【文档说明】《安徽中考真题数学》《精准解析》安徽省2020年中考数学试题（解析版）.pdf，共(23)页，513.835 KB，由envi的店铺上传

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2020年安徽省初中学业水平考试数学试题卷考生须知：1．本试卷满分120分，考试时间为120分钟．2．答题前，考生先将自己的“姓名”、“考号”、“考场”、“座位号”在答题卡上填写清楚，将“条形码”准确粘贴在条形码区域内．3．请按照题号顺序在答题卡各题目的区域内作答，超出答题区域的答

案无效；在草稿纸上、试题纸上答案无效．4．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0.5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚．5．保持卡面整洁，不要折叠、不要弄脏、弄皱，不准使用涂改液、刮纸刀．一、选择题(本大题共10小题，每小题4分，满分40分)每小题

都给出A，B，C，D四个选项，其中只有一个是符合题目要求的．1.下列各数中比2小的数是（）A.3B.1C.0D.2【答案】A【解析】【分析】先根据正数都大于0，负数都小于0，可排除C、D，再根据两个负数，绝对值大的反而

小，可得比-2小的数是-3．【详解】∵|-3|=3，|-1|=1，又0＜1＜2＜3，∴-3＜-2，所以，所给出的四个数中比-2小的数是-3，故选：A【点睛】本题考查了有理数的大小比较，其方法如下：（1）负数＜0＜正数；（2）两个负数，绝对值大的反而小．2.计算63

aa的结果是（）A.3aB.2aC.3aD.2a【答案】C【解析】【分析】先处理符号，化为同底数幂的除法，再计算即可．【详解】解：63aa63aa3.a故选C．【点睛】本题考查的是乘方符号的处理，考查同底数幂的除法运算，掌握以上知识是解题

的关键．3.下列四个几何体中，主视图为三角形的是A.B.C.D.【答案】A【解析】试题分析：主视图是从物体正面看，所得到的图形．A、圆锥的主视图是三角形，符合题意；B、球的主视图是圆，不符合题意；C、圆柱的主视图是长方形，不符合题意

；D、正方体的主视图是正方形，不符合题意.故选A．考点:简单几何体的三视图．4.安徽省计划到2022年建成54700000亩高标准农田，其中54700000用科学记数法表示为（）A.0.547B.80.54710C.554710D.75.4710【答案

】D【解析】【分析】根据科学记数法的表示方法对数值进行表示即可．【详解】解：54700000=5.47×107，故选：D．【点睛】本题考查了科学记数法，掌握科学记数法的表示方法是解题关键．5.下列方程中，有两个相等实数根的

是（）A.212xxB.21=0xC.223xxD.220xx【答案】A【解析】【分析】根据根的判别式逐一判断即可．【详解】A.212xx变形为2210xx，此时△=4-4=0，此方程有两个相等的实数根，故选项A正确；B.

21=0x中△=0-4=-4＜0，此时方程无实数根，故选项B错误；C.223xx整理为2230xx，此时△=4+12=16＞0，此方程有两个不相等的实数根，故此选项错误；D.220xx中，△=4＞0，此方程有两个不相等的实

数根，故选项D错误.故选：A.【点睛】本题主要考查根的判别式，熟练掌握根的情况与判别式间的关系是解题的关键．6.冉冉的妈妈在网上销售装饰品．最近一周，每天销售某种装饰品的个数为：11,10,11,13,11,1315,．关于这组数据，冉冉得出如下结果，其中错误的

是（）A.众数是11B.平均数是12C.方差是187D.中位数是13【答案】D【解析】【分析】分别根据众数、平均数、方差、中位数的定义判断即可．【详解】将这组数据从小到大的顺序排列：10,11,11,11,13,13,15，A．这组数据的众数为11，此选项正确，不符合题意；B．这组数据

的平均数为（10+11+11+11+13+13+15）÷7=12，此选项正确，不符合题意；C．这组数据的方差为22221(1012)(1112)3(1312)2(1512)7=187，此选项正确，不符合题意；D．这组数据的中位数为11，此选项错误，符合

题意，故选：D．【点睛】本题考查了众数、平均数、方差、中位数，熟练掌握他们的意义和计算方法是解答的关键．7.已知一次函数3ykx的图象经过点A，且y随x的增大而减小，则点A的坐标可以是（）A.1,2B.1,2C.2,3D.3,4【

答案】B【解析】【分析】先根据一次函数的增减性判断出k的符号，再将各项坐标代入解析式进行逐一判断即可．【详解】∵一次函数3ykx的函数值y随x的增大而减小，∴k﹤0，A．当x=-1，y=2时，-k+3=2，解得k=1﹥0，此选项不符合题意；B．当x=1，y=-2时，k+

3=-2,解得k=-5﹤0，此选项符合题意；C．当x=2，y=3时，2k+3=3，解得k=0，此选项不符合题意；D．当x=3，y=4时，3k+3=4，解得k=13﹥0，此选项不符合题意，故选：B．【点睛】本题考查了一次函数的性质、待定系数法，熟练掌握一次函数图象上点的坐标特征是解答的关键．

8.如图，RtABC中，90C，点D在AC上，DBCA．若44,5ACcosA，则BD的长度为（）A.94B.125C.154D.4【答案】C【解析】【分析】先根据445ACcosA

，，求出AB=5，再根据勾股定理求出BC=3，然后根据DBCA，即可得cos∠DBC=cosA=45，即可求出BD．【详解】∵∠C=90°，∴cos=ACAAB，∵445ACcosA，，∴AB=5，根据勾股定理可得BC=22ABAC=3，∵DBCA，∴cos∠DBC

=cosA=45，∴cos∠DBC=BCBD=45，即3BD=45∴BD=154，故选：C．【点睛】本题考查了解直角三角形和勾股定理，求出BC的长是解题关键．9.已知点,,ABC在O上．则下列命题为真命题的是（）A.若半径OB平分弦AC．则四边形

OABC是平行四边形B.若四边形OABC是平行四边形．则120ABCC.若120ABC．则弦AC平分半径OBD.若弦AC平分半径OB．则半径OB平分弦AC【答案】B【解析】【分析】根据圆的有关性质、垂径定理及其推论、特殊平行四边形的判定与性质依次对各项判断即可．【详解】A

．∵半径OB平分弦AC，∴OB⊥AC，AB=BC，不能判断四边形OABC是平行四边形，假命题；B．∵四边形OABC是平行四边形,且OA=OC,∴四边形OABC是菱形，∴OA=AB=OB，OA∥BC，∴△OAB是等边三角形，∴∠OAB=60º,∴

∠ABC=120º,真命题；C．∵120ABC，∴∠AOC=120º，不能判断出弦AC平分半径OB，假命题；D．只有当弦AC垂直平分半径OB时，半径OB平分弦AC，所以是假命题，故选：B．【点睛】本题主要考查命题与证明

，涉及垂径定理及其推论、菱形的判定与性质、等边三角形的判定与性质等知识，解答的关键是会利用所学的知识进行推理证明命题的真假．10.如图ABC和DEF都是边长为2的等边三角形，它们的边,BCEF在同

一条直线l上，点C，E重合，现将ABC沿着直线l向右移动，直至点B与F重合时停止移动．在此过程中，设点移动的距离为x，两个三角形重叠部分的面积为y，则y随x变化的函数图像大致为（）A.B.C.D.【答案】A

【解析】【分析】根据图象可得出重叠部分三角形的边长为x,根据特殊角三角函数可得高为32x,由此得出面积y是x的二次函数,直到重合面积固定,再往右移动重叠部分的边长变为(4－x),同时可得【详解】C点移动到F点,重叠部分三角形的边长为x,由于是等边三

角形,则高为32x,面积为y=x·32x·12=234x,B点移动到F点,重叠部分三角形的边长为(4－x),高为()342x-,面积为y=(4－x)·()342x-·12=2344x,两个三角形重合时面积正好为3.由二次函数图象的性质可判断答案为A,故选A.【点睛】本题考查三角形运动面积和二

次函数图像性质,关键在于通过三角形面积公式结合二次函数图形得出结论.二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，满分20分)11.计算：91=______.【答案】2【解析】【分析】根据算术平方根的性质即可求解.【详解】91=3-1=2.故填：2.【点睛】此题主要考查实数的运算，解题的关键

是熟知算术平方根的性质.12.分解因式：2aba=______．【答案】a（b+1）（b﹣1）．【解析】【详解】解：原式=2(1)ab=a（b+1）（b﹣1），故答案为a（b+1）（b﹣1）．13.如图，一次函数0yxkk的图象与x轴和y

轴分别交于点A和点B与反比例函数kyx上的图象在第一象限内交于点,CCDx轴，CEy轴，垂足分别为点,DE，当矩形ODCE与OAB的面积相等时，k的值为__________．【答案】2【解析】【分析】根据题意由反比例函数k的几何意义得：,ODCESk矩形再

求解,AB的坐标及21,2ABOSk建立方程求解即可．【详解】解：矩形ODCE，C在kyx上，,ODCESk矩形把0x代入：,yxk,yk0,,Bk把0y代入：,yxk,xk,0,

Ak21,2ABOSk由题意得：21,2kk解得：2,0kk（舍去）2.k故答案为：2.【点睛】本题考查的是一次函数与反比例函数的性质，掌握反比例函数中k的几何意义，一次函数与坐标轴围成的三角形面积的计算是解题的关键．14.在数学探究活

动中，敏敏进行了如下操作：如图，将四边形纸片ABCD沿过点A的直线折叠，使得点B落在CD上的点Q处，折痕为AP；再将,PCQADQ分别沿,PQAQ折叠，此时点,CD落在AP上的同一点R处．请完成下列探究：1PAQ的大小为__________；2当

四边形APCD是平行四边形时ABQR的值为__________．【答案】(1).30(2).3【解析】【分析】（1）根据折叠得到∠D+∠C=180°，推出AD∥BC，，进而得到∠AQP=90°，以及∠

A=180°-∠B=90°，再由折叠，得到∠DAQ=∠BAP=∠PAQ=30°即可；（2）根据题意得到DC∥AP，从而证明∠APQ=∠PQR，得到QR=PR和QR=AR，结合（1）中结论，设QR=a，则AP=2a，由勾股定理表达出AB=AQ

=223APQPa即可解答．【详解】解：（1）由题意可知，∠D+∠C=180°，∴AD∥BC，由折叠可知∠AQD=∠AQR，∠CQP=∠PQR，∴∠AQR+∠PQR=1()902DQRCQR，即∠AQP=90°，∴

∠B=90°，则∠A=180°-∠B=90°，由折叠可知，∠DAQ=∠BAP=∠PAQ，∴∠DAQ=∠BAP=∠PAQ=30°，故答案为：30；（2）若四边形APCD为平行四边形，则DC∥AP，∴∠CQP=∠APQ，由折叠可知：

∠CQP=∠PQR，∴∠APQ=∠PQR，∴QR=PR，同理可得：QR=AR，即R为AP的中点，由（1）可知，∠AQP=90°，∠PAQ=30°，且AB=AQ，设QR=a，则AP=2a，∴QP=12APa

，∴AB=AQ=223APQPa，∴33ABaQRa，故答案为：3．【点睛】本题考查了四边形中的折叠问题，涉及了平行四边形的性质，勾股定理等知识点，解题的关键是读懂题意，熟悉折叠的性质．三、解答题15.解不等式：2112x【答案】32x【解析】

【分析】根据解不等式的方法求解即可．【详解】解：2112x212x23x32x．【点睛】此题主要考查不等式的求解，解题的关键是熟知其解法．16.如图1，在由边长为1个单位长度的小正方形组成的网格中，给出了以格点(网格线的交点)为端点的线段AB，线段,MN在网格线上，

1画出线段AB关于线段MN所在直线对称的线段11AB(点11AB分别为,AB的对应点)；2将线段11BA，绕点1B，顺时针旋转90得到线段12BA，画出线段12BA．【答案】（1）见解析；（2）见解析．【解析】【分析】（1）先找出A，B两点关于MN对称的点A1，B1，然后连接A1B1即可；（

2）根据旋转的定义作图可得线段B1A2．【详解】（1）如图所示，11AB即为所作；（2）如图所示，12BA即为所作．【点睛】本题主要考查作图-旋转与轴对称，解题的关键是掌握旋转变换和轴对称的定义与性质．四、解答题17.观察以下等式：第1个等式：

12112311第2个等式：32112422第3个等式：52112533第4个等式：72112644第5个等式：92112755······按照以上规律．解决下列

问题：1写出第6个等式____________；2写出你猜想的第n个等式：(用含n的等式表示)，并证明．【答案】（1）112112866；（2）2121122nnnn

，证明见解析．【解析】【分析】（1）根据前五个个式子的规律写出第六个式子即可；（2）观察各个式子之间的规律，然后作出总结，再根据等式两边相等作出证明即可．【详解】（1）由前五个式子可推出第6个等式为：112112866；（2）2121122nnnn

，证明：∵左边=2122122111222nnnnnnnnnn=右边，∴等式成立．【点睛】本题是规律探究题，解答过程中，要注意各式中相同位置数字的变化规律，并将其用代数式表示出来．18.如图，山顶上有一个信号塔AC，已知信号塔

高15AC米，在山脚下点B处测得塔底C的仰角36.9CBD，塔顶A的仰角42ABD．求山高CD(点,,ACD在同一条竖直线上)．(参考数据：36.90.75,36.90.60,42.00.90tansintan)【答案】75米【解析】【分析】设山高CD=x米，先在Rt△B

CD中利用三角函数用含x的代数式表示出BD，再在Rt△ABD中，利用三角函数用含x的代数式表示出AD，然后可得关于x的方程，解方程即得结果．【详解】解：设山高CD=x米，则在Rt△BCD中，tanCDC

BDBD，即tan36.9xBD，∴4tan36.90.753xxBDx，在Rt△ABD中，tanADABDBD，即tan4243ADx，∴44tan420.91.233ADxxx，

∵AD－CD=15，∴1.2x－x=15，解得：x=75．∴山高CD=75米．【点睛】本题考查了解直角三角形的应用，属于常考题型，正确理解题意、熟练掌握三角函数的知识是解题的关键．五、解答题19.某超市有线上和线下两种销售方式．与2019年4月份相比．该超市2020年4月份销售总额增长10%

,其中线上销售额增长43%．线下销售额增长4%，1设2019年4月份的销售总额为a元．线上销售额为x元，请用含,ax的代数式表示2020年4月份的线下销售额(直接在表格中填写结果)；2求2020年4月份线上销售额与当月销售总额的比值．【答案】11.04ax；21.5【解析

】【分析】1根据增长率的含义可得答案；2由题意列方程1.431.041.1,xaxa求解x即可得到比值．【详解】解：12020年线下销售额为1.04ax元，故答案为：1.04ax．2由题意得：1.431.041.1,xaxa

0.390.06,xa2,13xa2020年4月份线上销售额与当月销售总额的比值为：21.4321131.3.1.1135aa答：2020年4月份线上销售额与当月销售总额的比值为：1.5【点睛】本题考查的列代数式及一元一

次方程的应用，掌握列一元一次方程解决应用题是解题的关键．20.如图，AB是半圆O的直径，,CD是半圆O上不同于,AB的两点,ADBCAC与BD相交于点,FBE是半圆O所任圆的切线，与AC的延长线相交于点E，1求证：CBADA

B≌；2若,BEBF求AC平分DAB．【答案】1证明见解析；2证明见解析．【解析】【分析】1利用,ADBC证明,ABDBAC利用AB为直径，证明90,ADBBCA结合已知条件可得结论；2利用等腰三角形的性质证明：,

EBCFBC再证明,CBFDAF利用切线的性质与直径所对的圆周角是直角证明：,EBCCAB从而可得答案．【详解】1证明：,ADBC,ADBC,ABDBACABQ为直径，90,ADBBCA,ABBACBA

DAB≌．2证明：,90,BEBFACB,FBCEBC90,,ADCACBDFACFB,DAFFBCEBCBE为半圆O的切线，90,90,ABEABCEBC90,ACB90,CABABC

,CABEBC,DAFCABAC平分DAB．【点睛】本题考查的是圆的基本性质，弧，弦，圆心角，圆周角之间的关系，直径所对的圆周角是直角，三角形的全等的判定，切线的性质定理，三角形的内角和定理，掌握以上知识是解题的关键．六、解答题21.某单位食堂

为全体名职工提供了,,,ABCD四种套餐，为了解职工对这四种套餐的喜好情况，单位随机抽取240名职工进行“你最喜欢哪一种套餐（必选且只选一种）”问卷调查，根据调查结果绘制了条形统计图和扇形统计图，部分信息如下：1在抽取的240人中最喜欢A套餐的人数为，扇形统计图中“C”对应扇形的

圆心角的大小为；2依据本次调查的结果，估计全体960名职工中最喜欢B套餐的人数；3现从甲、乙、丙、丁四名职工中任选两人担任“食品安全监督员”，求甲被选到的概率．【答案】（1）60，108°；（2）336；（3）12【解析】【分析】（1）用最喜欢A套餐的人数对应的百分比乘以总人数即可，先求

出最喜欢C套餐的人数，然后用最喜欢C套餐的人数占总人数的比值乘以360°即可求出答案；（2）先求出最喜欢B套餐的人数对应的百分比，然后乘以960即可；（3）用列举法列出所有等可能的情况，然后找出甲被选到的情况即可求出概率

．【详解】（1）最喜欢A套餐的人数=25%×240=60（人），最喜欢C套餐的人数=240-60-84-24=72（人），扇形统计图中“C”对应扇形的圆心角为：360°×72240=108°，故答案为：60，108°；（2）最喜欢B套餐的人数对应的百分比为：84240×100%=35%，估计全体9

60名职工中最喜欢B套餐的人数为：960×35%=336（人）；（3）由题意可得，从甲、乙、丙、丁四名职工中任选两人，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，其中甲被选到的情况有甲乙，甲丙，甲丁3种

，故所求概率P=36=12．【点睛】本题考查了条形统计图和扇形统计图，用样本估计总体，用列举法求概率，由图表获取正确的信息是解题关键．七、解答题22.在平而直角坐标系中，已知点1,2.2,3.2,1ABC，直线yxm经过点A．抛物线21yaxbx恰好经过,,ABC三点中的两

点．1判断点B是否在直线yxm上．并说明理由；2求,ab的值；3平移抛物线21yaxbx，使其顶点仍在直线yxm上，求平移后所得抛物线与y轴交点纵坐标的最大值．【答案】（1）点B在直线yxm上，理由见详解；（2）a=-1，b=2；（3）5

4【解析】【分析】（1）先将A代入yxm，求出直线解析式，然后将将B代入看式子能否成立即可；（2）先跟抛物线21yaxbx与直线AB都经过（0，1）点，且B，C两点的横坐标相同，判断出抛物线只能经过A，C两点，然后将A，C两点坐标代入21yaxbx

得出关于a，b的二元一次方程组；（3）设平移后所得抛物线的对应表达式为y=-（x-h）2+k，根据顶点在直线1yx=+上，得出k=h+1，令x=0，得到平移后抛物线与y轴交点的纵坐标为-h2+h+1，在将式子配方即可求出最大值．【详解】（1）点B在直线yxm上，理由如下：将A（1，2）代

入yxm得21m，解得m=1，∴直线解析式为1yx=+，将B（2，3）代入1yx=+，式子成立，∴点B在直线yxm上；（2）∵抛物线21yaxbx与直线AB都经过（0，1）点，且B，C两点的横坐标相同，∴抛物线只能经过A，C两点，将A，C两点坐标

代入21yaxbx得124211abab，解得：a=-1，b=2；（3）设平移后所得抛物线的对应表达式为y=-（x-h）2+k，∵顶点在直线1yx=+上，∴k=h+1，令x=0，得到平移后抛物线与y轴交

点的纵坐标为-h2+h+1，∵-h2+h+1=-（h-12）2+54，∴当h=12时，此抛物线与y轴交点的纵坐标取得最大值54．【点睛】本题考查了求一次函数解析式，用待定系数法求二次函数解析式，二次函数的平移和求最值，求出

两个函数的表达式是解题关键．八、解答题23.如图1．已知四边形ABCD是矩形．点E在BA的延长线上．.AEADEC与BD相交于点G，与AD相交于点,.FAFAB1求证：BDEC；2若1AB，求AE的长；3如图2，连接AG，求证：2EGDGAG．【答案】（1）见解析；（2）1

52；（3）见解析【解析】【分析】（1）由矩形的形及已知证得△EAF≌△DAB，则有∠E=∠ADB，进而证得∠EGB=90º即可证得结论；（2）设AE=x，利用矩形性质知AF∥BC，则有EAAFEBBC，进

而得到x的方程，解之即可；（3）在EF上截取EH=DG，进而证明△EHA≌△DGA，得到∠EAH=∠DAG，AH=AG，则证得△HAG为等腰直角三角形，即可得证结论．【详解】（1）∵四边形ABCD是矩形，∴∠BAD=∠EAD=90

º，AO=BC，AD∥BC，在△EAF和△DAB，AEADEAFDABAFAB，∴△EAF≌△DAB(SAS)，∴∠E=∠BDA，∵∠BDA+∠ABD=90º，∴∠E+∠ABD=90º，∴∠EGB=90º，∴BG⊥EC；（2）设AE=x，则EB=1+x，BC=

AD=AE=x，∵AF∥BC，∠E=∠E，∴△EAF∽△EBC，∴EAAFEBBC，又AF=AB=1，∴11xxx即210xx，解得：152x，152x（舍去）即AE=152；（3）在EG上截取EH=DG，连接AH

，在△EAH和△DAG，AEADHEAGDAEHDG，∴△EAH≌△DAG(SAS)，∴∠EAH=∠DAG，AH=AG，∵∠EAH+∠DAH=90º，∴∠DAG+∠DAH=90º，∴∠EAG=90º，∴△GAH是等腰直角三角形，∴222AHAGGH即222AGGH，∴G

H=2AG，∵GH=EG-EH=EG-DG，∴2EGDGAG．【点睛】本题主要考查了矩形的性质、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、直角定义、相似三角形的判定与性质、解一元二次方程等知识，涉及知识面广，解答的关键是认真审题，提取相关信息，利用截长补短等解题方法确定

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