湖北省咸宁市中考数学试卷答案解析 19页

‎2018年湖北省咸宁市中考数学试卷 ‎　‎ 一、选择题(每题只有一个正确选项，本题共8小题，每题3分，共24分)‎ ‎1．(3分)咸宁冬季里某一天的气温为﹣3℃～2℃，则这一天的温差是(　　)‎ A．1℃ B．﹣1℃ C．5℃ D．﹣5℃‎ ‎2．(3分)如图，已知a∥b，l与a、b相交，若∠1=70°，则∠2的度数等于(　　)‎ A．120° B．110° C．100° D．70°‎ ‎3．(3分)2017年，咸宁市经济运行总体保持平稳较快增长，全年GDP约123500000000元，增速在全省17个市州中排名第三，将123500000000用科学记数法表示为(　　)‎ A．123.5×109 B．12.35×1010 C．1.235×108 D．1.235×1011‎ ‎4．(3分)用4个完全相同的小正方体搭成如图所示的几何体，该几何体的(　　)‎ A．主视图和左视图相同 B．主视图和俯视图相同 C．左视图和俯视图相同 D．三种视图都相同 ‎5．(3分)下列计算正确的是(　　)‎ A．a3•a3=2a3 B．a2+a2=a4 C．a6÷a2=a3 D．(﹣2a2)3=﹣8a6‎ ‎6．(3分)已知一元二次方程2x2+2x﹣1=0的两个根为x1，x2，且x1＜x2，下列结论正确的是(　　)‎ A．x1+x2=1 B．x1•x2=﹣1 C．|x1|＜|x2| D．x12+x1=‎‎1‎‎2‎ ‎7．(3分)如图，已知⊙O的半径为5，弦AB，CD所对的圆心角分别是∠AOB，COD，若∠AOB与∠COD互补，弦CD=6，则弦AB的长为(　　)‎ A．6 B．8 C．5‎2‎ D．5‎‎3‎ ‎8．(3分)甲、乙两人在笔直的湖边公路上同起点、同终点、同方向匀速步行2400米，先到终点的人原地休息．已知甲先出发4分钟，在整个步行过程中，甲、乙两人的距离y(米)与甲出发的时间t(分)之间的关系如图所示，下列结论：‎ ‎①甲步行的速度为60米/分；‎ ‎②乙走完全程用了32分钟；‎ ‎③乙用16分钟追上甲；‎ ‎④乙到达终点时，甲离终点还有300米．‎ 其中正确的结论有(　　)‎ 第19页（共19页）‎ A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 ‎　‎ 二、细心填一填(本大题共8小题，每小题3分，满分24分)‎ ‎9．(3分)如果分式‎1‎x-2‎有意义，那么实数x的取值范围是　 　．‎ ‎10．(3分)因式分解：ab2﹣a=　 　．‎ ‎11．(3分)写出一个比2大比3小的无理数(用含根号的式子表示)　 　．‎ ‎12．(3分)一个不透明的口袋中有三个完全相同的小球，它们的标号分别为1，2，3．随机摸出一个小球然后放回，再随机摸出一个小球，则两次摸出的小球标号相同的概率是　 　．‎ ‎13．(3分)如图，航拍无人机从A处测得一幢建筑物顶部B的仰角为45°，测得底部C的俯角为60°，此时航拍无人机与该建筑物的水平距离AD为110m，那么该建筑物的高度BC约为　 　m(结果保留整数，‎3‎≈1.73)．‎ ‎14．(3分)如图，将正方形OEFG放在平面直角坐标系中，O是坐标原点，点E的坐标为(2，3)，则点F的坐标为　 　．‎ ‎15．(3分)按一定顺序排列的一列数叫做数列，如数列：‎1‎‎2‎，‎1‎‎6‎，‎1‎‎12‎，‎1‎‎20‎，…，则这个数列前2018个数的和为　 　．‎ ‎16．(3分)如图，已知∠MON=120°，点A，B分别在OM，ON上，且OA=OB=a，将射线OM绕点O逆时针旋转得到OM′，旋转角为α(0°＜α＜120°且α≠60°)，作点A关于直线OM′的对称点C，画直线BC交OM′于点D，连接AC，AD，有下列结论：‎ ‎①AD=CD；‎ ‎②∠ACD的大小随着α的变化而变化；‎ ‎③当α=30°时，四边形OADC为菱形；‎ ‎④△ACD面积的最大值为‎3‎a2；‎ 其中正确的是　 　．(把你认为正确结论的序号都填上)．‎ ‎　‎ 第19页（共19页）‎ 三、专心解一解(本大题共8小题，满分72分，请认真读题，冷静思考解答题应写出必要的文宇说明、证明过程或演算步骤，请把解题过程写在答题卷相应题号的位置)‎ ‎17．(8分)(1)计算：‎12‎﹣‎3‎‎8‎+|‎3‎﹣2|；‎ ‎(2)化简：(a+3)(a﹣2)﹣a(a﹣1)．‎ ‎18．(7分)已知：∠AOB．‎ 求作：∠A'O'B'，使∠A'O′B'=∠AOB ‎(1)如图1，以点O为圆心，任意长为半径画弧，分别交OA，OB于点C、D；‎ ‎(2)如图2，画一条射线O′A′，以点O′为圆心，OC长为半径画弧，交O′A′于点C′；‎ ‎(3)以点C′为圆心，CD长为半径画弧，与第2步中所画的弧交于点D′；‎ ‎(4)过点D′画射线O′B'，则∠A'O'B'=∠AOB．‎ 根据以上作图步骤，请你证明∠A'O'B′=∠AOB．‎ ‎19．(8分)近年来，共享单车逐渐成为高校学生喜爱的“绿色出行”方式之一，自2016年国庆后，许多高校均投放了使用手机支付就可随取随用的共享单车．某高校为了解本校学生出行使用共享单车的情况，随机调查了某天部分出行学生使用共享单车的情况，并整理成如下统计表．‎ 使用次数 ‎0‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ 人数 ‎11‎ ‎15‎ ‎23‎ ‎28‎ ‎18‎ ‎5‎ ‎(1)这天部分出行学生使用共享单车次数的中位数是　 　，众数是　 　，该中位数的意义是　 　；‎ ‎(2)这天部分出行学生平均每人使用共享单车约多少次？(结果保留整数)‎ ‎(3)若该校某天有1500名学生出行，请你估计这天使用共享单车次数在3次以上(含3次)的学生有多少人？‎ ‎20．(8分)如图，在平面直角坐标系中，矩形OABC的顶点B的坐标为(4，2)，直线y=﹣‎1‎‎2‎x+‎5‎‎2‎与边AB，BC分别相交于点M，N，函数y=kx(x＞0)的图象过点M．‎ ‎(1)试说明点N也在函数y=kx(x＞0)的图象上；‎ ‎(2)将直线MN沿y轴的负方向平移得到直线M′N′，当直线M′N′与函数y═kx(x＞0)的图象仅有一个交点时，求直线M'N′的解析式．‎ ‎21．(9分)如图，以△ABC的边AC为直径的⊙O恰为△ABC的外接圆，∠ABC的平分线交⊙O于点D，过点D作DE∥AC交BC的延长线于点E．‎ ‎(1)求证：DE是⊙O的切线；‎ ‎(2)若AB=2‎5‎，BC=‎5‎，求DE的长．‎ 第19页（共19页）‎ ‎22．(10分)为拓宽学生视野，引导学生主动适应社会，促进书本知识和生活经验的深度融合，我市某中学决定组织部分班级去赤壁开展研学旅行活动，在参加此次活动的师生中，若每位老师带17个学生，还剩12个学生没人带；若每位老师带18个学生，就有一位老师少带4个学生．现有甲、乙两种大客车，它们的载客量和租金如表所示．‎ 甲种客车 乙种客车 载客量/(人/辆)‎ ‎30‎ ‎42‎ 租金/(元/辆)‎ ‎300‎ ‎400‎ 学校计划此次研学旅行活动的租车总费用不超过3100元，为了安全，每辆客车上至少要有2名老师．‎ ‎(1)参加此次研学旅行活动的老师和学生各有多少人？‎ ‎(2)既要保证所有师生都有车坐，又要保证每辆客车上至少要有2名老师，可知租用客车总数为　 　辆；‎ ‎(3)你能得出哪几种不同的租车方案？其中哪种租车方案最省钱？请说明理由．‎ ‎23．(10分)定义：‎ 我们知道，四边形的一条对角线把这个四边形分成了两个三角形，如果这两个三角形相似(不全等)，我们就把这条对角线叫做这个四边形的“相似对角线”．‎ 理解：‎ ‎(1)如图1，已知Rt△ABC在正方形网格中，请你只用无刻度的直尺在网格中找到一点D，使四边形ABCD是以AC为“相似对角线”的四边形(保留画图痕迹，找出3个即可)；‎ ‎(2)如图2，在四边形ABCD中，∠ABC=80°，∠ADC=140°，对角线BD平分∠ABC．‎ 求证：BD是四边形ABCD的“相似对角线”；‎ ‎(3)如图3，已知FH是四边形EFGH的“相似对角线”，∠EFH=∠HFG=30°，连接EG，若△EFG的面积为2‎3‎，求FH的长．‎ ‎24．(12分)如图，直线y=﹣‎3‎‎4‎x+3与x轴交于点A，与y轴交于点B．抛物线y=﹣‎3‎‎8‎x2+bx+c经过A、B两点，与x轴的另一个交点为C．‎ ‎(1)求抛物线的解析式；‎ ‎(2)点P是第一象限抛物线上的点，连接OP交直线AB于点Q．设点P的横坐标为m，PQ与OQ的比值为y，求y与m的函数关系式，并求出PQ与OQ的比值的最大值；‎ ‎(3)点D是抛物线对称轴上的一动点，连接OD、CD，设△ODC外接圆的圆心为M，当sin∠ODC的值最大时，求点M的坐标．‎ 第19页（共19页）‎ ‎　‎ 第19页（共19页）‎ ‎2018年湖北省咸宁市中考数学试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题(每题只有一个正确选项，本题共8小题，每题3分，共24分)‎ ‎1．(3分)咸宁冬季里某一天的气温为﹣3℃～2℃，则这一天的温差是(　　)‎ A．1℃ B．﹣1℃ C．5℃ D．﹣5℃‎ ‎【分析】根据题意列出算式，再利用减法法则计算可得．‎ ‎【解答】解：这一天的温差是2﹣(﹣3)=2+3=5(℃)，‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎2．(3分)如图，已知a∥b，l与a、b相交，若∠1=70°，则∠2的度数等于(　　)‎ A．120° B．110° C．100° D．70°‎ ‎【分析】先求出∠1的邻补角的度数，再根据两直线平行，同位角相等即可求出∠2的度数．‎ ‎【解答】解：如图，∵∠1=70°，‎ ‎∴∠3=180°﹣∠1=180°﹣70°=110°，‎ ‎∵a∥b，‎ ‎∴∠2=∠3=110°．‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎3．(3分)2017年，咸宁市经济运行总体保持平稳较快增长，全年GDP约123500000000元，增速在全省17个市州中排名第三，将123500000000用科学记数法表示为(　　)‎ A．123.5×109 B．12.35×1010 C．1.235×108 D．1.235×1011‎ ‎【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．确定n的值时，要看把原数变成a时，小数点移动了多少位，n的绝对值与小数点移动的位数相同．当原数绝对值＞1时，n是正数；当原数的绝对值＜1时，n是负数．‎ ‎【解答】解：123500000000=1.235×1011，‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎4．(3分)用4个完全相同的小正方体搭成如图所示的几何体，该几何体的(　　)‎ A．主视图和左视图相同 B．主视图和俯视图相同 第19页（共19页）‎ C．左视图和俯视图相同 D．三种视图都相同 ‎【分析】分别得出该几何体的三视图进而得出答案．‎ ‎【解答】解：如图所示：‎ ‎，‎ 故该几何体的主视图和左视图相同．‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎5．(3分)下列计算正确的是(　　)‎ A．a3•a3=2a3 B．a2+a2=a4 C．a6÷a2=a3 D．(﹣2a2)3=﹣8a6‎ ‎【分析】根据同底数幂的乘法、合并同类项法则及同底数幂的除法、积的乘方与幂的乘方逐一计算可得．‎ ‎【解答】解：A、a3•a3=a6，此选项错误；‎ B、a2+a2=2a2，此选项错误；‎ C、a6÷a2=a4，此选项错误；‎ D、(﹣2a2)3=﹣8a6，此选项正确；‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎6．(3分)已知一元二次方程2x2+2x﹣1=0的两个根为x1，x2，且x1＜x2，下列结论正确的是(　　)‎ A．x1+x2=1 B．x1•x2=﹣1 C．|x1|＜|x2| D．x12+x1=‎‎1‎‎2‎ ‎【分析】直接利用根与系数的关系对A、B进行判断；由于x1+x2＜0，x1x2＜0，则利用有理数的性质得到x1、x2异号，且负数的绝对值大，则可对C进行判断；利用一元二次方程解的定义对D进行判断．‎ ‎【解答】解：根据题意得x1+x2=﹣‎2‎‎2‎=﹣1，x1x2=﹣‎1‎‎2‎，所以A、B选项错误；‎ ‎∵x1+x2＜0，x1x2＜0，‎ ‎∴x1、x2异号，且负数的绝对值大，所以C选项错误；‎ ‎∵x1为一元二次方程2x2+2x﹣1=0的根，‎ ‎∴2x12+2x1﹣1=0，‎ ‎∴x12+x1=‎1‎‎2‎，所以D选项正确．‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎7．(3分)如图，已知⊙O的半径为5，弦AB，CD所对的圆心角分别是∠AOB，COD，若∠AOB与∠COD互补，弦CD=6，则弦AB的长为(　　)‎ A．6 B．8 C．5‎2‎ D．5‎‎3‎ ‎【分析】延长AO交⊙O于点E，连接BE，由∠AOB+∠BOE=∠AOB+∠COD知∠BOE=∠COD，据此可得BE=CD=6，在Rt△ABE 第19页（共19页）‎ 中利用勾股定理求解可得．‎ ‎【解答】解：如图，延长AO交⊙O于点E，连接BE，‎ 则∠AOB+∠BOE=180°，‎ 又∵∠AOB+∠COD=180°，‎ ‎∴∠BOE=∠COD，‎ ‎∴BE=CD=6，‎ ‎∵AE为⊙O的直径，‎ ‎∴∠ABE=90°，‎ ‎∴AB=AE‎2‎-BE‎2‎=‎1‎0‎‎2‎-‎‎6‎‎2‎=8，‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎8．(3分)甲、乙两人在笔直的湖边公路上同起点、同终点、同方向匀速步行2400米，先到终点的人原地休息．已知甲先出发4分钟，在整个步行过程中，甲、乙两人的距离y(米)与甲出发的时间t(分)之间的关系如图所示，下列结论：‎ ‎①甲步行的速度为60米/分；‎ ‎②乙走完全程用了32分钟；‎ ‎③乙用16分钟追上甲；‎ ‎④乙到达终点时，甲离终点还有300米．‎ 其中正确的结论有(　　)‎ A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 ‎【分析】根据题意和函数图象中的数据可以判断各个小题中的结论是否正确，从而可以解答本题．‎ ‎【解答】解：由图可得，‎ 甲步行的速度为：240÷4=60米/分，故①正确，‎ 乙走完全程用的时间为：2400÷(16×60÷12)=30(分钟)，故②错误，‎ 乙追上甲用的时间为：16﹣4=12(分钟)，故③错误，‎ 乙到达终点时，甲离终点距离是：2400﹣(4+30)×60=360米，故④错误，‎ 故选：A．‎ ‎　‎ 二、细心填一填(本大题共8小题，每小题3分，满分24分)‎ ‎9．(3分)如果分式‎1‎x-2‎有意义，那么实数x的取值范围是　x≠2　．‎ ‎【分析】根据分式有意义的条件可得x﹣2≠0，再解即可．‎ ‎【解答】解：由题意得：x﹣2≠0，‎ 解得：x≠2，‎ 故答案为：x≠2．‎ ‎　‎ 第19页（共19页）‎ ‎10．(3分)因式分解：ab2﹣a=　a(b+1)(b﹣1)　．‎ ‎【分析】首先提取公因式a，再运用平方差公式继续分解因式．‎ ‎【解答】解：ab2﹣a，‎ ‎=a(b2﹣1)，‎ ‎=a(b+1)(b﹣1)．‎ ‎　‎ ‎11．(3分)写出一个比2大比3小的无理数(用含根号的式子表示)　‎5‎　．‎ ‎【分析】先利用4＜5＜9，再根据算术平方根的定义有2＜‎5‎＜3，这样就可得到满足条件的无理数．‎ ‎【解答】解：∵4＜5＜9，‎ ‎∴2＜‎5‎＜3，‎ 即‎5‎为比2大比3小的无理数．‎ 故答案为‎5‎．‎ ‎　‎ ‎12．(3分)一个不透明的口袋中有三个完全相同的小球，它们的标号分别为1，2，3．随机摸出一个小球然后放回，再随机摸出一个小球，则两次摸出的小球标号相同的概率是　‎1‎‎3‎　．‎ ‎【分析】首先根据题意画出树状图，然后由树状图求得所有等可能的结果与两次摸出的小球标号相同的情况，再利用概率公式即可求得答案．‎ ‎【解答】解：根据题意，画树状图如下：‎ 共有9种等可能结果，其中两次摸出的小球标号相同的有3种结果，‎ 所以两次摸出的小球标号相同的概率是‎3‎‎9‎=‎1‎‎3‎，‎ 故答案为：‎1‎‎3‎．‎ ‎　‎ ‎13．(3分)如图，航拍无人机从A处测得一幢建筑物顶部B的仰角为45°，测得底部C的俯角为60°，此时航拍无人机与该建筑物的水平距离AD为110m，那么该建筑物的高度BC约为　300　m(结果保留整数，‎3‎≈1.73)．‎ ‎【分析】在Rt△ABD中，根据正切函数求得BD=AD•tan∠BAD，在Rt△ACD中，求得CD=AD•tan∠CAD，再根据BC=BD+CD，代入数据计算即可．‎ ‎【解答】解：如图，∵在Rt△ABD中，AD=90，∠BAD=45°，‎ ‎∴BD=AD=110(m)，‎ ‎∵在Rt△ACD中，∠CAD=60°，‎ ‎∴CD=AD•tan60°=110×‎3‎=190(m)，‎ ‎∴BC=BD+CD=110+190=300(m)‎ 答：该建筑物的高度BC约为300米．‎ 第19页（共19页）‎ 故答案为300．‎ ‎　‎ ‎14．(3分)如图，将正方形OEFG放在平面直角坐标系中，O是坐标原点，点E的坐标为(2，3)，则点F的坐标为　(﹣1，5)　．‎ ‎【分析】结合全等三角形的性质可以求得点G的坐标，再由正方形的中心对称的性质求得点F的坐标．‎ ‎【解答】解：如图，过点E作x轴的垂线EH，垂足为H．过点G作x轴的垂线EG，垂足为G，连接GE、FO交于点O′．‎ ‎∵四边形OEFG是正方形，‎ ‎∴OG=EO，∠GOM=∠OEH，∠OGM=∠EOH，‎ 在△OGM与△EOH中，‎ ‎&∠OGM=∠EOH‎&OG=EO‎&∠GOM=∠OEH ‎∴△OGM≌△EOH(ASA)‎ ‎∴GM=OH=2，OM=EH=3，‎ ‎∴G(﹣3，2)．‎ ‎∴O′(﹣‎1‎‎2‎，‎5‎‎2‎)．‎ ‎∵点F与点O关于点O′对称，‎ ‎∴点F的坐标为 (﹣1，5)．‎ 故答案是：(﹣1，5)．‎ ‎　‎ ‎15．(3分)按一定顺序排列的一列数叫做数列，如数列：‎1‎‎2‎，‎1‎‎6‎，‎1‎‎12‎，‎1‎‎20‎，…，则这个数列前2018个数的和为　‎2018‎‎2019‎　．‎ ‎【分析】根据数列得出第n个数为‎1‎n(n+1)‎，据此可得前2018个数的和为‎1‎‎1×2‎+‎1‎‎2×3‎+‎1‎‎3×4‎+‎1‎‎4×5‎+…+‎1‎‎2018×2019‎，再用裂项求和计算可得．‎ ‎【解答】解：由数列知第n个数为‎1‎n(n+1)‎，‎ 则前2018个数的和为‎1‎‎2‎+‎1‎‎6‎+‎1‎‎12‎+‎1‎‎20‎+…+‎‎1‎‎2018×2019‎ ‎=‎1‎‎1×2‎+‎1‎‎2×3‎+‎1‎‎3×4‎+‎1‎‎4×5‎+…+‎‎1‎‎2018×2019‎ ‎=1﹣‎1‎‎2‎+‎1‎‎2‎﹣‎1‎‎3‎+‎1‎‎3‎﹣‎1‎‎4‎+‎1‎‎4‎﹣‎1‎‎5‎+…+‎1‎‎2018‎﹣‎‎1‎‎2019‎ ‎=1﹣‎‎1‎‎2019‎ ‎=‎2018‎‎2019‎，‎ 故答案为：‎2018‎‎2019‎．‎ ‎　‎ 第19页（共19页）‎ ‎16．(3分)如图，已知∠MON=120°，点A，B分别在OM，ON上，且OA=OB=a，将射线OM绕点O逆时针旋转得到OM′，旋转角为α(0°＜α＜120°且α≠60°)，作点A关于直线OM′的对称点C，画直线BC交OM′于点D，连接AC，AD，有下列结论：‎ ‎①AD=CD；‎ ‎②∠ACD的大小随着α的变化而变化；‎ ‎③当α=30°时，四边形OADC为菱形；‎ ‎④△ACD面积的最大值为‎3‎a2；‎ 其中正确的是　①③④　．(把你认为正确结论的序号都填上)．‎ ‎【分析】①根据对称的性质：对称点的连线被对称轴垂直平分可得：OM'是AC的垂直平分线，再由垂直平分线的性质可作判断；‎ ‎②作⊙O，根据四点共圆的性质得：∠ACD=∠E=60°，说明∠ACD是定值，不会随着α的变化而变化；‎ ‎③当α=30°时，即∠AOD=∠COD=30°，证明△AOC是等边三角形和△ACD是等边三角形，得OC=OA=AD=CD，可作判断；‎ ‎④先证明△ACD是等边三角形，当AC最大时，△ACD的面积最大，当AC为直径时最大，根据面积公式计算后可作判断．‎ ‎【解答】解：①∵A、C关于直线OM'对称，‎ ‎∴OM'是AC的垂直平分线，‎ ‎∴CD=AD，‎ 故①正确；‎ ‎②连接OC，‎ 由①知：OM'是AC的垂直平分线，‎ ‎∴OC=OA，‎ ‎∴OA=OB=OC，‎ 以O为圆心，以OA为半径作⊙O，交AO的延长线于E，连接BE，则A、B、C都在⊙O上，‎ ‎∵∠MON=120°，‎ ‎∴∠BOE=60°，‎ ‎∵OB=OE，‎ ‎∴△OBE是等边三角形，‎ ‎∴∠E=60°，‎ ‎∵A、C、B、E四点共圆，‎ ‎∴∠ACD=∠E=60°，‎ 故②不正确；‎ ‎③当α=30°时，即∠AOD=∠COD=30°，‎ ‎∴∠AOC=60°，‎ ‎∴△AOC是等边三角形，‎ ‎∴∠OAC=60°，OC=OA=AC，‎ 由①得：CD=AD，‎ ‎∴∠CAD=∠ACD=∠CDA=60°，‎ ‎∴△ACD是等边三角形，‎ ‎∴AC=AD=CD，‎ ‎∴OC=OA=AD=CD，‎ ‎∴四边形OADC为菱形；‎ 第19页（共19页）‎ 故③正确；‎ ‎④∵CD=AD，∠ACD=60°，‎ ‎∴△ACD是等边三角形，‎ 当AC最大时，△ACD的面积最大，‎ ‎∵AC是⊙O的弦，即当AC为直径时最大，此时AC=2OA=2a，α=90°，‎ ‎∴△ACD面积的最大值是：‎3‎‎4‎AC2=‎3‎‎4‎‎×(2a‎)‎‎2‎=‎3‎a‎2‎，‎ 故④正确，‎ 所以本题结论正确的有：①③④‎ 故答案为：①③④．‎ ‎　‎ 三、专心解一解(本大题共8小题，满分72分，请认真读题，冷静思考解答题应写出必要的文宇说明、证明过程或演算步骤，请把解题过程写在答题卷相应题号的位置)‎ ‎17．(8分)(1)计算：‎12‎﹣‎3‎‎8‎+|‎3‎﹣2|；‎ ‎(2)化简：(a+3)(a﹣2)﹣a(a﹣1)．‎ ‎【分析】(1)先化简二次根式、计算立方根、去绝对值符号，再计算加减可得；‎ ‎(2)先计算多项式乘多项式、单项式乘多项式，再合并同类项即可得．‎ ‎【解答】解：(1)原式=2‎3‎﹣2+2﹣‎3‎=‎3‎；‎ ‎(2)原式=a2﹣2a+3a﹣6﹣a2+a ‎=2a﹣6．‎ ‎　‎ ‎18．(7分)已知：∠AOB．‎ 求作：∠A'O'B'，使∠A'O′B'=∠AOB ‎(1)如图1，以点O为圆心，任意长为半径画弧，分别交OA，OB于点C、D；‎ ‎(2)如图2，画一条射线O′A′，以点O′为圆心，OC长为半径画弧，交O′A′于点C′；‎ ‎(3)以点C′为圆心，CD长为半径画弧，与第2步中所画的弧交于点D′；‎ ‎(4)过点D′画射线O′B'，则∠A'O'B'=∠AOB．‎ 根据以上作图步骤，请你证明∠A'O'B′=∠AOB．‎ ‎【分析】由基本作图得到OD=OC=O′D′=O′C′，CD=C′D′，则根据“SSS“可证明△OCD≌△O′C′D′‎ 第19页（共19页）‎ ‎，然后利用全等三角形的性质可得到∠A'O'B′=∠AOB．‎ ‎【解答】证明：由作法得OD=OC=O′D′=O′C′，CD=C′D′，‎ 在△OCD和△O′C′D′中 ‎&OC=O'C'‎‎&OD=O'D'‎‎&CD=C'D'‎‎，‎ ‎∴△OCD≌△O′C′D′，‎ ‎∴∠COD=∠C′O′D′，‎ 即∠A'O'B′=∠AOB．‎ ‎　‎ ‎19．(8分)近年来，共享单车逐渐成为高校学生喜爱的“绿色出行”方式之一，自2016年国庆后，许多高校均投放了使用手机支付就可随取随用的共享单车．某高校为了解本校学生出行使用共享单车的情况，随机调查了某天部分出行学生使用共享单车的情况，并整理成如下统计表．‎ 使用次数 ‎0‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ 人数 ‎11‎ ‎15‎ ‎23‎ ‎28‎ ‎18‎ ‎5‎ ‎(1)这天部分出行学生使用共享单车次数的中位数是　3　，众数是　3　，该中位数的意义是　表示这部分出行学生这天约有一半使用共享单车的次数在3次以上(或3次)　；‎ ‎(2)这天部分出行学生平均每人使用共享单车约多少次？(结果保留整数)‎ ‎(3)若该校某天有1500名学生出行，请你估计这天使用共享单车次数在3次以上(含3次)的学生有多少人？‎ ‎【分析】(1)根据中位数和众数的定义求解可得；‎ ‎(2)根据加权平均数的公式列式计算即可；‎ ‎(3)用总人数乘以样本中使用共享单车次数在3次以上(含3次)的学生所占比例即可得．‎ ‎【解答】解：(1)∵总人数为11+15+23+28+18+5=100，‎ ‎∴中位数为第50、51个数据的平均数，即中位数为‎3+3‎‎2‎=3次，众数为3次，‎ 其中中位数表示这部分出行学生这天约有一半使用共享单车的次数在3次以上(或3次)，‎ 故答案为：3、3、表示这部分出行学生这天约有一半使用共享单车的次数在3次以上(或3次)；‎ ‎(2)x=‎0×11+1×15+2×23+3×28+4×18+5×5‎‎100‎≈2(次)，‎ 答：这天部分出行学生平均每人使用共享单车约2次；‎ ‎(3)1500×‎28+18+5‎‎100‎=765(人)，‎ 答：估计这天使用共享单车次数在3次以上(含3次)的学生有765人．‎ ‎　‎ ‎20．(8分)如图，在平面直角坐标系中，矩形OABC的顶点B的坐标为(4，2)，直线y=﹣‎1‎‎2‎x+‎5‎‎2‎与边AB，BC分别相交于点M，N，函数y=kx(x＞0)的图象过点M．‎ ‎(1)试说明点N也在函数y=kx(x＞0)的图象上；‎ ‎(2)将直线MN沿y轴的负方向平移得到直线M′N′，当直线M′N′与函数y═kx(x＞0)的图象仅有一个交点时，求直线M'N′的解析式．‎ ‎【分析】(1)根据矩形OABC的顶点B的坐标为(4，2)，可得点M的横坐标为4，点N的纵坐标为2，把x=4代入y=﹣‎1‎‎2‎x+‎‎5‎‎2‎ 第19页（共19页）‎ ‎，得y=‎1‎‎2‎，可求点M的坐标为(4，‎1‎‎2‎)，把y=2代入y=﹣‎1‎‎2‎x+‎5‎‎2‎，得x=1，可求点N的坐标为(1，2)，根据待定系数法可求函数y=kx(x＞0)的解析式，再图象过点M，把N(1，2)代入y=‎2‎x，即得作出判断；‎ ‎(2)设直线M'N′的解析式为y=﹣‎1‎‎2‎x+b，由‎&y=-‎1‎‎2‎x+b‎&y=‎‎2‎x得x2﹣2bx+4=0，再根据判别式即可求解．‎ ‎【解答】解：(1)∵矩形OABC的顶点B的坐标为(4，2)，‎ ‎∴点M的横坐标为4，点N的纵坐标为2，‎ 把x=4代入y=﹣‎1‎‎2‎x+‎5‎‎2‎，得y=‎1‎‎2‎，‎ ‎∴点M的坐标为(4，‎1‎‎2‎)，‎ 把y=2代入y=﹣‎1‎‎2‎x+‎5‎‎2‎，得x=1，‎ ‎∴点N的坐标为(1，2)，‎ ‎∵函数y=kx(x＞0)的图象过点M，‎ ‎∴k=4×‎1‎‎2‎=2，‎ ‎∴y=‎2‎x(x＞0)，‎ 把N(1，2)代入y=‎2‎x，得2=2，‎ ‎∴点N也在函数y=kx(x＞0)的图象上；‎ ‎(2)设直线M'N′的解析式为y=﹣‎1‎‎2‎x+b，‎ 由‎&y=-‎1‎‎2‎x+b‎&y=‎‎2‎x得x2﹣2bx+4=0，‎ ‎∵直线y=﹣‎1‎‎2‎x+b与函数y═kx(x＞0)的图象仅有一个交点，‎ ‎∴(﹣2b)2﹣4×4=0，‎ 解得b=2，b2=﹣2(舍去)，‎ ‎∴直线M'N′的解析式为y=﹣‎1‎‎2‎x+2．‎ ‎　‎ ‎21．(9分)如图，以△ABC的边AC为直径的⊙O恰为△ABC的外接圆，∠ABC的平分线交⊙O于点D，过点D作DE∥AC交BC的延长线于点E．‎ ‎(1)求证：DE是⊙O的切线；‎ ‎(2)若AB=2‎5‎，BC=‎5‎，求DE的长．‎ ‎【分析】(1)直接利用圆周角定理以及结合切线的判定方法得出DE是⊙O的切线；‎ ‎(2)首先过点C作CG⊥DE，垂足为G，则四边形ODGC为正方形，得出tan∠CEG=tan∠ACB，CGGE=ABBC，即可求出答案．‎ ‎【解答】(1)证明：连接OD，‎ ‎∵AC是⊙O的直径，‎ ‎∴∠ABC=90°，‎ ‎∵BD平分∠ABC，‎ ‎∴∠ABD=45°，‎ ‎∴∠AOD=90°，‎ 第19页（共19页）‎ ‎∵DE∥AC，‎ ‎∴∠ODE=∠AOD=90°，‎ ‎∴DE是⊙O的切线；‎ ‎(2)解：在Rt△ABC中，AB=2‎5‎，BC=‎5‎，‎ ‎∴AC=AB‎2‎+AC‎2‎=5，‎ ‎∴OD=‎5‎‎2‎，‎ 过点C作CG⊥DE，垂足为G，‎ 则四边形ODGC为正方形，‎ ‎∴DG=CG=OD=‎5‎‎2‎，‎ ‎∵DE∥AC，‎ ‎∴∠CEG=∠ACB，‎ ‎∴tan∠CEG=tan∠ACB，‎ ‎∴CGGE=ABBC，即‎2.5‎GE=‎2‎‎5‎‎5‎，‎ 解得：GE=‎5‎‎4‎，‎ ‎∴DE=DG+GE=‎15‎‎4‎．‎ ‎　‎ ‎22．(10分)为拓宽学生视野，引导学生主动适应社会，促进书本知识和生活经验的深度融合，我市某中学决定组织部分班级去赤壁开展研学旅行活动，在参加此次活动的师生中，若每位老师带17个学生，还剩12个学生没人带；若每位老师带18个学生，就有一位老师少带4个学生．现有甲、乙两种大客车，它们的载客量和租金如表所示．‎ 甲种客车 乙种客车 载客量/(人/辆)‎ ‎30‎ ‎42‎ 租金/(元/辆)‎ ‎300‎ ‎400‎ 学校计划此次研学旅行活动的租车总费用不超过3100元，为了安全，每辆客车上至少要有2名老师．‎ ‎(1)参加此次研学旅行活动的老师和学生各有多少人？‎ ‎(2)既要保证所有师生都有车坐，又要保证每辆客车上至少要有2名老师，可知租用客车总数为　8　辆；‎ ‎(3)你能得出哪几种不同的租车方案？其中哪种租车方案最省钱？请说明理由．‎ ‎【分析】(1)设出老师有x名，学生有y名，得出二元一次方程组，解出即可；‎ ‎(2)根据汽车总数不能小于‎300‎‎42‎=‎50‎‎7‎(取整为8)辆，即可求出；‎ ‎(3)设租用x辆乙种客车，则甲种客车数为：(8﹣x)辆，由题意得出400x+300(8﹣x)≤3100，得出x取值范围，分析得出即可．‎ ‎【解答】解：(1)设老师有x名，学生有y名．‎ 依题意，列方程组为‎&17x=y-12‎‎&18x=y+4‎，‎ 解之得：‎&x=16‎‎&y=284‎，‎ 答：老师有16名，学生有284名；‎ ‎(2)∵每辆客车上至少要有2名老师，‎ ‎∴汽车总数不能大于8辆；‎ 第19页（共19页）‎ 又要保证300名师生有车坐，汽车总数不能小于‎300‎‎42‎=‎50‎‎7‎(取整为8)辆，‎ 综合起来可知汽车总数为8辆；‎ 故答案为：8；‎ ‎(3)设租用x辆乙种客车，则甲种客车数为：(8﹣x)辆，‎ ‎∵车总费用不超过3100元，‎ ‎∴400x+300(8﹣x)≤3100，‎ 解得：x≤7，‎ 为使300名师生都有座，‎ ‎∴42x+30(8﹣x)≥300，‎ 解得：x≥5，‎ ‎∴5≤x≤7(x为整数)，‎ ‎∴共有3种租车方案：‎ 方案一：租用甲种客车3辆，乙种客车5辆，租车费用为2900元；‎ 方案二：租用甲种客车2辆，乙种客车6辆，租车费用为3000元；‎ 方案三：租用甲种客车1辆，乙种客车7辆，租车费用为3100元；‎ 故最节省费用的租车方案是：租用甲种客车3辆，乙种客车5辆．‎ ‎　‎ ‎23．(10分)定义：‎ 我们知道，四边形的一条对角线把这个四边形分成了两个三角形，如果这两个三角形相似(不全等)，我们就把这条对角线叫做这个四边形的“相似对角线”．‎ 理解：‎ ‎(1)如图1，已知Rt△ABC在正方形网格中，请你只用无刻度的直尺在网格中找到一点D，使四边形ABCD是以AC为“相似对角线”的四边形(保留画图痕迹，找出3个即可)；‎ ‎(2)如图2，在四边形ABCD中，∠ABC=80°，∠ADC=140°，对角线BD平分∠ABC．‎ 求证：BD是四边形ABCD的“相似对角线”；‎ ‎(3)如图3，已知FH是四边形EFGH的“相似对角线”，∠EFH=∠HFG=30°，连接EG，若△EFG的面积为2‎3‎，求FH的长．‎ ‎【分析】(1)先求出AB，BC，AC，再分情况求出CD或AD，即可画出图形；‎ ‎(2)先判断出∠A+∠ADB=140°=∠ADC，即可得出结论；‎ ‎(3)先判断出△FEH∽△FHG，得出FH2=FE•FG，再判断出EQ=‎3‎‎2‎FE，继而求出•FE=8，即可得出结论．‎ ‎【解答】解：‎ ‎(1)由图1知，AB=‎5‎，BC=2‎5‎，∠ABC=90°，AC=5，‎ ‎∵四边形ABCD是以AC为“相似对角线”的四边形，‎ 第19页（共19页）‎ ‎①当∠ACD=90°时，△ACD∽△ABC或△ACD∽△CBA，‎ ‎∴ACCD‎=‎ABBC=‎1‎‎2‎或ACCD‎=‎BCAB=2，‎ ‎∴CD=10或CD=2.5‎ 同理：当∠CAD=90°时，AD=2.5或AD=10，‎ ‎(2)证明：∵∠ABC=80°，BD平分∠ABC，‎ ‎∴∠ABD=∠DBC=40°，‎ ‎∴∠A+∠ADB=140°‎ ‎∵∠ADC=140°，‎ ‎∴∠BDC+∠ADB=140°，‎ ‎∴∠A=∠BDC，‎ ‎∴△ABD∽△BDC，‎ ‎∴BD是四边形ABCD的“相似对角线”；‎ ‎(3)如图3，‎ ‎∵FH是四边形EFGH的“相似对角线”，‎ ‎∴△EFG与△HFG相似，‎ ‎∵∠EFH=∠HFG，‎ ‎∴△FEH∽△FHG，‎ ‎∴FEFH‎=‎FHFG，‎ ‎∴FH2=FE•FG，‎ 过点E作EQ⊥FG于Q，‎ ‎∴EQ=FE•sin60°=‎3‎‎2‎FE，‎ ‎∵‎1‎‎2‎FG×EQ=2‎3‎，‎ ‎∴‎1‎‎2‎FG×‎3‎‎2‎FE=2‎3‎，‎ ‎∴FG•FE=8，‎ ‎∴FH2=FE•FG=8，‎ ‎∴FH=2‎2‎．‎ ‎　‎ ‎24．(12分)如图，直线y=﹣‎3‎‎4‎x+3与x轴交于点A，与y轴交于点B．抛物线y=﹣‎3‎‎8‎x2+bx+c经过A、B两点，与x轴的另一个交点为C．‎ ‎(1)求抛物线的解析式；‎ ‎(2)点P是第一象限抛物线上的点，连接OP交直线AB于点Q．设点P的横坐标为m，PQ与OQ的比值为y，求y与m的函数关系式，并求出PQ与OQ的比值的最大值；‎ ‎(3)点D是抛物线对称轴上的一动点，连接OD、CD，设△ODC外接圆的圆心为M，当sin∠ODC的值最大时，求点M的坐标．‎ ‎【分析】(1)根据直线解析式求得点A、B的坐标，将两点的坐标代入抛物线解析式求解可得；‎ 第19页（共19页）‎ ‎(2)过点P作y轴的平行线交AB于点E，据此知△PEQ∽△OBQ，根据对应边成比例得y=‎1‎‎3‎PE，由P(m，﹣‎3‎‎8‎m2+‎3‎‎4‎m+3)、E(m，﹣‎3‎‎4‎m+3)得PE=﹣‎3‎‎8‎m2+‎3‎‎2‎m，结合y=‎1‎‎3‎PE可得函数解析式，利用二次函数性质得其最大值；‎ ‎(3)设CO的垂直平分线与CO交于点N，知点M在CO的垂直平分线上，连接OM、CM、DM，根据∠ODC=‎1‎‎2‎∠CMO=∠OMN、MC=MO=MD知sin∠ODC=sin∠OMN=NOMO=‎1‎MO，当MD取最小值时，sin∠ODC最大，据此进一步求解可得．‎ ‎【解答】解：(1)在y=﹣‎3‎‎4‎x+3种，令y=0得x=4，令x=0得y=3，‎ ‎∴点A(4，0)、B(0，3)，‎ 把A(4，0)、B(0，3)代入y=﹣‎3‎‎8‎x2+bx+c，得：‎ ‎&-‎3‎‎8‎×‎4‎‎2‎+4b+c=0‎‎&c=3‎‎，‎ 解得：‎&b=‎‎3‎‎4‎‎&c=3‎，‎ ‎∴抛物线解析式为y=﹣‎3‎‎8‎x2+‎3‎‎4‎x+3；‎ ‎(2)如图1，过点P作y轴的平行线交AB于点E，‎ 则△PEQ∽△OBQ，‎ ‎∴PQOQ=PEOB，‎ ‎∵PQOQ=y、OB=3，‎ ‎∴y=‎1‎‎3‎PE，‎ ‎∵P(m，﹣‎3‎‎8‎m2+‎3‎‎4‎m+3)、E(m，﹣‎3‎‎4‎m+3)，‎ 则PE=(﹣‎3‎‎8‎m2+‎3‎‎4‎m+3)﹣(﹣‎3‎‎4‎m+3)=﹣‎3‎‎8‎m2+‎3‎‎2‎m，‎ ‎∴y=‎1‎‎3‎(﹣‎3‎‎8‎m2+‎3‎‎2‎m)=﹣‎1‎‎8‎m2+‎1‎‎2‎m=﹣‎1‎‎8‎(m﹣2)2+‎1‎‎2‎，‎ ‎∵0＜m＜3，‎ ‎∴当m=2时，y最大值=‎1‎‎2‎，‎ ‎∴PQ与OQ的比值的最大值为‎1‎‎2‎；‎ ‎(3)由抛物线y=﹣‎3‎‎8‎x2+‎3‎‎4‎x+3易求C(﹣2，0)，对称轴为直线x=1，‎ ‎∵△ODC的外心为点M，‎ ‎∴点M在CO的垂直平分线上，‎ 设CO的垂直平分线与CO交于点N，连接OM、CM、DM，‎ 第19页（共19页）‎ 则∠ODC=‎1‎‎2‎∠CMO=∠OMN、MC=MO=MD，‎ ‎∴sin∠ODC=sin∠OMN=NOMO=‎1‎MO，‎ 又MO=MD，‎ ‎∴当MD取最小值时，sin∠ODC最大，‎ 此时⊙M与直线x=1相切，MD=2，‎ MN=OM‎2‎-ON‎2‎=‎3‎，‎ ‎∴点M(﹣1，﹣‎3‎)，‎ 根据对称性，另一点(﹣1，‎3‎)也符合题意；‎ 综上所述，点M的坐标为(﹣1，‎3‎)或(﹣1，﹣‎3‎)．‎ ‎　‎ 第19页（共19页）‎