2018年江苏省扬州市中考数学试卷含答案解析

江苏省扬州市2018年中考数学试卷

数 学

(满分：150分 考试时间：120分钟)

一、选择题(本大题共8小题,每小题3分,共24分.在每小题给出的四个选项中,恰

有一项是符合题目要求的) 1.5的倒数是 A.

15

15

( ) D.5 ( )

B. C.5

2.使x3有意义的x的取值范围是 A.x＞3

B.x＜3

C.x≥3

D.x3

( )

3.如图所示的几何体的主视图是

4.下列说法正确的是

A

B

C

D

( )

A.一组数据2,2,3,4,这组数据的中位数是2 B.了解一批灯泡的使用寿命的情况,适合抽样调查

C.小明的三次数学成绩是126分,130分,136分,则小明这三次成绩的平均数是131分

D.某日最高气温是7℃,最低气温是2℃,则该日气温的极差是5℃

5.已知点A(x1,3)、B(x2,6)都在反比例函数y的图像上,则下列关系式一定正确的是

( )

3xA.x1＜x2＜0 C.x2＜x1＜0

B.x1＜0＜x2 D.x2＜0＜x1

6.在平面直角坐标系的第二象限内有一点M,点M到x轴的距离为3,到y轴的距

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离为4,则点M的坐标是 A.(3,4)

( )

B.(4,3) C.(4,3) D.(3,4)

7.在Rt△ABC中,ACB90,CDAB于D,CE平分ACD交AB于E,则下列结论一定成立的是 A.BCEC

( )

B.ECBE C.BCBE D.AEEC

(第7题)

(第8题)

8.如图,点A在线段BD上,在BD的同侧作等腰Rt△ABC和等腰Rt△ADE,CD与BE、①△BAE:△CAD；②MPgMDMAgME；AE分别交于点P、M.对于下列结论：③2CB2CPgCM.其中正确的是 A.①②③

B.①

( )

C.①② D.②③

二、填空题(本大题共10小题,每小题3分,共30分.不需写出解答过

程)

9.在人体血液中,红细胞直径约为0.000 77 cm,数据0.000 77用科学记数法表示为 .

10.因式分解：182x2 . 11.有4根细木棒,长度分别为2 cm、3 cm、4 cm、5 cm,从中任选3根,恰好能搭成

一个三角形的概率是 .

12.若m是方程2x23x10的一个根,则6m29m2015的值为 .

13.用半径为10 cm,圆心角为120的扇形纸片围成一个圆锥的侧面,则这个圆锥的

底面半径为 cm.

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徐老师

3x1≥5x14.不等式组x1的解集为 .

＞22

15.如图,已知eO的半径为2,VABC内接于eO,ACB135,则AB .

(第15题)

(第17题)

(第18题)

16.关于x的方程mx22x30有两个不相等的实数根,那么m的取值范围是 .

17.如图,四边形OABC是矩形,点A的坐标为(8,0),点C的坐标为(0,4),把矩形

OABC沿OB折叠,点C落在线点D处,则点D的坐标为 .

18.如图,在等腰Rt△ABO中,A=90,点B的坐标为(0,2),若直线l：

ymxm(m0)把△ABO分成面积相等的两部分,则m的值为 .

三、解答题(本大题共10小题,共96分.解答时应写出文字说明、证明过程或演算

步骤)

19.(本题满分8分)计算或化简.

1(1)|32|tan60；

21 (2)(2x3)2(2x3)(2x3).

20.(本题满分8分)对于任意实数a、b,定义关于“”的一种运算如下：

ab2ab.例如34=23+4=10.

(1)求2(5)的值；

(2)若x(y)2,且2yx1,求xy的值.

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21.(本题满分8分)江苏省第十九届运动会将于2018年9月在扬州举行开幕式,某

校为了了解学生“最喜爱的省运会项目”的情况,随机抽取了部分学生进行问卷调查,规定每人从“篮球”、“羽毛球”、“自行车”、“游泳”和“其他”五个选项中必须选择且只能选择一个,并将调查结果绘制成如下两幅不完整的统计图表.

最喜爱的省运会项目的人

数调查统计表

最喜爱的省运会项目的人数分布扇形统计图

最喜爱的项目 篮球 羽毛球 自行车 游泳 其他 合计 人数 20 9 10 a b

根据以上信息,请回答下列问题： (1)这次调查的样本容量是 ,ab= ；

(2)扇形统计图中“自行车”对应的扇形的圆心角为 度；

(3)若该校有1 200名学生,估计该校最喜爱的省运动会项目是篮球的学生人数.

22.(本题满分8分)4张相同的卡片上分别写有数字1、3、4、6,将卡片的背面朝上,

并洗匀.

(1)从中任意抽1张,抽到的数字是奇数的概率是 ；

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(2)从中任意抽取1张,并将所取卡片上的数字记作一次函数ykxb中的k；再从余下的卡片中任意抽取1张,并将所取卡片上的数字记作一次函数

ykxb中的b.利用画树状图或列表的方法,求这个一次函数的图像经过第

一、二、四象限的概率.

23.(本题满分10分)京沪铁路是我国东部沿海地区纵贯南北的交通大动脉,全长1 462km,是我国最繁忙的铁路干线之一.如果从北京到上海的客车速度是货车速度的2倍,客车比货车少用6 h,那么货车的速度是多少？(精确到0.1 km/h)

24.(本题满分10分)如图,在平行四边形ABCD中,DBDA,点F是AB的中点,连接DF并延长,交CB的延长线于点E,连接AE. (1)求证：四边形AEBD是菱形；

(2)若DC10,tanDCB3,求菱形AEBD的面积.

25.(本题满分10分)如图,在△ABC中,ABAC,AOBC于点O,OEAB于点E,以点O为圆心,OE为半径作半圆,交AO于点F. (1)求证：AC是eO的切线；

(2)若点F是AO的中点,OE=3,求图中阴影部分的面积；

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(3)在(2)的条件下,点P是BC边上的动点,当PEPF取最小值时,直接写出BP的长.

26.(本题满分10分)“扬州漆器”名扬天下.某网

店专门销售某种

品牌的漆器笔筒,成本为30元/件,每天销售量y(件)与销售单价x(元)之间存在一次函数关系,如图所示. (1)求y与x之间的函数关系式；

(2)如果规定每天漆器笔筒的销售量不低于240件,当销售单价为多少元时,每天获取的利润最大,最大利润是多少？

(3)该网店主热心公益事业,决定从每天的销售利润中捐出150元给希望工程,为了保证捐款后每天剩余利润不低于3 600元,试确定该漆器笔筒销售单价的范围.

27.(本题满分12分) 问题呈现

如图1,在边长为1的正方形网格中,连接格点D、N和E、C,DN与EC相交于点P,求tanCPN的值. 方法归纳

求一个锐角的三角函数值,我们往往需要找出(或构造成)一个直角三角形.观察发现问题中CPN不在直角三角形中,我们常常利用网格画平行线等方法解决此类问题.比如连接格点M、N,可得MN∥EC,则DNMCPN,连接DM,那么CPN就变换到Rt△DMN中. 问题解决

(1)直接写出图1中tanCPN的值为；

(2)如图2,在边长为1的正方形网格中,AN与CM相交于点P,求cosCPN的值； 思维拓展

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徐老师

(3)如图3,ABBC,AB4BC,点M在AB上,且AM=BC,延长CB到N,使

BN2BC,连接AN交CM的延长线于点P,用上述方法构造网格求CPN的

度数.

图1

图2

图3

28.(本题满分12分)如图1,四边形OABC是矩形,点A的坐标为(3,0),点C的坐标为(0,6).点P从点O出发,沿OA以每秒1个单位长度的速度向点A运动,同时点

Q从点A出发,沿AB以每秒2个单位长度的速度向点B运动,当点P与点A重合

时运动停止.设运动时间为t秒. (1)当t2时,线段PQ的中点坐标为； (2)当△CBQ与△PAQ相似时,求t的值；

(3)当t1时,抛物线yx2bxc经过P、Q两点,与y轴交于点M,抛物线的顶点为K,如图2所示.问该抛物线上是否存在点D,使MQDMKQ,若存在,求出所有满足条件的点D坐标；若不存在,说明理由.

12

图1

图2

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江苏省扬州市2018年中考数学试卷

数学答案解析 一、选择题 1.【答案】A 【解析】Q51,5的倒数是；故本题选A项. 55【考点】倒数的概念. 2.【答案】C 【解析】被开方数大于等于0.先根据二次根式有意义的条件得出关于x的不等式,

再解不等式即可求出x的取值范围.Qx3有意义,x3≥0,解得x≥3；故本题选C项.

【考点】二次根式有意义的条件. 3.【答案】B

【解析】根据从正面看得到的视图是主视图可知：从正面看有两列,左边一列有三

个小正方形,右边一列有1个小正方形；故本题选B项. 【考点】由小正方体组合成的立体图形的三视图. 4.【答案】B 【解析】

一组数据2,2,3,4,这组数据的中位数是(23)22.52；此选A × 项错误. 11B √ 灯泡属于消耗品,不可使用普查,适合抽样调查；此选项正确. 根据“平均数总分数次数”,得小明这三次数学成绩的平均数是：C × 12(126130136)130131分；此选项错误. 33D × 根据“一组数据得极差等于最大值减去最小值”,得该日气温的极差是7(2)9℃5℃；此选项错误. 故本题选B项. 【考点】中位数、平均数、极差的求法以及统计方法的选择. 5.【答案】A

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徐老师

【解析】四象限,在每个象限内,y随x的增大而增Qk3,双曲线y位于第二、

大,Q0＜3＜6,x1＜x2＜0；故本题选A项. 【考点】反比例函数的增减性. 6.【答案】C

【解析】坐标系中,一个点的横、纵坐标的大小是这个点分别到y轴和x轴的距离.

Q点M到x轴的距离为3,到y轴的距离为4,点M的横、纵坐标的绝对值大小

kx分别为4和3,又Q点M在第二象限,横坐标为负,纵坐标为正,点M的坐标为(4,3)；故本题选C项.

【考点】平面直角坐标系中点的坐标及特点. 7.【答案】C

【解析】Q原图形具有特殊性,可改变图形观察选项,如图,观察可猜测BCBE可

能成立,证明如下：QACB=90,CDAB,AB90,BCDB90,

ABCD,QCE平分ACD,ACEDCE,又QCEBAACE,

BCEBCDDCE,CEBBCE,BCBE；故本题选C项.

【考点】角平分线的性质,垂直的性质,三角形的内外角间关系,等角的余角的性质

以及等腰三角形的判定. 8.【答案】A

【解析】在等腰Rt△ABC和等腰Rt△ADE中,AC2AB,AD2AE,

BACEAD45,ACAD2,BAECAD135,△BAE:△CAD,ABAE①正确；Q△BAE:△CAD,BEACDA,又QPMEAMD,

△PME:△AMD,MPME,MPgMDMAgME,②正确；由②知MAMDMPME,又AMCDME,△AMP△DME,MPAMED90,MAMDAPC90,QCAM180BACEAD180454590,

APCCAM,又ACMACM,△AMC△PAC,ACCM,CPACAC2CPgCM,QAC2CB,2CB2CPgCM,③正确；故本题选A项.

【考点】相似三角形的判定与性质. 二、填空题

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9.【答案】7.7104

【解析】科学计数法的表示形式为a10n,其中1≤|a|＜10,n为整数,当原数的绝对

值小于1时,n是负数,其值等于第一个非零数前面0的个数.

Q|0.00077|＜1,a7.7,第一个非0数前面0的个数为4,n4,0.00077用科

学计数法表示为7.710-4. 【考点】科学记数法. 10.【答案】2(3x)(3x)

【解析】182x22(9x2)2(3x)(3x). 【考点】多项式的因式分解. 11.【答案】

【解析】根据题意,使用列举法找出从4根木棒中任选3根的总共的情况数,再找出

其中能搭成三角形的情况数,最后根据：“概率=所求情况数与总情况数的比”可求.Q从4根细木棒任选3根,有2、3、4,2、3、5,2、4、5,3、4、5共4种情况,而能搭成一个三角形的有2、3、4,2、4、5,3,、4、5,3种情况,概率为

3. 434【考点】三角形三边之间的关系及概率的计算. 12.【答案】2 018

【解析】根据题意直接把m代入一元二次方程可得2m23m10,2m23m1,

6m29m3,6m29m2015320152018.

【考点】一元二次方程根的定义以及整体代入的数学思想. 13.【答案】

10 3Q圆锥的侧面展开图为扇形,计算时要抓住两个转化；【解析】①圆锥的母线长为

扇形的半径,②圆锥的底面圆的周长为扇形的弧长.设圆锥的底面圆的半径为

r,则依据转化②可得2πr120π101010,解得rcm,故填. 18033【考点】圆锥有关的计算. 14.【答案】3＜x≤

【解析】解一元一次不等式组时,应先解每一个不等式,然后在数轴上找到它们的公

共部分,这个公共部分就是不等式组的解集；也可以根据口诀“同大取大、同

第 10

12徐老师

小取小、大小小大中间找、大大小小找不到(无解)”来确定.解不等式

1x13x1≥5x得x≤,解不等式＞2得x＞3,根据“大小小大中间找”可得原不

22等式组的解集是3＜x≤. 【考点】一元一次不等式组的解法. 15.【答案】22 【解析】如图,连接OA、OB,则OAOB2,在优弧AB上任取一点D,连接AD、BD,

则四边形ACBD内接于eO,D180ACB18013545,

QABAB,AOB2D90,△OAB是等腰直角三角形,AB2gOA22.

12

【考点】圆内接四边形对角互补的性质以及圆周角定理,构造出弦AB所对的优弧上

的圆周角是解题的关键. 16.【答案】m＜且m0

【解析】Q关于x的方程mx22x30有两个不相等的实数根,

1=(2)24m3＞0且m0,解得m＜且m0.

313【考点】一元二次方程定和根的判别式. 17.【答案】1612,- 55【解析】如图,Q四边形OABC是矩形,点A的坐标为(8,0),点C的坐标为(0,4),

OABC8,OC4,BC∥AO,CBOAOB,由折叠得：CBODBO,BDBC8,ODOC4,AOBDBO,OEBE,设OEBEx,则DEBDBE8x,在Rt△ODE中,根据勾股定理得：

OD2DE2OE2,42(8x)2x2,解得x5,OE5,DE3,作DFx轴于

点F,则S△CDEOEgDFODgDE,OEgDFODgDE,5gDF43解得

121216,OFOD2DF242,Q点D在第四象限,DF555第 11

21212

1612D,.

55

【考点】轴对称变化(翻折),矩形的性质,等腰三角形的判定与性质以及勾股定理. 18.【答案】

513 2【解析】如图,ymxm(x1),直线ymxm过点(1,0),又当x0时,ym，直

线ymxm与y轴交点为D(0,m),QB(0,2),OB2,Q△AOB为等腰直角三角形,

OA22OB2,作ACx轴于C,则OCACOA1,A(1,1),由待定系222mxymxmm1,直数法可求得直线AB解析式为yx2,解方程组得yx2y3mm1线ymxm与直线AB的交点E的坐标为EF2m3m,,作EFy轴于F,则m1m12m,Q直线ymxm把△AOB分成面积相等的两部分,m1112S△BDES△AOB,2BDgEFOA222,即

51312m1,由题意知BDgEFOA2,(2m)g(2)2,解得m22m12m＜2,m513. 2

【考点】一次函数图像上点坐标的特点,等腰直角三角形以及待定系数法. 三、解答题

19.【答案】解：(1)原式=2+23+34

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徐老师

(2)原式=4x2912x4x2912x18 【解析】解：(1)原式=2+23+34 (2)原式=4x2912x4x2912x18 【考点】整式的混合运算.

20.【答案】解：(1)2(5)2251

7x2xy219(2)由题意得xy

34yx1y49【解析】解：(1)2(5)2251

7x2xy219(2)由题意得xy

34yx1y49【考点】新定义型的运算.

21.【答案】(1)Q羽毛球占18%,羽毛球有9人

918%=50(人)

总共50人,所以游泳和其他502010911即ab11 (2)自行车10人,总共50人

20501200=480人

答：该校最喜爱的省运动项目是篮球的学生人数为480人. 【解析】(1)Q羽毛球占18%,羽毛球有9人

918%=50(人)

总共50人,所以游泳和其他502010911即ab11 (2)自行车10人,总共50人

20501200=480人

答：该校最喜爱的省运动项目是篮球的学生人数为480人. 【考点】统计表和扇形统计图的综合运用.

22.【答案】解：(1)总共有四个,奇数有两个,所以概率就是24= (2)根据题意得：一次函数图形过第一、二、四象限,则k＜0,b＞0

12 第 13

314 61134 6143 6

163 41图像经过第一、二、四象限的概率是412=.

3【解析】解：(1)总共有四个,奇数有两个,所以概率就是24= (2)根据题意得：一次函数图形过第一、二、四象限,则k＜0,b＞0

314 61134 6143 612

163 41图像经过第一、二、四象限的概率是412=.

3【考点】概率的求法及一次函数的性质. 23.【答案】解：设货车的速度为xkm/h 由题意得

146214626x121.8 x2x经检验x121.8是该方程的解 答：货车的速度是121.8千米/小时. 【解析】解：设货车的速度为xkm/h 由题意得

146214626x121.8 x2x经检验x121.8是该方程的解 答：货车的速度是121.8千米/小时. 【考点】分式方程的应用.

24.【答案】解：(1)Q四边形ABCD是平行四边形

AD∥BC,ADEDEB QF是AB的中点,AFBF

在△AFD与△BFE中,ADEDEB,AFBF,AFDBFE QAD∥BC,四边形AEBD是平行四边形 QDBDA,四边形AEBD是菱形

(2)Q四边形AEBD是菱形,DBDA

ADBDBEBC,

ADEBDE,BDCBCD

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徐老师

QAD∥BC

ADEBDEBDCBCD180 BDEBDC90

QDC10,tanDCB3

DE3,DC310 DCS菱形AEBDABgDE210g310215

【解析】解：(1)Q四边形ABCD是平行四边形

AD∥BC,ADEDEB QF是AB的中点,AFBF

在△AFD与△BFE中,ADEDEB,AFBF,AFDBFE QAD∥BC,四边形AEBD是平行四边形 QDBDA,四边形AEBD是菱形

(2)Q四边形AEBD是菱形,DBDA

ADBDBEBC,

ADEBDE,BDCBCD

QAD∥BC

ADEBDEBDCBCD180 BDEBDC90

QDC10,tanDCB3

DE3,DC310 DCS菱形AEBDABgDE210g310215

【考点】平行四边形的判定与性质,菱形的判定与性质,菱形的面积计算以及锐角三

角函数.

25.【答案】(1)过O作AC垂线OM,垂足为M

QABAC,AOBC

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AO平分BACQOEAB,OMACOEOMQOE为eO的半径,OM为eO的半径,AC是eO的切线QOMOEOF3且F是OA的中点AO6,AE33,S△AEOAOgAE29329πg603π,3602

(2)QOEAB

EOF60即S扇形OEFS阴影=933π22(3)作B关于BC的对称点G,交BC于H,连接FG交BC于P 此时PEPF最小

EOF60,EAO30,B60QEO333EG3,EH,BH22QEGBC,FOBC△EHP:△FOP由(2)知EH HP313即2HPOPFOPO223QBOHPOP3,2333HP3即HP,2233BP322【解析】(1)过O作AC垂线OM,垂足为M

QABAC,AOBC

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徐老师

AO平分BACQOEAB,OMACOEOMQOE为eO的半径,OM为eO的半径,AC是eO的切线QOMOEOF3且F是OA的中点AO6,AE33,S△AEOAOgAE29329πg603π,3602

(2)QOEAB

EOF60即S扇形OEFS阴影=933π22(3)作B关于BC的对称点G,交BC于H,连接FG交BC于P 此时PEPF最小

EOF60,EAO30,B60QEO333EG3,EH,BH22QEGBC,FOBC△EHP:△FOP由(2)知EH HP313即2HPOPFOPO223QBOHPOP3,2333HP3即HP,2233BP322【考点】圆的切线的判定与性质,角平分线的性质,非规则图形面积的计算. 26.【答案】(1)设ykxb,将(40,300),(55,150)代入,得

40kb300k10 55kb150b700y10x700

(2)设利润为w元

第 17

w(x3)(10x700)10x21000x2100010(x50)24000Qy≥24010x700≥240解得x≤46x46时,ymax3840元

答：单价为46元时,利润最大为3 840元.

(3)由题意得w15010x21000x2100015010x21000x21150

10x21000x2115≥360即(x45)(x55)≤0

则45≤x≤55

答：单价的范围是45元到55元.

【解析】(1)设ykxb,将(40,300),(55,150)代入,得

40kb300k10 55kb150b700y10x700

(2)设利润为w元

w(x3)(10x700)10x21000x2100010(x50)24000Qy≥24010x700≥240解得x≤46x46时,ymax3840元

答：单价为46元时,利润最大为3 840元.

(3)由题意得w15010x21000x2100015010x21000x21150

10x21000x2115≥360即(x45)(x55)≤0

则45≤x≤55

答：单价的范围是45元到55元.

【考点】一次函数,二次函数以及一元二次方程的综合应用.

27.【答案】(1)如图1,根据网络可得MN2,DM22,在Rt△DMN中

tanDNMDM2,由方法归纳可得tanCPNtanDNM2. MN 第 18

徐老师

图1

图2

图3

(2)如图2,连接格点A、E,可得AE∥CF,CPNEAN

QEAEN,AEEN

CPNEAN45

cosCPN2 2(3)CPNFAN45,证明同(2)

【解析】(1)如图1,根据网络可得MN2,DM22,在Rt△DMN中

tanDNMDM2,由方法归纳可得tanCPNtanDNM2. MN

图1

图2

图3

(2)如图2,连接格点A、E,可得AE∥CF,CPNEAN

QEAEN,AEEN

CPNEAN45

cosCPN2 2(3)CPNFAN45,证明同(2). 【考点】方法归纳.

28.【答案】(1)Qt2,OP2,AP1,AQ2

P(2,0),(3,4)

PQ的中点坐标是(2.5,2)

(2)由题意得PA3t,AQ2t,BQ62t

第 19

且有两种情况 ①△CBA:△PAQ

CBBQ362t935t APAQ3t2t2Qt3

t935 2②△CBA:△QAP

CBBQ362t3t(t3舍去) AQAP2t3t4综上所诉t9353或t 24(3)作KHMQ,则KH垂直平分MQ,

1MKHMKQ22tanD1QMtanD2QMtanMKH322D2Q:yx4,D1Q:yx,

3324240D1,,D2, 3939

【解析】(1)Qt2,OP2,AP1,AQ2

P(2,0),(3,4)

PQ的中点坐标是(2.5,2)

(2)由题意得PA3t,AQ2t,BQ62t 且有两种情况 ①△CBA:△PAQ

第 20

徐老师

CBBQ362t935t APAQ3t2t2Qt3

t935 2②△CBA:△QAP

CBBQ362t3t(t3舍去) AQAP2t3t4综上所诉t9353或t 24(3)作KHMQ,则KH垂直平分MQ,

1MKHMKQ22tanD1QMtanD2QMtanMKH322D2Q:yx4,D1Q:yx,

3324240D1,,D2, 3939

【考点】二次函数与相似三角形,锐角三角函数的应用,三角形与四边形的面积,函数图像的交点.

第 21