乐山市2020年初中学业水平考试数学本试题卷分第一部分（选择题）和第二部分（非选择题），共8页．考生作答时，须将答案答在答题卡上，在本试题卷、草稿纸上答题无效．满分150分．考试时间120分钟．考试结束后，将本试题卷和答题卡一并交回．考生作答时，不能使用任何型号的计算器．第Ⅰ卷（选择题 共30分）注意事项：1．选择题必须使用2B铅笔将答案标号填涂在答题卡对应题目标号的位置上．2．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求．一、选择题：本大题共10个小题，每小题3分，共30分．1.的倒数是（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据乘积是1的两个数叫做互为倒数，求解．【详解】解：∵∴的倒数是2故选：A．【点睛】本题考查倒数的概念，掌握概念正确计算是解题关键．2.某校在全校学生中举办了一次“交通安全知识”测试，张老师从全校学生的答卷中随机地抽取了部分学生的答卷，将测试成绩按“差”、“中”、“良”、“优”划分为四个等级，并绘制成如图所示的条形统计图．若该校学生共有2000人，则其中成绩为“良”和“优”的总人数估计为（）A.B.C.D.【答案】A第25页共25页\n【解析】【分析】先求出“良”和“优”的人数所占的百分比，然后乘以2000即可．【详解】解：“良”和“优”的人数所占的百分比：×100%=55%，∴在2000人中成绩为“良”和“优”的总人数估计为2000×55%=1100（人），故选：A．【点睛】本题考查了用样本估计总体，求出“良”和“优”的人数所占的百分比是解题关键．3.如图，是直线上一点，，射线平分，．则（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】先根据射线平分，得出∠CEB=∠BEF=70°，再根据，可得∠GEB=∠GEF-∠BEF即可得出答案．【详解】∵，∴∠CEF=140°，∵射线平分，∴∠CEB=∠BEF=70°，∵，∴∠GEB=∠GEF-∠BEF=90°-70°=20°，故选：B．【点睛】本题考查了角平分线的性质，补角，掌握知识点灵活运用是解题关键．4.数轴上点表示的数是，将点在数轴上平移个单位长度得到点．则点表示的数是（）A.B.或C.D.或【答案】D【解析】【分析】根据题意，分两种情况，数轴上的点右移加，左移减，求出点B表示的数是多少即可．第25页共25页\n【详解】解：点A表示的数是−3，左移7个单位，得−3−7＝−10，点A表示的数是−3，右移7个单位，得−3＋7＝4，故选：D．【点睛】此题主要考查了数轴的特征和应用，要熟练掌握，解答此题的关键是要明确：数轴上的点右移加，左移减．5.如图，在菱形中，，，是对角线的中点，过点作于点，连结．则四边形的周长为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】由已知及菱形的性质求得∠ABD=∠CDB=30º，AO⊥BD，利用含30º的直角三角形边的关系分别求得AO、DO、OE、DE，进而求得四边形的周长.【详解】∵四边形ABCD是菱形，是对角线的中点，∴AO⊥BD，AD=AB=4，AB∥DC∵∠BAD=120º，∴∠ABD=∠ADB=∠CDB=30º，∵OE⊥DC，∴在RtΔAOD中，AD=4，AO==2，DO=，在RtΔDEO中，OE=，DE=，∴四边形的周长为AO+OE+DE+AD=2++3+4=9+，故选：B.【点睛】本题考查菱形的性质、含30º的直角三角形、勾股定理，熟练掌握菱形的性质及含30º的直角三角形边的关系是解答的关键.6.直线在平面直角坐标系中的位置如图所示，则不等式的解集是（）第25页共25页\nA.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】先根据图像求出直线解析式，然后根据图像可得出解集．【详解】解：根据图像得出直线经过（0，1），（2，0）两点，将这两点代入得，解得，∴直线解析式为：，将y=2代入得，解得x=-2，∴不等式的解集是，故选：C．【点睛】本题考查了一次函数的图像和用待定系数法求解析式，解不等式，求出直线解析式是解题关键．7.观察下列各方格图中阴影部分所示的图形（每一小方格的边长为），如果将它们沿方格边线或对角线剪开重新拼接，不能拼成正方形的是（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】先根据拼接前后图形的面积不变，求出拼成正方形的边长，再以此进行裁剪即可得．【详解】由方格的特点可知，选项A阴影部分的面积为6，选项B、C、D阴影部分的面积均为5如果能拼成正方形，那么选项A拼接成的正方形的边长为，选项B、C、D拼接成的正方形的边长为第25页共25页\n观察图形可知，选项B、C、D阴影部分沿方格边线或对角线剪开均可得到如图1所示的5个图形，由此可拼接成如图2所示的边长为的正方形而根据正方形的性质、勾股定理可知，选项A阴影部分沿着方格边线或对角线剪开不能得到边长为的正方形故选：A．【点睛】本题考查了学生的动手操作能力、正方形的面积和正方形的有关画图、勾股定理，以拼接前后图形的面积不变为着手点是解题关键．8.已知，．若，则的值为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】逆用同底数幂的乘除法及幂的乘方法则．由即可解答．【详解】∵，依题意得：，．∴，∴，故选：C．【点睛】此题主要考查了同底数幂的乘除法，以及幂的乘方运算，关键是会逆用同底数幂的乘除法进行变形．9.在中，已知，，．如图所示，将绕点按逆时针方向旋转后得到．则图中阴影部分面积（）第25页共25页\nA.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】先求出AC、AB，在根据求解即可．【详解】解：在Rt△ABC中，∵，∴AC=2BC=2，∴，∵绕点按逆时针方向旋转后得到，∴∴∴．故选：B【点睛】本题考查了不规则图形面积的求法，熟记扇形面积公式，根据求解是解题关键．10.如图，在平面直角坐标系中，直线与双曲线交于、两点，是以点为圆心，半径长的圆上一动点，连结，为的中点．若线段长度的最大值为，则的值为（）第25页共25页\nA.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】连接BP，证得OQ是△ABP的中位线，当P、C、B三点共线时PB长度最大，PB=2OQ=4，设B点的坐标为（x，-x），根据点，可利用勾股定理求出B点坐标，代入反比例函数关系式即可求出k的值．【详解】解：连接BP，∵直线与双曲线的图形均关于直线y=x对称，∴OA=OB，∵点Q是AP的中点，点O是AB的中点∴OQ是△ABP的中位线，当OQ的长度最大时，即PB的长度最大，∵PB≤PC+BC，当三点共线时PB长度最大，∴当P、C、B三点共线时PB=2OQ=4，∵PC=1，∴BC=3，设B点的坐标为（x，-x），则，解得（舍去）故B点坐标为，代入中可得：，故答案为：A．第25页共25页\n【点睛】本题考查三角形中位线的应用和正比例函数、反比例函数的性质，结合题意作出辅助线是解题的关键．第Ⅱ卷（非选择题 共120分）注意事项1．考生使用0.5mm黑色墨汁签字笔在答题卡上题目所指示的答题区域内作答，答在试题卷上无效．2．作图时，可先用铅笔画线，确认后再用0.5mm黑色墨汁签字笔描清楚．3．解答题应写出文字说明、证明过程或推演步骤．4．本部分共16个小题，共120分．二、填空题：本大题共6个小题，每小题3分，共18分．11.用“”或“”符号填空：______．【答案】【解析】【分析】两个负数，绝对值大的其值反而小，据此判断即可．【详解】解：∵|-7|=7，|-9|=9，7<9，∴-7>-9，故答案为：>．【点睛】此题主要考查了有理数大小比较的方法，要熟练掌握，解答此题的关键是要明确：两个负数，绝对值大的其值反而小．12.某小组七位学生的中考体育测试成绩（满分40分）依次为37，40，39，37，40，38，40．则这组数据的中位数是______．【答案】39【解析】【分析】将数据从小到大进行排列即可得出中位数．【详解】解：将数据从小到大进行排列为：37，37，38，39，40，40，40第25页共25页\n∴中位数为39，故答案为：39．【点睛】本题考查了求中位数，掌握计算方法是解题关键．13.如图是某商场营业大厅自动扶梯示意图．自动扶梯的倾斜角为，在自动扶梯下方地面处测得扶梯顶端的仰角为，、之间的距离为4．则自动扶梯的垂直高度=_________．（结果保留根号）【答案】【解析】【分析】先推出∠ABC=∠BAC，得BC=AC=4，然后利用三角函数即可得出答案．【详解】∵∠BAC+∠ABC=∠BCD=60°，∠BAC=30°，∴∠ABC=30°，∴∠ABC=∠BAC，∴BC=AC=4，在Rt△BCD中，BD=BCsin60°=4×=，故答案为：．【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，三角函数，得出BC=AB=4是解题关键．14.已知，且．则的值是_________．【答案】4或-1【解析】【分析】将已知等式两边同除以进行变形，再利用换元法和因式分解法解一元二次方程即可得．【详解】将两边同除以得：令第25页共25页\n则因式分解得：解得或即的值是4或故答案为：4或．【点睛】本题考查了利用换元法和因式分解法解一元二次方程，将已知等式进行正确变形是解题关键．15.把两个含角的直角三角板按如图所示拼接在一起，点为的中点，连结交于点．则=_________．【答案】【解析】【分析】连接CE，设CD=2x，利用两个直角三角形的性质求得AD=4x，AC=2x，BC=x，AB=3，再由已知证得CE∥AB，则有，由角平分线的性质得，进而求得的值.【详解】连接CE，设CD=2x，在RtΔACD和RtΔABC中，∠BAC=∠CAD=30º，∴∠D=60º，AD=4x，AC=，BC==x，AB=x，∵点E为AD的中点，∴CE=AE=DE==2x，∴ΔCED为等边三角形，∴∠CED=60º，∵∠BAD=∠BAE+∠CAD=30º+30º=60º，∴∠CED=∠BAD，∴AB∥CE，第25页共25页\n∴，在ΔBAE中，∵∠BAE=∠CAD=30º∴AF平分∠BAE，∴，∴，∴，故答案为：.【点睛】本题考查了含30º的直角三角形、等边三角形的判定与性质、平行线分线段成比例、角平分线的性质等知识，是一道综合性很强的填空题，解答的关键是认真审题，找到相关知识的联系，确定解题思路，进而探究、推理并计算.16.我们用符号表示不大于的最大整数．例如：，．那么：（1）当时，的取值范围是______；（2）当时，函数的图象始终在函数的图象下方．则实数的范围是______．【答案】(1).(2).或【解析】【分析】（1）首先利用的整数定义根据不等式确定其整数取值范围，继而利用取整函数定义精确求解x取值范围．（2）本题可根据题意构造新函数，采取自变量分类讨论的方式判别新函数的正负，继而根据函数性质反求参数．【详解】（1）因为表示整数，故当时，的可能取值为0,1,2．第25页共25页\n当取0时，；当取1时，；当=2时，．故综上当时，x的取值范围为：．（2）令，，，由题意可知：，．①当时，=，，在该区间函数单调递增，故当时，，得．②当时，=0，不符合题意．③当时，=1，，在该区间内函数单调递减，故当取值趋近于2时，，得，当时，，因为，故，符合题意．故综上：或．【点睛】本题考查函数的新定义取整函数，需要有较强的题意理解能力，分类讨论方法在此类型题目极为常见，根据不同区间函数单调性求解参数为常规题型，需要利用转化思想将非常规题型转化为常见题型．三、本大题共3个小题，每小题9分，共27分．17.计算：．【答案】2【解析】【分析】根据绝对值，特殊三角函数值，零指数幂对原式进行化简计算即可．【详解】解：原式==．【点睛】本题考查了绝对值，特殊三角函数值，零指数幂，掌握运算法则是解题关键．18.解二元一次方程组：【答案】【解析】【分析】第25页共25页\n方程组利用加减消元法，由②-①即可解答；【详解】解：，②-①，得，解得：，把代入①，得；∴原方程组的解为【点睛】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．19.如图，是矩形的边上的一点，于点，，，．求的长度．【答案】．【解析】【分析】先根据矩形的性质、勾股定理求出，再根据相似三角形的判定与性质可得，由此即可得出答案．【详解】∵四边形是矩形，∴，∵∴∵，，∴第25页共25页\n在和中，∴∴，即解得即的长度为．【点睛】本题考查了矩形性质、勾股定理、相似三角形的判定与性质等知识点，掌握相似三角形的判定与性质是解题关键．四、本大题共3个小题，每小题10分，共30分．20.已知，且，求的值．【答案】，1【解析】【分析】先进行分式的加减运算，进行乘除运算，把式子化简为．将代入进行计算即可．【详解】原式===，∵，∴原式=．【点睛】本题主要考查分式的化简求值，关键在于通过已知用含的表达式表示出．21.如图，已知点在双曲线上，过点的直线与双曲线的另一支交于点．（1）求直线的解析式；（2）过点作轴于点，连结，过点作于点．求线段的长．第25页共25页\n【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）由点在双曲线上，求得反比例函数解析式，再由点B在双曲线上，求得点B坐标，利用待定系数法求直线AB的解析式即可；（2）用两种方式表示△ABC的面积可得，即可求出CD的长．【详解】解：（1）将点代入，得，即，将代入，得，即，设直线的解析式为，将、代入，得，解得∴直线的解析式为．（2）∵、，∴，∵轴，∴BC=4，∵，∴．【点睛】本题考查了反比例函数上点坐标的特征，待定系数法求一次函数解析式，两点距离公式，面积法等知识，面积法：是用两种方式表示同一图形的面积．第25页共25页\n22.自新冠肺炎疫情爆发以来，我国人民上下一心，团结一致，基本控制住了疫情．然而，全球新冠肺炎疫情依然严重，境外许多国家的疫情尚在继续蔓延，疫情防控不可松懈．如图是某国截止5月31日新冠病毒感染人数的扇形统计图和折线统计图．根据上面图表信息，回答下列问题：（1）截止5月31日该国新冠肺炎感染总人数累计为万人，扇形统计图中40-59岁感染人数对应圆心角的度数为º；（2）请直接在图中补充完整该国新冠肺炎感染人数的折线统计图；（3）在该国所有新冠肺炎感染病例中随机地抽取1人，求该患者年龄为60岁或60岁以上的概率；（4）若该国感染病例中从低到高各年龄段的死亡率依次为、、、、，求该国新冠肺炎感染病例的平均死亡率．【答案】（1），；（2）见解析；（3）；（4）【解析】【分析】（1）利用岁感染的人数有万人，占比可求得总人数；利用总人数可求扇形统计图中40-59岁感染人数所占百分比，从而可求扇形图中所对应的圆心角；（2）先求解感染人数，然后直接补全折线统计图即可；（3）先求解患者年龄为60岁或60岁以上的人数，直接利用概率公式计算即可；（4）先求解全国死亡的总人数，再利用平均数公式计算即可．【详解】解：（1）由岁感染的人数有万人，占比截止5月31日该国新冠肺炎感染总人数累计为（万人），扇形统计图中40-59岁感染人数占比：扇形统计图中40-59岁感染人数对应圆心角的度数为：故答案为：，；（2）补全的折线统计图如图2所示；感染人数为：万人，第25页共25页\n补全图形如下：（3）该患者年龄为60岁及以上的概率为：；（4）该国新冠肺炎感染病例的平均死亡率为：．【点睛】本题考查的是从扇形统计图，折线统计图中获取信息，考查了扇形统计图某部分所对应的圆心角的计算，考查总体数量的计算，考查了平均数的计算，同时考查简单随机事件的概率，掌握以上知识是解题的关键．五、本大题共2个小题，每小题10分，共20分．23.某汽车运输公司为了满足市场需要，推出商务车和轿车对外租赁业务．下面是乐山到成都两种车型的限载人数和单程租赁价格表：车型每车限载人数（人）租金（元/辆）商务车6300轿车4（1）如果单程租赁2辆商务车和3辆轿车共需付租金1320元，求一辆轿车的单程租金为多少元？（2）某公司准备组织34名职工从乐山赴成都参加业务培训，拟单程租用商务车或轿车前往．在不超载的情况下，怎样设计租车方案才能使所付租金最少？第25页共25页\n【答案】（1）租用一辆轿车的租金为元．（2）租用商务车辆和轿车辆时，所付租金最少为元．【解析】【分析】（1）本题可假设轿车的租金为x元，并根据题意列方程求解即可．（2）本题可利用两种方法求解，核心思路均是分类讨论，讨论范围分别是两车各租其一以及两车混合租赁，方法一可利用一次函数作为解题工具，根据函数特点求解本题；方法二则需要利用枚举法求解本题．【详解】解：（1）设租用一辆轿车的租金为元．由题意得：．解得，答：租用一辆轿车的租金为元．（2）方法1：①若只租用商务车，∵，∴只租用商务车应租6辆，所付租金为（元）；②若只租用轿车，∵，∴只租用轿车应租9辆，所付租金为（元）；③若混和租用两种车，设租用商务车辆，租用轿车辆，租金为元．由题意，得由，得，∴，∵，∴，∴，且为整数，∵随的增大而减小，∴当时，有最小值，此时，综上，租用商务车辆和轿车辆时，所付租金最少为元．方法2：设租用商务车辆，租用轿车辆，租金为元．由题意，得由，得，∴，∵为整数，∴只能取0，1，2，3，4，5，故租车方案有：不租商务车，则需租9辆轿车，所需租金为（元）；租1商务车，则需租7辆轿车，所需租金为（元）；第25页共25页\n租2商务车，则需租6辆轿车，所需租金为（元）；租3商务车，则需租4辆轿车，所需租金为（元）；租4商务车，则需租3辆轿车，所需租金（元）；租5商务车，则需租1辆轿车，所需租金为（元）；由此可见，最佳租车方案是租用商务车辆和轿车辆，此时所付租金最少，为元．【点睛】本题考查一次函数的实际问题以及信息提取能力，此类型题目需要根据题干所求列一次函数，并结合题目限制条件对函数自变量进行限制，继而利用函数单调性以及分类讨论思想解答本题．24.如图1，是半圆的直径，是一条弦，是上一点，于点，交于点，连结交于点，且．（1）求证：点平分；（2）如图2所示，延长至点，使，连结．若点是线段的中点．求证：是⊙的切线．【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析．【解析】【分析】（1）连接，由是直径得，由同角的余角相等证明，由直角三角形斜边中线性质证明，进而得出，即得出结论；（2）由已知可知DE是OA、HB垂直平分线，可得，，从而，，再由即可证明，由此即可得出可能．【详解】证明：（1）连接、，如图3所示，图3∵是半圆的直径，第25页共25页\n∴，∵，∴，又∵，即点是的斜边的中点，∴，∴，∴，∴，即点平分；（2）如图4所示，连接、，图4∵点是线段中点，，，∴，，∴，∴，又∵，∴，∴，∴是⊙的切线．【点睛】本题是圆的简单综合题目，考查了切线的性质、圆周角定理、等腰三角形的判定与性质、菱形的性质、直角三角形的性质知识；熟练掌握圆周角定理和等腰三角形的性质和判定是解题的关键．六、本大题共2个小题，第25题12分，第26题13分，共25分．25.点是平行四边形的对角线所在直线上的一个动点（点不与点、重合），分别过点、向直线作垂线，垂足分别为点、．点为的中点．（1）如图1，当点与点重合时，线段和的关系是；（2）当点运动到如图2所示的位置时，请在图中补全图形并通过证明判断（1）中的结论是否仍然成立？（3）如图3，点在线段的延长线上运动，当时，试探究线段、、之间的关系．第25页共25页\n【答案】（1）；（2）补图见解析，仍然成立，证明见解析；（3），证明见解析【解析】【分析】（1）证明△AOE≌△COF即可得出结论；（2）（1）中的结论仍然成立，作辅助线，构建全等三角形，证明△AOE≌△CGO，得OE＝OG，再根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得出结论；（3）FC＋AE＝OE，理由是：作辅助线，构建全等三角形，与（2）类似，同理得，得出，，再根据，，推出，即可得证．【详解】解：（1）如图1，∵四边形ABCD是平行四边形，∴OA＝OC，∵AE⊥BP，CF⊥BP，∴∠AEO＝∠CFO＝90°，∵∠AOE＝∠COF，∴△AOE≌△COF（AAS），∴OE＝OF；（2）补全图形如图所示，仍然成立，证明如下：延长交于点，∵，∴，∴，∵点为的中点，∴，又∵，∴，第25页共25页\n∴，∵，∴；（3）当点在线段的延长线上时，线段、、之间的关系为，证明如下：延长交的延长线于点，如图所示，由（2）可知，∴，，又∵，，∴，∴．【点睛】本题考查了平行四边形、全等三角形的性质和判定以及等腰三角形的性质和判定，以构建全等三角形和证明三角形全等这突破口，利用平行四边形的对角线互相平分得全等的边相等的条件，从而使问题得以解决．26.已知抛物线与轴交于，两点，为抛物线的顶点，抛物线的对称轴交轴于点，连结，且，如图所示．（1）求抛物线的解析式；（2）设是抛物线的对称轴上的一个动点．①过点作轴的平行线交线段于点，过点作交抛物线于点，连结、，求的面积的最大值；②连结，求的最小值．第25页共25页\n【答案】（1）；（2）①；②．【解析】【分析】（1）先函数图象与x轴交点求出D点坐标，再由求出C点坐标，用待定系数法设交点式，将C点坐标代入即可求解；（2）①先求出BC的解析式，设E坐标为，则F点坐标为，进而用t表示出的面积，由二次函数性质即可求出最大值；②过点作于，由可得，由此可知当BPH三点共线时的值最小，即过点作于点，线段的长就是的最小值，根据面积法求高即可．【详解】解：（1）根据题意，可设抛物线的解析式为：，∵是抛物线的对称轴，∴，又∵，∴，即，代入抛物线的解析式，得，解得，∴二次函数的解析式为或；（2）①设直线的解析式为，∴解得即直线的解析式为，设E坐标为，则F点坐标为，第25页共25页\n∴，∴的面积∴，∴当时，的面积最大，且最大值为；②如图，连接，根据图形的对称性可知，，∴，过点作于，则在中，，∴，再过点作于点，则，∴线段的长就是的最小值，∵，又∵，∴，即，∴的最小值为．第25页共25页\n【点睛】此题主要考查了二次函数的综合题型，其中涉及了待定系数法求解析式和三角形的面积最大值求法、线段和的最值问题．解（1）关键是利用三角函数求出C点坐标，解（2）关键是由点E、F坐标表示线段EF长，从而得到三角形面积的函数解析式，解（3）的难点是将的最小值转化为点B到AC的距离．第25页共25页
