2018年山东省德州市德城区、禹城市、夏津县中考数学二模试卷

2018年山东省德州市德城区、禹城市、夏津县中考数学二模试

卷

一、选择题（每题4分，共48分）

1．（4分）计算（﹣3）+5的结果等于（ ） A．2

B．﹣2 C．8

D．﹣8

2．（4分）如图是某个几何体的展开图，该几何体是（ ）

A．三棱柱 B．圆锥 C．四棱柱 D．圆柱

3．（4分）下列图形中，是轴对称图形但不是中心对称图形的是（ ）

A． B． C． D．

4．（4分）若正多边形的一个内角是150°，则该正多边形的边数是（ ） A．6

B．12 C．16 D．18

5．（4分）下列调查中，最适合采用抽样调查的是（ ） A．对某地区现有的16名百岁以上老人睡眠时间的调查 B．对“神舟十一号”运载火箭发射前零部件质量情况的调查 C．对某校九年级三班学生视力情况的调查 D．对某市场上某一品牌电脑使用寿命的调查 6．（4分）估计

+1的值在（ ）

A．2和3之间 B．3和4之间 C．4和5之间 D．5和6之间

7．（4分）如图，将△ABC绕点B顺时针旋转60°得△DBE，点C的对应点E恰好落在AB延长线上，连接AD．下列结论一定正确的是（ ）

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A．∠ABD=∠E B．∠CBE=∠C C．AD∥BC D．AD=BC 8．（4分）若数a使关于x的不等式组使关于y的分式方程和是（ ） A．3

B．1

C．0

D．﹣3 +

有且仅有四个整数解，且

=2有非负数解，则所有满足条件的整数a的值之

9．（4分）若点A（﹣1，y1），B（1，y2），C（3，y3）在反比例函数y=﹣的图象上，则y1，y2，y3的大小关系是（ ）

A．y1＜y2＜y3 B．y2＜y3＜y1 C．y3＜y2＜y1 D．y2＜y1＜y3

10．（4分）如图，在△ABC中，AB=AC，AD、CE是△ABC的两条中线，P是AD上一个动点，则下列线段的长度等于BP+EP最小值的是（ ）

A．BC B．CE C．AD D．AC

11．（4分）已知抛物线y=x2﹣4x+3与x轴相交于点A，B（点A在点B左侧），顶点为M．平移该抛物线，使点M平移后的对应点M'落在x轴上，点B平移后的对应点B'落在y轴上，则平移后的抛物线解析式为（ ） A．y=x2+2x+1

B．y=x2+2x﹣1 C．y=x2﹣2x+1 D．y=x2﹣2x﹣1

按一定规律组成的，其中第①个图形

，第③个图形中一共有21颗

，…，

12．（4分）下列图象都是由相同大小的中一共有4颗

，第②个图形中一共有11颗

按此规律排列下去，第⑨个图形中

的颗数为（ ）

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A．116 B．144 C．145 D．150

二、填空题（每题4分共24分）

13．（4分）测统计，2017年五一假日三天，海南共接持游客约为1430000人次，将数1430000用科学记数法表示为 ．

14．（4分）如图，在△ABC中，M、N分别为AC，BC的中点．若S△CMN=1，则S

四边形ABNM

= ．

15．（4分）如图，已知点C与某建筑物底端B相距306米（点C与点B在同一水平面上），某同学从点C出发，沿同一剖面的斜坡CD行走195米至坡顶D处，斜坡CD的坡度（或坡比）i=1：2.4，在D处测得该建筑物顶端A的俯视角为20°，则建筑物AB的高度约为（精确到0.1米，参考数据：sin20°≈0.342，cos20°≈0.940，tan20°≈0364） ．

16．（4分）如图，OA、OC是⊙O的半径，点B在⊙O上，连接AB、BC，若∠ABC=40°，则∠AOC= 度．

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17．（4分）如图，正方形ABCD和正方形EFCG的边长分别为3和1，点F，G分别在边BC，CD上，P为AE的中点，连接PG，则PG的长为 ．

18．（4分）甲、乙两人在一条笔直的道路上相向而行，甲骑自行车从A地到B地，乙驾车从B地到A地，他们分别以不同的速度匀速行驶，已知甲先出发6分钟后，乙才出发，在整个过程中，甲、乙两人的距离y（千米）与甲出发的时间x（分）之间的关系如图所示，当乙到达终点A时，甲还需 分钟到达终点B．

三、解答题（本大题共7小题，共78分） 19．（8分）先化简，再求值：

÷（2+

），其中a=

．

20．（10分）为深化义务教育课程改革，某校积极开展拓展性课程建设，计划开设艺术、体育、劳技、文学等多个类别的拓展性课程，要求每一位学生都自主选择一个类别的拓展性课程．为了了解学生选择拓展性课程的情况，随机抽取了部分学生进行调查，并将调查结果绘制成如下统计图（部分信息未给出）：

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根据统计图中的信息，解答下列问题：

（1）求本次被调查的学生人数，并将条形统计图补充完整．

（2）若该校共有3200名学生，请估计全校选择体育类的学生人数．

21．（10分）如图，大楼底右侧有一障碍物，在障碍物的旁边有一幢小楼DE，在小楼的顶端D处测得障碍物边缘点C的俯角为30°，测得大楼顶端A的仰角为45°（点B，C，E在同一水平直线上）．已知AB=80m，DE=10m，求障碍物B，C两点间的距离．（结果保留根号）

22．（12分）如图，AB是⊙O的直径，AC是⊙O的切线，A为切点，BC交⊙O于点E．

（1）若D为AC的中点，证明：DE是⊙O的切线； （2）若OA=

，CE=1，求∠ACB的度数．

23．（12分）某商场第一次用10000元购进甲、乙两种商品，销售完成后共获利

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2200元，其中甲种商品每件进价60元，售价70元；乙种商品每件进价50元，售价65元．

（1）求该商场购进甲、乙两种商品各多少件？

（2）商场第二次以原进价购进甲、乙两种商品，且购进甲、乙商品的数量分别与第一次相同，甲种商品按原售价出售，而乙种商品降价销售，要使第二次购进的两种商品全部售出后，获利不少于1800元，乙种商品最多可以降价多少元？ 24．（12分）（1）如图①，已知正方形ABCD的边长为4，点M和N分别是边BC，CD上两点，且BM=CN，连AM和BN，交于点P．猜想AM与BN的位置关系，并证明你的结论．

（2）如图②，已知正方形ABCD的边长为4．点M和N分别从点B、C同时出发，以相同的速度沿BC、CD方向向终点C和D运动，连接AM和BN，交于点P．求△APB周长的最大值．

25．（14分）在平面直角坐标系xOy中，抛物线y=﹣x2+bx+c与x轴交于A（﹣1，0），B（﹣3，0）两点，与y轴交于点C． （1）求抛物线的解析式；

（2）设抛物线的顶点为D，点P在抛物线的对称轴上，且∠APD=∠ACB，求点P的坐标；

（3）点Q在直线BC上方的抛物线上，是否存在点Q使△BCQ的面积最大，若存在，请求出点Q坐标．

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2018年山东省德州市德城区、禹城市、夏津县中考数学

二模试卷

参考答案与试题解析

一、选择题（每题4分，共48分）

1．（4分）计算（﹣3）+5的结果等于（ ） A．2

B．﹣2 C．8

D．﹣8

【分析】依据有理数的加法法则计算即可． 【解答】解：（﹣3）+5=5﹣3=2． 故选：A．

【点评】本题主要考查的是有理数的加法法则，掌握有理数的加法法则是解题的关键．

2．（4分）如图是某个几何体的展开图，该几何体是（ ）

A．三棱柱 B．圆锥 C．四棱柱 D．圆柱

【分析】侧面为三个长方形，底边为三角形，故原几何体为三棱柱． 【解答】解：观察图形可知，这个几何体是三棱柱． 故选：A．

【点评】本题考查的是三棱柱的展开图，考法较新颖，需要对三棱柱有充分的理解．

3．（4分）下列图形中，是轴对称图形但不是中心对称图形的是（ ）

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A． B． C． D．

【分析】根据轴对称图形和中心对称图形的概念对各选项分析判断即可得解． 【解答】解：A、是轴对称图形但不是中心对称图形，故本选项正确； B、是轴对称图形，也是中心对称图形，故本选项错误； C、不是轴对称图形，是中心对称图形，故本选项错误； D、是轴对称图形，也是中心对称图形，故本选项错误． 故选：A．

【点评】本题考查了中心对称图形与轴对称图形的概念．轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后两部分重合．

4．（4分）若正多边形的一个内角是150°，则该正多边形的边数是（ ） A．6

B．12 C．16 D．18

【分析】根据多边形的内角和，可得答案． 【解答】解：设多边形为n边形，由题意，得 （n﹣2）?180°=150n， 解得n=12， 故选：B．

【点评】本题考查了多边形的内角与外角，利用内角和公式是解题关键．

5．（4分）下列调查中，最适合采用抽样调查的是（ ） A．对某地区现有的16名百岁以上老人睡眠时间的调查 B．对“神舟十一号”运载火箭发射前零部件质量情况的调查 C．对某校九年级三班学生视力情况的调查 D．对某市场上某一品牌电脑使用寿命的调查

【分析】一般来说，对于具有破坏性的调查、无法进行普查、普查的意义或价值不大时，应选择抽样调查，对于精确度要求高的调查，事关重大的调查往往选用

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普查．

【解答】解：A、人数不多，容易调查，适合普查．

B、对“神舟十一号”运载火箭发射前零部件质量情况的调查必须准确，故必须普查；

C、班内的同学人数不多，很容易调查，因而采用普查合适； D、数量较大，适合抽样调查； 故选：D．

【点评】本题考查全面调查与抽样调查，理解全面调查与抽样调查的意义是解题的关键．

6．（4分）估计

+1的值在（ ）

A．2和3之间 B．3和4之间 C．4和5之间 D．5和6之间 【分析】先估算出【解答】解：∵3＜∴4＜即

+1＜5， +1在4和5之间，

的范围，即可得出答案． ＜4，

故选：C．

【点评】本题考查了估算无理数的大小，能估算出

7．（4分）如图，将△ABC绕点B顺时针旋转60°得△DBE，点C的对应点E恰好落在AB延长线上，连接AD．下列结论一定正确的是（ ）

的范围是解此题的关键．

A．∠ABD=∠E B．∠CBE=∠C C．AD∥BC D．AD=BC

【分析】由旋转的性质得到∠ABD=∠CBE=60°，AB=BD，推出△ABD是等边三角形，得到∠DAB=∠CBE，于是得到结论．

【解答】解：∵△ABC绕点B顺时针旋转60°得△DBE，

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∴∠ABD=∠CBE=60°，AB=BD， ∴△ABD是等边三角形， ∴∠DAB=60°， ∴∠DAB=∠CBE， ∴AD∥BC， 故选：C．

【点评】本题考查了旋转的性质，等边三角形的判定和性质，平行线的判定，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．

8．（4分）若数a使关于x的不等式组使关于y的分式方程和是（ ） A．3

B．1

C．0

D．﹣3 +

有且仅有四个整数解，且

=2有非负数解，则所有满足条件的整数a的值之

【分析】先解不等式组，根据不等式组有且仅有四个整数解，得出﹣4＜a≤3，再解分式方程

+

=2，根据分式方程有非负数解，得到a≥﹣2且a≠2，进

而得到满足条件的整数a的值之和． 【解答】解：解不等式组

∵不等式组有且仅有四个整数解， ∴﹣1≤﹣

＜0，

，可得

，

∴﹣4＜a≤3， 解分式方程

+

=2，可得y=（a+2），

又∵分式方程有非负数解，

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∴y≥0，且y≠2，

即（a+2）≥0，（a+2）≠2， 解得a≥﹣2且a≠2， ∴﹣2≤a≤3，且a≠2，

∴满足条件的整数a的值为﹣2，﹣1，0，1，3， ∴满足条件的整数a的值之和是1． 故选：B．

【点评】本题主要考查了分式方程的解，解题时注意：使分式方程中令等号左右两边相等且分母不等于0的未知数的值，这个值叫方程的解．

9．（4分）若点A（﹣1，y1），B（1，y2），C（3，y3）在反比例函数y=﹣的图象上，则y1，y2，y3的大小关系是（ ）

A．y1＜y2＜y3 B．y2＜y3＜y1 C．y3＜y2＜y1 D．y2＜y1＜y3 【分析】根据反比例函数的性质判断即可． 【解答】解：∵k=﹣3＜0，

∴在第四象限，y随x的增大而增大， ∴y2＜y3＜0， ∵y1＞0， ∴y2＜y3＜y1， 故选：B．

【点评】本题考查的是反比例函数的性质，掌握反比例函数的增减性是解题的关键．

10．（4分）如图，在△ABC中，AB=AC，AD、CE是△ABC的两条中线，P是AD上一个动点，则下列线段的长度等于BP+EP最小值的是（ ）

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A．BC B．CE C．AD D．AC

【分析】如图连接PC，只要证明PB=PC，即可推出PB+PE=PC+PE，由PE+PC≥CE，推出P、C、E共线时，PB+PE的值最小，最小值为CE的长度． 【解答】解：如图连接PC，

∵AB=AC，BD=CD， ∴AD⊥BC， ∴PB=PC， ∴PB+PE=PC+PE， ∵PE+PC≥CE，

∴P、C、E共线时，PB+PE的值最小，最小值为CE的长度， 故选：B．

【点评】本题考查轴对称﹣最短问题，等腰三角形的性质、线段的垂直平分线的性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．

11．（4分）已知抛物线y=x2﹣4x+3与x轴相交于点A，B（点A在点B左侧），顶点为M．平移该抛物线，使点M平移后的对应点M'落在x轴上，点B平移后的对应点B'落在y轴上，则平移后的抛物线解析式为（ ） A．y=x2+2x+1

B．y=x2+2x﹣1 C．y=x2﹣2x+1 D．y=x2﹣2x﹣1

【分析】直接利用抛物线与坐标轴交点求法结合顶点坐标求法分别得出A，B，M点坐标，进而得出平移方向和距离，即可得出平移后解析式．

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【解答】解：当y=0，则0=x2﹣4x+3， （x﹣1）（x﹣3）=0， 解得：x1=1，x2=3， ∴A（1，0），B（3，0）， y=x2﹣4x+3 =（x﹣2）2﹣1，

∴M点坐标为：（2，﹣1），

∵平移该抛物线，使点M平移后的对应点M'落在x轴上，点B平移后的对应点B'落在y轴上，

∴抛物线向上平移一个单位长度，再向左平移3个单位长度即可， ∴平移后的解析式为：y=（x+1）2=x2+2x+1． 故选：A．

【点评】此题主要考查了抛物线与坐标轴交点求法以及二次函数的平移，正确得出平移方向和距离是解题关键．

12．（4分）下列图象都是由相同大小的中一共有4颗

按一定规律组成的，其中第①个图形

，第③个图形中一共有21颗

，…，

，第②个图形中一共有11颗

按此规律排列下去，第⑨个图形中的颗数为（ ）

A．116 B．144 C．145 D．150

【分析】根据题意将每个图形都看作两部分，一部分是上面的构成规则的矩形的，另一部分是构成下面的近似金字塔的形状，然后根据递增关系得到答案． 【解答】解：∵4=1×2+2，

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11=2×3+2+3 21=3×4+2+3+4

第4个图形为：4×5+2+3+4+5， ∴第⑨个图形中故选：B．

【点评】此题主要考查了图形变化规律，正确得出每个图形中小星星的变化情况是解题关键．

二、填空题（每题4分共24分）

13．（4分）测统计，2017年五一假日三天，海南共接持游客约为1430000人次，将数1430000用科学记数法表示为 1.43×106 ．

【分析】科学记数法的表示形式为a×10n的形式，其中1≤|a|＜10，n为整数．确定n的值时，要看把原数变成a时，小数点移动了多少位，n的绝对值与小数点移动的位数相同．当原数绝对值＞1时，n是正数；当原数的绝对值＜1时，n是负数．

【解答】解：1430000=1.43×106， 故答案为：1.43×106

【点评】此题考查科学记数法的表示方法．科学记数法的表示形式为a×10n的形式，其中1≤|a|＜10，n为整数，表示时关键要正确确定a的值以及n的值．

14．（4分）如图，在△ABC中，M、N分别为AC，BC的中点．若S△CMN=1，则S

四边形ABNM

的颗数为：9×10+2+3+4+5+6+7+8+9+10=144．

= 3 ．

【分析】证明MN是△ABC的中位线，得出MN∥AB，且MN=AB，证出△CMN∽△CAB，根据面积比等于相似比平方求出△CMN与△CAB的面积比，继而可得

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出△CMN的面积与四边形ABNM的面积比．最后求出结论． 【解答】解：∵M，N分别是边AC，BC的中点， ∴MN是△ABC的中位线， ∴MN∥AB，且MN=AB， ∴△CMN∽△CAB， ∴

=（

）2=，

∴=，

∴S四边形ABNM=3S△CMN=3×1=3． 故答案为：3．

【点评】本题考查了相似三角形的判定与性质、三角形中位线定理；熟练掌握三角形中位线定理，证明三角形相似是解决问题的关键．

15．（4分）如图，已知点C与某建筑物底端B相距306米（点C与点B在同一水平面上），某同学从点C出发，沿同一剖面的斜坡CD行走195米至坡顶D处，斜坡CD的坡度（或坡比）i=1：2.4，在D处测得该建筑物顶端A的俯视角为20°，则建筑物AB的高度约为（精确到0.1米，参考数据：sin20°≈0.342，cos20°≈0.940，tan20°≈0364） 29.1m ．

【分析】根据坡度，勾股定理，可得DE的长，再根据平行线的性质，可得∠1，根据同角三角函数关系，可得∠1的坡度，根据坡度，可得DF的长，根据线段的和差，可得答案．

【解答】解：作DE⊥AB于E点，作AF⊥DE于F点，如图，设DE=xm，CE=2.4xm， 由勾股定理，得x2+（2.4x）2=1952， 解得x=75m，

∴DE=75m，CE=2.4x=180m，

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∴EB=BC﹣CE=306﹣180=126m． ∵AF∥DG， ∴∠1=∠ADG=20°，

∵tan∠1=tan∠ADG=tan20°=0.364，AF=EB=126m，tan∠1=∴DF=0.364AF=0.364×126=45.9， ∴AB=FE=DE﹣DF=75﹣45.9≈29.1m． 故答案为29.1m．

=0.364，

【点评】本题考查了解直角三角形，坡度，勾股定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题．

16．（4分）如图，OA、OC是⊙O的半径，点B在⊙O上，连接AB、BC，若∠ABC=40°，则∠AOC= 80 度．

【分析】直接根据圆周角定理即可得出结论．

【解答】解：∵∠ABC与AOC是同弧所对的圆周角与圆心角，∠ABC=40°， ∴∠AOC=2∠ABC=80°． 故答案为：80．

【点评】本题考查的是圆周角定理，熟知在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半是解答此题的关键．

17．（4分）如图，正方形ABCD和正方形EFCG的边长分别为3和1，点F，G分别在边BC，CD上，P为AE的中点，连接PG，则PG的长为 ．

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【分析】方法1、延长GE交AB于点O，作PH⊥OE于点H，则PH是△OAE的中位线，求得PH的长和HG的长，在Rt△PGH中利用勾股定理求解．

方法2、先造成△AHP≌△EGP，进而求出DH，DG，最后用勾股定理即可得出结论．

【解答】解：方法1、延长GE交AB于点O，作PH⊥OE于点H． 则PH∥AB． ∵P是AE的中点， ∴PH是△AOE的中位线， ∴PH=OA=（3﹣1）=1． ∵直角△AOE中，∠OAE=45°，

∴△AOE是等腰直角三角形，即OA=OE=2， 同理△PHE中，HE=PH=1． ∴HG=HE+EG=1+1=2． ∴在Rt△PHG中，PG=故答案是：

==．

．

方法2、如图1，

延长DA，GP相交于H，

∵四边形ABCD和四边形EFCG是正方形，

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∴EG∥BC∥AD，

∴∠H=∠PGE，∠HAP=∠GEP， ∵点P是AE的中点， ∴AP=EP，

∴△AHP≌△EGP，

∴AH=EG=1，PG=PH=HG， ∴DH=AD+AH=4，DG=CD﹣CG=2， 根据勾股定理得，HG=∴故答案为

=PG=．

，

=2

，

【点评】本题考查了勾股定理和三角形的中位线定理，正确作出辅助线构造直角三角形是关键．

18．（4分）甲、乙两人在一条笔直的道路上相向而行，甲骑自行车从A地到B地，乙驾车从B地到A地，他们分别以不同的速度匀速行驶，已知甲先出发6分钟后，乙才出发，在整个过程中，甲、乙两人的距离y（千米）与甲出发的时间x（分）之间的关系如图所示，当乙到达终点A时，甲还需 78 分钟到达终点B．

【分析】根据路程与时间的关系，可得甲乙的速度，根据相遇前甲行驶的路程除以乙行驶的速度，可得乙到达A站需要的时间，根据相遇前乙行驶的路程除以甲

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行驶的速度，可得甲到达B站需要的时间，再根据有理数的减法，可得答案． 【解答】解：由纵坐标看出甲先行驶了1千米，由横坐标看出甲行驶1千米用了6分钟，

甲的速度是1÷6=千米/分钟，

由纵坐标看出AB两地的距离是16千米， 设乙的速度是x千米/分钟，由题意，得 10x+16×=16， 解得x=千米/分钟，

相遇后乙到达A站还需（16×）÷=2分钟， 相遇后甲到达B站还需（10×）÷=80分钟， 当乙到达终点A时，甲还需80﹣2=78分钟到达终点B， 故答案为：78．

【点评】本题考查了函数图象，利用同路程与时间的关系得出甲乙的速度是解题关键．

三、解答题（本大题共7小题，共78分） 19．（8分）先化简，再求值：

÷（2+

），其中a=

．

【分析】先根据分式的混合运算顺序和运算法则化简原式，再将a的值代入计算可得．

【解答】解：原式====当a=原式=

÷?， 时，

=

﹣1．

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÷（+）

本文来源：https://www.bwwdw.com/article/ubx7.html