2020年新疆生产建设兵团中考数学试卷-学生用卷

2020年新疆生产建设兵团中考数学试卷
一、选择题（本大题共9小题，共45.0分）
1.下列各数中，是负数的为()
A. −1
B. 0
C. 0.2
D. 1
2
2.如图所示，该几何体的俯视图是()
A. B. C. D.
3.下列运算正确的是()
A. x2⋅x3=x6
B. x6÷x3=x3
C. x3+x3=2x6
D. (−2x)3=−6x3
4.实数a，b在数轴上的位置如图所示，下列结论中正确的是()
A. a>b
B. |a|>|b|
C. −a<b
D. a+b>0
5.下列一元二次方程中，有两个不相等实数根的是()
A. x2−x+1
4
=0 B. x2+2x+4=0
C. x2−x+2=0
D. x2−2x=0
6.不等式组{2(x−2)≤2−x
x+2
2
>x+3
3
的解集是()
A. 0<x≤2
B. 0<x≤6
C. x>0
D. x≤2
7.四张看上去无差别的卡片上分别印有正方形、正五边形、正六边形和圆，现将印有
图形的面朝下，混合均匀后从中随机抽取两张，则抽到的卡片上印有的图形都是中心对称图形的概率为()
A. 1
4B. 1
3
C. 1
2
D. 3
4
8.二次函数y=ax2+bx+c的图象如图所示，则一次函
数y=ax+b和反比例函数y=c
x
在同一平面直角坐标系中的图象可能是()
A. B.
C. D.
9.如图，在△ABC中，∠A=90°，D是AB的中点，过点D作BC的平行线交AC于
点E，作BC的垂线交BC于点F，若AB=CE，且△DFE的面积为1，则BC的长为()
A. 2√5
B. 5
C. 4√5
D. 10
二、填空题（本大题共6小题，共30.0分）
10.如图，若AB//CD，∠A=110°，则∠1=______°.
11.分解因式am2−an2=______．
12.表中记录了某种苹果树苗在一定条件下移植成活的情况：
移植的棵数n200500800200012000
成活的棵数m187446730179010836
0.9350.8920.9130.8950.903
成活的频率m
n
由此估计这种苹果树苗移植成活的概率约为______.(精确到0.1)
13.如图，在x轴，y轴上分别截取OA，
OB，使OA=OB，再分别以点A，B为
AB长为半径画弧，两弧
圆心，以大于1
2
交于点P.若点P的坐标为(a,2a−3)，
则a的值为______．
14.如图，⊙O的半径是2，扇形BAC的圆心角为60°.若将扇形
BAC剪下围成一个圆锥，则此圆锥的底面圆的半径为______．
15.如图，在△ABC中，∠A=90°，∠B=60°，AB=2，若D是BC边上的动点，则
2AD+DC的最小值为______．
三、解答题（本大题共8小题，共75.0分）
16.计算：(−1)2+|−√2|+(π−3)0−√4．
17.先化简，再求值：(x−2)2−4x(x−1)+(2x+1)(2x−1)，其中x=−√2．
18.如图，四边形ABCD是平行四边形，DE//BF，且分别
交对角线AC于点E，F，连接BE，DF．
(1)求证：AE=CF；
(2)若BE=DE，求证：四边形EBFD为菱形．
19.为了解某校九年级学生的体质健康状况，随机抽取了该校九年级学生的10%进行测
试，将这些学生的测试成绩(x)分为四个等级：优秀85≤x≤100；良好75≤x<85；
及格60≤x<75；不及格0≤x<60，并绘制成如图两幅统计图．
根据以上信息，解答下列问题：
(1)在抽取的学生中不及格人数所占的百分比是______；
(2)计算所抽取学生测试成绩的平均分；
(3)若不及格学生的人数为2人，请估算出该校九年级学生中优秀等级的人数．
20.如图，为测量建筑物CD的高度，在A点测得建筑
物顶部D点的仰角为22°，再向建筑物CD前进30
米到达B点，测得建筑物顶部D点的仰角为58°(A,B，
C三点在一条直线上)，求建筑物CD的高度．(结果保留整数．参考数据：sin22°≈
0.37，cos22°≈0.93，tan22°≈0.40，sin58°≈0.85，cos58°≈0.53，tan58°≈1.60)
21.某超市销售A、B两款保温杯，已知B款保温杯的销售单价比A款保温杯多10元，
用480元购买B款保温杯的数量与用360元购买A款保温杯的数量相同．
(1)A、B两款保温杯的销售单价各是多少元？
(2)由于需求量大，A、B两款保温杯很快售完，该超市计划再次购进这两款保温杯
共120个，且A款保温杯的数量不少于B款保温杯数量的两倍．若A款保温杯的销售单价不变，B款保温杯的销售单价降低10%，两款保温杯的进价每个均为20元，应如何进货才能使这批保温杯的销售利润最大，最大利润是多少元？
22.如图，在⊙O中，AB为⊙O的直径，C为⊙O上一点，P
是BC⏜的中点，过点P作AC的垂线，交AC的延长线于点
D．
(1)求证：DP是⊙O的切线；
(2)若AC=5，sin∠APC=5
，求AP的长．
13
23 如图，在平面直角坐标系中，点O为坐标原点，抛物线
y=ax2+bx+c的顶点是A(1,3)，将OA绕点O顺时针旋
转90°后得到OB，点B恰好在抛物线上，OB与抛物线的对
称轴交于点C．
(1)求抛物线的解析式；
(2)P是线段AC上一动点，且不与点A，C重合，过点P作
平行于x轴的直线，与△OAB的边分别交于M，N两点，将△AMN以直线MN为对称轴翻折，得到△A′MN，设点P的纵坐标为m．
①当△A′MN在△OAB内部时，求m的取值范围；
S△OA′B，若存在，求出满足条件m的值；若不存在，请②是否存在点P，使S△A′MN=5
6
说明理由．
2020年新疆生产建设兵团中考数学试卷
答案和解析
【答案】
1. A
2. C
3. B
4. B
5. D
6. A
7. C
8. D
9. A
10. 70
11. a(m+n)(m−n)
12. 0.9
13. 3
14. √3
3
15. 6
16. 解：(−1)2+|−√2|+(π−3)0−√4=1+√2+1−2=√2．
17. 解：(x−2)2−4x(x−1)+(2x+1)(2x−1)
=x2−4x+4−4x2+4x+4x2−1
=x2+3，
当x=−√2时，原式=(−√2)2+3=5．
18. (1)证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD=CB，AD//CB，
∴∠DAE=∠BCF，
∵DE//BF，
∴∠DEF=∠BFE，
∴∠AED=∠CFB，
在△ADE和△CBF中，
{∠DAE=∠BCF ∠AED=∠CFB AD=CB
，
∴△ADE≌△CBF(AAS)，
∴AE=CF；
(2)证明：由(1)知△ADE≌△CBF，则DE=BF，
又∵DE//BF，
∴四边形EBFD是平行四边形，
∵BE=DE，
∴四边形EBFD为菱形．
19. 5%
20. 解：在Rt△BDC中，∵tan∠DBC=CD
BC
，
∴1.60=CD
BC
，
∴BC=CD
1.60
，
在Rt△ACD中，
∵tan∠DAC=CD
AC
，
∴0.40=CD
AC
，
∴AC=CD
0.40
，
∴AB=AC−BC=CD
0.40−CD
1.60
=30，
解得：CD=16(米)，
答：建筑物CD的高度为16米．
21. 解：(1)设A款保温杯的单价是a元，则B款保温杯的单价是(a+10)元，
480 a+10=360
a
，
解得，a=30，
经检验，a=30是原分式方程的解，
则a+10=40，
答：A、B两款保温杯的销售单价分别是30元、40元；
(2)设购买A款保温杯x个，则购买B款保温杯(120−x)个，利润为w元，
w=(30−20)x+[40×(1−10%)−20](120−x)=−6x+1920，
∵A款保温杯的数量不少于B款保温杯数量的两倍，
∴x≥2(120−x)，
解得，x≥80，
∴当x=80时，w取得最大值，此时w=1440，120−x=40，
答：当购买A款保温杯80个，B款保温杯40个时，能使这批保温杯的销售利润最大，最大利润是1440元．
22. (1)证明：∵P是BC⏜的中点，
∴PC⏜=PB⏜，
∴∠PAD=∠PAB，
∵OA=OP，
∴∠APO=∠PAO，
∴∠DAP=∠APO，
∴AD//OP，
∵PD⊥AD，
∴PD⊥OP，
∴DP是⊙O的切线；
(2)解：连接BC交OP于E，∵AB为⊙O的直径，
∴∠ACB=90°，
∵P是BC⏜的中点，
∴OP⊥BC，CE=BE，
∴四边形CDPE是矩形，
∴CD=PE，PD=CE，
∵∠APC=∠B，
∴sin∠APC=sin∠APC=AC
AB =5
13
，
∵AC=5，
∴AB=13，
∴BC=12，
∴PD=CE=BE=6，
∵OE=1
2AC=5
2
，OP=13
2
，
∴CD=PE=13
2−5
2
=4，
∴AD=9，
∴AP=√AD2+PD2=√92+62=3√13．
23. 解：(1)∵抛物线y=ax2+bx+c的顶点是A(1,3)，
∴抛物线的解析式为y=a(x−1)2+3，
∴OA绕点O顺时针旋转90°后得到OB，
∴B(3,−1)，
把B(3,−1)代入y=a(x−1)2+3可得a=−1，
∴抛物线的解析式为y=−(x−1)2+3，即y=−x2+2x+2，(2)①如图1中，
∵B(3,−1)，
∴直线OB的解析式为y=−1
3
x，
∵A(1,3)，
∴C(1,−1
3
)，
∵P(1,m)，AP=PA′，
∴A′(1,2m−3)，
由题意3>2m−3>−1
3
，
∴3>m>4
3
．
②∵直线OA的解析式为y=3x，直线AB的解析式为y=−2x+5，∵P(1,m)，
∴M(m
3,m)，N(5−m
2
,m)，
∴MN=5−m
2−m
3
=15−5m
6
，
∵S△A′MN=5
6
S△OA′B，
∴1
2⋅(m−2m+3)⋅15−5m
6
=5
6
×1
2
×|2m−3+1
3
|×3，
整理得m2−6m+9=|6m−8|
解得m=6+√19(舍弃)或6−√19，
∴满足条件的m的值为6−√19．
【解析】
1. 解：−1是负数；0既不是正数也不是负数；0.2是正数；1
2
是正数．故选：A．
利用正数与负数的定义判断即可．
此题考查了正数与负数，熟练掌握各自的定义是解本题的关键．
2. 解：从上面看是四个正方形，符合题意的是C，
故选：C．
根据从上面看得到的图形是俯视图，可得俯视图．
本题考查了简单组合体的三视图，从上面看得到的图形是俯视图．
3. 解：A、x2⋅x3=x5，选项错误．不符合题意；
B、x6÷x3=x3，选项正确，符合题意；
C、x3+x3=2x3，选项错误，不符合题意；
D、(−2x)3=−8x3，选项错误，不符合题意；
故选：B．
根据同底数幂的乘法、除法和积的乘方以及合并同类项进行判断即可．
此题考查同底数幂的乘法、除法和积的乘方以及合并同类项，关键是根据法则解答．
4. 解：如图所示：A、a<b，故此选项错误；
B、|a|>|b|，正确；
C、−a>b，故此选项错误；
D、a+b<0，故此选项错误；
故选：B．
直接利用数轴上a，b的位置进而比较得出答案．
此题主要考查了实数与数轴，正确数形结合是解题关键．
5. 【分析】
本题主要考查根的判别式，解题的关键是掌握一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)的根与△=b2−4ac的关系：①当△>0时，方程有两个不相等的两个实数根；②当△=0时，方程有两个相等的两个实数根；③当△<0时，方程无实数根.分别求出每个方程判别式的值，根据判别式的值与方程的解的个数间的关系得出答案．
【解答】
=0，方程有两个相等的实数根，不符合题意；解：A.此方程判别式△=(−1)2−4×1×1
4
B.此方程判别式△=22−4×1×4=−12<0，方程没有实数根，不符合题意；
C.此方程判别式△=(−1)2−4×1×2=−7<0，方程没有实数根，不符合题意；
D.此方程判别式△=(−2)2−4×1×0=4>0，方程有两个不相等的实数根，符合题意；
故选：D．
6. 解：{2(x−2)≤2−x①x+2
2
>x+3
3
②，
解不等式①，得：x≤2，
解不等式②，得：x>0，
则不等式组的解集为0<x≤2，
故选：A．
分别求出每一个不等式的解集，根据口诀：同大取大、同小取小、大小小大中间找、大大小小无解了确定不等式组的解集．
本题考查的是解一元一次不等式组，正确求出每一个不等式解集是基础，熟知“同大取大；同小取小；大小小大中间找；大大小小找不到”的原则是解答此题的关键．
7. 解：分别用A、B、C、D表示正方形、正五边形、正六边形和圆，
画树状图得：
∵共有12种等可能的结果，抽到卡片上印有的图案都是中心对称图形的有6种情况，
∴抽到卡片上印有的图案都是中心对称图形的概率为：6
12=1
2
．
故选：C．
首先根据题意画出树状图，然后由树状图求得所有等可能的结果与抽到卡片上印有的图案都是中心对称图形的情况，再利用概率公式求解即可求得答案．
本题考查的是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，列表法适合于两步完成的事件，树状图法适合两步或两步以上完成的事件．注意概率=所求情况数与总情况数之比．
8. 解：因为二次函数y=ax2−bx+c的图象开口向上，得出a>0，与y轴交点在y
轴的正半轴，得出c>0，利用对称轴x=−b
2a
>0，得出b<0，
所以一次函数y=ax+b经过一、三、四象限，反比例函数y=c
x
经过一、三象限，
故选：D．
根据二次函数y=ax2−bx+c的图象开口向上，得出a>0，与y轴交点在y轴的正半
轴，得出c>0，利用对称轴x=−b
2a
>0，得出b<0，进而对照四个选项中的图象即可得出结论．
本题考查了反比例函数的图象、一次函数的图象以及二次函数的图象，根据二次函数图象，找出a>0、b<0、c>0是解题的关键．
9. 【分析】
本题考查了三角形中位线定理，三角形的面积的计算，勾股定理，平行线的判定和性质，正确的识别图形是解题的关键．
过A作AH⊥BC于H，根据已知条件得到AE=CE，求得DE=1
2BC，求得DF=1
2
AH，
根据三角形的面积公式得到DE⋅DF=2，得到AB⋅AC=8，求得AB=2(负值舍去)，根据勾股定理即可得到结论．
【解答】
解：过A作AH⊥BC于H，
∵D是AB的中点，
∴AD=BD，
∵DE//BC，
∴AE=CE，
∴DE=1
2
BC，
∵DF⊥BC，
∴DF//AH，DF⊥DE，
∴BF=HF，
∴DF=1
2
AH，
∵△DFE的面积为1，
∴1
2
DE⋅DF=1，
∴DE⋅DF=2，
∴BC⋅AH=2DE⋅2DF=4×2=8，
∴AB⋅AC=8，
∵AB=CE，
∴AB=AE=CE=1
2
AC，
∴AB⋅2AB=8，
∴AB=2(负值舍去)，
∴AC=4，
∴BC=√AB2+AC2=2√5．
故选：A．
10. 解：∵AB//CD，
∴∠2=∠A=110°．
又∵∠1+∠2=180°，
∴∠1=180°−∠2=180°−110°=70°．
故答案为：70．
由AB//CD，利用“两直线平行，同位角相等”可得出∠2的度数，再结合∠1，∠2互补，即可求出∠1的度数．
本题考查了平行线的性质以及邻补角，牢记“两直线平行，同位角相等”是解题的关键．11. 解：原式=a(m2−n2)=a(m+n)(m−n)，
故答案为：a(m+n)(m−n)
原式提取a，再利用平方差公式分解即可．
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. 解：根据表格数据可知：
苹果树苗移植成活的频率近似值为0.9，
所以估计这种苹果树苗移植成活的概率约为0.9．
故答案为：0.9．
用频率的集中趋势来估计概率，这个固定的近似值就是这个事件的概率．
本题考查了利用频率估计概率，大量重复实验时，事件发生的频率在某个固定位置左右摆动，并且摆动的幅度越来越小，根据这个频率稳定性定理，可以用频率的集中趋势来估计概率，这个固定的近似值就是这个事件的概率．
AB长为半径画弧，两弧交于点P，13. 解：∵OA=OB，分别以点A，B为圆心，以大于1
2
∴点P在∠BOA的角平分线上，
∴点P到x轴和y轴的距离相等，
又∵点P在第一象限，点P的坐标为(a,2a−3)，
∴a=2a−3，
∴a=3．
故答案为：3．
根据作图方法可知点P在∠BOA的角平分线上，由角平分线的性质可知点P到x轴和y
轴的距离相等，结合点P在第一象限，可得关于a的方程，求解即可．
本题考查了角平分线的作法及其性质在坐标与图形性质问题中的应用，明确题中的作图方法及角平分线的性质是解题的关键．、
14. 解：连接OA，作OD⊥AB于点D．
在直角△OAD中，OA=2，∠OAD=1
2
∠BAC=30°，
则AD=OA⋅cos30°=√3．
则AB=2AD=2√3，
则扇形的弧长是：60⋅π×2√3
180=2√3
3
π，
设底面圆的半径是r，则2π×r=2√3
3
π，
解得：r=√3
3
．
故答案为：√3
3
．
连接OA，作OD⊥AB于点D，利用三角函数以及垂径定理即可求得AB的长，然后利用扇形的弧长公式即可求得弧长，然后利用圆的周长公式即可求得半径．
本题考查了弧长的计算，圆锥的计算，正确理解圆锥的侧面展开图与原来的扇形之间的关系是解决本题的关键，理解圆锥的母线长是扇形的半径，圆锥的底面圆周长是扇形的弧长．
15. 解：如图所示，作点A关于BC的对称点A′，连接AA′，
A′D，过D作DE⊥AC于E，
∵△ABC中，∠BAC=90°，∠B=60°，AB=2，
∴BH=1，AH=√3，AA′=2√3，∠C=30°，
∴Rt△CDE中，DE=1
2
CD，即2DE=CD，
∵A与A′关于BC对称，
∴AD=A′D，
∴AD+DE=A′D+DE，
∴当A′，D，E在同一直线上时，AD+DE的最小值等于A′E的长，
此时，Rt△AA′E中，A′E=sin60°×AA′=√3
2
×2√3=3，
∴AD+DE的最小值为3，
即2AD+CD的最小值为6，
故答案为：6．
作点A关于BC的对称点A′，连接AA′，A′D，过D作DE⊥AC于E，依据A与A′关于BC
对称，可得AD=A′D，进而得出AD+DE=A′D+DE，当A′，D，E在同一直线上时，AD+DE的最小值等于A′E的长，依据AD+DE的最小值为3，即可得到2AD+CD的最小值为6．
本题主要考查了最短距离问题，凡是涉及最短距离的问题，一般要考虑线段的性质定理，结合轴对称变换来解决，多数情况要作点关于某直线的对称点．
16. 原式先计算乘方运算，再算加减运算即可得到结果．
此题考查了实数的运算，绝对值、零指数幂、熟练掌握运算法则是解本题的关键．17. 根据完全平方公式、单项式乘多项式和平方差公式可以化简题目中的式子，然后将x的值代入化简后的式子即可解答本题．
本题考查整式的混合运算−化简求值，解答本题的关键是明确整式化简求值的方法．18. (1)根据平行四边形的性质，可以得到AD=CB，AD//CB，从而可以得到∠DAE=∠BCF，再根据DE//BF和等角的补角相等，从而可以得到∠AED=∠CFB，然后即可证明△ADE和△CBF全等，从而可以得到AE=CF；
(2)根据(1)中的△ADE和△CBF全等，可以得到DE=BF，再根据DE//BF，即可得到四边形EBFD是平行四边形，再根据BE=DE，即可得到四边形EBFD为菱形．
本题考查平行四边形的判定和性质、菱形的判定，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件，利用数形结合的思想解答．
19. 解：(1)在抽取的学生中不及格人数所占的百分比=1−20%−25%−50%=5%，故答案为5%．
=79.8(分)．
(2)所抽取学生测试成绩的平均分=90×50%+78×25%+66×20%+42×5%
1
(3)由题意总人数为：2÷5%÷10％=400(人)，
400×50%=200(人)，
答：该校九年级学生中优秀等级的人数约为20人．
(1)根据百分比的和等于1求解即可．
(2)利用加权平均数求解即可．
(3)首先确定总人数，根据优秀人数=总人数×优秀率计算即可．
本题考查条形统计图，扇形统计图，样本估计总体等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
20. 在Rt△BDC中，根据三角函数的定义得到1.60=CD
BC ，求得BC=CD
1.60
，在Rt△ACD中，
根据三角函数的定义得到0.40=CD
AC ，求得AC=CD
0.40
，列方程即可得到结论．
本题考查了解直角三角形的应用−仰角俯角问题，解答本题的关键是根据仰角构造直角三角形，利用三角函数的知识求解，难度一般．
21. (1)根据题意可以列出相应的分式方程，从而可以求得A、B两款保温杯的销售单价，注意分式方程要检验；
(2)根据题意可以得到利润与购买A款保温杯数量的函数关系，然后根据A款保温杯的数量不少于B款保温杯数量的两倍，可以求得A款保温杯数量的取值范围，再根据一次函数的性质，即可求得应如何进货才能使这批保温杯的销售利润最大，最大利润是多少元．
本题考查分式方程的应用、一次函数的应用，解答本题的关键是明确题意，利用一次函数的性质和分式方程的知识解答，注意分式方程要检验．
22. (1)根据已知条件得到∠PAD=∠PAB，推出AD//OP，根据平行线的性质得到PD⊥OP，于是得到DP是⊙O的切线；
(2)连接BC交OP于E，根据圆周角定理得到∠ACB=90°，推出四边形CDPE是矩形，得到CD=PE，PD=CE，解直角三角形即可得到结论．
本题考查了切线的判定，垂径定理，解直角三角形，矩形的判定和性质，正确的作出辅助线构造直角三角形是解题的关键．
23. (1)抛物线y=ax2+bx+c的顶点是A(1,3)，可以假设抛物线的解析式为y=a(x−
1)2+3，求出点B的坐标，利用待定系数法即可解决问题．
(2)①根据△A′MN在△OAB内部，构建不等式即可解决问题．
②求出直线OA，AB的解析式，求出MN，利用面积关系构建方程即可解决问题．
本题属于二次函数综合题，考查了待定系数法，一次函数的性质，三角形的面积等知识，解题的关键是学会用转化的思想思考问题，学会构建不等式或方程解决问题，属于中考压轴题．。