山東省濱州市2018年中考數學二模卷山東省濱州市2018年中考數學二模卷山東省濱州市2018年中考數學二模卷山東省濱州市2018年中考數學二模試卷一、選擇題（本大題共12小題，每題3分，滿分36分）1．計算﹣（+1）+|﹣1|，結果為（）A．﹣2B．2C．1D．0【剖析】原式利用絕對值的代數意義，以及加法法例計算即可求出值．【解答】解：原式=﹣1+1=0，應選：D．【評論】本題考察了有理數的加法，以及絕對值，嫻熟掌握運算法例是解本題的重點．2．以下運算正確的選項是（）A．3x2+4x2=7x4B．2x3?3x3=6x3C．a÷a﹣2=a3D．（﹣a2b）3=﹣a6b3【剖析】原式各項計算獲得結果，即可作出判斷．【解答】解：A、原式=7x2，不切合題意；B、原式=6x6，不切合題意；C、原式=a?a2=a3，切合題意；D、原式=﹣a6b3，不切合題意，應選：C．【評論】本題考察了整式的混淆運算，以及負整數指數冪，嫻熟掌握運算法例是解本題的關鍵．3．如圖，有理數a，b，c，d在數軸上的對應點分別是A，B，C，D，若a+c=0，則b+d（）A．大于0B．小于0C．等于0D．不確立【剖析】由a+c=0可知a與c互為相反數，因此原點是AC的中點，利用b、d與原點的距離可知b+d與0的大小關系．【解答】解：∵a+c=0，∴a，c互為相反數，∴原點O是AC的中點，1∴由圖可知：點D到原點的距離大于點B到原點的距離，且點D、B散布在原點的雙側，故b+d＜0，應選：B．【評論】本題考察數軸、相反數、有理數加法法例，屬于中等題型．4．以下幾何體是由4個相同的小正方體搭成的，此中左視圖與俯視圖相同的是（）A．B．C．D．【剖析】依據圖形、找出幾何體的左視圖與俯視圖，判斷即可．【解答】解：A、左視圖是兩個正方形，俯視圖是三個正方形，不切合題意；B、左視圖與俯視圖不一樣，不切合題意；C、左視圖與俯視圖相同，切合題意；D左視圖與俯視圖不一樣，不切合題意，應選：C．【評論】本題主要考察了由幾何體判斷三視圖，考察了空間想象能力，解答本題的重點是要明確：由幾何體想象三視圖的形狀，應分別依據幾何體的前面、上邊和左邊面的形狀想象主視圖、俯視圖和左視圖．5．對于x的方程x2+5x+m=0的一個根為﹣2，則另一個根是（）A．﹣6B．﹣3C．3D．6【剖析】設方程的另一個根為n，依據兩根之和等于﹣，即可得出對于n的一元一次方程，解之即可得出結論．【解答】解：設方程的另一個根為n，則有﹣2+n=﹣5，解得：n=﹣3．應選：B．【評論】本題考察了根與系數的關系，切記兩根之和等于﹣、兩根之積等于是解題的關鍵．26．如圖，直線a∥b，直線l與a，b分別訂交于A，B兩點，AC⊥AB交b于點C，∠1=40°，則∠2的度數是（）A．40°B．45°C．50°D．60°【剖析】先依據平行線的性質求出∠ABC的度數，再依據垂直的定義和余角的性質求出∠2的度數．【解答】解：∵直線a∥b，∴∠1=∠CBA，∵∠1=40°，∴∠CBA=40°，∵AC⊥AB，∴∠2+∠CBA=90°，∴∠2=50°，應選：C．【評論】本題主要考察了平行線的性質，解題的重點是掌握兩直線平行，同位角相等．7．方程=1的解是（）A．x=1B．x=3C．x=4D．無解【剖析】找出分式方程的最簡公分母，方程左右兩邊同時乘以最簡公分母，去分母后再利用去括號法例去括號，移項歸并，將x的系數化為1，求出x的值，將求出的x的值代入最簡公分母中進行查驗，即可獲得原分式方程的解．【解答】解：化為整式方程為：3﹣x﹣1=x﹣4，解得：x=3，經查驗x=3是原方程的解，應選：B．3【評論】本題考察了分式方程的解法．注意解分式方程必定要驗根．8．正多邊形的內切圓與外接圓的周長之比為：2，則這個正多邊形為（）A．正十二邊形B．正六邊形C．正四邊形D．正三角形【剖析】設AB是正多邊形的一邊，OC⊥AB，在直角△AOC中，利用三角函數求得∠AOC的度數，進而求得中心角的度數，而后利用360度除以中心角的度數，即可求得邊數．【解答】解：正多邊形的內切圓與外接圓的周長之比為：2，則半徑之比為：2，設AB是正多邊形的一邊，OC⊥AB，則OC=，OA=OB=2，在直角△AOC中，cos∠AOC==，∴∠AOC=30°，∴∠AOB=60°，則正多邊形邊數是：=6．應選：B．【評論】本題考察學生對正多邊形的觀點掌握和計算的能力，正多邊形的計算一般是轉變成半徑，邊心距、以及邊長的一半這三條線段組成的直角三角形的計算．9．如圖，函數y1=﹣2x與y2=ax+3的圖象訂交于點A（m，2），則對于x的不等式﹣2x＞ax+3的解集是（）A．x＞2B．x＜2C．x＞﹣1D．x＜﹣14【剖析】第一利用待定系數法求出A點坐標，再以交點為分界，聯合圖象寫出不等式﹣2x＞ax+3的解集即可．【解答】解：∵函數y1=﹣2x過點A（m，2），∴﹣2m=2，解得：m=﹣1，∴A（﹣1，2），∴不等式﹣2x＞ax+3的解集為x＜﹣1．應選：D．【評論】本題主要考察了一次函數與一元一次不等式，重點是求出A點坐標．10．在Rt△ABC中，∠C=90°，AB=13，AC=5，則sinA的值為（）A．B．C．D．【剖析】依據勾股定理求出BC，依據正弦的觀點計算即可．【解答】解：在Rt△ABC中，由勾股定理得，BC==12，∴sinA==，應選：B．【評論】本題考察的是銳角三角函數的定義，掌握銳角A的對邊a與斜邊c的比叫做∠A的正弦是解題的重點．11．如圖，正方形ABCD的邊長為3cm，動點M從點B出發以3cm/s的速度沿著邊BC﹣CD﹣DA運動，抵達點A停止運動，另一動點N同時從點B出發，以1cm/s的速度沿著邊BA向點A運動，抵達點A停止運動，設點M運動時間為x（s），△AMN的面積為y（cm2），則y關于x的函數圖象是（）5A．B．C．D．【剖析】分三種狀況進行議論，當0≤x≤1時，當1≤x≤2時，當2≤x≤3時，分別求得△ANM的面積，列出函數分析式，依據函數圖象進行判斷即可．【解答】解：由題可得，BN=x，當0≤x≤1時，M在BC邊上，BM=3x，AN=3﹣x，則S△ANM=AN?BM，y=?（3﹣x）?3x=﹣x2+x，故C選項錯誤；當1≤x≤2時，M點在CD邊上，則S△ANM=AN?BC，∴y=（3﹣x）?3=﹣x+，故D選項錯誤；當2≤x≤3時，M在AD邊上，AM=9﹣3x，∴S△ANM=AM?AN，∴y=?（9﹣3x）?（3﹣x）=（x﹣3）2，故B選項錯誤；應選：A．【評論】本題主要考察了動點問題的函數圖象，用圖象解決問題時，要理清圖象的含義即會識圖．利用數形聯合，分類議論是解決問題的重點．12．已知拋物線y=ax2+bx+c（a≠0）的對稱軸為直線x=2，與x軸的一個交點坐標為（4，0），其部分圖象如下圖，以下結論：①拋物線過原點；4a+b+c=0；a﹣b+c＜0；④拋物線的極點坐標為（2，b）；⑤當x＜2時，y隨x增大而增大．此中結論正確的選項是（）6A．①②③B．③④⑤C．①②④D．①④⑤【剖析】①由拋物線的對稱軸聯合拋物線與x軸的一個交點坐標，可求出另一交點坐標，結論①正確；②由拋物線對稱軸為2以及拋物線過原點，即可得出b=﹣4a、c=0，即4a+b+c=0，結論②正確；③依據拋物線的對稱性聯合當x=5時y＞0，即可得出a﹣b+c＞0，結論③錯誤；④將x=2代入二次函數分析式中聯合4a+b+c=0，即可求出拋物線的極點坐標，結論④正確；⑤察看函數圖象可知，當x＜2時，yy隨x增大而減小，結論⑤錯誤．綜上即可得出結論．【解答】解：①∵拋物線y=ax2+bx+c（a≠0）的對稱軸為直線x=2，與x軸的一個交點坐標為（4，0），∴拋物線與x軸的另一交點坐標為（0，0），結論①正確；②∵拋物線y=ax2+bx+c（a≠0）的對稱軸為直線x=2，且拋物線過原點，∴﹣=2，c=0，b=﹣4a，c=0，4a+b+c=0，結論②正確；③∵當x=﹣1和x=5時，y值相同，且均為正，∴a﹣b+c＞0，結論③錯誤；2④當x=2時，y=ax+bx+c=4a+2b+c=（4a+b+c）+b=b，∴拋物線的極點坐標為（2，b），結論④正確；⑤察看函數圖象可知：當x＜2時，y隨x增大而減小，結論⑤錯誤．綜上所述，正確的結論有：①②④．【評論】本題考察了拋物線與x軸的交點、二次函數圖象與系數的關系以及二次函數圖象上點的坐標特點，逐個剖析五條結論的正誤是解題的重點．7二、填空題（本大題共8小題，每題5分，滿分40分）13．（5.00分）分解因式：32m﹣8m=2m（m+2）（m﹣2）．【剖析】提公因式2m，再運用平方差公式對括號里的因式分解．32【解答】解：2m﹣8m=2m（m﹣4）=2m（m+2）（m﹣2）．故答案為：2m（m+2）（m﹣2）．【評論】本題考察了用提公因式法和公式法進行因式分解，一個多項式有公因式第一提取公因式，而后再用其余方法進行因式分解，同時因式分解要完全，直到不可以分解為止．14．（5.00分）計算：﹣12﹣|﹣2|﹣（π﹣3.14）0+（1﹣cos30°）×（）﹣2=﹣．【剖析】直接利用絕對值的性質以及特別角的三角函數值和零指數冪的性質、負指數冪的性質分別化簡得出答案．【解答】解：原式=﹣1﹣（2﹣）﹣1+（1﹣）×4=﹣1﹣2+﹣1+4﹣2=﹣．故答案為：﹣．【評論】本題主要考察了實數運算，正確化簡各數是解題重點．15．（5.00分）不等式組的解集是4＜x≤5．【剖析】先求出每個不等式的解集，再求出不等式組的解集即可．【解答】解：∵解不等式①得：x≤5，解不等式②得：x＞4，∴不等式組的解集為4＜x≤5，故答案為：4＜x≤5．【評論】本題考察認識一元一次不等式和解一元一次不等式組，能依據不等式的解集求出不等式組的解集是解本題的重點．816．（5.00分）要使式子存心義，a的取值范圍是a≥﹣1且a≠2．【剖析】依據被開方數大于等于0，分母不等于0列式計算即可得解．【解答】解：依據題意得，a+1≥0且a﹣2≠0，解得a≥﹣1且a≠2．故答案為：a≥﹣1且a≠2．【評論】本題考察的知識點為：分式存心義，分母不為0；二次根式的被開方數是非負數．17．（5.00分）Rt△ABC中，∠C=90°，AB=5，內切圓半徑為1，則三角形周長為12．【剖析】依據直角三角形的內切圓的半徑等于兩條直角邊的和與斜邊的差的一半，即可求得兩條直角邊的和，進而求得其周長．【解答】解：依據直角三角形的內切圓的半徑公式，得（AC+BC﹣AB）=1，AC+BC=7．則三角形的周長=7+5=12．【評論】熟記直角三角形的內切圓的半徑公式：直角三角形的內切圓的半徑等于兩條直角邊的和與斜邊的差的一半．18．（5.00分）一個扇形的弧長是10πm，面積是60πcm2，則此扇形的圓心角的度數是150°．【剖析】利用扇形面積公式1求出R的值，再利用扇形面積公式2計算即可獲得圓心角度數．【解答】解：∵一個扇形的弧長是10πcm，面積是60πcm2，S=Rl，即60π=×R×10π，解得：R=12，∴S=60π=，解得：n=150°，故答案為：150°．【評論】本題考察了扇形面積的計算，以及弧長的計算，嫻熟掌握扇形面積公式是解本題的9重點．19．（5.00分）已知：如圖，在△AOB中，∠AOB=90°，AO=3cm，BO=4cm．將△AOB繞極點O，按順時針方向旋轉到△A1OB1處，此時線段OB1與AB的交點D恰巧為AB的中點，則線段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邊上的中線等于斜邊的一半得出OD=AB=2.5cm．而后依據旋轉的性質獲得OB1=OB=4cm，那么B1D=OB1﹣OD=1.5cm．【解答】解：∵在△AOB中，∠AOB=90°，AO=3cm，BO=4cm，∴AB==5cm，∵點D為AB的中點，∴OD=AB=2.5cm．∵將△AOB繞極點O，按順時針方向旋轉到△A1OB1處，∴OB1=OB=4cm，∴B1D=OB1﹣OD=1.5cm．故答案為1.5．10【評論】本題考察了旋轉的性質：對應點到旋轉中心的距離相等；對應點與旋轉中心所連線段的夾角等于旋轉角；旋轉前、后的圖形全等．也考察了直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半的性質以及勾股定理．20．（5.00分）我們知道，一元二次方程x2=﹣1沒有實數根，即不存在一個實數的平方等于﹣1，假如我們規定一個新數“i”，使它知足i2=﹣1（即x2=﹣1有一個根為i），而且進一步規定：一確實數能夠與新數“i”進行四則運算，且原有的運算律和運算法例仍舊建立，于是有：i1=i，i2=﹣1，i3=i2?i=（﹣1）?i=﹣i，i4=（i2）2=（﹣1）2=1，進而對隨意正整數n，因為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】利用冪的運算法例獲得i9=（i4）2?i；i2018=（i4）504?i2，而后把i4=1，i2=﹣1代入計算即可．【解答】解：i9=（i4）2?i=12?i=i；i2018=（i4）504?i2=1?（﹣1）=﹣1．故答案為i，﹣1．【評論】本題考察了根的鑒別式：一元二次方程ax2+bx+c=0（a≠0）的根與△=b2﹣4ac猶如下關系：當△＞0時，方程有兩個不相等的兩個實數根；當△=0時，方程有兩個相等的兩個實數根；當△＜0時，方程無實數根．也考察了對新定義的理解能力．三、解答題（本大題共6小題，滿分74分）21．（10.00分）先化簡，再求值：﹣÷，此中a=．【剖析】依據分式的減法和除法能夠化簡題目中的式子，而后將a的值代入化簡后的式子即可解答本題．【解答】解：﹣÷===11，當a=時，原式=．【評論】本題考察分式的化簡求值，解答本題的重點是明確分式化簡求值的方法．22．（12.00分）我市東坡實驗中學準備展開“陽光體育活動”，決定開設足球、籃球、乒乓球、羽毛球、排球等球類活動，為了認識學生對這五項活動的喜歡狀況，隨機檢查了m名學生已知，如圖，在四邊形ABCD中，∠ADB=∠ACB，延伸AD、BC訂交于點E．求證：（1）△ACE∽△BDE；（2）BE?DC=AB?DE．【剖析】（1）依據鄰補角的定義獲得∠BDE=∠ACE，即可獲得結論；（2）依據相像三角形的性質獲得，因為∠E=∠E，獲得△ECD∽△EAB，由相像三角形的性質獲得，等量代換獲得，即可獲得結論．【解答】證明：（1）∵∠ADB=∠ACB，∴∠BDE=∠ACE，∴△ACE∽△BDE；2）∵△ACE∽△BDE，∴，∵∠E=∠E，∴△ECD∽△EAB，∴，∴，BE?DC=AB?DE．12【評論】本題考察了相像三角形的判斷和性質，鄰補角的定義，嫻熟掌握相像三角形的判斷和性質是解題的重點．24．（14.00分）如圖，⊙O是△ABC的外接圓，∠ABC=45°，OC∥AD，AD交BC的延伸線于D，AB交OC于E．1）求證：AD是⊙O的切線；2）若⊙O的直徑為6，線段BC=2，求∠BAC的正弦值．【剖析】（1）連結OA，依據切線的性質獲得OA⊥AD，再依據圓周角定理獲得∠AOC=2∠ABC=90°，而后依據平行線的判斷即可獲得結論；2）延伸CO交圓O于F，連結BF，利用三角函數解答即可．【解答】（1）證明：連結OA，∵∠ABC=45°，∴∠AOC=2∠ABC=90°，∴OA⊥OC，又∵AD∥OC，∴OA⊥AD，∴AD是⊙O的切線；2）延伸CO交圓O于F，連結BF．∵∠BAC=∠BFC，∴．【評論】本題考察了切線的性質：圓的切線垂直于經過切點的半徑；經過圓心且垂直于切線13的直線必經過切點．經過切點且垂直于切線的直線必經過圓心．25．（12.00分）如圖，菱形ABCD的對角線AC、BD訂交于點O，過點D作DE∥AC且DE=OC，連結CE、OE，連結AE交OD于點F．1）求證：OE=CD；2）若菱形ABCD的邊長為4，∠ABC=60°，求AE的長．【剖析】（1）只需證明四邊形OCED是平行四邊形，∠COD=90°即可；（2）在Rt△ACE中，利用勾股定理即可解決問題；【解答】（1）證明：∵DE=OC，DE∥AC，∴四邊形OCED是平行四邊形，∵四邊形ABCD是菱形，∴AC⊥BD，∴∠COD=90°，∴平行四邊形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．【評論】本題考察菱形的性質、矩形的判斷和性質、勾股定理等知識，解題的重點是靈巧運用所學知識解決問題，屬于中考常考題型．26．（14.00分）如圖，在平面直角坐標系中，矩形OABC的極點A，C分別在x軸，y軸的正半軸上，且OA=4，OC=3，若拋物線經過O，A兩點，且極點在BC邊上，對稱軸交AC于點14D，動點P在拋物線對稱軸上，動點Q在拋物線上．（1）求拋物線的分析式；（2）當PO+PC的值最小時，求點P的坐標；（3）能否存在以A，C，P，Q為極點的四邊形是平行四邊形？若存在，請直接寫出P，Q的坐標；若不存在，請說明原因．【剖析】（1）先確立A（4，0），C（0，3），再利用對稱性確立拋物線極點坐標為（2，3），而后利用待定系數法求拋物線分析式；（2）連結PA，如圖，利用兩點之間線段最短判斷當點P與點D重合時，PO+PC的值最小，再利用待定系數法求出直線AC的分析式為y=﹣x+3，而后利用直線AC的分析式確立D點坐標，進而獲得當PO+PC的值最小時，點P的坐標；3）議論：當以AC為對角線時，易得點Q為拋物線的極點，進而獲得此時Q點和P點坐標；當AC為邊時，當四邊形AQPC為平行四邊形，利用平行四邊形的性質和點平移的規律先確立Q點的橫坐標為6，則利用拋物線分析式可求出此時Q（6，﹣9），而后利用點平移的規律確立對應的P點坐標；當四邊形APQC為平行四邊形，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），∵拋物線經過O、A兩點，∴拋物線的極點的橫坐標為2，∵極點在