2018年内蒙古包头市中考数学试卷-答案

数学答案解析

第Ⅰ卷

一、选择题 1．【答案】B

【解析】解：原式=235，故选：B． 【考点】实数的运算 2．【答案】C

【解析】由俯视图知该几何体共2列，其中第1列前一排1个正方形、后1排2个正方形，第2列只有前排2个正方形，所以其主视图为：

故选：C．

【考点】三视图的知识. 3．【答案】D

≥0且x10，解得x＞1，故选：D． 【解析】由题意得，x1【考点】函数自变量的范围 4．【答案】C

【解析】A.某个数的绝对值大于0，是随机事件，故此选项错误；B.某个数的相反数等于它本身，是随机事件，故此选项错误；C.任意一个五边形的外角和等于540，是不可能事件，故此选项正确；D.长分别为3，4，6的三条线段能围成一个三角形，是必然事件，故此选项错误，故选：C． 【考点】随机事件以及确定事件 5．【答案】A

【解析】∵2xa1y与x2yb1是同类项， ∴a12，b11， 解得a1，b2． ∴

a1，故选：A． b2【考点】同类项的知识 6．【答案】B

1 / 22

【解析】数据1，3，4，4，4，5，5，6的众数是4，x134445564，

8(14)2(34)2(44)2(44)2(44)2(54)2(54)2(64)2则s2，故选：B．

82【考点】方差和众数 7．【答案】A

【解析】如图，过A作AEBC于E， ∵AB2，ABC30， ∴AE1AB1， 2又∵BC4，

1302212，故选：A ∴阴影部分的面积是4123603【考点】扇形面积的计算 8．【答案】D

【解析】∵ABAC， ∴BC，

∴BCBAC2CBAC180， 又∵CBAC145， ∴C35，

∵DAE90，ADAE， ∴AED45，

∴EDCAEDC10，故选：D． 【考点】等腰直角三角形 9．【答案】B

【解析】∵a1，b2，cm2，关于x的一元二次方程x22xm20有实数根 ∴=b24ac224(m2)124m≥0， ∴m≤3．

∵m为正整数，且该方程的根都是整数， ∴m2或3， ∴2+3=5，故选：B．

2 / 22

【考点】根的判别式以及一元二次方程的整数解 10．【答案】C

【解析】①若a3＞b3，则a2＞b2不一定成立，故错误；

②若点A(x1,y1)和点B(x2,y2)在二次函数yx22x1的图象上，且满足x1＜x2＜1，则y1＞y2＞-2，故正确；

③在同一平面内，a，b，c是直线，且a∥b，bc，则ac，故错误； ④周长相等的所有等腰直角三角形全等，故正确，故选：C． 【考点】命题与定理 11．【答案】C 【解析】直线l1：y2x1中，令x0，则y1，令y0，则x22， 4即A(22,0)，B(0,1)， ∴Rt△AOB中，ABAO2BO23，

如图，过C作CDOA于D， ∵BOCBCO， ∴CBBO1，AC2， ∵CD∥BO， ∴OD12222AO，CDBO， 3333即C(222,)， 33把C(22222k， 2,)代入直线l2：ykx，可得=3333即k2，故选：B． 2【考点】两直线相交或平行问题 12．【答案】D

【解析】如图，在Rt△BDC中，BC4，DBC30， ∴BD23， 连接DE，

∵BDC90，点D是BC中点，

3 / 22

∴DEBE1BC2， 2∵DCB30， ∴BDEDBC30， ∵BD平分ABC， ∴ABDDBC， ∴ABDBDE， ∴DE∥AB， ∴△DEF∽△BAF， ∴

DFDE， BFAB在Rt△ABD中，ABD30，BD23， ∴AB3， ∴

DF2， BF3DF2， BD5∴

∴DF2243BD23，故选：D． 555【考点】含30度角的直角三角形的性质，相似三角形的判定和性质，角平分线的定义

第Ⅱ卷

二．填空题 13．【答案】2

a3b2①【解析】由题意知，

3ab6②①+②，得：4a4b8，则ab2，

∴ba2， 故答案为：2

【考点】解二元一次方程组 14．【答案】4

【解析】解不等式2x7＞3(x1)，得x＜4，

4 / 22

解不等式

23x42x≤，得x≤8，则不等式组的解集为x＜4， 363所以该不等式组的非负整数解为0、1、2、3这4个， 故答案为：4．

【考点】解一元一次不等式组

115．【答案】

2【解析】列表如下： 2 2 1 1 2 2 4 2 2 2 4 2 1 2 1 1 1 2 2 2 由表可知，共有12种等可能结果，其中积为大于4小于2的有6种结果， ∴积为大于4小于2的概率为

161=，故答案为：．

2122【考点】用列表法或树状图法求概率 16．【答案】x2 x(x2)24x2() 【解析】原式=x(x2)x2x2(x2)22x=x(x2)x2(x2)2x2 x(x2)(x2)x2,x故答案为：x2． x【考点】分式的混合运算 17．【答案】115 【解析】连接OC， ∵DC切⊙O于C，

5 / 22

∴DCO90， ∵D40， ∴

∴CEB的度数是

COBDDCO130， 130，

∴CAB的度数是360130230， ∴BEC12230=115，故答案为：115． 【考点】圆周角定理和切线的性质 18．【答案】

52 【解析】∵3AE2EB， ∴可设AE2a、BE3a， ∵EF∥BC， ∴△AEF∽△ABC， ∴

S△AEFAE22aS()()24， △ABCAB2a3a25∵S△AEF1， ∴S25△ABC4， ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴S25△ADCS△ABC4， ∵EF∥BC， ∴

AFAE2a2FCBE3a3， ∴

S△ADFSAF23， △CDFCF∴S222555△ADF5S△ADC542，故答案为：2．【考点】相似三角形的判定及性质. 19．【答案】3

6 / 22

【解析】如图，∵双曲线y3（x＞0）经过点D， 2x13313∴S△ODF=k，则S△AOB2S△ODF，即OABE，

22224∴OABE3， ∵四边形ABCD是矩形， ∴OAOB，

∴OBBE3，故答案为：3

【考点】反比例函数图象上的点的坐标特征. 20．【答案】①②③ 【解析】∵ACB90，

由旋转知，CDCE，DCE90ACB， ∴BCDACE，

BCAC在△BCD和△ACE中，BCDACE，

CDCE∴△BCD≌△ACE，故①正确； ∵ACB90，BCAC， ∴B45 ∵BCD25，

∴BDC1804525110， ∵△BCD≌△ACE， ∴AECBDC110， ∵DCE90，CDCE，

∴CED45，则AEDAECCED65，故②正确； ∵△BCD≌△ACE，

∴CAECBD45CEF， ∵ECFACE， ∴△CEF∽△CAE， ∴

CECF， ACCE∴CE2CFAC，在等腰直角三角形CDE中，DE22CE22CFAC，故③正确；

7 / 22

如图，过点D作DGBC于G， ∵AB32， ∴ACBC3， ∵AD2BD， ∴BD1AB2， 3∴DGBG1，

∴CGBCBG312，

在Rt△CDG中，根据勾股定理得，CDCG2DG25， ∵△BCD≌△ACE， ∴CE5， ∵CE2CFAC，

CE25∴CF，

AC3∴AFACCF354，故④错误，故答案为：①②③． 33【考点】等腰直角三角形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理. 三、解答题 21．【答案】（1）89 （2）86

（3）要招聘的前两名的人选是甲和丙

【解析】（1）这四名候选人面试成绩的中位数为：

8890； 89（分）

2（2）由题意得，x60%9040%87.6，解得x86， 答：表中x的值为86；

（3）甲候选人的综合成绩为：9060%8840%89.2（分）， 乙候选人的综合成绩为：8460%9240%87.2（分）， 丁候选人的综合成绩为：8860%8640%87.2（分）， ∴以综合成绩排序确定所要招聘的前两名的人选是甲和丙． 【考点】中位数、加权平均数 22．【答案】（1）623 8 / 22

（2）3663 【解析】（1）在四边形ABCD中，∵AD∥BC，ABC90， ∴BAD90， ∵ABAD，

∴ABDADB45， ∵BDE15， ∴ADE30，

在Rt△ADE中，AEDEsin3023，ADDEcos306， ∴ABAD6， ∴BE623．

（2）作DFBC于F，则四边形ABFD是矩形，

∴BFAD6，DFAB6，

在Rt△DFC中，FCCD2DF243， ∴BC643，

∴S四边形DEBCS△DEBS△BCD11(623)6(643)63663． 22【考点】矩形的性质、锐角三角函数、勾股定理. 23．【答案】（1）该商店3月份这种商品的售价是40元. （2）该商店4月份销售这种商品的利润是990元．

【解析】（1）设该商店3月份这种商品的售价为x元，则4月份这种商品的售价为0.9x元， 根据题意得：

2400240084030， x0.9x解得：x40，

经检验，x40是原分式方程的解． 答：该商店3月份这种商品的售价是40元． （2）设该商品的进价为y元， 根据题意得：(40a)2400900， 40 9 / 22

解得：a25， ∴(400.925)2400+840． 990（元）

400.9答：该商店4月份销售这种商品的利润是990元． 【考点】分式方程的应用以及一元一次方程的应用. 24．【答案】（1）证明：∵ACB90， ∴BCDACD90， ∵DE是⊙A的直径， ∴DCE90， ∴BECCDE90， ∵ADAC， ∴CDEACD， ∴BCDBEC，

（2）∵BCDBEC，EBCEBC， ∴△BDC∽△BCE， ∴

CDBDBCCEBCBE， ∵BC2，BD1， ∴BE4，EC2CD， ∴DEBEBD3 ，

在Rt△DCE中，DE2CD2CE29， ∴CD35655，CE5，

过点F作FMAB于M，

∵FABABC，FMAACB90， ∴△AFM∽△BAC， ∴

FMAFACAB， ∵DE3， ∴ADAFAC352，AB2，

10 / 22

∴FM910， 过点F作FNBC于N， ∴FNC90， ∵FABABC， ∴FA∥BC，

∴FACACB90， ∴四边形FNCA是矩形， ∴FNAC332，NCAF2， ∴BN12， 在Rt△FBN中，BF102， 在Rt△FBM中，sinABFFMBF91050．

【解析】（1）证明：∵ACB90， ∴BCDACD90， ∵DE是⊙A的直径， ∴DCE90， ∴BECCDE90， ∵ADAC， ∴CDEACD， ∴BCDBEC，

（2）∵BCDBEC，EBCEBC，∴△BDC∽△BCE，

11 / 22

∴

CDCEBDBCBCBE， ∵BC2，BD1， ∴BE4，EC2CD， ∴DEBEBD3 ，

在Rt△DCE中，DE2CD2CE29， ∴CD35655，CE5，

过点F作FMAB于M，

∵FABABC，FMAACB90，∴△AFM∽△BAC， ∴

FMACAFAB， ∵DE3， ∴ADAFAC32，AB52，

∴FM910， 过点F作FNBC于N， ∴FNC90， ∵FABABC， ∴FA∥BC，

∴FACACB90， ∴四边形FNCA是矩形， ∴FNAC32，NCAF32， ∴BN12， 在Rt△FBN中，BF102， 在Rt△FBM中，sinABFFMBF91050．

12 / 22

【考点】圆的有关性质，等角的余角相等，相似三角形的判定和性质，勾股定理，锐角三角函数. 25．【答案】（1）如图1，连接OA，在矩形ABCD中，CDAB3，ADBC5，BAD90 在Rt△ABD中，根据勾股定理得，BD34， ∵O是BD中点， ∴ODOBOA34， 2∴OADODA， ∵OEDE， ∴EODODE，

∴EODODEOAD ， ∴△ODE∽△ADO， ∴

DODE， ADDO∴DO2DEDA， ∴设AEx， ∴DE5x， ∴(342)5(5x)， 233， 1033； 10∴x即：AE（2）如图2，在矩形ABCD中， ∵BE平分ABC， ∴ABEEBC45， ∵AD∥BC， ∴AEBEBC，

13 / 22

∴ABEAEB， ∴AEAB3， ∴AECD3， ∵EFEC， ∴FEC90， ∴AEFCED90， ∵，A90

∴AEFAFE90， ∴CEDAFE ， ∵DA90， ∴△AEF≌△DCE， ∴AFDE2 ， ∴BFAB﹣AF1， 过点G作GKBC于K， ∴EBCBGK45，

∴BKGK，ABCGKC90，∵KCGBCF， ∴△CHG∽△CBF， ∴

GKCKFBCB， 设BKGKy， ∴CK5y， ∴y56， ∴BKGK56， 在Rt△GKB中，BG526； （3）①在矩形ABCD中，D90，∵AE1，AD5 ， ∴DE4， ∵DC3，

14 / 22

∴EC5，

由折叠知，EDED4，DHDH，EDHD90， ∴DC1， 设DHDHz， ∴HC3z，

根据勾股定理得，(3z)21z2， ∴z4， 345，CH， 33∴DH∵DNAD， ∴ANDD90， ∴DN∥DC， ∴△EMN∽△EHD， ∴

MNEM， HDEH∵DN∥DC， ∴EDMECH， ∵MEDHEC， ∴△ED'M∽△ECH， ∴

DMEM， CHEHMNDM， HDCHDMCH5， MNHD4S△EDM5； S△EMN4∴

∴

∴

②相似，理由：由折叠知，EHDEHD，EDHD90， ∴MDHEDN90， ∵END90，

∴EDNNED90，

15 / 22

∴MDHNED， ∵DN∥DC， ∴EHDDMH， ∴EHDDMH， ∴DMDH， ∵AD∥BC， ∴NEDECB， ∴MDHECB， ∵CECB5， ∴

DMDH， CBCE∴△D'MH∽△CBE．

【解析】（1）如图1，连接OA，在矩形ABCD中，CDAB3，ADBC5，BAD90 在Rt△ABD中，根据勾股定理得，BD34， ∵O是BD中点， ∴ODOBOA34， 2∴OADODA， ∵OEDE， ∴EODODE，

∴EODODEOAD ， ∴△ODE∽△ADO， ∴

DODE， ADDO∴DO2DEDA， ∴设AEx， ∴DE5x， ∴(342)5(5x)， 233， 10∴x 16 / 22

即：AE3310； （2）如图2，在矩形ABCD中， ∵BE平分ABC， ∴ABEEBC45， ∵AD∥BC， ∴AEBEBC， ∴ABEAEB， ∴AEAB3， ∴AECD3， ∵EFEC， ∴FEC90， ∴AEFCED90， ∵A90，

∴AEFAFE90， ∴CEDAFE ， ∵DA90， ∴△AEF≌△DCE， ∴AFDE2 ， ∴BFAB﹣AF1， 过点G作GKBC于K， ∴EBCBGK45，

∴BKGK，ABCGKC90，∵KCGBCF， ∴△CHG∽△CBF， ∴

GKCKFBCB， 设BKGKy， ∴CK5y， ∴y56，

17 / 22

∴BKGK5， 6在Rt△GKB中，BG52； 6（3）①在矩形ABCD中，D90， ∵AE1，AD5 ， ∴DE4， ∵DC3， ∴EC5，

由折叠知，EDED4，DHDH，EDHD90， ∴DC1， 设DHDHz， ∴HC3z，

根据勾股定理得，(3z)21z2， ∴z4， 345，CH， 33∴DH∵DNAD， ∴ANDD90， ∴DN∥DC， ∴△EMN∽△EHD， ∴

MNEM， HDEH∵DN∥DC， ∴EDMECH， ∵MEDHEC， ∴△ED'M∽△ECH， ∴

DMEM， CHEH∴

MNDM， HDCH 18 / 22

∴

DMCH5， MNHD4S△EDM5； S△EMN4∴

②相似，理由：由折叠知，EHDEHD，EDHD90， ∴MDHEDN90， ∵END90，

∴EDNNED90， ∴MDHNED， ∵DN∥DC， ∴EHDDMH， ∴EHDDMH， ∴DMDH， ∵AD∥BC， ∴NEDECB， ∴MDHECB， ∵CECB5， ∴

DMDH， CBCE∴△D'MH∽△CBE．

【考点】矩形的性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，角平分线的定义.

126．【答案】（1）yx2

2（2）DEEFFD72832 255251398（3）P,

981【解析】（1）∵抛物线y123x+x2， 22∴当y0时，得x11，x24，当x0时，y2， ∵抛物线y123，与y轴交于点C， xx2与x轴交于A，B两点（点A在点B的左侧）

22 19 / 22

∴点A的坐标为（﹣4，0），点B（1，0），点C（0，﹣2）， ∵直线l经过A，C两点，设直线l的函数解析式为ykxb，

4kb01，得kb22 b2即直线l的函数解析式为y12x2； （2）直线ED与x轴交于点F，如右图1所示， 由（1）可得，AO4，OC2，AOC90， ∴AC25， ∴OD4225455，

∵ODAC，OAOC，OADCAO， ∴△AOD∽△ACO， ∴

ADAOAOAC， 即

AD4425，得AD855， ∵EFx轴，ADC90， ∴EF∥OC， ∴△ADF∽△ACO， ∴

AFDFADAOOCAC，解得：AF165，DF85， ∴OF416545， ∴m45，

当m45时，y12(434725)22(5)225，

∴EF7225， 20 / 22

∴DEEFFD7283225525； （3）存在点P，使BAPBCOBAG，

理由：作GMAC于点M，作PNx轴于点N，如右图2所示， ∵点A(-4,0)，点B(1,0)，点C(0,2)， ∴OA4，OB1，OC2， ∴tanOACOC2OA412，tanOCBOBOC12，AC25， ∴OACOCB，

∵BAPBCOBAG，GAMOACBAG， ∴BAPGAM，

∵点G(0,1)，AC25，OA4， ∴OG1，GC1， ∴AG17，ACGMCGOA22，即25GM2142， 解得：GM255， ∴AMAG2GM2(17)2(255)2955， 25∴tanGAMGMAM59529，

5∴tanPAN29， 设点P的坐标为(n,12n232n2)，

∴AN4n，PN12n232n2， 1n23n2∴22n429，

解得：n1139，n24（舍去）， 21 / 22

当n131398时，n2n2，

229811398∴点P的坐标为(,)，

9811398即存在点P(,)，使BAPBCOBAG．

981【考点】二次函数.

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