2020年湖北省黄冈中考数学试卷附答案解析版

2023年12月2日发(作者：广西高考数学试卷理)

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-------------绝密★启用前

在2020年湖北省黄冈市初中学业水平考试

------------------数

学

（考试时间：120分钟 满分：120分）

此注意事项：

1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考

___证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。

___2.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如___------------------_需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。答在试题卷上无效。

_卷___3.非选择题的作答：用0.5毫米黑色墨水签字笔直接答在答题卡上对应的答题区城__号内。答在试题卷上无效。

生__考__4.考生必须保持答题卡的整洁。考试结来后，请将本试题卷和答题卡一并上交。

_------------------

_

_上第Ⅰ卷（选择题

共24分）

_

_____一、选择题（本题共8小题，每小题3分，共24分．每小题给出的4个选项_____

中，有且只有一个答案是正确的）

_

_

_

__1.1

（ ）

____-------------------6的相反数是

____答__A.6 B.6 C.16 D.__1__名_6

_姓__2.下列运算正确的是

（ ）

_

_A.m2m3m2 B.

_2m33m26m6

_

_-------------------C.(2m)38m3 D.m6m2m3

_题___3.如果一个多边形的每一个外角都是36，那么这个多边形的边数是

（ ）

___A.7 B.8 C.9 D.10

____4.甲、乙、丙、丁四位同学五次数学测验成绩统计如右表所示，如果从这四位同学中，_校-------------------选出一位同学参加数学竞赛，那么应选________去．

（ ）

学无业毕--------------------

甲 乙 丙 丁

平均分

85 90 90 85

效方差

50 42 50 42

------------A.甲 B.乙 C.丙 D.丁

数学试卷 第1页（共6页）

5.下列几何体是由4个相同的小正方体搭成的，其中，主视图、左视图、俯视图都相同的是

（ ）

A B C D

6.在平面直角坐标系中，若点A(a,b)在第三象限，则点B(ab,b)所在的象限是

（ ）

A.第一象限 B.第二象限

C.第三象限 D.第四象限

7.若菱形的周长为16，高为2，则菱形两邻角的度数之比为

（ ）

A.4: 1 B.5: 1 C.6: 1 D.7: 1

8.2020年初以来，红星消毒液公司生产的消毒液在库存量为m吨的情况下，日销售量与产量持平，自1月底抗击“新冠病毒”以来，消毒液霱求量猛增，该厂在生产能力不变的情况下，消毒液一度脱销．下面表示2020年初至脱销期间，该厂库存量y（吨）与时间（天）之间函数关系的大致图象是

（ ）

A B C D

第Ⅱ卷（非选择题

共96分）

二、填空题（本题共8小题，每小题3分，共24分）

9.计算：38=________．

10.已知x1,x2是一元二次方程x22x10的两根，则1xx________．

1211.若|x2|xy0，则12xy________．

12.已知：如图，在△ABC中，点D在边BC上，ABADDC，C35则BAD________度．

数学试卷 第2页（共6页）

13.计算：yx2y21xxy的结果是________．

14.已知：如图，AB∥EF，ABC75，CDF135则BCD=________度．

15.我国古代数学著作《九章算术》中有这样一个问题：“今有池方一丈，葭（jiā）生其中央，出水一尺，引葭赴岸，适与岸齐．问水深几何？”（注：丈、尺是长度单位，1丈10尺）这段话翻译成现代汉语，即为：如图，有一个水池，水面是一个边长为1丈的正方形，在水池正中央有一根芦苇，它高出水面1尺，如果把这根芦苇拉向水池一边的中点，它的顶端恰好到达池边的水面．则水池里水的深度是________尺．

16.如图所示，将一个半径OA10 cm，圆心角AOB90的扇形纸板放置在水平面的一条射线OM上．在没有滑动的情况下，将扇形AOB沿射线OM翻滚至OB再次回到OM上时，则半径OA的中点P运动的路线长为________cm．（计算结果不取近似．．．．值．）

数学试卷 第3页（共6页）

三、解答题（本题共9题，满分72分）

17.（5分）解不等式23x12≥12x，并在数轴上表示其解集．

18.（6分）已知：如图，在ABCD中，点O是CD的中点，连接AO并延长，交BC的延长线于点E，求证：ADCE．

19.（6分）为推广黄冈各县市名优农产品，市政府组织创办了“黄冈地标馆”．一顾客在“黄冈地标馆”发现，如果购买6盒羊角春牌绿茶和4盒九孔牌藕粉，共需960元．如果购买1盒羊角春牌绿茶和3盒九孔牌藕粉共需300元．请问每盒羊角春牌绿茶和每盒九孔牌藕粉分别需要多少元？

20.（7分）为了解疫情期间学生网络学习的学习效果，东坡中学随机抽取了部分学生进行调查．要求每位学生从“优秀”、“良好”、“一般”、“不合格”四个等次中，选择一项作为自我评价网络学习的效果现将调查结果绘制成如下两幅不完整的统计图，请结合图中所给的信息解答下列问题：

（1）这次活动共抽查了________人．

（2）将条形统计图补充完整，并计算出扇形统计图中，学习效果“一般”的学生人数所在扇形的圆心角度数．

（3）张老师在班上随机抽取了4名学生，其中学习效果“优秀”的1人，“良好”的2人，“一般”的1人，若再从这4人中随机抽取2人，请用画树状图法，求出抽取的2人学习效果全是“良好”的概率．

数学试卷 第4页（共6页） ----

-------------21.（7分）已知：如图，AB是O的直径，点E为O上一点，点D是AE上一点，在连接AE并延长至点C，使CBEBDE，BD与AE交于点F．

------------------（1）求证：BC是O的切线；

（2）若BD平分ABE，求证：AD2DFDB．

_此_______------------------

_______卷_号

生__考__

_

_

_

_现有一艘游船载着游客在遗爱湖中游览．当船在A处时，船上游客发现岸上P

__------------------22.（8分）因东坡文化远近闻名的遗爱湖公园，“国庆黄金周”期间，游人络绎不绝，1处的临___上__皋亭和P2处的遗爱亭都在东北方向；当游船向正东方向行驶600 m到达B处时，游___

_

_

_

______________-------------------客发现遗爱亭在北偏西15方向；当游船继续向正东方向行驶400 m到达C处时，游客发现临皋亭在北偏西60方向．

__名_答_姓__

_

_

_

_

_____-------------------

__题（1）求A处到临皋亭P处的距离．

______校学业毕-------------------（2）求临皋亭P1处与遗爱亭P2处之间的距离（计算结果保留根号）

23.（8分）已知：如图，一次函数的图象与反比例函数的图象交于A,B两点，与y轴正半轴交于点C，与x轴负半轴交于点D，OB5，tanDOB1无2．

--------------------

效------------数学试卷 第5页（共6页）

（1）求反比例函数的解析式；

（2）当S1△ACO2S△OCD时，求点C的坐标．

24.（11分）网络销售已经成为一种热门的销售方式为了减少农产品的库存，我市市长亲自在某网络平台上进行直播销售大别山牌板栗．为提高大家购买的积极性，直播时，板栗公司每天拿出2 000元现金，作为红包发给购买者．已知该板栗的成本价格为6元/kg，每日销售量y(kg)与销售单价x（元/kg）满足关系式：y100x5000．经销售发现，销售单价不低于成本价格且不高于30元/kg．当每日销售量不低于4000 kg时，每千克成本将降低1元．设板栗公司销售该板栗的日获利为W（元）．

（1）请求出日获利W与销售单价x之间的函数关系式

（2）当销售单价定为多少时，销售这种板栗日获利最大？最大利润为多少元？

（3）当W≥40000元时，网络平台将向板栗公可收取a元/kg(a＜4)的相关费用，若此时日获利的最大值为42100元，求a的值．

25.（14分）已知抛物线yax2bxc与x轴交于点A(1,0)，点B(3,0)，与y轴交于点C0,3，顶点为点D．

（1）求抛物线的解析式；

（2）若过点C的直线交线段AB于点E，且S△ACE:S△CEB3:5，求直线CE的解析式；

（3）若点P在抛物线上，点Q在x轴上，当以点D、C、P、Q为顶点的四边形是平行四边形时，求点P的坐标；

（4）已知点H0,458，G(2,0)在抛物线对称轴上找一点F，使HFAF的值最小此时，在抛物线上是否存在一点K，使KFKG的值最小，若存在，求出点K的坐标；若不存在，请说明理由．

数学试卷 第6页（共6页） 2020年湖北省黄冈市初中学业水平考试

数学答案解析

第Ⅰ卷

一、

1.【答案】D

【解析】根据相反数的定义有：2.【答案】C

【解析】解：A.m2m3m，该项不符合题意；B.2m33m26m326m5，该项不符合题意；C.11的相反数是.故选D.

66(2m)38m3，该项符合题意；D.m6m2m62m4，该项不符合题意；故选：C.

3.【答案】D

【解析】：一个多边形的每个外角都是36，n3603610.故选D.

4.【答案】B

【解析】通过四位同学平均分的比较，乙、丙同学平均数均为90，高于甲、丁同学，故排除甲、丁；乙、丙同学平均数相同，但乙同学方差更小，说明其发挥更为稳定，故选择乙同学.故选：B.

5.【答案】A

【解析】各选项主视图、左视图、俯视图如下：A.，满足题意；B.，不满足题意；C.，不满足题意；D.

，不满足题意；故选：A.

6.【答案】A

【解析】解：点A(a,b)在第三象限，a＜0，b＜0，b＞0，ab＞0，点B在第一象限，故选：A.

7.【答案】B

【解析】解：如图，AH为菱形ABCD的高，AH2，

1 / 10 菱形的周长为16，AB4，在Rt△ABH中，sinBAH21，B30，AB∥CD，AB42C150，C:B5:1.故选：B.

【考点】三角形外心的性质

8.【答案】D

【解析】根据题意：一开始销售量与生产量持平，此时图象为平行于x轴的线段，当下列猛增是库存随着时间的增加而减小，时间t与库存量y之间函数关系的图象为先平，再逐渐减小，最后为0.故选：D.

第Ⅱ卷

二、

9.【答案】2

【解析】根据立方根的定义，求数a的立方根，也就是求一个数x，使得x3a，则x就是a的一个立方根：(2)38，382.

10.【答案】1

【解析】解：一元二次方程x2x10的两根为x1，x2，x1x21，211.故答案为：1.

x1x211.【答案】2

|x2|xy0，【解析】解：x20，xy0，x2，y2，故答案为：2.

12.【答案】40

11xy2(2)2，22【解析】解：ADDC，ABAD，C35，CADC35，BDACCAD70，BBDA70，BAD180BBDA40，故答案为：40.

13.【答案】1

xyyx1

x2y2xy【解析】解：xyx

xyxyxyxyyyxyxyyy

xyxyxyxy

y 2 / 10 1.

xy1故答案为：.

xy14.【答案】30

【解析】令BC与EF相交于G点，如下图所示：AB∥EF，ABC75，CDF135，又EGCBCDEDC，EGCABC75，△EDC180CDF18013545，BCD754530.故答案：30.

15.【答案】12

【解析】设这个水池深x尺，由题意得，x252(x1)2，解得：x12.答：这个水池深12尺.故答案为：12.

16.【答案】1055

2【解析】连接BP，如图，

AB为AO的中点，AO10 cm，PO5 cm，由勾股定理得，BP55 cm，中点P经过的路线可以分为四段，当弧AB切射线OM于点B时，有OB射线OM，此时P点绕不动点B转过了90，此时点P经过的路径长为：905555= cm；第二段：OB射线OM到OA射线OM，P点绕动1802点转动，而这一过程中弧AB始终是切于射线OM的，所以P与转动点的连线始终射线OM，所以P点过的路线长的弧长，即90105 cm；第三段：OB射线到P点落在射线OM上，P点绕不动点1802 3 / 10 A转过了90，此时点P经过的路径长为：9055 cm；第四段：OA射线OM到OB与射线18029055 cm；所以，P点经1802OM重合，P点绕不动点O转过了90，此时点P经过的路径长为：过的路线总长S5三、

17.【答案】5555555510 cm.故答案为：10

22222211x≥x，去分母得，4x3≥3x，移项得，4x3x≥3，合并同类项得，x≥3.

322原不等式的解集为：x≥3.

解集在数轴上表示为：

【解析】先去分母、移项、合并同类项解不等式，得出解集后在数轴上表示即可.

18.【答案】证明：点O是CD的中点，DOCO.在ABCD中，AD∥BC，DDCE，DAOEDAOE.在△ADO和△ECO中，DDCE，△ADO≌△ECO(AAS)

ADCE.

DOCO【解析】通过证明△ADO≌△ECO即可得证.

19.【答案】解：设每盒羊角春牌绿茶x元，每盒九孔牌藕粉y元，依题意可列方程组：

6x4y960

x3y300解得：x120.

y60答：每盒羊角春牌绿茶120元，每盒九孔牌藕粉60元.

【解析】根据题意列出二元一次方程组解出即可.

20.【答案】（1）200

（2）“不合格”的人数为：20040806020人，故条形统计图补全如下所示：

4 / 10 学习效果“一般”的学生人数所占的百分比为：6020030%，故学习效果“一般”所在扇形的圆心角度数为30%360108，故答案为：108.

（3）依题意可画树状图：

共有12种可能的情况，其中同时选中“良好”的情况由2种，P（同时选中“良好”）21.故答126案为：1.

6【解析】（1）用“良好”所占的人数80除以它所占的百分比40%即可得到调查的总人数；结合扇形统计图和条形统计图可知：本次活动共调查了：8040%200（人），故答案为：200.

（2）用总分数减去“优秀”、“良好”、“一般”所占的人数即可计算出“不合格”的人数，然后补全条形统计图，用“一般”的人数除以总人数得到其所占的百分比，再乘以360°即可得到“一般”的学生人数所在扇形的圆心角度数.

（3）画图树状图，然后再用概率公式求解即可.

21.【答案】（1）证明：AB为直径，BEA90，在Rt△BEA中，EBABAE90，又即ABC90，BAECBE，EBACBE90，BDEBAE，CBEBDE，BCAB，又AB为O的直径，BC是O的切线.

（2）BD平分ABE，EBDDBA，又EBDEAD，DBAEAD，又FDAADB，△FDA∽△ADB，ADFD，AD2DFDB.

BDAD【解析】（1）利用AB为直径，得出BEA90，利用BDEBAE,CBEBDE得出BAECBE，从而得出EBAEBC90，进而得出结论.

（2）证出△FDA∽△ADB即可得出结论.

30. 22.【答案】（1）解：依题意有P2AB45，P2BA75，PCA1 5 / 10 AC于点M.设PMx m，则在中，AMPMx m，AP过点P1作PM11112x m.

2PM2x m，MC3x m.又ACABBCAMMC，在Rt△PMC中，PC1112500(31)(50065002) m，点Ax3x600400，x500(31)，AP1处与点P1处临皋亭之间的距离为(50065002) m.

（2）过点B作BNAP2于点N.在Rt△ABN中，ABN45.ANBNAB6003002 m.22..在Rt△NP2B中，NBP2P2BAABN30.NP2NB30021006m33AP2ANNP2(30021006) m遗爱亭之间的距离为(80024006) m.

点PPP1处临亭与点P2处12AP2AP13002100650065002(80024006)m.AC于点M.设PMx m，在Rt△APM【解析】（1）过点P中，得到AP1作PM1111即可得到x的值，进而A处到临皋亭的距离即可求解；

2x m，在Rt△PMC中，得到MC3x m，根据ACABBCAMMC得到关于x的一元一次方程，求解1（2）过点B作BNAP2于点N，在Rt△ABN中，得到AN3002 m，在Rt△NP2B中，得到NP21006 m，根据PP12AP2AP1ANNP2AP1求解即可.

23.【答案】（1）过点B作BMx轴于点M，则

在Rt△MOB中tanDOBBM1.设BMx(x＞0)，则MO2x.又OB5，MO2OM2BM2OB2.(2x)2x2(5)2.又x＞0，x1，点B的坐标是(2,1)，反比例的 6 / 10 解析式为y2.

x（2）设点C的坐标为(0, m)，则m＞0.设直线AB的解析式为：ykxm.又点B(2,1)在直线AB上将点B的坐标代入直线解析式中，2km1.km1.直线AB的解析式为：2ym1xm.

22m2m2m12xm，.OD.令解得x12,x2.经检验x1,x2都是原m1m1x2m111112m4OD2xA，S△OCD，COxACOOD，，m2.2222m1m1令y0，则x方程的解.又S△ACO经检验，m2是原方程的解.点C的坐标为(0,2).

【解析】（1）过点B作BMx轴于点M，由tanDOB值，得到点B的坐标，代入即可求解.

（2）设点C的坐标为(0, m)，则m＞0.设直线AB的解析式为：ykxm，将B点坐标代入AB的函数关系式，可得y1设BMx，MO2x由勾股定理求出x的2m12m2m1xm，令y0得到ODxm，解得两个x的值，A点的横，令2m1x2坐标为21，由S△ACOS△OCD列出方程求解即可.

m1224.【答案】解：（1）当y≥4000，即100x5000≥4000，x≤10.当6≤x≤10时，w(x61)(100x5000)2000100x25500x27000.当10＜x≤30时，w(x6)(100x5000)2000100x25600x32000，100x25500x27000(6≤x≤10)w

2100x5600x32000(10＜x≤30)（2）当6≤x≤10时，w100x25500x27000.对称轴为xb550055＞10，2a2(100)2当x10时，wmax

54000200018000元.

当10＜x≤30时，w100x25600x32000.对称轴为xb560028，当x28时，wmax

222200200046400元.2a2(100)46400＞18000，综合得，当销售单价定为28元时，日获利最大，且最大为46400元.

（3）40000＞18000，10＜x≤30，则w100x25600x32000.令w40000，则x120，x236.在平面直角坐标系中画出w与x的数示意图.100x25600x3200040000.解得： 7 / 10 观察示意图可知：

w≥40000,20≤x≤36.又10＜x≤30，20≤x≤30.w1(x6a)(100x5000)2000100x2(5600100a)x320005000a.对称轴为xb5600100a11128a，a＜4，对称轴x28a＜30，当x28a时，2a2(100)22211wmax42100元.28a6a10028a5000200042100，a288a1720，22a12，a286.又a＜4，a2.

【解析】（1）首先根据题意求出自变量x的取值范围，然后再分别列出函数关系式即可.

（2）对于（1）得到的两个函数关系式在其自变量取值范围内求出最大值，然后进行比较，即可得到结果.

（3）先求出当w40000，即100x25600x3200040000时的销售单价，得当w≥40000，120≤x≤36，从而20≤x≤30，得w1(x6a)(100x5000)2000，可知，当x28a时，211wmax42100元，从而有28a6a10028a5000200042100，解方程即可得到22a的值.

25.【答案】解：（1）方法1：设抛物线的解析式为ya(x3)(x1)，将点C(0,3)代入解析式中，则有1(03)a3，a1.抛物线的解析式为yx22x3x22x3.

方法二：经过A,B,C三点抛物线的解析式为yax2bxc，将A(1,0)，B(3,0)，C(0,3)代入解析c3a1式中，则有abc0，解得：b2，抛物线的解析式为yx22x3.

9a3bc0c3（2）S△ACE:S△CEB1AECO33333:5，2.AE:EB3:5.AEAB4.1882EBCO52xE1311.E的坐标为,0.又C点的坐标为(0,3)，直线CE的解析式为y6x3.

222 8 / 10 （3）yx22x3(x1)24，顶点D的坐标为(1,4).

①当四边形DCPQ为平行四边形时，由DQ∥CP，DQCP得：yDyQyCyP，即403yP.yp1.令y1，则x22x31.x15.点P的坐标为(15,1).

②当四边形DCQP为平行四边形时，由CQ∥DP，CQDP得：ycyQyDyp，即304yP.yp1.令y1，则x22x31.x13.点P的坐标为(13,1).

综合得：点P的坐标为(15,1)，(13,1)

点A或点B关于对称轴x1对称，连接BH与直线x1交点即为F点.点H的坐标为0,（4）点B的坐标为(3,0)，直线BH的解析式为：y45，8154515x.令x1，则y.当点F的坐标为884151,时，HFAF的值最小.设抛物线上存在一点Kx0,y0，使得FKFG的值最小.则由勾股定理42215可得：KFx01y0.又点K在抛物线上，y0x014x014y0代入4222171517KFy上式中，KF24y0y0y0，.如图，过点K作直线SK，使0444SK∥y轴，且点S的纵坐标为2217171717.点S的坐标为x0,.则SKy0.

y0＜，4444y01717y0（两处绝对值化简或者不化简者正确.）KFSK,KFKGSKKG.当且44仅当S,K,G三点在一条直线上，且该直线干行于y轴，FKFG的值最小.又点G的坐标为(2,0)，x02，将其代入抛物线解析式中可得：y03.当点K的坐标为(2,3)时，KFKG最小.

【解析】（1）由于点A、B为抛物线与x轴的交点，可设两点式求解；也可将A、B、C的坐标直接代入解析式中利用待定系数法求解即可.

（2）根据两个三角形的高相等，则由面积比得出AE:EB3:5，求出AE，根据点A坐标可解得点E坐标，进而求得直线CE的解析式.

9 / 10 （3）分两种情况讨论①当四边形DCPQ为平行四边形时；②当四边形DCQP为平行四边形时，根据平行四边形的性质和点的坐标位置关系得出纵坐标的关系式，分别代入坐标数值，解方程即可解答.

（4）根据抛物线的对称性，AFBF，则HFAFHFBF，当H、F、B共线时，HFAF值最小，求出此时点F的坐标，设Kx0,y0，由勾股定理和抛物线方程得KFy017，过点K作直线SK，4使SK//y轴，且点S的纵坐标为17，则点S的坐标为41717x,KSy，此时，，0044KFKGKSKG，当S、K、G共线且平行y轴时，KFKG值最小，由点G坐标解得x0，代入抛物线方程中解得y0，即为所求K的坐标.

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