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2020年山东省济宁市中考数学试卷
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这是一份2020年山东省济宁市中考数学试卷，共28页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
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）-72的相反数是（ ）
A．-72 B．-27 C．27 D．72
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．13 B．12 C．a3 D．53
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．6
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
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x
376
350
376
350
方差s2
12.5
13.5
2.4
5.4
A．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．12πcm2 B．15πcm2 C．24πcm2 D．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．43 B．23 C．2 D．4
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．1100 B．120 C．1101 D．2101
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m+nm÷（-m2-n2m-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1：3，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＝22．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=12．
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
100
99
众数
a
98
中位数
96
b
平均数
c
94.8
（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AHAF的值；若不存在，请说明理由．
2020年山东省济宁市中考数学试卷
参考答案与试题解析
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）-72的相反数是（ ）
A．-72 B．-27 C．27 D．72
【解答】解：-72的相反数是：72．
故选：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
【解答】解：3.14159精确到千分位的结果是3.142．
故选：C．
3．（3分）下列各式是最简二次根式的是（ ）
A．13 B．12 C．a3 D．53
【解答】解：A、13是最简二次根式，符合题意；
B、12=23，不是最简二次根式，不符合题意；
C、a3=|a|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．
故选：A．
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．6
【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．（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．（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x
376
350
376
350
方差s2
12.5
13.5
2.4
5.4
A．甲 B．乙 C．丙 D．丁
【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．（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
【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．（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．12πcm2 B．15πcm2 C．24πcm2 D．30πcm2
【解答】解：由三视图可知，原几何体为圆锥，
∵l=(62)2+42=5（cm），
∴S侧=12•2πr•l=12×2π×62×5＝15π（cm2）．
故选：B．
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．43 B．23 C．2 D．4
【解答】解：过点B作BH⊥CD于点H．
∵点D为△ABC的内心，∠A＝60°，
∴∠DBC+∠DCB=12（∠ABC+∠ACB）=12（180°﹣∠A），
∴∠BDC＝90°+12∠A＝90°+12×60°＝120°，
则∠BDH＝60°，
∵BD＝4，
∴DH＝2，BH＝23，
∵CD＝2，
∴△DBC的面积=12CD•BH=12×2×23=23，
故选：B．
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．1100 B．120 C．1101 D．2101
【解答】解：由题意知，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1005050=2101，
故选：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 a（a+2）（a﹣2） ．
【解答】解：原式＝a（a2﹣4）
＝a（a+2）（a﹣2）．
故答案为：a（a+2）（a﹣2）．
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．（3分）已如m+n＝﹣3，则分式m+nm÷（-m2-n2m-2n）的值是 13 ．
【解答】解：原式=m+nm÷-(m2+2mn+n2)m
=m+nm•m-(m+n)2
=-1m+n，
当m+n＝﹣3时，
原式=13
故答案为：13
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1：3，则斜坡AB的长是 203 米．
【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=13=33，
∴∠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°=PHPB=30PB=32，
解得：PB＝203，
故AB＝203（m），
答：斜坡AB的长是203m，
故答案为：203．
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＝22．则BO的长是 4 ．
【解答】解：连结OC，如图，
∵CD2＝CE•CA，
∴CDCE=CADC，
而∠ACD＝∠DCE，
∴△CAD∽△CDE，
∴∠CAD＝∠CDE，
∵∠CAD＝∠CBD，
∴∠CDB＝∠CBD，
∴BC＝DC；
设⊙O的半径为r，
∵CD＝CB，
∴CD=CB，
∴∠BOC＝∠BAD，
∴OC∥AD，
∴PCCD=POOA=2rr=2，
∴PC＝2CD＝42，
∵∠PCB＝∠PAD，∠CPB＝∠APD，
∴△PCB∽△PAD，
∴PCPA=PBPD，即423r=r62，
∴r＝4，
∴OB＝4，
故答案为4．
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=12．
【解答】解：原式＝x2﹣1+2x﹣x2
＝2x﹣1，
当x=12时，
原式＝2×12-1＝0．
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
100
99
众数
a
98
中位数
96
b
平均数
c
94.8
（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=110×（88+89+92+92+96+96+96+98+98+100）＝94.5，b=95+972=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1220=35．
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．（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=4x ，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，
∴12xy＝2，
∴xy＝4，
∴y关于x的函数关系式是y=4x，
x的取值范围为x＞0，
故答案为：y=4x，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y=-x+3+ay=4x，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．（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：2x+3y=6005x+6y=1350，
解得：x=150y=100，
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：150a+100(12-a)≥15005000a+3000(12-a)＜54000，
∴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．（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=14，
∴抛物线的解析式为y=14（x﹣2）（x﹣8）=14x2-52x+4=14（x﹣5）2-94，
∴抛物线的顶点E（5，-94），
∵AE=32+(94)2=154，CE＝4+94=254，AC＝5，
∴EC2＝AC2+AE2，
∴∠CAE＝90°，
∴CA⊥AE，
∴AE是⊙C的切线．
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AHAF的值；若不存在，请说明理由．
【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=12∠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=3CM＝63，
在Rt△DME中，EM＝CE+CM＝14，
根据勾股定理得，DE=EM2+DM2=142+(63)2=251，
∴△DGH周长的最小值为251+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=12S△ACN，
∵三角形的面积与四边形的面积比为1：3，
∴S△AONS△AEC=14，
∴S△CEN＝S△ACN，
∴AN＝EN，
∵点O是AC的中点，
∴ON∥CE，
∴AHAF=12；
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=12S△ACQ，
∵三角形的面积与四边形的面积比为1：3，
∴S△COQS△ACE=14，
∴S△AEQ＝S△ACQ，
∴CQ＝EQ=12CE=12（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=12CG＝2，PG=3CP＝23，
∴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+（23）2＝（4+x）2，
∴x=85，
∴FQ=85，EF＝4+85=285，
∵OQ∥AE，
∴AHAF=EQEF=4285=57，
即AHAF的值为12或57．
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日期：2020/7/21 19:57:35；用户：初中数学；邮箱：ddsw1@xyh.com；学号：37045540
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）-72的相反数是（ ）
A．-72 B．-27 C．27 D．72
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．13 B．12 C．a3 D．53
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．6
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
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x
376
350
376
350
方差s2
12.5
13.5
2.4
5.4
A．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．12πcm2 B．15πcm2 C．24πcm2 D．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．43 B．23 C．2 D．4
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．1100 B．120 C．1101 D．2101
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m+nm÷（-m2-n2m-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1：3，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＝22．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=12．
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
100
99
众数
a
98
中位数
96
b
平均数
c
94.8
（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AHAF的值；若不存在，请说明理由．
2020年山东省济宁市中考数学试卷
参考答案与试题解析
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）-72的相反数是（ ）
A．-72 B．-27 C．27 D．72
【解答】解：-72的相反数是：72．
故选：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
【解答】解：3.14159精确到千分位的结果是3.142．
故选：C．
3．（3分）下列各式是最简二次根式的是（ ）
A．13 B．12 C．a3 D．53
【解答】解：A、13是最简二次根式，符合题意；
B、12=23，不是最简二次根式，不符合题意；
C、a3=|a|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．
故选：A．
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．6
【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．（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．（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x
376
350
376
350
方差s2
12.5
13.5
2.4
5.4
A．甲 B．乙 C．丙 D．丁
【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．（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
【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．（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．12πcm2 B．15πcm2 C．24πcm2 D．30πcm2
【解答】解：由三视图可知，原几何体为圆锥，
∵l=(62)2+42=5（cm），
∴S侧=12•2πr•l=12×2π×62×5＝15π（cm2）．
故选：B．
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．43 B．23 C．2 D．4
【解答】解：过点B作BH⊥CD于点H．
∵点D为△ABC的内心，∠A＝60°，
∴∠DBC+∠DCB=12（∠ABC+∠ACB）=12（180°﹣∠A），
∴∠BDC＝90°+12∠A＝90°+12×60°＝120°，
则∠BDH＝60°，
∵BD＝4，
∴DH＝2，BH＝23，
∵CD＝2，
∴△DBC的面积=12CD•BH=12×2×23=23，
故选：B．
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．1100 B．120 C．1101 D．2101
【解答】解：由题意知，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1005050=2101，
故选：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 a（a+2）（a﹣2） ．
【解答】解：原式＝a（a2﹣4）
＝a（a+2）（a﹣2）．
故答案为：a（a+2）（a﹣2）．
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．（3分）已如m+n＝﹣3，则分式m+nm÷（-m2-n2m-2n）的值是 13 ．
【解答】解：原式=m+nm÷-(m2+2mn+n2)m
=m+nm•m-(m+n)2
=-1m+n，
当m+n＝﹣3时，
原式=13
故答案为：13
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1：3，则斜坡AB的长是 203 米．
【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=13=33，
∴∠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°=PHPB=30PB=32，
解得：PB＝203，
故AB＝203（m），
答：斜坡AB的长是203m，
故答案为：203．
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＝22．则BO的长是 4 ．
【解答】解：连结OC，如图，
∵CD2＝CE•CA，
∴CDCE=CADC，
而∠ACD＝∠DCE，
∴△CAD∽△CDE，
∴∠CAD＝∠CDE，
∵∠CAD＝∠CBD，
∴∠CDB＝∠CBD，
∴BC＝DC；
设⊙O的半径为r，
∵CD＝CB，
∴CD=CB，
∴∠BOC＝∠BAD，
∴OC∥AD，
∴PCCD=POOA=2rr=2，
∴PC＝2CD＝42，
∵∠PCB＝∠PAD，∠CPB＝∠APD，
∴△PCB∽△PAD，
∴PCPA=PBPD，即423r=r62，
∴r＝4，
∴OB＝4，
故答案为4．
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=12．
【解答】解：原式＝x2﹣1+2x﹣x2
＝2x﹣1，
当x=12时，
原式＝2×12-1＝0．
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
100
99
众数
a
98
中位数
96
b
平均数
c
94.8
（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=110×（88+89+92+92+96+96+96+98+98+100）＝94.5，b=95+972=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1220=35．
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．（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=4x ，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，
∴12xy＝2，
∴xy＝4，
∴y关于x的函数关系式是y=4x，
x的取值范围为x＞0，
故答案为：y=4x，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y=-x+3+ay=4x，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．（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：2x+3y=6005x+6y=1350，
解得：x=150y=100，
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：150a+100(12-a)≥15005000a+3000(12-a)＜54000，
∴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．（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=14，
∴抛物线的解析式为y=14（x﹣2）（x﹣8）=14x2-52x+4=14（x﹣5）2-94，
∴抛物线的顶点E（5，-94），
∵AE=32+(94)2=154，CE＝4+94=254，AC＝5，
∴EC2＝AC2+AE2，
∴∠CAE＝90°，
∴CA⊥AE，
∴AE是⊙C的切线．
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AHAF的值；若不存在，请说明理由．
【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=12∠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=3CM＝63，
在Rt△DME中，EM＝CE+CM＝14，
根据勾股定理得，DE=EM2+DM2=142+(63)2=251，
∴△DGH周长的最小值为251+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=12S△ACN，
∵三角形的面积与四边形的面积比为1：3，
∴S△AONS△AEC=14，
∴S△CEN＝S△ACN，
∴AN＝EN，
∵点O是AC的中点，
∴ON∥CE，
∴AHAF=12；
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=12S△ACQ，
∵三角形的面积与四边形的面积比为1：3，
∴S△COQS△ACE=14，
∴S△AEQ＝S△ACQ，
∴CQ＝EQ=12CE=12（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=12CG＝2，PG=3CP＝23，
∴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+（23）2＝（4+x）2，
∴x=85，
∴FQ=85，EF＝4+85=285，
∵OQ∥AE，
∴AHAF=EQEF=4285=57，
即AHAF的值为12或57．
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日期：2020/7/21 19:57:35；用户：初中数学；邮箱：ddsw1@xyh.com；学号：37045540
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