2020年四川省内江中考数学试卷(附答案与解析)

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绝密★启用前
2020年四川省内江市初中学业水平考试
暨高中阶段学校招生考试试卷
数 学
本试卷分为A卷和B卷两部分.A卷1至5页，满分100分；B卷6至8页，满分60分.全卷满分160分，考试时间120分钟. A卷（共100分）
注意事项：
1.答题前，考生务必将自己的姓名、学号、班级等填写好.
2.答A卷时，每小题选出答案后，用钢笔或水笔把答案直接填写在对应题目的后面括号.
第Ⅰ卷（选择题 共36分）
一、选择题（本大题共12小题，每小题3分，共36分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．）
1.12的倒数是 （ ）
A.2


B.112

C.2 D.2 2.下列四个数中，最小的数是





（ ）
A.0


B.12020


C.5


D.1

3.下列图形是我国国产品牌汽车的标识，在这些汽车标识中，是中心对称图形的是（ ）




A B C D 4.如下图，已知直线a∥b，∠1=50°，则∠2的度数为





（ ）

A.140°


B.130° C.50° D.40°
数学试卷 第1页（共34页） 5.小明参加学校举行的“保护环境”主题演讲比赛，五位评委给出的评分分别为：90，85，80，90，95，则这组数据的中位数和众数分别是


（ ）
A.80，90

B.90，90

C.90，85

D.90，95 6.将直线y=2x1向上平移两个单位，平移后的直线所对应的函数关系式为（ ） A.y=2x5

B.y=2x3

C.y=2x1

D.y=2x3
7.如下图，在△ABC中，D、E分别是AB和AC的中点，S四边形BCED=15，则S△ABC=（ ）

A.30 B.25 C.22.5 D.20 8.如下图，点A、B、C、D在⊙O上，∠AOC=120°，点B是AC的中点，则∠D的度数是















（ ）

A.30°


B.40°



C.50°



D.60°
9.如下图，点A是反比例函数y=kx图象上的一点，过点A作ACx轴，垂足为点C，D为AC的中点，若△AOD的面积为1，则k的值为 （ ）

A.43 B.83



C.3


D.4 数学试卷 第2页（共34页）



10.我国古代数学著作《增删算法统宗》记载“绳索量竿”问题：“一条竿子一条索，索比竿子长一托．折回索子却量竿，却比竿子短一托．”其大意为：现有一根竿和一条绳索，用绳索去量竿，绳索比竿长5尺；如果将绳索对半折后再去量竿，就比竿短5尺．设绳索长x尺．则符合题意的方程是





（ ）
A.12x=x55 B.12x=x55 C.2x=x55





D.2x=x55
11.如下图，矩形ABCD中，BD为对角线，将矩形ABCD沿BE、BF所在直线折叠，使点A落在BD上的点M处，点C落在BD上的点N处，连结EF．已知AB=3，BC=4，则EF的长为 （ ）
A.3 B.5

C.5136 D.13
12.在平面直角坐标系中，横坐标和纵坐标都是整数的点叫做整点，已知直线y=tx2t2t＞0与两坐标轴围成的三角形区域（不含边界）中有且只有四个整点，则t的取值范围是









（ ）
A.12≤t＜2 B.12＜t≤1 C.1＜t≤2






D.12≤t≤2且t1 第Ⅱ卷（非选择题 共64分）
注意事项：
1.第Ⅱ卷共3页，用钢笔或圆珠笔将答案直接答在试卷上. 2.答题前将密封线内的项目填写清楚.
二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）
13.函数y=12x4中，自变量x的取值范围是________； 14.2020年6月23日9时43分，我国在西昌卫星发射中心用长征三号乙运载火箭，成功发射北斗系统第五十五颗导航卫星，标志着北斗三号卫星导航定位系统正式建成．根据最新数据，目前兼容北斗的终端产品至少有7亿台，其中7亿用科学记数法表示为________；

数学试卷 第3页（共34页） 15.已知关于x的一元二次方程m12x23mx3=0有一实数根为1，则该方程的另一个实数根为________；
16.如下图，在矩形ABCD中，BC=10，∠ABD=30°，若点M、N分别是线段DB、AB上的两个动点，则AMMN的最小值为________．

三、解答题（本大题共5小题，共44分，解答应写出必要的文字说明或推演步骤）
17.（本小题满分7分）
1计算：1224sin60°1230
18.（本小题满分9分）
如下图，点C，E，F，B在同一直线上，点A，D在BC异侧，AB∥CD，AE=DF，∠A=∠D．
（1）求证：AB=CD；
（2）若AB=CF，∠B=40°，求∠D的度数．

19.（本小题满分9分）
我市某中学举行“法制进校园”知识竞赛，赛后将学生的成绩分为A、B、C、D四个等级，并将结果绘制成如图所示的条形统计图和扇形统计图．请你根据统计图解答下列问题．
数学试卷 第4页（共34页）


_---------------- -------------在_________------------------___此___号
生__考__ _ _ _------------------ _ ___卷_______ _ _ _ __________------------------______上名__姓__ _ _ _ _ ____-------------------___答______校学业毕-------------------题-------------------无-------------------效
（1）成绩为“B等级”的学生人数有________名；
（2）在扇形统计图中，表示“D等级”的扇形的圆心角度数为________，图中m的值为________；
（3）学校决定从本次比赛获得“A等级”的学生中选出2名去参加市中学生知识竞赛．已知“A等级”中有1名女生，请用列表或画树状图的方法求出女生被选中的概率．
20.（本小题满分9分）
为了维护我国海洋权力，海监部门对我国领海实行了常态化巡航管理．如下图，正在执行巡航任务的海监船以每小时60海里的速度向正东方向航行，在A处测得灯塔P在北偏东60°方向上，海监船继续向东航行1小时到达B处，此时测得灯塔P在北偏东30°方向上． （1）求B处到灯塔P的距离；
（2）已知灯塔P的周围50海里内有暗礁，若海监船继续向正东方向航行是否安全？

21.（本小题满分9分）
如下图，AB是⊙O的直径，C是⊙O上一点，ODBC于点D，过点C作⊙O的切线，交OD的延长线于点E，连结BE． （1）求证：BE是⊙O的切线；
（2）设OE交⊙O于点F，若DF=2，BC=43，求线段EF的长； （3）在（2）的条件下，求阴影部分的面积．

数学试卷 第5页（共34页） B卷（共60分）
注意事项：
加试卷共3页，请将答案直接填写在试卷上.
四、填空题（本大题共4小题，每小题6分，共24分．）
22.分解因式：b4b212=________； 23.若数a使关于x的分式方程x2x1a1x=3的解为非负数，且使关于y的不等式组y34y13≥1312的解集为y≤0，则符合条件的所有整数a的积为________； 2ya＜024.如下图，在平面直角坐标系中，点A2，0，直线l:y=333x3与x轴交于点B，以AB为边作等边△ABA1，过点A1作A1B1∥x轴，交直线l于点B1，以A1B1为边作等边△A1B1A2，过点A2作A2B2∥x轴，交直线l于点B2，以A2B2为边作等边△A2B2A3，以此类推……，则点A2020的纵坐标是________；

25.已知抛物线y21=x4x（如下图）和直线y2=2xb．我们规定：当x取任意一个值时，x对应的函数值分别为y1和y2．若y1y2，取y1和y2中较大者为M；若y1=y2，记M=y1=y2．①当x=2时，M的最大值为4；②当b=3时，使M＞y2的x的取值范围是1＜x＜3；③当b=5时，使M=3的x的值是x1=1，x2=3；④当b≥1时，M随x的增大而增大．上述结论正确的是________（填写所有正确结论的序号）
数学试卷 第6页（共34页）




五、解答题（本大题共3小题，每小题12分，共36分）
26.我们知道，任意一个正整数x都可以进行这样的分解：x=mn（m，n是正整数，且m≤n），在x的所有这种分解中，如果m，n两因数之差的绝对值最小，我们就称mn是x的最佳分解．并规定：fx=mn．
例如：18可以分解成118，29或36，因为181＞92＞63，所以36是18的最佳分解，所以f18=3=162．
（1）填空：f6________；f9________；
（2）一个两位正整数tt=10ab，1≤a≤b≤9，a，b为正整数），交换其个位上的数字与十位上的数字得到的新数减去原数所得的差为54，求出所有的两位正整数；并求ft的最大值； （3）填空：
①f22357=________；
②f23357=________； ③f24357=________； ④f25357=________．
27.如下图，正方形ABCD中，P是对角线AC上的一个动点（不与A、C重合），连结BP，将BP绕点B顺时针旋转90°到BQ，连结QP交BC于点E，QP延长线与边AD交于点F．
（1）连结CQ，求证：AP=CQ； （2）若AP=14AC，求CE:BC的值；

数学试卷 第7页（共34页） （3）求证：PE=EQ．

28.如下图，抛物线y=ax2bxc经过A1，0、B4，0、C0，2三点，点Dx，y为抛物线上第一象限内的一个动点． （1）求抛物线所对应的函数表达式；
（2）当△BCD的面积为3时，求点D的坐标；
（3）过点D作DEBC，垂足为点E，是否存在点D，使得△CDE中的某个角等于∠ABC的2倍？若存在，求点D的横坐标；若不存在，请说明理由．


数学试卷 第8页（共34页）


2020年四川省内江市初中学业水平考试
暨高中阶段学校招生考试
数学答案解析
一、 1.【答案】A 【解析】根据乘积是1的两个数叫做互为倒数，求解．
解：∵122=1
∴12的倒数是2 故选：A．
【提示】本题考查倒数的概念，掌握概念正确计算是解题关键． 【考点】倒数的概念 2.【答案】D 【解析】先根据有理数的大小比较法则比较大小，即可得出选项．
∵1＜12020＜0＜5，
∴最小的数是1，
故选：D．
【提示】本题考查了有理数的大小比较，其方法如下：（1）负数＜0＜正数；（2）两个负数，绝对值大的反而小． 【考点】有理数的大小比较 3.【答案】B 【解析】由中心对称图形的定义：“把一个图形绕一个点旋转180°后，能够与自身完全重合，这样的图形叫做中心对称图形”分析可知，上述图形中，A、C、D都不是中心对称图形，只有B是中心对称图形. 故选B. 4.【答案】B 【解析】利用平行线的性质即可解决问题．
数学试卷 第9页（共34页） 如图，∵a∥b，
∴∠1=∠3=∠50°， ∴∠2=180°50°=130°，
故选：B．

【提示】本题考查平行线的性质，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．【考点】平行线的性质 5.【答案】B 【解析】根据中位数、众数的定义即可求解． 把分数从小到大排列为：80，85，90，90，95 故中位数为90，众数为90 故选B．
【提示】此题主要考查中位数、众数，解题的关键是熟知中位数、众数的定义． 【考点】中位数，众数 6.【答案】C 【解析】向上平移时，k的值不变，只有b发生变化．
解：原直线的k=2，b=1；向上平移两个单位得到了新直线， 那么新直线的k=2，b=121
∴新直线的解析式为y=2x1．
故选：C．
【提示】本题主要考查了一次函数图象的变换，求直线平移后的解析式时要注意平移时k和b的值发生变化．
【考点】一次函数图象的变换 7.【答案】D 【解析】首先判断出△ADE∽△ABC，然后根据相似三角形的面积比等于相似比的平方即可求出△ABC的面积．
数学试卷 第10页（共34页）



1解：根据题意，点D和点E分别是AB和AC的中点，则DE∥BCC且DE=2BC，故可以判断出△ADE∽△ABC，根据相似三角形的面积比等于相似比的平方，可知S△ADE:S△ABC=1:4，则S四边形BCED:S△ABC=3:4，题中已知S四边形BCED=15，故可得S△ADE=5，S△ABC=20
故本题选择D 【提示】本题主要考查相似三角形的判定与性质，解答本题的关键是得出DE是中位线，从而判断△ADE∽△ABC，然后掌握相似三角形的面积比等于相似比的平方即可求解本题．
【考点】相似三角形的判定与性质 8.【答案】A 【解析】根据圆心角、弧、弦的关系定理得到∠AOB＝12∠AOC，再根据圆周角定理解答． 连接OB，
∵点B是AC的中点，
∴∠AOB＝12∠AOC=60°，
由圆周角定理得，∠D＝12∠AOB=30°，
故选：A．

【提示】本题考查的是圆心角、弧、弦的关系定理、圆周角定理，掌握在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半是解题的关键． 【考点】圆心角、弧、弦的关系定理，圆周角定理 9.【答案】D 【解析】先设出点A的坐标，进而表示出点D的坐标，利用△ADO的面积建立方程求出mn=2，即可得出结论．

数学试卷 第11页（共34页） 点A的坐标为m，2n， ∴2mn=k，
∵D为AC的中点，
∴Dm，n，
∵ACx轴，△ADO的面积为1，
∴S111△ADO=2ADOC=22nnm=2mn=1，
∴mn=2， ∴k=2mn=4，
故选：D．
【提示】本题考查反比例函数系数k的几何意义、反比例函数图象上点的坐标特征，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件，利用反比例函数的性质解答．【考点】反比例函数系数k的几何意义，反比例函数图象上点的坐标特征 10.【答案】A 【解析】设索为x尺，杆子为x5尺，则根据“将绳索对半折后再去量竿，就比竿短5尺”，即可得出关于x一元一次方程． 设索为x尺，杆子为x5尺， 根据题意得：12x=x55． 故选：A．
【提示】本题考查了一元一次方程的应用，找准等量关系是解题的关键． 【考点】一元一次方程的应用
11.【答案】C 【解析】由矩形的性质和已知求出BD=5，根据折叠的性质得△ABE≌△MBE，设AE的长度为x，在Rt△EMD中，由勾股定理求出DE的长度，同理在Rt△DNF中求出DF的长度，在Rt△DEF中利用勾股定理即可求出EF的长度． 解：∵四边形ABCD是矩形，AB=3，BC=4，
∴BD=3242=5，
设AE的长度为x，
数学试卷 第12页（共34页）


由折叠可得：△ABE≌△MBE，
∴EM=AE=x，DE=4x，BM=AB=3，DM=53=2，
在Rt△EMD中，EM2DM2=DE2，
∴x222=4x2，
解得：x=32，ED=4352=2，
设CF的长度为y，
由折叠可得：△CBF≌△NBF，
∴NF=CF=y，DF=3y，BN=BC=4，DN=54=1，
在Rt△DNF中，DN2NF2=DF2，
∴y212=3y2，
解得：x=43，DF=3453=3，
22在Rt△DEF中，EF=DE2DF2=5253=5136，
故答案为：C．
【提示】本题考查矩形的性质、折叠的性质、全等三角形的判定与性质和勾股定理，运用勾股定理求出DE和DF的长度是解题的关键．
【考点】矩形的性质，折叠的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理 12.【答案】D 【解析】画出函数图象，利用图象可得t的取值范围.
∵y=tx2t2，
∴当y=0时，x=22t；当x=0时，y=2t2，
∴直线y=tx2t2与x轴的交点坐标为22t，0，与y轴的交点坐标为0，2t2，∵t＞0， ∴2t2＞2，
当t=12时，2t2=3，此时22t=6，由图象知：直线y=tx2t2t＞0与两坐标轴围成的三角形区域（不含边界）中有且只有四个整点，如图1，
数学试卷 第13页（共34页） 当t=2时，2t2=6，此时22t=3，由图象知：直线y=tx2t2t＞0与两坐标轴围成的三角形区域（不含边界）中有且只有四个整点，如图2，
当t=1时，2t2=4，22t=4，由图象知：直线y=tx2t2t＞0与两坐标轴围成的三角形区域（不含边界）中有且只有三个整点，如图3，
∴12≤t≤2且t1， 故选：D.

【提示】此题考查一次函数的图象的性质，一次函数图象与坐标轴交点坐标，根据t的值正确画出图象理解题意是解题的关键. 【考点】一次函数的图象的性质，一次函数图象，坐标轴交点坐标 二、
13.【答案】x2
【解析】根据函数可知：2x40，解得：x2． 故答案为：x2． 14.【答案】7108
【解析】科学记数法的表示形式为：a10n，其中1≤a＜10，n为整数，确定a值和n值即可解答．
7亿=700 000 000=7108， 故答案为：7108．
【提示】此题考查科学记数法的表示，正确确定a的值和n的值是解答的关键． 【考点】科学记数法的表示
数学试卷 第14页（共34页）



15.【答案】13
【解析】根据一元二次方程的解的定义把x=1代入原方程得到关于m的一元二次方程，解得m的值，然后根据一元二次方程的定义确定m的值．
解：把x=1代入m12x23mx3=0得m25m4=0，解得m1=1，m24，
∵m120，
∴m1． ∴m=4.
∴方程为9x212x3=0.
设另一个根为a，则a=39. ∴a=13. 故答案为：13．
【提示】本题考查了一元二次方程的解：能使一元二次方程左右两边相等的未知数的值是一元二次方程的解．又因为只含有一个未知数的方程的解也叫做这个方程的根，所以一元二次方程的解也称为一元二次方程的根．也考查了一元二次方程的定义． 【考点】一元二次方程的解 16.【答案】15 【解析】如图，过A作AGBD于G，延长AG，使AG=EG，过E作ENAB于N，交BD于M，则AMMN=EN最短，再利用矩形的性质与锐角三角函数求解EN即可得到答案．
解：如图，过A作AGBD于G，延长AG，使AG=EG，过E作ENAB于N，交BD于M，则AMMN=EN最短， ∵四边形ABCD为矩形，BC=10，∠ABD=30°，
∴AD=10，BD=20，AB=BDcos30°=103， ∵AGBD=ADAB，
∴20AG=10103，
∴AG=53，AE=2AG=103，

数学试卷 第15页（共34页） ∵AEBD，ENAB，∠EMG=∠BMN，
∴∠E=∠ABD=30°，
∴EN=AEcos30°=10332=15， ∴AMMN=15，
即AMMN的最小值为15． 故答案为：15．

【提示】本题考查的是矩形的性质，锐角三角函数的应用，同时考查利用轴对称与垂线段最短求线段和的最小值问题，掌握以上知识是解题的关键．
【考点】矩形的性质，锐角三角函数的应用，利用轴对称，垂线段最短求线段和的最小值 三、
117.【答案】解：10224sin60°12π3
=2223231
=3
【解析】根据负整数指数幂、绝对值、特殊角的三角函数值、二次根式和零次幂的运算法则分别对每项进行化简，再进行加减计算即可．
【提示】本题考查实数的混合运算、熟练掌握负整数指数幂、绝对值、特殊角的三角函数值、二次根式和零次幂的运算法则是解题的关键． 【考点】实数的混合运算
18.【答案】（1）证明：∵AB∥CD，
∴∠B=∠C，
在△ABE和△CDF中，
数学试卷 第16页（共34页）


∠B=∠C，AE=DF，∠A=∠D．
∴△AEB≌△DFC．
∴AB=CD.
（2）∵AB=CD，AB=CF，
∴CD=CF，
∵∠B=∠C=40°，
∴D=180°40°2=70°．
【解析】（1）根据平行线的性质求出∠B=∠C，根据AAS推出△ABE≌△CDF，根据全等三角形的性质得出即可；
（2）根据全等得出AB=CD，BE=CF，∠B=∠C，求出CF=CD，推出∠D=∠CFE，即可求出答案．
【提示】本题考查了全等三角形的性质和判定，平行线的性质，三角形内角和定理的应用，能根据全等三角形的判定求出△ABE≌△CDF是解此题的关键． 【考点】全等三角形的性质和判定，平行线的性质，三角形内角和定理的应用 19.【答案】（1）5 （2）72°
40 （3）根据题意画树状图如下：
42
∴P（女生被选中）=6=3．
【解析】（1）先根据“A等级”的人数及占比求出学生总人数，再减去各组人数即可求出成绩为“B等级”的学生人数；
（2）根据“D等级”的占比即可求出其圆心角度数，根据“C等级”的人数即可求出m的值；
数学试卷 第17页（共34页） （3）根据题意画树状图，再根据概率公式即可求解． （1）学生总人数为315%=20（人）
∴成绩为“B等级”的学生人数有20384=5（人）
故答案为：5；
（2）“D等级”的扇形的圆心角度数为420360°=70° m=820100=40， 故答案为：72°；40；
【提示】此题主要考查统计调查的应用，解题的关键是根据题意求出学生总人数及概率的求解方法． 【考点】统计调查的应用
20.【答案】（1）过点P作PDAB于点D，

由题意得，AB=60（海里），∠PAB=30°，∠PBD=60°，
∴∠APB=∠PBD∠PAB=60°-30°=30°=∠PAB，
∴PB=AB=60（海里）， 答：B处到灯塔P的距离为60海里； （2）由（1）可知∠APB=∠PAB=30°，
∴PB=AB=60（海里）， 在Rt△PBD中，
PD=BPsin60°=6032=303（海里）， ∵303＞50，
【解析】（1）作PDAB于D．求出∠PAB、∠PBA、∠P的度数，证得△ABP为等腰三角形，即可解决问题；
数学试卷 第18页（共34页）



（2）在Rt△PBD中，解直角三角形求出PD的值即可判定．
∴海监船继续向正东方向航行是安全的．
【提示】本题考查了解直角三角形的应用、方向角问题，正确根据题意画出图形、准确标注方向角、熟练掌握锐角三角函数的概念是解题的关键． 【考点】直角三角形的应用，方向角问题 21.【答案】（1）证明：连接OC，如图，

∵ODBC， ∴CD=BD，
∴OE为BC的垂直平分线， ∴EB=EC， ∴∠EBC=∠ECB， ∵OB=OC， ∴∠OBC=∠OCB，
∴∠OBC+∠EBC=∠OCB+∠ECB，即∠OBE=∠OCE， ∵CE为⊙O的切线， ∴OCCE，
∴∠OCE=90°， ∴∠OBE=90°，
∴OBBE，
∴BE与⊙O相切．
（2）设⊙O的半径为R，则OD=RDF=R2，OB=R，

数学试卷 第19页（共34页） 在Rt△OBD中，BD=12BC=23
∵OD2BD2=OB2，
∴R22232=R2，解得R=4
∴OD=2，OB=4
∴∠OBD=30°， ∴∠BOD=60°，
∴在Rt△OBE中，∠BEO=30°，OE=2OB=8， ∴EF=OEOF=84=4，
即EF=4；
（3）由∠OCD=∠OBD=30°和ODBC知：∠COD=∠BOD=60°，
∴∠BOC=120°，又BC=43，OE=8，
∴S阴影=S四边形OBECS扇形OBC 1120π42=2843360 =163163π，
【解析】（1）连接OC，如图，根据垂径定理由ODBC得到CD=BD，则OE为BC的垂直平分线，所以EB=EC，根据等腰三角形的性质得∠EBC=∠ECB，加上∠OBC=∠OCB，则∠OBE=∠OCE；再根据切线的性质得∠OCE=90°，所以∠OBE=90°，然后根据切线的判定定理得BE与⊙O相切；
（2）设⊙O的半径为R，则OD=RDF=R2，OB=R，在Rt△OBD，利用勾股定理解得R=4，再利用含30°角的直角三角形边角关系可求得OE，利用EF=OEOF即可解答；
（3）利用（2）中可求得∠BOC=120°，然后利用S阴影=S四边形OBECS扇形OBC代入数值即可求解．
【提示】本题考查了切线的判定与性质、垂径定理、扇形面积的计算、含30º角的直角三角形边角关系、勾股定理等知识，熟练掌握每个知识点是解答的关键． 【考点】切线的判定与性质，垂径定理，扇形面积的计算，含30º角的直角三角形边角 数学试卷 第20页（共34页）


关系，勾股定理 四、
22.【答案】b23b2b2
【解析】先根据十字相乘法，再利用平方差公式即可因式分解．
b4b212=b23b24=b23b2b2
故答案为：b23b2b2．
【提示】此题主要考查因式分解，解题的关键是熟知因式分解的方法． 【考点】因式分解 23.【答案】40 【解析】根据分式方程的解为正数即可得出a≤5且a3，根据不等式组的解集为y≤0，即可得出a＞0，找出0＜a≤5且a3中所有的整数，将其相乘即可得出结论． 解：分式方程x2a5ax11x=3的解为x=2且x1， ∵分式方程x2x1a1x=3的解为非负数， ∴5a2≥0且5a21.
∴a≤5且a3.
y3y13413≥12① 2ya＜0②解不等式①，得y≤0. 解不等式②，得y＜a.
y3y13∵关于y的不等式组413≥12的解集为y≤0， 2ya＜0∴a＞0.
∴0＜a≤5且a3.
又a为整数，则a的值为1，2，4，5. 符合条件的所有整数a的积为1245=40. 故答案为：40.
数学试卷 第21页（共34页）
【提示】本题考查了分式方程的解以及解一元一次不等式，根据分式方程的解为正数结合不等式组的解集为y≤0，找出a的取值范围是解题的关键．
【考点】分式方程的解，解一元一次不等式 24.【答案】32220201 【解析】如图，过A1作AC1AB与C，过A2作A2C1A1B1于C1，过A3作A3C2A2B2于C2，先根据直线方程与x轴交于点B1，0，且与x轴夹角为30°，则有AB=1，然后根据平行线的性质、等边三角形的性质、含30°的直角三角形的性质，分别求的A1、A2、A3、的纵坐标，进而得到An的纵坐标，据此可得A2020的纵坐标，即可解答．
如图，过A1作AC1AB与C，过A2作A2C1A1B1于C1，过A3作A3C2A2B2于C2，先根据直线方程与x轴交于点B1，0，与y轴交于点D0，33， ∴OB=1，OD=33， ∴∠DBO=30°
由题意可得：∠A°1B1B=∠A2B2B1=30，∠B1A1B=∠B2A2B1=60°
∴∠A°1BB1=∠A2B1B2=90，
∴AB=1，A1B1=2A1B=21，An2B2=2A2B1=22，A3B3=2A3B2=23，AnBn=2
∴AC31=2AB=321， A321=32211纵坐标为1；
AC33121=2A1B1=22，
A的纵坐标为3313033222122=2221=23=221； A3323C2=2A2B2=22，
A3213221=32303333的纵坐标为22=222122=27=221；

数学试卷 第22页（共34页）



由此规律可得：A3nCn22n11=， An的纵坐标为322021222n1=322n1， ∴A32020=2220201， 故答案为：32220201

【提示】本题是一道点的坐标变化规律探究，涉及一次函数的图象、等边三角形的性质、含30º角的直角三角形的性质，数字型规律等知识，解答的关键是认真审题，观察图象，结合基本图形的有关性质，找到坐标变化规律． 25.【答案】②④
【解析】根据题目中的较大者M的定义逐个分析即可．
解：对于①：当x=2，y21=242=4，y2=22b=4b，显然只要b＞0，则M的值为4b，故①错误；
对于②：当b=3时，在同一直角坐标系内画出y1，y2的图像，如下图所示，其中红色部分即表示M，联立y1，y2的函数表达式，即x24x2x3，求得交点横坐标为3和1，观察图形可知M＞y2的x的取值范围是1＜x＜3，故②正确；

数学试卷 第23页（共34页）

对于③：当b5时，在同一直角坐标系内画出y1，y2的图像，如下图所示，其中红色部分即表示M，

联立y1，y2的函数表达式，即x24x2x5，求得其交点的横坐标为16和16，故M=3时分类讨论：当y21=x4x=3时，解得x1=3或x2=1，当y2=2x5=3时，解得x3=4，故③错误；
对于④：当b≥1时，函数y2≥y1，此时y2图像一直在y1图像上方，如下图所示，故此时M=y2，故M随x的增大而增大，故④正确．
数学试卷 第24页（共34页）



故答案为：②④．
【提示】本题考查了二次函数与一次函数的图像性质及交点坐标，本题的关键是要能理解M的含义，学会用数形结合的方法分析问题． 【考点】二次函数，一次函数的图像性质，交点坐标 五、
26.【答案】（1）23
1 （2）由题意可得：交换后的数减去交换前的数的差为：
10ba10ab=9ba=54，
∴ba=6，
∵≤1a≤b≤9，
∴b=9，a=3或b=8，a=2或b=7，a=1， ∴t为39，28，17； ∵39=139=313，
∴f39=313； 28=128=214=47，
∴f28=47；
17=117，
∴f17=117； ∴ft的最大值47． 数学试卷 第25页（共34页） （3）2021 1415 1528 1415 【解析】（1）6=16=23，由已知可求f6=23；9=19=33，由已知可求f91； （2）由题意可得：交换后的数减去交换前的数的差为：10ba10ab=9ba=54，得到ba=6，可求t的值，故可得到ft的最大值； （3）根据fx=mn的定义即可依次求解． （1）6=16=23， ∵61＞32，
∴f6=23；
9=19=33， ∵91＞33，
∴f91，
故答案为：23；1； （3）①∵22357=2021
∴22357=2021； ②23357=2830
∴f23357=2830=1415； ③∵24357=5630
∴f24357=3056=1528； ④∵25357=5660
∴f25357=5660=1415， 数学试卷 第26页（共34页）



故答案为：2021，1415，1528，1415． 【提示】本题考查因式分解的应用；理解题意，从题目中获取信息，列出正确的代数式，再由数的特点求解是解题的关键． 【考点】因式分解的应用
27.【答案】（1）解：∵四边形ABCD为正方形，
∴AB=BC，∠ABC=90°，
∵BP绕点B顺时针旋转90°到BQ，
∴BP=BQ，∠PBQ=90°，
∴∠ABC∠PBC=∠PBQ∠PBC， ∴∠ABP=∠CBQ，
在△APB和△CQB中，
AB=BC∠ABP=∠CBQ， BPQB∴△APB≌△CQBSAS， ∴AP=CQ．
（2）设AP=x，则AC=4x，PC=3x，由（1）知CQ=AP=x，
△ABC为等腰直角三角形，∴BC=22AC=22x，
在Rt△PCQ中，由勾股定理有：PQ=PC2CQ2=9x2x2=10x， 且△PBQ为等腰直角三角形，
∴BQ=22PQ=5x， 又∠BCQ=∠BAP=45°，∠BQE=45°，
∴∠BCQ=∠BQE=45°，且∠CBQ=∠CBQ，
∴△BQE∽△BCQ，
∴BQBC=BEBQ，代入数据：5x22x=BE5x，
∴BE=524x，∴CE=BCBE=324x，

数学试卷 第27页（共34页） 32∴CE:BC=4322=8.
（3）在CE上截取CG，并使CG=FA，如图所示：

∵∠FAP=∠GCQ=45°，
且由（1）知AP=CQ，且截取CG=FA， 故有△PFA≌△QGCSAS，
∴PF=QG，∠PFA=∠CGQ，
又∵∠DFP=180°∠PFA，∠QGE=180°∠CGQ，
∴∠DFP=∠QGE，
∵DA∥BC，
∴∠DFP=∠CEQ， ∴∠QGE=∠CEQ，
∴△QGE为等腰三角形，
∴GQ=QE，
故PE=QE．
【解析】（1）由旋转知△PBQ为等腰直角三角形，得到PB=QB，∠PBQ=90°，进而证明△APB≌△CQB即可；
（2）设AP=x，则AC=4x，PC=3x，由（1）知CQ=AP=x，又△ABC为等腰直角三角形，所以BC=22AC=22x，PQ=10x，再证明△BQE∽△BCQ，由此求出BE，进而求出CE:BC的值；
（3）在CE上截取CG，并使CG=FA，证明△PFA∽△QGC，进而得到PE=QG，然后再证明∠QGE=∠QEG即可得到QG=EQ，进而求解．
数学试卷 第28页（共34页）


【提示】本题考查了正方形的性质、旋转的性质、三角形全等的判定和性质、相似三角形判定和性质的综合，具有一定的综合性，本题第（3）问关键是能想到在CE上截取CG，并使CG=FA这条辅助线．
【考点】正方形的性质，旋转的性质，三角形全等的判定和性质，相似三角形判定和性质的综合
28.【答案】（1）将A1，0、B4，0、C0，2代入y=ax2bxc得： abc=016a4bc=0， c=2a=12解得：b=3
2c=2故抛物线的解析式为y=12x232x2． （2）如图2，过点D作DM∥BC，交y轴于点M，设点M的坐标为0，m，使得△BCM的面积为3，

CM=324=1.5，
则m=21.5=72，
M70，2 ∵点B4，0，C0，2， 数学试卷 第29页（共34页） ∴直线BC的解析式为y=12x2， ∴DM的解析式为y=172x2，
17联立抛物线解析式y=x22y=12x23，
2x2解得x1=3，x1=1y2=2y2=3． ∴点D的坐标为（3，2）或（1，3）． （3）分两种情况考虑：
①当∠DCE=2∠ABC时，取点F0，2，连接BF，如图3所示．
∵OC=OF，OB⊥CF，
∴∠ABC=∠ABF， ∴∠CBF=2∠ABC． ∵∠DCB=2∠ABC，
∴∠DCB=∠CBF，
∴CD∥BF．
∵点B4，0，F0，-2， ∴直线BF的解析式为y=12x2，
∴直线CD的解析式为y=12x2．
数学试卷 第30页（共34页）



联立直线CD及抛物线的解析式成方程组得：y=1x22，
y=12x232x2解得：x1=0（舍去），xy2=2，
1=2y2=3∴点D的坐标为（2，3）； ②当∠CDE=2∠ABC时，过点C作CNBF于点N，交OB于H．作点N关于BC的对称点P，连接NP交BC于点Q，如图4所示．

∵∠OCH=90°∠OHC，∠OBF=90°∠BHN，
∠OHC=∠BHN， ∴∠OCH=∠OBF．
在△OCH与△OBF中
∠COH=∠BOF=90°=∠OBF， ∠OCH∴△OCH∽△OBF， ∴OHOF=OCOB，即OH2=24，
∴OH=1，H1，0．
设直线CN的解析式为y=kxnk0，
∵C0,2，H1，0， ∴n=2，解得kn=0k=2，
n2∴直线CN的解析式为y=2x2．

数学试卷 第31页（共34页） 连接直线BF及直线CN成方程组得：
y=1x2，2 y=2x2x=8解得：5y=6，
5∴点N的坐标为85，65． ∵点B4，0，C0，2， ∴直线BC的解析式为y=12x2．
∵NPBC，且点N85，65， ∴直线NP的解析式为y=2x225．
联立直线BC及直线NP成方程组得：
y=1x22， 22y=2x5x=64解得：25y=18，
25∴点Q的坐标为641825，25．
∵点N865，5，点N，P关于BC对称， ∴点P的坐标为881625，25． ∵点C0，2，P8825，6625， ∴直线CP的解析式为y=211x2．
将y=211x2代入y=12x232x2整理，得：11x229x=0， 数学试卷 第32页（共34页）




解得：x291=0（舍去），x2=11， ∴点D的横坐标为2911． 综上所述：存在点D，使得△CDE的某个角恰好等于∠ABC的2倍，点D的横坐标为2或2911．
【解析】（1）根据点A、B、C的坐标，利用待定系数法即可求出抛物线的解析式； （2）根据三角形面积公式可求与BC平行的经过点D的y轴上点M的坐标，再根据待定系数法可求DM的解析式，再联立抛物线可求点D的坐标；
（3）分∠DCE=2∠ABC及∠CDE=2∠ABC两种情况考虑：①当∠DCE=2∠ABC时，取点F0，2，连接BE，则CD∥BF，由点B，F的坐标，利用待定系数法可求出直线BF，CD的解析式，联立直线CD及抛物线的解析式组成方程组，通过解方程组可求出点D的坐标；②当∠CDE=2∠ABC时，过点C作CNBF于点N，交OB于H．作点N关于BC的对称点P，连接NP交BC于点Q，由△OCH∽△OBF求出H点坐标，利用待定系数法求出直线CN的解析式，联立直线BF及直线CN成方程组，通过解方程组可求出点N的坐标，利用对称的性质可求出点P的坐标，由点C、P的坐标，利用待定系数法可求出直线CP的解析式，将直线CP的解析式代入抛物线解析式中可得出关于x的一元二次方程，解之取其非零值可得出点D的横坐标．依此即可得解．
【提示】本题是二次函数综合题，考查了待定系数法求二次函数解析式、二次函数图象上点的坐标特征、勾股定理、等腰三角形的性质、平行线的判定与性质、相似三角形的判定与性质、待定系数法求一次函数解析式以及一次函数图象上点的坐标特征，解题的关键是：（1）根据点的坐标，利用待定系数法求出抛物线的解析式；（2）根据三角形面积公式和待定系数法求出点D的坐标；（3）分∠DCE=2∠ABC及∠CDE=2∠ABC两种情况求出点D的横坐标．
【考点】待定系数法求二次函数解析式，二次函数图象上点的坐标特征，勾股定理，等腰三角形的性质，平行线的判定与性质，相似三角形的判定与性质，待定系数法求一次函数解析式，一次函数图象上点的坐标特征
数学试卷 第33页（共34页） 数学试卷
第34页（共34页）


2020年四川省内江中考数学试卷(附答案与解析)

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