株洲市2020年初中学业水平考试数学试卷一、选择题（每小题有且只有一个正确答案，本题共10小题，每小题4分，共40分）1.a的相反数为-3，则a等于（）A.-3B.3C.D.【答案】B【解析】【分析】根据相反数的定义解答即可．【详解】解：因为3的相反数是﹣3，所以a=3．故选：B．【点睛】本题考查了相反数的定义，属于应知应会题型，熟知概念是关键．2.下列运算正确的是（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据同底数幂的乘法法则、合并同类项法则、幂的乘方的运算法则及积的乘方的运算法则依次计算各项后即可解答．【详解】选项A，根据同底数幂的乘法法则可得，选项A正确；选项B，根据合并同类项法则可得，选项B错误；选项C，根据幂的乘方的运算法则可得，选项C错误；选项D，根据积的乘方的运算法则可得，选项D错误．故选A．【点睛】本题考查了同底数幂的乘法法则、合并同类项法则、幂的乘方的运算法则及积的乘方的运算法则，熟练运用相关法则是解决问题的关键．3.一个不透明的盒子中装有4个形状、大小质地完全相同的小球，这些小球上分别标有数字-1、0、2和3．从中随机地摸取一个小球，则这个小球所标数字是正数的概率为（）A.B.C.D.第22页共22页\n【答案】C【解析】【分析】根据随机事件概率大小的求法，找准两点：①符合条件的情况数目，②全部情况的总数，二者的比值就是其发生的概率的大小．【详解】解：根据题意可得：4个小球中，其中标有2，3是正数，故从中随机地摸取一个小球，则这个小球所标数字是正数的概率为：．故选：C．【点睛】本题考查了概率的求法与运用，一般方法：如果一个事件有n种可能，而且这些事件的可能性相同，其中事件A出现m种结果，那么事件A的概率．4.一实验室检测A、B、C、D四个元件的质量（单位：克），超过标准质量的克数记为正数，不足标准质量的克数记为负数，结果如图所示，其中最接近标准质量的元件是（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】分别求出每个数的绝对值，根据绝对值的大小找出绝对值最小的数即可．【详解】∵|+1.2|=1.2，|-2.3|=2.3，|+0.9|=0.9，|-0.8|=0.8，0.8＜0.9＜1.2＜2.3，∴从轻重的角度看，最接近标准的是选项D中的元件，故选D．【点睛】本题考查了绝对值以及正数和负数的应用，掌握正数和负数的概念和绝对值的性质是解题的关键，主要考查学生的理解能力，题目具有一定的代表性，难度也不大．5.数据12、15、18、17、10、19的中位数为（）A.14B.15C.16D.17【答案】C【解析】【分析】首先将这组数据按大小顺序排列，再利用中位数定义，即可求出这组数据的中位数．第22页共22页\n【详解】解：把这组数据从小到大排列为：10，12，15，17，18，19，则这组数据的中位数是=16．故选：C．【点睛】此题考查了中位数的定义，中位数是将一组数据从小到大（或从大到小）重新排列后，最中间的那个数（或最中间两个数的平均数），叫做这组数据的中位数，如果中位数的概念掌握得不好，不把数据按要求重新排列，就会出错．6.下列哪个数是不等式的一个解？（）A.-3B.C.D.2【答案】A【解析】【分析】首先求出不等式的解集，然后判断哪个数在其解集范围之内即可．【详解】解：解不等式，得因为只有-3<,所以只有-3是不等式的一个解故选：A【点睛】此题考查不等式解集的意义，是一道基础题．理解不等式的解集的意义是解题的关键．7.在平面直角坐标系中，点在第二象限内，则a的取值可以是（）A.1B.C.D.4或-4【答案】B【解析】【分析】根据第二象限内点的横坐标是负数，纵坐标是正数即可判断．【详解】解：∵点是第二象限内的点，∴，四个选项中符合题意的数是，故选：B【点睛】本题考查了各象限内点的坐标的符号特征以及解不等式，记住各象限内点的坐标的符号是解决的关键，四个象限的符号特点分别是：第一象限（+，+）；第二象限（-，+）；第三象限（-，-第22页共22页\n）；第四象限（+，-）．8.下列不等式错误的是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】选项A，根据两个负数绝对值大的反而小即可得；选项B，由3<π<4，即可得；选项C，由，6.25<10，可得；选项D，由可得．由此可得只有选项C错误．【详解】选项A，根据两个负数绝对值大的反而小可得，选项A正确；选项B，由3<π<4，可得，选项B正确；选项C，由，6.25<10，可得，选项C错误；选项D，由可得，选项D正确．故选C．【点睛】本题考查了实数的大小比较及无理数的估算，熟练运用实数大小的比较方法及无理数的估算方法是解决问题的关键．9.如图所示，点A、B、C对应的刻度分别为0、2、4、将线段CA绕点C按顺时针方向旋转，当点A首次落在矩形BCDE的边BE上时，记为点，则此时线段CA扫过的图形的面积为（）A.B.6C.D.【答案】D【解析】第22页共22页\n【分析】求线段CA扫过的图形的面积，即求扇形ACA1的面积.【详解】解：由题意，知AC=4,BC=4-2=2,∠A1BC=90°.由旋转的性质，得A1C=AC=4.在Rt△A1BC中，cos∠ACA1==.∴∠ACA1=60°.∴扇形ACA1的面积为=.即线段CA扫过的图形的面积为.故选：D【点睛】此题考查了扇形面积的计算和解直角三角形，熟练掌握扇形面积公式是解本题的关键．10.二次函数，若，，点，在该二次函数的图象上，其中，，则（）A.B.C.D.、的大小无法确定【答案】B【解析】【分析】首先分析出a,b,x1的取值范围，然后用含有代数式表示y1,y2，再作差法比较y1,y2的大小.【详解】解：∵，b20,∴a>0.又∵，∴b<0∵，，∴,x1<0.∵点，在该二次函数的图象上∴，.第22页共22页\n∴y1-y2=2bx1>0.∴y1>y2.故选：B.【点睛】此题主要考查了二次函数的性质，二次函数图象上点的坐标特征和函数值的大小比较，判断出字母系数的取值范围是解题的关键.二、填空题（本题共8小题，每小题4分，共32分）11.关于x的方程的解为________．【答案】4【解析】【分析】方程移项、合并同类项、把x系数化为1，即可求出解．【详解】解：方程，移项,得3x-x=8，合并同类项，得2x=8.解得x=4．故答案为：x=4．【点睛】方程移项，把x系数化为1，即可求出解．12.因式分解：________．【答案】【解析】【分析】运用提公因式法分解因式即可．【详解】解：．故答案为：【点睛】本题考查了提公因式法分解因式，准确确定公因式是解题关键．13.计算结果是________．【答案】2【解析】第22页共22页\n【分析】利用二次根式的乘除法则运算．【详解】解：原式====2.故答案是：2.【点睛】此题主要考查了二次根式的混合运算，正确化简二次根式是解题关键．14.王老师对本班40个学生所穿校服尺码的数据统计如下：尺码SMLXLXXLXXL频率0.050.10.20.3250.30.025则该班学生所穿校服尺码为“L”的人数有________个．【答案】8【解析】【分析】直接用尺码L的频率乘以班级总人数即可求出答案.【详解】解：由表可知尺码L的频率的0.2，又因为班级总人数为40，所以该班学生所穿校服尺码为“L”的人数有400.2=8.故答案是：8.【点睛】此题主要考查了频数与频率，关键是掌握频数是指每个对象出现的次数．频率是指每个对象出现的次数与总次数的比值（或者百分比）．即频率=频数÷总数．15.一个蜘蛛网如图所示，若多边形ABCDEFGHI为正九边形，其中心点为点O，点M、N分别在射线OA、OC上，则________度．第22页共22页\n【答案】80【解析】【分析】根据正多边形性质求出中心角，即可求出．【详解】解：根据正多边形性质得，中心角为360°÷9=40°，∴．故答案为：80【点睛】本题考查了正n边形中心角的定义，在正多边形中，中心角为．16.如图所示，点D、E分别是的边AB、AC的中点，连接BE，过点C做，交DE的延长线于点F，若，则DE的长为________．【答案】【解析】分析】先证明DE为的中位线，得到四边形BCFE为平行四边形，求出BC=EF=3，根据中位线定理即可求解．【详解】解：∵D、E分别是的边AB、AC的中点，∴DE为的中位线，第22页共22页\n∴DE∥BC，，∵，∴四边形BCFE为平行四边形，∴BC=EF=3，∴．故答案为：【点睛】本题考查了三角形中位线定理，平行四边形判定与性质，熟知三角形中位线定理是解题关键．17.如图所示，在平面直角坐标系Oxy中，四边形OABC为矩形，点A、C分别在x轴、y轴上，点B在函数（，k为常数且）的图象上，边AB与函数的图象交于点D，则阴影部分ODBC的面积为________（结果用含k的式子表示）【答案】【解析】【分析】根据反比例函数k的几何意义可知：△AOD的面积为1，矩形ABCO的面积为k,从而可以求出阴影部分ODBC的面积.【详解】解：∵D是反比例函数图象上一点∴根据反比例函数k的几何意义可知：△AOD的面积为=1.∵点B在函数（，k为常数且）的图象上，四边形OABC为矩形，∴根据反比例函数k的几何意义可知：矩形ABCO的面积为k.∴阴影部分ODBC的面积=矩形ABCO的面积-△AOD的面积=k-1.故答案为：k-1.【点睛】本题考查反比例函数k的几何意义，解题的关键是正确理解k的几何意义，本题属于中等题型．18.据《汉书律历志》记载：“量者，龠（yuè）、合、升、斗、斛（hú第22页共22页\n）也”斛是中国古代的一种量器，“斛底，方而圜（huán）其外，旁有庣（tiāo）焉”．意思是说：“斛的底面为：正方形的外接一个圆，此圆外是一个同心圆”，如图所示．问题：现有一斛，其底面的外圆直径为两尺五寸（即2.5尺），“庣旁”为两寸五分（即两同心圆的外圆与内圆的半径之差为0.25尺），则此斛底面的正方形的周长为________尺．（结果用最简根式表示）【答案】【解析】【分析】根据正方形性质确定△CDE为等腰直角三角形，CE为直径，根据题意求出正方形外接圆的直径CE，求出CD，问题得解．【详解】解：∵四边形CDEF为正方形，∴∠D=90°，CD=DE，∴CE为直径，=45°，由题意得AB=2.5，∴CE=2.5-0.25×2=2，∴CD=CE，∴=45°，∴正方形CDEF周长为尺．故答案：第22页共22页\n【点睛】本题考查了正方形外接圆的性质，等腰直角三角形性质，解题关键是判断出正方形对角线为其外接圆直径．三、解答题（本大题共8小题，共78分）19.计算：．【答案】2【解析】【分析】先根据负整数指数幂，绝对值，特殊角三角函数进行化简，再进行计算即可．【详解】解：原式．【点睛】本题考查了负整数指数幂，绝对值，特殊角三角函数等知识，熟记相关知识是解题关键．20.先化简，再求值：，其中，．【答案】；【解析】【分析】先根据分式的混合运算顺序和运算法则化简原分式，再将x,y的值代入计算可得．【详解】解：原式.当，，原式．【点睛】本题主要考查分式的化简求值，解题的关键是熟练掌握分式的混合运算的顺序和运算法则．21.某高速公路管理部门工作人员在对某段高速公路进行安全巡检过程中，发现该高速公路旁的一斜坡存在落石隐患．该斜坡横断面示意图如图所示，水平线，点A、B分别在、上，斜坡AB的长为18米，过点B作于点C，且线段AC的长为米．第22页共22页\n（1）求该斜坡的坡高BC；（结果用最简根式表示）（2）为降低落石风险，该管理部门计划对该斜坡进行改造，改造后的斜坡坡脚为60°，过点M作于点N，求改造后的斜坡长度比改造前的斜坡长度增加了多少米？【答案】(1)（2）2米【解析】【分析】（1）运用勾股定理解题即可；（2）根据勾股定理列出方程，求出AM，问题得解．【详解】解：（1）在Rt△ABC中，；（2）∵，∴，∴，∵在Rt△ABC中，，∴∴，∴，∴．综上所述，长度增加了2米．【点睛】本题考查了解直角三角形，题目难度不大，理解好题意运用勾股定理解题是关键．22.近几年，国内快递业务快速发展，由于其便捷、高效，人们越来越多地通过快递公司代办点来代寄包裹．某快递公司某地区一代办点对60天中每天代寄的包裹数与天数的数据（每天代寄包裹数、天数均为整数）统计如下：第22页共22页\n（1）求该数据中每天代寄包裹数在范围内的天数；（2）若该代办点对顾客代寄包裹的收费标准为：重量小于或等于1千克的包裹收费8元；重量超1千克的包裹，在收费8元的基础上，每超过1千克（不足1千克的按1千克计算）需再收取2元．①某顾客到该代办点寄重量为1.6千克的包裹，求该顾客应付多少元费用？②这60天中，该代办点为顾客代寄的包表中有一部分重量超过2千克，且不超过5千克．现从中随机抽取40件包裹的重量数据作为样本，统计如下：重量G（单位：千克）件数（单位：件）151015求这40件包裹收取费用的平均数．【答案】（1）42天；（2）①10元；②14【解析】【分析】（1）根据统计图读出50.5~100.5的天数，100.5~150.5的天数，150.5~200.5的天数，再将三个数据相加即可；（2）①应付费用等于基础费用加上超过部分的费用；②求加权平均数即可．【详解】解：（1）结合统计图可知：每天代寄包裹数在50.5~200.5范围内的天数为18+12+12=42天；（2）①因为1.6>1,故重量超过了1kg,除了付基础费用8元，还需要付超过1k部分0.6kg的费用2元，则该顾客应付费用为8+2=10元；②元．所以这40件包裹收取费用的平均数为14元．【点睛】本题考查频数分布直方图、加权平均数等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．第22页共22页\n23.如图所示，的顶点E在正方形ABCD对角线AC的延长线上，AE与BF交于点G，连接AF、CF，满足．（1）求证：．（2）若正方形ABCD的边长为1，，求的值．【答案】（1）见解析；（2）【解析】【分析】（1）已知，根据全等三角形的对应角相等可得，再由，可得，即可证得；（2）由，根据全等三角形的对应角相等可得，由对顶角相等可得，即可证得；又因正方形边长为1，，可得，．在Rt△AFC中，即可求得．【详解】（1）证明：∵，∴，∵，∴，∴．（2）∵，∴，∵，∴，∵正方形边长为1，．第22页共22页\n∴，．∴．【点睛】本题考查了全等三角形的性质、正方形的性质及锐角三角函数的知识，熟练运用相关知识是解决问题的关键．24.AB是的直径，点C是上一点，连接AC、BC，直线MN过点C，满足．（1）如图①，求证：直线MN是的切线；（2）如图②，点D在线段BC上，过点D作于点H，直线DH交于点E、F，连接AF并延长交直线MN于点G，连接CE，且，若的半径为1，，求的值．【答案】（1）见解析（2）【解析】【分析】（1）由圆周角定理的推论和直角三角形的性质可得，由可得，进一步即可推出，从而可得结论；（2）如图②，由已知条件易求出AC的长，根据对顶角相等和圆周角定理可得∠1=∠3，根据余角的性质可得，进而可得∽，于是根据相似三角形的性质变形可得，进一步即可求出结果．【详解】解：（1）证明：连接OC，如图，∵AB是的直径，∴，第22页共22页\n∴，∵，∴，∵，∴，即，∴MN是的切线；（2）如图②，∵，即，∴，∵∠2=∠3，∠1=∠2，∴∠1=∠3，∵，∴∠1+∠AGC=90°，∵∠3+∠ECD=90°，∴，又∵，∴∽，∴，∴．第22页共22页\n【点睛】本题考查了圆的切线的判定、等腰三角形的性质、解直角三角形、圆周角定理的推论以及相似三角形的判定和性质等知识，属于常考题型，熟练掌握上述知识、灵活应用相似三角形的判定和性质是解题的关键．25.如图所示，的顶点A在反比例函数的图像上，直线AB交y轴于点C，且点C的纵坐标为5，过点A、B分别作y轴的垂线AE、BF，垂足分别为点E、F，且．（1）若点E为线段OC的中点，求k的值；（2）若为等腰直角三角形，，其面积小于3．①求证：；②把称为，两点间的“ZJ距离”，记为，求的值．【答案】（1）；（2）①见解析；②8．【解析】【分析】第22页共22页\n（1）由点E为线段OC的中点，可得E点坐标为，进而可知A点坐标为：，代入解析式即可求出k；（2）①由为等腰直角三角形，可得，再根据同角的余角相等可证，由AAS即可证明；②由“ZJ距离”的定义可知为MN两点的水平距离与垂直距离之和，故，即只需求出B点坐标即可，设点，由可得，进而代入直线AB解析式求出k值即可解答．【详解】解：（1）∵点E为线段OC的中点，OC=5，∴,即：E点坐标为，又∵AE⊥y轴，AE=1，∴，∴．（2）①在为等腰直角三角形中，，，∴，又∵BF⊥y轴，∴，∴在和中，∴，②解：设点坐标为，∵∴，，∴，第22页共22页\n设直线AB解析式为：，将AB两点代入得：则．解得，．当时，，，，符合；∴，当时，，，，不符，舍去；综上所述：．【点睛】此题属于代几综合题，涉及的知识有：反比例函数、一次函数的性质及求法、三角形全等的判定及性质、等腰直角三角形性质等，熟练掌握三角形全等的性质和判定和数形结合的思想是解本题的关键．26.如图所示，二次函数的图像（记为抛物线）与y轴交于点C，与x轴分别交于点A、B，点A、B的横坐标分别记为，，且．（1）若，，且过点，求该二次函数的表达式；第22页共22页\n（2）若关于x的一元二次方程的判别式．求证：当时，二次函数的图像与x轴没有交点．（3）若，点P的坐标为，过点P作直线l垂直于y轴，且抛物线的顶点在直线l上，连接OP、AP、BP，PA的延长线与抛物线交于点D，若，求的最小值．【答案】（1）；（2）见解析；（3）【解析】分析】（1）根据题意，把，，点，代入解析式，即可求出解析式；（2）利用根的判别式进行判断，即可得到结论；（3）根据二次函数的性质，得到，结合根与系数的关系，得到，然后证明，得到，然后得到，利用二次根式的性质即可得到答案．【详解】解：（1）由题意得：，∵函数过点，∴，∴，∴．（2）由题意，一元二次方程的判别式．∴，∴，在函数中，∵，∴，第22页共22页\n即函数图象与x轴没有交点．（3）因为函数顶点在直线l上，则有，即①∵，∴，即，∴，由①得：②∵，∴∵，∴，则．∴，∴，∴．∴，∴．由②得：，∴，∴当时，．第22页共22页\n【点睛】本题考查了二次函数的综合问题，相似三角形的判定和性质，一元二次方程根的判别式，根与系数的关系，解题的关键是熟练掌握相似三角形的判定和性质，二次函数的最值等知识进行解题．第22页共22页
