2020年广西玉林市中考数学试卷（解析版）

第21页（共21页）2020年广西玉林市中考数学试卷参考答案与试题解析一、选择题：本大题共12小题，每小题3分，共36分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的，把正确答案的标号填（涂）在答题卡内相应的位置上．1．（3分）2的倒数是A． B． C．2 D．【分析】根据倒数的概念求解．【解答】解：2的倒数是．故选：．【点评】主要考查倒数的定义，要求熟练掌握．需要注意的是倒数的性质：负数的倒数是负数，正数的倒数是正数，0没有倒数．倒数的定义：若两个数的乘积是1，我们就称这两个数互为倒数．2．（3分）的值是A． B． C． D．1【分析】根据特殊角的三角函数值求解．【解答】解：．故选：．【点评】本题考查了特殊角的三角函数值，解答本题的关键是掌握几个特殊角的三角函数值．3．（3分）2019新型冠状病毒的直径是，将0.00012用科学记数法表示是A． B． C． D．【分析】绝对值小于1的正数也可以利用科学记数法表示，一般形式为，与较大数的科学记数法不同的是其所使用的是负指数幂，指数由原数左边起第一个不为零的数字前面的0的个数所决定．【解答】解：．故选：．【点评】本题考查用科学记数法表示较小的数，一般形式为，其中，为由原数左边起第一个不为零的数字前面的0的个数所决定．4．（3分）如图是由4个完全相同的正方体搭成的几何体，则A．三视图都相同 B．俯视图与左视图相同 C．主视图与俯视图相同 D．主视图与左视图相同【分析】分别得出该几何体的三视图进而得出答案．【解答】解：如图所示：，故该几何体的主视图和左视图相同．故选：．【点评】本题考查了三视图的知识，正确把握三视图的画法是解题关键．5．（3分）下列计算正确的是A． B． C． D．【分析】根据合并同类项、单项式乘单项式、同底数幂的除法，分别进行计算，即可判断．【解答】解：．因为，所以选项错误；．因为，所以选项错误；．因为，所以选项正确；．因为，所以选项错误．故选：．【点评】本题考查了单项式乘单项式、合并同类项、同底数幂的除法，解决本题的关键是熟练掌握以上知识．6．（3分）下列命题中，其逆命题是真命题的是A．对顶角相等 B．两直线平行，同位角相等 C．全等三角形的对应角相等 D．正方形的四个角都相等【分析】首先写出各个命题的逆命题，再进一步判断真假．【解答】解：，其逆命题是：两个相等的角是对顶角，故是假命题；，其逆命题是：同位角相等，两直线平行，故是真命题；，其逆命题是：对应角相等的两个三角形是全等三角形．大小不同的两个等边三角形虽然对应角相等但不全等，故是假命题；，其逆命题是：四个角都相等的四边形是正方形，故是假命题；故选：．【点评】本题主要考查了逆命题的定义及真假性，学生易出现只判断原命题的真假，也就是审题不认真，难度适中．7．（3分）在对一组样本数据进行分析时，小华列出了方差的计算公式：，由公式提供的信息，则下列说法错误的是A．样本的容量是4 B．样本的中位数是3 C．样本的众数是3 D．样本的平均数是3.5【分析】先根据方差的公式得出这组数据为2、3、3、4，再根据样本容量、中位数、众数和平均数的概念逐一求解可得答案．【解答】解：由题意知，这组数据为2、3、3、4，所以这组数据的样本容量为4，中位数为，众数为3，平均数为，故选：．【点评】本题主要考查方差、样本容量、中位数、众数和平均数，解题的关键是根据方差的定义得出这组数据．8．（3分）已知：点，分别是的边，的中点，如图所示．求证：，且．证明：延长到点，使，连接，，，又，则四边形是平行四边形，接着以下是排序错误的证明过程：①；②．即；③四边形是平行四边形；④，且．则正确的证明顺序应是：A．②③①④ B．②①③④ C．①③④② D．①③②④【分析】证出四边形是平行四边形，得出．即，则四边形是平行四边形，得出，即可得出结论．【解答】证明：延长到点，使，连接，，，点，分别是的边，的中点，，，四边形是平行四边形，．即，四边形是平行四边形，，，且．正确的证明顺序是②③①④，故选：．【点评】本题考查了平行四边形的判定与性质、三角形中位线定理的证明；熟练掌握平行四边形的判定与性质是解题的关键．9．（3分）如图是，，三岛的平面图，岛在岛的北偏东方向，岛在岛的北偏东方向，岛在岛的北偏西方向，则，，三岛组成一个A．等腰直角三角形 B．等腰三角形 C．直角三角形 D．等边三角形【分析】如图，过点作交于点，可得，根据，可得，可得，进而得是等腰直角三角形．【解答】解：如图，过点作交于点，，，，，，是直角三角形．，，，，，，，是等腰直角三角形．故选：．【点评】本题考查了直角三角形、方向角，解决本题的关键是掌握方向角定义．10．（3分）观察下列按一定规律排列的个数：2，4，6，8，10，12，，若最后三个数之和是3000，则等于A．499 B．500 C．501 D．1002【分析】观察得出第个数为，根据最后三个数的和为3000，列出方程，求解即可．【解答】解：由题意，得第个数为，那么，解得：，故选：．【点评】此题考查规律型：数字的变化类，找出数字的变化规律，得出第个数为是解决问题的关键．11．（3分）一个三角形木架三边长分别是，，，现要再做一个与其相似的三角形木架，而只有长为和的两根木条．要求以其中一根为一边，从另一根截下两段作为另两边（允许有余料），则不同的截法有A．一种 B．两种 C．三种 D．四种【分析】分类讨论：长的木条与三角形木架的最长边相等，则长的木条不能作为一边，设从的一根上截下的两段长分别为，，易得长的木条不能与的一边对应，所以当长的木条与的一边对应时有；当长的木条与的一边对应时有，然后分别利用比例的性质计算出两种情况下得和的值．【解答】解：长的木条与三角形木架的最长边相等，则长的木条不能作为一边，设从的木条上截下两段长分别为，，由于长的木条不能与的一边对应，否则、有大于，当长的木条与的一边对应，则，解得：，；当长的木条与的一边对应，则，解得：，．答：有两种不同的截法：把的木条截成、两段或把的木条截成、两段．故选：．【点评】本题考查了相似三角形的应用：通常构建三角形相似，然后利用相似三角形的性质即相似三角形的对应边的比相等进行几何计算．12．（3分）把二次函数的图象作关于轴的对称变换，所得图象的解析式为，若，则的最大值是A． B．0 C．2 D．6【分析】根据关于轴对称的点的坐标特征得出原二次函数的顶点为，即可得出原二次函数为，和比较即可得出，，代入，即可得到．【解答】解：把二次函数的图象作关于轴的对称变换，所得图象的解析式为，原二次函数的顶点为，原二次函数为，，，，，，，即，的最大值为6，故选：．【点评】本题考查了二次函数图象与系数的关系，作关于轴的对称的点的坐标特征，二次函数的图象与几何变换，得到，是解题的关键．二、填空题：本大题共6小题，每小题3分，共18分．把答案填在答题卡中的横线上．13．（3分）计算：6．【分析】利用有理数的减法法则，直接求解即可．【解答】解：原式．故答案为：6．【点评】本题考查了有理数的减法．掌握有理数的减法法则是解决本题的关键．14．（3分）分解因式：．【分析】先提取公因式，再对余下的多项式利用平方差公式继续分解．【解答】解：，，．故答案为：．【点评】本题考查了提公因式法，公式法分解因式，提取公因式后利用平方差公式进行二次分解，注意要分解彻底．15．（3分）如图，将两张对边平行且等宽的纸条交叉叠放在一起，则重合部分构成的四边形是菱形（填“是”或“不是”．【分析】作于点，于点，根据两张等宽的长方形纸条交叉叠放在一起可得，再根据等面积法证明，进而证明四边形的形状一定是菱形．【解答】解：如图，，，四边形是平行四边形，作于点，于点，两张等宽的长方形纸条交叉叠放在一起，，，，是菱形．故答案为：是．【点评】本题考查了菱形的判定与性质，利用等面积法解决本题是关键．16．（3分）经过人民中路十字路口红绿灯处的两辆汽车，可能直行，也可能向左转，如果这两种可能性大小相同，则至少有一辆向左转的概率是．【分析】画树状图列出所有等可能结果，从中找到符合条件的结果数，再根据概率公式求解可得．【解答】解：画树状图如下：由树状图知，共有4种等可能结果，其中至少有一辆向左转的有3种等可能结果，所以至少有一辆向左转的概率为，故答案为：．【点评】本题考查了列表法与树状图法：利用列表法或树状图法展示所有等可能的结果，再从中选出符合事件或的结果数目，然后利用概率公式求事件或的概率．17．（3分）如图，在边长为3的正六边形中，将四边形绕顶点顺时针旋转到四边形处，此时边与对角线重叠，则图中阴影部分的面积是．【分析】根据正六边形的性质和旋转的性质以及扇形的面积公式即可得到结论．【解答】解：在边长为3的正六边形中，，，，，，，，图中阴影部分的面积，将四边形绕顶点顺时针旋转到四边形处，图中阴影部分的面积，故答案为：．【点评】本题考查了正多边形与圆，旋转的性质，扇形的面积的计算，正确的识别图形是解题的关键．18．（3分）已知：函数与函数的部分图象如图所示，有以下结论：①当时，，都随的增大而增大；②当时，；③与的图象的两个交点之间的距离是2；④函数的最小值是2．则所有正确结论的序号是②③④．【分析】根据补全的函数图象即可判断．【解答】解：补全函数图象如图：①当时，随的增大而增大，随的增大而减小；故①错误；②当时，；故②正确；③与的图象的两个交点之间的距离是2；故③正确；④由图象可知，函数的最小值是2，故④正确．综上所述，正确的结论是②③④．故答案为②③④．【点评】主要考查反比例函数的图象与性质，一次函数的图象与性质，反比例函数与一次函数的交点问题，数形结合是解题的关键．三、解答题：本大题共8小题，满分共66分．解答应写出证明过程成演算步骤（含相应的文字说明）．将解答写在答题卡上．19．（6分）计算：．【分析】先计算、、，再加减求值．【解答】解：原式．【点评】本题考查了零指数幂的意义、绝对值的化简、及开平方乘方运算．掌握零指数幂及绝对值的意义，是解决本题的关键．20．（6分）解方程组：．【分析】方程组利用加减消元法求出解即可．【解答】解：，①②得：，解得：，把代入①得：，则方程组的解为．【点评】此题考查了解二元一次方程组，利用了消元的思想，消元的方法有：代入消元法与加减消元法．21．（8分）已知关于的一元二次方程有两个不相等的实数根．（1）求的取值范围；（2）若方程的两个不相等的实数根是，，求的值．【分析】（1）根据方程有两个不相等的实数根可得△，解不等式求出的取值范围；（2）由根与系数的关系可得，，代入整理后的代数式，计算即可．【解答】解：（1）方程有两个不相等的实数根，△，解得．的取值范围为；（2）由根与系数关系得，，．【点评】此题考查了一元二次方程根的判别式和根与系数的关系的应用，（1）△时，方程有两个不相等的实数根；（2）△时，方程有两个相等的实数根；（3）△时，方程没有实数根；（4），．22．（8分）在镇、村两委及帮扶人大力扶持下，贫困户周大叔与某公司签订了农产品销售合同，并于今年春在自家荒坡上种植了，，，四种不同品种的果树苗共300棵，其中品种果树苗的成活率为，几个品种的果树苗种植情况及其成活情况分别绘制在如图图①和图②两个尚不完整的统计图中．（1）种植品种果树苗有75棵；（2）请你将图②的统计图补充完整；（3）通过计算说明，哪个品种的果树苗成活率最高？【分析】（1）用品种果树苗所占的百分比乘以总棵树300计算即可得解；（2）求出品种果树苗的棵数，然后乘以成活率计算即可得解；（3）分别求出四个品种的成活率，然后比较即可．【解答】解：（1）（棵．故答案为：75；（2）（棵，补全统计图如图所示：（3）品种的果树苗成活率：，品种的果树苗成活率：，品种的果树苗成活率：，品种的果树苗成活率：，所以，品种的果树苗成活率最高．【点评】本题考查的是条形统计图和扇形统计图的综合运用．读懂统计图，从不同的统计图中得到必要的信息是解决问题的关键．条形统计图能清楚地表示出每个项目的数据；扇形统计图直接反映部分占总体的百分比大小．23．（8分）如图，是的直径，点在直径上与，不重合），，且，连接，与交于点，在上取一点，使．（1）求证：是的切线；（2）若是的中点，，求的长．【分析】（1）连接，易证，由等腰三角形的性质得，，推出，则，即可得出结论；（2）连接，则，求出，，，证明，得出，求出，由即可得出结果．【解答】（1）证明：连接，如图1所示：，，，，，，，，，为的半径，是的切线；（2）解：连接，如图2所示：是的直径，，是的中点，，，，，，由勾股定理得：，，，，，，．【点评】本题考查了切线的判定、等腰三角形的性质、圆周角定理、勾股定理、相似三角形的判定与性质等知识；熟练掌握切线的判定和相似三角形的判定与性质是解题的关键．24．（8分）南宁至玉林高速铁路已于去年开工建设．玉林良睦隧道是全线控制性工程，首期打通共有土石方总量为600千立方米，设计划平均每天挖掘土石方千立方米，总需用时间天，且完成首期工程限定时间不超过600天．（1）求与之间的函数关系式及自变量的取值范围；（2）由于工程进度的需要，实际平均每天挖掘土石方比原计划多0.2千立方米，工期比原计划提前了100天完成，求实际挖掘了多少天才能完成首期工程？【分析】（1）利用，进而得出与的函数关系，根据完成首期工程限定时间不超过600天，求出的取值范围；（2）利用实际平均每天挖掘土石方比原计划多0.2千立方米，工期比原计划提前了100天完成，得出分式方程，进而求出即可．（也可以设原计划每天挖掘土石方千立方米，列分式方程，计算量比较小）．【解答】解：（1）根据题意可得：，，；（2）设实际挖掘了天才能完成首期工程，根据题意可得：，解得：（舍或500，检验得：是原方程的根，答：实际挖掘了500天才能完成首期工程．【点评】此题主要考查了分式方程的应用以及反比例函数的应用，根据题意得出正确的等量关系是解题关键．25．（10分）如图，四边形中，对角线与交于点，且．（1）求证：四边形是正方形；（2）若是边上一点与，不重合），连接，将线段绕点顺时针旋转，得到线段，过点分别作及延长线的垂线，垂足分别为，．设四边形的面积为，以，为邻边的矩形的面积为，且．当时，求的长．【分析】（1）根据平行四边形的判定推出四边形是平行四边形，求出，得出四边形是矩形，根据勾股定理的逆定理求出，根据正方形的判定推出即可；（2）根据已知条件得到四边形是矩形，根据旋转的性质得到，，根据全等三角形的性质得到，，推出矩形是正方形，设，则，根据题意列方程即可得到结论．【解答】（1）证明：，，平行四边形是矩形，，，，即，四边形是正方形；（2）解：，，，四边形是矩形，将线段绕点顺时针旋转，得到线段，，，，，，，，，，，，，矩形是正