2020年山东省济宁市中考数学试卷.pdf

第 1页（共 21页）2020 年山东省济宁市中考数学试卷年山东省济宁市中考数学试卷一、选择题：本大题共一、选择题：本大题共 10 小题，每小题小题，每小题 3 分，共分，共 30 分在每小题给出的四个选项中，只分在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求有一项符合题目要求1（3 分）的相反数是（）ABCD2（3 分）用四舍五入法将数 3.14159 精确到千分位的结果是（）A3.1B3.14C3.142D3.1413（3 分）下列各式是最简二次根式的是（）ABCD4（3 分）一个多边形的内角和是 1080，则这个多边形的边数是（）A9B8C7D65（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（）A15 海里B20 海里C30 海里D60 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 s212.513.52.45.4A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 yx+5 和直线 yax+b相交于点 P，根据图象可知，方程 x+5ax+b 的解是（）第 2页（共 21页）Ax20Bx5Cx25Dx158（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（）A12cm2B15cm2C24cm2D30cm29（3 分）如图，在ABC 中，点 D 为ABC 的内心，A60，CD2，BD4则DBC 的面积是（）A4B2C2D410（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（）第 3页（共 21页）ABCD二、填空题：本大题共二、填空题：本大题共 5 小题，每小题小题，每小题 3 分，共分，共 15 分分11（3 分）分解因式 a34a 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+n3，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，DAC 与 BD 相交于点 E，CD2CECA，分别延长 AB，DC 相交于点 P，PBBO，CD2则 BO的长是三、解答题：本大题共三、解答题：本大题共 7 小题，共小题，共 55 分分16（6 分）先化简，再求值：（x+1）（x1）+x（2x），其中 x17（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）第 4页（共 21页）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，ABAC，点 P 在 BC 上（1）求作：PCD，使点 D 在 AC 上，且PCDABP；（要求：尺规作图，保留作图痕迹，不写作法）（2）在（1）的条件下，若APC2ABC求证：PDAB19（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 yx+3 向上平移 a（a0）个单位长度后与上述函数图象有且只有一个交第 5页（共 21页）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（xm）2+（yn）2r2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（x1）2+（y+2）29在平面直角坐标系中，C 与 x 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，ABAC，点 E，F，G 分别在边 BC，CD 上，BECG，AF 平分EAG，点 H 是线段 AF 上一动点（与点 A 不重合）（1）求证：AEHAGH；第 6页（共 21页）（2）当 AB12，BE4 时求DGH 周长的最小值；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，请说明理由第 7页（共 21页）2020 年山东省济宁市中考数学试卷年山东省济宁市中考数学试卷参考答案与试题解析参考答案与试题解析一、选择题：本大题共一、选择题：本大题共 10 小题，每小题小题，每小题 3 分，共分，共 30 分在每小题给出的四个选项中，只分在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求有一项符合题目要求1【分析】直接利用相反数的定义分析得出答案【解答】解：的相反数是：故选：D【点评】此题主要考查了相反数，正确把握定义是解题关键2【分析】把万分位上的数字 5 进行四舍五入【解答】解：3.14159 精确到千分位的结果是 3.142故选：C【点评】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【分析】利用最简二次根式定义判断即可【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【点评】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【分析】多边形的内角和可以表示成（n2）180，依此列方程可求解【解答】解：设所求正 n 边形边数为 n，则 1080（n2）180，解得 n8故选：B【点评】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、变形和数据处理第 8页（共 21页）5【分析】根据题意画出图形，根据三角形外角性质求出CCAB42，根据等角对等边得出 BCAB，求出 AB 即可【解答】解：如图根据题意得：CBD84，CAB42，CCBDCAB42CAB，BCAB，AB15230，BC30，即海岛 B 到灯塔 C 的距离是 30 海里故选：C【点评】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CCAB，题目比较典型，难度不大6【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【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【点评】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【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【解答】解：直线 yx+5 和直线 yax+b 相交于点 P（20，25）方程 x+5ax+b 的解为 x20第 9页（共 21页）故选：A【点评】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+b0（a，b 为常数，a0）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 yax+b 确定它与 x轴的交点的横坐标的值8【分析】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【解答】解：由三视图可知，原几何体为圆锥，l5（cm），S侧2rl2515（cm2）故选：B【点评】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【分析】过点 B 作 BHCD 的延长线于点 H由点 D 为ABC 的内心，A60，得BDC120，则BDH60，由 BD4，求得 BH，根据三角形的面积公式即可得到结论【解答】解：过点 B 作 BHCD 的延长线于点 H点 D 为ABC 的内心，A60，DBC+DCB（ABC+ACB）（180A），BDC90+A90+60120，则BDH60，BD4，DH2，BH2，CD2，DBC 的面积CDBH2，故选：B第 10页（共 21页）【点评】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【分析】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+1005050（个），再用带“心”字的正方体个数除以总个数即可得【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 31+2，第 3 个图形中正方体的个数 61+2+3，第 100 个图形中，正方体一共有 1+2+3+99+1005050（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【点评】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：本大题共二、填空题：本大题共 5 小题，每小题小题，每小题 3 分，共分，共 15 分分11【分析】原式提取公因式，再利用平方差公式分解即可【解答】解：原式a（a24）a（a+2）（a2）故答案为：a（a+2）（a2）【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12【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【解答】解：根据三角形的三边关系，得第三边应大于 633，而小于 6+39，故第三边的长度 3x9，这个三角形的第三边长可以是 4第 11页（共 21页）故答案为：4【点评】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【分析】根据分式运算法则即可求出答案【解答】解：原式，当 m+n3 时，原式故答案为：【点评】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【分析】如图所示：过点 A 作 AFBC 于点 F，根据三角函数的定义得到ABF30，根据已知条件得到HPB30，APB45，求得HBP60，解直角三角形即可得到结论【解答】解：如图所示：过点 A 作 AFBC 于点 F，斜面坡度为 1：，tanABF，ABF30，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，HPB30，APB45，HBP60，PBA90，BAP45，PBAB，PH30m，sin60，解得：PB20，故 AB20（m），故答案为：20第 12页（共 21页）【点评】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 PBAB 是解题关键15【分析】由 CD2CECA 和ACDDCE，可判断CADCDE，得到CADCDE，再根据圆周角定理得CADCBD，所以CDBCBD，于是利用等腰三角形的判定可得 BCDC，连结 OC，如图，设O 的半径为 r，先证明 OCAD，利用平行线分线段成比例定理得到2，则 PC2CD4，然后证明PCBPAD，利用相似比得，再利用比例的性质可计算出 r 的值【解答】解：连结 OC，如图，CD2CECA，而ACDDCE，CADCDE，CADCDE，CADCBD，CDBCBD，BCDC；设O 的半径为 r，CDCB，BOCBAD，OCAD，第 13页（共 21页），PC2CD4，PCBPAD，CPBAPD，PCBPAD，即，r4，OB4，故答案为 4【点评】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：本大题共三、解答题：本大题共 7 小题，共小题，共 55 分分16【分析】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【解答】解：原式x21+2xx22x1，当 x时，原式210【点评】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【分析】（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【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 a96、c（88+89+92+92+96+96+96+98+98+100）94.5，b96，故答案为：96、96、94.5；第 14页（共 21页）（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【点评】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【分析】（1）尺规作图作出APDABP，即可得到DPCPAB，从而得到PCDABP；（2）根据题意得到DPCABC，根据平行线的的判定即可证得结论【解答】解：（1）如图：作出APDABP，即可得到PCDABP；（2）证明：如图，APC2ABC，APDABC，DPCABCPDAB【点评】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【分析】（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 yx+3 向上平移 a（a0）个单位长度后解析式为 yx+3+a，根据一元二次方程根的判别式即可得到结论【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，xy2，xy4，第 15页（共 21页）y 关于 x 的函数关系式是 y，x 的取值范围为 x0，故答案为：y，x0；（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 yx+3 向上平移 a（a0）个单位长度后解析式为 yx+3+a，解，整理得，x2（3+a）x+40，平移后的直线与反比例函数图象有且只有一个交点，（3+a）2160，解得 a1，a7（不合题意舍去），故此时 a 的值为 1【点评】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【分析】（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，（12a）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【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：，第 16页（共 21页）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，（12a）辆小货车，由题意可得：，6a9，整数 a6，7，8；当有 6 辆大货车，6 辆小货车时，费用50006+3000648000 元，当有 7 辆大货车，5 辆小货车时，费用50007+3000550000 元，当有 8 辆大货车，4 辆小货车时，费用50008+3000452000 元，480005000052000，当有 6 辆大货车，6 辆小货车时，费用最小，最小费用为 48000 元【点评】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【分析】（1）如图，连接 CD，CB，过点 C 作 CMAB 于 M设C 的半径为 r在 RtBCM 中，利用勾股定理求出半径以及点 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CAE90即可解决问题【解答】解：（1）如图，连接 CD，CB，过点 C 作 CMAB 于 M设C 的半径为 r与 y 轴相切于点 D（0，4），CDOD，CDOCMODOM90，四边形 ODCM 是矩形，CMOD4，CDOMr，B（8，0），OB8，BM8r，在 RtCMB 中，BC2CM2+BM2，r242+（8r）2，解得 r5，第 17页（共 21页）C（5，4），C 的标准方程为（x5）2+（y4）225（2）结论：AE 是C 的切线理由：连接 AC，CECMAB，AMBM3，A（2，0），B（8，0）设抛物线的解析式为 ya（x2）（x8），把 D（0，4）代入 ya（x2）（x8），可得 a，抛物线的解析式为 y（x2）（x8）x2x+4（x5）2，抛物线的顶点 E（5，），AE，CE4+，AC5，EC2AC2+AE2，CAE90，CAAE，AE 是C 的切线【点评】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【分析】（1）先判断出ABC 是等边三角形，进而判断出ACDABC，判断出ABEACG，即可得出结论；第 18页（共 21页）（2）先判断出 EH+DH 最小时，AEH 的周长最小，在 RtDCM 中，求出 CM6，DM6，在 RtDME 中，根据勾股定理得，DE4，即可得出结论；分两种情况：、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；、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【解答】（1）证明：四边形 ABCD 是菱形，ABBC，ABAC，ABBCAC，ABC 是等边三角形，ABC60，BCD120，AC 是菱形 ABCD 的对角线，ACDBCD60ABC，BECG，ABEACG（SAS），AEAG，AF 平分EAG，EAFGAF，AHAH，AEHAGH（SAS）；（2）如图 1，过点 D 作 DMBC 交 BC 的延长线于 M，连接 DE，AB12，BE4，CG4，CEDG1248，由（1）知，AEHAGH，第 19页（共 21页）EHHG，lDGHDH+GH+DGDH+HE+8，要使DGH 的周长最小，则 EH+DH 最小，最小为 DE，在 RtDCM 中，DCM18012060，CDAB12，CM6，DMCM6，在 RtDME 中，EMCE+CM14，根据勾股定理得，DE4，DGH 周长的最小值为 4+8；、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，SAONSCONSACN，三角形的面积与四边形的面积比为 1：3，SCENSACN，ANEN，点 O 是 AC 的中点，ONCE，；、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，SAOQSCOQSACQ，三角形的面积与四边形的面积比为 1：3，第 20页（共 21页）SAEQSACQ，CQEQCE（124）4，点 O 是 AC 的中点，OQAE，设 FQx，EFEQ+FQ4+x，CFCQFQ4x，由（1）知，AEAG，AF 是EAG 的角平分线，EAFGAF，AFAF，AEFAGF（SAS），FGEF4+x，过点 G 作 GPBC 交 BC 的延长线于 P，在 RtCPG 中，PCG60，CG4，CPCG2，PGCP2，PFCF+CP4x+26x，在 RtFPG 中，根据勾股定理得，PF2+PG2FG2，（6x）2+（2）2（4+x）2，x，FQ，EF4+，OQAE，即的值为或第 21页（共 21页）【点评】此题是四边形综合题，主要考查了全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定，菱形的性质，含 30 度角的直角三角形的性质，勾股定理，角平分线的定义，判断出点 N 是 AE 的中点和点 Q 是 CE 的中点是解本题的关键声明：试题解析著作权属菁优网所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2020/8/12 15:49:01；用户：18366185883；邮箱：18366185883；学号：22597006