图，请根据统计图中的信息解答下列问题：（1）本次共调查了50名学生；（2）补全条形统计图；（3）D类所对应扇形的圆心角的大小为36°；（4）若该校九年级学生共有500名，根据以上抽样结果，估计该校九年级学生对新冠肺炎防控知识非常了解的约有150名．【解答】解：（1）本次共调查的学生数为：20÷40%＝50（名）．故答案为：50；（2）C类学生人数为：50﹣15﹣20﹣5＝10（名），条形图如下：（3）D类所对应扇形的圆心角为：360°×550=36°．故答案为：36°；（4）该校九年级学生对新冠肺炎防控知识非常了解的人数为：500×1550=150（名）．故答案为：150．20．（8分）（2020•恩施州）如图，一艘轮船以每小时30海里的速度自东向西航行，在A处测得小岛P位于其西北方向（北偏西45°方向），2小时后轮船到达B处，在B处测得小岛P位于其北偏东60°方向．求此时船与小岛P的距离（结果保留整数，参考数据：√2≈1.414，√3≈1.732）．【解答】解：如图，过P作PH⊥AB，设PH＝x，由题意得：AB＝30×2＝60，∠PBH＝90°﹣60°＝30°，∠PAH＝90°﹣45°＝45°，则△PHA是等腰直角三角形，∴AH＝PH，在Rt△PHA中，设AH＝PH＝x，在Rt△PBH中，PB＝2PH＝2x，BH＝AB﹣AH＝60﹣x，∴tan∠PBH＝tan30°=PHBH=√33，∴√33=x 60−x，解得：x =30(√3−1)，∴PB ＝2x =60(√3−1)≈44（海里），答：此时船与小岛P 的距离约为44海里．21．（8分）（2020•恩施州）如图，在平面直角坐标系中，直线y ＝ax ﹣3a （a ≠0）与x 轴、y 轴分别相交于A 、B 两点，与双曲线y =k x （x ＞0）的一个交点为C ，且BC =12AC ．（1）求点A 的坐标；（2）当S △AOC ＝3时，求a 和k 的值．【解答】解：（1）由题意得：令y ＝ax ﹣3a （a ≠0）中y ＝0，即ax ﹣3a ＝0，解得x ＝3，∴点A 的坐标为（3，0），故答案为（3，0）．（2）过C 点作y 轴的垂线交y 轴于M 点，作x 轴的垂线交x 轴于N 点，如下图所示：显然，CM ∥OA ，∴∠BCM ＝∠BAO ，且∠ABO ＝∠CBO ，∴△BCM ∽△BAO ，∴BC BA =CM AO ，即：13=CM 3，∴CM ＝1，又S △AOC =12OA ⋅CN =3即：12×3×CN =3， ∴CN ＝2，∴C 点的坐标为（1，2），故反比例函数的k ＝1×2＝2，再将点C （1，2）代入一次函数y ＝ax ﹣3a （a ≠0）中，即2＝a ﹣3a ，解得a ＝﹣1，故答案为：a ＝﹣1，k ＝2．22．（10分）（2020•恩施州）某校足球队需购买A 、B 两种品牌的足球．已知A 品牌足球的单价比B 品牌足球的单价高20元，且用900元购买A 品牌足球的数量用720元购买B 品牌足球的数量相等．（1）求A 、B 两种品牌足球的单价；（2）若足球队计划购买A 、B 两种品牌的足球共90个，且A 品牌足球的数量不小于B 品牌足球数量的2倍，购买两种品牌足球的总费用不超过8500元．设购买A 品牌足球m 个，总费用为W 元，则该队共有几种购买方案？采用哪一种购买方案可使总费用最低？最低费用是多少元？【解答】解：（1）设购买A 品牌足球的单价为x 元，则购买B 品牌足球的单价为（x ﹣20）元，根据题意，得900x =720x−20，解得：x ＝100，经检验x ＝100是原方程的解，x ﹣20＝80，答：购买A 品牌足球的单价为100元，则购买B 品牌足球的单价为80元；（2）设购买m 个A 品牌足球，则购买（90﹣m ）个B 品牌足球，则W ＝100m +80（90﹣m ）＝20m +7200，∵A 品牌足球的数量不小于B 品牌足球数量的2倍，购买两种品牌足球的总费用不超过8500元，∴{100m +80(90−m)≤8500m ≥2(90−m)，解不等式组得：60≤m ≤65，所以，m 的值为：60，61，62，63，64，65，即该队共有6种购买方案，当m ＝60时，W 最小，m ＝60时，W ＝20×60+7200＝8400（元），答：该队共有6种购买方案，购买60个A 品牌30个B 品牌的总费用最低，最低费用是8400元．23．（10分）（2020•恩施州）如图1，AB 是⊙O 的直径，直线AM 与⊙O 相切于点A ，直线BN 与⊙O 相切于点B ，点C （异于点A ）在AM 上，点D 在⊙O 上，且CD ＝CA ，延长CD 与BN 相交于点E ，连接AD 并延长交BN 于点F ．（1）求证：CE 是⊙O 的切线；（2）求证：BE ＝EF ；（3）如图2，连接EO 并延长与⊙O 分别相交于点G 、H ，连接BH ．若AB ＝6，AC ＝4，求tan ∠BHE ．【解答】解：（1）如图1中，连接OD ，∵CD ＝CA ，∴∠CAD ＝∠CDA ，∵OA ＝OD∴∠OAD ＝∠ODA ，∵直线AM与⊙O相切于点A，∴∠CAO＝∠CAD+∠OAD＝90°，∴∠ODC＝∠CDA+∠ODA＝90°，∴CE是⊙O的切线．（2）如图2中，连接BD，∵OD＝OB，∴∠ODB＝∠OBD，∵CE是⊙O的切线，BF是⊙O的切线，∴∠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）如图2中，过E点作EL⊥AM于L，则四边形ABEL是矩形，设BE＝x，则CL＝4﹣x，CE＝4+x，∴（4+x）2＝（4﹣x）2+62，解得：x =94，∴tan ∠BOE =BE OB =943=34， ∵∠BOE ＝2∠BHE ，∴tan ∠BOE =2tan∠BHE 1−tan 2∠BHE =34，解得：tan ∠BHE =13或﹣3（﹣3不合题意舍去），∴tan ∠BHE =13．补充方法：如图2中，作HJ ⊥EB 交EB 的延长线于J ．∵tab ∠BOE =BE OB =34， ∴可以假设BE ＝3k ，OB ＝4k ，则OE ＝5k ，∵OB ∥HJ ，∴OB HJ =OE EH =EB EJ ， ∴4k HJ =5k 9k =3k EJ ，∴HJ =365k ，EJ =275k ， ∴BJ ＝EJ ﹣BE =275k ﹣3k =125k∴tan ∠BHJ =BJ HJ =13， ∵∠BHE ＝∠OBE ＝∠BHJ ，∴tan ∠BHE =13．24．（12分）（2020•恩施州）如图1，抛物线y =−14x 2+bx +c 经过点C （6，0），顶点为B ，对称轴x ＝2与x 轴相交于点A ，D 为线段BC 的中点．（1）求抛物线的解析式；（2）P为线段BC上任意一点，M为x轴上一动点，连接MP，以点M为中心，将△MPC 逆时针旋转90°，记点P的对应点为E，点C的对应点为F．当直线EF与抛物线y=−14x2+bx+c只有一个交点时，求点M的坐标．（3）△MPC在（2）的旋转变换下，若PC=√2（如图2）．①求证：EA＝ED．②当点E在（1）所求的抛物线上时，求线段CM的长．【解答】解：（1）∵点C（6，0）在抛物线上，∴0=−14×36+6b+c，得到6b+c＝9，又∵对称轴x＝2，∴x=−b2a=−b2×(−14)=2，解得b＝1，∴c＝3，∴二次函数的解析式为y=−14x2+x+3；（2）当点M在点C的左侧时，如图2﹣1中：∵抛物线的解析式为y =−14x 2+x +3，对称轴为x ＝2，C （6，0）∴点A （2，0），顶点B （2，4），∴AB ＝AC ＝4，∴△ABC 是等腰直角三角形，∴∠1＝45°；∵将△MPC 逆时针旋转90°得到△MEF ，∴FM ＝CM ，∠2＝∠1＝45°，设点M 的坐标为（m ，0），∴点F （m ，6﹣m ），又∵∠2＝45°，∴直线EF 与x 轴的夹角为45°，∴设直线EF 的解析式为y ＝x +b ，把点F （m ，6﹣m ）代入得：6﹣m ＝m +b ，解得：b ＝6﹣2m ，直线EF 的解析式为y ＝x +6﹣2m ，∵直线EF 与抛物线y =−14x 2+x +3只有一个交点，∴{y =x +6−2my =−14x 2+x +3，整理得：14x 2+3−2m =0，∴△＝b 2﹣4ac ＝0，解得m =32，点M 的坐标为（32，0）．当点M 在点C 的右侧时，如下图：由图可知，直线EF 与x 轴的夹角仍是45°，因此直线EF 与抛物线y =−14x 2+x +3不可能只有一个交点．综上，点M 的坐标为（32，0）．（3）①当点M 在点C 的左侧时，如下图，过点P 作PG ⊥x 轴于点G ，过点E 作EH ⊥x 轴于点H ，∵PC =√2，由（2）知∠BCA ＝45°，∴PG ＝GC ＝1，∴点G （5，0），设点M 的坐标为（m ，0），∵将△MPC 逆时针旋转90°得到△MEF ，∴EM ＝PM ，∵∠HEM +∠EMH ＝∠GMP +∠EMH ＝90°，∴∠HEM ＝∠GMP ，在△EHM 和△MGP 中，{∠EHM =∠MGP∠HEM =∠GMP EM =MP，∴△EHM ≌△MGP （AAS ），∴EH ＝MG ＝5﹣m ，HM ＝PG ＝1，∴点H （m ﹣1，0），∴点E 的坐标为（m ﹣1，5﹣m ）；∴EA =√(m −1−2)2+(5−m −0)2=√2m 2−16m +34，又∵D 为线段BC 的中点，B （2，4），C （6，0）， ∴点D （4，2），∴ED =√(m 2+(5−m −2)2=√2m 2−16m +34， ∴EA ＝ED ．当点M 在点C 的右侧时，如下图：同理，点E 的坐标仍为（m ﹣1，5﹣m ），因此EA ＝ED ． ②当点E 在（1）所求的抛物线y =−14x 2+x +3上时，把E （m ﹣1，5﹣m ）代入，整理得：m 2﹣10m +13＝0，解得：m =5+2√3或m =5−2√3，∴CM =2√3−1或CM =1+2√3．。

2020年湖北省恩施州中考数学试卷(含详细解析)

【点睛】
本题考查了绝对值，解决本题的关键是一个正数的绝对值是它本身，一个负数的绝对值是它的相反数，0的绝对值是0．
2．B
【解析】
【分析】
科学记数法的表示形式为a×10n的形式，其中1≤|a|＜10，n为整数．确定n的值时，要看把原数变成a时，小数点移动了多少位，n的绝对值与小数点移动的位数相同．当原数绝对值＞1时，n是正数；当原数的绝对值＜1时，n是负数．
（1）求、两种品牌足球的单价；
（2）若足球队计划购买、两种品牌的足球共90个，且品牌足球的数量不小于品牌足球数量的2倍，购买两种品牌足球的总费用不超过8500元．设购买品牌足球个，总费用为元，则该队共有几种购买方案？采用哪一种购买方案可使总费用最低？最低费用是多少元？
23．如图，是的直径，直线与相切于点，直线与相切于点，点（异于点）在上，点在上，且，延长与相交于点E，连接并延长交于点．
21．如图，在平面直角坐标系中，直线与轴、轴分别相交于、两点，与双曲线的一个交点为，且．
（1）求点的坐标；
（2）当时，求和的值．
22．某校足球队需购买、两种品牌的足球．已知品牌足球的单价比品牌足球的单价高20元，且用900元购买品牌足球的数量用720元购买品牌足球的数量相等．
（3）在（2）的旋转变换下，若（如图）．
①求证：．
②当点在（1）所求的抛物线上时，求线段的长．
参考答案1．A【解 Nhomakorabea】【分析】
根据绝对值的意义：数轴上一个数所对应的点与原点（O点）的距离叫做该数的绝对值，绝对值只能为非负数；即可得解．
【详解】
解：在数轴上，数5所表示的点到原点0的距离是5；

2020年湖北省恩施州中考数学试卷

2020年湖北省恩施州中考数学试卷题号一二三四总分得分一、选择题（本大题共12小题，共36.0分）1.5的绝对值是（）A. 5B. -5C.D. -2.茶中精品“恩施绿”“利川红”享誉世界．去年恩施州茶叶产量约为120000吨，将数120000用科学记数法表示为（）A. 12×104B. 1.2×105C. 1.2×106D. 0.12×1063.下列交通标识，既是中心对称图形，又是轴对称图形的是（）A. B. C. D.4.下列计算正确的是（）A. a2•a3=a6B. a（a+1）=a2+aC. （a-b）2=a2-b2D. 2a+3b=5ab5.函数y=的自变量的取值范围是（）A. x≥-1B. x≥-1且x≠0C. .x＞0D. x＞-1且x≠06.“彩缕碧筠粽，香粳白玉团”．端午佳节，小明妈妈准备了豆沙粽2个、红枣粽4个、腊肉粽3个、白米粽2个，其中豆沙粽和红枣粽是甜粽．小明任意选取一个，选到甜粽的概率是（）A. B. C. D.7.在实数范围内定义运算“☆”：a☆b=a+b-1，例如：2☆3=2+3-1=4．如果2☆x=1，则x的值是（）A. -1B. 1C. 0D. 28.我国古代数学著作《九章算术》“盈不足”一章中记载：“今有大器五小器一容三斛，大器一小器五容二斛，问大小器各容几何”．意思是：有大小两种盛酒的桶，已知5个大桶加上1个小桶可以盛酒3斛，1个大桶加上5个小桶可以盛酒2斛．问1个大桶、1个小桶分别可以盛酒多少斛？设1个大桶盛酒x斛，1个小桶盛酒y斛，下列方程组正确的是（）A. B. C. D.9.如图是由四个相同的小正方体组成的立体图形，它的主视图为（）A. B. C.D.10.甲乙两车从A城出发前往B城，在整个行程中，汽车离开A城的距离y与时刻t的对应关系如图所示，则下列结论错误的是（）A. 甲车的平均速度为60km/hB. 乙车的平均速度为100km/hC. 乙车比甲车先到B城D. 乙车比甲车先出发1h11.如图，正方形ABCD的边长为4，点E在AB上且BE=1，F为对角线AC上一动点，则△BFE周长的最小值为（）A. 5B. 6C. 7D. 812.如图，已知二次函数y=ax2+bx+c的图象与x轴相交于A（-2，0）、B（1，0）两点．则以下结论：①ac＞0；②二次函数y=ax2+bx+c的图象的对称轴为x=-1；③2a+c=0；④a-b+c＞0．其中正确的有（）个．A. 0B. 1C. 2D. 3二、填空题（本大题共4小题，共12.0分）13.9的算术平方根是______．14.如图，直线l1∥l2，点A在直线l1上，点B在直线l2上，AB=BC，∠C=30°，∠1=80°，则∠2=______．15.如图，已知半圆的直径AB=4，点C在半圆上，以点A为圆心，AC为半径画弧交AB于点D，连接BC．若∠ABC=60°，则图中阴影部分的面积为______．（结果不取近似值）16.如图，在平面直角坐标系中，△ABC的顶点坐标分别为：A（-2，0），B（1，2），C（1，-2）．已知N（-1，0），作点N关于点A的对称点N1，点N1关于点B的对称点N2，点N2关于点C的对称点N3，点N3关于点A 的对称点N4，点N4关于点B的对称点N5，…，依此类推，则点N2020的坐标为______．三、计算题（本大题共1小题，共8.0分）17.先化简，再求值：（-）÷，其中m=．四、解答题（本大题共7小题，共64.0分）18.如图，AE∥BF，BD平分∠ABC交AE于点D，点C在BF上且BC=AB，连接CD．求证：四边形ABCD是菱形．19.某中学为了解九年级学生对新冠肺炎防控知识的掌握情况，从全校九年级学生中随机抽取部分学生进行调查．调查结果分为四类：A类--非常了解；B类--比较了解；C类--般了解；D类--不了解．现将调查结果绘制成如图不完整的统计图，请根据统计图中的信息解答下列问题：（1）本次共调查了______名学生；（2）补全条形统计图；（3）D类所对应扇形的圆心角的大小为______；（4）若该校九年级学生共有500名，根据以上抽样结果，估计该校九年级学生对新冠肺炎防控知识非常了解的约有______名．20.如图，一艘轮船以每小时30海里的速度自东向西航行，在A处测得小岛P位于其西北方向（北偏西45°方向），2小时后轮船到达B处，在B处测得小岛P位于其北偏东60°方向．求此时船与小岛P的距离（结果保留整数，参考数据：≈1.414，≈1.732）．21.如图，在平面直角坐标系中，直线y=ax-3a（a≠0）与x轴、y轴分别相交于A、B两点，与双曲线y=（x＞0）的一个交点为C，且BC=AC．（1）求点A的坐标；（2）当S△AOC=3时，求a和k的值．22.某校足球队需购买A、B两种品牌的足球．已知A品牌足球的单价比B品牌足球的单价高20元，且用900元购买A品牌足球的数量用720元购买B品牌足球的数量相等．（1）求A、B两种品牌足球的单价；（2）若足球队计划购买A、B两种品牌的足球共90个，且A品牌足球的数量不小于B品牌足球数量的2倍，购买两种品牌足球的总费用不超过8500元．设购买A 品牌足球m个，总费用为W元，则该队共有几种购买方案？采用哪一种购买方案可使总费用最低？最低费用是多少元？23.如图1，AB是⊙O的直径，直线AM与⊙O相切于点A，直线BN与⊙O相切于点B，点C（异于点A）在AM上，点D在⊙O上，且CD=CA，延长CD与BN相交于点E，连接AD并延长交BN于点F．（1）求证：CE是⊙O的切线；（2）求证：BE=EF；（3）如图2，连接EO并延长与⊙O分别相交于点G、H，连接BH．若AB=6，AC=4，求tan∠BHE．24.如图1，抛物线y=-x2+bx+c经过点C（6，0），顶点为B，对称轴x=2与x轴相交于点A，D为线段BC的中点．（1）求抛物线的解析式；（2）P为线段BC上任意一点，M为x轴上一动点，连接MP，以点M为中心，将△MPC逆时针旋转90°，记点P的对应点为E，点C的对应点为F．当直线EF与抛物线y=-x2+bx+c只有一个交点时，求点M的坐标．（3）△MPC在（2）的旋转变换下，若PC=（如图2）．①求证：EA=ED．②当点E在（1）所求的抛物线上时，求线段CM的长．答案和解析1.【答案】A【解析】解：在数轴上，数5所表示的点到原点0的距离是5；故选：A．根据绝对值的意义：数轴上一个数所对应的点与原点（O点）的距离叫做该数的绝对值，绝对值只能为非负数；即可得解．本题考查了绝对值，解决本题的关键是一个正数的绝对值是它本身，一个负数的绝对值是它的相反数，0的绝对值是0．2.【答案】B【解析】解：120000=1.2×105，故选：B．科学记数法的表示形式为a×10n的形式，其中1≤|a|＜10，n为整数．确定n的值时，要看把原数变成a时，小数点移动了多少位，n的绝对值与小数点移动的位数相同．当原数绝对值≥10时，n是正数；当原数的绝对值＜1时，n是负数．本题考查科学记数法，注意n的值的确定方法，当原数大于10时，n等于原数的整数数位减1，按此方法即可正确求解．3.【答案】D【解析】解：根据轴对称图形与中心对称图形的概念，知：A、不是轴对称图形，也不是中心对称图形；B、不是轴对称图形，也不是中心对称图形；C、是轴对称图形，但不是中心对称图形；D、既是中心对称图形，又是轴对称图形．故选：D．根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．本题考查中心对称图形与轴对称图形的概念．轴对称图形的关键是寻找对称轴，折叠后对称轴两旁的部分可重合；中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180°后会与原图重合．4.【答案】B【解析】解：A、a2•a3=a5，原计算错误，故此选项不符合题意；B、a（a+1）=a2+a，原计算正确，故此选项符合题意；C、（a-b）2=a2-2ab+b2，原计算错误，故此选项不符合题意；D、2a与3b不是同类项，不能合并，原计算错误，故此选项不符合题意；故选：B．利用同底数幂的乘法运算法则、单项式乘多项式的运算法则、完全平方公式、合并同类项法则计算求出答案即可判断．本题考查了同底数幂的乘法，单项式乘多项式，完全平方公式以及合并同类项，解此题的关键在于熟练掌握其知识点．5.【答案】B【解析】解：根据题意得，x+1≥0且x≠0，解得x≥-1且x≠0．故选：B．根据被开方数大于等于0，分母不等于0列式计算即可得解．本题考查的知识点为：分式有意义，分母不为0；二次根式的被开方数是非负数．6.【答案】D【解析】解：由题意可得：粽子总数为11个，其中6个为甜粽，所以选到甜粽的概率为：，故选：D．粽子总共有11个，其中甜粽有6个，根据概率公式即可求出答案．本题考查了概率的基本运算，熟练掌握概率公式是解题的关键．7.【答案】C【解析】解：由题意知：2☆x=2+x-1=1+x，又2☆x=1，∴1+x=1，∴x=0．故选：C．已知等式利用题中的新定义化简，计算即可求出x的值．本题考查了实数的计算，一元一次方程的解法，本题的关键是能看明白题目意思，根据新定义的运算规则求解．8.【答案】A【解析】解：依题意，得：．故选：A．根据“5个大桶加上1个小桶可以盛酒3斛，1个大桶加上5个小桶可以盛酒2斛”，即可得出关于x，y的二元一次方程组，此题得解．本题考查了由实际问题抽象出二元一次方程组以及数学常识，找准等量关系，正确列出二元一次方程组是解题的关键．9.【答案】A【解析】解：从正面看易得第一列有2个正方形，第二列底层有1个正方形．故选：A．找到从正面看所得到的图形即可，注意所有的看到的棱都应表现在主视图中．本题考查了三视图的知识，主视图是从物体的正面看得到的视图．10.【答案】D【解析】解：由图象知：A．甲车的平均速度为=60km/h，故A选项不合题意；B．乙车的平均速度为=100km/h，故B选项不合题意；C．甲10时到达B城，乙9时到达B城，所以乙比甲先到B城，故C选项不合题意；D．甲5时出发，乙6时出发，所以乙比甲晚出发1h，故此选项错误，故选：D．根据图象逐项分析判断即可．本题考查了一次函数的应用，函数的图象，正确识别图象并能提取相关信息是解答的关键．11.【答案】B【解析】解：如图，连接ED交AC于一点F，连接BF，∵四边形ABCD是正方形，∴点B与点D关于AC对称，∴BF=DF，∴△BFE的周长=BF+EF+BE=DE+BE，此时△BEF的周长最小，∵正方形ABCD的边长为4，∴AD=AB=4，∠DAB=90°，∵点E在AB上且BE=1，∴AE=3，∴DE=，∴△BFE的周长=5+1=6，故选：B．连接ED交AC于一点F，连接BF，根据正方形的对称性得到此时△BFE的周长最小，利用勾股定理求出DE即可得到答案．此题考查正方形的性质：四条边都相等，四个角都是直角以及正方形的对称性质，还考查了勾股定理的计算．依据正方形的对称性，连接DE交AC于点F时△BFE的周长有最小值，这是解题的关键．12.【答案】C【解析】解：对于①：二次函数开口向下，故a＜0，与y轴的交点在y的正半轴，故c ＞0，故ac＜0，因此①错误；对于②：二次函数的图象与x轴相交于A（-2，0）、B（1，0），由对称性可知，其对称轴为：，因此②错误；对于③：设二次函数y=ax2+bx+c的交点式为y=a（x+2）（x-1）=ax2+ax-2a，比较一般式与交点式的系数可知：b=a，c=-2a，故2a+c=0，因此③正确；对于④：当x=-1时对应的y=a-b+c，观察图象可知x=-1时对应的函数图象的y值在x轴上方，故a-b+c＞0，因此④正确．∴只有③④是正确的．故选：C．根据抛物线的开口方向、对称轴、顶点坐标、增减性以及过特殊点时系数a、b、c满足的关系综合判断即可．本题考查了二次函数的图象与其系数的关系及二次函数的对称性，熟练掌握二次函数的图象性质是解决此类题的关键．13.【答案】3【解析】解：∵（±3）2=9，∴9的算术平方根是3．故答案为：3．9的平方根为±3，算术平方根为非负数，从而得出结论．本题考查了数的算式平方根，解题的关键是牢记算术平方根为非负数．14.【答案】40°【解析】解：如图，延长CB交l2于点D，∵AB=BC，∠C=30°，∴∠C=∠4=30°，∵l1∥l2，∠1=80°，∴∠1=∠3=80°，∵∠C+∠3+∠2+∠4=180°，即30°+80°+∠2+30°=180°，∴∠2=40°．故答案为：40°．利用等腰三角形的性质得到∠C=∠4=30°，利用平行线的性质得到∠1=∠3=80°，再根据三角形内角和定理即可求解．本题考查了等腰三角形的性质，平行线的性质以及三角形内角和定理的应用，解决问题的关键是辅助线的作法，注意运用两直线平行，同位角相等．15.【答案】2-π【解析】解：∵AB是直径，∴∠ACB=90°，∵∠ABC=60°，∴∠CAB=30°，∴BC=，AC=，∴，∵∠CAB=30°，∴扇形ACD的面积=，∴阴影部分的面积为．故答案为：．根据60°特殊角求出AC和BC，再算出△ABC的面积，根据扇形面积公式求出扇形CAD 的面积，再用三角形的面积减去扇形面积即可．本题考查了圆周角定理，解直角三角形，圆和扇形面积的结合，关键在于利用圆周角的性质找到直角三角形并结合扇形面积公式解出．16.【答案】（-1，8）【解析】解：由题意得，作出如下图形：N点坐标为（-1，0），N点关于A点对称的N1点的坐标为（-3，0），N1点关于B点对称的N2点的坐标为（5，4），N2点关于C点对称的N3点的坐标为（-3，8），N3点关于A点对称的N4点的坐标为（-1，8），N4点关于B点对称的N5点的坐标为（3，-4），N5点关于C点对称的N6点的坐标为（-1，0），此时刚好回到最开始的点N处，∴其每6个点循环一次，∴2020÷6=336……4，即循环了336次后余下4，故N2020的坐标与N4点的坐标相同，其坐标为（-1，8）．故答案为：（-1，8）．先求出N1至N6点的坐标，找出其循环的规律为每6个点循环一次即可求解．本题考查了平面直角坐标系内点的对称规律问题，本题需要先去验算前面一部分点的坐标，进而找到其循环的规律后即可求解．17.【答案】解：====；当时，原式=．【解析】根据分式的混合运算法则，先化简括号内的，将除法运算转化为乘法运算，再化简成最简分式，代入m值求解即可．本题主要考查了分式的化简求值以及二次根式的化简，熟练掌握分式的混合运算法则是解答的关键．18.【答案】证明：∵AE∥BF，∴∠ADB=∠DBC，∵BD平分∠ABC，∴∠DBC=∠ABD，∴∠ADB=∠ABD，∴AB=AD，又∵AB=BC，∴AD=BC，∵AE∥BF，即AD∥BC，∴四边形ABCD为平行四边形，又∵AB=AD，∴四边形ABCD为菱形．【解析】由AE∥BF，BD平分∠ABC得到∠ABD=∠ADB，得到AB=AD，再由BC=AB，得到对边AD=BC，进而得到四边形ABCD为平行四边形，再由邻边相等即可证明四边形ABCD为菱形．本题考了菱形的判定、平行四边形的判定与性质、等腰三角形的判定、角平分线性质、平行线的性质等知识；熟练掌握平行四边形判定及性质和等腰三角形的判定是解决此题的关键．19.【答案】50 36°150【解析】解：（1）本次共调查的学生数为：20÷40%=50（名）．故答案为：50；（2）C类学生人数为：50-15-20-5=10（名），条形图如下：（3）D类所对应扇形的圆心角为：．故答案为：36°；（4）该校九年级学生对新冠肺炎防控知识非常了解的人数为：（名）．故答案为：150．（1）根据条形图和扇形图得出B类人数为20名，占40%，即可得出总数；（2）根据总人数减去A，B，D的人数即可得出C的人数；（3）用360°乘以D类部分所占百分比即可得出圆心角的度数；（4）用500乘以非常了解的部分所占百分比即可得出答案．本题考查的是条形统计图和扇形统计图的综合运用．读懂统计图，从不同的统计图中得到必要的信息是解决问题的关键．条形统计图能清楚地表示出每个项目的数据；扇形统计图直接反映部分占总体的百分比大小．也考查了利用样本估计总体．20.【答案】解：如图，过P作PH⊥AB，设PH=x，由题意得：AB=30×2=60，∠PBH=90°-60°=30°，∠PAH=90°-45°=45°，则△PHA是等腰直角三角形，∴AH=PH，在Rt△PHA中，设AH=PH=x，在Rt△PBH中，PB=2PH=2x，BH=AB-AH=60-x，∴tan∠PBH=tan30°==，∴，解得：，∴PB=2x=≈44（海里），答：此时船与小岛P的距离约为44海里．【解析】过P作PH⊥AB，设PH=x，由已知分别求PB、BH、AH，然后根据锐角三角函数求出x值即可求解．本题考查了直角三角形的应用-方向角问题，掌握方向角的概念和解直角三角形的知识是解答本题的关键．21.【答案】解：（1）由题意得：令y=ax-3a（a≠0）中y=0，即ax-3a=0，解得x=3，∴点A的坐标为（3，0），故答案为（3，0）．（2）过C点作y轴的垂线交y轴于M点，作x轴的垂线交x轴于N点，如下图所示：显然，CM∥OA，∴∠BCM=∠BAO，且∠ABO=∠CBO，∴△BCM∽△BAO，∴，即：，∴CM=1，又即：，∴CN=2，∴C点的坐标为（1，2），故反比例函数的k=1×2=2，再将点C（1，2）代入一次函数y=ax-3a（a≠0）中，即2=a-3a，解得a=-1，故答案为：a=-1，k=2．【解析】（1）令y=ax-3a（a≠0）中y=0即可求出点A的坐标；（2）过C点作y轴的垂线交y轴于M点，作x轴的垂线交x轴于N点，证明△BCM∽△BAO，利用和OA=3进而求出CM的长，再由S△AOC=3求出CN的长，进而求出点C坐标即可求解．本题考查了反比例函数与一次函数的图象及性质，相似三角形的判定和性质等，熟练掌握其图象性质是解决此题的关键．22.【答案】解：（1）设购买A品牌足球的单价为x元，则购买B品牌足球的单价为（x-20）元，根据题意，得，解得：x=100，经检验x=100是原方程的解，x-20=80，答：购买A品牌足球的单价为100元，则购买B品牌足球的单价为80元；（2）设购买m个A品牌足球，则购买（90-m）个B品牌足球，则W=100m+80（90-m）=20m+7200，∵A品牌足球的数量不小于B品牌足球数量的2倍，购买两种品牌足球的总费用不超过8500元，∴，解不等式组得：60≤m≤65，所以，m的值为：60，61，62，63，64，65，即该队共有6种购买方案，当m=60时，W最小，m=60时，W=20×60+7200=8400（元），答：该队共有6种购买方案，购买60个A品牌30个B品牌的总费用最低，最低费用是8400元．【解析】（1）设购买A品牌足球的单价为x元，则购买B品牌足球的单价为（x-20）元，根据用900元购买A品牌足球的数量用720元购买B品牌足球的数量相等，即可得出关于x的分式方程，解之经检验后即可得出结论；（2）设购买m个A品牌足球，则购买（90-m）个B品牌足球，根据总价=单价×数量，结合总价不超过8500元，以及A品牌足球的数量不小于B品牌足球数量的2倍，即可得出关于m的一元一次不等式组，解之取其中的最小整数值即可得出结论．本题考查了分式方程的应用以及一元一次不等式组的应用，解题的关键是：（1）找准等量关系，正确列出分式方程；（2）根据各数量之间的关系，正确列出一元一次不等式组．23.【答案】解：（1）如图1中，连接OD，∵CD=CA，∴∠CAD=∠CDA，∵OA=OD∴∠OAD=∠ODA，∵直线AM与⊙O相切于点A，∴∠CAO=∠CAD+∠OAD=90°，∴∠ODC=∠CDA+∠ODA=90°，∴CE是⊙O的切线．（2）如图2中，连接BD，∵OD=OB，∴∠ODB=∠OBD，∵CE是⊙O的切线，BF是⊙O的切线，∴∠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）如图2中，过E点作EL⊥AM于L，则四边形ABEL是矩形，设BE=x，则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不合题意舍去），∴tan∠BHE=．补充方法：如图2中，作HJ⊥EB交EB的延长线于J．∵tab∠BOE==，∴可以假设BE=3k，OB=4k，则OE=5k，∵OB∥HJ，∴==，∴==，∴HJ=k，EJ=k，∴BJ=EJ-BE=k-3k=k∴tan∠BHJ==，∵∠BHE=∠OBE=∠BHJ，∴tan∠BHE=．【解析】（1）连接OD，根据等边对等角可知：∠CAD=∠CDA，∠OAD=∠ODA，再根据切线的性质可知∠CAO=∠CAD+∠OAD=∠CDA+∠ODA=90°=∠ODC，由切线的判定定理可得结论；（2）连接BD，根据等边对等角可知∠ODB=∠OBD，再根据切线的性质可知∠ODE=∠OBE=90°，由等量减等量差相等得∠EDB=∠EBD，再根据等角对等边得到ED=EB，然后根据平行线的性质及对顶角相等可得∠EDF=∠EFD，推出DE=EF，由此得出结论；（3）过E点作EL⊥AM于L，根据勾股定理可求出BE的长，即可求出tan∠BOE的值，再利用倍角公式即可求出tan∠BHE的值．本题主要考查了切线的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，平行线的判定和性质，三角函数/，勾股定理等知识，熟练掌握这些知识点并能熟练应用是解题的关键．24.【答案】解：（1）∵点C（6，0）在抛物线上，∴，得到6b+c=9，又∵对称轴x=2，∴，解得b=1，∴c=3，∴二次函数的解析式为；（2）当点M在点C的左侧时，如图2-1中：∵抛物线的解析式为，对称轴为x=2，C（6，0）∴点A（2，0），顶点B（2，4），∴AB=AC=4，∴△ABC是等腰直角三角形，∴∠1=45°；∵将△MPC逆时针旋转90°得到△MEF，∴FM=CM，∠2=∠1=45°，设点M的坐标为（m，0），∴点F（m，6-m），又∵∠2=45°，∴直线EF与x轴的夹角为45°，∴设直线EF的解析式为y=x+b，把点F（m，6-m）代入得：6-m=m+b，解得：b=6-2m，直线EF的解析式为y=x+6-2m，∵直线EF与抛物线只有一个交点，∴，整理得：，∴△=b2-4ac=0，解得m=，点M的坐标为（，0）．当点M在点C的右侧时，如下图：由图可知，直线EF与x轴的夹角仍是45°，因此直线EF与抛物线不可能只有一个交点．综上，点M的坐标为（，0）．（3）①当点M在点C的左侧时，如下图，过点P作PG⊥x轴于点G，过点E作EH⊥x 轴于点H，∵，由（2）知∠BCA=45°，∴PG=GC=1，∴点G（5，0），设点M的坐标为（m，0），∵将△MPC逆时针旋转90°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，∴点H（m-1，0），∴点E的坐标为（m-1，5-m）；∴EA==，又∵D为线段BC的中点，B（2，4），C（6，0），∴点D（4，2），∴ED==，∴EA=ED．当点M在点C的右侧时，如下图：同理，点E的坐标仍为（m-1，5-m），因此EA=ED．②当点E在（1）所求的抛物线上时，把E（m-1，5-m）代入，整理得：m2-10m+13=0，解得：m=或m=，∴CM=或CM=．【解析】（1）根据点C在抛物线上和已知对称轴的条件可求出解析式；（2）根据抛物线的解析式求出点B及已知点C的坐标，证明△ABC是等腰直角三角形，根据旋转的性质推出直线EF与x轴的夹角为45°，因此设直线EF的解析式为y=x+b，设点M的坐标为（m，0），推出点F（m，6-m），直线EF与抛物线只有一个交点，联立两个解析式，得到关于x的一元二次方程，根据根的判别式为0得到关于m的方程，解方程得点M的坐标．注意有两种情况，均需讨论．（3）①过点P作PG⊥x轴于点G，过点E作EH⊥x轴于点H，设点M的坐标为（m，0），由及旋转的性质，证明△EHM≌△MGP，得到点E的坐标为（m-1，5-m），再根据两点距离公式证明EA=ED，注意分两种情况，均需讨论；②把E（m-1，5-m）代入抛物线解析式，解出m的值，进而求出CM的长．本题属于二次函数综合题，考查了二次函数的图象和性质，旋转的性质，一次函数的性质，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想解决问题，学会利用参数构建方程解决问题，属于中考压轴题．．。

湖北省恩施州2020年中考数学试题(原卷版)(1)-【经典教育教学资料】

１５.若 ,则＿__＿______.
1６.△ABC内接于⊙O，AB为⊙O的直径,将△ABC绕点C旋转到△ＥDC,点Ｅ在⊙上,已知ＡE=2,tａnD＝3，则AＢ=_＿___＿＿_＿＿.
三、解答题：本大题共9个小题，共８6分.
17.先化简,再求值: ,其中．
1８．如图，点C在线段BD上,且AB⊥BＤ，ＤＥ⊥BＤ,AC⊥CＥ，ＢC＝DＥ，求证:ＡB=ＣD．
(1）求证: 是切线；
（2)求证: ;
(3)如图，连接并延长与分别相交于点、 ,连接 .若， ,求 .
２４．如图,抛物线经过点 ,顶点为 ,对称轴与轴相交于点 , 为线段的中点.
（1)求抛物线的解析式；
(２) 为线段上任意一点，为轴上一动点,连接 ,以点为中心,将逆时针旋转 ,记点的对应点为，点的对应点为．当直线与抛物线只有一个交点时，求点的坐标.
A B. ﻩC． D.
3.下列交通标识,既是中心对称图形，又是轴对称图形是（）.
A. B． C. ﻩＤ．
４.下列计算正确的是（).
A. B．
C. ﻩＤ.
５．函数的自变量的取值范围是()
A. ﻩB. 且 C. ﻩD．且
6．“彩缕碧筠粽，香梗白玉团”.端午佳节,小明妈妈准备了豆沙粽2个、红枣烷4个、腊肉粽3个、白米粽2个,其中豆沙粽和红枣粽是甜粽．小明任意选取一个，选到甜粽的概率是()．
（2)求四边形OCDB的面积.
22．如图,点A，B，C是半径为2的⊙O上三个点，AB为直径,∠BAC的平分线交圆于点D,过点D作AC的垂线交AC得延长线于点E,延长线EＤ交AＢ得延长线于点F.
(1）判断直线EF与⊙Ｏ位置关系，并证明.
(2）若DF= ，求tａｎ∠EAD的值．

2020年湖北省恩施州中考数学试卷

2020年湖北省恩施州中考数学试卷一、选择题（本大题共有12个小题，每小题3分，共36分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的，请将选择项前的字母代号填涂在答题卷相应位置上）1. 5的绝对值是（）A.5B.−5C.15D.−15【答案】A【考点】绝对值【解析】根据绝对值的意义：数轴上一个数所对应的点与原点（O点）的距离叫做该数的绝对值，绝对值只能为非负数；即可得解．【解答】在数轴上，数5所表示的点到原点0的距离是5；2. 茶中精品“恩施绿”“利川红”享誉世界．去年恩施州茶叶产量约为120000吨，将数120000用科学记数法表示为（）A.12×104B.1.2×105C.1.2×106D.0.12×106【答案】B【考点】科学记数法--表示较大的数【解析】科学记数法的表示形式为a×10n的形式，其中1≤|a|<10，n为整数．确定n的值时，要看把原数变成a时，小数点移动了多少位，n的绝对值与小数点移动的位数相同．当原数绝对值≥10时，n是正数；当原数的绝对值<1时，n是负数．【解答】120000＝1.2×105，3. 下列交通标识，既是中心对称图形，又是轴对称图形的是（）A. B. C. D.【答案】D【考点】中心对称图形轴对称图形【解析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．【解答】根据轴对称图形与中心对称图形的概念，知：A、不是轴对称图形，也不是中心对称图形；B、不是轴对称图形，也不是中心对称图形；C、是轴对称图形，但不是中心对称图形；D、既是中心对称图形，又是轴对称图形．4. 下列计算正确的是（）A.a2⋅a3＝a6B.a(a+1)＝a2+aC.(a−b)2＝a2−b2D.2a+3b＝5ab【答案】B【考点】合并同类项同底数幂的乘法完全平方公式单项式乘多项式【解析】利用同底数幂的乘法运算法则、单项式乘多项式的运算法则、完全平方公式、合并同类项法则计算求出答案即可判断．【解答】A、a2⋅a3＝a5，原计算错误，故此选项不符合题意；B、a(a+1)＝a2+a，原计算正确，故此选项符合题意；C、(a−b)2＝a2−2ab+b2，原计算错误，故此选项不符合题意；D、2a与3b不是同类项，不能合并，原计算错误，故此选项不符合题意；5. 函数y=√x+1x的自变量的取值范围是（）A.x≥−1B.x≥−1且x≠0C.x>0D.x>−1且x≠0【答案】B【考点】函数自变量的取值范围【解析】根据被开方数大于等于0，分母不等于0列式计算即可得解．【解答】根据题意得，x+1≥0且x≠0，解得x≥−1且x≠0．6. “彩缕碧筠粽，香粳白玉团”．端午佳节，小明妈妈准备了豆沙粽2个、红枣粽4个、腊肉粽3个、白米粽2个，其中豆沙粽和红枣粽是甜粽．小明任意选取一个，选到甜粽的概率是（）A.2 11B.411C.511D.611【答案】D【考点】概率公式【解析】粽子总共有11个，其中甜粽有6个，根据概率公式即可求出答案．【解答】由题意可得：粽子总数为11个，其中6个为甜粽，所以选到甜粽的概率为：611，7. 在实数范围内定义运算“☆”：a ☆b ＝a +b −1，例如：2☆3＝2+3−1＝4．如果2☆x ＝1，则x 的值是（）A.−1B.1C.0D.2 【答案】C【考点】解一元一次方程实数的运算【解析】已知等式利用题中的新定义化简，计算即可求出x 的值．【解答】由题意知：2☆x ＝2+x −1＝1+x ，又2☆x ＝1，∴ 1+x ＝1，∴ x ＝0．8. 我国古代数学著作《九章算术》“盈不足”一章中记载：“今有大器五小器一容三斛，大器一小器五容二斛，问大小器各容几何”．意思是：有大小两种盛酒的桶，已知5个大桶加上1个小桶可以盛酒3斛，1个大桶加上5个小桶可以盛酒2斛．问1个大桶、1个小桶分别可以盛酒多少斛？设1个大桶盛酒x 斛，1个小桶盛酒y 斛，下列方程组正确的是（）A.{5x +y =3x +5y =2B.{5x +y =2x +5y =3C.{5x +3y =1x +2y =5D.{3x +y =52x +5y =1【答案】A【考点】数学常识由实际问题抽象出二元一次方程组【解析】根据“5个大桶加上1个小桶可以盛酒3斛，1个大桶加上5个小桶可以盛酒2斛”，即可得出关于x ，y 的二元一次方程组，此题得解．【解答】依题意，得：{5x +y =3x +5y =2．9. 如图是由四个相同的小正方体组成的立体图形，它的主视图为（）A. B. C. D.【答案】A【考点】简单组合体的三视图【解析】找到从正面看所得到的图形即可，注意所有的看到的棱都应表现在主视图中．【解答】从正面看易得第一列有2个正方形，第二列底层有1个正方形．10. 甲乙两车从A 城出发前往B 城，在整个行程中，汽车离开A 城的距离y 与时刻t 的对应关系如图所示，则下列结论错误的是（）A.甲车的平均速度为60km/ℎB.乙车的平均速度为100km/ℎC.乙车比甲车先到B 城D.乙车比甲车先出发1ℎ【答案】D【考点】一次函数的应用【解析】根据图象逐项分析判断即可．【解答】由图象知：=60km/ℎ，故A选项不合题意；A．甲车的平均速度为30010−5=100km/ℎ，故B选项不合题意；B．乙车的平均速度为3009−6C．甲10时到达B城，乙9时到达B城，所以乙比甲先到B城，故C选项不合题意；D．甲5时出发，乙6时出发，所以乙比甲晚出发1ℎ，故此选项错误，11. 如图，正方形ABCD的边长为4，点E在AB上且BE＝1，F为对角线AC上一动点，则△BFE周长的最小值为（）A.5B.6C.7D.8【答案】B【考点】勾股定理正方形的性质轴对称——最短路线问题【解析】连接ED交AC于一点F，连接BF，根据正方形的对称性得到此时△BFE的周长最小，利用勾股定理求出DE即可得到答案．【解答】如图，连接ED交AC于一点F，连接BF，∵四边形ABCD是正方形，∴点B与点D关于AC对称，∴BF＝DF，∴△BFE的周长＝BF+EF+BE＝DE+BE，此时△BEF的周长最小，∵正方形ABCD的边长为4，∴AD＝AB＝4，∠DAB＝90∘，∵点E在AB上且BE＝1，∴AE＝3，∴DE=√AD2+AE2=5，∴△BFE的周长＝5+1＝6，12. 如图，已知二次函数y＝ax2+bx+c的图象与x轴相交于A(−2, 0)、B(1, 0)两点．则以下结论：①ac>0；②二次函数y＝ax2+bx+c的图象的对称轴为x＝−1；③2a+c＝0；④a−b+c>0．其中正确的有（）个．A.0B.1C.2D.3【答案】C【考点】二次函数图象与系数的关系抛物线与x轴的交点【解析】根据抛物线的开口方向、对称轴、顶点坐标、增减性以及过特殊点时系数a、b、c满足的关系综合判断即可．【解答】对于①：二次函数开口向下，故a<0，与y轴的交点在y的正半轴，故c>0，故ac< 0，因此①错误；对于②：二次函数的图象与x轴相交于A(−2, 0)、B(1, 0)，由对称性可知，其对称轴为：x=−2+12=−12，因此②错误；对于③：设二次函数y＝ax2+bx+c的交点式为y＝a(x+2)(x−1)＝ax2+ax−2a，比较一般式与交点式的系数可知：b＝a，c＝−2a，故2a+c＝0，因此③正确；对于④：当x＝−1时对应的y＝a−b+c，观察图象可知x＝−1时对应的函数图象的y值在x轴上方，故a−b+c>0，因此④正确．∴只有③④是正确的．二、填空题（本大题共有4小题，每小题3分，共12分．不要求写出解答过程，请把答案直接填写在答题卷相应位置上）9的算术平方根是________．【答案】3【考点】算术平方根【解析】9的平方根为±3，算术平方根为非负，从而得出结论．【解答】解：∵(±3)2=9，∴9的算术平方根是|±3|=3．故答案为：3．如图，直线l1 // l2，点A在直线l1上，点B在直线l2上，AB＝BC，∠C＝30∘，∠1＝80∘，则∠2＝________．【答案】40∘【考点】平行线的性质等腰三角形的性质【解析】利用等腰三角形的性质得到∠C＝∠4＝30∘，利用平行线的性质得到∠1＝∠3＝80∘，再根据三角形内角和定理即可求解．【解答】如图，延长CB交l2于点D，∵AB＝BC，∠C＝30∘，∴∠C＝∠4＝30∘，∵l1 // l2，∠1＝80∘，∴∠1＝∠3＝80∘，∵∠C+∠3+∠2+∠4＝180∘，即30∘+80∘+∠2+30∘＝180∘，∴∠2＝40∘．如图，已知半圆的直径AB＝4，点C在半圆上，以点A为圆心，AC为半径画弧交AB于点D，连接BC．若∠ABC＝60∘，则图中阴影部分的面积为________．（结果不取近似值【答案】2√3−π【考点】扇形面积的计算近似数和有效数字【解析】根据60∘特殊角求出AC和BC，再算出△ABC的面积，根据扇形面积公式求出扇形CAD 的面积，再用三角形的面积减去扇形面积即可．【解答】∵AB是直径，∴∠ACB＝90∘，∵∠ABC＝60∘，∴∠CAB＝30∘，∴BC=12AB=2，AC=2√3，∴S△ABC=12⋅AC⋅BC=12⋅2√3⋅2=2√3，∵∠CAB＝30∘，∴扇形ACD的面积=30360π⋅AC2=112π⋅(2√3)2=π，∴阴影部分的面积为2√3−π．如图，在平面直角坐标系中，△ABC的顶点坐标分别为：A(−2, 0)，B(1, 2)，C(1, −2)．已知N(−1, 0)，作点N关于点A的对称点N1，点N1关于点B的对称点N2，点N2关于点C的对称点N3，点N3关于点A的对称点N4，点N4关于点B的对称点N5，…，依此类推，则点N2020的坐标为________．【答案】(−1, 8)【考点】坐标与图形变化-旋转关于x轴、y轴对称的点的坐标规律型：点的坐标规律型：图形的变化类规律型：数字的变化类【解析】先求出N1至N6点的坐标，找出其循环的规律为每6个点循环一次即可求解．【解答】由题意得，作出如下图形：N点坐标为(−1, 0)，N点关于A点对称的N1点的坐标为(−3, 0)，N1点关于B点对称的N2点的坐标为(5, 4)，N2点关于C点对称的N3点的坐标为(−3, 8)，N3点关于A点对称的N4点的坐标为(−1, 8)，N4点关于B点对称的N5点的坐标为(3, −4)，N5点关于C点对称的N6点的坐标为(−1, 0)，此时刚好回到最开始的点N处，∴其每6个点循环一次，∴2020÷6＝336……4，即循环了336次后余下4，故N2020的坐标与N4点的坐标相同，其坐标为(−1, 8)．三、解答题（本大题共有8个小题，共72分．请在答题卷指定区域内作答，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤）．先化简，再求值：(m2−9m2−6m+9−3m−3)÷m2m−3，其中m=√2．【答案】(m2−9m2−6m+9−3m−3)÷m2m−3=[(m+3)(m−3)(m−3)2−3m−3]⋅m−3m2=(m+3m−3−3m−3)⋅m−3m2=mm−3⋅m−3m2=1m；当m=√2时，原式=√2=√22．【考点】分式的化简求值【解析】根据分式的混合运算法则，先化简括号内的，将除法运算转化为乘法运算，再化简成最简分式，代入m值求解即可．【解答】(m2−92−3)÷m2=[(m+3)(m−3)(m−3)2−3m−3]⋅m−3m2=(m+3m−3−3m−3)⋅m−3m2=mm−3⋅m−3m2=1m；当m=√2时，原式=√2=√22．如图，AE // BF，BD平分∠ABC交AE于点D，点C在BF上且BC＝AB，连接CD．求证：四边形ABCD是菱形．【答案】证明：∵AE // BF，∴∠ADB＝∠DBC，∵BD平分∠ABC，∴∠DBC＝∠ABD，∴∠ADB＝∠ABD，∴AB＝AD，又∵AB＝BC，∴AD＝BC，∵AE // BF，即AD // BC，∴四边形ABCD为平行四边形，又∵AB＝AD，∴四边形ABCD为菱形．【考点】菱形的判定全等三角形的性质与判定【解析】由AE // BF，BD平分∠ABC得到∠ABD＝∠ADB，得到AB＝AD，再由BC＝AB，得到对边AD＝BC，进而得到四边形ABCD为平行四边形，再由邻边相等即可证明四边形ABCD为菱形．【解答】证明：∵AE // BF，∴∠ADB＝∠DBC，∵BD平分∠ABC，∴∠DBC＝∠ABD，∴∠ADB＝∠ABD，∴AB＝AD，又∵AB＝BC，∴AD＝BC，∵AE // BF，即AD // BC，∴四边形ABCD为平行四边形，又∵AB＝AD，∴四边形ABCD为菱形．某中学为了解九年级学生对新冠肺炎防控知识的掌握情况，从全校九年级学生中随机抽取部分学生进行调查．调查结果分为四类：A类--非常了解；B类--比较了解；C类--般了解；D类--不了解．现将调查结果绘制成如图不完整的统计图，请根据统计图中的信息解答下列问题：（1）本次共调查了________名学生；（2）补全条形统计图；（3）D类所对应扇形的圆心角的大小为________；（4）若该校九年级学生共有500名，根据以上抽样结果，估计该校九年级学生对新冠肺炎防控知识非常了解的约有________名．【答案】50C类学生人数为：50−15−20−5＝10（名），条形图如下：36∘150【考点】条形统计图扇形统计图用样本估计总体【解析】（1）根据条形图和扇形图得出B类人数为20名，占40%，即可得出总数；（2）根据总人数减去A，B，D的人数即可得出C的人数；（3）用360∘乘以D类部分所占百分比即可得出圆心角的度数；（4）用500乘以非常了解的部分所占百分比即可得出答案．【解答】本次共调查的学生数为：20÷40%＝50（名）．故答案为：50；C类学生人数为：50−15−20−5＝10（名），条形图如下：D类所对应扇形的圆心角为：360×5=36．50故答案为：36∘；=150（名）．该校九年级学生对新冠肺炎防控知识非常了解的人数为：500×1550故答案为：150．如图，一艘轮船以每小时30海里的速度自东向西航行，在A处测得小岛P位于其西北方向（北偏西45∘方向），2小时后轮船到达B处，在B处测得小岛P位于其北偏东60∘方向．求此时船与小岛P的距离（结果保留整数，参考数据：√2≈1.414，√3≈1.732）．【答案】此时船与小岛P的距离约为44海里．【考点】解直角三角形的应用-方向角问题【解析】过P作PH⊥AB，设PH＝x，由已知分别求PB、BH、AH，然后根据锐角三角函数求出x值即可求解．【解答】如图，过P作PH⊥AB，设PH＝x，由题意得：AB＝30×2＝60，∠PBH＝90∘−60∘＝30∘，∠PAH＝90∘−45∘＝45∘，则△PHA是等腰直角三角形，∴AH＝PH，在Rt△PHA中，设AH＝PH＝x，在Rt△PBH中，PB＝2PH＝2x，BH＝AB−AH＝60−x，∴tan∠PBH＝tan30∘=PHBH =√33，∴√33=x60−x，解得：x=30(√3−1)，∴PB＝2x=60(√3−1)≈44（海里），如图，在平面直角坐标系中，直线y＝ax−3a(a≠0)与x轴、y轴分别相交于A、B两点，与双曲线y=kx (x>0)的一个交点为C，且BC=12AC．（1）求点A的坐标；（2）当S△AOC＝3时，求a和k的值．【答案】(3, 0)a＝−1，k＝2【考点】反比例函数与一次函数的综合【解析】（1）令y＝ax−3a(a≠0)中y＝0即可求出点A的坐标；（2）过C点作y轴的垂线交y轴于M点，作x轴的垂线交x轴于N点，证明△BCM∽△BAO，利用BC=12AC和OA＝3进而求出CM的长，再由S△AOC＝3求出CN的长，进而求出点C坐标即可求解．【解答】由题意得：令y＝ax−3a(a≠0)中y＝0，即ax−3a＝0，解得x＝3，∴点A的坐标为(3, 0)，故答案为(3, 0)．过C点作y轴的垂线交y轴于M点，作x轴的垂线交x轴于N点，如下图所示：显然，CM // OA，∴∠BCM＝∠BAO，且∠ABO＝∠CBO，∴△BCM∽△BAO，∴BCBA =CMAO，即：13=CM3，∴CM＝1，又S△AOC=12OA⋅CN=3即：12×3×CN=3，∴CN＝2，∴C点的坐标为(1, 2)，故反比例函数的k＝1×2＝2，再将点C(1, 2)代入一次函数y＝ax−3a(a≠0)中，即2＝a−3a，解得a＝−1，故答案为：a＝−1，k＝2．某校足球队需购买A、B两种品牌的足球．已知A品牌足球的单价比B品牌足球的单价高20元，且用900元购买A品牌足球的数量用720元购买B品牌足球的数量相等．（1）求A、B两种品牌足球的单价；（2）若足球队计划购买A、B两种品牌的足球共90个，且A品牌足球的数量不小于B品牌足球数量的2倍，购买两种品牌足球的总费用不超过8500元．设购买A品牌足球m个，总费用为W元，则该队共有几种购买方案？采用哪一种购买方案可使总费用最低？最低费用是多少元？【答案】购买A品牌足球的单价为100元，则购买B品牌足球的单价为80元；该队共有6种购买方案，购买60个A品牌30个B品牌的总费用最低，最低费用是8400元【考点】分式方程的应用一元一次不等式组的应用一次函数的应用【解析】（1）设购买A品牌足球的单价为x元，则购买B品牌足球的单价为(x−20)元，根据用900元购买A品牌足球的数量用720元购买B品牌足球的数量相等，即可得出关于x的分式方程，解之经检验后即可得出结论；（2）设购买m个A品牌足球，则购买(90−m)个B品牌足球，根据总价＝单价×数量，结合总价不超过8500元，以及A品牌足球的数量不小于B品牌足球数量的2倍，即可得出关于m的一元一次不等式组，解之取其中的最小整数值即可得出结论．【解答】设购买A品牌足球的单价为x元，则购买B品牌足球的单价为(x−20)元，根据题意，得900x =720x−20，解得：x＝100，经检验x＝100是原方程的解，x−20＝80，答：购买A品牌足球的单价为100元，则购买B品牌足球的单价为80元；设购买m个A品牌足球，则购买(90−m)个B品牌足球，则W＝100m+80(90−m)＝20m+7200，∵A品牌足球的数量不小于B品牌足球数量的2倍，购买两种品牌足球的总费用不超过8500元，∴{100m+80(90−m)≤8500m≥2(90−m)，解不等式组得：60≤m≤65，所以，m的值为：60，61，62，63，64，65，即该队共有6种购买方案，当m＝60时，W最小，m＝60时，W＝20×60+7200＝8400（元），答：该队共有6种购买方案，购买60个A品牌30个B品牌的总费用最低，最低费用是8400元．如图1，AB是⊙O的直径，直线AM与⊙O相切于点A，直线BN与⊙O相切于点B，点C（异于点A）在AM上，点D在⊙O上，且CD＝CA，延长CD与BN相交于点E，连接AD并延长交BN于点F．（1）求证：CE是⊙O的切线；（2）求证：BE＝EF；（3）如图2，连接EO并延长与⊙O分别相交于点G、H，连接BH．若AB＝6，AC＝4，求tan∠BHE．【答案】如图1中，连接OD，∵CD＝CA，∴∠CAD＝∠CDA，∵OA＝OD∴∠OAD＝∠ODA，∵直线AM与⊙O相切于点A，∴∠CAO＝∠CAD+∠OAD＝90∘，∴∠ODC＝∠CDA+∠ODA＝90∘，∴CE是⊙O的切线．如图2中，连接BD，∵OD＝OB，∴∠ODB＝∠OBD，∵CE是⊙O的切线，BF是⊙O的切线，∴∠OBD＝∠ODE＝90∘，∴∠EDB＝∠EBD，∴ED＝EB，∵AM⊥AB，BN⊥AB，∴AM // BN，∴∠CAD＝∠BFD，∵∠CAD＝∠CDA＝∠EDF，∴∠BFD＝∠EDF，∴EF＝ED，∴BE＝EF．如图2中，过E点作EL⊥AM于L，则四边形ABEL是矩形，设BE＝x，则CL＝4−x，CE＝4+x，∴(4+x)2＝(4−x)2+62，解得：x=94，∴tan∠BOE=BEOB =943=34，∵∠BOE＝2∠BHE，∴tan∠BOE=2tan∠BHE1−tan2∠BHE =34，解得：tan∠BHE=13或−3（−3不合题意舍去），∴tan∠BHE=13．补充方法：如图2中，作HJ⊥EB交EB的延长线于J．∵tab∠BOE=BEOB =34，∴可以假设BE＝3k，OB＝4k，则OE＝5k，∵OB // HJ，∴OBHJ =OEEH=EBEJ，∴4kHJ =5k9k=3kEJ，∴HJ=365k，EJ=275k，∴BJ＝EJ−BE=275k−3k=125k∴tan∠BHJ=BJHJ =13，∵∠BHE＝∠OBE＝∠BHJ，∴tan∠BHE=13．【考点】圆的综合题【解析】（1）连接OD，根据等边对等角可知：∠CAD＝∠CDA，∠OAD＝∠ODA，再根据切线的性质可知∠CAO＝∠CAD+∠OAD＝∠CDA+∠ODA＝90∘＝∠ODC，由切线的判定定理可得结论；（2）连接BD，根据等边对等角可知∠ODB＝∠OBD，再根据切线的性质可知∠ODE＝∠OBE＝90∘，由等量减等量差相等得∠EDB＝∠EBD，再根据等角对等边得到ED＝EB，然后根据平行线的性质及对顶角相等可得∠EDF＝∠EFD，推出DE＝EF，由此得出结论；（3）过E点作EL⊥AM于L，根据勾股定理可求出BE的长，即可求出tan∠BOE的值，再利用倍角公式即可求出tan∠BHE的值．【解答】如图1中，连接OD，∵CD＝CA，∴∠CAD＝∠CDA，∵OA＝OD∴∠OAD＝∠ODA，∵直线AM与⊙O相切于点A，∴∠CAO＝∠CAD+∠OAD＝90∘，∴∠ODC＝∠CDA+∠ODA＝90∘，∴CE是⊙O的切线．如图2中，连接BD，∵OD＝OB，∴∠ODB＝∠OBD，∵CE是⊙O的切线，BF是⊙O的切线，∴∠OBD＝∠ODE＝90∘，∴∠EDB＝∠EBD，∴ED＝EB，∵AM⊥AB，BN⊥AB，∴AM // BN，∴∠CAD＝∠BFD，∵∠CAD＝∠CDA＝∠EDF，∴∠BFD＝∠EDF，∴EF＝ED，∴BE＝EF．如图2中，过E点作EL⊥AM于L，则四边形ABEL是矩形，设BE＝x，则CL＝4−x，CE＝4+x，∴(4+x)2＝(4−x)2+62，解得：x=94，∴tan∠BOE=BEOB =943=34，∵∠BOE＝2∠BHE，∴tan∠BOE=2tan∠BHE1−tan2∠BHE =34，解得：tan∠BHE=13或−3（−3不合题意舍去），∴tan∠BHE=13．补充方法：如图2中，作HJ⊥EB交EB的延长线于J．∵tab∠BOE=BEOB =34，∴可以假设BE＝3k，OB＝4k，则OE＝5k，∵OB // HJ，∴OBHJ =OEEH=EBEJ，∴4kHJ =5k9k=3kEJ，∴HJ=365k，EJ=275k，∴BJ＝EJ−BE=275k−3k=125k∴tan∠BHJ=BJHJ =13，∵∠BHE＝∠OBE＝∠BHJ，∴tan∠BHE=13．如图1，抛物线y=−14x2+bx+c经过点C(6, 0)，顶点为B，对称轴x＝2与x轴相交于点A，D为线段BC的中点．（1）求抛物线的解析式；（2）P为线段BC上任意一点，M为x轴上一动点，连接MP，以点M为中心，将△MPC 逆时针旋转90∘，记点P的对应点为E，点C的对应点为F．当直线EF与抛物线y=−14x2+bx+c只有一个交点时，求点M的坐标．（3）△MPC在（2）的旋转变换下，若PC=√2（如图2）．①求证：EA＝ED．②当点E在（1）所求的抛物线上时，求线段CM的长．【答案】∵点C(6, 0)在抛物线上，∴0=−14×36+6b+c，得到6b+c＝9，又∵对称轴x＝2，∴x=−b2a =−b2×(−14)=2，解得b＝1，∴c＝3，∴二次函数的解析式为y=−14x2+x+3；当点M在点C的左侧时，如图2−1中：∵抛物线的解析式为y=−14x2+x+3，对称轴为x＝2，C(6, 0)∴点A(2, 0)，顶点B(2, 4)，∴AB＝AC＝4，∴△ABC是等腰直角三角形，∴∠1＝45∘；∵将△MPC逆时针旋转90∘得到△MEF，∴FM＝CM，∠2＝∠1＝45∘，设点M的坐标为(m, 0)，∴点F(m, 6−m)，又∵∠2＝45∘，∴直线EF与x轴的夹角为45∘，∴设直线EF的解析式为y＝x+b，把点F(m, 6−m)代入得：6−m＝m+b，解得：b＝6−2m，直线EF的解析式为y＝x+6−2m，∵直线EF与抛物线y=−14x2+x+3只有一个交点，∴{y=x+6−2my=−14x2+x+3，整理得：14x2+3−2m=0，∴△＝b2−4ac＝0，解得m=32，点M的坐标为(32, 0)．当点M在点C的右侧时，如下图：由图可知，直线EF与x轴的夹角仍是45∘，因此直线EF与抛物线y=−14x2+x+3不可能只有一个交点．综上，点M的坐标为(32, 0)．①当点M在点C的左侧时，如下图，过点P作PG⊥x轴于点G，过点E作EH⊥x轴于点H，∵PC=√2，由（2）知∠BCA＝45∘，∴PG＝GC＝1，∴点G(5, 0)，设点M的坐标为(m, 0)，∵将△MPC逆时针旋转90∘得到△MEF，∴EM＝PM，∵∠HEM+∠EMH＝∠GMP+∠EMH＝90∘，∴∠HEM＝∠GMP，在△EHM和△MGP中，{∠EHM=∠MGP ∠HEM=∠GMPEM=MP，∴△EHM≅△MGP(AAS)，∴EH＝MG＝5−m，HM＝PG＝1，∴点H(m−1, 0)，∴点E的坐标为(m−1, 5−m)；∴EA=√(m−1−2)2+(5−m−0)2=√2m2−16m+34，又∵D为线段BC的中点，B(2, 4)，C(6, 0)，∴点D(4, 2)，∴ED=√(m−1−4)2+(5−m−2)2=√2m2−16m+34，∴EA＝ED．当点M在点C的右侧时，如下图：同理，点E的坐标仍为(m−1, 5−m)，因此EA＝ED．②当点E在（1）所求的抛物线y=−14x2+x+3上时，把E(m−1, 5−m)代入，整理得：m2−10m+13＝0，解得：m=5+2√3或m=5−2√3，∴CM=2√3−1或CM=1+2√3．【考点】二次函数综合题【解析】（1）根据点C在抛物线上和已知对称轴的条件可求出解析式；（2）根据抛物线的解析式求出点B及已知点C的坐标，证明△ABC是等腰直角三角形，根据旋转的性质推出直线EF与x轴的夹角为45∘，因此设直线EF的解析式为y＝x+b，设点M的坐标为(m, 0)，推出点F(m, 6−m)，直线EF与抛物线y=−14x2+x+3只有一个交点，联立两个解析式，得到关于x的一元二次方程，根据根的判别式为0得到关于m的方程，解方程得点M的坐标．注意有两种情况，均需讨论．（3）①过点P作PG⊥x轴于点G，过点E作EH⊥x轴于点H，设点M的坐标为(m, 0)，由PC=√2及旋转的性质，证明△EHM≅△MGP，得到点E的坐标为(m−1, 5−m)，再根据两点距离公式证明EA＝ED，注意分两种情况，均需讨论；②把E(m−1, 5−m)代入抛物线解析式，解出m的值，进而求出CM的长．【解答】∵点C(6, 0)在抛物线上，∴0=−14×36+6b+c，得到6b+c＝9，又∵对称轴x＝2，∴x=−b2a =−b2×(−14)=2，解得b＝1，∴c＝3，∴二次函数的解析式为y=−14x2+x+3；当点M在点C的左侧时，如图2−1中：∵抛物线的解析式为y=−14x2+x+3，对称轴为x＝2，C(6, 0)∴点A(2, 0)，顶点B(2, 4)，∴AB＝AC＝4，∴△ABC是等腰直角三角形，∴∠1＝45∘；∵将△MPC逆时针旋转90∘得到△MEF，∴FM＝CM，∠2＝∠1＝45∘，设点M的坐标为(m, 0)，∴点F(m, 6−m)，又∵∠2＝45∘，∴直线EF与x轴的夹角为45∘，∴设直线EF的解析式为y＝x+b，把点F(m, 6−m)代入得：6−m＝m+b，解得：b＝6−2m，直线EF的解析式为y＝x+6−2m，∵直线EF与抛物线y=−14x2+x+3只有一个交点，∴{y=x+6−2my=−14x2+x+3，整理得：14x2+3−2m=0，∴△＝b2−4ac＝0，解得m=32，点M的坐标为(32, 0)．当点M在点C的右侧时，如下图：由图可知，直线EF与x轴的夹角仍是45∘，因此直线EF与抛物线y=−14x2+x+3不可能只有一个交点．综上，点M的坐标为(32, 0)．①当点M在点C的左侧时，如下图，过点P作PG⊥x轴于点G，过点E作EH⊥x轴于点H，∵PC=√2，由（2）知∠BCA＝45∘，∴PG＝GC＝1，∴点G(5, 0)，设点M的坐标为(m, 0)，∵将△MPC逆时针旋转90∘得到△MEF，∴EM＝PM，∵∠HEM+∠EMH＝∠GMP+∠EMH＝90∘，∴∠HEM＝∠GMP，在△EHM和△MGP中，{∠EHM=∠MGP ∠HEM=∠GMPEM=MP，∴△EHM≅△MGP(AAS)，∴EH＝MG＝5−m，HM＝PG＝1，∴点H(m−1, 0)，∴点E的坐标为(m−1, 5−m)；∴EA=√(m−1−2)2+(5−m−0)2=√2m2−16m+34，又∵D为线段BC的中点，B(2, 4)，C(6, 0)，∴点D(4, 2)，∴ED=√(m−1−4)2+(5−m−2)2=√2m2−16m+34，∴EA＝ED．当点M在点C的右侧时，如下图：同理，点E的坐标仍为(m−1, 5−m)，因此EA＝ED．x2+x+3上时，②当点E在（1）所求的抛物线y=−14把E(m−1, 5−m)代入，整理得：m2−10m+13＝0，解得：m=5+2√3或m=5−2√3，∴CM=2√3−1或CM=1+2√3．。

2020年湖北省恩施州中考数学试卷及答案解析(word版)

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