2020年山东省德州市中考数学试卷（原卷版）.docx

德州市二○二○年初中学业水平考试 数学试题参考解答及评分意见 一、选择题：（本大题共 12 小题，每小题 4 分，共 48 分） 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 B B B D C C D B A A D C 二、填空题：（本大题共 6 小题，每小题 4 分，共 24 分） 13. 2 3 ；14.120；15. 8y x  ；16.20；17. 1 6 18.①②④. 三、解答题：（本大题共 7 小题，共 78 分） 19.解：原式 2 1 2 4 2 4 4 x x x x x x x                 2 ( 1) ( 2)( 2) 4 ( 2) ( 2) ( 2) x x x x x x x x x x            2 2 24 ( 2) ( 2) 4 x x x x x x x       24 ( 2) ( 2) 4 x x x x x     2x x  求值：略 20.解：（1）50 36%； （2）如图 （3）能获奖.理由：因为本次参赛选手共 50 人，所以前 40%的人数为 50 40% 20  （人） 由频数直方图可得 84.5~99.5 这一范围人数恰好8 8 4 20   人， 又88 84.5 ，所以能获奖. （4）设前四名获奖者分别为男 1，男 2，女 1，女 2，由题意可列树状图为： 由树状图可知共有 12 种等可能的结果，恰好选中一男一女为主持人的结果有 8 种，所以 P （一男一女为主持人） 8 2 12 3   . 答：恰好选中一男一女为主持人的概率为 2 3 . 21.解：过点 B 作 BE CD 交CD 于点 E ， 由题意知， 30CBE  ， 60CAD   . 在 Rt ACD 中， tan tan 60 3CDCAD AD      ∴ 60 20 3 3 AD   ∴ 20 3BE AD  在 Rt BCE 中， 3tan tan30 3 CECBE BE      ∴ 320 3 203CE    ∴ 60 20 40ED CD CE     ∴ 40AB ED  （米） 答；这栋楼高为 40 米 22.证明：（1）连接OD ∵ AB 是 O 的直径， D 是半圆 AB 的中点 ∴ 1 902AOD AOB     ∵ //DH AB ∴ 90ODH   ∴OD DH ∴ DH 是 O 的切线 （2）连接 CD ∴ AB 是 O 的直径 ∴ 90ADB   ， 90ACB   又 D 是半圆 AB 的中点 ∴  AD DB ∴ AD DB ∴ ABD 是等腰直角三角形 ∵ 10AB  ∴ 210sin 10sin 45 10 5 22AD ABD       ∵ 10AB  ， 6BC  ∴在 Rt ABC 中 2 210 6 8AC    ∵四边形 ACBD 是圆内接四边形 ∴ 180CAD CBD     ∵ 180DBH CBD     ∵ CAD DBH   由（1）知 90AOD   ， 45OBD   ∴ 45ACD   ∵ //DH AB ∴ 45BDH OBD     ∵ ACD BDH   ∴ ACD BDH ∽ ∴ AC AD BD BH  ，即 8 5 2 5 2 BH  解得 25 4BH  22.解：（1）设超市 B 型画笔单价 a 元，则 A 型画笔单价为 ( 2)a  元， 由题意列方程得， 60 100 2a a  解得 5a  经检验， 5a  是原方程的解 答：超市 B 型画笔单价为 5 元 （2）由题意知， 当小刚购买的 B 型画笔支数 20x  时，费用为 0.9 5 4.5y x x   当小刚购买的 B 型画笔支数 20x  时，费用为 20 0.9 5 ( 20) 0.8 5 4 10y x x         所以 4.5 ,1 20 4 10, 20 x xy x x      其中 x 是正整数 （3）当 4.5 270x  时，解得 60x  ，因为 60 20 ，故不符合题意，舍去. 当 4 10 270x   时， 65x  ，符合题意 答：小刚能购买 65 支 B 型画笔. 24.解：（1）SAS （2）1 5AD  （3）证明：延长 AD 至点 A，使 A D AD  ∵ AD 是 ABC 的中线 ∴ BD CD 在 ADC 和 A DB 中 AD A D ADC A DB CD BD        ∴ ADC A DB ≌ ∴ CAD A   ， AC A B 又∵ AE EF ∵ CAD AFE   ∴ A AFE   又∵ AFE BFD   ∴ BFD A   ∴ BF A B ，又∵ A B AC  ∵ BF AC （4）证明：延长CG 至点 H 使 HG CG ，连接 HF 、CE 、 HE ∵G 为 FD 的中点 ∴ FG DG 在 HGF 和 CGD 中 HG CG HGF CGD FG DG       ∴ HGF CGD ≌ ∴ HF CD ， HFG CDG   在 Rt BEF 中，∵ 1 2 EF BE  ∴ 1tan 2EBF  又矩形 ABCD 中， 1 2 AB BC  ∴ 1 2 AB AD  ∴ 1tan 2ADB  ， ∴ EBF ADB   又 //AD BC ∴ ADB DBC   ∴ EBF ADB DBC     又 EFD 为 BEF 的外角 ∴ EFD EBF BEF     即 90EFH HFD EBF       ∵ 90ADB BDC     ∴ EFH HFD EBF ADB BDC         ∴ 2EFH EBF   即 EFH EBC   在 EFH 和 EBC 中 1 2 EF BE  ， 1 2 HF BC  ∴ EF HF BE BC  又 EBC EFH   ∴ EFH EBC ∽ ∴ FEH BEC   ∴ HEC CEF BEF CEF       ∴ 90HEC BEF     ∴ CEH 是直角三角形 ∵G 为CH 的中点 ∴ 1 2EG CH 即 EG CG . 25.解：（1） PA PM 线段垂直平分线上的点与这条线段两个端点的距离相等 （2） M 的坐标 … ( 2,0) (0,0) (2,0) (4,0) … P 的坐标 … ( 2, 2)  (0, 1) (2, 2) (4, 5) … （3）草图见图 2；形状：抛物线 （4）如图 1，过点 P 作 PE y 轴于点 E ， | |PA PM y  ， | 2 |AE OE OA y    ， | |PE x 在 Rt PAE 中， 2 2 2PA AE PE  即 2 2 2| | | | | 2 |y x y   化简，得 21 14y x   所以 y 关于 x 的函数解析式为 21 14y x   . （5）连接 OB ，OC ，易得 2OB OC  ，又 2BC  ∴ OBC 为等边三角形，∴ 60BOC   当 30BDC   时，在 BDC 的外接圆上，弧 BC 所对的圆心角为 60° 其圆心在 BC 的垂直平分线 y 轴上， ∴ BDC 的外接圆圆心为坐标原点O ， 设 ( , )D a b ，则 2OD  ，即 2 2 22a b  ① 又点 D 在该抛物线上 ∴ 21 14b a   ② 由①②联立解得： 1 2 2 3b   ， 2 2 2 3b   （舍去） 数形结合可得， 当 30BDC   时，点 D 的纵坐标 Dy 的取值范围为 0 2 2 3y  