浙江省嘉兴市中考数学试题(解析)

2018年浙江省嘉兴市中考数学试卷解读
一、选择题(本题有10小题，每题4分，共40分.请选出各题中唯一的正确选项，不选、多选、错选，均不得分）
1．（2018•嘉兴）（﹣2）0等于（）
A．1B．2C．0D．﹣2
考点：零指数幂。

专题：计算题。

分析：根据0指数幂的定义直接解答即可．
解答：解：（﹣2）0=1．
故选A．
点评：本题考查了0指数幂，要知道，任何非0数的0次幂为1．
2．（2018•嘉兴）下列图案中，属于轴对称图形的是（）
A．B．C．D．
考点：轴对称图形。

分析：根据轴对称图形的概念求解．
解答：解：根据轴对称图形的概念知B、C、D都不是轴对称图形，只有A是轴对称图形．
故选A．
点评：本题考查了轴对称图形，轴对称图形的判断方法：把某个图象沿某条直线折叠，如果图形的两部分能够重合，那么这个是轴对称图形．
3．（2018•嘉兴）南海资源丰富，其面积约为350万平方千M，相当于我国的渤海、黄海和东海总面积的3倍．其中350万用科学记数法表示为（）
A．0.35×108B．3.5×107C．3.5×106D．35×105
考点：科学记数法—表示较大的数。

专题：常规题型。

分析：科学记数法的表示形式为a×10n的形式，其中1≤|a|＜10，n为整数，因为350万共有7位，所以n=7﹣1=6．
解答：解：350万=3 500 000=3.5×106．
故选C．
点评：本题考查了科学记数法表示较大的数，准确确定n是解题的关键．
4．（2018•嘉兴）如图，AB是⊙0的弦，BC与⊙0相切于点B，连接OA、OB．若
∠ABC=70°，则∠A等于（）
A．15°B．20°C．30°D．70°
考点：切线的性质。

分析：由BC与⊙0相切于点B，根据切线的性质，即可求得∠OBC=90°，又由∠ABC=70°，即可求得∠OBA的度数，然后由OA=OB，利用等边对等角的知识，即可求得∠A的度数．
解答：解：∵BC与⊙0相切于点B，
∴OB⊥BC，
∴∠OBC=90°，
∵∠ABC=70°，
∴∠OBA=∠OBC﹣∠ABC=90°﹣70°=20°，
∵OA=OB，
∴∠A=∠OBA=20°．
故选B．
点评：此题考查了切线的性质与等腰三角形的性质．此题比较简单，注意数形结合思想的应用，注意圆的切线垂直于经过切点的半径定理的应用．
5．（2018•嘉兴）若分式的值为0，则（）
A．x=﹣2 B．x=0 C．x=1或2 D．x=1
考点：分式的值为零的条件。

分析：先根据分式的值为0的条件列出关于x的不等式组，求出x的值即可．
解答：
解：∵分式的值为0，
∴，解得x=1．
故选D．
点评：本题考查的是分式的值为0的条件，根据题意列出关于x的不等式组是解答此题的关键．
6．（2018•嘉兴）如图，A、B两点在河的两岸，要测量这两点之间的距离，测量者在与A同侧的河岸边选定一点C，测出AC=aM，∠A=90°，∠C=40°，则AB等于（）M．
A．a sin40°B．a cos40°C．a tan40°D．
考点：解直角三角形的应用。

分析：直接根据锐角三角函数的定义进行解答即可．
解答：解：∵△ABC中，AC=aM，∠A=90°，∠C=40°，
∴AB=atan40°．
故选C．
点评：本题考查的是解直角三角形的应用及锐角三角函数的定义，熟知锐角三角函数的定义是解答此题的关键．
7．（2018•嘉兴）已知一个圆锥的底面半径为3cm，母线长为10cm，则这个圆锥的侧面积为（）
A．15πcm2B．30πcm2C．60πcm2D．3cm2
考点：圆锥的计算。

专题：计算题。

分析：圆锥的侧面积=π×底面半径×母线长，把相关数值代入即可．
解答：解：这个圆锥的侧面积=π×3×10=30πcm2，
故选B．
点评：考查圆锥的计算；掌握圆锥的侧面积计算公式是解决本题的关键．
8．（2018•嘉兴）已知△ABC中，∠B是∠A的2倍，∠C比∠A大20°，则∠A等于（）
A．40°B．60°C．80°D．90°
考点：三角形内角和定理。

分析：设∠A=x，则∠B=2x，∠C=x+20°，再根据三角形内角和定理求出x的值即可．
解答：解：设∠A=x，则∠B=2x，∠C=x+20°，则x+2x+x+20°=180°，解得x=40°，即∠A=40°．
故选A．
点评：本题考查的是三角形内角和定理，即三角形内角和是180°．
9．（2018•嘉兴）定义一种“十位上的数字比个位、百位上的数字都要小”的三位数叫做“V 数”如“947”就是一个“V数”．若十位上的数字为2，则从1，3，4，5中任选两数，能与2组成“V数”的概率是（）
A．B．C．D．
考点：列表法与树状图法。

专题：新定义。

分析：首先根据题意画出树状图，由树状图即可求得所有等可能的结果与与2组成“V数”
的情况，利用概率公式即可求得答案．
解答：解：画树状图得：
∵可以组成的数有：321，421，521，123，423，523，124，324，524，125，
325，425，
其中是“V数”的有：423，523，324，524，325，425，
∴从1，3，4，5中任选两数，能与2组成“V数”的概率是：=．
故选C．
点评：此题考查了列表法与树状图法求概率的知识．注意列表法与树状图法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，列表法适合于两步完成的事件；树状图法适合两步或
两步以上完成的事件；注意概率=所求情况数与总情况数之比．
10．（2018•嘉兴）如图，正方形ABCD的边长为a，动点P从点A出发，沿折线
A→B→D→C→A的路径运动，回到点A时运动停止．设点P运动的路程长为长为x，AP
长为y，则y关于x的函数图象大致是（）
A．B．C．D．
考点：动点问题的函数图象。

分析：根据题意设出点P运动的路程x与点P到点A的距离y的函数关系式，然后对x从0到2a+2a时分别进行分析，并写出分段函数，结合图象得出得出答案．
解答：解：设动点P按沿折线A→B→D→C→A的路径运动，
∵正方形ABCD的边长为a，
∴BD=a，
则当0≤x＜a时，y=x，
当a≤x＜（1+）a时，
y=，
当a（1+）≤x＜a（2+）时，y=，
当a（2+）≤x≤a（2+2）时，y=a（2+2）﹣x，
结合函数解读式可以得出第2，3段函数解读式不同，得出A选项一定错误，
根据当a≤x＜（1+）a时，函数图象被P在BD中点时，分为对称的两部分，故B选项错误，
再利用第4段函数为一次函数得出，故C选项一定错误，
故只有D符合要求，
故选：D．
点评：此题主要考查了动点问题的函数图象问题；根据自变量不同的取值范围得到相应的函数关系式是解决本题的关键．
二、填空题（本题有6小题，每题5分，共30分）
11．（2018•嘉兴）当a=2时，代数式3a﹣1的值是5．
考点：代数式求值。

分析：将a=2直接代入代数式即可求出代数式3a﹣1的值．
解答：解：将a=2直接代入代数式得，
3a﹣1=3×2﹣1=5．
故答案为5．
点评：本题考查了代数式求值，要学会替换，即将字母换成相应的数．
12．（2018•怀化）因式分解：a2﹣9=（a+3）（a﹣3）．
考点：因式分解-运用公式法。

分析：a2﹣9可以写成a2﹣32，符合平方差公式的特点，利用平方差公式分解即可．
解答：解：a2﹣9=（a+3）（a﹣3）．
点评：本题考查了公式法分解因式，熟记平方差公式的结构特点是解题的关键．
13．（2018•嘉兴）在直角△ABC中，∠C=90°，AD平分∠BAC交BC于点D，若
CD=4，则点D到斜边AB的距离为4．
考点：角平分线的性质。

专题：计算题。

分析：根据角平分线的性质定理，解答出即可；
解答：解：如右图，过D点作DE⊥AB于点E，则DE即为所求，
∵∠C=90°，AD平分∠BAC交BC于点D，
∴CD=DE（角的平分线上的点到角的两边的距离相等），
∵CD=4，
∴DE=4．
故答案为：4．
点评：本题主要考查了角平分线的性质，角平分线上的点到角两边的距离相等．
14．（2018•嘉兴）如图是嘉兴市某6天内的最高气温折线统计图，则最高气温的众数是9℃．
考点：众数；折线统计图。

分析：众数是一组数据中出现次数最多的数据，注意众数可以不止一个．
解答：解：9℃出现了2次，出现次数最多，故众数为30，
故答案为：9．
点评：本题属于基础题，考查了确定一组数据的众数的能力．求一组数据的众数的方法：找出频数最多的那个数据，若几个数据频数都是最多且相同，此时众数就是这多个数据．
15．（2018•嘉兴）如图，在⊙O中，直径AB丄弦CD于点M，AM=18，BM=8，则CD 的长为24．
考点：垂径定理；勾股定理。

专题：探究型。

分析：连接OD，由AM=18，BM=8可求出⊙O的半径，利用勾股定理可求出MD的长，再根据垂径定理即可得出CD的长．
解答：解：连接OD，
∵AM=18，BM=8，
∴OD===13，
∴OM=13﹣8=5，
在Rt△ODM中，DM===12，
∵直径AB丄弦CD，
∴AB=2DM=2×12=24．
故答案为：24．
点评：本题考查的是垂径定理及勾股定理，根据题意作出辅助线，构造出直角三角形是解答此题的关键．
16．（2018•嘉兴）如图，在Rt△ABC中，∠ABC=90°，BA=BC．点D是AB的中点，连接CD，过点B作BG丄CD，分别交GD、CA于点E、F，与过点A且垂直于的直线相交于点G，连接DF．给出以下四个结论：
①；②点F是GE的中点；③AF=AB；④S△ABC=S△BDF，其中正确的结论序
号是①③．
考点：相似三角形的判定与性质；勾股定理；等腰直角三角形。

分析：首先根据题意易证得△AFG∽△CFB，根据相似三角形的对应边成比例与BA=BC，继而证得正确；由点D是AB的中点，易证得BC=2BD，由等角的余角相等，可得∠DBE=∠BCD，即可得AG=AB，继而可得FG=BF；即可得
AF=AC，又由等腰直角三角形的性质，可得AC=AB，即可求得AF=AB；
则可得S△ABC=6S△BDF．
解答：解：∵在Rt△ABC中，∠ABC=90°，
∴AB⊥BC，AG⊥AB，
∴AG∥BC，
∴△AFG∽△CFB，
∴，
∵BA=BC，
∴，
故①正确；
∵∠ABC=90°，BG⊥CD，
∴∠DBE+∠BDE=∠BDE+∠BCD=90°，
∴∠DBE=∠BCD，
∵AB=CB，点D是AB的中点，
∴BD=AB=CB，
∵tan∠BCD==，
∴在Rt△ABG中，tan∠DBE==，
∵，
∴FG=FB，
故②错误；
∵△AFG∽△CFB，
∴AF：CF=AG：BC=1：2，
∴AF=AC，
∵AC=AB，
∴AF=AB，
故③正确；
∵BD=AB，AF=AC，
∴S△ABC=6S△BDF，
故④错误．
故答案为：①③．
点评：此题考查了相似三角形的判定与性质、直角三角形的性质以及三角函数等知识．此题难度适中，解题的关键是证得△AFG∽△CFB，注意掌握数形结合思想与转化思想的应用．
三、解答题（本题有8小题，第17〜20题每题8分，第21题10分，第22、23题每题12分，第24题14分，共80分）
17．（2018•嘉兴）计算：
（1）丨﹣5|+﹣32
（2）（x+1）2﹣x（x+2）
考点：整式的混合运算；实数的运算。

专题：计算题。

分析：（1）根据绝对值、平方根、平方的定义分别计算，然后再进行加减运算；
（2）先根据完全平方公式和单项式乘以多项式法则将原式展开，再合并同类项．解答：解：（1）原式=5+4﹣9=0；
（2）原式=x2+2x+1﹣x2﹣2x=1．
点评：本题考查了整式的混合运算、实数的运算，要熟悉其运算法则．
18．（2018•嘉兴）解不等式2（x﹣1）﹣3＜1，并把它的解集在数轴上表示出来．
考点：解一元一次不等式；在数轴上表示不等式的解集。

专题：计算题。

分析：根据一元一次不等式的解法，去括号，移项，合并同类项，系数化为1即可得解．解答：解：去括号得，2x﹣2﹣3＜1，
移项、合并得，2x＜6，
系数化为1得，x＜3．
在数轴上表示如下：
点评：本题考查了解一元一次不等式，以及在数轴上表示不等式的解集，＞向右画，＜向左画，≤与≥用实心圆点，＜与＞用空心圆圈．
19．（2018•嘉兴）如图，已知菱形ABCD的对角线相交于点O，延长AB至点E，使
BE=AB，连接CE．
（1）求证：BD=EC；
（2）若∠E=50°，求∠BAO的大小．
考点：菱形的性质；平行四边形的判定与性质。

专题：证明题。

分析：（1）根据菱形的对边平行且相等可得AB=CD，AB∥CD，然后证明得到BE=CD，BE∥CD，从而证明四边形BECD是平行四边形，再根据平行四边形的对边相等即可得证；
（2）根据两直线平行，同位角相等求出∠ABO的度数，再根据菱形的对角线互相垂直可得AC⊥BD，然后根据直角三角形两锐角互余计算即可得解．
解答：（1）证明：∵菱形ABCD，
∴AB=CD，AB∥CD，
又∵BE=AB，
∴BE=CD，BE∥CD，
∴四边形BECD是平行四边形，
∴BD=EC；
（2）解：∵平行四边形BECD，
∴BD∥CE，
∴∠ABO=∠E=50°，
又∵菱形ABCD，
∴AC丄BD，
∴∠BAO=90°﹣∠ABO=40°．
点评：本题主要考查了菱形的性质，平行四边形的判定与性质，熟练掌握菱形的对边平行且相等，菱形的对角线互相垂直是解本题的关键．
20．（2018•嘉兴）小敏为了解本市的空气质量情况，从环境监测网随机抽取了若干天的空气质量情况作为样本进行统计，绘制了如图所示的条形统计图和扇形统计图（部分信息未给出）．
请你根据图中提供的信息，解答下列问题：
（1）计算被抽取的天数；
（2）请补全条形统计图，并求扇形统计图中表示优的扇形的圆心角度数；
（3）请估计该市这一年（365天）达到优和良的总天数．
考点：条形统计图；用样本估计总体；扇形统计图。

分析：（1）根据扇形图中空气为良所占比例为64%，条形图中空气为良的天数为32天，即可得出被抽取的总天数；
（2）利用轻微污染天数是50﹣32﹣8﹣3﹣1﹣1=5天；表示优的圆心角度数是
360°=57.6°，即可得出答案；
（3）利用样本中优和良的天数所占比例得出一年（365天）达到优和良的总天数即可．
解答：解：（1）∵扇形图中空气为良所占比例为64%，条形图中空气为良的天数为32天，
∴被抽取的总天数为：32÷64%=50（天）；
（2）轻微污染天数是50﹣32﹣8﹣3﹣1﹣1=5天；
表示优的圆心角度数是360°=57.6°，
如图所示：
；
（3）∵样本中优和良的天数分别为：8，32，
∴一年（365天）达到优和良的总天数为：×365=292（天）．
∴估计该市一年达到优和良的总天数为292天．
点评：本题考查的是条形统计图和扇形统计图的综合运用．读懂统计图，从不同的统计图中得到必要的信息是解决问题的关键．条形统计图能清楚地表示出每个工程的数
据；扇形统计图直接反映部分占总体的百分比大小．
21．（2018•嘉兴）如图，一次函数y1=kx+b的图象与反比例函数y2=的图象相交于点A
（2，3）和点B，与x轴相交于点C（8，0）．
（1）求这两个函数的解读式；
（2）当x取何值时，y1＞y2．
考点：反比例函数与一次函数的交点问题。

专题：计算题。

分析：（1）将A、B中的一点代入y
2=，即可求出m的值，从而得到反比例函数解读式，把 A（2，3）、C（8，0）代入y1=kx+b，可得到k、b的值；
（2）根据图象可直接得到y1＞y2时x的取值范围．
解答：解：（1）把 A（2，3）代入y
2=，得m=6．
把 A（2，3）、C（8，0）代入y1=kx+b，
得，
∴这两个函数的解读式为y1=﹣x+4，y2=；
（2）由题意得，
解得，，
当x＜0 或 2＜x＜6 时，y1＞y2．
点评：本题考查了反比例函数与一次函数的交点问题，熟悉待定系数法以及理解函数图象与不等式的关系是解题的关键．
22．（2018•嘉兴）某汽车租赁公司拥有20辆汽车．据统计，当每辆车的日租金为400元时，可全部租出；当每辆车的日租金每增加50元，未租出的车将增加1辆；公司平均每日的各项支出共4800元．设公司每日租出工辆车时，日收益为y元．（日收益=日租金收入一平均每日各项支出）
（1）公司每日租出x辆车时，每辆车的日租金为1400﹣50x元（用含x的代数式表示）；
（2）当每日租出多少辆时，租赁公司日收益最大？最大是多少元？
（3）当每日租出多少辆时，租赁公司的日收益不盈也不亏？
考点：二次函数的应用。

分析：（1）根据当全部未租出时，每辆租金为：400+20×50=1400元，得出公司每日租出x辆车时，每辆车的日租金为：1400﹣50x；
（2）根据已知得到的二次函数关系求得日收益的最大值即可；
（3）要使租赁公司日收益不盈也不亏，即：y=0．即：50 （x﹣14）2+5000=0，求
出即可．
解答：解：（1）∵某汽车租赁公司拥有20辆汽车．据统计，当每辆车的日租金为400元时，可全部租出；
当每辆车的日租金每增加50元，未租出的车将增加1辆；
∴当全部未租出时，每辆租金为：400+20×50=1400元，
∴公司每日租出x辆车时，每辆车的日租金为：1400﹣50x；
故答案为：1400﹣50x；
（2）根据题意得出：
y=x（﹣50x+1400）﹣4800，
=﹣50x2+1400x﹣4800，
=﹣50（x﹣14）2+5000．
当x=14时，在范围内，y有最大值5000．
∴当日租出14辆时，租赁公司日收益最大，最大值为5000元．
（3）要使租赁公司日收益不盈也不亏，即：y=0．
即：50（x﹣14）2+5000=0，
解得x1=24，x z=4，
∵x=24不合题意，舍去．
∴当日租出4辆时，租赁公司日收益不盈也不亏．
点评：本题考查了列代数式及二次函数的应用和一元二次方程的应用，解题关键是要读懂题目的意思，根据题目给出的条件，找出合适的等量关系列出代数式或函数关系式是解题关键．
23．（2018•嘉兴）将△ABC绕点A按逆时针方向旋转θ度，并使各边长变为原来的n 倍，得△AB′C′，即如图①，我们将这种变换记为[θ，n]．
（1）如图①，对△ABC作变换[60°，]得△AB′C′，则S△AB′C′：S△ABC=3；直线BC与直线B′C′所夹的锐角为60度；
（2）如图②，△ABC中，∠BAC=30°，∠ACB=90°，对△ABC 作变换[θ，n]得△AB'C'，使点B、C、C′在同一直线上，且四边形ABB'C'为矩形，求θ和n的值；
（4）如图③，△ABC中，AB=AC，∠BAC=36°，BC=l，对△ABC作变换[θ，n]得
△AB′C′，使点B、C、B′在同一直线上，且四边形ABB'C'为平行四边形，求θ和n的值．
考点：相似三角形的判定与性质；解一元二次方程-公式法；平行四边形的性质；矩形的性质；旋转的性质。

专题：代数几何综合题。

分析：（1）由旋转与相似的性质，即可得S△AB′C′：S△ABC=3，然后由△ABN与△B′MN 中，∠B=∠B′，∠ANB=∠B′NM，可得∠BMB′=∠BAB′，即可求得直线BC与直
线B′C′所夹的锐角的度数；
（2）由四边形 ABB′C′是矩形，可得∠BAC′=90°，然后由θ=∠CAC′=∠BAC′﹣
∠BAC，即可求得θ的度数，又由含30°角的直角三角形的性质，即可求得n的
值；
（3）由四边形ABB′C′是平行四边形，易求得θ=∠CAC′=∠ACB=72°，又由
△ABC∽△B′BA，根据相似三角形的对应边成比例，易得AB2=CB•BB′=CB
（BC+CB′），继而求得答案．
解答：解：（1）根据题意得：△ABC∽△AB′C′，
∴S△AB′C′：S△ABC=（）2=（）2=3，∠B=∠B′，
∵∠ANB=∠B′NM，
∴∠BMB′=∠BAB′=60°；
故答案为：3，60；
（2）∵四边形 ABB′C′是矩形，
∴∠BAC′=90°．
∴θ=∠CAC′=∠BAC′﹣∠BAC=90°﹣30°=60°．
在 Rt△ABC 中，∠ABB'=90°，∠BAB′=60°，
∴∠AB′B=30°，
∴n==2；
（3）∵四边形ABB′C′是平行四边形，
∴AC′∥BB′，
又∵∠BAC=36°，
∴θ=∠CAC′=∠ACB=72°．
∴∠C′AB′=∠BAC=36°，而∠B=∠B，
∴△ABC∽△B′BA，
∴AB：BB′=CB：AB，
∴AB2=CB•BB′=CB（BC+CB′），
而 CB′=AC=AB=B′C′，BC=1，
∴AB2=1（1+AB），
∴AB=，
∵AB＞0，
∴n==．
点评：此题考查了相似三角形的判定与性质、直角三角形的性质、旋转的性质、矩形的性质以及平行四边形的性质．此题综合性较强，难度较大，注意数形结合思想与方程思想的应用，注意辅助线的作法．
24．（2018•嘉兴）在平面直角坐标系xOy中，点P是抛物线：y=x2上的动点（点在第一象限内）．连接 OP，过点0作OP的垂线交抛物线于另一点Q．连接PQ，交y轴于点M．作PA丄x轴于点A，QB丄x轴于点B．设点P的横坐标为m．
（1）如图1，当m=时，
①求线段OP的长和tan∠POM的值；
②在y轴上找一点C，使△OCQ是以OQ为腰的等腰三角形，求点C的坐标；
（2）如图2，连接AM、BM，分别与OP、OQ相交于点D、E．
①用含m的代数式表示点Q的坐标；
②求证：四边形ODME是矩形．
考点：二次函数综合题。

专题：代数几何综合题；分类讨论。

分析：（1）①已知m的值，代入抛物线的解读式中可求出点P的坐标；由此确定PA、OA的长，通过解直角三角形易得出结论．
②题干要求△OCQ是以OQ为腰的等腰三角形，所以分QO=OC、QC=QO两种情
况来判断：
QO=QC时，Q在线段OC的垂直平分线上，Q、O的纵坐标已知，C点坐标即可确定；
QO=OC时，先求出OQ的长，那么C点坐标可确定．
（2）①由∠QOP=90°，易求得△QBO∽△MOA，通过相关的比例线段来表示出点Q的坐标；
②在四边形ODME中，已知了一个直角，只需判定该四边形是平行四边形即可，
那么可通过证明两组对边平行来得证．
解答：解：（1）①把x=代入 y=x2，得 y=2，∴P（，2），∴OP=
∵PA丄x轴，∴PA∥MO．∴tan∠P0M=tan∠0PA==．
②设 Q（n，n2），∵tan∠QOB=tan∠POM，
∴．∴n=
∴Q（，），∴OQ=．
当OQ=OC时，则C1（0，），C2（0，）；
当OQ=CQ时，则C3（0，1）．
综上所述，所求点C坐标为：C1（0，），C2（0，），C3（0，1）．
（2）①∵P（m，m2），设 Q（n，n2），∵△APO∽△BOQ，∴
∴，得n=，∴Q（，）．
②设直线PO的解读式为：y=kx+b，把P（m，m2）、Q（，）代入，得：
解得b=1，∴M（0，1）
∵，∠QBO=∠MOA=90°，
∴△QBO∽△MOA
∴∠MAO=∠QOB，
∴QO∥MA
同理可证：EM∥OD
又∵∠EOD=90°，
∴四边形ODME是矩形．
点评：考查了二次函数综合题，该题涉及的知识点较多，有：解直角三角形、相似三角形、等腰直角三角形的判定、矩形的判定等重要知识点；（1）②题中，要注意分类进行讨论，以免出现漏解、错解的情况．。