湖北武汉市2018年中考数学试卷含答案
。。。wd。。。。。。wd。。。。。。wd。。。2018年湖北省武汉市中考数学试卷(解析版)一、选择题〔共10小题，每题3分，共30分〕1．〔3分〕温度由﹣4℃上升7℃是〔〕A．3℃B．﹣3℃C．11℃D．﹣11℃【分析】根据题意列出算式，再利用加法法则计算可得．【解答】解：温度由﹣4℃上升7℃是﹣4+7=3℃，应选：A．【点评】此题主要考察有理数的加法，解题的关键是熟练掌握有理数的加法法则．2．〔3分〕假设分式在实数范围内有意义，则实数x的取值范围是〔〕A．x＞﹣2B．x＜﹣2C．x=﹣2D．x≠﹣2【分析】直接利用分式有意义的条件分析得出答案．【解答】解：∵代数式在实数范围内有意义，∴x+2≠0，解得：x≠﹣2．应选：D．【点评】此题主要考察了分式有意义的条件，正确把握定义是解题关键．3．〔3分〕计算3x2﹣x2的结果是〔〕A．2B．2x2C．2xD．4x2【分析】根据合并同类项解答即可．【解答】解：3x2﹣x2=2x2，应选：B．【点评】此题考察合并同类项，关键是根据合并同类项的法则解答．4．〔3分〕五名女生的体重〔单位：kg〕分别为：37、40、38、42、42，这组数据的众数和中位数分别是〔〕A．2、40B．42、38C．40、42D．42、40【分析】根据众数和中位数的定义求解．【解答】解：这组数据的众数和中位数分别42，38．应选：B．【点评】此题考察了众数：一组数据中出现次数最多的数据叫做众数．也考察了中位数．5．〔3分〕计算〔a﹣2〕〔a+3〕的结果是〔〕A．a2﹣6B．a2+a﹣6C．a2+6D．a2﹣a+6【分析】根据多项式的乘法解答即可．【解答】解：〔a﹣2〕〔a+3〕=a2+a﹣6，应选：B．【点评】此题考察多项式的乘法，关键是根据多项式乘法的法则解答．6．〔3分〕点A〔2，﹣5〕关于x轴对称的点的坐标是〔〕A．〔2，5〕B．〔﹣2，5〕C．〔﹣2，﹣5〕D．〔﹣5，2〕【分析】根据“关于x轴对称的点，横坐标一样，纵坐标互为相反数〞解答．【解答】解：点A〔2，﹣5〕关于x轴的对称点B的坐标为〔2，5〕．应选：A．【点评】此题考察了关于x轴、y轴对称的点的坐标，解决此题的关键是掌握好对称点的坐标规律：〔1〕关于x轴对称的点，横坐标一样，纵坐标互为相反数；〔2〕关于y轴对称的点，纵坐标一样，横坐标互为相反数；〔3〕关于原点对称的点，横坐标与纵坐标都互为相反数．7．〔3分〕一个几何体由假设干个一样的正方体组成，其主视图和俯视图如以以下图，则这个几何体中正方体的个数最多是〔〕A．3B．4C．5D．6【分析】易得这个几何体共有2层，由俯视图可得第一层立方体的个数，由主视图可得第二层立方体的可能的个数，相加即可．【解答】解：结合主视图和俯视图可知，左边上层最多有2个，左边下层最多有2个，右边只有一层，且只有1个．所以图中的小正方体最多5块．应选：C．【点评】此题主要考察了由三视图判断几何体，考察学生对三视图掌握程度和灵活运用能力，同时也表达了对空间想象能力方面的考察．8．〔3分〕一个不透明的袋中有四张完全一样的卡片，把它们分别标上数字1、2、3、4．随机抽取一张卡片，然后放回，再随机抽取一张卡片，则两次抽取的卡片上数字之积为偶数的概率是〔〕A．B．C．D．【分析】画树状图展示所有16种等可能的结果数，再找出两次抽取的卡片上数字之积为偶数的结果数，然后根据概率公式求解．【解答】解：画树状图为：共有16种等可能的结果数，其中两次抽取的卡片上数字之积为偶数的结果数为12，所以两次抽取的卡片上数字之积为偶数的概率==．应选：C．【点评】此题考察了列表法与树状图法：利用列表法或树状图法展示所有等可能的结果n，再从中选出符合事件A或B的结果数目m，然后利用概率公式计算事件A或事件B的概率．9．〔3分〕将正整数1至2018按一定规律排列如下表：平移表中带阴影的方框，方框中三个数的和可能是〔〕A．2019B．2018C．2016D．2013【分析】设中间数为x，则另外两个数分别为x﹣1、x+1，进而可得出三个数之和为3x，令其分别等于四个选项中数，解之即可得出x的值，由x为整数、x不能为第一列及第八列数，即可确定x值，此题得解．【解答】解：设中间数为x，则另外两个数分别为x﹣1、x+1，∴三个数之和为〔x﹣1〕+x+〔x+1〕=3x．根据题意得：3x=2019、3x=2018、3x=2016、3x=2013，解得：x=673，x=672〔舍去〕，x=672，x=671．∵673=84×8+1，∴2019不合题意，舍去；∵672=84×8，∴2016不合题意，舍去；∵671=83×7+7，∴三个数之和为2013．应选：D．【点评】此题考察了一元一次方程的应用以及规律型中数字的变化类，找准等量关系，正确列出一元一次方程是解题的关键．10．〔3分〕如图，在⊙O中，点C在优弧上，将弧沿BC折叠后刚好经过AB的中点D．假设⊙O的半径为，AB=4，则BC的长是〔〕A．B．C．D．【分析】连接OD、AC、DC、OB、OC，作CE⊥AB于E，OF⊥CE于F，如图，利用垂径定理得到OD⊥AB，则AD=BD=AB=2，于是根据勾股定理可计算出OD=1，再利用折叠的性质可判断弧AC和弧CD所在的圆为等圆，则根据圆周角定理得到=，所以AC=DC，利用等腰三角形的性质得AE=DE=1，接着证明四边形ODEF为正方形得到OF=EF=1，然后计算出CF后得到CE=BE=3，于是得到BC=3．【解答】解：连接OD、AC、DC、OB、OC，作CE⊥AB于E，OF⊥CE于F，如图，∵D为AB的中点，∴OD⊥AB，∴AD=BD=AB=2，在Rt△OBD中，OD==1，∵将弧沿BC折叠后刚好经过AB的中点D．∴弧AC和弧CD所在的圆为等圆，∴=，∴AC=DC，∴AE=DE=1，易得四边形ODEF为正方形，∴OF=EF=1，在Rt△OCF中，CF==2，∴CE=CF+EF=2+1=3，而BE=BD+DE=2+1=3，∴BC=3．应选：B．【点评】此题考察了切线的性质：圆的切线垂直于经过切点的半径．假设出现圆的切线，必连过切点的半径，构造定理图，得出垂直关系．也考察了圆周角定理和垂径定理．二、填空题〔本大题共6个小题，每题3分，共18分〕11．〔3分〕计算的结果是【分析】根据二次根式的运算法则即可求出答案．【解答】解：原式=+﹣=故答案为：【点评】此题考察二次根式的运算，解题的关键是熟练运用二次根式的运算法则，此题属于根基题型．12．〔3分〕下表记录了某种幼树在一定条件下移植成活情况移植总数n0成活数成活的频率〔准确到0。01〕0。8130。8910。9150。9050。8970。902由此估计这种幼树在此条件下移植成活的概率约是0。9〔准确到0。1〕【分析】概率是大量重复实验的情况下，频率的稳定值可以作为概率的估计值，即次数越多的频率越接近于概率．【解答】解：概率是大量重复实验的情况下，频率的稳定值可以作为概率的估计值，即次数越多的频率越接近于概率∴这种幼树移植成活率的概率约为0。9．故答案为：0。9．【点评】此题主要考察了利用频率估计概率，大量反复试验下频率稳定值即概率．用到的知识点为：频率=所求情况数与总情况数之比．13．〔3分〕计算﹣的结果是．【分析】根据分式的运算法则即可求出答案．【解答】解：原式=+=故答案为：【点评】此题考察分式的运算法则，解题的关键是熟练运用分式的运算法则，此题属于根基题型．14．〔3分〕以正方形ABCD的边AD作等边△ADE，则∠BEC的度数是30°或150°．【分析】分等边△ADE在正方形的内部和外部两种情况分别求解可得．【解答】解：如图1，∵四边形ABCD为正方形，△ADE为等边三角形，∴AB=BC=CD=AD=AE=DE，∠BAD=∠ABC=∠BCD=∠ADC=90°，∠AED=∠ADE=∠DAE=60°，∴∠BAE=∠CDE=150°，又AB=AE，DC=DE，∴∠AEB=∠CED=15°，则∠BEC=∠AED﹣∠AEB﹣∠CED=30°．如图2，∵△ADE是等边三角形，∴AD=DE，∵四边形ABCD是正方形，∴AD=DC，∴DE=DC，∴∠CED=∠ECD，∴∠CDE=∠ADC﹣∠ADE=90°﹣60°=30°，∴∠CED=∠ECD=〔180°﹣30°〕=75°，∴∠BEC=360°﹣75°×2﹣60°=150°．故答案为：30°或150°．【点评】此题考察了正方形的性质，等边三角形的性质，等腰三角形的判定与性质，熟记各性质并准确识图是解题的关键．15．〔3分〕飞机着陆后滑行的距离y〔单位：m〕关于滑行时间t〔单位：s〕的函数解析式是y=60t﹣．在飞机着陆滑行中，最后4s滑行的距离是216m．【分析】求出t=4时的函数值即可；【解答】解：根据对称性可知，开场4秒和最后4秒的滑行的距离相等，t=4时，y=60×4﹣×42=240﹣24=216m，故答案为216．【点评】此题考察二次函数的应用，解题的关键是理解题意，属于中考根基题．16．〔3分〕如图．在△ABC中，∠ACB=60°，AC=1，D是边AB的中点，E是边BC上一点．假设DE平分△ABC的周长，则DE的长是．【分析】延长BC至M，使CM=CA，连接AM，作CN⊥AM于N，根据题意得到ME=EB，根据三角形中位线定理得到DE=AM，根据等腰三角形的性质求出∠ACN，根据正弦的概念求出AN，计算即可．【解答】解：延长BC至M，使CM=CA，连接AM，作CN⊥AM于N，∵DE平分△ABC的周长，∴ME=EB，又AD=DB，∴DE=AM，DE∥AM，∵∠ACB=60°，∴∠ACM=120°，∵CM=CA，∴∠ACN=60°，AN=MN，∴AN=AC•sin∠ACN=，∴AM=，∴DE=，故答案为：．【点评】此题考察的是三角形中位线定理、等腰三角形的性质、解直角三角形，掌握三角形中位线定理、正确作出辅助性是解题的关键．三、解答题〔共8题，共72分〕17．〔8分〕解方程组：【分析】方程组利用加减消元法求出解即可．【解答】解：，②﹣①得：x=6，把x=6代入①得：y=4，则方程组的解为．【点评】此题考察了解二元一次方程组，利用了消元的思想，消元的方法有：代入消元法与加减消元法．18．〔8分〕如图，点E、F在BC上，BE=CF，AB=DC，∠B=∠C，AF与DE交于点G，求证：GE=GF．【分析】求出BF=CE，根据SAS推出△ABF≌△DCE，得对应角相等，由等腰三角形的判定可得结论．【解答】证明：∵BE=CF，∴BE+EF=CF+EF，∴BF=CE，在△ABF和△DCE中∴△ABF≌△DCE〔SAS〕，∴∠GEF=∠GFE，∴EG=FG．【点评】此题考察了全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定，熟练掌握三角形全等的判定方法是解题的关键．19．〔8分〕某校七年级共有500名学生，在“世界读书日〞前夕，开展了“阅读助我成长〞的读书活动．为了解该年级学生在此次活动中课外阅读情况，童威随机抽取m名学生，调查他们课外阅读书籍的数量，将收集的数据整理成如下统计表和扇形图．学生读书数量统计表阅读量/本学生人数〔1〕直接写出m、a、b的值；〔2〕估计该年级全体学生在这次活动中课外阅读书籍的总量大约是多少本【分析】〔1〕根据题意和统计图中的数据可以求得m、a、b的值；〔2〕根据统计图中的数据可以求得该年级全体学生在这次活动中课外阅读书籍的总量大约是多少本．【解答】解：〔1〕由题意可得，m=15÷30%=50，b=50×40%=20，a=50﹣15﹣20﹣5=10，即m的值是50，a的值是10，b的值是20；〔2〕〔1×15+2×10+3×20+4×5〕×=1150〔本〕，答：该年级全体学生在这次活动中课外阅读书籍的总量大约是1150本．【点评】此题考察扇形统计图、用样本估计总体、统计表，解答此题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件，利用数形结合的思想解答．20．〔8分〕用1块A型钢板可制成2块C型钢板和1块D型钢板；用1块B型钢板可制成1块C型钢板和3块D型钢板．现准备购置A、B型钢板共100块，并全部加工成C、D型钢板．要求C型钢板不少于120块，D型钢板不少于250块，设购置A型钢板x块〔x为整数〕〔1〕求A、B型钢板的购置方案共有多少种〔2〕出售C型钢板每块利润为100元，D型钢板每块利润为120元．假设童威将C、D型钢板全部出售，请你设计获利最大的购置方案．【分析】〔1〕根据“C型钢板不少于120块，D型钢板不少于250块〞建设不等式组，即可得出结论；〔2〕先建设总利润和x的关系，即可得出结论．【解答】解：设购置A型钢板x块，则购置B型钢板〔100﹣x〕块，根据题意得，，解得，20≤x≤25，∵x为整数，∴x=20，21，22，23，24，25共6种方案，即：A、B型钢板的购置方案共有6种；〔2〕设总利润为w，根据题意得，w=100〔2x+100﹣x〕+120〔x+300﹣3x〕=100x+10000﹣240x+36000=﹣14x+46000，∵﹣14＜0，∴当x=20时，wmax=﹣14×20+46000=45740元，即：购置A型钢板20块，B型钢板80块时，获得的利润最大．【点评】此题主要考察了二元一次不等式组的应用，一次函数的性质，根据题意得出正确的等量关系是解题关键．21．〔8分〕如图，PA是⊙O的切线，A是切点，AC是直径，AB是弦，连接PB、PC，PC交AB于点E，且PA=PB．〔1〕求证：PB是⊙O的切线；〔2〕假设∠APC=3∠BPC，求的值．【分析】〔1〕想方法证明△PAO≌△PBO．可得∠PAO=∠PBO=90°；〔2〕首先证明BC=2OK，设OK=a，则BC=2a，再证明BC=PB=PA=2a，由△PAK∽△POA，可得PA2=PK•PO，设PK=x，则有：x2+ax﹣4a2=0，解得x=a〔负根已经舍弃〕，推出PK=a，由PK∥BC，可得==；【解答】〔1〕证明：连接OP、OB．∵PA是⊙O的切线，∴PA⊥OA，∴∠PAO=90°，∵PA=PB，PO=PO，OA=OB，∴△PAO≌△PBO．∴∠PAO=∠PBO=90°，∴PB⊥OB，∴PB是⊙O的切线．〔2〕设OP交AB于K．∵AB是直径，∴∠ABC=90°，∴AB⊥BC，∵PA、PB都是切线，∴PA=PB，∠APO=∠BPO，∵OA=OB，∴OP垂直平分线段AB，∴OK∥BC，∵AO=OC，∴AK=BK，∴BC=2OK，设OK=a，则BC=2a，∵∠APC=3∠BPC，∠APO=∠OPB，∴∠OPC=∠BPC=∠PCB，∴BC=PB=PA=2a，∵△PAK∽△POA，∴PA2=PK•PO，设PK=x，则有：x2+ax﹣4a2=0，解得x=a〔负根已经舍弃〕，∴PK=a，∵PK∥BC，∴==．【点评】此题考察相似三角形的判定和性质、圆周角定理、切线的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形或相似三角形解决问题，学会利用参数解决问题，属于中考常考题型．22．〔10分〕点A〔a，m〕在双曲线y=上且m＜0，过点A作x轴的垂线，垂足为B．〔1〕如图1，当a=﹣2时，P〔t，0〕是x轴上的动点，将点B绕点P顺时针旋转90°至点C，①假设t=1，直接写出点C的坐标；②假设双曲线y=经过点C，求t的值．〔2〕如图2，将图1中的双曲线y=〔x＞0〕沿y轴折叠得到双曲线y=﹣〔x＜0〕，将线段OA绕点O旋转，点A刚好落在双曲线y=﹣〔x＜0〕上的点D〔d，n〕处，求m和n的数量关系．【分析】〔1〕①如图1﹣1中，求出PB、PC的长即可解决问题；②图1﹣2中，由题意C〔t，t+2〕，理由待定系数法，把问题转化为方程解决即可；〔2〕分两种情形①当点A与点D关于x轴对称时，A〔a，m〕，D〔d，n〕，可得m+n=0．②当点A绕点O旋转90°时，得到D′，D′在y=﹣上，作D′H⊥y轴，则△ABO≌△D′HO，推出OB=OH，AB=D′H，由A〔a，m〕，推出D′〔m，﹣a〕，即D′〔m，n〕，由D′在y=﹣上，可得mn=﹣8；【解答】解：〔1〕①如图1﹣1中，由题意：B〔﹣2，0〕，P〔1，0〕，PB=PC=3，∴C〔1，3〕．②图1﹣2中，由题意C〔t，t+2〕，∵点C在y=上，∴t〔t+2〕=8，∴t=﹣4或2，〔2〕如图2中，①当点A与点D关于x轴对称时，A〔a，m〕，D〔d，n〕，∴m+n=0．②当点A绕点O旋转90°时，得到D′，D′在y=﹣上，作D′H⊥y轴，则△ABO≌△D′HO，∴OB=OH，AB=D′H，∵A〔a，m〕，∴D′〔m，﹣a〕，即D′〔m，n〕，∵D′在y=﹣上，∴mn=﹣8，综上所述，满足条件的m、n的关系是m+n=0或mn=﹣8．【点评】此题考察反比例函数综合题、旋转变换、待定系数法、全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，学会添加辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考压轴题．23．〔10分〕在△ABC中，∠ABC=90°．〔1〕如图1，分别过A、C两点作经过点B的直线的垂线，垂足分别为M、N，求证：△ABM∽△BCN；〔2〕如图2，P是边BC上一点，∠BAP=∠C，tan∠PAC=，求tanC的值；〔3〕如图3，D是边CA延长线上一点，AE=AB，∠DEB=90°，sin∠BAC=，，直接写出tan∠CEB的值．【分析】〔1〕利用同角的余角相等判断出∠BAM=∠CBN，即可得出结论；〔2〕先判断出△ABP∽△PQF，得出=，再判断出△ABP∽△CQF，得出CQ=2a，进而建设方程用b表示出a，即可得出结论；〔3〕先判断出=，再同〔2〕的方法，即可得出结论．【解答】解：〔1〕∵AM⊥MN，CN⊥MN，∴∠AMB=∠BNC=90°，∴∠BAM+∠ABM=90°，∵∠ABC=90°，∴∠ABM+∠CBN=90°，∴∠BAM=∠CBN，∵∠AMB=∠NBC，∴△ABM∽△BCN；〔2〕如图2，过点P作PF⊥AP交AC于F，在Rt△AFP中，tan∠PAC===，同〔1〕的方法得，△ABP∽△PQF，∴=，设AB=a，PQ=2a，BP=b，FQ=2b〔a＞0，b＞0〕，∵∠BAP=∠C，∠B=∠CQF=90°，∴△ABP∽△CQF，∴，∴CQ==2a，∵BC=BP+PQ+CQ=b+2a+2a=4a+b∵∠BAP=∠C，∠B=∠B=90°，∴△ABP∽△CBA，∴=，∴BC===，∴4a+b=，a=b，∴BC=4×b+b=b，AB=a=b，在Rt△ABC中，tanC==；〔3〕在Rt△ABC中，sin∠BAC==，过点A作AG⊥BE于G，过点C作CH⊥BE交EB的延长线于H，∵∠DEB=90°，∴CH∥AG∥DE，∴=同〔1〕的方法得，△ABG∽△BCH∴，设BG=4m，CH=3m，AG=4n，BH=3n，∵AB=AE，AG⊥BE，∴EG=BG=4m，∴GH=BG+BH=4m+3n，∴，∴n=2m，∴EH=EG+GH=4m+4m+3n=8m+3n=8m+6m=14m，在Rt△CEH中，tan∠BEC==．【点评】此题是相似形综合题，主要考察了同角的余角相等，相似三角形的判定和性质，锐角三角函数，平行线分线段成比例定理，构造图1是解此题的关键．24．〔12分〕抛物线L：y=﹣x2+bx+c经过点A〔0，1〕，与它的对称轴直线x=1交于点B．〔1〕直接写出抛物线L的解析式；〔2〕如图1，过定点的直线y=kx﹣k+4〔k＜0〕与抛物线L交于点M、N．假设△BMN的面积等于1，求k的值；〔3〕如图2，将抛物线L向上平移m〔m＞0〕个单位长度得到抛物线L1，抛物线L1与y轴交于点C，过点C作y轴的垂线交抛物线L1于另一点D．F为抛物线L1的对称轴与x轴的交点，P为线段OC上一点．假设△PCD与△POF相似，并且符合条件的点P恰有2个，求m的值及相应点P的坐标．【分析】〔1〕根据对称轴为直线x=1且抛物线过点A〔0，1〕求解可得；〔2〕根据直线y=kx﹣k+4=k〔x﹣1〕+4知直线所过定点G坐标为〔1，4〕，从而得出BG=2，由S△BMN=S△BNG﹣S△BMG=BG•xN﹣BG•xM=1得出xN﹣xM=1，联立直线和抛物线解析式求得x=，根据xN﹣xM=1列出关于k的方程，解之可得；〔3〕设抛物线L1的解析式为y=﹣x2+2x+1+m，知C〔0，1+m〕、D〔2，1+m〕、F〔1，0〕，再设P〔0，t〕，分△PCD∽△POF和△PCD∽△POF两种情况，由对应边成比例得出关于t与m的方程，利用符合条件的点P恰有2个，结合方程的解的情况求解可得．【解答】解：〔1〕由题意知，解得：b=2、c=1，∴抛物线L的解析式为y=﹣x2+2x+1；〔2〕如图1，∵y=kx﹣k+4=k〔x﹣1〕+4，∴当x=1时，y=4，即该直线所过定点G坐标为〔1，4〕，∵y=﹣x2+2x+1=﹣〔x﹣1〕2+2，∴点B〔1，2〕，则BG=2，∵S△BMN=1，即S△BNG﹣S△BMG=BG•xN﹣BG•xM=1，∴xN﹣xM=1，由得x2+〔k﹣2〕x﹣k+3=0，解得：x==，则xN=、xM=，由xN﹣xM=1得=1，∴k=±3，∵k＜0，∴k=﹣3；〔3〕如图2，设抛物线L1的解析式为y=﹣x2+2x+1+m，∴C〔0，1+m〕、D〔2，1+m〕、F〔1，0〕，设P〔0，t〕，①当△PCD∽△FOP时，=，∴=，∴t2﹣〔1+m〕t+2=0；②当△PCD∽△POF时，=，∴=，∴t=〔m+1〕；〔Ⅰ〕当方程①有两个相等实数根时，△=〔1+m〕2﹣8=0，解得：m=2﹣1〔负值舍去〕，此时方程①有两个相等实数根t1=t2=，方程②有一个实数根t=，∴m=2﹣1，此时点P的坐标为〔0，〕和〔0，〕；〔Ⅱ〕当方程①有两个不相等的实数根时，把②代入①，得：〔m+1〕2﹣〔m+1〕+2=0，解得：m=2〔负值舍去〕，此时，方程①有两个不相等的实数根t1=1、t2=2，方程①有一个实数根t=1，∴m=2，此时点P的坐标为〔0，1〕和〔0，2〕；综上，当m=2﹣1时，点P的坐标为〔0，〕和〔0，〕；当m=2时，点P的坐标为〔0，1〕和〔0，2〕．【点评】此题主要考察二次函数的应用，解题的关键是掌握待定系数法求函数解析式、利用割补法求三角形的面积建设关于k的方程及相似三角形的判定与性质等知识点．
页:
[1]