福建省厦门数学中考试题及评分标准B卷.doc

福建省厦门数学中考试题及评分标准B卷.doc

《福建省厦门数学中考试题及评分标准B卷.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《福建省厦门数学中考试题及评分标准B卷.doc（16页珍藏版）》请在冰点文库上搜索。

2018年厦门市中考数学试题与答案（B卷）

参考答案与试题解析

一、选择题（本题共10小题，每小题4分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）

1．（4分）在实数|﹣3|，﹣2，0，π中，最小的数是（　　）

A．|﹣3| B．﹣2 C．0 D．π

【解答】解：

在实数|﹣3|，﹣2，0，π中，

|﹣3|=3，则﹣2＜0＜|﹣3|＜π，

故最小的数是：

﹣2．

故选：

B．

2．（4分）某几何体的三视图如图所示，则该几何体是（　　）

A．圆柱 B．三棱柱 C．长方体 D．四棱锥

【解答】解：

A、圆柱的主视图和左视图是矩形，但俯视图是圆，不符合题意；

B、三棱柱的主视图和左视图是矩形，但俯视图是三角形，不符合题意；

C、长方体的主视图、左视图及俯视图都是矩形，符合题意；

D、四棱锥的主视图、左视图都是三角形，而俯视图是四边形，不符合题意；

故选：

C．

3．（4分）下列各组数中，能作为一个三角形三边边长的是（　　）

A．1，1，2 B．1，2，4 C．2，3，4 D．2，3，5

【解答】解：

A、1+1=2，不满足三边关系，故错误；

B、1+2＜4，不满足三边关系，故错误；

C、2+3＞4，满足三边关系，故正确；

D、2+3=5，不满足三边关系，故错误．

故选：

C．

4．（4分）一个n边形的内角和为360°，则n等于（　　）

A．3 B．4 C．5 D．6

【解答】解：

根据n边形的内角和公式，得：

（n﹣2）•180=360，

解得n=4．

故选：

B．

5．（4分）如图，等边三角形ABC中，AD⊥BC，垂足为D，点E在线段AD上，∠EBC=45°，则∠ACE等于（　　）

A．15° B．30° C．45° D．60°

【解答】解：

∵等边三角形ABC中，AD⊥BC，

∴BD=CD，即：

AD是BC的垂直平分线，

∵点E在AD上，

∴BE=CE，

∴∠EBC=∠ECB，

∵∠EBC=45°，

∴∠ECB=45°，

∵△ABC是等边三角形，

∴∠ACB=60°，

∴∠ACE=∠ACB﹣∠ECB=15°，

故选：

A．

6．（4分）投掷两枚质地均匀的骰子，骰子的六个面上分别刻有1到6的点数，则下列事件为随机事件的是（　　）

A．两枚骰子向上一面的点数之和大于1

B．两枚骰子向上一面的点数之和等于1

C．两枚骰子向上一面的点数之和大于12

D．两枚骰子向上一面的点数之和等于12

【解答】解：

A、两枚骰子向上一面的点数之和大于1，是必然事件，故此选项错误；

B、两枚骰子向上一面的点数之和等于1，是不可能事件，故此选项错误；

C、两枚骰子向上一面的点数之和大于12，是不可能事件，故此选项错误；

D、两枚骰子向上一面的点数之和等于12，是随机事件，故此选项正确；

故选：

D．

7．（4分）已知m=+，则以下对m的估算正确的（　　）

A．2＜m＜3 B．3＜m＜4 C．4＜m＜5 D．5＜m＜6

【解答】解：

∵m=+=2+，

1＜＜2，

∴3＜m＜4，

故选：

B．

8．（4分）我国古代数学著作《增删算法统宗》记载”绳索量竿”问题：

“一条竿子一条索，索比竿子长一托．折回索子却量竿，却比竿子短一托．“其大意为：

现有一根竿和一条绳索，用绳索去量竿，绳索比竿长5尺；如果将绳索对半折后再去量竿，就比竿短5尺．设绳索长x尺，竿长y尺，则符合题意的方程组是（　　）

A． B．

C． D．

【解答】解：

设索长为x尺，竿子长为y尺，

根据题意得：

．

故选：

A．

9．（4分）如图，AB是⊙O的直径，BC与⊙O相切于点B，AC交⊙O于点D，若∠ACB=50°，则∠BOD等于（　　）

A．40° B．50° C．60° D．80°

【解答】解：

∵BC是⊙O的切线，

∴∠ABC=90°，

∴∠A=90°﹣∠ACB=40°，

由圆周角定理得，∠BOD=2∠A=80°，

故选：

D．

10．（4分）已知关于x的一元二次方程（a+1）x2+2bx+（a+1）=0有两个相等的实数根，下列判断正确的是（　　）

A．1一定不是关于x的方程x2+bx+a=0的根

B．0一定不是关于x的方程x2+bx+a=0的根

C．1和﹣1都是关于x的方程x2+bx+a=0的根

D．1和﹣1不都是关于x的方程x2+bx+a=0的根

【解答】解：

∵关于x的一元二次方程（a+1）x2+2bx+（a+1）=0有两个相等的实数根，

∴，

∴b=a+1或b=﹣（a+1）．

当b=a+1时，有a﹣b+1=0，此时﹣1是方程x2+bx+a=0的根；

当b=﹣（a+1）时，有a+b+1=0，此时1是方程x2+bx+a=0的根．

∵a+1≠0，

∴a+1≠﹣（a+1），

∴1和﹣1不都是关于x的方程x2+bx+a=0的根．

故选：

D．

二、填空题：

本题共6小题，每小题4分，共24分）

11．（4分）计算：

（）0﹣1=　0　．

【解答】解：

原式=1﹣1=0，

故答案为：

0．

12．（4分）某8种食品所含的热量值分别为：

120，134，120，119，126，120，118，124，则这组数据的众数为　120　．

【解答】解：

∵这组数据中120出现次数最多，有3次，

∴这组数据的众数为120，

故答案为：

120．

13．（4分）如图，Rt△ABC中，∠ACB=90°，AB=6，D是AB的中点，则CD=　3　．

【解答】解：

∵∠ACB=90°，D为AB的中点，

∴CD=AB=×6=3．

故答案为：

3．

14．（4分）不等式组的解集为　x＞2　．

【解答】解：

∵解不等式①得：

x＞1，

解不等式②得：

x＞2，

∴不等式组的解集为x＞2，

故答案为：

x＞2．

15．（4分）把两个同样大小的含45°角的三角尺按如图所示的方式放置，其中一个三角尺的锐角顶点与另一个的直角顶点重合于点A，且另三个锐角顶点B，C，D在同一直线上．若AB=，则CD=　﹣1　．

【解答】解：

如图，过点A作AF⊥BC于F，

在Rt△ABC中，∠B=45°，

∴BC=AB=2，BF=AF=AB=1，

∵两个同样大小的含45°角的三角尺，

∴AD=BC=2，

在Rt△ADF中，根据勾股定理得，DF==

∴CD=BF+DF﹣BC=1+﹣2=﹣1，

故答案为：

﹣1．

16．（4分）如图，直线y=x+m与双曲线y=相交于A，B两点，BC∥x轴，AC∥y轴，则△ABC面积的最小值为　6　．

【解答】解：

设A（a，），B（b，），则C（a，）．

将y=x+m代入y=，得x+m=，

整理，得x2+mx﹣3=0，

则a+b=﹣m，ab=﹣3，

∴（a﹣b）2=（a+b）2﹣4ab=m2+12．

∵S△ABC=AC•BC

=（﹣）（a﹣b）

=••（a﹣b）

=（a﹣b）2

=（m2+12）

=m2+6，

∴当m=0时，△ABC的面积有最小值6．

故答案为6．

三、解答题：

本题共9小题，共86分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。

17．（8分）解方程组：

．

【解答】解：

，

②﹣①得：

3x=9，

解得：

x=3，

把x=3代入①得：

y=﹣2，

则方程组的解为．

18．（8分）如图，▱ABCD的对角线AC，BD相交于点O，EF过点O且与AD，BC分别相交于点E，F．求证：

OE=OF．

【解答】证明：

∵四边形ABCD是平行四边形，

∴OA=OC，AD∥BC，

∴∠OAE=∠OCF，

在△OAE和△OCF中，

，

∴△AOE≌△COF（ASA），

∴OE=OF．

19．（8分）先化简，再求值：

（﹣1）÷，其中m=+1．

【解答】解：

（﹣1）÷

=

=

=，

当m=+1时，原式=．

20．（8分）求证：

相似三角形对应边上的中线之比等于相似比．

要求：

①根据给出的△ABC及线段A'B′，∠A′（∠A′=∠A），以线段A′B′为一边，在给出的图形上用尺规作出△A'B′C′，使得△A'B′C′∽△ABC，不写作法，保留作图痕迹；

②在已有的图形上画出一组对应中线，并据此写出已知、求证和证明过程．

【解答】解：

（1）如图所示，△A'B′C′即为所求；

（2）已知，如图，△ABC∽△A'B'C'，===k，D是AB的中点，D'是A'B'的中点，

求证：

=k．

证明：

∵D是AB的中点，D'是A'B'的中点，

∴AD=AB，A'D'=A'B'，

∴==，

∵△ABC∽△A'B'C'，

∴=，∠A'=∠A，

∵=，∠A'=∠A，

∴△A'C'D'∽△ACD，

∴==k．

21．（8分）如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，AB=10，AC=8．线段AD由线段AB绕点A按逆时针方向旋转90°得到，△EFG由△ABC沿CB方向平移得到，且直线EF过点D．

（1）求∠BDF的大小；

（2）求CG的长．

【解答】解：

（1）∵线段AD是由线段AB绕点A按逆时针方向旋转90°得到，

∴∠DAB=90°，AD=AB=10，

∴∠ABD=45°，

∵△EFG是△ABC沿CB方向平移得到，

∴AB∥EF，

∴∠BDF=∠ABD=45°；

（2）由平移的性质得，AE∥CG，AB∥EF，

∴∠DEA=∠DFC=∠ABC，∠ADE+∠DAB=180°，

∵∠DAB=90°，

∴∠ADE=90°，

∵∠ACB=90°，

∴∠ADE=∠ACB，

∴△ADE∽△ACB，

∴，

∵AC=8，AB=AD=10，

∴AE=12.5，

由平移的性质得，CG=AE=12.5．

22．（10分）甲、乙两家快递公司揽件员（揽收快件的员工）的日工资方案如下：

甲公司为“基本工资+揽件提成”，其中基本工资为70元/日，每揽收一件提成2元；

乙公司无基本工资，仅以揽件提成计算工资．若当日揽件数不超过40，每件提成4元；若当日搅件数超过

40，超过部分每件多提成2元．

如图是今年四月份甲公司揽件员人均揽件数和乙公司揽件员人均揽件数的条形统计图：

（1）现从今年四月份的30天中随机抽取1天，求这一天甲公司揽件员人均揽件数超过40（不含40）的概率；

（2）根据以上信息，以今年四月份的数据为依据，并将各公司揽件员的人均揽件数视为该公司各揽件员的

揽件数，解决以下问题：

①估计甲公司各揽件员的日平均揽件数；

②小明拟到甲、乙两家公司中的一家应聘揽件员，如果仅从工资收入的角度考虑，请利用所学的统计知识帮他选择，井说明理由．

【解答】解：

（1）因为今年四月份甲公司揽件员人均揽件数超过40的有4天，

所以甲公司揽件员人均揽件数超过40（不含40）的概率为=；

（2）①甲公司各揽件员的日平均件数为=39件；

②甲公司揽件员的日平均工资为70+39×2=148元，

乙公司揽件员的日平均工资为

=[40+]×4+×6

=159.4元，

因为159.4＞148，

所以仅从工资收入的角度考虑，小明应到乙公司应聘．

23．（10分）空地上有一段长为a米的旧墙MN，某人利用旧墙和木栏围成一个矩形菜园ABCD，已知木栏总长为100米．

（1）已知a=20，矩形菜园的一边靠墙，另三边一共用了100米木栏，且围成的矩形菜园面积为450平方米．

如图1，求所利用旧墙AD的长；

（2）已知0＜a＜50，且空地足够大，如图2．请你合理利用旧墙及所给木栏设计一个方案，使得所围成的矩

形菜园ABCD的面积最大，并求面积的最大值．

【解答】解：

（1）设AD=x米，则AB=

依题意得，

解得x1=10，x2=90

∵a=20，且x≤a

∴x=90舍去

∴利用旧墙AD的长为10米．

（2）设AD=x米，矩形ABCD的面积为S平方米

①如果按图一方案围成矩形菜园，依题意

得：

S=，0＜x＜a

∵0＜a＜50

∴x＜a＜50时，S随x的增大而增大

当x=a时，S最大=50a﹣

②如按图2方案围成矩形菜园，依题意得

S=，a≤x＜50+

当a＜25+＜50时，即0＜a＜时，

则x=25+时，S最大=（25+）2=

当25+≤a，即时，S随x的增大而减小

∴x=a时，S最大=

综合①②，当0＜a＜时，

﹣（）=

＞，此时，按图2方案围成矩形菜园面积最大，最大面积为平方米

当时，两种方案围成的矩形菜园面积最大值相等．

∴当0＜a＜时，围成长和宽均为（25+）米的矩形菜园面积最大，最大面积为平方米；

当时，围成长为a米，宽为（50﹣）米的矩形菜园面积最大，最大面积为（）平方米．

24．（12分）如图，D是△ABC外接圆上的动点，且B，D位于AC的两侧，DE⊥AB，垂足为E，DE的延长线交此圆于点F．BG⊥AD，垂足为G，BG交DE于点H，DC，FB的延长线交于点P，且PC=PB．

（1）求证：

BG∥CD；

（2）设△ABC外接圆的圆心为O，若AB=DH，∠OHD=80°，求∠BDE的大小．

【解答】

（1）证明：

如图1，∵PC=PB，

∴∠PCB=∠PBC，

∵四边形ABCD内接于圆，

∴∠BAD+∠BCD=180°，

∵∠BCD+∠PCB=180°，

∴∠BAD=∠PCB，

∵∠BAD=∠BFD，

∴∠BFD=∠PCB=∠PBC，

∴BC∥DF，

∵DE⊥AB，

∴∠DEB=90°，

∴∠ABC=90°，

∴AC是⊙O的直径，

∴∠ADC=90°，

∵BG⊥AD，

∴∠AGB=90°，

∴∠ADC=∠AGB，

∴BG∥CD；

（2）由

（1）得：

BC∥DF，BG∥CD，

∴四边形BCDH是平行四边形，

∴BC=DH，

在Rt△ABC中，∵AB=DH，

∴tan∠ACB==，

∴∠ACB=60°，∠BAC=30°，

∴∠ADB=60°，BC=AC，

∴DH=AC，

①当点O在DE的左侧时，如图2，作直径DM，连接AM、OH，则∠DAM=90°，

∴∠AMD+∠ADM=90°

∵DE⊥AB，

∴∠BED=90°，

∴∠BDE+∠ABD=90°，

∵∠AMD=∠ABD，

∴∠ADM=∠BDE，

∵DH=AC，

∴DH=OD，

∴∠DOH=∠OHD=80°，

∴∠ODH=20°

∵∠ADB=60°，

∴∠ADM+∠BDE=40°，

∴∠BDE=∠ADM=20°，

②当点O在DE的右侧时，如图3，作直径DN，连接BN，

由①得：

∠ADE=∠BDN=20°，∠ODH=20°，

∴∠BDE=∠BDN+∠ODH=40°，

综上所述，∠BDE的度数为20°或40°．

25．（14分）已知抛物线y=ax2+bx+c过点A（0，2），且抛物线上任意不同两点M（x1，y1），N（x2，y2）都满足：

当x1＜x2＜0时，（x1﹣x2）（y1﹣y2）＞0；当0＜x1＜x2时，（x1﹣x2）（y1﹣y2）＜0．以原点O为圆心，OA为半径的圆与抛物线的另两个交点为B，C，且B在C的左侧，△ABC有一个内角为60°．

（1）求抛物线的解析式；

（2）若MN与直线y=﹣2x平行，且M，N位于直线BC的两侧，y1＞y2，解决以下问题：

①求证：

BC平分∠MBN；

②求△MBC外心的纵坐标的取值范围．

【解答】解：

（1）∵抛物线过点A（0，2），

∴c=2，

当x1＜x2＜0时，x1﹣x2＜0，由（x1﹣x2）（y1﹣y2）＞0，得到y1﹣y2＜0，

∴当x＜0时，y随x的增大而增大，

同理当x＞0时，y随x的增大而减小，

∴抛物线的对称轴为y轴，且开口向下，即b=0，

∵以O为圆心，OA为半径的圆与抛物线交于另两点B，C，如图1所示，

∴△ABC为等腰三角形，

∵△ABC中有一个角为60°，

∴△ABC为等边三角形，且OC=OA=2，

设线段BC与y轴的交点为点D，则有BD=CD，且∠OBD=30°，

∴BD=OB•cos30°=，OD=OB•sin30°=1，

∵B在C的左侧，

∴B的坐标为（﹣，﹣1），

∵B点在抛物线上，且c=2，b=0，

∴3a+2=﹣1，

解得：

a=﹣1，

则抛物线解析式为y=﹣x2+2；

（2）①由

（1）知，点M（x1，﹣x12+2），N（x2，﹣x22+2），

∵MN与直线y=﹣2x平行，

∴设直线MN的解析式为y=﹣2x+m，则有﹣x12+2=﹣2x1+m，即m=﹣x12+2x1+2，

∴直线MN解析式为y=﹣2x﹣x12+2x1+2，

把y=﹣2x﹣x12+2x1+2代入y=﹣x2+2，解得：

x=x1或x=2﹣x1，

∴x2=2﹣x1，即y2=﹣（2﹣x1）2+2=﹣x12+4x1﹣10，

作ME⊥BC，NF⊥BC，垂足为E，F，如图2所示，

∵M，N位于直线BC的两侧，且y1＞y2，则y2＜﹣1＜y1≤2，且﹣＜x1＜x2，

∴ME=y1﹣（﹣1）=﹣x12+3，BE=x1﹣（﹣）=x1+，NF=﹣1﹣y2=x12﹣4x1+9，BF=x2﹣（﹣）=3﹣x1，

在Rt△BEM中，tan∠MBE===﹣x1，

在Rt△BFN中，tan∠NBF=====﹣x1，

∵tan∠MBE=tan∠NBF，

∴∠MBE=∠NBF，

则BC平分∠MBN；

②∵y轴为BC的垂直平分线，

∴设△MBC的外心为P（0，y0），则PB=PM，即PB2=PM2，

根据勾股定理得：

3+（y0+1）2=x12+（y0﹣y1）2，

∵x12=2﹣y1，

∴y02+2y0+4=（2﹣y1）+（y0﹣y1）2，即y0=y1﹣1，

由①得：

﹣1＜y1≤2，

∴﹣＜y0≤0，

则△MBC的外心的纵坐标的取值范围是﹣＜y0≤0．

数学试题第16页（共15页）