2020山西省初中毕业生升学文化课考试
第Ⅰ卷 选择题(共30分)
一、选择题(本大题共10个小题，每小题3分，共30分，在每个小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求，请选出并在答题卡上将该项涂黑)
1.计算(－6)÷(－)的结果是()
A.－18
B.2
C.18
D.－2
2.自新冠肺炎疫情发生以来，全国人民共同抗疫，各地积极普及科学防控知识．下面是科学防控知识的图片，图片上有图案和文字说明，其中的图案是轴对称图形的是()
3.下列运算正确的是()
A.3a＋2a＝5a2
B.－8a2÷4a＝2a
C.(－2a2)3＝－8a6
D.4a3·3a2＝126
4.下列几何体都是由4个大小相同的小正方体组成的，其中主视图与左视图相同的几何体是()
5.泰勒斯是古希腊时期的思想家，科学家，哲学家，他最早提出了命题的证明．泰勒斯曾通过测量同一时刻标杆的影长，标杆的高度，金字塔的影长，推算出金字塔的高度，这种测量原理，就是我们所学的()
第5题图
A.图形的平移
B.图形的旋转
C.图形的轴对称
D.图形的相似
6.不等式组的解集是()
A.x＞5
B.3＜x＜5
C.x＜5
D.x＞－5
7.已知点A(x1，y1)，B(x2，y2)，C(x3，y3)都在反比例函数y＝(k<0)的图象上，且x1 A.y2＞y1＞y3 B.y3＞y2＞y1 C.y1＞y2＞y3 D.y3＞y1＞y2 8.中国美食讲究色香味美，优雅的摆盘也会让美食锦上添花．图①中的摆盘，其形状是扇形的一部分，图②是其几何示意图(阴影部分为摆盘)，通过测量得到AC＝BD＝12 cm，C，D两点之间的距离为4 cm，圆心角为60°，则图中摆盘的面积是() 第8题图 A.80π cm2 B.40π cm2 C.24π cm2 D.12π cm2 9．竖直上抛物体离地面的高度h(m)与运动时间t(s)之间的关系可以近似地用公式h＝－5t2＋v0t＋h0表示，其中h0(m)是物体抛出时离地面的高度，v0(m/s)是物体抛出时的速度，某人将一个小球从距地面1.5 m的高处以20 m/s的速度竖直向上抛出，小球达到的离地面的最大高度为() A.23.5 m B.22.5 m C.21.5 m D.20.5 m 10.如图是一张矩形纸板，顺次连接各边中点得到菱形，再顺次连接菱形各边中点得到一个小矩形，将一个飞镖随机投掷到大矩形纸板上，则飞镖落在阴影区域的概率是() 第10题图 A.B.C.D.第Ⅱ卷 非选择题(共90分) 二、填空题(本大题共5小题，每个小题3分，共15分) 11.计算：(＋)2－＝________． 12.如图是一组有规律的图案，它们是由边长相等的正三角形组合而成，第1个图案有4个三角形，第2个图案有7个三角形，第3个图案有10个三角形…按此规律摆下去，第n个图案有________个三角形(用含n的代数式表示)． 第12题图 13.某校为了选拔一名百米赛跑运动员参加市中学生运动会，组织了6次预选赛，其中甲，乙两名运动员较为突出，他们在6次预选赛中的成绩(单位：秒)如下表所示： 甲 12.0 12.0 12.2 11.8 12.1 11.9 乙 12.3 12.1 11.8 12.0 11.7 12.1 由于甲，乙两名运动员的成绩的平均数相同，学校决定依据他们成绩的稳定性进行选拔，那么被选中的运动员是____________． 14.如图是一张长12 cm，宽10 cm的矩形铁皮，将其剪去两个全等的正方形和两个全等的矩形，剩余部分(阴影部分)可制成底面积是24 cm2的有盖的长方体铁盒，则剪去的正方形的边长为 cm.15.如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝3，BC＝4，CD⊥AB，垂足为D，E为BC的中点，AE与CD交于点F，则DF的长为________． 三、解答题(本大题共8个小题，共75分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤) 16.(本题共2个小题，第(1)小题4分，第(2)小题6分，共10分) (1)计算： (－4)2×(－)3－(－4＋1)． (2)下面是小彬同学分式化简的过程，请认真阅读并完成相应任务． － ＝－ 第一步 ＝－ 第二步 ＝－ 第三步 ＝ 第四步 ＝ 第五步 ＝－ 第六步 任务一：填空：①以上化简步骤中，第____步是进行分式的通分，通分的依据是________，或填为：__________________②第____步开始出现错误，这一步错误的原因是__________________________； 任务二：请直接写出该分式化简后的正确结果； 任务三：除纠正上述错误外，请你根据平时的学习经验，就分式化简时还需要注意的事项给其他同学提一条建议． 17.(本题6分)2020年5月份，省城太原开展了“活力太原·乐购晋阳”消费暖心活动，本次活动中的家电消费券单笔交易满600元立减128元(每次只能使用一张)，某品牌电饭煲按进价提高50%后标价，若按标价的八折销售，某顾客购买该电饭煲时，使用一张家电消费劵后，又付现金568元，求该电饭煲的进价． 18.(本题7分)如图，四边形OABC是平行四边形，以点O为圆心，OC为半径的⊙O与AB相切于点B，与AO相交于点D，AO的延长线交⊙O于点E，连接EB交OC于点F，求∠C和∠E的度数． 第18题图 19.(本题9分) 2020 年国家提出并部署了“新基建”项目，主要包含“特高压，城际高速铁路和城市轨道交通，5G基站建设，工业互联网，大数据中心，人工智能，新能源汽车充电桩”等．《2020新基建中高端人才市场就业吸引力报告》重点刻画了“新基建”中五大细分领域(5G基站建设，工业互联网，大数据中心，人工智能，新能源汽车充电桩)总体的人才与就业机会．下图是其中的一个统计图． (1)请根据图中信息，解答下列问题：(1)填空：图中2020年“新基建”七大领域预计投资规模的中位数是________亿元； (2)甲，乙两位待业人员，仅根据上面统计图中的数据，从五大细分领域中分别选择了“5G基站建设”和“人工智能”作为自己的就业方向，请简要说明他们选择就业方向的理由各是什么； (3)小勇对“新基建”很感兴趣，他收集到了五大细分领域的图标，依次制成编号为W，G，D，R，X的五张卡片(除编号和内容外，其余完全相同)，将这五张卡片背面朝上，洗匀放好，从中随机抽取一张(不放回)，再从中随机抽取一张，请用列表或画树状图的方法求抽到的两张卡片恰好是编号为W(5G基站建设)和R(人工智能)的概率． 20.(本题8分)阅读与思考 下面是小宇同学的数学日记，请仔细阅读，并完成相应的任务． ×年×月×日 星期日 没有直角尺也能作出直角 今天，我在书店一本书上看到下面材料：木工师傅有一块如图①所示的四边形木板，他已经在木板上画出一条裁割线AB，现根据木板的情况，要过AB上的一点C，作出AB的垂线，用锯子进行裁割，然而手头没有直角尺，怎么办呢？ 第20题图① 第20题图② 办法一：如图①，可利用一把有刻度的直尺在AB上量出CD＝30 cm，然后分别以D，C为圆心，以50 cm与40 cm为半径画圆弧，两弧相交于点E，作直线CE，则∠DCE必为90 °.办法二：如图②，可以取一根笔直的木棒，用铅笔在木棒上点出M，N两点，然后把木棒斜放在木板上，使点M与点C重合，用铅笔在木板上将点N对应的位置标记为点Q，保持点N不动，将木棒绕点N旋转，使点M落在AB上，在木板上将点M对应的位置标记为点R，然后将RQ延长，在延长线上截取线段QS＝MN，得到点S，作直线SC，则∠RCS＝90°.我有如下思考：以上两种办法依据的是什么数学原理呢？我还有什么办法不用直角尺也能作出垂线呢？…… 任务： (1)填空：“办法一”依据的一个数学定理是______________________； (2) 根据“办法二”的操作过程，证明∠RCS＝90°； (3)①尺规作图，请在图③的木板上，过点C作出AB的垂线(在木板上保留作图痕迹，不写作法)； (第20题图③) ②说明你的作法所依据的数学定理或基本事实(写出一个即可)． 21.(本题10分)图①是某车站的一组智能通道闸机，当行人通过时智能闸机会自动识别行人身份，识别成功后，两侧的圆弧翼闸会收回到两侧闸机箱内，这时行人即可通过．图②是两圆弧翼展开时的截面图，扇形ABC和DEF是闸机的“圆弧翼”，两圆弧翼成轴对称，BC和EF均垂直于地面，扇形的圆心角∠ABC＝∠DEF＝28°，半径BA＝ED＝60 cm，点A与点D在同一水平线上，且它们之间的距离为10 cm.(第21题图) (1) 求闸机通道的宽度，即BC与EF之间的距离(参考数据： sin 28°≈0.47，cos 28°≈0.88，tan 28°≈0.53)； (2)经实践调查，一个智能闸机的平均检票速度是一个人工检票口平均检票速度的2倍，180人的团队通过一个智能闸机口比通过一个人工检票口可节约3分钟，求一个智能闸机平均每分钟检票通过的人数． 22.(本题12分)综合与实践 问题情境： 如图①，点E为正方形ABCD内一点，∠AEB＝90°，将Rt△ABE绕点B按顺时针方向旋转90°，得到△CBE′(点A的对应点为点C)，延长AE交CE′于点F，连接DE.(第22题图) 猜想证明： (1)试判断四边形BE′FE的形状，并说明理由； (2)如图②，若DA＝DE，请猜想线段CF与FE′的数量关系并加以证明； 解决问题： (3)如图①，若AB＝15，CF＝3，请直接写出DE的长． 23.(本题13分)综合与探究 如图，抛物线y＝x2－x－3与x轴交于A，B两点(点A在点B的左侧)，与y轴交于点C.直线l与抛物线交于A、D两点，与y轴交于点E，点D的坐标为(4，－3)． (第23题图) (1)请直接写出A，B两点的坐标及直线l的函数表达式； (2)若点P是抛物线上的点，点P的横坐标为m (m≥0)，过点P作PM⊥x轴，垂足为M，PM与直线l交于点N，当点N是线段PM的三等分点时，求点P的坐标； (3)若点Q是y轴上的点，且∠ADQ＝45°，求点Q的坐标． 2020年山西省初中毕业学业考试 1.C 【解析】原式＝6×3＝18，故选C.2.D 【解析】逐项分析如下： 选项 逐项分析 正误 A 不是轴对称图形 B 不是轴对称图形 C 不是轴对称图形 D 是轴对称图形 √ 3.C 【解析】逐项分析如下： 选项 逐项分析 正误 A 原式＝(3＋2)a＝5a≠5a2 B 原式＝－2a2－1＝－2a≠2a C 原式＝－8a2×3＝－8a6 √ D 原式＝12a3＋2＝12a5≠12a6 4.B 【解析】A.主视图是，左视图是，两视图不相同，选项错误；B.主视图是，左视图是，两视图相同，选项正确；C.主视图是，左视图是，两视图不相同，选项错误；D.主视图是，左视图是，两视图不相同，选项错误． 5.D 【解析】金字塔高度的测量原理是图形的相似，故选D.6.A 【解析】解2x－6＞0，得x>3，解4－x＜－1，得x>5，∴不等式组的解集为x>5.7.A 【解析】∵k<0，∴反比例函数的图象位于第二、四象限内．∵x1 8.B 【解析】如解图，连接CD，∵OA＝OB，AC＝BD，∴OC＝OD.∵∠COD＝60°，∴OC＝OD＝CD＝4.∵AC＝BD＝12 cm，∴OA＝OB＝16 cm，∴S阴影＝S扇形AOB－S扇形COD＝－＝40π(cm2)． 9.C 【解析】根据题意得h＝－5t2＋20t＋1.5＝－5(t－2)2＋21.5，∵－5<0，∴当t＝2 s时，h取最大值为21.5 m.第10题解图 10.B 【解析】如解图，连接HF，EG，则HF＝AB，EG＝BC.∴S菱形EFGH＝HF·EG＝AB·BC＝S矩形ABCD.∵QM＝HF，MN＝EG，∴S矩形MNPQ＝QM·MN＝HF·EG＝AB·BC＝S矩形ABCD.∴S阴影＝S菱形EFGH－S矩形MNPQ＝S矩形ABCD.∴飞镖落在阴影区域的概率＝＝.11.5 【解析】原式＝3＋2＋2－2＝5.12.(3n＋1)【解析】根据题意得，第1个图案的三角形个数：4＝3×1＋1；第2个图案的三角形个数：7＝3×2＋1；第3个图案的三角形个数：10＝3×3＋1；…；由上述规律可知，第n个图案的三角形个数：3n＋1.13.甲 【解析】根据题意得，甲的极差为12.2－11.8＝0.4，乙的极差为12.3－11.7＝0.6，∵甲与乙的平均数相同，甲的极差小于乙的极差，所以甲的成绩较稳定，故选甲． 14.2 【解析】设剪去的正方形的边长为x cm，则制作的长方体铁盒的底面边长分别为(10－2x)cm和cm，根据题意列出方程为·(10－2x)＝24，解得x＝2或x＝9，当x＝9时，10－2x<0，不合题意，舍去，∴x＝2.第15题解图 15.【解析】如解图，过点E作EG⊥BD于点G，AB＝＝＝5，由三角形的面积公式得，CD＝＝，∴AD＝＝.∴BD＝AB－AD＝.∵E是BC的中点，EG∥CD，∴BG＝DG＝，EG＝CD＝.∵DC∥GE，∴△ADF∽△AGE.∴＝，即＝，∴DF＝.16.(1)解：原式＝16×(－)－(－3)(3分) ＝－2＋3＝1；(4分) (2)解：任务一：①三，分式的基本性质，分式的分子与分母都乘(或除以)同一个不为零的整式，分式的值不变；②五，括号前是“－”号，去掉括号后，括号里的第二项没有变号；(2分) 任务二：－；(9分) 任务三：答案不唯一，如：最后结果应化为最简分式或整式；约分、通分时，应根据分式的基本性质进行变形；分式化简不能与解分式方程混淆等．(10分) 17.解：设该电饭煲的进价为x元．(1分) 根据题意，得(1＋50%)x·80%－128＝568.(4分) 解得x＝580.(5分) 答：该电饭煲的进价为580元．(6分) 18.解：如解图，连接OB.(1分) ∵AB与⊙O相切于点B，∴OB⊥AB，∴∠OBA＝90°.(2分) ∵四边形OABC是平行四边形，∴AB∥OC.∴∠BOC＝∠OBA＝90°.(3分) ∵OB＝OC，∴∠C＝∠OBC＝(180°－∠BOC)＝×(180°－90°)＝45°.(4分) ∵四边形OABC是平行四边形，∴∠A＝∠C＝45°.(5分) ∴∠AOB＝180°－∠A－∠OBA＝180°－45°－90°＝45°.(6分) ∴∠E＝∠AOB＝×45°＝22.5°.(7分) 第18题解图 19.解：(1)300； (2)甲更关注在线职位增长率，在“新基建”五大细分领域中，2020年一季度“5G基站建设”在线职位与2019年同期相比增长率最高；(3分) 乙更关注预计投资规模，在“新基建”五大细分领域中，“人工智能”在2020年预计投资规模最大；(4分) (3)列表如下：(6分) 第二张 第一张 第一张 W G D R X W (W，G) (W，D) (W，R) (W，X) G (G，W) (G，D) (G，R) (G，X) D (D，W) (D，G) (D，R) (D，X) R (R，W) (R，G) (R，D) (R，X) X (X，W) (X，G) (X，D) (X，R) 或画树状图如下： 第19题解图 由列表(或画树状图)可知一共有20种等可能结果，其中抽到“W”和“R”的结果有2种．(8分) 所以，P(抽到“W”和“R”)＝＝.(9分) 20.(1)解：勾股定理的逆定理(或如果三角形两边的平方和等于第三边的平方，那么这个三角形是直角三角形)；(2分) (2)证明：由作图方法可知：QR＝QC，QS＝QC，∴∠QCR＝∠QRC，∠QCS＝∠QSC.(4分) 又∵∠SRC＋∠RCS＋∠RSC＝180°，∴∠QCR＋∠QCS＋∠QRC＋∠QSC＝180°.(5分) ∴2(∠QCR＋∠QCS)＝180°.∴∠QCR＋∠QCS＝90°.即∠RCS＝90°.(6分) (3)解：①如解图，直线CP即为所求．(7分) 第20题解图 ②答案不唯一，如：三边分别相等的两个三角形全等(或SSS)；等腰三角形顶角的平分线、底边上的高、底边上的中线重合(或等腰三角形“三线合一”)；到一条线段两个端点距离相等的点，在这条线段的垂直平分线上，等．(8分) 21.解：(1)如解图，连接AD，并向两方延长，分别交BC，EF于点M，N.(1分) 由点A与点D在同一水平线上，BC，EF均垂直于地面可知，MN⊥BC，MN⊥EF，∴MN的长度就是BC与EF之间的距离．同时，由两圆弧翼成轴对称可得AM＝DN.(2分) 第21题解图 在Rt△ABM中，∠AMB＝90°，∠ABM＝28°，AB＝60 cm，∵sin∠ABM＝，∴AM＝AB·sin∠ABM.(3分) ∴AM＝60×sin 28°≈60×0.47＝28.2 cm.(4分) ∴MN＝AM＋DN＋AD＝2AM＋AD＝28.2×2＋10＝66.4 cm.∴BC与EF之间的距离为66.4 cm.(5分) (2)解法一：设一个人工检票口平均每分钟检票通过的人数为x人．(6分) 根据题意，得－3＝，(7分) 解得x＝30.(8分) 经检验x＝30是原分式方程的解．(9分) 当x＝30时，2x＝60.答：一个智能闸机平均每分钟检票通过的人数为60人．(10分) 解法二：设一个智能闸机平均每分钟检票通过的人数为x人．(6分) 根据题意，得＋3＝.(8分) 解得x＝60.(9分) 经检验x＝60是原分式方程的解． 答：一个智能闸机平均每分钟检票通过的人数为60人．(10分) 22.解：(1)四边形BE′FE是正方形．(1分) 理由：由旋转可知：∠E′＝∠AEB＝90°，(2分) ∠EBE′＝90°.(3分) 又∵∠AEB＋∠FEB＝180°，∠AEB＝90°，∴∠FEB＝90°.∴四边形BE′FE是矩形．(4分) 由旋转可知，BE′＝BE.∴四边形BE′FE是正方形．(5分) (2)CF＝FE′.第22题解图① 证明：如解图①，过点D作DH⊥AE，垂足为点H，(6分) 则∠DHA＝90°，∠1＋∠3＝90°，∵DA＝DE，∴AH＝AE.(7分) ∵四边形ABCD是正方形，∴AB＝DA，∠DAB＝90°.∴∠1＋∠2＝90°.∴∠2＝∠3.∵∠AEB＝∠DHA＝90°，∴△AEB≌△DHA.(8分) ∴AH＝BE.由(1)知四边形BE′FE是正方形，∴BE＝E′F.∴AH＝E′F.(9分) 由旋转可得CE′＝AE，∴FE′＝CE′.∴CF＝FE′；(10分) (3)3.(12分) 【解法提示】如解图②，过点A作DH⊥AE于点H，设正方形BEFE′的边长为x，则AE＝CE′＝x＋3，BE＝x，由勾股定理得，AE2＋BE2＝AB2，∴(x＋3)2＋x2＝152，解得x＝9(负值已舍)，∴BE＝9，AE＝12.∵∠DAH＋∠BAE＝∠DAE＋∠ADH＝90°，∴∠ADH＝∠BAE，又∵AD＝BA，∠AHD＝∠AEB＝90°，∴△ADH≌△BAE(AAS)，∴AH＝BE＝9，DH＝AE＝12，∴EH＝AE－AH＝12－9＝3，∴DE＝＝＝＝3.第22题解图② 23.解：(1)A(－2，0)，B(6，0)，直线l的函数表达式为y＝－x－1；(3分) 【解法提示】当y＝0时，代入y＝x2－x－3，得x2－x－3＝0，解得x1＝－2，x2＝6.∵点A在点B的左侧，∴点A的坐标为(－2，0)，点B的坐标为(6，0)．设直线l的表达式为y＝kx＋b，∵直线l与抛物线交于A，D两点，点D的坐标为(4，－3)，点A的坐标为(－2，0)，∴将D(4，－3)，A(－2，0)代入，得解得∴直线l的表达式为y＝－x－1.(2)如解图①，根据题意可知，点P与点N的坐标分别为 P(m，m2－m－3)，N(m，－m－1)． PM＝|m2－m－3|＝－m2＋m＋3，MN＝|－m－1|＝m＋1，NP＝(－m－1)－(m2－m－3)＝－m2＋m＋2.第23题解图① 分两种情况： ①当PM＝3MN时，得－m2＋m＋3＝3(m＋1)．(4分) 解得m1＝0，m2＝－2(舍去)． 当m＝0时，m2－m－3＝－3.∴点P的坐标为(0，－3)．(5分) ②当PM＝3NP时，得－m2＋m＋3＝3(－m2＋m＋2)．(6分) 解得m1＝3，m2＝－2(舍去)． 当m＝3时，m2－m－3＝－.∴点P的坐标为(3，－)． ∴当点N是线段PM的三等分点时，点P的坐标为(0，－3)或(3，－)；(7分) (3)∵直线y＝－x－1与y轴交于点E，∴点E坐标为(0，－1)． 分两种情况：①如解图②，当点Q在y轴正半轴上时，记为点Q1，第23题解图② 过点Q1作Q1H⊥直线l，垂足为点H.则∠Q1HE＝∠AOE＝90°，∵∠Q1EH＝∠AEO，∴△Q1HE∽△AOE.∴＝，即＝.∴Q1H＝2HE.(8分) 又∵∠Q1DH＝45°，∠Q1HD＝90°，∴∠HQ1D＝∠Q1DH＝45°.∴DH＝Q1H＝2HE.∴HE＝ED.(9分) 连接CD，∵点C的坐标为(0，－3)，点D的坐标为(4，－3)，∴CD⊥y轴． ∴ED＝＝＝2.∴HE＝2，Q1H＝4.∴Q1E＝＝＝10.∴OQ1＝Q1E－OE＝10－1＝9.∴点Q1的坐标为(0，9)．(10分) ②如解图②，当点Q在y轴负半轴上时，记为点Q2，过点Q2作Q2G⊥直线l，垂足为G.则∠Q2GE＝∠AOE＝90°，∵∠Q2EG＝∠AEO，∴△Q2GE∽△AOE.∴＝.即＝.∴Q2G＝2EG.(11分) 又∵∠Q2DG＝45°，∠Q2GD＝90°，∴∠DQ2G＝∠Q2DG＝45°.∴DG＝Q2G＝2EG.∴ED＝EG＋DG＝3EG.(12分) 由①可知，ED＝2.∴3EG＝2，∴EG＝，∴Q2G＝.∴EQ2＝＝＝.∴OQ2＝OE＋EQ2＝1＋＝.∴点Q2的坐标为(0，－)． ∴点Q的坐标为(0，9)或(0，－)．(13分)
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