2020年黑龙江省齐齐哈尔中考数学试卷-答案

数学答案解析

一、 1.【答案】C 【解析】2020的倒数是故选：C． 【考点】倒数的定义 2.【答案】D 【解析】解：A、不是轴对称图形，故本选项不合题意； B、不是轴对称图形，故本选项不合题意； C、不是轴对称图形，故本选项不合题意； D、是轴对称图形，故本选项符合题意． 故选：D． 【考点】轴对称图形的概念 3.【答案】A 【解析】解：A．a2a12a3a，故该选项计算正确； B．aba22abb2，故该选项计算错误； 21， 2020C．2a4a2，故该选项计算错误； 2D．a2a22a3，故该选项计算错误． 故选：A． 【考点】合并同类项，完全平方公式，乘方，单项式乘单项式 4.【答案】A 【解析】解：∵掷小正方体后共有6种等可能结果，其中朝上一面的数字出现偶数的有2、4、6这3种可能，∴朝上一面的数字出现偶数的概率是故选：A． 【考点】概率公式 5.【答案】B 【解析】解：因为登山过程可知：先匀速登上山顶，原地休息一段时间后，又匀速下山，上山的速度小于下31， 62 1 / 12

山的速度．所以在登山过程中，他行走的路程S随时间t的变化规律的大致图象是B． 故选：B． 【考点】函数图像 6.【答案】C 【解析】解：由条形统计图可得，全班同学答对题数的众数为9， 故选：C． 【考点】条形统计图，众数 7.【答案】D 【解析】解：去分母得3xm5x2， 解得xm10， 2由方程的解为正数，得到m10＞0，且x2，m104， 则m的范围为m＞10且m6， 故选：D． 【考点】分式方程的计算 8.【答案】B 【解析】解：设可以购买x支康乃馨，y支百合， 依题意，得：2x3y30， ∴y102x． 3∵x，y均为正整数， x3x6x9x12∴，，，， y2y8y6y4∴小明有4种购买方案． 故选：B． 【考点】二元一次方程应用中的整数解问题 9.【答案】B 【解析】解：如图，设AD与BC交于点F， 2 / 12

∵BC∥DE， ∴CFAD90，

∵CFABBAD60BAD， ∴BAD30 故选：B．

【考点】平行线的性质以及外角的性质 10.【答案】C

【解析】解：抛物线开口向上，因此a＞0，与y轴交于负半轴，因此c＜0，故ac＜0，所以①正确； 抛物线对称轴为x1，与x轴的一个交点为4,0，则另一个交点为2,0，于是有4a2bc0，所以②不正确；x＞1时，y随x的增大而增大，所以③正确；

抛物线与x轴有两个不同交点，因此关于x的一元二次方程ax2bxc0有两个不相等的实数根，所以④正确；综上所述，正确的结论有：①③④， 故选：C．

【考点】二次函数的图象和性质 二、

11.【答案】4106

【解析】解：将数据4000000用科学记数法表示为4106， 故答案为：4106．

【考点】科学记数法的表示方法 12.【答案】x≥3且x2

x3≥0【解析】解：根据题意得： ，

x20解得：x≥3且x2． 故选A．

3 / 12

13.【答案】ADAC(DC或ABDABC等） 【解析】解：∵DABCAB，ABAB， ∴当添加ADAC时，可根据“SAS”判断△ABD≌△ABC； 当添加DC时，可根据“AAS”判断△ABD≌△ABC； 当添加ABDABC时，可根据“ASA”判断△ABD≌△ABC． 故答案为ADAC(DC或ABDABC等）． 【考点】全等三角形的判定 14.【答案】65 【解析】解：由三视图可知，原几何体为圆锥，设圆锥母线长为l，底面圆半径为r 有l13，r5 S侧=rl=513=65． 故答案为：65． 【考点】三视图以及圆锥的侧面积公式 15.【答案】10或11 【解析】解：①3是腰长时，三角形的三边分别为3、3、4， ∵此时能组成三角形， ∴周长33410； ②3是底边长时，三角形的三边分别为3、4、4， 此时能组成三角形， 所以周长34411． 综上所述，这个等腰三角形的周长是10或11． 故答案为：10或11． 【考点】等腰三角形的性质 16.【答案】2 【解析】如图，∵点C坐标为2,2， ∴矩形OBCE的面积224， ∵AO:BO1:2， ∴矩形AOED的面积2， ∵点D在函数y∴k2， k（x＞0）的图象上， x 4 / 12

故答案为2． 【考点】反比例函数与几何图形的综合 17.【答案】22020 【解析】∵点A10,2， ∴第1个等腰直角三角形的面积∵A26,0， ∴第2个等腰直角三角形的边长为1222， 262222， ∴第2个等腰直角三角形的面积12222422， 2∵A410,42， ∴第3个等腰直角三角形的边长为1064， ∴第3个等腰直角三角形的面积… 则第2020个等腰直角三角形的面积是22020； 故答案为：22020． 【考点】坐标与图形变化以及找规律 三、 18.【答案】解：（1）sin301633144823， 20111414； 222（2）3a2483a2163a4a4． 【解析】（1）先用特殊角的三角函数值、零指数幂的性质、绝对值的性质、算术平方根的知识化简，然后计 5 / 12

算即可； （2）先提取公因式3，再运用平方差公式分解因式即可． 【考点】实数的运算和因式分解 19.【答案】解：∵x25x60， ∴x2x30， 则x20或x30， 解得x12，x23． 【解析】利用因式分解的方法解出方程即可．【考点】解一元二次方程因式分解法 20.【答案】（1）证明：连接OD， ∵AC=CD=BD， ∴BOD1318060， ∵CDDB， ∴EADDAB12BOD30， ∵OAOD， ∴ADODAB30， ∵DEAC， ∴E90， ∴EADEDA90， ∴EDA60， ∴EDOEDAADO90， ∴ODDE， 6 / 12

∴DE是O的切线； （2）解：连接BD， ∵AB为O的直径， ∴ADB90， ∵DAB30，AB6， ∴BD1AB3， 2∴AD623233． 【解析】（1）连接OD，根据已知条件得到BOD18060，根据等腰三角形的性质得到13ADODAB30，得到EDA60，求得ODDE，于是得到结论； （2）连接BD，根据圆周角定理得到ADB90，解直角三角形即可得到结论． 【考点】切线的证明，线段长度的计算，圆的性质及切线的证明方法 21.【答案】解：（1）50 （2）4 32 （3）144 （4）300001620216000（人） 50答：志愿服务时间多于60小时的教职工大约有216000人． 【解析】 （1）利用B部分的人数B部分人数所占百分比即可算出本次被抽取的教职工人数，本次被抽取的教职工共有：1020%50（名）故答案为：50； （2）a被抽取的教职工总数B部分的人数C部分的人数D部分的人数，扇形统计图中“C”部分所 7 / 12

占百分比C部分的人数被抽取的教职工总数； （3）D部分所对应的扇形的圆心角的度数360D部分人数所占百分比； （4）利用样本估计总体的方法，用30000被抽取的教职工总数中志愿服务时间多于60小时的教职工人数所占百分比． 【考点】扇形统计图、频数（率）分布表，样本估算总体 22.【答案】（1）100 10 （2）∵乙车速度为80 km/h， ∴甲车到达绥芬河的时间为：580050035(h)， 804甲车改变速度后，到达绥芬河前，设所求函数解析式为：ykxb（k0）， 5kb50035将5,500和,800代入得：35， kb80044k80解得， b100∴y80x100， 答：甲车改变速度后离齐齐哈尔的路程y（km）与所用时间x（h）之间的函数解析式为y80x100（5x35）； 4（3）100 2 【解析】（1）结合图象，根据“速度＝路程÷时间”即可得出甲车改变速度前的速度；根据“时间＝路程÷速度”即可得出乙车行驶的时间；甲车改变速度前的速度为：5005100（km/h），乙车达绥芬河是时间为：8008010（h）， 故答案为：100；10； （2）根据题意求出甲车到达绥芬河的时间，再根据待定系数法解答即可； （3）根据甲车到达绥芬河的时间即可求出甲车到达绥芬河时，乙车距绥芬河的路程；根据“路程差＝速度差×时间”列式计算即可得出甲、乙两车第一次相距40 km行驶的时间．甲车到达绥芬河时，乙车距绥芬河的路程为：8008035， =100（km）440100802（h）， 8 / 12

即出发2 h时，甲、乙两车第一次相距40 km． 【考点】一次函数的应用 23.【答案】（1）是 等边三角形 60 （2）15°

（3）∵折叠矩形纸片ABCD，使点A落在BC边上的点A处， ∴ST垂直平分AA， ∴AOA'O，AA'ST， ∵AD∥BC，

∴SAOTA'O，ASOA'TO， ∴△ASO≌△A'TO（AAS） ∴SOTO，

∴四边形ASA'T是平行四边形， 又∵AA'ST， ∴边形SATA'是菱形； （4）7，9

【解析】（1）由折叠的性质可得ANBN，AEBE，NEA90，BM垂直平分AN，

BAMBNM90，可证△ABN是等边三角形，由等边三角形的性质和直角三角形的性质可求解；

如图①∵对折矩形纸片ABCD，使AD与BC重合， ∴EF垂直平分AB，

∴ANBN，AEBE，NEA90， ∵再一次折叠纸片，使点A落在EF上的点N处， ∴BM垂直平分AN，BAMBNM90， ∴ABBN， ∴ABANBN， ∴△ABN是等边三角形， ∴EBN60， ∴ENB30， ∴MNE60，

故答案为：是，等边三角形，60；

9 / 12

（2）由折叠的性质可得ABGHBG45，可求解； ∵折叠纸片，使点A落在BC边上的点H处， ∴ABGHBG45， ∴GBNABNABG15， 故答案为：15°； （3）由折叠的性质可得AOA'O，AA'ST，由“AAS”可证△ASO≌△A'TO，可得SOTO，由菱形的判定可证四边形SATA'是菱形； （4）先求出AT的范围，即可求解． ∵折叠纸片，使点A落在BC边上的点A处， ∴ATA'T， 在Rt△ATB中，AT＞BT， ∴AT＞10AT， ∴AT＞5， ∵点T在AB上， ∴当点T与点B重合时，AT有最大值为10， ∴5＜AT≤10， ∴正确的数值为7，9， 故答案为：7，9． 【考点】矩形和菱形的性质和判定 1164bc0b2224.【答案】解：（1）将点A、C的坐标代入抛物线表达式得：，解得， c0142bc62故抛物线的解析式为：y（2）yx4 12x2x； 22,2 2 22,2或0,4； （3）△AMQ的周长AMAQMQAMAM最小， 点A4,0， 10 / 12

1k4kb03， 设直线AM的表达式为：ykxb，则，解得2kb2b43故直线AM的表达式为：y14x， 33令x0，则y44，故点Q0,； 33（4）存在，理由如下： 设点Nm,n，而点A、C、O的坐标分别为4,0、2,6、0,0， ①当AC是边时， 点A向右平移6个单位向上平移6个单位得到点C，同样点O（N）右平移6个单位向上平移6个单位得到点N（O）， 即0  6m，0  6n，解得：mn6， 故点N6,6或6,6； ②当AC是对角线时， 由中点公式得：42m0，60n0， 解得：m2，n6， 故点N2,6； 综上，点N的坐标为6,6或6,6或2,6． 【解析】（1）将点A、C的坐标代入抛物线表达式即可求解； （2）点A4,0，OBOA4，故点B0,4，即可求出AB的表达式；OP将△AOC的面积分成1:2的两部分，则AP12AC或AC，即可求解； 33点A4,0，OBOA4，故点B0,4， 由点A、B的坐标得，直线AB的表达式为：yx4； 则ABO45，故cosABO2； 2对于y12x2x，函数的对称轴为x2，故点M2,2； 212AC或AC， 33OP将△AOC的面积分成1:2的两部分，则AP 11 / 12

则yP12y12或，即P或，解得：yP2或4， yC33633故点P2,2或0,4， 故答案为：yx4；2,2；2；2,2或0,4； 2（3）△AMQ的周长AMAQMQAMAM最小，即可求解； （4）分AC是边、AC是对角线两种情况，分别求解即可． 【考点】二次函数综合运用 12 / 12