2021湖北武漢中考數(shù)學(xué)解析

＝2年武漢市初中畢業(yè)生考試試＝2數(shù)學(xué)（滿120分考時間20分鐘一選題共小題每題3分共30分．（2018武漢市，分度由℃上升℃是（）A3B．3℃C11D．－11【案A【析－＝3（℃）.故選A.【識】理數(shù)的加法．（2018武漢市，分分式

1x

在實數(shù)范圍內(nèi)有意義，則實數(shù)的值范圍是（）A＞2

B＜－2

C．＝－2D．x≠－【案D【析∵x≠，∴x≠－2故選D【識】式有意義的條件．（2018武漢市，分算32

－x

的結(jié)果是（）A2Bx【案

C．x

D．x【析原＝3－1

.故選.【識】式的減法．（2018武漢，，3分五名女生的體重（單位）分別為37，42，，這組數(shù)據(jù)的眾和中位數(shù)分別是（）A2，40B42．，42D42，【案D【析∵、4038、、，這組數(shù)據(jù)共有個，其中42現(xiàn)2，出現(xiàn)的次數(shù)最多，∴這組數(shù)據(jù)的眾數(shù)是；把37、40、4242，按從小到大的順序排列為37，4042，，有5個數(shù)據(jù)，其中在中間位置，∴這組數(shù)據(jù)的中位數(shù)是42故D.【識】組數(shù)據(jù)眾數(shù)、中位數(shù)的求法．（2018武漢市，分算a2)(＋3)的結(jié)果是（）Aa2【案

－6B．＋－6C．＋．

－＋6【析(a－＋3)aa

＝a

.故B【識】式的乘法、整式的加減．（2018武漢市，分，－關(guān)于x軸稱的點的坐標(biāo)是（）A，B．－2，．－2，－D．－5，【案A【析∵P(a,b)關(guān)于x軸的對稱點是(a,A.

)，∴點A，關(guān)于x軸對稱的點的坐標(biāo)是25故選【識】點關(guān)于

x

軸對稱的坐標(biāo)的關(guān)系．（2018武漢，3分）一個何體由若干個相同的正方體組成，其主視圖和俯視圖如圖所示，則這個幾何體中正方體的個數(shù)最多是（）A3B4C．

D．【案C【析由主視圖知視圖中在該位置上最多小正方體的個數(shù)如圖所示(圖的數(shù)字表示在該位置上的小正方體的個數(shù)，則這個幾何體中正體的個數(shù)最多是2＋＋15故選C221俯視圖第題【識】三視圖判斷幾何體．（武漢市8分一不透明的袋中有四張完全相同的卡片，把它們分標(biāo)上數(shù)字、、3．隨機抽取一張卡片，然后放回，再隨機抽取一張卡片，則兩次抽取的卡片上數(shù)字之積為偶數(shù)的概是（）A

14

B

12

C．

34

．

56【案C【析列如下結(jié)

一次

3二

果次

（）（）（）（）

（）（）（）（）

（）（）（）（）

（1,4（2,4（3,4（4,4由表可知，共有種可能結(jié)果，其中兩次抽取的卡片上數(shù)字之積為偶數(shù)的12種結(jié)，所以

（兩次抽取的卡片上數(shù)字之積為偶數(shù)）＝

＝.故選C.【識】列表或畫樹狀圖求等可能事件的概率．（2018武漢市，分將正整數(shù)2018一定規(guī)律排列如下表：

……平移表中帶陰影的方框，方框中三個數(shù)的和可能是（）ABC．2016D．2013【案D【路析相三個整數(shù)的和是3的數(shù)，所給出的選項不是的數(shù)的不符合題意；表格中每一行8個數(shù)，用所給選項除以3，再除以8根據(jù)余數(shù)判斷平移后的三個數(shù)是否在一行，在一行的符合題意，得出答.【題程設(shè)中間的數(shù)為x則這三個數(shù)分別為-1，，+1

⌒⌒∴這三個數(shù)的和為x，所以和是和數(shù)又÷＝，673除8的數(shù)為，∴在第1列（舍去⌒⌒÷＝除以余數(shù)為，在列舍去÷3，671除以的余數(shù)為7x在，所以這三數(shù)的和是是，故選答案D【識】式的加法平移的規(guī)律2018武市，，3分）圖在⊙中點在弧將弧BC折后剛好經(jīng)過的中點若⊙的徑為，＝4則BC的是）A2

B3C．

532

D．

652【案【路析連OD，過C作⊥AB于，過作OFCE于，邊形正方形；連接ACDC，由折疊及圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)可得CACD，可求得，求出CE長，可求得BC的長.【題程連接ACDC、OD，C作⊥于E，過作⊥CE，沿折，∴CDB∠，∠H+∠A°∴∠CDA∠°，∴=，∴=，∵⊥，∴AE=，∵OA

AD=2OD=1ODABOFED為正方形OC5

=2

CB

.HOF

D

第10題圖【識】對稱的性質(zhì)圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)正形的性質(zhì)與判定腰三角形的性質(zhì)與判定勾定理二填題本題6個題每小3分共18分）112018武漢，，3分計算(2的結(jié)果__________【案

【析原＝

323故案為2【識】次根式的加減2018武漢，，分）下表記錄了某種幼樹在一定條件移植成活情況移植總數(shù)400

032332成活數(shù)m3251336032332

成活的頻確到0.01）0.813

由此估計這種幼樹在此條件下移植成活的概率約（精到0.1

）【案【析表中移植的棵樹最多的是棵應(yīng)的頻率是902因0可為估計值故案為．【識】頻率估計概率2018武漢，，分）計算【案

的結(jié)果___________【析原＝

1m1＝＝故答案為2(mm【識】飾的符號法則同分母的分式相加減2018武漢，，分）以正方形的作等eq\o\ac(△,邊)，則∠的數(shù)是___________【案30°或150【析如圖1∵是邊三角形，DE＝DA∠DEA∠＝60；∵四邊形ABCD是方形，∴＝DA，290；∴∠CDE150°，DEDC∴∠(180

0

＝15°.同理可求得∠＝15.∴∠BEC°.如答圖（2∵是邊三角形，∴＝DA，∠1＝2°；∵邊形正方形，＝DA∠＝°；∴＝，∠330，∴∠4＝

0

＝°.同理可求得∠5＝°∴BEC°―2――∠5＝150故答案為°或150.D

C1

2

3E

4A第14題圖（）

B第14題圖（）【識】方形的性質(zhì)等邊三角形的性質(zhì)2018武市153分）飛機著陸后滑行的距離y單：m）于滑行時間t單：）的函數(shù)解析式是yt．飛機著陸滑行中，最后4s滑的距離是2【案

m【路析由y60t2

2

＝

t20)

2

知在飛機著陸滑行時行的距離最大，然后再求出飛機滑行s時滑行的離，即可求出飛機最后s滑的距離【題程∵y60t＝2

t20)

2

，∴當(dāng)t=20時滑行到最大距離600時止；當(dāng)t時y，以最后4行24m【識】二次函數(shù)頂點坐標(biāo)知自變量的值求函數(shù)值2018武漢市16分如圖在△∠ACB＝60°AC＝1是的點是邊BC上點若DE平eq\o\ac(△,分)ABC的周，則的是___________

【案

【路析延BC至F，CF=AC，由題意得是ABF的中位線，△ACF是角為°的等腰三角形，作CG⊥AF，垂足為G可求得AF的，從而求出DE長【題程延至∵DE平分△的長AD=BCAC+=∴+CE=EF∴DE∥AFDE=＝∠ACB作CG⊥AF為=90°＝AG＝2×

cos∠CAF2×1cos30＝，DEFE

ADB【識】角形的中位線等腰三角形的性質(zhì)直角角形中的邊角關(guān)系三解題共8題共分①2018武漢，，分）解方程組：2【路析②①可求得

的值，把

代入①求得的

值，得方程組的.【題程②①，得x＝將x代入①，得6y

，

所以方程組的解是

x6.y4.【識】減消元法解二元一次方程組武漢市，8分如圖，點、F在BC上BE＝AB＝，∠＝∠C，與DE交點，求證：GE＝GF【路析如，由已知條件證得△ABF≌△DCE，得∠1＝∠2，再根據(jù)等腰三角形的判定定理＝.【題程∵=，∴BE+EFCF+EF，∴，在△和△DCE中

，

BFCE∴△≌△（SASA∴∠＝∠2∴＝.A

D

BE

F第18題圖【識】等三角形的判定全三角形的性質(zhì)等三角形的判武漢，19分）校七年級共有500名生，在“世界讀書日”前夕，開展了“閱讀助我成長”的讀書活動．為了解該年級學(xué)生在此次活動中課外閱讀情況，童威隨機抽取名生，調(diào)他們課外閱讀書籍的數(shù)量，將收集的數(shù)據(jù)整理成如下統(tǒng)計表和扇形.學(xué)讀數(shù)統(tǒng)表

學(xué)讀數(shù)扇圖閱讀量本

學(xué)生人數(shù)直接寫出ma值估計該年級全體學(xué)生在這次活動中課外閱讀書籍的總量大約是多少本？【路析根據(jù)閱讀1本學(xué)生數(shù)及所占的百分比求得隨機抽取的學(xué)生數(shù)根閱讀的學(xué)生數(shù)占隨機抽取的學(xué)生數(shù)的百分比求出b的；閱讀本3本本學(xué)生人數(shù)的和等于所抽取學(xué)生數(shù)，求出的值.（2求出隨機抽取的學(xué)生平均每人閱讀的本數(shù)，即可求出估計該年級全體學(xué)生在這次活動中課外閱讀書籍總量【題程1m＝15÷＝50名＝×40%=20＝―15―20―5＝10.（2

5001150

（本）【識】形統(tǒng)計圖扇形統(tǒng)計圖用本估計總體武漢市，分）1塊A鋼板可制成2塊C型鋼板和型板；用塊型板可制成1塊C型板和3塊D型板．現(xiàn)準(zhǔn)備購買、型板共100，并全部加工成CD型板．要求C型鋼板不少于塊型板不少于250塊設(shè)購買A型鋼板x塊x為數(shù)）(1)求A、B型板的購買方案共有多少種？(2)出型板每塊利潤為100元D鋼板每塊利潤為120．若童威將、鋼板全部出售，請你設(shè)計獲利最大的購買方案【路析(1)購買A型板塊，表示出型鋼板的塊數(shù)，根據(jù)C型板不少于120塊D型板不少于塊出不等組，求出的值圍，得到購買方.

PEH(2)用x表出出售C型板型板獲得的利潤，根據(jù)函數(shù)的增減性確定獲得最大利潤的購買方.【題程1設(shè)A型板塊則B型板有（100-x）塊.PEH

2x120x

，解得

25

X或或或24或，購買方案共有種（2設(shè)總利潤為元，則X，

元.獲利最大的方案為購買A型塊，B型80塊【識】元一次不等式組的應(yīng)用一函數(shù)的實際應(yīng)用2018武市，分）圖PA是⊙O的線A是點AC是直徑是，連接、，交AB于E，且＝PB求：是⊙O的線.若APC＝3∠BPC求

PE

的值.【路析如圖①連接OPeq\o\ac(△,，)與三邊對應(yīng)相等這兩個三角形全等得∠∠OAP=90°，故是⊙O的線.（2如圖②，連接BCAB與OP交點H，易證OP⊥AB，∠OPC＝∠＝∠CPB，OAH∽△得OH；HPB∽△，得CB2OH

；再由∽△，得的值OB【題程證明如①連OBOP在△OAP和中，∴△OAP（

∴∠OBP=OAP，∵是⊙O的線，∴=∠°，∴PB是O的

O圖①

OP圖②題圖⑵如圖②，連接，與OP于點H，∵∠＝3∠BPC設(shè)∠BPC＝x，則∠＝3，∠APB＝4x，由⑴知∠APO＝∠＝x，∴OPC＝∠CPB，

81122∵AC是O直徑，∴ABC＝，81122∵易證⊥，∴AHO＝∠＝90°，即∥BC∴∠＝∠PCB∠CPB，∴＝，易證△∽△CAB，∴

OHOA＝＝，設(shè)OH＝，∴＝＝，CBHPBP2a易證△HPB△BPO，∴＝，設(shè)HPya，＝，BP2a解得

y

172

17（舍）或，2∵OP∥CB易證HPE∽△，∴

HPya＝＝＝.2a【識】等三角形的判定性質(zhì)切的判定相三角形的判定性2018武漢，，10分已點(am)在雙曲線y

8x

上且＜，過點A作軸垂線，垂足為B如圖1當(dāng)a＝－2，(t，0)是x軸的動點，將點B繞P順針旋轉(zhuǎn)至點.①若t＝，直接寫出點C的標(biāo)；②若曲線

8x

經(jīng)過點C，求t的.如圖2將圖1中雙曲線

（＞0沿y軸疊得到雙曲線y（＜線段OA繞點O旋xx轉(zhuǎn)，點A好落在雙曲線

8x

（x＜）上的點D(，)

處求和的數(shù)量關(guān)系【路析）求出A兩點的坐標(biāo)，①求出BP的即可寫出C點坐標(biāo)；②點B在的右邊、點B在點的邊兩種情況，分用表點C坐標(biāo)，代入反比例函數(shù)解析式，可求出t的值(2)分別用mn表出OA

、OD

，根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)知

O

，求出和n的量關(guān)系.【題程⑴

x

A

8＝－2代y＝中：

y

A

8＝＝－

∴(－2，－，B(－2①∵t＝1∴(1，0)BP＝1(－＝∵將點B繞P順針旋轉(zhuǎn)至點C②∵B(－2，，(，

∴＝x＝＝＝3C

∴(13)第一種情況：當(dāng)在的右邊時＝－2－t，∴

xC

＝

x

P

＝PCBP＝－2t

∴(t，＋，第二種情況：當(dāng)在的左邊時＝＋，∴＝＝t＝BP2＋C綜上：坐標(biāo)為t，t＋）

∴(tt2).

xAxD如圖3AD8xAxD如圖3AD∵在y＝上∴(t＋＝

解得t＝2或－4

D

D

PB

A⑴⑵題答圖⑵作⊥軸軸點E，將

y

A

m代y＝

得：＝，A，m∴AO2xm

＝

82＋＝＋mm

，將y=n代yD

8得：＝，(－，nxn

∴2

＝2OE

＝＋2，n2∴＋m

＝＋n2n

8282，－＝2mn2

－m

n2)，＝mn

－m，（64mn）2－m2＝①當(dāng)n－＝時，n＝

，∵＜，＞∴＝0②當(dāng)－

＝0時m

＝64，m0，n＞∴＝綜合得：＋n＝，或＝－8.【識】轉(zhuǎn)的性質(zhì)點在函數(shù)圖像上，點的坐標(biāo)滿足函數(shù)關(guān)系式2018武漢，，10分eq\o\ac(△,在)ABC中∠＝90°如1分別過AC兩作經(jīng)過點的直線的垂線，垂足分別為M，證：ABMeq\o\ac(△,∽)BCN.如2是邊BC上點∠＝∠，tan∠＝

255

，求的值(3)的值.

，是延線上一，＝AB，＝，sinBAC，直接寫出tan∠5AC【路析）由已知得M＝N＝90°，易證＝2eq\o\ac(△,故)ABMeq\o\ac(△,∽)BCNAPBABP（2點PN⊥AP交AC于N點作NM⊥BC于M點BAP∽△，PN

；

∵

PAC

25PA

，設(shè)

MN

，

PM，BPa，

，用示；由已可證△

∽△

，求得與的關(guān)系，求得的值.（過AHEB交EB于H，過作CK的長于K

，則DE∥∥CK，EH2，設(shè)CKHKAC5值.【解題過程】證：

，由△AHB∽△BKC，得HBEHA

，再求得HK＝10，便可得∠⑴∵∠ABC＝，∴∠＋∠＝－ABC－90°＝，又∵AM，⊥MN∴∠＝∠90°，∠＋∠3，∴∠＝∠2.

MB

CN∴△ABM∽△.23⑴答題圖（2過P點PN⊥AP交于點過作NMBC于M點∵∠BAPAPB，∠APB∠＝，∴∠BAP，BAP∽△MPN

APBABPPNMP

，又∵

2PA5

，

NPM

C設(shè)

MN25，PM則，ABb

，

23(2)題圖又∵

BCA，NPC，∴，PCPM45又△BAPBCA，

BABPBA

，∴

BP

，

，∴

tanC

MN255MC2b

（3過A作EB交EB于，過作CK交EB的長于K∵AE

∴HB

，易知△AHB

∽△

BKC

，

EH2HK5設(shè)

CK

，∵△∽△BKC∴

ABHBBC

，∴

HB∴

20CK3HKx，∴tanEK

1111NMN1111NMNMAEHBK（）答題圖【識】似三角形的判定性質(zhì)銳三角函數(shù)的定義等三角形性質(zhì)解元二次方程2018武漢，，12分拋線L：y＝－x＋

bx

＋c經(jīng)點A(0，，它的對稱軸直線x＝1交點((

))

直接寫出拋物線L的析式.如圖1，定點的直線y＝kx－＋（k＜）與拋物線L交點M、．eq\o\ac(△,若)的積等于1求k值(3如圖，將拋物線L向平mm＞0個單位長度得到拋物線，拋物線L與軸于點C，點y軸的垂線交拋物線L于另一點D為物線L的稱軸與x軸交為段OC上點eq\o\ac(△,若)PCDeq\o\ac(△,與)POF相似，并且符合條件的點P恰個求m的及相應(yīng)點的標(biāo)【路析1由拋物線L經(jīng)點求c的值；由拋線L的對稱軸求得值，得拋物線L的析.（2線y＝

－k＋＜物L(fēng)－x

＋

bx

＋c的對稱軸x＝1于點E

BMN

1EB22

，用k表示出

xN

并代入上式，求得的值（3）設(shè)L為：1

2

，m.P（，aPOF，a

，此時必有一點P

滿足條件；②△∽POF時，

∵符合條件的點P

恰有兩個，分兩種情況進行討論：∴第一種情況：

a

at

有兩個相等的實數(shù)根，求出的值及相應(yīng)點P的標(biāo)二種情況a0

有兩個不相等的實數(shù)根，且其中一根為坐標(biāo).

ta

的