2020年内蒙古包头中考数学试卷(附答案与解析)

_________ ---------------- 2020年内蒙古包头市初中升学考试

5.如图，ACD是△ABC的外角，CE∥AB.若ACB75，

在------------------注意事项：

数 学

1.本试卷共6页，满分为120分，考试时间为120分钟。

2.答题前，考生务必先将自己的考生号、姓名、座位号等信息填写在试卷和答题卡的指定位置，请认真核对条形码上的相关信息后，将条形码粘贴在答题卡的指定位置上.

3.答选择题时，必须使用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑，修改时用

ECD50，则A的度数为

A.50 C.70

（ ）

B.55 D.75

6.如图，将小立方块①从6个大小相同的小立方块所搭的几何体中移走后，所得几何体

（ ）

此------------------A.主视图改变，左视图改变 B.俯视图不变，左视图改变 ___卷____号 生__考__ _ _------------------ _ _上 __________ _ _ _ ______-------------------____答______名__姓__ _ _ _ _ _-------------------__题__________校学-------------------业无毕-------------------效-------------橡皮擦干净，再选涂其他答案。

4.答非选择题时，必须使用0.5毫米的黑色字迹签字笔书写，作图题可先用铅笔绘出，确认后再用0.5毫米的黑色字迹签字笔描清楚。要求字体工整，笔迹清晰。严格按题号所示的答题区域作答，超出答题区域书写的答案无效；在试卷、草稿纸上答题无效。

5.保持答题卡清洁、完整，严禁折叠、损坏。严禁在答题卡上做任何标记，严禁使用涂改液、胶带纸、修正带。考试结来后，将本试卷和答题卡一并交回。

一、选择题：本大题共有12小题，每小题3分，共36分。每小题只有一个

正确选项。请将答题卡上对应题目的答案标号涂黑。

1.82的计算结果是

（ ）

A.5

B.10

C.32

D.42 2.2020年初，国家统计局发布数据，按现行国家农村贫困标准测算，截至2019年末，全国农村贫困人口减少至551万人，累计减少9 348万人。将9 348万用科学记数法表示为

（ ）

A.0.9348108 B.9.348107

C.9.348108

D.93.48106

3.点A在数轴上，点A所对应的数用2a1表示，且点A到原点的距离等于3，则a的值为

（ ）

A.2或1

B.2或2

C.2 D.1 4.下列计算结果正确的是

（ ） A.a32a5

B.(bc)4(bc)2b2c2

C.112

D.ab1aaa

bb2

数学试卷 第1页（共26页）

C.俯视图改变，左视图改变 D.主视图不变，左视图不变

7.两组数据：3，a，b，5与a，4，2b的平均数都是3。若将这两组数据合并为一组新数据，则这组新数据的众数为

（ ）

A.2

B.3

C.4

D.5

8.如图，在Rt△ABC中，ACB90，D是AB的中点，BECD，交CD的延长线于点E。若AC2，BC22，则BE的长为 （ ）

A.2663 B.2 C.3

D.2

9.如图，AB是O的直径，CD是弦，点C，D在直径AB的两侧。若

AOC:AOD:DOB2:7:11，CD4，则CD的长为（ ）

A.2π B.4π C.2π2

D.2π

10.下列命题正确的是

（ ）

A.若分式x24x2的值为0，则x的值为2

B.一个正数的算术平方根一定比这个数小 C.若b＞a＞0，则a＞a1bb1

数学试卷 第2页（共26页）

D.若c≥2，则一元二次方程x22x3c有实数根 11.如图，在平面直角坐标系中，直线y32x3与x轴、y轴分别交于点A和点B，C是线段AB上一点，过点C作CDx轴，垂足为D，CEy轴，垂足为E，S△BEC:S△CDA4:1.若双曲线ykxx＞0经过点C，则k的值为 （ ） A.

43 B.34 C.25

D.

52 12.如图，在Rt△ABC中，ACB90，BC＞AC，按以下步骤作图：（1）分别以点A，

B为圆心，以大于12AB的长为半径作弧，两弧相交于M，N两点（点M在AB的上方）；（2）作直线MN交AB于点O，交BC于点D；

（3）用圆规在射线OM上截取OEOD.连接AD，AE，BE，过点O作OFAC，垂足为F，交AD于

点G.下列结论：

①CD2GF；②BD2CD2AC2；③S△BOE2S△AOG；④若AC6，OFOA9，则四边形ADBE的周长为25. 其中正确的结论有

（ ）A.1个

B.2个

C.3个

D.4个

二、填空题：本大题共有8小题，每小题3分，共24分。请把答案填在答题

卡上对应的横线上。

13.在函数yxx3中，自变量x的取值范围是_____________. 14.分式方程3xx2x2x1的解是_________.

15.计算：(32)(32)2__________.

16.如图，在正方形ABCD，E是对角线BD上一点，AE的延长线交CD于点F，连接CE.若BAE56，则CEF__________.

数学试卷 第3页（共26页）

17.一个不透明的盒子里放置三张完全相同的卡片，分别标有数字1，2，3.随机抽取1张，放回后再随机抽取1张，则抽得的第二张卡片上的数字大于第一张卡片上的数字的概率为_________.

18.如图，在平行四边形ABCD中，AB2，ABC的平分线与BCD的平分线交于点E，若点E恰好在边AD上，则

BE2CE2的值为__________.

19.在平面直角坐标系中，已知A1,m和B5,m是抛物线yx2bx1上的两点，将抛物线yx2bx1的图象向上平移n（n是正整数）个单位，使平移后的图象与x轴没有交点，则n的最小值为_________.

20.如图，在矩形ABCD中，BD是对角线，AEBD，垂足为

E，连接CE.若ADB30，则如tanDEC的值为

_________.

三、解答题：本大题共有6小题，共60分。请将必要的文字说明、计算过程

或推理过程写在答题卡的对应位置。

21.（本小题满分8分）

我国5G技术发展迅速，全球领先.某公司最新推出一款5G产品，为了解用户对该产品的满意度，随机调查了30个用户，得到用户对该产品的满意度评分如下（单位：分）：

83 92 68 55 77 71 73 62 73 95 92 94 72 64 59 66 71 75 69 86 87 79 81 77 68 82 62 77 61 88 整理上面的数据得到尚不完整的频数直方图（如图）.请根据所给信息，解答下列问题： （1）补全频数直方图；

（2）参与调查的一个用户说：“我的满意度评分在

这30个用户中是中位数”，该用户的满意度评分是_________分；

（3）根据用户满意度评分，将用户的满意度从低到高分为三个等级： 满意度评分 低于60分 60分到89分 不低于90分

数学试卷 第4页（共26页）

--- -------------在 __------------------__此____________------------------号卷 生__考__ _ _ _ _ _______------------------___上 _ _ _ ________________名__-------------------姓__答 _ _ _ _ _______-------------------__题____校学业毕-------------------无-------------------效-------------

满意度等级 不满意 满意 非常满意 估计使用该公司这款5G产品的1 500个用户中，满意度等级为“非常满意”的人数.

22.（本小题满分8分）

如图，一个人骑自行车由A地到C地途经B地当他由A地出发时，发现他的北偏东45°方向有一电视塔P，他由A地向正北方向骑行了32 km到达B地，发现电视塔P在他北偏东75方向，然后他由B地向北偏东15方向骑行了6 km到达C地. （1）求A地与电视塔P的距离； （2）求C地与电视塔P的距离. 23.（本小题满分10分）

某商店销售A，B两种商品，A种商品的销售单价比B种商品的销售单价少40元，2件A种商品和3件B种商品的销售总额为820元. （1）求A种商品和B种商品的销售单价分别为多少元？

（2）该商店计划购进A，B两种商品共60件，且A，B两种商品的进价总额不超过7800

元，已知A种商品和B种商品的每件进价分别为110元和140元，应如何进货才能使这两种商品全部售出后总获利最多？ 24.（本小题满分10分）

如图，AB是O的直径，半径OCAB，垂足为O，直线l为O的切线，A是切点，D是OA上一点，CD的延长线交直线l于点E,F是OB上一点，CF的延长线交O于点G，

连接AC，AG，已知O的半径为3，CE34，5BF5AD4.

（1）求AE的长；

（2）求cosCAG的值及CG的长. 25.（本小题满分12分）

如图，在Rt△ABC中，ACB90，AC4,BC2，Rt△ABC绕点C按顺时针方向旋转得到Rt△ABC，AC与AB交于点D.

数学试卷 第5页（共26页）

（1）如图1，当AB∥AC时，过点B作BEAC，垂足为E，连接AE.

①求证：ADBD； ②求

S△ACES的值； △ABE（2）如图2，当ACAB时，过点D作DM∥AB，交BC于点N，交AC的延长线

于点M，求

DNNM的值. 26.（本小题满分12分）

如图，在平面直角坐标系中，抛物线y13x22x经过坐标原点，与x轴正半轴交于点A，该抛物线的顶点为M，直线y12xb经过点A，与y轴交于点B，连接OM. （1）求B的值及点M的坐标；

（2）将直线AB向下平移，得到过点M的直线ymxn，且与x轴负半轴交于点C，

取点D2,0，连接DM，求证：ADMACM45；

（3）点E是线段AB上一动点，点F是线段OA上一动点，连接EF，线段EF的延长

线与线段OM交于点G.当BEF2BAO时，是否存在点E，使得3GF4EF？若存在，求出点E的坐标；若不存在，请说明理由.

数学试卷 第6页（共26页）

数学试卷

第7页（共26页） 数学试卷第8页（共26页）

2020年内蒙古包头市初中升学考试

数学答案解析

一、 1.【答案】C

【解析】828222232， 故选C．

【考点】二次根式的运算 2.【答案】B

【解析】解：9 348万93 480 000用科学记数法表示为9.348107， 故选：B．

【考点】科学记数法的表示方法 3.【答案】A

【解析】解：由题意得：2a13

当2a1＞0时，有2a13，解得a1 当2a1＜0时，有2a13，解得a2 所以a的值为1或-2． 故答案为A．

【考点】绝对值的几何意义 4.【答案】D 【解析】解：A.a32a6，故A选项错误；

B.(bc)4(bc)2b4c4b2c2b2c2，故B选项错误；

C.11aaa1aa1a，故C选项错误； D.ab1bab1bab2，故D选项正确．

故答案为D．

【考点】幂的乘方，积的乘方，单项式除法，分式加法，分式乘除混合运算 5.【答案】B

数学试卷 第9页（共26页）

【解析】∵CE∥AB，

∴BECD50

∴A180BACB55

故选B．

【考点】三角形的内角和 6.【答案】C

【解析】主视图是从立体图形的正面看，俯视图是从立体图形的上面看，左视图是从立

体图形的左面看，故将小立方块移走后，主视图不变，左视图和俯视图均发生改变． 故选择C． 【考点】三视图 7.【答案】B

【解析】∵两组数据：3，a，b，5与a，4，2b的平均数都是3， ∴ab1235a2b94， 解得a3，b1，

则新数据3，3，1，5，3，4，2， 众数为3， 故选B． 【考点】众数 8.【答案】A

【解析】∵AC2，BC22，

∴AB2222223，

∵D是AB的中点，

∴ADCDBD3．

由题意可得： BE2DE2=32BE2DE38

数学试卷 第10页（共26页）

两式相减得：DE32DE283，

【解析】解：对于yx3，当x0时，y3；当y0时，x2，

3解得DE323，BE63， 故选A．

【考点】直角三角形中点性质和勾股定理 9.【答案】D

【解析】∵AOD:DOB7:11，AOD+DOB180，

∴AOD18071870， 又∵AOC:AOD2:7， ..，

∴COD90，

又∵CD4，

∴OD16222， ∴CDnπOD90π221801802π．

故答案选D． 【考点】弧长的计算 10.【答案】D

【解析】A选项：当x2时，分式无意义，故A选项错误；

B选项：1的算数平方根还是1，不符合“一个正数的算术平方根一定比这个数小”，故

B选项错误；

C选项：可以假设b2，a1，满足b＞a＞0，代入式子中，通过计算发现与结论不符，

故C选项错误；

D选项：x22x3c0，当c2时，=b24ac4c8≥0，一元二次方程有实数

根，故D选项正确．故本题选择D．

【考点】分式值为0时的条件，算数平方根，不等式的性质，一元二次方程根的判别式11.【答案】A

数学试卷 第11页（共26页）

2∴B(0,3)，A2，0 ∴OB3，OA2

设Cx,32x3，

根据题意知，四边形ODCE是矩形，

∴CEODx，OECD32x3

∴AD2x

∵CEy轴，CDx轴， ∴BECCDA90， ∵ACDDAC90， ∵BCEACD90， ∴BCEDAC，

∴△BEC∽△CDA，

∴S2△BECCESAD41 △CDA∴CEAD2 ∴x2x2 解得：x43

经检验，x43是原方程的根，

∴CD342331

∴C43,1

∵点C在反比例函数ykx(x＞0)的图象上，

∴1k4，即k4，

33

数学试卷第12页（共26页）

故选：A．

【考点】反比例函数综合 12.【答案】D

【解析】由题意知：MN垂直平分AB，

∴BC8，

∵BD2CD2AC2，

∴BD28BD62，

25解得BD，

2∴OAOB，EDAB， ∵ODOE，

∴四边形ADBE是菱形，

∵OFAC，ACB90，

∴OF∥BC，AFCF， ∴FG是△ACD的中位线， ∴CD2GF，故①正确；

∵四边形ADBE是菱形， ∴ADBD，

在Rt△ACD中，AD2CD2AC2，∴BD2CD2AC2，故②正确； ∵FG是△ACD的中位线，

∴点G是AD的中点，

∴S△AOD2S△AOG， ∵S△AODS△BOE，

∴S△BOE2S△AOG，故③正确；

∵AC6， ∴AF3，

设OAx，则OF9x，

∵OA2OF2AF2，

∴x29x232，

解得x5，

∴AB10，

数学试卷 第13页（共26页）4∴四边形ADBE的周长为

254425. 故选：D.

【考点】线段垂直平分线的作图方法，菱形的判定及性质定理，勾股定理，三角形的中

位线的判定及性质，三角形中线的性质 二、

13.【答案】x3 【解析】在函数yxx3中，分母不为0， 则x30，即x3， 故答案为：x3.

14.【答案】x53 【解析】

3xx2x2x1 方程左右两边同乘x2，得3xxx2． 移项合并同类项，得x53． 经检验， x53是方程的解． 故答案为： x53． 【考点】分式方程的解法 15.【答案】32

【解析】解：(32)(32)2 =(32)(32)(32)

=2322(32)

数学试卷 第14页（共26页）

=32． 故答案为32．

【考点】二次根式的混合运算，平方差公式的应用 16.【答案】22

【解析】∵四边形ABCD是正方形，

∴ABCB，AB∥CD，

又∵BD是角平分线，

∴ABECBE45，

又∵BAE56，

∴AFD56， ∴EFC124，

在△ABE和△CBE中，

ABCBABECBE45， BEBE∴△ABE≌△CBESAS， ∴BAEBCE56， ∴ECF905634，

∴CEF180EFCECF1801243422．

故答案是22．

【考点】利用正方形的性质求角度 17.【答案】13

【解析】解：分别从标有数字1、2、3的3张卡片中随机抽取1张，放回后再随机抽取

1张，基本事件总数339，抽得的第二张卡片上的数字大于第一张卡片上的数字的情况有1,2、1,3和2,3种情况

则抽得的第二张卡片上的数字大于第一张卡片上的数字的概率为：3913． 故答案为13．

数学试卷 第15页（共26页）

【考点】运用列举法求概率，运用列举法确定所有情况数和所需情况数 18.【答案】16

【解析】解：如图，在平行四边形ABCD中，

∴ABCD2，ADBC，AD∥BC，AB∥CD， ∴AEBCBE，DECBCE，ABCDCB180

∵BE、CE分别是ABC和DCB的角平分线，

∴ABECBE，DCEBCE，

∴AEBABE，DEC DCE，CBEBCE90 ∴ABAE2，DEDC2，BEC90， ∴AD224，

∴BCAD4，

在Rt△BCE中，由勾股定理，得

BE2CE2BC24216；

故答案为：16． 【考点】平行四边形性质，勾股定理，平行线的性质，角平分线的性质19.【答案】4

【解析】∵A、B的纵坐标一样，

∴A、B是对称的两点，

∴对称轴x=1+52=2，即b2a=b2=2， ∴b﹣4．

yx24x1x24x+43=x223．

∴抛物线顶点2,3．

满足题意n得最小值为4，

数学试卷 第16页（共26页）

故答案为4．

【考点】二次函数对称轴的性质及顶点式的变形

20.【答案】32

【解析】解：过C作CFBD，垂足为F点

∵矩形ABCD，ADB30

∴AD∥BC，ABCBCD90，DBCADB30，ABCD

∵AEBD，CFBD

∴BAEABEABEDBC90，FBCFCBFCBFCD90 ∴DBCDCFBAE30

设DFa，则CF3a，CD2a，BD4a，

∵AEBD

∴AEBCFD90

∴△AEB≌△CFD，

∴EBDFa ∴EF4aaa2a

∴tanDECCF3EF2

故答案是32． 【考点】矩形的性质，解直角三角形，三角形全等的判定与性质 三、

21.【答案】解：（1）根据题意，满意度在70~80之间的有：77、71、73、73、72、71、

75、79、77、77，共10个；

数学试卷 第17页（共26页）

满意度在90~100之间的有：92、95、92、94，共4个； 补全条形图，如下：

（2）74

（3）根据题意，1500430200， ∴在1500个用户中满意度等级为“非常满意”的人数大约为200人．

【解析】（1）具体解题过程参照答案. （2）把数据从小到大进行重新排列，则 第15个数为：73， 第16个数为：75，

∴中位数为：

7375274； 故答案为：74．

（3）具体解题过程参照答案.

【考点】直方图，频数分布直方表，用样本估计总体，中位数

22.【答案】解：（1）由题意知：A45，NBC15，NBP75，过点B作BEAP于点E，如图， 在Rt△ABE中，ABE904545，

∴AEBE，

∵AB32，

∴AEBE3，

在Rt△BEP中，EBP180ABENBP60，

∴PEBEtan6033， ∴APAEPE333；

数学试卷 第18页（共26页）

24.【答案】解：（1）过点E作EHOC，交OC的延长线于点H，

（2）∵BE3，BEP90，EBP60，

∴BPBEcos606，

又∵CBPNBPNBC751560，BC6，

∴△BCP是等边三角形，

∴CPBP6．

【解析】具体解题过程参照答案.

【考点】锐角三角函数的实际应用，方位角的运用，等边三角形的判定及性质23.【答案】解：（1）设A种商品和B种商品的销售单价分别为x元和y元，

根据题意可得xy402x3y820，

解得x140y180，

∴A种商品和B种商品的销售单价分别为140元和180元．

（2）设购进A商品m件，则购进B商品60m件， 根据题意可得：110m14060m≤7800， 解得：m≥20，

令总利润为w，则w140m18060m110m14060m，

10m2400，

∴当m20时，获得利润最大，此时60m602040，

∴A进20件，B进40件时获得利润最大．

【解析】具体解题过程参照答案.

【考点】一元一次不等式与二元一次方程组的实际应用

数学试卷 第19页（共26页）

∵直线l为O的切线，A是切点，

∴OAAE， ∵OCAB，

∴EHOOAEAOH90，

∴四边形AOHE是矩形，

∴EHOA3，AEOH，

∵CE34，

∴CHCE2EH2(34)325，

∴AEOHCHOC2；

（2）∵OAEAOC90，

∴OC∥AE，

∴△ADE∽△OCD，

∴ADAE2ODOC3， ∴AD1.2，OD1.8， ∵5BF5AD4，

∴BF2，

∴OF1，

∴AF4，CFOC2OF210，

连接BG，

∵ACFB，AFCGFB，

∴△AFC∽△GFB，

数学试卷第20页（共26页）

∴AFGFCFBF， ∴410GF2， ∴GF4105， ∴CGCFGF9105， 设CO延长线交O于点N，连接GN，则CNGCAG， 在Rt△CGN中，CGN90，CN6，CG9105， ∴NGCN2CG23105， ∴cosCAGcosCNGNG310110CN5610.

【解析】具体解题过程参照答案.

【考点】矩形的判定定理及性质定理，勾股定理，圆切线的性质定理，圆周角定理，相

似三角形的判定及性质，锐角三角函数解直角三角形

25.【答案】（1）①∵Rt△ABC绕点C按顺时针方向旋转得到Rt△ABC，

∴AA'，

∵AB∥AC

∴ACA'A'， ∴ACA'A， ∴ADCD，

∵ACDBCD90，AABC90 ∴BCDABC ∴BDCD

数学试卷 第21页（共26页）

∴ADBD，

②∵BCDABCCEM，ACBBECEMC90

∴△ACB∽△BEC∽△CME，BC2，AC4 ∴BCACECBCEM21CM42 设CEx，在Rt△CEB中，BE2x，BC2， 则2x2x222

解得x252545即EC5，BE55 同理可得：EM25

∴S1125454△BEC2ECBE2555

S1122ACEM4△ACE2455

S12ACBC1△ABC2424

S4412△ABE S△ABCS△ACES△BEC4555

4∴S△ACE1S53 △ABE125

（2）在Rt△ABC中，BC2，AC4， 则AB22+42=25 ∴1224=1225CD

数学试卷 第22页（共26页）

解得：CD455 ∵ABCD，ADCBDC

∴△ADC∽△BDC

∴CD2BDAD

42即55=25-ADAD 解得：AD855 ∵DM∥A'B'，∴A'CDM，A'CB'DAN

∴△CDN∽△CA'B'

4∴CNBCCDAC，即CNCD5ACBC542255 ∵ADCA'CB'90 ∴CN∥AB

2∴MNCN5DMAD=58=1 548∴DMNM4 ∴DNNM3

【解析】具体解题过程参照答案.

【考点】旋转的性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，平行线分线段成比例定理，

三角形的面积，等腰三角形的判定 26.【答案】解：（1）∵y1x22x133x323， ∴顶点M的坐标为3,3.

数学试卷 第23页（共26页）

令y13x22x中y0，得x10，x26，

∴A6,0，

将点A的坐标代入y12xb中，得3b0，

∴b3；

（2）∵ymxn由y12x3平移得来，

∴m12，

∵过点M3,3，

∴32n3，解得n32，

∴平移后的直线CM的解析式为y132x2.

过点D作DH直线y12x32，

∴设直线DH的解析式为y2xk，将点D2,0的坐标代入，得4k0，∴k4，

∴直线DH的解析式为y2x4.

解方程组13y2x2，得x1y2x4y2，

∴H1,2.

∵D2,0，H1,2，

∴DH5，

∵M3,3，D2,0，

∴DM10，

∴sinDMHDHDM12，

∴DMH45，

∵ACMDMHADM， ∴ADMACM45；

数学试卷 第24页（共26页）

（3）存在点E，

过点G作GPx轴，过点E作EQx轴，

∵A6,0，B0,3，

∴AB35.

∵BEF2BAO，BEFBAOAFE， ∴BAOAFE，

∴AEEF，

∵3GF4EF，

∴GFEF43， 设GF4a，则AEEF3a，

∵EQx轴， ∴EQ∥OB，

∴△AEQ∽△ABO，

∴AQAOAEAB， ∴AQ63a35，

∴AQ655a， ∴AF1255a.

∵AFEPFG，

∴△FGP∽△AEQ，

∴GFAEFPAQ， 数学试卷 第25页（共26页）∴FP855a， ∴OPPG455a，

∴455a855a1255a6，

解得a54，

∴AQ6555432，

∴OQ92，

将x92代入y132x3中，得y4，

∴当BEF2BAO时，存在点E，使得3GF4EF，此时点E的坐标为932,4.

【解析】具体解题过程参照答案.

【考点】抛物线的性质，待定系数法求函数解析式，一次函数平移的性质，两个一次函

数交点坐标与方程组的关系，相似三角形的判定及性质，等腰三角形的性质，三角形的外角的性质定理

数学试卷 第26页（共26页）