2020年湖南郴州中考數(shù)學試題及答案

2020年湖南郴州中考數(shù)學試題及答案第Ⅰ卷（共24分）.一、選擇題：本大題共8個小題，每小題3分，共24分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的．）點A點AD點C點CDBB2020年6月2310=1000000000101（）A110秒110秒1010秒0.110秒9899））a)a2aa5a325(aaa28264436a,bc,da//bm）2424.52525.52626.510）283187如圖1x12）2x1(x2x1(x1)(x1)2x2x1(x22xxx(x1)x22k1xy(x1AOO作AOAk1kky22(x2AB（）Bx24242第Ⅰ卷（共106分）二、填空題（每題3分，滿分24分，將答案填在答題紙上）1x．x1x2x5xc0c210001002件某586,88,90,92,94s28.0225s14x2新3124y4049yx2AOBAOBO311(2,3)A110，側面展開圖的面積為60．14,AB8BDABCDADB,D2E和FEFDC,DB,ABM,,NMN．三、解答題：共70分．解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟．第～21題為必考題，每個試題考生都必須作答．第、23題為選考題，考生根據(jù)要求作答．1()112(303x41x1x21CFABCDACE和FAEDE,DF,BE,BFBEDFAPPABCDa42211?552020年月OADAD400030345,460CCDBB32A到1）B540321380?,B503A75,輛A7ABB?ABC⊙O，AB⊙Ol⊙OAlDDADCDC，ABE．DC⊙O2CAB，BC1x(xyx1133524x145252265y24334yx11(x,y),(x,y)11220xx1yy若若若；12121xxyy1；122xx1yy1>=<1222111y平方米，側面造價為0.5xy與x3.5?x190,4ADCADCADE是ADDE形DEFGAG,CEDEFGD(090)．2AGDCED與CDAG當CE與EFGHH3CEAG．PCPAG；PC(1,0),B(3,0)Cy120)xyaxbxa與Aykxn過B,CBCP1PABCPDCS，ADCDP1S為1S2S2xQ，拋物線的對稱軸l與EE作EFBCFlE,F,P,Q?P,Q參考答案1-8BADADCBB9.-110.11.2012.8013.y=3x+37．14.84．15.482316.2．517.118.x=3．19.證明：連接BD，交AC于O，如圖所示：∵四邊形ABCD是菱形，∴OA=OC，OB=OD，AC⊥BD，∵AE=CF，∴OE=OF，∴四邊形BEDF是平行四邊形，∵EF⊥BD，∴四邊形BEDF是菱形．120..6故答案為：200；補全條形統(tǒng)計圖如下：∠∝==72；（3）用A，B，C，D分別表示甲，乙，丙，丁，①畫樹狀圖如下：共有12種可能出現(xiàn)的結果，其中“人認為效果很好，人認為效果較好”的有211種，216∴P（人認為效果很好，人認為效果較好）=；11②列表如下認為效果很ABCDABCDABACBCADBDCDBACADACBDBDC共有12種可能出現(xiàn)的結果，其中“人認為效果很好，人認為效果較好”的有211種，216∴P（人認為效果很好，人認為效果較好）=；1121.火箭從A到B處的平均速度為335米/秒．解：設火箭從A到B處平均速度為x米/秒，根據(jù)題意可知：AB=3x，的在Rt△ADO中，∠ADO=30°，AD=4000，∴AO=2000，∴DO=2000，3∵CD=460，∴OC=OD-CD=2000-460，3在Rt△BOC中，∠BCO=45°，∴BO=OC，∵OB=OA+AB=2000+3x，∴2000+3x=2000-460，3解得答：火箭從A到B處的平均速度為335米/秒．22.（1）甲物資采購了300噸，乙物質采購了2403種運輸方案，方案1：安排25輛A型卡車，25輛B型卡車；方案2：安排26輛A型卡車，24輛B型卡車；方案3：安排27輛A型卡車，23輛B型卡車．x噸，乙物質采購了y噸，540xy依題意，得：，3x21380x300解得：．240答：甲物資采購了300噸，乙物質采購了240噸．（2）設安排A型卡車m輛，則安排B型卡車（50-m）輛，7m5m依題意，得：，m7m1解得：25≤m≤27．2∵m為正整數(shù)，∴m可以為25，26，27，∴共有3種運輸方案，方案1：安排25輛A型卡車，25輛B型卡車；方案2：安排26輛A型卡車，24輛B型卡車；方案3：安排27輛A型卡車，23輛B型卡車．223.233OC（1）證明：連接，OAOC∵＝，AOCA，∴∠OC＝∠DADC∵＝，DACD∴∠＝∠CA，∵直線與⊙相切于點，lOA∴∠DAO＝90°，DACOAC∴∠∴∠+∠＝90°，DCAOCA+∠＝90°，∴∠DCO＝90°，OCDC∴⊥，C又∵點在⊙上，O∴直線是⊙的切線；DCO（2）解：∵∠CAB＝30°，∴∠COB＝2∠CAB＝60°，OBOC又∵＝，∴BOC為等邊三角形，OBOCBC∴＝＝6022，∴2S=扇形BOC3603∵∠OCE＝90°，∠COB＝60°，∴∠＝90°－∠COB＝30°，EOEOC∴＝2COE中，，∴在Rt2322∴1S△COE212232，23∴23△COE2∴陰影部分的面積為23．31yx1x124.（1）如圖1所示；；②x2．2（2）根據(jù)圖象和表格可知，當0xx1時，y＞y；當1xx，則y＜1212121；當，則＝；yyyxx121212（3）①∵底面面積為1平方米，一邊長為x米，1x11∴水池側面面積的和為：1x212x)xx∵底面造價為千元/平方米，側面造價為千元/平方米，0.5111∴y11x)x1xx1即：與的函數(shù)關系式為：；yx1yxx②∵該農(nóng)戶預算不超過千元，即y≤3.53.51x1x1，xx1212因此，該農(nóng)戶預算不超過千元，則水池底面一邊的長應控制在．．xx23.525.（1）①全等，證明見解析；②81523215ADCD中，=，在等腰直角三角形，ADCADC90GDED中，=，在正方形，DEFGGDE90又∵ADEEDC，ADEADG，∴在△AGD和中，CED，ADGCDEGDEDSAS（∴AGDAAMGDMFEN②如解圖點作⊥，垂足為，交與，∵點是的中點，EADDEGDGFEF中，====2，∴在正方形DEFG由①得AGD，∴，AGCE又∵CECD，∴，AGADCD4AMGD∵⊥，1∴，12又∵DF∴四邊形GMNF是矩形，MNGF2，中，，∴在，15RtAGM41AMAGGM2222AM15∴cosGAMAG4∵，F(xiàn)G//AM∴GAMAGFFGGH15，4∴cosAGFFG2815∴GH．15cosAGF154（2）①由①得AGD，∴GAD又∵ECDECADAC∴GADECADAC∴APC90，即：，，，；AGCP②∵APC90，∴PCAPsinPAC，PC∴當PAC最大時，最大，∵∠DAC=45°，是定值，PC∴GAD最大時，PAC最大，最大，ADGD∵=2，GDAG∴當⊥，最大，如解圖3，GAD30此時，AGADGD42232222又∵，，AGCPEFFGFP∴點與點重合，∴CEFP四點共線，CPCEEFAGEF∴=+=+=，．232∴線段得最大值為：PC23226.（1），yx39；②存在，點P的坐標為(2，yx23)，點Q的坐標為(1，2)或(1，)32（1）把A(-1，0)，B(3，0)代入2得：yaxbx3，9ab30a1解得：，b2∴拋物線的表達式為，yx23令，則，y3x0∴點C的坐標為(0，3)，把B(3，0)，C(0，3)代入ykxn得：kn0，n3k1解得：，n3∴直線的表達式為yx3；BC（2）①∵PA交直線BC于點，D∴設點D，m3)，m設直線PA的表達式為ykxb，11∴，，11mkbm311km1m3m11解得：b1m3m1，m3m1m3m1∴，xx2x32m整理得：xx10，1m4m解得：x1(不合題意，舍去)，xm1124m∴點D的橫坐標為，點P的橫坐標為，mm1分別過點作x軸的垂線，垂足分別為M、N，如圖：4m∴DM∥PN，OM=，ON=，OA=1，mm1m∴S1SSSm1PDCADCm12mm2m1292，m12∵，10S1S3∴當m時，分子取得最大值，即有最大值，最大值為9；22②存在，理由如下：作于G，如圖，F(xiàn)GABbx12a∵的對稱軸為：，yx23∴OE=1，∵B(3，0)，C(0，3)∵OC=OB=3，∠OCB=90，∴△OCB是等腰直角三角形，∵∠EFB=90，BE=OB-OE=2，∴△OCB是等腰直角三角形，∴EG=GB=EG=1，∴點的坐標為(2，)，F(xiàn)1當EF為邊時，∵EFPQ為平行四邊形，∴QE=PF，QE∥PF∥軸，y∴點P的橫坐標與點F的橫坐標同為2，當x2時，，222233y∴點P的坐標為(2，)，3∴QE=PF=3-1=2，點Q的坐標為(1，2)；當EF為對角線時，如圖，∵四邊形PEQF平行四邊形，∴QE=PF，QE∥PF∥軸，y同理求得：點P的坐標為(2，)，3∴QE=PF=3-1=2，點Q的坐標為(1，)；2綜上，點P的坐標為(2，)，點Q的坐標為(1，2)或(1，)；32bx12a∵的對稱軸為：，yx23∴OE=1，∵B(3，0)，C(0，3)∵OC=OB=3，∠OCB=90，∴△OCB是等腰直角三角形，∵∠EFB=90，BE=OB-OE=2，∴△OCB是等腰直角三角形，∴EG=GB=EG=1，∴點的坐標為(2，)，F(xiàn)1當EF為邊時