2018年湖北省武漢市中考數(shù)學(xué)試卷2

2018年湖北省武漢市中考數(shù)學(xué)試卷-答案2018年湖北省武漢市中考數(shù)學(xué)試卷-答案2018年湖北省武漢市中考數(shù)學(xué)試卷-答案2018年武漢市初中畢業(yè)生學(xué)業(yè)考試數(shù)學(xué)試卷答案分析第Ⅰ卷一、選擇題1.【答案】A【分析】溫度由4℃上升7℃是473℃.【提示】依照題意列出算式,再利用加法法規(guī)計(jì)算可得.【考點(diǎn)】有理數(shù)的加法.2.【答案】D【分析】∵代數(shù)式1在實(shí)數(shù)范圍內(nèi)有意義,2x∴x20,解得：x2.【提示】直接利用分式有意義的條件分析得出答案.【考點(diǎn)】分式有意義的條件.3.【答案】B【分析】3x2x22x2【提示】依照合并同類(lèi)項(xiàng)解答即可.【考點(diǎn)】合并同類(lèi)項(xiàng).4.【答案】D【分析】這組數(shù)據(jù)的眾數(shù)和中位數(shù)分別42,40.【提示】依照眾數(shù)和中位數(shù)的定義求解.【考點(diǎn)】眾數(shù)和中位數(shù)的定義.5.【答案】B【分析】(a2)(a3)a2a6【提示】依照多項(xiàng)式的乘法解答即可.【考點(diǎn)】多項(xiàng)式的乘法.6.【答案】A【分析】點(diǎn)A(2,5)關(guān)于x軸的對(duì)稱(chēng)點(diǎn)B的坐標(biāo)為(2,5).【提示】依照“關(guān)于x軸對(duì)稱(chēng)的點(diǎn),橫坐標(biāo)相同,縱坐標(biāo)互為相反數(shù)”解答.【考點(diǎn)】x軸、y軸對(duì)稱(chēng)的點(diǎn)的坐標(biāo).7【答案】C【分析】結(jié)合主視圖和俯視圖可知,左邊上層最多有2個(gè),左邊基層最多有2個(gè),右邊只有一層,且只有1個(gè).所以圖中的小正方體最多5塊.【提示】易得這個(gè)幾何體共有2層,由俯視圖可得第一層立方體的個(gè)數(shù),由主視圖可得第二層立方體的可能的個(gè)數(shù),相加即可.【考點(diǎn)】由三視圖判斷幾何體.8.【答案】C【分析】畫(huà)樹(shù)狀圖為：1/14共有16種等可能的結(jié)果數(shù),其中兩次抽取的卡片上數(shù)字之積為偶數(shù)的結(jié)果數(shù)為12,所以?xún)纱纬槿〉目ㄆ蠑?shù)字之積為偶數(shù)的概率12316.4【提示】畫(huà)樹(shù)狀圖顯現(xiàn)所有16種等可能的結(jié)果數(shù),再找出兩次抽取的卡片上數(shù)字之積為偶數(shù)的結(jié)果數(shù),爾后依照概率公式求解.【考點(diǎn)】列表法與樹(shù)狀圖法.9.【答案】D【分析】設(shè)中間數(shù)為x,則別的兩個(gè)數(shù)分別為x1、x1,∴三個(gè)數(shù)之和為(x1)x(x1)3x.依照題意得：3x2019、3x2018、3x2016、3x2013,解得：x673,x2673(舍去),x672,x671.3∵6738481,2019不合題意,舍去；∵672848,2016不合題意,舍去；∵6718377,∴三個(gè)數(shù)之和為2013.【提示】設(shè)中間數(shù)為x,則別的兩個(gè)數(shù)分別為x1、x1,進(jìn)而可得出三個(gè)數(shù)之和為3x,令其分別等于四個(gè)選項(xiàng)中數(shù),解之即可得出x的值,由x為整數(shù)、x不能夠?yàn)榈谝涣屑暗诎肆袛?shù),即可確定x值,此題得解.【考點(diǎn)】一元一次方程的應(yīng)用以及規(guī)律型中數(shù)字的變化類(lèi).10.【答案】B【分析】連接OD、AC、DC、OB、OC,作CEAB于E,OFCE于F,如圖,D為AB的中點(diǎn),ODAB,∴ADBD1AB2,2在Rt△OBD中,OD(5)2221,∵將弧BC沿BC折疊后恰巧經(jīng)過(guò)AB的中點(diǎn)D,∴弧AC和弧CD所在的圓為等圓,∴ACCD,2/14ACDC,AEDE1,易得四邊形ODEF為正方形,OFEF1,在Rt△OCF中,CF(5)2222,∴CECFEF213,而B(niǎo)EBDDE213,BC32.【提示】連接OD、AC、DC、OB、OC,作CEAB于E,OFCE于F,如圖,利用垂徑定理,獲取ODAB,則ADBD11,再利用折疊的性質(zhì)可判斷弧AC和弧CD所在A(yíng)B2,于是依照勾股定理可計(jì)算出OD2的圓為等圓,則依照?qǐng)A周角定理獲取ACCD,所以ACDC,利用等腰三角形的性質(zhì)得AEDE1,接著證明四邊形ODEF為正方形獲取OFEF1,爾后計(jì)算出CF后獲取CEBE3,于是獲取BC32.【考點(diǎn)】切線(xiàn)的性質(zhì)，圓周角定理和垂徑定理.第Ⅱ卷二、填空題11【答案】2【分析】原式3232.【提示】依照二次根式的運(yùn)算法規(guī)即可求出答案.【考點(diǎn)】二次根式的運(yùn)算.12.【答案】【分析】∵概率是大量重復(fù)實(shí)驗(yàn)的狀況下,頻率的牢固值能夠作為概率的估計(jì)值,即次數(shù)越多的頻率越湊近于概率.∴這種幼樹(shù)移植成活率的概率約為0.9.【提示】概率是大量重復(fù)實(shí)驗(yàn)的狀況下,頻率的牢固值能夠作為概率的估計(jì)值,即次數(shù)越多的頻率越湊近于概率.【考點(diǎn)】利用頻率估計(jì)概率.13.【答案】1m1【分析】原式m11m21m21.m1【提示】依照分式的運(yùn)算法規(guī)即可求出答案.【考點(diǎn)】分式的運(yùn)算法規(guī).14.【答案】30或150.【分析】如圖1,3/14∵四邊形ABCD為正方形,△ADE為等邊三角形,∴ABBCCDADAEDE,BADABCBCDADC90,AEDADEDAE60,∴BAECDE150,又ABAE,DCDE,AEBCED15,則BECAEDAEBCED30.如圖2,∵△ADE是等邊三角形,ADDE,∵四邊形ABCD是正方形,ADDC,DEDC,CEDECD,∴CDEADCADE906030,∴CEDECD1(18030)75,2∴BEC36075260150【提示】分等邊△ADE在正方形的內(nèi)部和外面兩種狀況分別求解可得.【考點(diǎn)】正方形的性質(zhì),等邊三角形的性質(zhì),等腰三角形的判斷與性質(zhì).15.【答案】24【分析】y60t323232322t（t40t）2（t20）400（t20）60022當(dāng)t20s時(shí)，y獲取最大值，即滑行停止，所以，故最后4s為第16s至20s內(nèi)滑行的總距離。將t20s代入y60t3t2，求得y600m，2將t16s代入y60t3t2，求得y576m，2第16s至20s內(nèi)滑行的總距離為（600576）m24m【提示】先求滑行停止時(shí)的用時(shí)，確定最后4s范圍，在代入公式求兩段時(shí)間的距離差值。【考點(diǎn)】二次函數(shù)的應(yīng)用.4/1416.【答案】

32【分析】延長(zhǎng)BC至M,使CMCA,連接AM,作CNAM于N,DE均分△ABC的周長(zhǎng),∴MEEB,又ADDB,1∴DEAM,DE∥AM,2ACB60,ACM120,CMCA,ACN60,ANMN,∴ANACsinACN3,2∴AM3,∴DE3,23故答案為：.2【提示】延長(zhǎng)BC至M,使CMCA,連接AM,作CNAM于N,依照題意獲取MEEB,依照三角形中位線(xiàn)定理獲取DE1AM,依照等腰三角形的性質(zhì)求出∠ACN,依照正弦的看法求出AN,計(jì)算即可.2【考點(diǎn)】三角形中位線(xiàn)定理，等腰三角形的性質(zhì)，解直角三角形.三、解答題17.【答案】x6,y4.【分析】解：xy10①,2xy②,16②①得：x6,5/14把x6代入①得：y4,x6,則方程組的解為.y4.【提示】方程組利用加減消元法，求出解即可.【考點(diǎn)】解二元一次方程組.18.【答案】證明見(jiàn)分析.【分析】證明：∵BECF,BEEFCFEF,BFCE,在△ABF和△DCE中ABDC,BC,,BFCE,∴△ABF≌△DCE(SAS),GEFGFE,EGFG.【提示】求出BFCE,依照SAS推出△ABF≌△DCE,得對(duì)應(yīng)角相等,由等腰三角形的判斷可得結(jié)論.【考點(diǎn)】全等三角形的判斷與性質(zhì),等腰三角形的判斷.19.【答案】(1)m50,a10,b20.(2)(11521032045)5001150(本).50【分析】(1)由題意可得,m1530%50,b5040%20,a50-15-20-510,即m的值是50,a的值是10,b的值是20；(2)(11521032045)5001150(本),50答：該年級(jí)全體學(xué)生在此次活動(dòng)中課外閱讀書(shū)籍的總量大體是1150本.【提示】(1)依照題意和統(tǒng)計(jì)圖中的數(shù)據(jù)能夠求得m、a、b的值；(2)依照統(tǒng)計(jì)圖中的數(shù)據(jù)能夠求得該年級(jí)全體學(xué)生在此次活動(dòng)中課外閱讀書(shū)籍的總量大體多少本.【考點(diǎn)】扇形統(tǒng)計(jì)圖，用樣本估計(jì)整體，統(tǒng)計(jì)表.20.【答案】(1)6(2)購(gòu)買(mǎi)A型鋼板20塊,B型鋼板80塊時(shí),獲取的利潤(rùn)最大，為43200元.|【分析】(1)設(shè)購(gòu)買(mǎi)A型鋼板x塊,則購(gòu)買(mǎi)B型鋼板(100x)塊,2x(100x)≥120,依照題意得,x3(100x)≥250,解得,20≤x≤25,∵x為整數(shù),x20,21,22,23,24,25共6種方案,即：A、B型鋼板的購(gòu)買(mǎi)方案共有6種；(2)設(shè)總利潤(rùn)為w,依照題意得,6/14w100(2x100x)120(x3003x)100x10000240x36000140x46000,∵-140＜0,∴當(dāng)x20時(shí),wmax-140204600043200元,即：購(gòu)買(mǎi)A型鋼板20塊,B型鋼板80塊時(shí),獲取的利潤(rùn)最大.【提示】1)依照“C型鋼板很多于120塊,D型鋼板很多于250塊”建立不等式組,即可得出結(jié)論；(2)先建立總利潤(rùn)和x的關(guān)系,即可得出結(jié)論.【考點(diǎn)】二元一次不等式組的應(yīng)用,一次函數(shù)的性質(zhì).21.【答案】(1)證明見(jiàn)分析.PEPK171(2)BC4EC【分析】(1)證明：連接OP、OB.∵PA是O的切線(xiàn),PAOA,PAO90,PAPB,POPO,OAOB,∴△PAO≌△PBO.PAOPBO90,PBOB,∴PB是O的切線(xiàn).(2)設(shè)OP交AB于K.AB是直徑,ABC90,ABBC,PA、PB都是切線(xiàn),∴PAPB,APOBPO,OAOB,OP垂直均分線(xiàn)段AB,OK∥BC,AOOC,AKBK,∴BC2OK,設(shè)OKa,則BC2a,∵APC3BPC,APOOPB,∴OPCBPCPCB,BCPBPA2a,∵△PAK∽△POA,∴PA2PK?PO,設(shè)PKx,7/14則有：x2ax4a20,解得x1712a(負(fù)根已經(jīng)舍棄),∴PK1712a,PK∥BC,PEPK171.ECBC4【提示】(1)想方法證明△PAO≌△PBO.可得PAOPBO90；(2)第一證明BC2OK,設(shè)OKa,則BC2a,再證明BCPB,由△PAK∽△POA,可得PA2aPA2PK?PO設(shè)PKx,則有220,解得x171a(負(fù)根已經(jīng)舍棄),推出PK171a,,xax4a22由PK∥BC,可得PEPK171.ECBC4【考點(diǎn)】相似三角形的判斷和性質(zhì)，圓周角定理、切線(xiàn)的判斷和性質(zhì).22.【答案】(1)①C(1,3)，②t4或；2(2)mn0或mn8.【分析】(1)①如圖1-1中,由題意：B(2,0),P(1,0),PBPC3,C(1,3).②圖1﹣2中,由題意C(t,t2),∵點(diǎn)C在y8上,x8/14∴t(t2)8,t4或2,(2)如圖2中,①當(dāng)點(diǎn)A與點(diǎn)D關(guān)于x軸對(duì)稱(chēng)時(shí),A(a,m),D(d,n),mn0.②當(dāng)點(diǎn)A繞點(diǎn)O旋轉(zhuǎn)90°時(shí),獲取D′,D′在y8上,x作DHy軸,則△ABO≌△DHO,OBOH,ABDH,∵A(a,m),∴D(m,a),即D(m,n),∵D′在y8上,xmn8,綜上所述,滿(mǎn)足條件的m、n的關(guān)系是mn0或mn8.【提示】(1)①如圖1﹣1中,求出PB、PC的長(zhǎng)即可解決問(wèn)題；②圖1﹣2中,由題意C(t,t2),原由待定系數(shù)法,把問(wèn)題轉(zhuǎn)變成方程解決即可；(2)分兩種狀況①當(dāng)點(diǎn)A與點(diǎn)D關(guān)于x軸對(duì)稱(chēng)時(shí),A(a,m),D(d,n),可得mn0.②當(dāng)點(diǎn)A繞點(diǎn)O旋轉(zhuǎn)90°時(shí),獲取D′,D′在y8y軸,則△ABO≌△DHO,推出OBOH,上,作DHxABDH,由A(a,m),推出D(m,a),即D(m,n),由D′在y8上,可得mn8.x【考點(diǎn)】反比率函數(shù)綜合題，旋轉(zhuǎn)變換，待定系數(shù)法、全等三角形的判斷和性質(zhì).23.【答案】(1)證明見(jiàn)分析.(2)AB5tanC.BC9(3)CH3tanBEC.EH14【分析】(1)∵AMMN,CNMN,AMBBNC90,BAMABM90,ABC90,ABMCBN90,BAMCBN,∵AMBNBC,9/14∴△ABM∽△BCN；(2)如圖2,過(guò)點(diǎn)P作PFAP交AC于F,PF252在Rt△AFP中,tanPAC5,AP5同(1)的方法得,△ABP∽△PQF,∴ABBPAP5,PQFQPF2設(shè)AB5a,PQ2a,BP5b,FQ2b(a＞0,b＞0),∵BAPC,BCQF90,∴△ABP∽△CQF,∴CQFQ,∴CQABFQ2a,ABBPBP∵BCBPPQCQ5b2a2a4a5b,∵BAPC,BB90,∴△ABP∽△CBA,ABBP,BCAB∴BCABAB5a25a2BP5b,b∴4a5b5a2,a5b,b5∴BC455b95AB5ab,bb,55在Rt△ABC中,tanAB5；CBC9(3)如圖3，10/14BC3在Rt△ABC中,sinBAC,AC5過(guò)點(diǎn)A作AGBE于G,過(guò)點(diǎn)C作CHBE交EB的延長(zhǎng)線(xiàn)于H,DEB90,CH∥AG∥DE,GHAC5.EGAD2同(1)的方法得,△ABG∽△BCHBGAGAB4,CHBHBC3設(shè)BG4m,CH3m,AG4n,BH3n,ABAE,AGBE,∴EGBG4m,GHBGBH4m3n,4m3n5,4m2∴n2m,∴EHEGGH4m4m3n8m3n8m6m14m,在Rt△CEH中,tanCH3BEC.EH14【提示】(1)利用同角的余角相等判斷出

BAMCBN,即可得出結(jié)論；(2)先判斷出△ABP∽△PQF,得出ABBPAP5,再判斷出△ABP∽△CQF,得出CQ2a,進(jìn)而PQFQPF2建立方程用b表示出a,即可得出結(jié)論；(3)先判斷出GHAC5,再同(2)的方法,即可得出結(jié)論.EGAD2【考點(diǎn)】同角的余角相等，相似三角形的判斷和性質(zhì)，銳角三角函數(shù)，平行線(xiàn)分線(xiàn)段成比率定理.24.【答案】(1)拋物線(xiàn)L的分析式為yx22x1.(2)k3(3)當(dāng)m22-1時(shí),點(diǎn)P的坐標(biāo)為(0,2)和(0,22)；3當(dāng)m2時(shí),點(diǎn)P的坐標(biāo)為(0,1)和(0,2).b1,【分析】(1)由題意知2(1)c1,11/14解得：b2、c1,∴拋物線(xiàn)L的分析式為yx22x1；(2)如圖1,ykxk4k(x1)4,∴當(dāng)x1時(shí),y4,即該直線(xiàn)所過(guò)定點(diǎn)G坐標(biāo)為(1,4).∵yx22x1(x1)22,∴點(diǎn)B(1,2),則BG2,∵S△BMN1,即S△BNGS△BMG1N1M1,22∴xNxM1,ykxk4得x2(k2)xk30,由x22x1y2k(k2)24(3k)2kk28解得：x22,則xN2kk28、xM2kk28,22由xNxM1得281,kk3,k＜0,∴k3；(3)如圖2,12/14設(shè)拋物線(xiàn)L1的分析式為yx22x1m,∴C(0,1m)、D(2,1m)、F(1,0),設(shè)P(0,t),①當(dāng)△PCD∽