2018年湖北省武汉市中考数学试卷2

2018年湖北省武汉市中考数学试卷-答案2018年湖北省武汉市中考数学试卷-答案2018年湖北省武汉市中考数学试卷-答案2018年武汉市初中毕业生学业考试数学试卷答案分析第Ⅰ卷一、选择题1.【答案】A【分析】温度由4℃上升7℃是473℃.【提示】依照题意列出算式,再利用加法法规计算可得.【考点】有理数的加法.2.【答案】D【分析】∵代数式1在实数范围内有意义,2x∴x20,解得：x2.【提示】直接利用分式有意义的条件分析得出答案.【考点】分式有意义的条件.3.【答案】B【分析】3x2x22x2【提示】依照合并同类项解答即可.【考点】合并同类项.4.【答案】D【分析】这组数据的众数和中位数分别42,40.【提示】依照众数和中位数的定义求解.【考点】众数和中位数的定义.5.【答案】B【分析】(a2)(a3)a2a6【提示】依照多项式的乘法解答即可.【考点】多项式的乘法.6.【答案】A【分析】点A(2,5)关于x轴的对称点B的坐标为(2,5).【提示】依照“关于x轴对称的点,横坐标相同,纵坐标互为相反数”解答.【考点】x轴、y轴对称的点的坐标.7【答案】C【分析】结合主视图和俯视图可知,左边上层最多有2个,左边基层最多有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.【提示】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.【考点】由三视图判断几何体.8.【答案】C【分析】画树状图为：1/14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12316.4【提示】画树状图显现所有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,尔后依照概率公式求解.【考点】列表法与树状图法.9.【答案】D【分析】设中间数为x,则别的两个数分别为x1、x1,∴三个数之和为(x1)x(x1)3x.依照题意得：3x2019、3x2018、3x2016、3x2013,解得：x673,x2673(舍去),x672,x671.3∵6738481,2019不合题意,舍去；∵672848,2016不合题意,舍去；∵6718377,∴三个数之和为2013.【提示】设中间数为x,则别的两个数分别为x1、x1,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不能够为第一列及第八列数,即可确定x值,此题得解.【考点】一元一次方程的应用以及规律型中数字的变化类.10.【答案】B【分析】连接OD、AC、DC、OB、OC,作CEAB于E,OFCE于F,如图,D为AB的中点,ODAB,∴ADBD1AB2,2在Rt△OBD中,OD(5)2221,∵将弧BC沿BC折叠后恰巧经过AB的中点D,∴弧AC和弧CD所在的圆为等圆,∴ACCD,2/14ACDC,AEDE1,易得四边形ODEF为正方形,OFEF1,在Rt△OCF中,CF(5)2222,∴CECFEF213,而BEBDDE213,BC32.【提示】连接OD、AC、DC、OB、OC,作CEAB于E,OFCE于F,如图,利用垂径定理,获取ODAB,则ADBD11,再利用折叠的性质可判断弧AC和弧CD所在AB2,于是依照勾股定理可计算出OD2的圆为等圆,则依照圆周角定理获取ACCD,所以ACDC,利用等腰三角形的性质得AEDE1,接着证明四边形ODEF为正方形获取OFEF1,尔后计算出CF后获取CEBE3,于是获取BC32.【考点】切线的性质，圆周角定理和垂径定理.第Ⅱ卷二、填空题11【答案】2【分析】原式3232.【提示】依照二次根式的运算法规即可求出答案.【考点】二次根式的运算.12.【答案】【分析】∵概率是大量重复实验的状况下,频率的牢固值能够作为概率的估计值,即次数越多的频率越凑近于概率.∴这种幼树移植成活率的概率约为0.9.【提示】概率是大量重复实验的状况下,频率的牢固值能够作为概率的估计值,即次数越多的频率越凑近于概率.【考点】利用频率估计概率.13.【答案】1m1【分析】原式m11m21m21.m1【提示】依照分式的运算法规即可求出答案.【考点】分式的运算法规.14.【答案】30或150.【分析】如图1,3/14∵四边形ABCD为正方形,△ADE为等边三角形,∴ABBCCDADAEDE,BADABCBCDADC90,AEDADEDAE60,∴BAECDE150,又ABAE,DCDE,AEBCED15,则BECAEDAEBCED30.如图2,∵△ADE是等边三角形,ADDE,∵四边形ABCD是正方形,ADDC,DEDC,CEDECD,∴CDEADCADE906030,∴CEDECD1(18030)75,2∴BEC36075260150【提示】分等边△ADE在正方形的内部和外面两种状况分别求解可得.【考点】正方形的性质,等边三角形的性质,等腰三角形的判断与性质.15.【答案】24【分析】y60t323232322t（t40t）2（t20）400（t20）60022当t20s时，y获取最大值，即滑行停止，所以，故最后4s为第16s至20s内滑行的总距离。将t20s代入y60t3t2，求得y600m，2将t16s代入y60t3t2，求得y576m，2第16s至20s内滑行的总距离为（600576）m24m【提示】先求滑行停止时的用时，确定最后4s范围，在代入公式求两段时间的距离差值。【考点】二次函数的应用.4/1416.【答案】

32【分析】延长BC至M,使CMCA,连接AM,作CNAM于N,DE均分△ABC的周长,∴MEEB,又ADDB,1∴DEAM,DE∥AM,2ACB60,ACM120,CMCA,ACN60,ANMN,∴ANACsinACN3,2∴AM3,∴DE3,23故答案为：.2【提示】延长BC至M,使CMCA,连接AM,作CNAM于N,依照题意获取MEEB,依照三角形中位线定理获取DE1AM,依照等腰三角形的性质求出∠ACN,依照正弦的看法求出AN,计算即可.2【考点】三角形中位线定理，等腰三角形的性质，解直角三角形.三、解答题17.【答案】x6,y4.【分析】解：xy10①,2xy②,16②①得：x6,5/14把x6代入①得：y4,x6,则方程组的解为.y4.【提示】方程组利用加减消元法，求出解即可.【考点】解二元一次方程组.18.【答案】证明见分析.【分析】证明：∵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,得对应角相等,由等腰三角形的判断可得结论.【考点】全等三角形的判断与性质,等腰三角形的判断.19.【答案】(1)m50,a10,b20.(2)(11521032045)5001150(本).50【分析】(1)由题意可得,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：该年级全体学生在此次活动中课外阅读书籍的总量大体是1150本.【提示】(1)依照题意和统计图中的数据能够求得m、a、b的值；(2)依照统计图中的数据能够求得该年级全体学生在此次活动中课外阅读书籍的总量大体多少本.【考点】扇形统计图，用样本估计整体，统计表.20.【答案】(1)6(2)购买A型钢板20块,B型钢板80块时,获取的利润最大，为43200元.|【分析】(1)设购买A型钢板x块,则购买B型钢板(100x)块,2x(100x)≥120,依照题意得,x3(100x)≥250,解得,20≤x≤25,∵x为整数,x20,21,22,23,24,25共6种方案,即：A、B型钢板的购买方案共有6种；(2)设总利润为w,依照题意得,6/14w100(2x100x)120(x3003x)100x10000240x36000140x46000,∵-140＜0,∴当x20时,wmax-140204600043200元,即：购买A型钢板20块,B型钢板80块时,获取的利润最大.【提示】1)依照“C型钢板很多于120块,D型钢板很多于250块”建立不等式组,即可得出结论；(2)先建立总利润和x的关系,即可得出结论.【考点】二元一次不等式组的应用,一次函数的性质.21.【答案】(1)证明见分析.PEPK171(2)BC4EC【分析】(1)证明：连接OP、OB.∵PA是O的切线,PAOA,PAO90,PAPB,POPO,OAOB,∴△PAO≌△PBO.PAOPBO90,PBOB,∴PB是O的切线.(2)设OP交AB于K.AB是直径,ABC90,ABBC,PA、PB都是切线,∴PAPB,APOBPO,OAOB,OP垂直均分线段AB,OK∥BC,AOOC,AKBK,∴BC2OK,设OKa,则BC2a,∵APC3BPC,APOOPB,∴OPCBPCPCB,BCPBPA2a,∵△PAK∽△POA,∴PA2PK?PO,设PKx,7/14则有：x2ax4a20,解得x1712a(负根已经舍弃),∴PK1712a,PK∥BC,PEPK171.ECBC4【提示】(1)想方法证明△PAO≌△PBO.可得PAOPBO90；(2)第一证明BC2OK,设OKa,则BC2a,再证明BCPB,由△PAK∽△POA,可得PA2aPA2PK?PO设PKx,则有220,解得x171a(负根已经舍弃),推出PK171a,,xax4a22由PK∥BC,可得PEPK171.ECBC4【考点】相似三角形的判断和性质，圆周角定理、切线的判断和性质.22.【答案】(1)①C(1,3)，②t4或；2(2)mn0或mn8.【分析】(1)①如图1-1中,由题意：B(2,0),P(1,0),PBPC3,C(1,3).②图1﹣2中,由题意C(t,t2),∵点C在y8上,x8/14∴t(t2)8,t4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),mn0.②当点A绕点O旋转90°时,获取D′,D′在y8上,x作DHy轴,则△ABO≌△DHO,OBOH,ABDH,∵A(a,m),∴D(m,a),即D(m,n),∵D′在y8上,xmn8,综上所述,满足条件的m、n的关系是mn0或mn8.【提示】(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,t2),原由待定系数法,把问题转变成方程解决即可；(2)分两种状况①当点A与点D关于x轴对称时,A(a,m),D(d,n),可得mn0.②当点A绕点O旋转90°时,获取D′,D′在y8y轴,则△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【考点】反比率函数综合题，旋转变换，待定系数法、全等三角形的判断和性质.23.【答案】(1)证明见分析.(2)AB5tanC.BC9(3)CH3tanBEC.EH14【分析】(1)∵AMMN,CNMN,AMBBNC90,BAMABM90,ABC90,ABMCBN90,BAMCBN,∵AMBNBC,9/14∴△ABM∽△BCN；(2)如图2,过点P作PFAP交AC于F,PF252在Rt△AFP中,tanPAC5,AP5同(1)的方法得,△ABP∽△PQF,∴ABBPAP5,PQFQPF2设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)如图3，10/14BC3在Rt△ABC中,sinBAC,AC5过点A作AGBE于G,过点C作CHBE交EB的延长线于H,DEB90,CH∥AG∥DE,GHAC5.EGAD2同(1)的方法得,△ABG∽△BCHBGAGAB4,CHBHBC3设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断出

BAMCBN,即可得出结论；(2)先判断出△ABP∽△PQF,得出ABBPAP5,再判断出△ABP∽△CQF,得出CQ2a,进而PQFQPF2建立方程用b表示出a,即可得出结论；(3)先判断出GHAC5,再同(2)的方法,即可得出结论.EGAD2【考点】同角的余角相等，相似三角形的判断和性质，锐角三角函数，平行线分线段成比率定理.24.【答案】(1)抛物线L的分析式为yx22x1.(2)k3(3)当m22-1时,点P的坐标为(0,2)和(0,22)；3当m2时,点P的坐标为(0,1)和(0,2).b1,【分析】(1)由题意知2(1)c1,11/14解得：b2、c1,∴抛物线L的分析式为yx22x1；(2)如图1,ykxk4k(x1)4,∴当x1时,y4,即该直线所过定点G坐标为(1,4).∵yx22x1(x1)22,∴点B(1,2),则BG2,∵S△BMN1,即S△BNGS△BMG1N1M1,22∴xNxM1,ykxk4得x2(k2)xk30,由x22x1y2k(k2)24(3k)2kk28解得：x22,则xN2kk28、xM2kk28,22由xNxM1得281,kk3,k＜0,∴k3；(3)如图2,12/14设抛物线L1的分析式为yx22x1m,∴C(0,1m)、D(2,1m)、F(1,0),设P(0,t),①当△PCD∽