黄冈中考数学试题及答案解析
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黄冈市初中毕业生学业水平考试
数学试题
(考试时间120分钟)满分120分
第Ⅰ卷(选择题共18分)
一、选择题(本题共6小题，每小题3分，共18分。每小题给出4个选项，有且只有一个答案是正确的)
1.-2的相反数是
A.2B.-2C.-D.
【考点】相反数.
【分析】只有符号不同的两个数，我们就说其中一个是另一个的相反数;0的相反数是0。一般地，任意的一个有理数a，它的相反数是-a。a本身既可以是正数，也可以是负数，还可以是零。本题根据相反数的定义，可得答案.
【解答】解：因为2与-2是符号不同的两个数
所以-2的相反数是2.
故选B.
2.下列运算结果正确的是
A.a2+a2=a2B.a2•a3=a6
C.a3÷a2=aD.(a2)3=a5
【考点】合并同类项、同底数幂的乘法与除法、幂的乘方。
【分析】根据同类项合并、同底数幂的乘法与除法、幂的乘方的运算法则计算即可.
【解答】解：A.根据同类项合并法则，a2+a2=2a2，故本选项错误;
B.根据同底数幂的乘法，a2•a3=a5，故本选项错误;
C.根据同底数幂的除法，a3÷a2=a，故本选项正确;
D.根据幂的乘方，(a2)3=a6，故本选项错误.
故选C.
3.如图，直线a∥b，∠1=55°，则∠2=1
A.35°B.45°
C.55°D.65°
2
(第3题)
【考点】平行线的性质、对顶角、邻补角.
【分析】根据平行线的性质：两直线平行同位角相等，得出∠1=∠3;再根据对顶角相等，得出∠2=∠3;从而得出∠1=∠2=55°.
【解答】解：如图，∵a∥b，
∴∠1=∠3，
∵∠1=55°，
∴∠3=55°，
∴∠2=55°.
故选：C.
4.若方程3x2-4x-4=0的两个实数根分别为x1,x2，则x1+x2=
A.-4B.3C.-D.
【考点】一元二次方程根与系数的关系.若x1,x2是一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)的两根时，x1+x2=-，x1x2=，反过来也成立.
【分析】根据一元二次方程根与系数的关系：两根之和等于一次项系数除以二次项系数的商的相反数，可得出x1+x2的值.
【解答】解：根据题意，得x1+x2=-=.
故选：D.
5.如下左图，是由四个大小相同的小正方体拼成的几何体，则这个几何体的左视图是
从正面看ABCD
(第5题)
【考点】简单组合体的三视图.
【分析】根据“俯视图打地基，主视图疯狂盖，左视图拆违章”分析，找到从左面看所得到的图形即可;注意所有的看到的棱都应表现在左视图中.
【解答】解：从物体的左面看易得第一列有2层，第二列有1层.
故选B.
6.在函数y=中，自变量x的取值范围是
A.x>0B.x≥-4C.x≥-4且x≠0D.x>0且≠-4
【考点】函数自变量的取值范围.
【分析】求函数自变量的取值范围，就是求函数解析式有意义的条件。根据分式分母不为0及二次根式有意义的条件，解答即可.
【解答】解：依题意，得
x+4≥0
x≠0
解得x≥-4且x≠0.
故选C.
第Ⅱ卷(非选择题共102分)
二、填空题(每小题3分，共24分)
7.的算术平方根是_______________.
【考点】算术平方根.
【分析】根据算术平方根的定义(如果一个正数x的平方等于a，即，那么这个正数x叫做a的算术平方根)解答即可.
【解答】解：∵=，
∴的算术平方根是，
故答案为：.
8.分解因式：4ax2-ay2=_______________________.
【考点】因式分解(提公因式法、公式法分解因式).
【分析】先提取公因式a，然后再利用平方差公式进行二次分解.
【解答】解：4ax2-ay2=a(4x2-y2)
=a(2x-y)(2x+y).
故答案为：a(2x-y)(2x+y).
9.计算：|1-|-=_____________________.
【考点】绝对值、平方根，实数的运算.
【分析】比1大，所以绝对值符号内是负值;==2，将两数相减即可得出答案.
【解答】解：|1-|-=-1-
=-1-2
=-1-
故答案为：-1-
10.计算(a-)÷的结果是______________________.
【考点】分式的混合运算.
【分析】将原式中的括号内的两项通分，分子可化为完全平方式，再将后式的分子分母掉换位置相乘，再约分即可。
【解答】解：(a-)÷=÷
=•
=a-b.
故答案为：a-b.
11.如图，⊙O是△ABC的外接圆，∠AOB=70°，AB=AC，则∠ABC=_______________.
【考点】圆心角、圆周角、等腰三角形的性质及判定.
【分析】根据同弧所对的圆周角是所对的圆心角的一半，可得出∠C=∠AOB=35°，再根据AB=AC，可得出∠ABC=∠C，从而得出答案.
【解答】解：∵⊙O是△ABC的外接圆，
∴∠C=∠AOB=35°(同弧所对的圆周角是所对的圆心角的一半);
又∵AB=AC，
∴∠ABC=∠C=35°.
故答案为：35°.
12.需要对一批排球的质量是否符合标准进行检测，其中质量超过标准的克数记为正数，不是标准的克数记为负数。现取8个排球，通过检测所得数据如下(单位：克)：+1，-2，+1，0，+2，-3，0，+1，则这组数据的方差是___________.
【考点】方差.
【分析】计算出平均数后，再根据方差的公式s2=[(x1-)2+(x2-)2+…+(xn-)2](其中n是样本容量，表示平均数)计算方差即可.
【解答】解：数据：+1，-2，+1，0，+2，-3，0，+1的平均数=(1-2+1+2-3+1)=0，
∴方差=(1+4+1+4+9+1)==2.5.
故答案为：2.5.
13.如图，在矩形ABCD中，点E，F分别在边CD，BC上，且DC=3DE=3a，将矩形沿直线EF折叠，使点C恰好落在AD边上的点P处，则FP=_______.
AP(C)D
【考点】矩形的性质、图形的变换(折叠)、30°度角所对的直角边等于斜边的一半、勾股定理.
【分析】根据折叠的性质，知EC=EP=2a=2DE;则∠DPE=30°，∠DEP=60°，得出∠PEF=∠CEF=(180°-60°)=60°，从而∠PFE=30°，得出EF=2EP=4a，再勾股定理，得出FP的长.
【解答】解：∵DC=3DE=3a，∴DE=a，EC=2a.
根据折叠的性质，EC=EP=2a;∠PEF=∠CEF，∠EPF=∠C=90°.
根据矩形的性质，∠D=90°，
在Rt△DPE中，EP=2DE=2a，∴∠DPE=30°，∠DEP=60°.
∴∠PEF=∠CEF=(180°-60°)=60°.
∴在Rt△EPF中，∠PFE=30°.
∴EF=2EP=4a
在Rt△EPF中，∠EPF=90°，EP=2a，EF=4a，
∴根据勾股定理，得FP==a.
故答案为：a
14.如图，已知△ABC,△DCE,△FEG,△HGI是4个全等的等腰三角形，底边BC，CE，EG，GI在同一条直线上，且AB=2，BC=1.连接AI，交FG于点Q，则QI=_____________.
ADFH
【考点】相似三角形的判定和性质、勾股定理、等腰三角形的性质.
【分析】过点A作AM⊥BC.根据等腰三角形的性质，得到MC=BC=，从而MI=MC+CE+EG+GI=.再根据勾股定理，计算出AM和AI的值;根据等腰三角形的性质得出角相等，从而证明AC∥GQ，则△IAC∽△IQG，故=，可计算出QI=.
ADFH
【解答】解：过点A作AM⊥BC.
根据等腰三角形的性质，得MC=BC=.
∴MI=MC+CE+EG+GI=.xkb1.com
在Rt△AMC中，AM2=AC2-MC2=22-()2=.
AI===4.
易证AC∥GQ，则△IAC∽△IQG
∴=
即=
∴QI=.
故答案为：.
三、解答题(共78分)
15.(满分5分)解不等式≥3(x-1)-4
【考点】一元一次不等式的解法.
【分析】根据一元一次不等式的解法，先去分母，再去括号，移项、合并同类项，把x的系数化为1即可.
【解答】解：去分母，得x+1≥6(x-1)-8…………………………….2分
去括号，得x+1≥6x-14……………………………….3分
∴-5x≥-15x…………………………………………….4分
∴x≤3.………………………………………………….5分
16.(满分6分)在红城中学举行的“我爱祖国”征文活动中，七年级和八年级共收到征文118篇，且七年级收到的征文篇数是八年级收到的征文篇数的一半还少2篇，求七年级收到的征文有多少篇?
【考点】运用一元一次方程解决实际问题.
【分析】根据“七年级收到的征文篇数是八年级收到的征文篇数的一半还少2篇”设八年级收到的征文有x篇，则七年级收到的征文有(x-2)篇;根据“七年级和八年级共收到征文118篇”列方程，解出方程即可.
【解答】解：设八年级收到的征文有x篇，则七年级收到的征文有(x-2)篇，依题意知
(x-2)+x=118.…………………………………………….3分
解得x=80.………………………………………………4分
则118-80=38.……………………………………………5分
答：七年级收到的征文有38篇.…………………………6分
17.(满分7分)如图，在ABCD中，E，F分别为边AD，BC的中点，对角线AC分别交BE，DF于点G，H.
求证：AG=CH
AED
(第17题)
【考点】平行四边形的判定和性质、三角形全等的判定和性质.
【分析】要证明边相等，考虑运用三角形全等来证明。根据E，F分别是AD，BC的中点，得出AE=DE=AD，CF=BF=BC;运用“一组对边平行且相等的四边形是平行四边形”证明四边形BEDF是平行四边形，从而得到∠BED=∠DFB，再运用等角的补角相等得到∠AEG=∠DFC;最后运用ASA证明△AGE≌△CHF，从而证得AG=CH.
【解答】证明：∵E，F分别是AD，BC的中点，
∴AE=DE=AD，CF=BF=BC.………………………………….1分
又∵AD∥BC，且AD=BC.
∴DE∥BF，且DE=BF.
∴四边形BEDF是平行四边形.
∴∠BED=∠DFB.
∴∠AEG=∠DFC.………………………………………………5分
又∵AD∥BC，∴∠EAG=∠FCH.
在△AGE和△CHF中
∠AEG=∠DFC
AE=CF
∠EAG=∠FCH
∴△AGE≌△CHF.
∴AG=CH
18.(满分6分)小明、小林是三河中学九年级的同班同学。在四月份举行的自主招生考试中，他俩都被同一所高中提前录取，并被编入A，B，C三个班，他俩希望能两次成为同班同学。
(1)请你用画树状图法或列举法，列出所有可能的结果;
(2)求两人两次成为同班同学的概率。
【考点】列举法与树状图法，概率.
【分析】(1)利用画树状图法或列举法列出所有可能的结果，注意不重不漏的表示出所有结果;
(2)由(1)知，两人分到同一个班的可能情形有AA，BB，CC三种，除以总的情况(9种)即可求出两人两次成为同班同学的概率.
【解答】解：(1)小明ABC
小林ABCABCABC
………………………………………………………3分
(2)其中两人分到同一个班的可能情形有AA，BB，CC三种
∴P==.………………………………………………………6分
19.(满分8分)如图，AB是半圆O的直径，点P是BA延长线上一点，PC是⊙O的切线，切点为C.过点B作BD⊥PC交PC的延长线于点D，连接BC.求证：
(1)∠PBC=∠CBD;
(2)BC2=AB•BDD
C
PAOB
(第19题)
【考点】切线的性质，相似三角形的判定和性质.
【分析】(1)连接OC，运用切线的性质，可得出∠OCD=90°，从而证明OC∥BD，得到∠CBD=∠OCB，再根据半径相等得出∠OCB=∠PBC，等量代换得到∠PBC=∠CBD.
(2)连接AC.要得到BC2=AB•BD，需证明△ABC∽△CBD，故从证明∠ACB=∠BDC，∠PBC=∠CBD入手.
【解答】证明：(1)连接OC，
∵PC是⊙O的切线，
∴∠OCD=90°.……………………………………………1分
又∵BD⊥PC
∴∠BDP=90°
∴OC∥BD.
∴∠CBD=∠OCB.
∴OB=OC.
∴∠OCB=∠PBC.
∴∠PBC=∠CBD.………………………………………..4分
PAOB
(2)连接AC.
∵AB是直径，
∴∠BDP=90°.
又∵∠BDC=90°，
∴∠ACB=∠BDC.
∵∠PBC=∠CBD,
∴△ABC∽△CBD.……………………………………6分
∴=.
∴BC2=AB•BD.………………………….……………8分
20.(满分8分)望江中学为了了解学生平均每天“诵读经典”的时间，在全校范围内随机抽查了部分学生进行调查统计，并将调查统计的结果分为：每天诵读时间t≤20分钟的学生记为A类，20分钟60分钟的学生记为D类四种，将收集的数据绘制成如下两幅不完整的统计图。请根据图中提供的信息，解答下列问题：
(1)m=__________%,n=________%，这次共抽查了_______名学生进行调查统计;
(2)请补全上面的条形图;
(3)如果该校共有1200名学生，请你估计该校C类学生约有多少人?
【考点】条形统计图，扇形统计图，用样本估计总体.
【分析】(1)根据B类的人数和百分比即可得到这次共抽查的学生总人数，进而可求出m、n的值;
(2)根据(1)的结果在条形图中补全统计图即可;
(3)用1200乘以C类学生所占的百分比即可C类学生人数.
【解答】解：(1)20÷40%=50(人)，
13÷50=26%，∴m=26%;
∴7÷50=14%，∴n=14%;
故空中依次填写26，14，50;……………………3分
(2)补图;………………………………………………….5分
(3)1200×20%=240(人).
答：该校C类学生约有240人.…………………………..……6分
21.(满分8分)如图，已知点A(1,a)是反比例函数y=-的图像上一点，直线y=-x+与反比例函数y=-的图像在第四象限的交点为B.
(1)求直线AB的解析式;
(2)动点P(x,o)在x轴的正半轴上运动，当线段PA与线段PB之差达到最大时，求点P的坐标.
【考点】反比例函数，一次函数，最值问题.
【分析】(1)因为点A(1,a)是反比例函数y=-的图像上一点，把A(1,a)代入y=-中，求出a的值，即得点A的坐标;又因为直线y=-x+与反比例函数y=-的图像在第四象限的交点为B，可求出点B的坐标;设直线AB的解析式为y=kx+b，将A，B的坐标代入即可求出直线AB的解析式;
(2)当两点位于直线的同侧时，直接连接两点并延长与直线相交，则两线段的差的绝对值最大。连接A，B，并延长与x轴交于点P，即当P为直线AB与x轴的交点时，|PA-PB|最大.
【解答】解：(1)把A(1,a)代入y=-中，得a=-3.…………………1分
∴A(1,-3).…………………………………………………..2分
又∵B，D是y=-x+与y=-的两个交点，…………3分
∴B(3,-1).………………………………………………….4分
设直线AB的解析式为y=kx+b,
由A(1,-3)，B(3,-1)，解得k=1，b=-4.…………….5分
∴直线AB的解析式为y=x-4.……………………………..6分
(2)当P为直线AB与x轴的交点时，|PA-PB|最大………7分
由y=0,得x=4,
∴P(4,0).……………………………………………………….8分
22.(满分8分)“一号龙卷风”给小岛O造成了较大的破坏，救灾部门迅速组织力量，从仓储处调集物资，计划先用汽车运到与D在同一直线上的C，B，A三个码头中的一处，再用货船运到小岛O.已知：OA⊥AD，∠ODA=15°，∠OCA=30°，∠OBA=45°，CD=20km.若汽车行驶的速度为50km/时，货船航行的速度为25km/时，问这批物资在哪个码头装船，最早运抵小岛O?(在物资搬运能力上每个码头工作效率相同;参考数据：≈1.4;≈1.7)
(第22题)
【考点】解直角三角形的应用.
【分析】要知道这批物资在哪个码头装船最早运抵小岛O，则需分别计算出从C，B，A三个码头到小岛O所需的时间，再比较，用时最少的最早运抵小岛O.题目中已知了速度，则需要求出CO，CB、BO，BA、AO的长度.
【解答】解：∵∠OCA=30°，∠D=15°，∴∠DOC=15°.
∴CO=CD=20km.……………………………………………….1分
在Rt△OAC中，∵∠OCA=30°，
∴OA=10，AC=10.
在Rt△OAB中，∵∠OBA=45°，
∴OA=AB=10，OB=10.
∴BC=AC-AB=10-10.………………………………..4分
①从CO所需时间为：20÷25=0.8;……………..……..5分
②从CBO所需时间为：
(10-10)÷50+10÷25≈0.62;…………..6分
③从CAO所需时间为：
10÷50+10÷25≈0.74;…………………………..7分
∵0.62<0.74<0.8，
∴选择从B码头上船用时最少.………………………………8分
(所需时间若同时加上DC段耗时0.4小时，亦可)
23.(满分10分)东坡商贸公司购进某种水果的成本为20元/kg，经过市场调研发现，这种水果在未来48天的销售单价p(元/kg)与时间t(天)之间的函数关系式为
t+30(1≤t≤24，t为整数)，
P=
-t+48(25≤t≤48，t为整数)，且其日销售量y(kg)与时间t(天)的关系如下表：
时间t(天)136102030…
日销售量y(kg)1181141081008040…
(1)已知y与t之间的变化规律符合一次函数关系，试求在第30天的日销售量是多少?
(2)问哪一天的销售利润最大?最大日销售利润为多少?
(3)在实际销售的前24天中，公司决定每销售1kg水果就捐赠n元利润(n<9)给“精准扶贫”对象。现发现：在前24天中，每天扣除捐赠后的日销售利润随时间t的增大而增大，求n的取值范围。
【考点】一次函数的应用、二次函数的图像及性质、一元一次不等式的应用.
【分析】(1)根据日销售量y(kg)与时间t(天)的关系表，设y=kt+b，将表中对应数值代入即可求出k，b，从而求出一次函数关系式，再将t=30代入所求的一次函数关系式中，即可求出第30天的日销售量.
(2)日销售利润=日销售量×(销售单价-成本);分1≤t≤24和25≤t≤48两种情况，按照题目中所给出的销售单价p(元/kg)与时间t(天)之间的函数关系式分别得出销售利润的关系式，再运用二次函数的图像及性质即可得出结果.
(3)根据题意列出日销售利润W=(t+30-20-n)(120-2t)=-t2+2(n+5)t+1200-n，此二次函数的对称轴为y=2n+10，要使W随t的增大而增大，2n+10≥24，即可得出n的取值范围.
【解答】解：(1)依题意，设y=kt+b，
将(10，100)，(20，80)代入y=kt+b，
100=10k+b
80=20k+b
解得k=-2
b=120
∴日销售量y(kg)与时间t(天)的关系y=120-2t，………2分
当t=30时，y=120-60=60.
答：在第30天的日销售量为60千克.…………….………..3分
(2)设日销售利润为W元，则W=(p-20)y.
当1≤t≤24时，W=(t+30-20)(120-t)=-t2+10t+1200
=-(t-10)2+1250
当t=10时，W最大=1250.……………………………….….….5分
当25≤t≤48时，W=(-t+48-20)(120-2t)=t2-116t+5760
=(t-58)2-4
由二次函数的图像及性质知：
当t=25时，W最大=1085.…………………………...………….6分
∵1250>1085，
∴在第10天的销售利润最大，最大利润为1250元.………7分
(3)依题意，得
W=(t+30-20-n)(120-2t)=-t2+2(n+5)t+1200-n………………8分
其对称轴为y=2n+10，要使W随t的增大而增大
由二次函数的图像及性质知：
2n+10≥24，
解得n≥7.……………………………………………………..9分
又∵n<0,
∴7≤n<9.…………………………………………………….10分
24.(满分14分)如图，抛物线y=-x2+x+2与x轴交于点A，点B，与y轴交于点C，点D与点C关于x轴对称，点P是x轴上的一个动点.设点P的坐标为(m,0)，过点P作x轴的垂线l交抛物线于点Q.
(1)求点A，点B，点C的坐标;
(2)求直线BD的解析式;
(3)当点P在线段OB上运动时，直线l交BD于点M，试探究m为何值时，四边形CQMD是平行四边形;
(4)在点P的运动过程中，是否存在点Q，使△BDQ是以BD为直角边的直角三角形?若存在，求出点Q的坐标;若不存在，请说明理由.
【考点】二次函数综合题.
【分析】(1)将x=0，y=0分别代入y=-x2+x+2=2中，即可得出点A，点B，点C的坐标;
(2)因为点D与点C关于x轴对称，所以D(0,-2);设直线BD为y=kx-2,把B(4,0)代入，可得k的值，从而求出BD的解析式.
(3)因为P(m,0)，则可知M在直线BD上，根据(2)可知点Mr坐标为M(m,m-2)，因这点Q在y=-x2+x+2上，可得到点Q的坐标为Q(-m2+m+2).要使四边形CQMD为平行四边形，则QM=CD=4.当P在线段OB上运动时，QM=(-m2+m+2)-(m-2)=-m2+m+4=4,解之可得m的值.
(4)△BDQ是以BD为直角边的直角三角形，但不知直角顶点，因此需要情况讨论：当以点B为直角顶点时，则有DQ2=BQ2+BD2.;当以D点为直角顶点时，则有DQ2=DQ2+BD2.分别解方程即可得到结果.
【解答】解：(1)当x=0时，y=-x2+x+2=2,
∴C(0，2).…………………………………………………….1分
当y=0时，-x2+x+2=0
解得x1=-1，x2=4.
∴A(-1,0)，B(4,0).………………………………………………3分
(2)∵点D与点C关于x轴对称，
∴D(0,-2).……………………………………………………….4分
设直线BD为y=kx-2,
把B(4,0)代入，得0=4k-2
∴k=.
∴BD的解析式为：y=x-2.………………………………………6分
(3)∵P(m,0),
∴M(m,m-2)，Q(-m2+m+2)
若四边形CQMD为平行四边形，∵QM∥CD，∴QM=CD=4
当P在线段OB上运动时，
QM=(-m2+m+2)-(m-2)=-m2+m+4=4,………………….8分
解得m=0(不合题意，舍去)，m=2.
∴m=2.………………………………………………………………10分
(4)设点Q的坐标为(m,-m2+m+2)，
BQ2=(m-4)2+(-m2+m+2)2,
BQ2=m2+[(-m2+m+2)+2]2,BD2=20.
①当以点B为直角顶点时，则有DQ2=BQ2+BD2.
∴m2+[(-m2+m+2)+2]2=(m-4)2+(-m2+m+2)2+20
解得m1=3，m2=4.
∴点Q的坐标为(4,0)(舍去)，(3，2).…………………..11分
②当以D点为直角顶点时，则有DQ2=DQ2+BD2.
∴(m-4)2+(-m2+m+2)2=m2+[(-m2+m+2)+2]2+20
解得m1=-1，m2=8.
∴点Q的坐标为(-1,0)，(8，-18).
即所求点Q的坐标为(3，2)，(-1,0)，(8，-18).……………14分
注：本题考查知识点较多，综合性较强，主要考查了二次函数的综合运用，涉及待定系数法，平行四边形的判定和性质，直角三角形的判定和性质，解一元二次方程，一次函数，对称，动点问题等知识点。在(4)中要注意分类讨论思想的应用。
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