山东省滨州市2018年中考数学二模卷

山东省滨州市2018年中考数学二模卷山东省滨州市2018年中考数学二模卷山东省滨州市2018年中考数学二模卷山东省滨州市2018年中考数学二模试卷一、选择题（本大题共12小题，每题3分，满分36分）1．计算﹣（+1）+|﹣1|，结果为（）A．﹣2B．2C．1D．0【剖析】原式利用绝对值的代数意义，以及加法法例计算即可求出值．【解答】解：原式=﹣1+1=0，应选：D．【评论】本题考察了有理数的加法，以及绝对值，娴熟掌握运算法例是解本题的重点．2．以下运算正确的选项是（）A．3x2+4x2=7x4B．2x3?3x3=6x3C．a÷a﹣2=a3D．（﹣a2b）3=﹣a6b3【剖析】原式各项计算获得结果，即可作出判断．【解答】解：A、原式=7x2，不切合题意；B、原式=6x6，不切合题意；C、原式=a?a2=a3，切合题意；D、原式=﹣a6b3，不切合题意，应选：C．【评论】本题考察了整式的混淆运算，以及负整数指数幂，娴熟掌握运算法例是解本题的关键．3．如图，有理数a，b，c，d在数轴上的对应点分别是A，B，C，D，若a+c=0，则b+d（）A．大于0B．小于0C．等于0D．不确立【剖析】由a+c=0可知a与c互为相反数，因此原点是AC的中点，利用b、d与原点的距离可知b+d与0的大小关系．【解答】解：∵a+c=0，∴a，c互为相反数，∴原点O是AC的中点，1∴由图可知：点D到原点的距离大于点B到原点的距离，且点D、B散布在原点的双侧，故b+d＜0，应选：B．【评论】本题考察数轴、相反数、有理数加法法例，属于中等题型．4．以下几何体是由4个相同的小正方体搭成的，此中左视图与俯视图相同的是（）A．B．C．D．【剖析】依据图形、找出几何体的左视图与俯视图，判断即可．【解答】解：A、左视图是两个正方形，俯视图是三个正方形，不切合题意；B、左视图与俯视图不一样，不切合题意；C、左视图与俯视图相同，切合题意；D左视图与俯视图不一样，不切合题意，应选：C．【评论】本题主要考察了由几何体判断三视图，考察了空间想象能力，解答本题的重点是要明确：由几何体想象三视图的形状，应分别依据几何体的前面、上边和左边面的形状想象主视图、俯视图和左视图．5．对于x的方程x2+5x+m=0的一个根为﹣2，则另一个根是（）A．﹣6B．﹣3C．3D．6【剖析】设方程的另一个根为n，依据两根之和等于﹣，即可得出对于n的一元一次方程，解之即可得出结论．【解答】解：设方程的另一个根为n，则有﹣2+n=﹣5，解得：n=﹣3．应选：B．【评论】本题考察了根与系数的关系，切记两根之和等于﹣、两根之积等于是解题的关键．26．如图，直线a∥b，直线l与a，b分别订交于A，B两点，AC⊥AB交b于点C，∠1=40°，则∠2的度数是（）A．40°B．45°C．50°D．60°【剖析】先依据平行线的性质求出∠ABC的度数，再依据垂直的定义和余角的性质求出∠2的度数．【解答】解：∵直线a∥b，∴∠1=∠CBA，∵∠1=40°，∴∠CBA=40°，∵AC⊥AB，∴∠2+∠CBA=90°，∴∠2=50°，应选：C．【评论】本题主要考察了平行线的性质，解题的重点是掌握两直线平行，同位角相等．7．方程=1的解是（）A．x=1B．x=3C．x=4D．无解【剖析】找出分式方程的最简公分母，方程左右两边同时乘以最简公分母，去分母后再利用去括号法例去括号，移项归并，将x的系数化为1，求出x的值，将求出的x的值代入最简公分母中进行查验，即可获得原分式方程的解．【解答】解：化为整式方程为：3﹣x﹣1=x﹣4，解得：x=3，经查验x=3是原方程的解，应选：B．3【评论】本题考察了分式方程的解法．注意解分式方程必定要验根．8．正多边形的内切圆与外接圆的周长之比为：2，则这个正多边形为（）A．正十二边形B．正六边形C．正四边形D．正三角形【剖析】设AB是正多边形的一边，OC⊥AB，在直角△AOC中，利用三角函数求得∠AOC的度数，进而求得中心角的度数，而后利用360度除以中心角的度数，即可求得边数．【解答】解：正多边形的内切圆与外接圆的周长之比为：2，则半径之比为：2，设AB是正多边形的一边，OC⊥AB，则OC=，OA=OB=2，在直角△AOC中，cos∠AOC==，∴∠AOC=30°，∴∠AOB=60°，则正多边形边数是：=6．应选：B．【评论】本题考察学生对正多边形的观点掌握和计算的能力，正多边形的计算一般是转变成半径，边心距、以及边长的一半这三条线段组成的直角三角形的计算．9．如图，函数y1=﹣2x与y2=ax+3的图象订交于点A（m，2），则对于x的不等式﹣2x＞ax+3的解集是（）A．x＞2B．x＜2C．x＞﹣1D．x＜﹣14【剖析】第一利用待定系数法求出A点坐标，再以交点为分界，联合图象写出不等式﹣2x＞ax+3的解集即可．【解答】解：∵函数y1=﹣2x过点A（m，2），∴﹣2m=2，解得：m=﹣1，∴A（﹣1，2），∴不等式﹣2x＞ax+3的解集为x＜﹣1．应选：D．【评论】本题主要考察了一次函数与一元一次不等式，重点是求出A点坐标．10．在Rt△ABC中，∠C=90°，AB=13，AC=5，则sinA的值为（）A．B．C．D．【剖析】依据勾股定理求出BC，依据正弦的观点计算即可．【解答】解：在Rt△ABC中，由勾股定理得，BC==12，∴sinA==，应选：B．【评论】本题考察的是锐角三角函数的定义，掌握锐角A的对边a与斜边c的比叫做∠A的正弦是解题的重点．11．如图，正方形ABCD的边长为3cm，动点M从点B出发以3cm/s的速度沿着边BC﹣CD﹣DA运动，抵达点A停止运动，另一动点N同时从点B出发，以1cm/s的速度沿着边BA向点A运动，抵达点A停止运动，设点M运动时间为x（s），△AMN的面积为y（cm2），则y关于x的函数图象是（）5A．B．C．D．【剖析】分三种状况进行议论，当0≤x≤1时，当1≤x≤2时，当2≤x≤3时，分别求得△ANM的面积，列出函数分析式，依据函数图象进行判断即可．【解答】解：由题可得，BN=x，当0≤x≤1时，M在BC边上，BM=3x，AN=3﹣x，则S△ANM=AN?BM，y=?（3﹣x）?3x=﹣x2+x，故C选项错误；当1≤x≤2时，M点在CD边上，则S△ANM=AN?BC，∴y=（3﹣x）?3=﹣x+，故D选项错误；当2≤x≤3时，M在AD边上，AM=9﹣3x，∴S△ANM=AM?AN，∴y=?（9﹣3x）?（3﹣x）=（x﹣3）2，故B选项错误；应选：A．【评论】本题主要考察了动点问题的函数图象，用图象解决问题时，要理清图象的含义即会识图．利用数形联合，分类议论是解决问题的重点．12．已知抛物线y=ax2+bx+c（a≠0）的对称轴为直线x=2，与x轴的一个交点坐标为（4，0），其部分图象如下图，以下结论：①抛物线过原点；4a+b+c=0；a﹣b+c＜0；④抛物线的极点坐标为（2，b）；⑤当x＜2时，y随x增大而增大．此中结论正确的选项是（）6A．①②③B．③④⑤C．①②④D．①④⑤【剖析】①由抛物线的对称轴联合抛物线与x轴的一个交点坐标，可求出另一交点坐标，结论①正确；②由抛物线对称轴为2以及抛物线过原点，即可得出b=﹣4a、c=0，即4a+b+c=0，结论②正确；③依据抛物线的对称性联合当x=5时y＞0，即可得出a﹣b+c＞0，结论③错误；④将x=2代入二次函数分析式中联合4a+b+c=0，即可求出抛物线的极点坐标，结论④正确；⑤察看函数图象可知，当x＜2时，yy随x增大而减小，结论⑤错误．综上即可得出结论．【解答】解：①∵抛物线y=ax2+bx+c（a≠0）的对称轴为直线x=2，与x轴的一个交点坐标为（4，0），∴抛物线与x轴的另一交点坐标为（0，0），结论①正确；②∵抛物线y=ax2+bx+c（a≠0）的对称轴为直线x=2，且抛物线过原点，∴﹣=2，c=0，b=﹣4a，c=0，4a+b+c=0，结论②正确；③∵当x=﹣1和x=5时，y值相同，且均为正，∴a﹣b+c＞0，结论③错误；2④当x=2时，y=ax+bx+c=4a+2b+c=（4a+b+c）+b=b，∴抛物线的极点坐标为（2，b），结论④正确；⑤察看函数图象可知：当x＜2时，y随x增大而减小，结论⑤错误．综上所述，正确的结论有：①②④．【评论】本题考察了抛物线与x轴的交点、二次函数图象与系数的关系以及二次函数图象上点的坐标特点，逐个剖析五条结论的正误是解题的重点．7二、填空题（本大题共8小题，每题5分，满分40分）13．（5.00分）分解因式：32m﹣8m=2m（m+2）（m﹣2）．【剖析】提公因式2m，再运用平方差公式对括号里的因式分解．32【解答】解：2m﹣8m=2m（m﹣4）=2m（m+2）（m﹣2）．故答案为：2m（m+2）（m﹣2）．【评论】本题考察了用提公因式法和公式法进行因式分解，一个多项式有公因式第一提取公因式，而后再用其余方法进行因式分解，同时因式分解要完全，直到不可以分解为止．14．（5.00分）计算：﹣12﹣|﹣2|﹣（π﹣3.14）0+（1﹣cos30°）×（）﹣2=﹣．【剖析】直接利用绝对值的性质以及特别角的三角函数值和零指数幂的性质、负指数幂的性质分别化简得出答案．【解答】解：原式=﹣1﹣（2﹣）﹣1+（1﹣）×4=﹣1﹣2+﹣1+4﹣2=﹣．故答案为：﹣．【评论】本题主要考察了实数运算，正确化简各数是解题重点．15．（5.00分）不等式组的解集是4＜x≤5．【剖析】先求出每个不等式的解集，再求出不等式组的解集即可．【解答】解：∵解不等式①得：x≤5，解不等式②得：x＞4，∴不等式组的解集为4＜x≤5，故答案为：4＜x≤5．【评论】本题考察认识一元一次不等式和解一元一次不等式组，能依据不等式的解集求出不等式组的解集是解本题的重点．816．（5.00分）要使式子存心义，a的取值范围是a≥﹣1且a≠2．【剖析】依据被开方数大于等于0，分母不等于0列式计算即可得解．【解答】解：依据题意得，a+1≥0且a﹣2≠0，解得a≥﹣1且a≠2．故答案为：a≥﹣1且a≠2．【评论】本题考察的知识点为：分式存心义，分母不为0；二次根式的被开方数是非负数．17．（5.00分）Rt△ABC中，∠C=90°，AB=5，内切圆半径为1，则三角形周长为12．【剖析】依据直角三角形的内切圆的半径等于两条直角边的和与斜边的差的一半，即可求得两条直角边的和，进而求得其周长．【解答】解：依据直角三角形的内切圆的半径公式，得（AC+BC﹣AB）=1，AC+BC=7．则三角形的周长=7+5=12．【评论】熟记直角三角形的内切圆的半径公式：直角三角形的内切圆的半径等于两条直角边的和与斜边的差的一半．18．（5.00分）一个扇形的弧长是10πm，面积是60πcm2，则此扇形的圆心角的度数是150°．【剖析】利用扇形面积公式1求出R的值，再利用扇形面积公式2计算即可获得圆心角度数．【解答】解：∵一个扇形的弧长是10πcm，面积是60πcm2，S=Rl，即60π=×R×10π，解得：R=12，∴S=60π=，解得：n=150°，故答案为：150°．【评论】本题考察了扇形面积的计算，以及弧长的计算，娴熟掌握扇形面积公式是解本题的9重点．19．（5.00分）已知：如图，在△AOB中，∠AOB=90°，AO=3cm，BO=4cm．将△AOB绕极点O，按顺时针方向旋转到△A1OB1处，此时线段OB1与AB的交点D恰巧为AB的中点，则线段B1D=1.5cm．【剖析】先在直角△AOB中利用勾股定理求出AB==5cm，再利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得出OD=AB=2.5cm．而后依据旋转的性质获得OB1=OB=4cm，那么B1D=OB1﹣OD=1.5cm．【解答】解：∵在△AOB中，∠AOB=90°，AO=3cm，BO=4cm，∴AB==5cm，∵点D为AB的中点，∴OD=AB=2.5cm．∵将△AOB绕极点O，按顺时针方向旋转到△A1OB1处，∴OB1=OB=4cm，∴B1D=OB1﹣OD=1.5cm．故答案为1.5．10【评论】本题考察了旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；旋转前、后的图形全等．也考察了直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半的性质以及勾股定理．20．（5.00分）我们知道，一元二次方程x2=﹣1没有实数根，即不存在一个实数的平方等于﹣1，假如我们规定一个新数“i”，使它知足i2=﹣1（即x2=﹣1有一个根为i），而且进一步规定：一确实数能够与新数“i”进行四则运算，且原有的运算律和运算法例仍旧建立，于是有：i1=i，i2=﹣1，i3=i2?i=（﹣1）?i=﹣i，i4=（i2）2=（﹣1）2=1，进而对随意正整数n，因为i4n=（i4）n=1n=1，i4n+1=i4n?i=1?i=i，同理可得i4n+2=﹣1，i4n+3=﹣i，那么，i9=i；i2018=﹣1．【剖析】利用幂的运算法例获得i9=（i4）2?i；i2018=（i4）504?i2，而后把i4=1，i2=﹣1代入计算即可．【解答】解：i9=（i4）2?i=12?i=i；i2018=（i4）504?i2=1?（﹣1）=﹣1．故答案为i，﹣1．【评论】本题考察了根的鉴别式：一元二次方程ax2+bx+c=0（a≠0）的根与△=b2﹣4ac犹如下关系：当△＞0时，方程有两个不相等的两个实数根；当△=0时，方程有两个相等的两个实数根；当△＜0时，方程无实数根．也考察了对新定义的理解能力．三、解答题（本大题共6小题，满分74分）21．（10.00分）先化简，再求值：﹣÷，此中a=．【剖析】依据分式的减法和除法能够化简题目中的式子，而后将a的值代入化简后的式子即可解答本题．【解答】解：﹣÷===11，当a=时，原式=．【评论】本题考察分式的化简求值，解答本题的重点是明确分式化简求值的方法．22．（12.00分）我市东坡实验中学准备展开“阳光体育活动”，决定开设足球、篮球、乒乓球、羽毛球、排球等球类活动，为了认识学生对这五项活动的喜欢状况，随机检查了m名学生已知，如图，在四边形ABCD中，∠ADB=∠ACB，延伸AD、BC订交于点E．求证：（1）△ACE∽△BDE；（2）BE?DC=AB?DE．【剖析】（1）依据邻补角的定义获得∠BDE=∠ACE，即可获得结论；（2）依据相像三角形的性质获得，因为∠E=∠E，获得△ECD∽△EAB，由相像三角形的性质获得，等量代换获得，即可获得结论．【解答】证明：（1）∵∠ADB=∠ACB，∴∠BDE=∠ACE，∴△ACE∽△BDE；2）∵△ACE∽△BDE，∴，∵∠E=∠E，∴△ECD∽△EAB，∴，∴，BE?DC=AB?DE．12【评论】本题考察了相像三角形的判断和性质，邻补角的定义，娴熟掌握相像三角形的判断和性质是解题的重点．24．（14.00分）如图，⊙O是△ABC的外接圆，∠ABC=45°，OC∥AD，AD交BC的延伸线于D，AB交OC于E．1）求证：AD是⊙O的切线；2）若⊙O的直径为6，线段BC=2，求∠BAC的正弦值．【剖析】（1）连结OA，依据切线的性质获得OA⊥AD，再依据圆周角定理获得∠AOC=2∠ABC=90°，而后依据平行线的判断即可获得结论；2）延伸CO交圆O于F，连结BF，利用三角函数解答即可．【解答】（1）证明：连结OA，∵∠ABC=45°，∴∠AOC=2∠ABC=90°，∴OA⊥OC，又∵AD∥OC，∴OA⊥AD，∴AD是⊙O的切线；2）延伸CO交圆O于F，连结BF．∵∠BAC=∠BFC，∴．【评论】本题考察了切线的性质：圆的切线垂直于经过切点的半径；经过圆心且垂直于切线13的直线必经过切点．经过切点且垂直于切线的直线必经过圆心．25．（12.00分）如图，菱形ABCD的对角线AC、BD订交于点O，过点D作DE∥AC且DE=OC，连结CE、OE，连结AE交OD于点F．1）求证：OE=CD；2）若菱形ABCD的边长为4，∠ABC=60°，求AE的长．【剖析】（1）只需证明四边形OCED是平行四边形，∠COD=90°即可；（2）在Rt△ACE中，利用勾股定理即可解决问题；【解答】（1）证明：∵DE=OC，DE∥AC，∴四边形OCED是平行四边形，∵四边形ABCD是菱形，∴AC⊥BD，∴∠COD=90°，∴平行四边形OCED是矩形．∴OE=CD．2）解：在菱形ABCD中，∠ABC=60°，∴AC=AB=4，∴在矩形OCED中，CE=OD==2，∴在△ACE中，AE==2．【评论】本题考察菱形的性质、矩形的判断和性质、勾股定理等知识，解题的重点是灵巧运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．26．（14.00分）如图，在平面直角坐标系中，矩形OABC的极点A，C分别在x轴，y轴的正半轴上，且OA=4，OC=3，若抛物线经过O，A两点，且极点在BC边上，对称轴交AC于点14D，动点P在抛物线对称轴上，动点Q在抛物线上．（1）求抛物线的分析式；（2）当PO+PC的值最小时，求点P的坐标；（3）能否存在以A，C，P，Q为极点的四边形是平行四边形？若存在，请直接写出P，Q的坐标；若不存在，请说明原因．【剖析】（1）先确立A（4，0），C（0，3），再利用对称性确立抛物线极点坐标为（2，3），而后利用待定系数法求抛物线分析式；（2）连结PA，如图，利用两点之间线段最短判断当点P与点D重合时，PO+PC的值最小，再利用待定系数法求出直线AC的分析式为y=﹣x+3，而后利用直线AC的分析式确立D点坐标，进而获得当PO+PC的值最小时，点P的坐标；3）议论：当以AC为对角线时，易得点Q为抛物线的极点，进而获得此时Q点和P点坐标；当AC为边时，当四边形AQPC为平行四边形，利用平行四边形的性质和点平移的规律先确立Q点的横坐标为6，则利用抛物线分析式可求出此时Q（6，﹣9），而后利用点平移的规律确立对应的P点坐标；当四边形APQC为平行四边形，利用相同的方法求解．【解答】解：（1）在矩形OABC中，OA=4，OC=3，∴A（4，0），C（0，3），∵抛物线经过O、A两点，∴抛物线的极点的横坐标为2，∵极点在