2020年安徽省中考数学试卷（word含答案）

2020安徽省中考试题精编·数学

答案及解析

2020年安徽省初中学业水平考试

1.A　【解析】本题考查有理数大小的比较.两个负数比较大小,绝对值大的反而小.由于|-3|>|-2|,所以-3<-2,选项A正确.

2.C　【解析】本题考查幂的运算.(-a)6÷a3=a6÷a3=a6-3=a3,选项C正确.

3.B　【解析】本题考查几何体的三视图中的主视图.选项A中几何体的主视图是圆;选项B中几何体的主视图是三角形;选项C中几何体的主视图是矩形;选项D中几何体的主视图是正方形.所以选项B正确.

4.D　【解析】本题考查科学记数法.由于54700000=5.47×10000000=5.47×107,选项D正确.

5.A　【解析】本题考查一元二次方程根的判别式与方程根情况的关系.因为x2+1=2x可化为x2-2x+1=0,Δ=(-2)2-4×1×1=0,所以方程x2+1=2x有两个相等的实数根,选项A正确.

6.D　【解析】本题考查平均数、众数、中位数、方差.这组数据的平均数×(11+10+11+13+11+13+15)=12;将这组数据按从小到大排列:10,11,11,11,13,13,15,中位数是11,众数是11;这组数据的方差s2=×[(11-12)2+(10-12)2+…+(15-12)2]=,只有选项D错误.

7.B　【解析】本题考查一次函数表达式的确定和一次函数的性质.因为y随x的增大而减小,所以k<0.选项A中,根据题意得2=-k+3,k=1,不符合k<0的条件,此选项错误;选项B中,根据题意得-2=k+3,k=-5,符合k<0的条件,此选项正确;选项C中,根据题意得3=2k+3,k=0,不符合k<0的条件,此选项错误;选项D中,根据题意得4=3k+3,k=,不符合k<0的条件,此选项错误.

8.C　【解析】本题考查锐角三角函数、勾股定理、相似三角形的判定与性质等.在Rt△ABC中,AC=4,cos A=,∴AB=5,根据勾股定理得BC==3.∵∠DBC=∠A,∠C=∠C,∴△CBD∽△CAB,∴,即,∴BD=.

9.B　【解析】本题考查圆的性质、平行四边形的判定与性质.选项A中,由半径OB平分弦AC,可得到OB⊥AC,进而得到AB=BC,OA=OC,不能得到四边形OABC是平行四边形,此选项错误;选项B中,如图,连接OB,∵四边形OABC是平行四边形,∴AB=OC,OA=BC,∵OA=OC,∴OA=AB=OB,∴△AOB是等边三角形,∴∠ABO=60°,同理∠CBO=60°,∴∠ABC=120°,此选项正确;选项C中,由∠ABC=120°,不能得到弦AC平分半径OB,此选项错误;选项D中,弦AC平分半径OB,但不一定垂直于OB,∴不能得到半径OB平分弦AC,此选项错误.

10.A　【解析】本题考查图形的运动过程中函数图象的判断和分类讨论思想.分两种情况:(1)当0≤x≤2时,y=·x·x=x2,抛物线开口向上,函数图象是位于抛物线对称轴(y轴)右侧的一部分;(2)当2≤x≤4时,y=·(4-x)·(4-x)=(x-4)2,抛物线开口向上,函数图象是位于抛物线对称轴(直线x=4)左侧的一部分.选项A正确.

11.2　【解析】本题考查平方根的化简和实数的运算.-1=3-1=2.

12.a(b+1)(b-1)　【解析】本题考查因式分解中的提公因式法和公式法.ab2-a=a(b2-1)=a(b+1)(b-1).

13.2　【解析】本题考查一次函数与坐标轴的交点坐标、反比例函数比例系数k的几何意义等.对于y=x+k,当x=0时,y=k;当y=0时,x=-k,所以△OAB的面积为k2.根据反比例函数比例系数k的几何意义知,矩形ODCE的面积为k,根据题意得k2=k,且k≠0,解得k=2.

14.30　　【解析】本题考查折叠的性质、特殊角的三角函数值、平行线的判定与性质和平行四边形的性质等.(1)由折叠知∠ADQ=∠ARQ,∠PCQ=∠PRQ,∴∠ADQ+∠PCQ=180°,∴AD∥BC.∵∠DQA=∠RQA,∠CQP=∠RQP,∴∠AQP=90°=∠B,∴∠BAD=90°.∵∠DAQ=∠PAQ=∠BAP,∴∠PAQ=30°.(2)∵四边形APCD是平行四边形,∴DC=AP,由折叠知DQ=QR=CQ,∴Q是DC的中点,即QR=DC=AP.在Rt△ABP中,∠BAP=30°,∴cos ∠BAP=,∴.

15.【思路探究】本题考查一元一次不等式的解法.先去分母,再移项、合并同类项,最后将系数化为1,即可求解.

【参考答案】去分母,得2x-1>2.

移项、合并同类项,得2x>3.

系数化为1,得x>. 8分

16.【思路探究】本题考查网格作图中的轴对称和旋转变换.(1)分别画出点A,B关于对称轴MN的对称点A1,B1,连接A1B1即可;(2)画出点A1绕点B1顺时针旋转90°得到的对应点A2,连接B1A2即可.

【参考答案】(1)如图所示,线段A1B1即为所求. 5分

(2)如图所示,线段B1A2即为所求. 8分

17.【思路探究】本题考查数与式的规律探究.(1)由给出的5个等式发现,等式的左边是两个因式的乘积,第一个因式是分数,分子依次是1,3,5,7,9,…,分母依次是3,4,5,6,7,…,另一个因式是两个数的和,其中一个加数固定是1,另一个加数是分数,分子都是2,分母依次是1,2,3,4,5,…,根据这个规律可写出第6个等式;(2)根据(1)中发现的规律写出第n个等式,并运用分式的运算方法进行证明即可.

【参考答案】(1)=2-. 3分

(2)=2-. 6分

证明:因为左边==2-=右边,所以等式成立. 8分

18.【思路探究】本题考查利用解直角三角形解决实际问题.在Rt△ABD和Rt△CBD中,得AD=BD·tan ∠ABD≈0.9BD,CD=BDtan ∠CBD≈0.75BD,再利用AC=AD-CD=0.15BD,得出BD的值,从而可以求出CD.

【参考答案】由题意,在Rt△ABD与Rt△CBD中,

AD=BDtan ∠ABD≈0.9BD,CD=BDtan ∠CBD≈0.75BD,于是AC=AD-CD=0.15BD.

因为AC=15米,所以BD=100米,

所以山高CD=0.75BD=75米. 8分

19.【思路探究】本题考查列代数式中的增长率问题、列方程解决实际问题及分式的化简.(1)根据题意可得2020年4月份的线下销售额为(1+4%)(a-x)=1.04(a-x)或1.1a-1.43x;(2)先由1.1a-1.43x=1.04(a-x)得到x=a,然后代入,即可求解.

【参考答案】(1)1.04(a-x)(或1.1a-1.43x). 4分

(2)由题意得1.1a-1.43x=1. 04(a-x),解得x=a.

于是,2020年4月份的线上销售额为1.43x=0.22a.

所以当月线上销售额与销售总额的比值为=0.2. 10分

20.【思路探究】本题考查圆周角性质、圆的切线的性质、全等三角形的判定、等腰三角形的性质和直角三角形的性质等.(1)由AB是半圆O的直径,得到∠ADB=∠BCA=90°,根据直角三角形全等的判定(HL)可得到结论;(2)由BE=BF,BC⊥EF得BC平分∠EBF.又由AB为半圆O的直径,BE为切线得∠DAC=∠DBC=∠CBE=90°-∠E=∠CAB,从而证得AC平分∠DAB.

【参考答案】(1)因为AB为半圆O的直径,所以∠ACB=∠BDA=90°.

在Rt△CBA与Rt△DAB中,因为BC=AD,BA=AB,所以△CBA≌△DAB. 5分

(2)方法1:因为BE=BF,又由(1)知BC⊥EF,所以BC平分∠EBF.

因为AB为半圆O的直径,BE为切线,所以BE⊥AB.

于是,∠DAC=∠DBC=∠CBE=90°-∠E=∠CAB ,故AC平分∠DAB. 10分

方法2:因为BE=BF,所以∠E=∠BFE.

因为AB为半圆O的直径,BE为切线,所以BE⊥AB.

于是,∠CAB=90°-∠E=90°-∠BFE=90°-∠AFD=∠CAD,

故AC平分∠DAB. 10分

21.【思路探究】本题综合考查统计知识和概率的计算.(1)由扇形统计图知最喜欢A套餐的占25%,其人数为240×25%=60;由条形统计图知最喜欢B,D套餐的人数分别是84、24,所以最喜欢C套餐的人数为240-60-84-24=72,占总人数的百分比为72÷240×100%=30%,所以扇形统计图中“C”对应扇形的圆心角的大小为360°×30%=108°;(2)最喜欢B套餐的人数占84÷240×100%=35%,据此估计总体中最喜欢B套餐的人数占35%,即可求得结果;(3)先用列举法分析所有可能出现的结果,再利用概率公式求解.

【参考答案】(1)60;108. 4分

(2)由图可知被抽取的240人中最喜欢B套餐的人数为84,因此,最喜欢B套餐的频率为=0.35,

所以估计全体960名职工中最喜欢B套餐的人数为960×0.35=336. 8分

 (3)由题意,从甲、乙、丙、丁四人中任选两人,总共有6种不同的结果,每种结果发生的可能性相同,列举如下:

甲乙、甲丙、甲丁、乙丙、乙丁、丙丁.

其中甲被选到的结果有甲乙、甲丙、甲丁,共3种.

故所求概率P=. 12分

22.【思路探究】本题考查一次函数与二次函数表达式的确定、点与直线的位置关系、抛物线的平移、二次函数的图象与性质等.(1)先确定m的值,再判断点B是否在直线y=x+m上.(2)先确定抛物线y=ax2+bx+1与直线y=x+1都经过点(0,1),点B、点C的横坐标相同,所以抛物线y=ax2+bx+1只可能经过点A和点C,用待定系数法可求出a,b的值.(3)方法1:设平移后的抛物线为y=-x2+px+q,用含p,q的式子表示其顶点坐标,根据顶点在直线y=x+1上建立p,q之间的关系,又根据抛物线y=-x2+px+q与y轴交点的纵坐标为q,用配方法求得其最大值;方法2:设平移后的抛物线为y=-(x-h)2+k,其顶点坐标为(h,k),根据顶点(h,k)在直线y=x+1上建立h,k之间的关系,又求出x=0时y的值,建立y与h或与k的二次函数关系,运用配方法求得y的最大值即可.

【参考答案】(1)点B在直线y=x+m上,理由如下:

因为直线y=x+m过点A(1,2),所以2=1+m,解得m=1,从而直线对应的表达式为y=x+1.

又点B的坐标(2,3)满足该表达式,所以点B在这条直线上. 4分

(2)因为抛物线y=ax2 +bx+1与直线AB都经过点(0,1),且B,C两点横坐标相同.

所以此抛物线只能经过A,C两点.

将A,C两点的坐标代入y=ax2 +bx+1,得

解得a=-1,b=2. 8分

(3)方法1:设平移后所得抛物线对应的表达式为y=-x2+px+q,其顶点坐标为.

因为顶点在直线y=x+1上,所以+1=+q.

于是,抛物线与y轴交点的纵坐标为q=-+1=-(p-1)2+.

所以当p=1时,此抛物线与y轴交点的纵坐标取得最大值. 12分

方法2:设平移后所得抛物线对应的表达式为y=-(x-h)2+k,

因为顶点在直线y=x+1上,所以k=h+1.

令x=0,得平移后的抛物线与y轴交点的纵坐标为-h2 +h+1.

因为-h2 +h+1=-,

所以当h=时,此抛物线与y轴交点的纵坐标取得最大值. 12分

23.【思路探究】本题考查矩形的性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理等.(1)先证△AEF≌△ADB,得到∠AEF=∠ADB,进而证得∠EGB=90°,得证;(2)设AE=a,则AD=a,由AE∥CD得△AEF∽△DCF,得AE·DF=AF·DC,即a·(a-1)=1,求解即可;(3)方法1:在EG上取点P,使得EP=DG,证明△AEP≌△ADG,得到△PAG为等腰直角三角形,从而得EG-DG=EG-EP=PG=AG.方法2:过点A作AG的垂线,与DB的延长线交于点Q,证明△AEG≌△ADQ,得△AGQ为等腰直角三角形,从而得EG-DG=DQ-DG=QG=AG.

【参考答案】(1)因为四边形ABCD是矩形,点E在BA的延长线上,所以∠EAF=∠DAB=90°.

又AE=AD,AF=AB,所以△AEF≌△ADB,∠AEF=∠ADB,

所以∠GEB+∠GBE=∠ADB+∠ABD=90°,即∠EGB=90°,故BD⊥EC. 5分

(2)由矩形性质知AE∥CD,所以∠AEF=∠DCF,∠EAF=∠CDF,

所以△AEF∽△DCF,,即AE·DF=AF·DC.

设AE=AD=a(a>0),则有a·(a-1)=1,化简得a2-a-1=0,解得a=(舍),

所以AE的长为. 10分

(3)方法1:如图1,在线段EG上取点P,使得EP=DG.

在△AEP与△ADG中,AE=AD,∠AEP=∠ADG,EP=DG,

所以△AEP≌△ADG,所以AP=AG,∠EAP=∠DAG.

所以∠PAG=∠PAD+∠DAG=∠PAD+∠EAP=∠DAE=90°,△PAG为等腰直角三角形.

于是EG-DG=EG-EP=PG=AG. 14分

方法2:如图2,过点A作AG的垂线,与DB的延长线交于点Q,

在△AEG与△ADQ中,

AE=AD,∠AEG=∠ADQ,∠EAG=90°+∠DAG=∠DAQ,所以△AEG≌△ADQ,

所以EG=DQ,AG=AQ,△AGQ为等腰直角三角形.

于是EG-DG=DQ-DG=QG=AG. 14分