2020年湖北省鄂州中考数学试卷-答案

数学答案解析

一、 1.【答案】A

【解析】根据相反数直接得出即可.2020的相反数是2 020，故选A. 【考点】相反数 2.【答案】C

【解析】利用合并同类项、积的乘方、单项式乘单项式、多项式乘多项式直接计算判断即可．解：A、

2x3x5x，选项错误；B、(2x)38x3，选项错误；C、2x33x26x5，选项正确；D、

(3x2)(23x)9x24，选项错误；故选：C． 【考点】了整式的运算 3.【答案】A

【解析】从该组合体的俯视图看从左至右共有三列，从左到右第一列有一个正方形，第二列有一个正方形，第三列有两个正方形，据此找到答案即可．解：从该组合体的俯视图看从左至右共有三列，从左到右第一列有一个正方形，第二列有一个正方形，第三列有两个正方形，可得只有选项A符合题意．故选：A． 【考点】三视图的识别 4.【答案】C

【解析】根据科学记数法的表示方法表示即可．21亿210000000021．109．故选C． 【考点】科学记数法的表示 5.【答案】A

【解析】作平行a和b的平行线，再根据平行的性质可知31，再算出4即可得出2． 解：如图所示，过直角顶点作c∥a，

a∥b， a∥b∥c，

1 / 22

3165， 4906525，

2425．

故选A．

【考点】平行的性质 6.【答案】B

【解析】先根据平均数的公式计算出x的值，再求这组数据的众数即可． 解：4，5，x，7，9的平均数为6， 45x796，

5解得：x5，

这组数据为：4，5，5，7，9， 这组数据的众数为5．

故选：B．

【考点】平均数，众数 7.【答案】C

【解析】先用含x的代数式表示出2020年底、2021年底5G用户的数量，然后根据2019年底到2021年底这三年的5G用户数量之和8.72万户即得关于x的方程，解方程即得答案． 解：设全市5G用户数年平均增长率为x，根据题意，得：

221x21x8.72，

解这个方程，得：x10.440%，x23.4（不合题意，舍去）． x的值为40%．

2故选：C．

【考点】一元二次方程的应用之增长率问题 8.【答案】B

【解析】由SAS证明△AOC≌△BOD，得到OACOBD，由三角形的外角性质得：

36，①正确；根据全等三角形的性质得出AMB＋OBDAOB＋OAC，得出AMB＝AOB＝OCA＝ODB， AC＝BD，②正确；作OGAC于G，OHBD于H，如图所示：则

OGC＝OHD＝90，由AAS证明△OCG≌△ODHAAS，得出OGOH，由角平分线的判定方法

得出MO平分∠AMD，④正确；由AOBCOD，得出当DOMAOM时，OM才平分BOC，假设DOMAOM，由△AOC≌△BOD得出COMBOM，由MO平分BMC得出

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CMOBMO，推出△COM≌△BOM，得OBOC，而OAOB，所以OAOC，而OA＜OC，

故③错误；即可得出结论． 解：AOBCOD36，

AOB＋BOCCOD＋BOC，

即AOCBOD， 在△AOC和△BOD中，

OAOBAOCBOD， OCOD△AOC≌△BODSAS，

OCAODB，ACBD，②正确； OACOBD，

由三角形的外角性质得：AMB＋OBDAOB＋OAC，

AMBAOB36，②正确；

作OGAC于G，OHBD于H，如图所示： 则OGCOHD90， 在△OCG和△ODH中，

OCAODBOGCOHD， OCOD△OCG≌△ODHAAS，

OGOH，

MO平分∠AMD，④正确； AOBCOD，

当DOMAOM时，OM才平分BOC，

假设DOMAOM，

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△AOC≌△BOD，

COMBOM，

MO平分BMC， CMOBMO，

在△COM和△BOM中，

COMBOM， OMOMCMOBMO△COM≌△BOMASA，

OBOC， OAOB， OAOC，

与OA＜OC矛盾，

③错误；

正确的有①②④； 故选B．

【考点】全等三角形的判定与性质，三角形的外角性质，角平分线的判定 9.【答案】B

【解析】由抛物线的开口方向判断a与0的关系，由抛物线与y轴的交点判断c与0的关系，进而判断①；根据对称轴＜1求出2a与b的关系，进而判断②；根据x-2时，y＞0可判断③；由x1和2a与b的关系可判断④．

解：抛物线开口向上，

a＞0，

对称轴在y轴右边，

b＞0，即b＜0， 2a抛物线与y轴的交点在x轴的下方，

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c＜0，

abc＞0，故①错误；

对称轴在1左侧， b＜1 2ab＜2a，即2ab＞0，故②错误；

当x2时，y4a2bc＞0，故③正确； 当x1时，抛物线过x轴，即abc0，

bac，

又2ab＞0，

2aac＞0，即3ac＞0，故④正确；

故答案选：B．

【考点】二次函数图像位置与系数的关系 10.【答案】D

【解析】先求出A1的坐标，由题意容易得到OA1B1为等腰直角三角形，即可得到OB1，然后过A2作

A2H⊥OB2交y轴于H，A2HB1Hx，通过反比例函数解析式可求出x，从而能够得到OB2，再同样求

出OB3，即可发现规律．

yx解：联立1，解得x1，

yxA1(1,1)，OA12， 由题意可知∠AOB11=45，

B1A1OA1，

△OA1B1为等腰直角三角形， OB12OA12，

过A2作A2H⊥OB2交y轴于H，则容易得到A2HB1H，

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设A2HB1Hx，则A2(x,x2)，

xx21，

解得x121，x221（舍），

A2HB1H21，B1B22B1H222， OB2222222，

用同样方法可得到OB323， 因此可得到OBn2n，即Bn(0,2n) 故选：D．

【考点】反比例函数的性质 二、

11.【答案】2(x3)2

【解析】先提取公因式2，再根据完全平方公式分解因式即可得到结果. 解：原式2(x26x9)2(x3)2． 【考点】本题考查的是因式分解 12.【答案】2x5

【解析】直接解不等式组即可． 解：由2x＞4，得x＞2， 由x5≤0，得x≤5，

2x＞4不等式组的解集是2＜x≤5，

x5≤0 6 / 22

故答案为：2＜x≤5．

【考点】解不等式组

413.【答案】

312044【解析】试题分析：=2r，解得r．

1803【考点】弧长的计算． 14.【答案】9

【解析】首先根据反比例函数的比例系数k的几何意义求得△AOC的面积，然后证明△OAC∽△BOD，根据相似三角形的面积的性质求得△BOD的面积，依据反比例函数的比例系数k的几何意义即可求解． 【详解】解：如图作ACx轴于点C，作BDx轴于点D．

OB3OA，

OA1=， OB3点A是双曲线y1(x＜0)上， x1S△OAC ，

2AOB90， AOCBOD90，

又

直角△AOC中，AOCCAO90，

BODOAC，

又ACOBDO90，

△OAC∽△BOD， sOA11△AOC===， S△OBDOB392219S△BOD×9=，

22k9

函数图像位于第四象限，

k9，

故答案为：-9.

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【考点】反比例函数k的几何意义，相似三角形的判定与性质 15.【答案】1或1163

【解析】将正方形向左平移，使得正方形与圆的重叠部分为弓形，根据题目数据求得此时弓形面积符合题意，由此得到OF的长度，然后结合运动速度求解即可，特别要注意的是正方形沿直线运动，所以需要分类讨论．

解：①当正方形运动到如图1位置，连接OA，OB，AB交OF于点E， 此时正方形与圆的重叠部分的面积为S扇形OABS△OAB， 由题意可知：OAOBAB2，OFAB，

△OAB为等边三角形，

AOB60，OEAB，

1在Rt△AOE中，AOE30，AEOA1，OE3，

2S扇形OAB602212S△OAB=233，

36023OF31，

点F向左运动3(31)23个单位，

所以此时运动时间为2323=1秒，

②同理，当正方形运动到如图2位置，连接OC，OD，CD交OF于点E，

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此时正方形与圆的重叠部分的面积为S扇形OCD-S△OCD 由题意可知：OCODCD2，OFCD，

△OCD为等边三角形，

COD60，OECD，

1在Rt△COE中，COE30，CEOC1，OE3，

2S扇形OCD602212S△OCD=233，

36023OF31，

点F向左运动3(31)43个单位，

所以此时运动时间为43=1163秒， 232综上，当运动时间为1或1163秒时，O与正方形重叠部分的面积为3(cm2)

3故答案为：1或1163．

【考点】正方形的性质，扇形面积的计算，等边三角形的判定和性质 16.【答案】23 【解析】先找到PQ长取最小值时P的位置即为OPAB时，然后画出图形，由于PM即为P到直线a的距离的最大值，求出PM长即可． 解：如图，

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在直线y3x4上，x0时，y4，y0时，x43， 3OB4，OA43， 3tan∠OBAOA3， OB3OBA30，

由PQ切O于Q点，可知OQPQ，

PQ=OP2OQ2，

由于OQ1，因此当OP最小时PQ长取最小值，此时OPAB，

1OPOB2，此时PQ=2212=3，BP=4222=23，

21OQOP，即OPQ30，

2若使P到直线a的距离最大，则最大值为PM，且M位于x轴下方， 过P作PEy轴于E，

EP1BP3，BE2232323，

OE431，

1OEOP，OPE30，

2EPM303060，即EMP30， PM2EP23，

故答案为：23． 【考点】圆和函数

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三、

x24x4x22x117.【答案】解： x21x1x1x2x11 x1x1xx2x1x21 xx1x1x2x xx1xx12x2

xx12x1xx1

22 x在2、1、0、1、2中只有当x2时，原分式有意义，即x只能取2，

22当x2时，1．

x2【解析】先化简分式，然后在确保分式有意义的前提下，确定x的值并代入计算即可．具体解题过程参照答案.

【考点】分式的化简求值，分式有意义的条件

18.【答案】（1）证明：四边形ABCD是平行四边形，

ABCD，AB∥CD，OAOC， BACDCA，

又点M，N分别为OA、OC的中点，

11AMAOCOCN，

22在△AMB和△CND中，

ABCDBACDCA， AMCN△AMB≌△CND(SAS)．

（2）解：BD2BO，又已知BD2AB，

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BOAB，△ABO为等腰三角形；

又M为AO的中点，

由等腰三角形的“三线合一”性质可知：BMAO，

BMOEMO90，

同理可证△DOC也为等腰三角形， 又N是OC的中点，

由等腰三角形的“三线合一”性质可知：DNCO，

DNO90，

EMODNO9090180， EM∥DN，

又已知EMBM，由（1）中知BMDN，

EMDN，

四边形EMND为平行四边形，

又EMO90，四边形EMND为矩形， 在Rt△ABM中，由勾股定理有：AMAB2BM252423，

AMCN3，

MNMOONAMCN336，

∴S矩形EMNDMNME6424． 故答案为：24．

【解析】（1）由四边形ABCD是平行四边形得出ABCD，AB∥CD，进而得到BACDCA，再结合

AOCO，M，N分别是OA和OC中点即可求解.具体解题过程参照答案.

（2）证明△ABO是等腰三角形，结合M是AO的中点，得到BMOEMO90，同时△DOC也是等腰三角形，N是OC中点，得到DNO90，得到EM∥DN，再由（1）得到EMDN，得出四边形EMND为矩形，进而求出面积．具体解题过程参照答案.

【考点】平行四边形的性质，矩形的判定和性质，矩形的面积公式 19.【答案】（1）0.15 12

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（2）解：根据频数分布表可知：

选取该校部分学生每天学习时间低于2小时为0.30.150.45，

则若该校有学生1 000名，每天学习时间低于2小时的学生数有10000.45450， 所以，估计全校需要提醒的学生有450名； （3）解：根据题意列表如下：

则共有6种情况，其中所选2名学生恰为一男生一女生的情况数4种

42所以所选2名学生恰为一男生一女生的概率为．

63【解析】（1）先求出选取的学生数，再根据频率计算频数，根据频数计算频率； 解：（1）随机选取学生数为：180.360人 则m9600.15，n600.212；

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故答案为0.15，12；

（2）先求出选取该校部分学生每天学习时间低于2小时的学生的频率，然后再估计该校有学生1000名中，每天学习时间低于2小时的学生数即可．具体解题过程参照答案.

（3）先通过列表法确定所有情况数和所需情况数，然后用概率的计算公式计算即可．具体解题过程参照答案.

【考点】树状图法，列表法求概率，频数分布直方图的运用

20.【答案】（1）解：∵关于x的一元二次方程x24xk10有两个实数根， ∴△≥0，即441k1≥0， 解得：k≤3，

故k的取值范围为：k≤3．

（2）由根与系数的关系可得x1x24，x1x2k1

23x1x233x1x24， 由x1x24可得

x1x2x1x2代入x1＋x2和x1x2

值，可得：

12k14 k1解得：k13，k25（舍去）， 经检验，k3是原方程的根， 故k3．

【解析】（1）根据方程有两个实数根得出△441k1≥0，解之可得．具体解题过程参照答案. （2）利用根与系数的关系可用k表示出x1＋x2和x1x2的值，根据条件可得到关于k的方程，可求得k的值，注意利用根的判别式进行取舍．具体解题过程参照答案.

【考点】一元二次方程ax2＋bx＋c0（a0，a，b，c为常数）根的判别式，解一元二次方程和分式

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2方程

21.【答案】（1）解：由题意可得AF∥MD，

ACMFAC，

在Rt△ACM中，AMCMtanACMCMtan50321003（米）; （2）解：如图，过点B作BHMD，

在Rt△BDH中，BDHFBD30，BH1003，

DHBHtan3010033=300米， 3AMDM，AMAF，

四边形ABHM是矩形，

MHAB50米，

CHCMMH50350（米），

CDDHCH300（50350）350503263（米），

故河流的宽度CD为263米．

【解析】（1）根据正切的定义即可求出AM的长．具体解题过程参照答案.

（2）过点B作BHMD，根据三角函数求出DH的长，利用CDDHCH即可求解．具体解题过程参照答案.

【考点】三角函数的应用 22.【答案】（1）解：

DE∥OB，BOCEDC，

CG∥OE，DEOBOE，

又DEOEDC，DEOBOE， 由题意得：EOCO，BOBO，

△BOE≌△BOCSAS，

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BEOBCO90，

AB是O的切线．

（2）解:

如图所示DG与OE交点作为H点，

EO∥GC，

EHDDGC90，

又由（1）所知AEO90，

AE∥DF， △AEC∽△DFC， AEDF， ACDC由圆周角定理可知EDGECG，EOD2ECD，

DO∥GC，

EODGCDGCEECD， ECDGCEEDF，

又FEDDEC，

△FED∽△DEC， DFEF， DCEDAEEF，即AEEDACEF． ACED（3）解：

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EF3,tanACE1，与ACE相等角的tan值都相同． 2ED6，则EC12，

根据勾股定理可得CDED2EC23614465．

EODOCO35．

由（2）可得

AEEF1， ACED22在Rt△AEO中，可得AO2AE2EO2，即ACOCAE2EO2，

2AE352AE35，

22解得AE45，则AC85，AO55．

连接ON，延长BO交MN于点I，根据垂径定理可知OIMN，

AN∥CE，CANACE．

在Rt△AIO中，可得AOAIIO，即55解得OI5，则AI10，

在Rt△OIN中，ONINIO，即35解得IN25．

222222222OIOI2，

2IN252，

ANAIIN1025．

【解析】（1）由两组平行条件推出DEOBOE，即可利用SAS证明△BOE≌△BOC，进而推出AB是圆的切线．具体解题过程参照答案.

（2）将DG与OE的交点作为H，根据直角的性质得出AE∥DF，可得△AEC∽△DFC，得出

AEDF，ACDC 17 / 22

再根据圆周角定理求出ECDEDF，再由一组公共角可得△FED∽△DEC，得出出

DFEF，进而推DCEDAEEF，即AEEDACEF．具体解题过程参照答案. ACED（3）先根据题意算出EC，再根据勾股定理得出直径CD，从而得出半径，再利用（2）中的比例条件将

AC算出来，延长BO到I，连接ON，根据垂径定理可得OI垂直AN，即可利用勾股定理分别求出AI和

IN，即可得出AN．具体解题过程参照答案.

【考点】圆，相似，全等

23.【答案】（1）解：设y与x的函数关系式为ykxb，

100004kb10000，5,9500可得：代入4,，

95005kbk500解得：，

b12000即y与x的函数关系式为y500x12000；

（2）解：设这一周该商场销售这种商品获得的利润为w，

3≤x≤15根据题意可得：，

500x12000≥6000解得：3≤x≤12，

wyx3

500x12000x3

27500x55125

23≤x≤12，

当x12时，w有最大值，w54000，

答：这一周该商场销售这种商品获得的最大利润为5 4000元，售价为12元． （3）解：设这一周该商场销售这种商品获得的利润为w， 当每销售一件商品便向某慈善机构捐赠m元时，

2wyxm3

500x12000xm3

500x2500m27x50024m3

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由题意，当x≤15时，利润仍随售价的增大而增大， 可得：500m272500≥15，解得：m≥3，

1≤m≤6 3≤m≤6

故m的取值范围为：3≤m≤6．

【解析】（1）设y与x的函数关系式为ykxb，代入表中的数据求解即可.具体解题过程参照答案. （2）设这一周该商场销售这种商品获得的利润为w，根据总利润=单件利润×销售量列出函数关系式求最大值，注意x的取值范围.具体解题过程参照答案.

（3）写出w关于x的函数关系式，根据当x≤15时，利润仍随售价的增大而增大，可得

500m272500≥15，求解即可．具体解题过程参照答案.

【考点】二次函数的实际应用——最大利润问题

124.【答案】（1）解：由直线yx2经过B、C两点得B4,0，C0,2，

2将B、C坐标代入抛物线得，

3c2b，解得2， 84bc0c2抛物线的解析式为：y（2）①解：

123xx2； 22PNBC，垂足为N．

Mm,0

311Pm,m2m2，Dm,m2，

222分以下几种情况：

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311M是PD的中点时，MDPM，即0m2m2m2，

222解得m12，m24（舍去）；

131P是MD的中点时，MD2MP，即m22m2m2

2221解得m1，m24（舍去）；

2

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131D是MP的中点时，2MDMP，即m2m22m2

222解得m11，m24（舍去）；

1符合条件的m的值有2，，1；

2

②解：抛物线的解析式为：y123xx2， 22A1,0，B4,0，C0,2，

AO1，CO2，BO4，

AOCO，又AOC=COB=90°， =COBO△AOC∽△COB，

ACO=ABC， △PNC与△AOC相似

ACO=PCN，

ABC=PCN， AB∥PC，

点P的纵坐标是2，代入抛物线y解得：x10（舍去），x23，

12313xx2，得x2x22， 2222点P的纵坐标为：3,2. 【解析】（1）根据直线y1x2经过B、C两点求出B、C两点的坐标，将B、C坐标代入抛物线2y12xbxc可得答案.具体解题过程参照答案. 2 21 / 22

311（2）①由题意得Pm,m2m2，Dm,m2；根据P、D、M三点中恰有一点是其它两点所连线

222段的中点列式计算即可求得m的值.具体解题过程参照答案.

②先证明△AOC∽△CBO，得出ACO=ABC，再根据△PNC与△AOC相似得出ACO=PCN，则

13ABC=PCN，可得出AB//PC，求出点P的纵坐标，代入抛物线yx2x2，即可求得点P的横

22坐标．具体解题过程参照答案.

【考点】二次函数图象上点的坐标特征，二次函数的性质，相似三角形的判定和性质

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