2018年中考数学试卷(3)

，得，

∵直线l：y=mx+m（m≠0）把△ABO分成面积相等的两部分， ∴解得，m=故答案为：

或m=．

，

（舍去），

三、解答题（本大题共有10小题，共96分.请在答题卡指定区域内作答，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤） 19．

【解答】解：（1）（）﹣1+|=2+（2﹣=2+2﹣=4

（2）（2x+3）2﹣（2x+3）（2x﹣3） =（2x）2+12x+9﹣[（2x2）﹣9] =（2x）2+12x+9﹣（2x）2+9 =12x+18 20．

【解答】解：（1）∵a?b=2a+b，

第14页（共23页）

|+tan60°

）++

∴2?（﹣5）=2×2+（﹣5）=4﹣5=﹣1； （2）∵x?（﹣y）=2，且2y?x=﹣1， ∴

，

解得，

∴x+y=﹣=． 21．

【解答】解：（1）样本容量是9÷18%=50， a+b=50﹣20﹣9﹣10=11， 故答案为：50，11；

（2）“自行车”对应的扇形的圆心角=故答案为：72°；

（3）该校最喜爱的省运会项目是篮球的学生人数为：1200× 22．

【解答】解：（1）从中任意抽取1张，抽到的数字是奇数的概率=； 故答案为； （2）画树状图为：

=480（人）．

×360°=72°，

共有12种等可能的结果数，其中k＜0，b＞0有4种结果， 所以这个一次函数的图象经过第一、二、四象限的概率= 23．

【解答】解：设货车的速度是x千米/小时，则客车的速度是2x千米/小时，

第15页（共23页）

=．

根据题意得：﹣=6，

解得：x=121≈121.8．

答：货车的速度约是121.8千米/小时． 24．

【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AD∥CE， ∴∠DAF=∠EBF，

∵∠AFD=∠EFB，AF=FB， ∴△AFD≌△BFE， ∴AD=EB，∵AD∥EB，

∴四边形AEBD是平行四边形， ∵BD=AD，

∴四边形AEBD是菱形．

（2）解：∵四边形ABCD是平行四边形， ∴CD=AB=

，AB∥CD，

∴∠ABE=∠DCB，

∴tan∠ABE=tan∠DCB=3， ∵四边形AEBD是菱形， ∴AB⊥DE，AF=FB，EF=DF， ∴tan∠ABE=∵BF=∴EF=∴DE=3

， ， ，

?3

=15．

=3，

∴S菱形AEBD=?AB?DE=

第16页（共23页）

25．

【解答】（1）证明：作OH⊥AC于H，如图， ∵AB=AC，AO⊥BC于点O， ∴AO平分∠BAC， ∵OE⊥AB，OH⊥AC， ∴OH=OE，

∴AC是⊙O的切线；

（2）解：∵点F是AO的中点， ∴AO=2OF=3， 而OE=3，

∴∠OAE=30°，∠AOE=60°， ∴AE=

OE=3

，

﹣

=

；

∴图中阴影部分的面积=S△AOE﹣S扇形EOF=×3×3

（3）解：作F点关于BC的对称点F′，连接EF′交BC于P，如图， ∵PF=PF′，

∴PE+PF=PE+PF′=EF′，此时EP+FP最小， ∵OF′=OF=OE， ∴∠F′=∠OEF′，

而∠AOE=∠F′+∠OEF′=60°， ∴∠F′=30°， ∴∠F′=∠EAF′， ∴EF′=EA=3

，

， OF′=

，

即PE+PF最小值为3在Rt△OPF′中，OP=

第17页（共23页）

在Rt△ABO中，OB=∴BP=2

﹣

=

，

OA=×6=2，

即当PE+PF取最小值时，BP的长为．

26．

【解答】解：（1）由题意得：解得：

．

，

故y与x之间的函数关系式为：y=﹣10x+700， （2）由题意，得 ﹣10x+700≥240， 解得x≤46，

设利润为w=（x﹣30）?y=（x﹣30）（﹣10x+700）， w=﹣10x2+1000x﹣21000=﹣10（x﹣50）2+4000， ∵﹣10＜0，

∴x＜50时，w随x的增大而增大，

∴x=46时，w大=﹣10（46﹣50）2+4000=3840，

答：当销售单价为46元时，每天获取的利润最大，最大利润是3840元； （3）w﹣150=﹣10x2+1000x﹣21000﹣150=3600， ﹣10（x﹣50）2=﹣250， x﹣50=±5，

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x1=55，x2=45， 如图所示，由图象得：

当45≤x≤55时，捐款后每天剩余利润不低于3600元．

27．

【解答】解：（1）如图1中，

∵EC∥MN， ∴∠CPN=∠DNM， ∴tan∠CPN=tan∠DNM， ∵∠DMN=90°， ∴tan∠CPN=tan∠DNM=故答案为2．

==2，

（2）如图2中，取格点D，连接CD，DM．

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∵CD∥AN， ∴∠CPN=∠DCM，

∵△DCM是等腰直角三角形， ∴∠DCM=∠D=45°， ∴cos∠CPN=cos∠DCM=

．

（3）如图3中，如图取格点M，连接AN、MN．

∵PC∥MN， ∴∠CPN=∠ANM， ∵AM=MN，∠AMN=90°， ∴∠ANM=∠MAN=45°， ∴∠CPN=45°． 28．

【解答】解：（1）如图1，∵点A的坐标为（3，0）， ∴OA=3，

当t=2时，OP=t=2，AQ=2t=4，

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∴P（2，0），Q（3，4）， ∴线段PQ的中点坐标为：（故答案为：（，2）；

（2）如图1，∵当点P与点A重合时运动停止，且△PAQ可以构成三角形， ∴0＜t＜3，

∵四边形OABC是矩形， ∴∠B=∠PAQ=90°

∴当△CBQ与△PAQ相似时，存在两种情况： ①当△PAQ∽△QBC时，∴

，

， ，

），即（，2）；

4t2﹣15t+9=0， （t﹣3）（t﹣）=0， t1=3（舍），t2=， ②当△PAQ∽△CBQ时，∴

t2﹣9t+9=0， t=∵∴x=

， ＞7，

不符合题意，舍去，

；

，

，

综上所述，当△CBQ与△PAQ相似时，t的值是或（3）当t=1时，P（1，0），Q（3，2），

把P（1，0），Q（3，2）代入抛物线y=x2+bx+c中得：

，解得：

，

∴抛物线：y=x2﹣3x+2=（x﹣）2﹣，

第21页（共23页）

∴顶点k（，﹣）， ∵Q（3，2），M（0，2）， ∴MQ∥x轴，

作抛物线对称轴，交MQ于E， ∴KM=KQ，KE⊥MQ， ∴∠MKE=∠QKE=∠MKQ， 如图2，∠MQD=∠MKQ=∠QKE， 设DQ交y轴于H， ∵∠HMQ=∠QEK=90°， ∴△KEQ∽△QMH， ∴

，

∴，

∴MH=2， ∴H（0，4），

易得HQ的解析式为：y=﹣x+4，

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