2020年山东省聊城中考数学试卷(附答案与解析)

2020年山东省聊城市初中学业水平考试

数 学

亲爱的同学，伴随着考试的开始，你又走到了一个新的人生驿站.请你在答题之前，一定要仔细阅读以下说明：

1.试题由选择题与非选择题两部分组成，共8页。选择题36分，非选择题84分，共120分。考试时间120分钟.

2.将姓名、考场号、座号、考号填写在试题和答题卡指定的位置. 3.试题答案全部写在答题卡上，完全按照答题卡中的“注意事项”答题. 4.考试结束，答题卡和试题一并交回. 5.不允许使用计算器.

愿你放松心情，认真审题，缜密思考，细心演算，交一份满意的答卷.

选择题（共36分）

一、选择题（本题共12个小题，每小题3分.在每小题给出的四个选项中，

只有一个符合题目要求）

1.在实数1，2，0，14中，最小的实数是

（ ）

A.1 B.14 C.0

D.2 2.如图所示的几何体的俯视图是

（ ）

A

B

C

D

数学试卷 第1页（共26页）

3.如图，在△ABC中，ABAC，C65°，点D是BC边上任意一点，过点D作

DFAB交AC于点E，则FEC的度数是 （ ）

A.120°

B.130° C.145° D.150° 4.下列计算正确的是

（ ）

A.a2a3a6

B.a6a2a3 C.2ab238a3b6

D.2ab24a2b2

5.为了增强学生预防新冠肺炎的安全意识，某校开展疫情防控知识竞赛.来自不同年级的30名参赛同学的得分情况如下表所示，这些成绩的中位数和众数分别是 （ ）

成绩/分 84 88 92 96 100 人数/人 2 4 9 10 5 A.92分，96分

B.94分，96分 C.96分，96分

D.96分，100分 6.计算453335的结果正确的是

（ ）

A.1

B.

53 C.5 D.9

7.如图，在45的正方形网格中，每个小正方形的边长都是1，△ABC的顶点都在这些小正方形的顶点上，那么sinACB的值为

（ ）

数学试卷 第2页（共8页）

A.355 B.175 C.

35 D.45 8.用配方法解一元二次方程2x23x10，配方正确的是

（ ）22A.x317416

B.x3142

22C.313x24

D.x31124

9.如图，AB是O的直径，弦CDAB，垂足为点M．连接OC，DB．如果OCDB，

OC23，那么图中阴影部分的面积是 （ ）

A.

B.2

C.3

D.4

10.如图，有一块半径为1m，圆心角为90°的扇形铁皮，要把它做成一个圆锥形容器（接缝忽略不计），那么这个圆锥形容器的高为

（ ）

A.

14m B.

34m C.154m D.32m 数学试卷 第3页（共26页）

11.人行道用同样大小的灰、白两种不同颜色的小正方形地砖铺设而成，如图中的每一个小正方形表示一块地砖.如果按图①②③…的次序铺设地砖，把第n个图形用图表示，那么图㊿中的白色小正方形地砖的块数是

（ ）

… A.150

B.200

C.355

D.505

12.如图，在Rt△ABC中，AB2，C30，将Rt△ABC绕点A旋转得到Rt△ABC，使点B的对应点B落在AC上，在BC上取点D，使BD2，那么点D到BC的距离等于

（ ）

A.231

B.3331 C.31 D.31

非选择题（共84分）

二、填空题（本题共5个小题，每小题3分，共15分.只要求填写最后结果）

13.因式分解：xx2x2________.

14.如图，在O中，四边形OABC为菱形，点D在AmC上，则ADC的度数是________.

数学试卷 第4页（共26页）

-------------在 _________--------------------__此_____号 生__考__ _-------------------- _ _卷 _ __________ _ _ _ ______--------------------____上______名__姓__ _ _ _ _-------------------- __答___________校--------------------学题业毕--------------------无--------------------效------------ 15.计算：a11a1a2a________. 16.某校开展读书日活动，小亮和小莹分别从校图书馆的“科技”、“文学”、“艺术”三类书籍中随机地抽取一本，抽到同一类书籍的概率是________.

17.如图，在直角坐标系中，点A11，，B3，3是第一象限角平分线上的两点，点C的纵坐标为1，且CACB，在y轴上取一点D，连接AC，BC，AD，BD，使得四边形ACBD的周长最小，这个最小周长的值为________.

三、解答题（本题共8个小题，共69分.解答题应写出文字说明、证明过程

或推演步骤）

1x1＜318.（本题满分7分）解不等式组272x，3x2x并写出它的所有整数解. 3≥x434.19.（本题满分8分）为了提高学生的综合素养，某校开设了五门手工活动课.按照类别分为：A“剪纸”、B“沙画”、C“葫芦雕刻”、D“泥塑”、E“插花”.为了了解学生对每种活动课的喜爱情况，随机抽取了部分同学进行调查，将调查结果绘制成如下两幅不完整的统计图.

数学试卷 第5页（共26页）

根据以上信息，回答下列问题：

（1）本次调查的样本容量为________；统计图中的a________，b________； （2）通过计算补全条形统计图；

（3）该校共有2 500名学生，请你估计全校喜爱“葫芦雕刻”的学生人数.

20.（本题满分8分）今年植树节期间，某景观园林公司购进一批成捆的A，B两种树苗，每捆A种树苗比每捆B种树苗多10棵，每捆A种树苗和每捆B种树苗的价格分别是630元和600元，而每棵A种树苗和每棵B种树苗的价格分别是这一批树苗平均每棵价格的0.9倍和1.2倍.

（1）求这一批树苗平均每棵的价格是多少元？

（2）如果购进的这批树苗共5 500棵，A种树苗至多购进3 500棵，为了使购进的这批

树苗的费用最低，应购进A种树苗和B种树苗各多少棵？并求出最低费用. 21.（本题满分8分）如图，已知ABCD中，E是BC的中点，连接AE并延长交DC的延长线于点F，连接BF，AC，若ADAF，求证：四边形ABFC是矩形.

22.（本题满分8分）如图，小莹在数学综合实践活动中，利用所学的数学知识对某小区居民楼AB的高度进行测量．先测得居民楼AB与CD之间的距离AC为35m，后站在M点处测得居民楼CD的顶端D的仰角为45°.居民楼AB的顶端B的仰角为55°.已知居民楼CD的高度为16.6m，小莹的观测点N距地面1.6m.求居民楼AB的高度（精确到1m）.

（参考数据：sin55°0.82，cos55°0.57，tan55°1.43）.

数学试卷 第6页（共8页）

23.（本题满分8分）如图，已知反比例函数ykx的图象与直线yaxb相交于点A2，3，B1，m.

（1）求出直线yaxb的表达式；

（2）在x轴上有一点P使得△PAB的面积为18，求出点P的坐标.

24.（本题满分10分）如图，在△ABC中，ABBC，以△ABC的边AB为直径作O，交AC于点D，过点D作DEBC，垂足为点E. （1）试证明DE是O的切线；

（2）若O的半径为5，AC610，求此时DE的长.

数学试卷 第7页（共26页）

25.（本题满分12分）如图，二次函数yax2bx4的图象与x轴交于点A1，0，B4，0，与y轴交于点C，抛物线的顶点为D，其对称轴与线段BC交于点E.垂直

于x轴的动直线l分别交抛物线和线段BC于点P和点F，动直线l在抛物线的对称轴的右侧（不含对称轴）沿x轴正方向移动到B点.

（1）求出二次函数yax2bx4和BC所在直线的表达式；

（2）在动直线l移动的过程中，试求使四边形DEFP为平行四边形的点P的坐标； （3）连接CP，CD，在动直线l移动的过程中，抛物线上是否存在点P，使得以点P，

C，F为顶点的三角形与△DCE相似，如果存在，求出点P的坐标，如果不存在，请说明理由.

数学试卷 第8页（共26页）

2020年山东省聊城市初中学业水平考试

数学答案解析

选择题

一、 1.【答案】D

【解析】正实数都大于0，负实数都小于0，正实数大于一切负实数，两个负实数绝对值大的反而小，据此判断即可.∵1＞0＞1＞2，∴在实数1，2，0，144中，最小的实数是2，故选：D. 【考点】实数大小比较的方法 2.【答案】C

【解析】找到从几何体的上面看所得到的图形即可.从上面看几何体所得到的图形为俯视图，其中看得见的轮廓画实线，选项C符合题意.故选：C. 【考点】简单几何体的三视图 3.【答案】B

【解析】根据等腰三角形的性质得到BC，利用平行线的性质得到EDCB，利用三角形的外角性质即可求解.

∵ABAC， ∴BC65°，

∵DFAB，

∴EDCB65°，

∴FECEDCC65°65°130°.

故选：B.

【考点】等腰三角形的性质，平行线的性质，三角形的外角性质 4.【答案】C

数学试卷 第9页（共26页）

【解析】根据同底数幂的乘法、同底数幂的除法、积的乘方、完全平方公式逐一分析即可.

A.a2a3a23a5，该项不符合题意；

B.a6a2a62a8，该项不符合题意；

C.2ab2323a3b238a3b6，该项符合题意；

D.2ab24a24abb2，该项不符合题意； 故选：C.

【考点】同底数幂的乘法，同底数幂的除法，积的乘方，完全平方公式 5.【答案】B

【解析】根据中位数的定义和众数的定义分别求解即可.

解：由统计表得共有30个数据，第15、16个数据分别是92，96，

∴中位数是

92962=94； 由统计表得数据96出现的次数最多，

∴众数为96.

故选：B.

【考点】求一组数据的中位数和众数 6.【答案】A

【解析】利用二次根式的乘除法则计算即可得到结果.

4533353解：

45275，

45132751故选：A.

【考点】二次根式的乘除法

数学试卷 第10页（共8页）

7.【答案】D

【解析】过点A作ADBC于点D，在Rt△ACD中，利用勾股定理求得线段AC的长，再按照正弦函数的定义计算即可.

解：如图，过点A作ADBC于点D，则ADC90，

∴ACAD2CD25，

∴sinACBADAC45， 故选：D.

【考点】勾股定理的运用以及锐角三角函数 8.【答案】A

【解析】按照配方法的步骤进行求解即可得答案. 解：2x23x10 移项得2x23x1，

二次项系数化1的x2312x2，

22配方得x233132x424

2即317x416

故选：A.

【考点】配方法解一元二次方程 9.【答案】B

数学试卷 第11页（共26页）

【解析】根据AB是O的直径，弦CDAB，由垂径定理得CMDM，再根据

OCDB证得MCOCDB，

即可证明△OMC△BMD，即可得出S阴影S扇形OBC. 解：∵AB是O的直径，弦CDAB，

∴OMC90，CMDM. ∴MOCMCO90

∵OCDB

∴MCOCDB

又∵CDB12BOC

∴MOC12MOC90

∴MOC60

在△OMC和△BMD中，

OCMBDMCMDM OMCBMD∴△OMC△BMD， ∴S△OMCS△BMD

∴S60232阴影S扇形OBC3602

故选：B.

【考点】垂径定理，圆周角定理，平行线的性质，全等三角形的判定，扇形的面积，等

积变换 10.【答案】C

【解析】首先利用扇形的弧长公式求得圆锥的底面周长，求得底面半径的长，然后利用勾股定理求得圆锥的高.

数学试卷 第12页（共26页）

解：设圆锥的底面周长是l，则lnr9011801802m， 则圆锥的底面半径是：1224m，

2则圆锥的高是：1211544m.

故选：C.

【考点】圆锥的计算 11.【答案】C

【解析】由图形可知图①中白色小正方形地砖有12块，图②中白色小正方形地砖有

127块，图③中白色小正方形地砖有1272块，…，可知图中白色小正方形地砖

有127n17n5，再令n50，代入即可.

解：由图形可知图中白色小正方形地砖有127n17n5（块）

当n50时，原式7505355（块） 故选：C. 【考点】规律型 12.【答案】D

【解析】根据旋转的性质和30°角的直角三角形的性质可得AB的长，进而可得BC的长，过点D作DMBC于点M，过点B作BEBC于点E，BFDM于点F，如图，则四边形BEMF是矩形，解Rt△BEC可得BE的长，即为FM的长，根据三角形的内角和易得BDNC30，然后解Rt△BDF可求出DF的长，进一步即可求出

结果.

解：在Rt△ABC中，∵AB2，C30，

∴AC2AB4，

∵将Rt△ABC绕点A旋转得到Rt△ABC，使点B的对应点B落在AC上，

∴ABAB2， ∴BC2，

数学试卷 第13页（共26页）

过点D作DMBC于点M，过点B作BEBC于点E，BFDM于点F，交AC于点N，如图，则四边形BEMF是矩形，

∴FMBE，

在Rt△BEC中，BEBCsin302121，∴FM1， ∵DBNCMN90，BNDMNC，

∴∴BDNC30，

在Rt△BDF中，DFBDcos302323， ∴DMFMDF13，

即点D到BC的距离等于31.

故选：D.

【考点】直角三角形，矩形的判定和性质，旋转的性质

非选择题

二、

13.【答案】x2x1

【解析】先把二、三两项分为一组，提取一个负号，再提取公因式x2即可. 解：原式xx2x2x2x1

【考点】提公因式法分解因式

14.【答案】60°

【解析】连接OB，证明△OAB，△OBC都是等边三角形，得到△AOC120°，进而求出ADC. 解：连接OB， ∵四边形OABC为菱形，OAOB，

数学试卷 第14页（共8页）

∴OAOBOCABBC， ∴△OAB，△OBC都是等边三角形， ∴AOBBOC60°， ∴AOC120°， ∵ACAC，

∴ADC12AOC60．

故答案为：60°.

【考点】菱形的性质，圆的半径都相等，圆周角定理，等边三角形性质 15.【答案】a

【解析】分式的混合运算，根据分式的加减乘除混合运算法则可以解答本题，括号里先通分运算，再进行括号外的除法运算，即可解答本题.

1a1a1a2a1－aa11－a1aa2a解：11a1a2a 11aaa1a故答案是：a. 【考点】分式的混合运算

数学试卷 第15页（共26页）

16.【答案】13 【解析】先画出树状图求出所有等可能的结果数，再找出抽到同一类书籍的结果数，然后根据概率公式求解即可.

解：“科技”、“文学”、“艺术”三类书籍分别用A、B、C表示，则所有可能出现的结果如下图所示：

由上图可知：共有9种等可能的结果数，其中抽到同一类书籍的结果数有3种，

∴抽到同一类书籍的概率3913. 故答案为：

13. 【考点】求两次事件的概率 17.【答案】425 【解析】先求出ACBC2，作点B关于y轴对称的点E，连接AE，交y轴于D，此时AEADBD且ADBD值最小，即此时四边形ACBD的周长最小；作FGy轴，

AGx轴，交于点G，则GFAG，根据勾股定理求出AE即可. 解：∵A11，，点C的纵坐标为1，

∴ACx轴，

∵点A11，，B3，3是第一象限角平分线上的两点， ∴BAC45°，

∵CACB，

∴BACABC45°， ∴C90°，

∴BCy轴，

数学试卷 第16页（共26页）

∴ACBC2，

作点B关于y轴对称的点E，连接AE，交y轴于D，此时AEADBD，且ADBD值最小，

∴此时四边形ACBD的周长最小，

作FGy轴，AGx轴，交于点G，则GFAG，

∴EG2，GA4，

在Rt△AGE中，

AEAG2EG2422225，

∴四边形ACBD的周长最小值为2225425.

【考点】四条线段和最短问题 三、

18.【答案】解：132x1＜72x①3x2xx

3≥344②解不等式①，得x＜3. 解不等式②，得x≥45. 在同一数轴上表示出不等式①，②的解集：

所以该不等式组的解集是45≤x＜3. 它的所有整数解为0，1，2.

【解析】分别求出两个不等式，确定不等式组的解集，写出整数解即可.具体解题过程参

数学试卷 第17页（共26页）

照答案.

【考点】不等式组

19.【答案】解：（1）1815%120，a12010%12，b12030%36， 故答案为：120，12，36.

（2）E类别的人数为：1201812303624（人） 补全条形统计图如图所示：

（3）C类别所占的百分比为：3012025%，

301202500625（人） 答：全校喜爱“葫芦雕刻”的学生人数约为625人.

【解析】（1）由A所占的百分比及参加A类活动课的人数可求得总人数，再由总人数及

B和D所占的百分比即可求得a和b的值.具体解题过程参照答案.

（2）先求得E类活动课参加的人数，再补全条形统计图即可.具体解题过程参照答案. （3）先求出抽样调查中喜爱“葫芦雕刻”的学生所占的百分比，即可求得全校喜爱“葫芦雕刻”的学生人数.具体解题过程参照答案. 【考点】条形统计图和扇形统计图的综合运用

20.【答案】解：（1）设这一批树苗平均每棵的价格是x元， 根据题意，得

6300.9x6001.2x10， 解之，得x20.

经检验知，x20是原分式方程的根，并符合题意. 答：这一批树苗平均每棵的价格是20元.

（2）由（1）可知A种树苗每棵价格为200.918元，B种树苗每棵价格为201.224

数学试卷 第18页（共8页）

元，

设购进A种树苗t棵，这批树苗的费用为w，则

w18t245500t6t132000.

∵w是t的一次函数，k6＜0，w随着t的增大而减小，又t≤3500，

∴当t3500棵时，w最小.此时，B种树苗有550035002000棵，

w63500132000111000.

答：购进A种树苗3 500棵，B种树苗2 000棵，能使得购进这批树苗的费用最低为111 000元.

【解析】（1）设这一批树苗平均每棵的价格是x元，分别表示出两种树苗的数量，根据“每捆A种树苗比每捆B种树苗多10棵”列方程即可求解.具体解题过程参照答案. （2）设购进A种树苗t棵，这批树苗的费用为w，得到w与t的关系式，根据题意得到

t的取值范围，根据函数增减性即可求解.具体解题过程参照答案.

【考点】分式方程的实际应用，一次函数实际应用，不等式应用 21.【答案】∵四边形ABCD是平行四边形

∴AB//CD，ABCD，ADBC ∴BAECFE，ABEFCE

∵E为BC的中点

∴EBEC

∴△ABE△FCEAAS

∴ABCF ∵ABCF

∴四边形ABFC是平行四边形 ∵AFAD

∴BCAF

∴平行四边形ABFC是矩形.

【解析】先根据平行四边形的性质、平行线的性质得到两角一边对应相等，再根据三角

数学试卷 第19页（共26页）

形全等的判定定理与性质可得ABCF，然后根据平行四边形的判定可得四边形ABFC是平行四边形，又根据等量代换可得BCAF，最后根据矩形的判定（对角线相等的平行四边形是矩形）可得四边形ABFC是矩形.具体解题过程参照答案.

【考点】平行四边形的判定与性质，三角形全等的判定定理与性质，矩形的判定 22.【答案】解：过点N作EFAC交AB于点E，交CD于点F.

则AEMNCF1.6EFAC35，BENDFN90°，

ENAM，NFMC， DFCDCF16.61.615.

在Rt△DFN中，∵DNF45°，

∴NFDF15.

∴ENEFNF351520.

在Rt△BEN中，∵tanBNEBEEN，

∴BEENtanBNE20tan55°201.4328.6.

∴ABBEAE28.61.630.

答：居民楼AB的高度约为30m. 【解析】过点N作EFAC交AB于点E，交CD于点F，可得AEMNCF1.6，

EFAC35，再根据锐角三角函数可得BE的长，进而可得AB的高度.具体解题过程

参照答案.

【考点】直角三角形的应用-仰角俯角

23.【答案】解：（1）∵A2，3在yk

x

的图象上，

数学试卷 第20页（共26页）

∴3k2，k6， 又点B1，m在y6x的图象上，m6，即B1，6. 将点A，B的坐标代入yaxb，得32ab6ab，

解得a3．

b3∴直线的表达式为y3x3.

（2）设直线y3x3与x轴的交点为E，

当y0时，解得x1．即E1，0. 分别过点A，B作x轴的垂线AC，BD，垂足分别为C，D.

S1136△PAB2PEAC2PEDB2PE92PE2PE. 又S9△PAB18，即2PE18，∴PE4.

当点P在原点右侧时，P3，0， 当点P在原点左侧时，P5，0. 【解析】（1）通过点A的坐标确定反比例函数的解析式，再求得B的坐标，利用待定系数法将A，B的坐标代入，可得到一次函数的解析式.具体解题过程参照答案.

（2）直线y3x3与x轴的交点为E1，0，过点A，B作x轴的垂线AC，BD，垂足分别为C，D，得到S△PAB92PE18，即PE4，分情况讨论即可解决.具体解题数学试卷 第21页（共26页）

过程参照答案.

【考点】反比例函数的性质，一次函数的性质 24.【答案】（1）证明：连接OD，BD，

∵AB为O的直径， ∴BDAD，

又∵ABBC，△ABC是等腰三角形，

∴ADDC，

∴OD是△ABC的中位线， ∴ODBC，

又DEBC，

∴DEOD，

∴DE是O的切线；

（2）由（1）知，BD是AC边上的中线，AC610， 得ADCD310，

∵O的半径为5，

∴AB10，

在Rt△ABD中，BDAB2AD2102310210，∵ABBC， ∴AC，

在Rt△CDE和Rt△ABD中，

∵DECADB90°，CA，

数学试卷 第22页（共8页）

∴Rt△CDE∽Rt△ABD， ∴CDDEABBD，即31010DE10， 解得：DE3.

【解析】（1）连接OD、BD，求出BDAD，ADDC，根据三角形的中位线得出

ODBC，推出ODDE，根据切线的判定推出即可.具体解题过程参照答案.

（2）先利用勾股定理求出BD的长，证得Rt△CDE和Rt△ABD，利用对应边成比例即可求解.具体解题过程参照答案.

【考点】切线的判定，圆周角定理，相似三角形的判定与性质，三角形中位线的判定与性质

25.【答案】（1）由题意，将A1，0，B4，0代入yax2bx4，得 ab4016a4b40，解得a1， b3∴二次函数的表达式为yx23x4，

当x0时，y4，

∴点C的坐标为0，4，又点B的坐标为4，0， 设线段BC所在直线的表达式为ymxn，

∴n4m14mn0，解得，

n4∴BC所在直线的表达式为yx4；

（2）∵DEx轴，PFx轴，

∴DEPF，

只要DEPF，此时四边形DEFP即为平行四边形.

2由二次函数yx23x4325325x24，得D的坐标为2，4，

数学试卷 第23页（共26页）

将x32代入yx4，即y32452，得点E的坐标为32，52，

∴DE25452154. 设点P的横坐标为t，则Pt，-t23t4，Ft，t4， PFt23t4t4t24t，

由DEPF，得t24t154， 解之，得t31

2（不合题意，舍去），t522. 当t52时，t23t45223521244，

∴P的坐标为5212，4.

（3）由（2）知，PFDE，

∴CEDCFP，

又PCF与DCE有共同的顶点C，且PCF在DCE的内部，

∴PCFDCE，

∴只有当PCFDCE时，△PCF∽△CDE，

数学试卷 第24页（共26页）

325354，E，，利用勾股定理，可得 由D，，C0，2422点P是否存在，以及求解点P的值.具体解题过程参照答案.

【考点】一次函数的性质，二次函数的性质，相似三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，勾股定理的应用 22CE35322422，DE25515424，

由（2）以及勾股定理知，PFt24t，Ft，t4， CFt224t42t，

∵△PCF∽△CDE，

∴PFCFt24t2tCEDE，即3215， 24∵t0，

∴154t43， ∴t165.

2当t165时，t23t4165316548425.

∴点P的坐标是16845，25. 【解析】（1）运用待定系数法，利用A，B两点的坐标构建二元一次方程组求解二次函数的表达式，利用B，C两点的坐标确定直线BC的表达式.具体解题过程参照答案. （2）先求得DE的长，根据平行四边形的性质得到PFDE，点P与点F的横坐标相同，故利用抛物线与直线的解析式表示它们的纵坐标，根据其差等于DE长构建一元二次方程求解.具体解题过程参照答案.

（3）结合图形与已知条件，易于发现若两三角形相似，只可能存在△PCF∽△CDE一种情况.△CDE的三边均可求，（2）中已表示PF的长，再构建直角三角形或借助两点间距离公式，利用勾股定理表示出CF的长，这样根据比例式列方程求解，从而可判断

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