2018年山东省济南市中考数学试卷
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2018年山东省济南市中考数学试卷一、选择题（本大题共12小题，每小题4分，共48分）1.4的算术平方根是()A.2B.−2C.±2D.2【答案】A2.如图所示的几何体，它的俯视图是()A.B.C.D.【答案】D3.2018年1月，“墨子号”量子卫星实现了距离达7600千米的洲际量子密钥分发，这标志着“墨子号”具备了洲际量子保密通信的能力．数字7600用科学记数法表示为()A.0.76×104B.7.6×103C.7.6×104D.76×102【答案】B4.“瓦当”是中国古建筑装饰檐头的附件，是中国特有的文化艺术遗产，下面“瓦当”图案中既是轴对称图形又是中心对称图形的是()A.B.C.D.【答案】D试卷第1页，总15页,5.如图，AF是∠BAC的平分线，DF//AC，若∠1=35∘，则∠BAF的度数为()A.17.5∘B.35∘C.55∘D.70∘【答案】B6.下列运算正确的是()A.a2+2a＝3a3B.(−2a3)2＝4a5C.(a+2)(a−1)＝a2+a−2D.(a+b)2＝a2+b2【答案】C7.关于x的方程3x−2m＝1的解为正数，则m的取值范围是()1111A.m<−B.m>−C.m<d.m>2222【答案】B28.在反比例函数y=−图象上有三个点A(x1,y1)、B(x2,y2)、C(x3,y3)，若x1<0<xx2<x3，则下列结论正确的是()a.y3<y2<y1b.y1<y3<y2c.y2<y3<y1d.y3<y1<y2【答案】c9.如图，在平面直角坐标系中，△abc的顶点都在方格线的格点上，将△abc绕点p顺时针方向旋转90∘，得到△a′b′c′，则点p的坐标为()a.(0,4)b.(1,1)c.(1,2)d.(2,1)试卷第2页，总15页,【答案】c10.下面的统计图大致反应了我国2012年至2017年人均阅读量的情况．根据统计图提供的信息，下列推断不合理的是()a.与2016年相比，2017年我国电子书人均阅读量有所降低b.2012年至2017年，我国纸质书的人均阅读量的中位数是4.57c.从2014年到2017年，我国纸质书的人均阅读量逐年增长d.2013年我国纸质书的人均阅读量比电子书的人均阅读量的1.8倍还多【答案】b11.如图1，一个扇形纸片的圆心角为90∘，半径为6．如图2，将这张扇形纸片折叠，使点a与点o恰好重合，折痕为cd，图中阴影为重合部分，则阴影部分的面积为()999πa.6π−3b.6π−93c.12π−3d.224【答案】a12.若平面直角坐标系内的点m满足横、纵坐标都为整数，则把点m叫做“整点”．例如：p(1,0)，q(2,−2)都是“整点”．抛物线y=mx2−4mx+4m−2(m>0)与x轴交于点A，B两点，若该抛物线在A，B之间的部分与线段AB所围成的区域（包括边界）恰有七个整点，则m的取值范围是()11A.≤m<1B.<m≤1c.1<m≤2d.1<m<222【答案】b试卷第3页，总15页,二、填空题（本大题共6小题，每小题4分，共24分）分解因式：m2−4=________．【答案】(m+2)(m−2)在不透明的盒子中装有5个黑色棋子和若干个白色棋子，每个棋子除颜色外都相1同，任意摸出一个棋子，摸到黑色棋子的概率是，则白色棋子的个数是________．4【答案】15一个正多边形的每个内角等于108∘，则它的边数是________．【答案】5x−2若代数式的值是2，则x=________．x−4【答案】6a,b两地相距20km，甲乙两人沿同一条路线从a地到b地．甲先出发，匀速行驶，甲出发1小时后乙再出发，乙以2km h="">3x.②【答案】解：由①，得3x−2x<3−1．∴x<2．由②，得4x−3x>−1．∴x>−1．∴不等式组的解集为−1<x<2．如图，在▱abcd中，连接bd，e是da延长线上的点，f是bc延长线上的点，且ae=cf，连接ef交bd于点o．求证：ob=od．【答案】证明：∵▱abcd中，∴ad=bc，ad bc="">0)个单位长度，得到对应线段CD，反比例函数ky=(x>0)的图象恰好经过C，D两点，连接AC，BD．x(1)求a和b的值；(2)求反比例函数的表达式及四边形ABDC的面积；k(3)点N在x轴正半轴上，点M是反比例函数y=(x>0)的图象上的一个点，若x△CMN是以CM为直角边的等腰直角三角形时，求所有满足条件的点M的坐标．【答案】解：(1)将点A(1,0)代入y＝ax+2，得0＝a+2．∴a＝−2．∴直线的解析式为y＝−2x+2．将x＝0代入上式，得y＝2．∴b＝2．∴a=−2，b=2.(2)由(1)知，b＝2，∴B(0,2)，由平移可得：点C(2,t)、D(1,2+t)．k将点C(2,t)、D(1,2+t)分别代入y=，xkt=2k=4得∴．2+t=kt=21试卷第9页，总15页,4∴反比例函数的解析式为y=，点C(2,2)、点D(1,4)．x如图1，连接BC、AD．∵B(0,2)、C(2,2)，∴BC//x轴，BC＝2．∵A(1,0)、D(1,4)，∴AD⊥x轴，AD＝4．∴BC⊥AD．11∴S=×BC×AD=×2×4＝4．四边形ABDC22(3)①当∠NCM＝90∘，CM＝CN时，如图2，过点C作直线l//x轴，交y轴于点G．过点M作MF⊥直线l于点F，交x轴于点H．过点N作NE⊥直线l于点E．∵∠MCN＝90∘，∴∠MCF+∠NCE＝90∘．∵NE⊥直线l于点E，∴∠ENC+∠NCE＝90∘．∴∠MCF＝∠ENC．又∵∠MFC＝∠NEC＝90∘，CN＝CM，∴△NEC≅△CFM(AAS)．∴CF＝EN＝2，FM＝CE．∴FG＝CG+CF＝2+2＝4．∴xM＝4．4将x＝4代入y=，得y＝1．x∴点M(4,1)；②当∠NMC＝90∘，MC＝MN时，如图3，过点C作直线l⊥y轴与点F，则CF＝xC＝2．过点M作MG⊥x轴于点G，MG交直线l与点E，则MG⊥直线l于点E，EG＝yC＝2．试卷第10页，总15页,∵∠CMN＝90∘，∴∠CME+∠NMG＝90∘．∵ME⊥直线l于点E，∴∠ECM+∠CME＝90∘．∴∠NMG＝∠ECM．又∵∠CEM＝∠NGM＝90∘，CM＝MN，∴△CEM≅△MGN(AAS)．∴CE＝MG，EM＝NG．设CE＝MG＝n，则yM＝n，xM＝CF+CE＝2+n．∴点M(2+n,n)．44将点M(2+n,n)代入y=，得n=．x2+n解得n1=5−1，n2=−5−1（因为点M在第一象限，所以n大于0，所以舍去）．∴xM＝2+n=5+1．∴点M(5+1,5−1)．综合①②可知：点M的坐标为(4,1)或(5+1,5−1)．在△ABC中，AB=AC，∠BAC=120∘，以CA为边在∠ACB的另一侧作∠ACM=∠ACB，点D为射线BC上任意一点，在射线CM上截取CE=BD，连接AD、DE、AE．1如图1，当点D落在线段BC的延长线上时，直接写出∠ADE的度数；2如图2，当点D落在线段BC（不含边界）上时，AC与DE交于点F，请问1中的结论是否仍成立？如果成立，请给出证明；如果不成立，请说明理由；3在2的条件下，若AB=6，求线段CF的最大值．【答案】解：1∠ADE=30∘．理由如下：∵AB=AC，∠BAC=120∘，∴∠ABC=∠ACB=30∘，∵∠ACM=∠ACB，∴∠ACM=∠ABC，试卷第11页，总15页,在△ABD和△ACE中，AB=AC∠B=∠ACE，BD=CE∴△ABD≅△ACE，∴AD=AE，∠CAE=∠BAD，∴∠DAE=∠BAC=120∘，∴∠ADE=30∘；21中的结论成立，证明：∵∠BAC=120∘，AB=AC，∴∠B=∠ACB=30∘．∵∠ACM=∠ACB，∴∠B=∠ACM=30∘．在△ABD和△ACE中，AB=AC∠ABC=∠ACE，BD=CE∴△ABD≅△ACE．∴AD=AE，∠BAD=∠CAE．∴∠CAE+∠DAC=∠BAD+∠DAC=∠BAC=120∘．即∠DAE=120∘．∵AD=AE，∴∠ADE=∠AED=30∘；3∵AB=AC，AB=6，∴AC=6，∵∠ADE=∠ACB=30∘且∠DAF=∠CAD，∴△ADF∼△ACD．ADAF∴=．ACAD∴AD2=AF⋅AC．∴AD2=6AF．AD2∴AF=．6∴当AD最短时，AF最短、CF最长．易得当AD⊥BC时，AF最短、CF最长，1此时AD=AB=3．2AD2323∴AF===．最短66239∴CF=AC−AF=6−=．最长最短22如图1，抛物线y＝ax2+bx+4过A(2,0)、B(4,0)两点，交y轴于点C，过点C作x轴的平行线与抛物线上的另一个交点为D，连接AC、BC．点P是该抛物线上一动试卷第12页，总15页,点，设点P的横坐标为m(m>4)．(1)求该抛物线的表达式和∠ACB的正切值；(2)如图2，若∠ACP=45∘，求m的值；(3)如图3，过点A、P的直线与y轴于点N，过点P作PM⊥CD，垂足为M，直线MN与x轴交于点Q，试判断四边形ADMQ的形状，并说明理由．【答案】解：(1)将点A(2,0)和点B(4,0)分别代入y=ax2+bx+4，4a+2b+4=0得，16a+4b+4=01a=解得：2．b=−312∴该抛物线的解析式为y=x−3x+4．2过点B作BG⊥CA，交CA的延长线于点G（如图1所示），则∠G=90∘．∵∠COA=∠G=90∘，∠CAO=∠BAG，∴△GAB∼△OAC．BGOC4∴===2．AGOA2∴BG=2AG．在Rt△ABG中，∵BG2+AG2=AB2，2222∴(2AG)+AG=2．解得：AG=5．5试卷第13页，总15页,425125∴BG=5，CG=AC+AG=25+=．555BG1在Rt△BCG中，tan∠ACB==．CG3(2)如图2，过点B作BH⊥CD于点H，交CP于点K，连接AK．易得四边形OBHC是正方形．应用“全角夹半角”可得AK=OA+HK．设K(4,h)，则BK=h，HK=HB−KB=4−h，AK=OA+HK=2+(4−h)=6−h．在Rt△ABK中，由勾股定理，得AB2+BK2=AK2．2228∴2+h=(6−h)．解得h=．38∴点K(4,)．3设直线CK的解析式为y=hx+4．881将点K(4,)代入上式，得=4h+4．解得h=−．3331∴直线CK的解析式为y=−x+4．3121设点P的坐标为(x,y)，则x是方程x−3x+4=−x+4的一个解．23将方程整理，得3x2−16x=0．16解得x1=，x2=0（不合题意，舍去）．316120将x1=代入y=−x+4，得y=．3391620∴点P的坐标为(,)，3916故点P的横坐标m的值为．3(3)四边形ADMQ是平行四边形．理由如下：∵CD//x轴，∴yC=yD=4．1212将y=4代入y=x−3x+4，得4=x−3x+4．22解得x1=0，x2=6．∴点D(6,4)．试卷第14页，总15页,12根据题意，得P(m,m−3m+4)，M(m,4)，H(m,0)．212∴PH=m−3m+4，OH=m，AH=m−2，MH=4．2①当4<m<6时，dm=6−m，如图3，∵△oan∼△hap，onoa∴=．phahon2∴1=．m2−3m+4m−22m2−6m+8(m−4)(m−2)∴on===m−4．m−2m−2∵△onq∼△hmq，onoq∴=．hmhqonoq∴=．4m−oqm−4oq∴=．4m−oq∴oq=m−4．∴aq=oa−oq=2−(m−4)=6−m．∴aq=dm=6−m．又∵aq dm="">6时，同理可得：四边形ADMQ是平行四边形．综上，四边形ADMQ是平行四边形．试卷第15页，总15页</m<6时，dm=6−m，如图3，∵△oan∼△hap，onoa∴=．phahon2∴1=．m2−3m+4m−22m2−6m+8(m−4)(m−2)∴on===m−4．m−2m−2∵△onq∼△hmq，onoq∴=．hmhqonoq∴=．4m−oqm−4oq∴=．4m−oq∴oq=m−4．∴aq=oa−oq=2−(m−4)=6−m．∴aq=dm=6−m．又∵aq></x<2．如图，在▱abcd中，连接bd，e是da延长线上的点，f是bc延长线上的点，且ae=cf，连接ef交bd于点o．求证：ob=od．【答案】证明：∵▱abcd中，∴ad=bc，ad></m≤1c.1<m≤2d.1<m<222【答案】b试卷第3页，总15页,二、填空题（本大题共6小题，每小题4分，共24分）分解因式：m2−4=________．【答案】(m+2)(m−2)在不透明的盒子中装有5个黑色棋子和若干个白色棋子，每个棋子除颜色外都相1同，任意摸出一个棋子，摸到黑色棋子的概率是，则白色棋子的个数是________．4【答案】15一个正多边形的每个内角等于108∘，则它的边数是________．【答案】5x−2若代数式的值是2，则x=________．x−4【答案】6a,b两地相距20km，甲乙两人沿同一条路线从a地到b地．甲先出发，匀速行驶，甲出发1小时后乙再出发，乙以2km></xx2<x3，则下列结论正确的是()a.y3<y2<y1b.y1<y3<y2c.y2<y3<y1d.y3<y1<y2【答案】c9.如图，在平面直角坐标系中，△abc的顶点都在方格线的格点上，将△abc绕点p顺时针方向旋转90∘，得到△a′b′c′，则点p的坐标为()a.(0,4)b.(1,1)c.(1,2)d.(2,1)试卷第2页，总15页,【答案】c10.下面的统计图大致反应了我国2012年至2017年人均阅读量的情况．根据统计图提供的信息，下列推断不合理的是()a.与2016年相比，2017年我国电子书人均阅读量有所降低b.2012年至2017年，我国纸质书的人均阅读量的中位数是4.57c.从2014年到2017年，我国纸质书的人均阅读量逐年增长d.2013年我国纸质书的人均阅读量比电子书的人均阅读量的1.8倍还多【答案】b11.如图1，一个扇形纸片的圆心角为90∘，半径为6．如图2，将这张扇形纸片折叠，使点a与点o恰好重合，折痕为cd，图中阴影为重合部分，则阴影部分的面积为()999πa.6π−3b.6π−93c.12π−3d.224【答案】a12.若平面直角坐标系内的点m满足横、纵坐标都为整数，则把点m叫做“整点”．例如：p(1,0)，q(2,−2)都是“整点”．抛物线y=mx2−4mx+4m−2(m></d.m>
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