2018年湖南省衡阳市中考数学试卷-答案

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湖南省衡阳市2018年初中学业水平考试数学答案解析第Ⅰ卷一、选择题1.【答案】A【解析】4的相反数是4,故选A.【考点】本题考查相反数的定义.2.【答案】C9【解析】18000000001.810,故选C.【考点】本题考查科学记数法.3.【答案】B【解析】选项A,C,D中的图形旋转180后不能与原图形重合,不是中心对称图形,所以选项A,C,D错误；选项B中的图形旋转180后能与原图形重合,是中心对称图形,故选项B正确,故选B.【考点】本题考查中心对称图形的定义.4.【答案】A【解析】主视图就是从正面看到的平面图形,由立体图形知,从正面看有三列,从左到右每一列小正方形的个数分别为1,2,1,故主视图应为A,故选A.【考点】本题考查几何体的主视图.5.【答案】A【解析】连续抛一枚均匀硬币2次可能一次正面朝上,一次正面朝下,也可能两次都正面朝上,也可能都反面朝上,A选项错误；连续抛一枚均匀硬币10次都可能正面朝上,是一个随机事件,有可能发生,B选项正确；大量反复抛一枚均匀硬币,平均100次出现正面朝上50次,有可能发生,C选项正确；通过抛一枚均匀硬币1确定谁先发球的比赛规则是公平的,概率均为,D选项正确,故选A.2【考点】本题考查随机事件的概率.6.【答案】D2223【解析】A中,933；B中,(3)33；C中,93≠；D中,1232333,故选D.【考点】本题考查二次根式、立方根的计算.1/15 7.【答案】B333826235233236【解析】A中,aaa2；B中,aaa；C中,aaa；D中,()(1)aaa(),故选B.【考点】本题考查整式的加法、同底数幂的运算、积的乘方.8.【答案】A3036【解析】本题的等量关系为：原计划种植的亩数改良后种植的亩数10亩,据此可列出方程10,xx1.5故选A.【考点】本题考查分式方程的应用.9.【答案】C【解析】正五边形的内角和为180(52)540,A选项正确；“矩形的对角线相等”这是矩形的性质,B选项正确；对角线互相垂直且平分的四边形是菱形,C选项错误；“圆内接四边形的对角互补“正确,D选项正确,综上,C选项是假命题,故选C.【考点】本题考查命题真假的判断.10.【答案】C【解析】解不等式x10＞可得x＞1；解不等式260x≤可得x≤3,所以不等式组的解集为13＜x≤,在数轴上表示为,故选C.【考点】本题考查一元一次不等式组的解法、在数轴上表示解集.11.【答案】D2【解析】由题可知反比例函数y的图象分布在第二、四象限,A选项正确；因为20＜,故当x＞0时,x2y随x的增大而增大,B选项正确；把x1代入y可得y2,C选项正确；若点Axy(,)11在第二象限,x点Bxy(,22)在第四象限,即xx12＜0＜时,yy12＞,D选项错误,故选D.【考点】本题考查反比例函数的图象与性质.12.【答案】Db【解析】由题可知抛物线的对称轴是直线x1,所以1,ba2,所以3ab3a(2)aa,又由抛2a物线的开口方向向下,可知a＜0,所以30ab＜,故①正确；由抛物线与x轴交于点A(1,0),可知abc0,又ba2,所以abca(2)ac3ac0,所以ca3.又因为抛物线与y轴的交2/15 2点在(0,2),(0,3)之间(包含端点),所以23≤c≤,即2≤33a≤,所以1≤a≤,故②正确；由抛物线的顶322点坐标为(1,)n,开口向下,可知当x1时,函数由最大值n,所以abcam≥bmc,即abam≥bm2(m为任意实数),故③正确；由抛物线顶点坐标为(1,)n,可知直线yn与抛物线yaxbxc只有1个交2点,又nn1＜,所以直线yn1与抛物线有两个交点,即关于x的方程axbxcn1有两个不相等的实数根,故④正确.综上所述,正确的个数为4个,故选D.【考点】本题考查二次函数图象与性质.第Ⅱ卷二.填空题13.【答案】90【解析】由题可知BOD是旋转角,因为BOD90,所以旋转的角度为90【考点】本题考查旋转的性质.14.【答案】0.6【解析】由表可知,月工资为0.6万元的人数为4,人数最多,所以该公司工作人员的月工资的众数是0.6.【考点】本题考查众数.15.【答案】x122xxxx11(1)(1)【解析】=1x.xxx1x111【考点】本题考查分式的化简.16.【答案】75【解析】∵BCDE∥,△ABC为等腰直角三角形,∴FAEB45,∵AFC是△AEF的外角,∴AFCFAEE453075【考点】本题考查平行线的性质、三角形外角的性质.17.【答案】16【解析】∵四边形ABCD是平行四边形,∴OAOC,∵OMAC,∴AMMC,∴△CDM的周长为ADCD8,∴ABCD的周长是2816.【考点】本题考查线段垂直平分线的性质、平行四边形的性质.100818.【答案】21【解析】由题可知A1(1,),A2(1,1),A3(2,1),A4(2,2),A5(4,2),A6(4,4),…,观察各点的横坐标,可得2n201811A,A,A的横坐标分别为20,21,22,则A的横坐标为(2)2,A的横坐标为(2)2=21008.246n20183/15 【考点】本题考查规律探究、一次函数图像上点的坐标特征.三、解答题19.【答案】5【解析】解：(2)(xxx2)x(1)22xxx4x4.当x1时,原式145.【考点】本题考查整式的化简求值.20.【答案】解：(1)证明：在△ABE和△DCE中,∵AEDE,AEBDEC,BECE,∴△ABE≌DCE△.(2)∵△ABE≌DCE△,∴CDAB5.【解析】解：(1)证明：在△ABE和△DCE中,∵AEDE,AEBDEC,BECE,∴△ABE≌DCE△.(2)∵△ABE≌DCE△,∴CDAB5.【考点】本题考查全等三角形的判定与性质.21.【答案】解：(1)补充完整的频数分布直方图如下图所示：(2)∵测试成绩不低于80分的人数为151227,∴本次测试的优秀率是：54%.1(3)用树状图或列表法或列举法可得共12种结果,所以小明和小强同时被选中的概率为.64/15 【解析】(1)补充完整的频数分布直方图如下图所示：(2)∵测试成绩不低于80分的人数为151227,∴本次测试的优秀率是：54%.1(3)用树状图或列表法或列举法可得共12种结果,所以小明和小强同时被选中的概率为.6【考点】本题考查频数分布直方图、概率.22.【答案】（1）CD1000(米).（2）这名徒步爱好者15分钟内能到达宾馆.【解析】解：(1)过点C作CDAB于点D.∵AEAC30,AC2000,∴CD1000(米).所以这名徒步爱好者从石鼓书院走到雁峰公园的途中与宾馆C之间的最短距离为1000米.(2)在Rt△CBD中,∵BBCF45,CD1000,∴CBCD210002,∴10002100102(分).又10215＜,∴这名徒步爱好者15分钟内能到达宾馆.【考点】本题考查解直角三角形的应用——方位角问题.23.【答案】证明：连接OD,交BC于点P.∵AD平分BAC,∴EADBAD.5/15 又∵OAOD∴OADODA,∴EADODA,∴ODAE∥.又∵DEAC∴ODDE又∵点D在O上,∴EF是O的切线.（2）∵AB是O的直径,∴ACB=90,又∵EPDE90,∴四边形CEDP是矩形,∴PDCE2.又∵ODAE∥,点O是AB的中点,∴OP是△BAC的中位线,11∴OPAC42,22∴ODOB224.在Rt△OPB中,02P,04B,∴POB=60,π4604∴BDπ.1803【解析】证明：连接OD,交BC于点P.∵AD平分BAC,∴EADBAD.又∵OAOD∴OADODA,∴EADODA,∴ODAE∥.又∵DEAC∴ODDE又∵点D在O上,∴EF是O的切线.6/15 （2）∵AB是O的直径,∴ACB=90,又∵EPDE90,∴四边形CEDP是矩形,∴PDCE2.又∵ODAE∥,点O是AB的中点,∴OP是△BAC的中位线,11∴OPAC42,22∴ODOB224.在Rt△OPB中,02P,04B,∴POB=60,π4604∴BDπ.1803【考点】本题考查切线的判定与性质、矩形的判定与性质、三角形中位线定理、弧长公式.24.【答案】（1）y与x之间的函数关系式为yxx40(10≤16)≤.2（2）Wxx50400(10≤16)x≤,当销售价为16元时,利润最大,最大利润为144元.【解析】解：(1)设y与x之间的函数关系式为ykxb.1030,kb由题意得1624kb，k1,解得b40.∴y与x之间的函数关系式为yxx40(10≤16)≤.(2)Wxx(10)(40)2xx504002(25)x225.∵当10≤16x≤时,W随x的增大而增大.∴当x16时W最大.2最大利润为(1625)225144元.2答：Wx50x400(10≤x≤16),当销售价为16元时,利润最大,最大利润为144元.【考点】本题考查二次函数的应用、一次函数的解析式、二次函数的图像与性质.1925.【答案】（1）①点M,.227/15 3②由①知MN,22假设存在点P,设Px(，2x4),则Dx(，2x2x4),2PD2x2x4(2x4)∴22xx4.又∵MNPD∥,若四边形MNPD为菱形,则MNPD,且MNNP.2313由24xx得x(舍去),x,1222233当x时,P，1,∴NPMN5≠,22∴不存在点P使四边形MNPD为菱形.(2)依题意易得点A(2,0),B(0,4),P(1,2).∵PDOB∥,∴BPDABO.假设存在满足条件的抛物线,使△BPD与△AOB相似,则△BPD为直角三角形.∴有二种情形：①BDP90；②PBD90.①当BDP90时,如图,∵P(1,2),B(0,4),∴点D(1,4),2设抛物线解析式为yaxbxc,8/15 c4，则abc4，42a0bc，c4，∴a2，b2，2∴y2x2x4.②当PBD90时,如图,作BEPC于点E.由DBEABO知Rt△RtBDE∽BAO△,19得DE,∴CD,229∴点D坐标为D1,.22设抛物线解析式为yaxbxc,c4，9则abc，242a0bc，c4，5∴a，2b3，52∴yx34x.22【解析】解：(1)①∵yxx22422(xx)42192,x229/15 19∴点M,.221又点N在直线yx24上,∴N,3,23②由①知MN,22假设存在点P,设Px(2，x4),则Dx(2，x2x4),2PDxxx224(24)∴224.xx又∵MNPD∥,若四边形MNPD为菱形,则MNPD,且MNNP.2313由24xx得x(舍去),x,1222233当x时,P，1,∴NPMN5≠,22∴不存在点P使四边形MNPD为菱形.(2)依题意易得点A(2,0),B(0,4),P(1,2).∵PDOB∥,∴BPDABO.假设存在满足条件的抛物线,使△BPD与△AOB相似,则△BPD为直角三角形.∴有二种情形：①BDP90；②PBD90.①当BDP90时,如图,10/15 ∵P(1,2),B(0,4),∴点D(1,4),2设抛物线解析式为yaxbxc,c4，则abc4，4a2bc0，c4，∴a2，b2，2∴yxx224.②当PBD90时,如图,作BEPC于点E.由DBEABO知Rt△RtBDE∽BAO△,19得DE,∴CD,229∴点D坐标为D1,.22设抛物线解析式为yaxbxc,c4，9则abc，24a2bc0，11/15 c4，5∴a，2b3，52∴yxx34.2【考点】本题考查二次函数的图象与性质、菱形的判定、相似三角形的性质.26.【答案】(1)当t843时点B在线段PQ的垂直平分线上.4(2)当t为或2时,△APQ是以PQ为腰的等腰三角形.3()4tttS2t.四边形QNCP（3）2【解析】解：(1)当点B在线段PQ的垂直平分线上时,BQBP,由题意得：AQt2,PCt,∴BQt422,22在Rt△BCP中,BPt16,22∴(422)16tt,∴t843,t843(舍去),12∴当t843时点B在线段PQ的垂直平分线上.(2)解法一：由题意得：APt4,A45,若使△APQ是以PQ为腰的等腰三角形.则①当AQPQ时,则QPAA45,∴AQP90,4∴AP2AQ,即：4tt22,∴t.3②当APPQ时,则AQPA45,∴APQ90,∴AQ2AP,即：2tt2(4),12/15 ∴t2,4综上所述,当t为或2时,△APQ是以PQ为腰的等腰三角形.3解法二：过点Q作QE上AP于点E.在Rt△AQE中,A45,AQt2,∴QEAEt,∴EP|42|t.2222在Rt△PQE中,QPtttt(42)51616,由题意得：APt4,若使△APQ是以PQ为腰的等腰三角形.①当AQPQ时,22(2t16t)5t16,4t1；t24(舍去).3②当APPQ时,22(4)5ttt1616,t2；t0(舍去).124综上所述：当t为或2时，△APQ是以PQ为腰的等腰三角形。3(3)当02＜t≤时，过点Q作QEAC于点E.13/15 在Rt△AQE中,A45,AQt2,∴QEt.∵四边形CPMN为正方形，∴PCNCt,∴QENC∥,∴点Q在直线MN上,在Rt△BQN中,B45,BNt4,∴QNt4.∵QNPC∥,∴四边形QNCP为梯形.()4ttt∴S2t.四边形QNCP2当24＜t＜时，同理可得，点Q在直线MN上，四边形QNCP为梯形，()4ttt∴S2t.四边形QNCP2综上所述,S2t.解法二：当02＜t≤时，过点Q作QEAC于点E,QFBC于点F,连接QC.∴在Rt△AQE中,A45,AQ2t,∴QEt.在Rt△BQF中,B45,QFBF4t,14/15 SSS四边形QNCP△QNCQPC△∴tt()t422t,22当24＜t＜时，同上可得:QEt,QFt4,SSS四边形QNCP△QNC△QPC∴t()4tt22t,22综上所述,S2t.【考点】本题考查等腰直角三角形的性质、等腰三角形的判定和性质、线段的垂直平分线的性质定理、勾股定理、求函数关系式.15/15