2018年云南省昆明市中考數(shù)學(xué)試卷

2018年云南省昆明市中考數(shù)學(xué)試卷-答案2018年云南省昆明市中考數(shù)學(xué)試卷-答案2018年云南省昆明市中考數(shù)學(xué)試卷-答案昆明市2018年初中學(xué)業(yè)水平考試數(shù)學(xué)答案解析1.【答案】1【解析】∵1＞0＞-3，∴最大的數(shù)是1.【考點(diǎn)】實(shí)數(shù)大小比較.2.【答案】105【解析】240000=105【考點(diǎn)】科學(xué)記數(shù)法.3.【答案】150°42或′°【解析】∵∠BOC=29°18，′∴∠AOC=180°-29°18=′150°42.′【考點(diǎn)】平角的定義、角的計(jì)算.4.【答案】7112=m12【解析】∵m=3，∴m22=92=7.mmm【考點(diǎn)】代數(shù)式的求值、完好平方公式.5.【答案】y=4x或y=4x3【解析】點(diǎn)A4,2繞原點(diǎn)O順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°后對(duì)應(yīng)點(diǎn)的坐標(biāo)為2，4，再向左平移1個(gè)單位長(zhǎng)度獲取點(diǎn)A′的坐標(biāo)為1，4，∴過A的正比率函數(shù)的解析式為y=4x；點(diǎn)A4,2繞原點(diǎn)O90′1，4逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)°后對(duì)應(yīng)點(diǎn)的坐標(biāo)為2,4，再向左平移1個(gè)單位長(zhǎng)度獲取點(diǎn)A′的坐標(biāo)為3,4，∴過A′3,4的正比率函數(shù)的解析式為y=4x.3【考點(diǎn)】旋轉(zhuǎn)、平移、正比率函數(shù)的解析式.【答案】3323【解析】∵正六邊形的邊長(zhǎng)為1，∴正六邊形的面積為1316=33，S扇形ABF=12012=，∴陰影2223603部分的面積為33.23【考點(diǎn)】正六邊形的面積、扇形面積的計(jì)算.1/167.【答案】C【解析】A中，球的左視圖是圓，B中，圓臺(tái)的左視圖是等腰梯形，C中，圓柱的左視圖是長(zhǎng)方形，D中，圓錐的左視圖是等腰三角形，應(yīng)選C.【考點(diǎn)】幾何體的左視圖.8.【答案】A【解析】∵方程22x23xm=0△=234m＞0，解得m3A.有兩個(gè)不相等的實(shí)數(shù)根，∴＜，應(yīng)選【考點(diǎn)】一元二次方程根的鑒識(shí)式.9.【答案】B【解析】∵黃金切割數(shù)510.618，則510.6182=1.236，應(yīng)選B.2【考點(diǎn)】無理數(shù)的估計(jì).10.【答案】D2＞2100名學(xué)生的成績(jī)進(jìn)行檢查，則樣本容【解析】∵S甲=2.31.8=S乙，∴乙組學(xué)生的身高比較整齊；抽取了量是100；30個(gè)參賽隊(duì)，決賽成績(jī)位于第15和第16的都是分，故中位數(shù)是；∵一年有12個(gè)月，∴13名同學(xué)出生于2003年，最少有兩名同學(xué)出生在同一個(gè)月是必然事件，應(yīng)選D.【考點(diǎn)】數(shù)據(jù)的解析、方差、中位數(shù)、樣本容量、必然事件.【答案】B【解析】由圖可知，OA=OC，∴AOC=130°，∴DOC=60°，∴∠OCA=∠CAO=25°，∴∠CDO=180°-60°-25°=95°，應(yīng)選B.【考點(diǎn)】三角形的內(nèi)角和，等腰三角形的性質(zhì).12.【答案】C【解析】12=1，2018038=12=3，3a3g2a2=6aa0，1812=3223，應(yīng)選C.39【考點(diǎn)】整式，根式的運(yùn)算.13.【答案】A【解析】依照甲船順流航行180km和乙船逆流航行300180km的時(shí)間相等，可列方程180=120，x6x6應(yīng)選A.【考點(diǎn)】分式方程的實(shí)質(zhì)應(yīng)用.14.【答案】B【解析】由作圖可知ED為線段OA的垂直均分線，設(shè)DE交OA于點(diǎn)I，∵AC=1，∴OC=1，∵點(diǎn)F0,2，2/16∴OF=2，F(xiàn)C=5.∵∠OCI=∠FCO，∠FOC=∠OIC=90°，∴△FOC:△OIC，∴OIOC，即OI=1，F(xiàn)OFC25解得OI=25，∴OA=45，∵∠AOB+∠FOA=90°，∠OFC+∠FOA=90°，∴∠AOB=∠OFC，5545∵∠OBA=∠FOC=90°，∴△OAB:△FCO，∴OAOBAB，即5=OB=AB，∴OB=8，AB=4，F(xiàn)CFOCO521558432∴k=5=，應(yīng)選B.525【考點(diǎn)】尺規(guī)作圖，線段的垂直均分線的性質(zhì)，相似三角形的判斷與性質(zhì)，勾股定理.15.【答案】證明：∵∠1=∠2，∴∠1+∠DAC=∠2+∠DAC，即∠BAC=∠DAE.在△ABC和△ADE中，ABC∠DAE，ABAD，B=∠D，ABC∠ADEASA.BC=DE.【解析】證明：∵∠1=∠2，∴∠1+∠DAC=∠2+∠DAC，即∠BAC=∠DAE.在△ABC和△ADE中，ABC∠DAE，ABAD，B=∠D，△ABC∠ADEASA.BC=DE.【考點(diǎn)】全等三角的判斷與性質(zhì).16.【答案】解：原式=1a2a1a1a2a23a2a1ga3a2=a21a13/163.a1a=31，∴原式=31=3=3.313【解析】解：原式=1a2a1a12a23a2aa13a2=2g1a1aa3.a1a=31，∴原式=31=3=3.313【考點(diǎn)】分式的化簡(jiǎn)求值，特別角的三角函數(shù)值.17.【答案】(1)200名(2)以下列圖：108(3)928名【解析】解：(1)5628%=200.答：本次一共檢查了200名購買者.(2)以下列圖(畫對(duì)一條得1分);108.4/1660=928.(3)1600100%28%200答：在1600名購買者中使用A和B兩種支付方式的大體共有928名.【考點(diǎn)】扇形統(tǒng)計(jì)圖，條形統(tǒng)計(jì)圖，樣本估計(jì)整體.【答案】(1)列表以下：第2支球隊(duì)第1支球隊(duì)ABCA(A,B)(A,C)B(B,A)(B,C)C(C,A)(C,B)樹狀圖以下：可能出現(xiàn)的結(jié)果共有6種，并且它們出現(xiàn)的可能性相同.(2)

13【解析】解：(1)列表以下：第2支球隊(duì)第1支球隊(duì)ABCA(A,B)(A,C)B(B,A)(B,C)C(C,A)(C,B)5/16樹狀圖以下：可能出現(xiàn)的結(jié)果共有6種，并且它們出現(xiàn)的可能性相同.(2)由(1)可知，抽到B隊(duì)和C隊(duì)參加交流活動(dòng)的情況共有2種可能：B，CC，B，P抽到B隊(duì)和C隊(duì)=2=163【考點(diǎn)】列表法或樹狀圖法求概率。19.【答案】6.3m【解析】解：如圖，過點(diǎn)AAE⊥BDE作于點(diǎn).由題意得∠DAF=42°，∠EAB=30°.在Rt△ABE中，∠AEB=90°，AB=10，∠EAB=30°，∴BE=1AB=110=5，22∵cosEABAE，AB∴AEABgcos30°=103=53.2在RtDEA中，∠DEA=90°，∠DAE=42°，∵tanDAEDE，AE∴DEAEgtan42°530.90=932CD=BE+ED-BC356.56.3(m)26/16答：口號(hào)牌CD的長(zhǎng)約為6.3m.【考點(diǎn)】解直角三角形的應(yīng)用——仰俯角問題.20.【答案】(1)每立方米的基本水價(jià)為2.45元，每立方米的污水辦理費(fèi)為1元.(2)15立方米【解析】解：(1)設(shè)每立方米的基本水價(jià)為x元，每立方米的污水辦理費(fèi)為y元.由題意得8x8y=27.6,10x(1210)(1100%)x12y46.3.x2.45,解這個(gè)方程組得y1.答：每立方米的基本水價(jià)為2.45元，每立方米的污水辦理費(fèi)為1元.(2)設(shè)該用戶7月份用水m立方米.64＞1012.45，∴m＞10.依照題意得10m101100%m64.解得m15.答：該用戶7月份最多可用水15立方米.【考點(diǎn)】列方程組及不等式解應(yīng)用題.【答案】(1)解：(1)證法一：連接OC.∵ED切eO于點(diǎn)C，OC⊥DE，∴∠OCE=90°.OA=OC，∴∠OAC=∠OCA.AC均分∠BAD，∴∠OAC=∠DAC，∴∠OCA=∠DAC.OC∥AD，∴∠D=∠OCE=90°，AD⊥ED.7/16證法二：連接OC.ED切eO于點(diǎn)C，∴OC⊥DE，∴∠OCD=90°.OA=OC，∴∠OAC=∠OCAAC均分∠BAD，∴∠OAC=∠DAC，∴∠OCA=∠DAC.∴∠OCA+∠ACD=90°，∴∠DAC+∠ACD=90°，∴∠D=90°，∴AD⊥ED.(2)17【解析】解：(1)證法一：連接OC.∵ED切eO于點(diǎn)C，OC⊥DE，∴∠OCE=90°.OA=OC，∴∠OAC=∠OCA.AC均分∠BAD，∴∠OAC=∠DAC，∴∠OCA=∠DAC.OC∥AD，∴∠D=∠OCE=90°，AD⊥ED.8/16證法二：連接OC.ED切eO于點(diǎn)C，∴OC⊥DE，∴∠OCD=90°.OA=OC，∴∠OAC=∠OCAAC均分∠BAD，∴∠OAC=∠DAC，∴∠OCA=∠DAC.∴∠OCA+∠ACD=90°，∴∠DAC+∠ACD=90°，∴∠D=90°，∴AD⊥ED.(2)解法一：設(shè)線段OC與BF的交點(diǎn)為H.AB是eO的直徑，∴∠AFB=∠HFD=90°.∵∠OCD=∠D=90°，∴四邊形是HFDC是矩形.∴∠CHF=90°，即OC⊥BF，F(xiàn)H=DC=4.FB=2FH=8.在RtBFA中，∠AFB=90°，AF=2，由勾股定理可得2BF222，ABAF28=217∴eO的半徑為17.解法二：過點(diǎn)O作ON⊥AF于點(diǎn)N.9/16OC⊥DE，AD⊥ED，∴∠OND=∠D=∠OCD=90°，∴四邊形ONDC是矩形.ON=CD=4，ON⊥AF，AF=2，1∴ANAF1.2在Rt△OAN中，∠ONA=90°，由勾股定理可得2222，OAONAN4117∴eO的半徑為17.【考點(diǎn)】切線的性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)，角均分線，平行線的性質(zhì)，圓周角定理，矩形的判斷與性質(zhì)，勾股定理.【答案】(1)0≤x≤4(2)15【解析】解：(12bx過點(diǎn)B1，3，)解法一：∵拋物線y=ax對(duì)稱軸為直線x=2.=2，2aab=3.a=1，解得b=4.∴拋物線的解析式為y=x24x.∵拋物線過原點(diǎn)，對(duì)稱軸為直線x=2，10/16∴由拋物線的對(duì)稱性得A4,0，由圖可知：當(dāng)y≤0時(shí)，自變量的取值范圍為0≤x≤4.解法二：拋物線y=ax2bx過原點(diǎn)，對(duì)稱軸為直線x=2，由對(duì)稱性得A4,0，把A4,0，B1，3分別代入y=ax2bx中，16a4b=0，得ab=3.a=1，解得b=4.∴拋物線的解析式為y=x24x.由圖可知：當(dāng)y≤0時(shí)，自變量的取值范圍為0≤x≤4.(2)解法一：過點(diǎn)B作BE⊥x軸于點(diǎn)E，過點(diǎn)P作PF⊥x軸于點(diǎn)F.∵點(diǎn)A為4,0，點(diǎn)B為1，3，∴BE=AE=3，∴∠EAB=∠EBA=45°.PA⊥BA，即∠PAB=90°，∴∠PAF=45°，∴∠FPA=∠PAF=45°，∴PF=AF.設(shè)點(diǎn)P的坐標(biāo)為x，x24x，∵點(diǎn)P在第二象限，∴PFx24x，AF4x，x24x=4x，解得x1=4不吻合題意，舍去，x2=1.11/16當(dāng)x=1時(shí)，y=241=5，1∴點(diǎn)P的坐標(biāo)為1，5，∴PF=5.設(shè)直線PB的解析式為y=kxmk0，且交x軸于點(diǎn)C.把P1，5，B1，3代入y=kxm中，得，-4，km=5解得k=km=3.m=1.1當(dāng)y0時(shí)，即4x10,x，4∴直線PB的解析式為y=4x1，∴C1，.4∴AC115，4=44∴S△PAB=S△PACS△ABC=11551153=15.2424解法二：過點(diǎn)B作BE⊥x軸于點(diǎn)E，過點(diǎn)P作PF⊥x軸于點(diǎn)F，設(shè)PA與y軸交于點(diǎn)D.∵點(diǎn)A為4,0，點(diǎn)B為1，3，∴BE=AE=3，∴∠EAB=∠EBA=45°.PA⊥BA，即∠PAB=90°，∴∠PAF=45°，12/16∴∠ODA=∠PAF=45°.OD=OA=4，則點(diǎn)D為0,4.設(shè)直線PA的解析式為y=kxmk0.把D0,4，A4,0代入y=kxm中，m=4，k=，得解得14km=0.m=4.∴直線PA的解析式為y=x4.當(dāng)x24x=x4時(shí)，解得x1=4，x2=-1.∵點(diǎn)P在第二象限，∴x=-1.當(dāng)x=-1時(shí)，y=241=5，1∴點(diǎn)P的坐標(biāo)為1,5.∵∠PAF=∠APF=45°，PF=AF=5.在Rt△PFA中，∠AFP=90°，由勾股定理可得APAF2PF2525252.同理AB32.在Rt△PAB中，∠PAB=90°，11∴S△ABP=APgAB=5232=15.22【考點(diǎn)】二次函數(shù)和一次函數(shù)的圖象與性質(zhì)，等腰直角三角形的性質(zhì)，三角形的面積.23.【答案】(1)證明：在矩形ABCD中，ADBC，=C=∠D=90°，∴∠DAP+∠APD=90°.∵∠APB=90°，∴∠CPB+∠APD=90°，∴∠DAP=∠CPB.13/16∴△ADP:△PCB，∴ADDP，PCCBADgCB=DPgPC.∵ADBC，∴AD2DPgPC.=(2)四邊形PMBN為菱形.原由以下：在矩形ABCD中，CD∥AB.BN∥PM，∴四邊形PMBN為平行四邊形.∵△ADP沿AP翻折獲取△ADP，∴∠APD=∠APM.CD∥AB，∴∠APD=∠PAM，∴∠APM=∠PAM.∵∠APB=90°，∴∠PAM+∠PBA=90°，∠APM+∠BPM=90°，∵∠APM=∠PAM，∴∠PBA=∠BPM，∴PM=MB.∵四邊形PMBN為平行四邊形，∴四邊形PMBN為菱形.(3)49【解析】解：(1)證明：在矩形ABCD中，AD=BC，C=∠D=90°，∴∠DAP+∠APD=90°.∵∠APB=90°，∴∠CPB+∠APD=90°，∴∠DAP=∠CPB.∴△ADP:△PCB，∴ADDP，PCCBADgCB=DPgPC.∵ADBC，∴AD2DPgPC.=(2)四邊形PMBN為菱形.原由以下：在矩形ABCD中，CD∥AB.BN∥PM，14/16∴四邊形PMBN為平行四邊形.∵△ADP沿AP翻折獲取△ADP，∴∠APD=∠APM.CD∥AB，∴∠APD=∠PAM，∴∠APM=∠PAM.∵∠APB=90°，∴∠PAM+∠PBA=90°，∠APM+∠BPM=90°，∵∠AP