天津市2018年中考数学真题试题（含解析）

题试题天津市2018年中考数学真选择题题题题（本大共12小，每小 3分，共36分.在每小题给选项项题中，只有一是符合目要一、出的四个求的）计结果等于（ 1. A. 5 【答案】C 算的）B. C. 9 D. 进计算．【解析】分析：根据有理数的乘方运算行2详解：（-3） =9，选故 C．点睛：本 2. 题查较简单负，注意号．考了有理数的乘方，比值的等于（）A. B. C. 1 D. 【答案】B 【解析】分析：根据特殊角的三角函数直接求解即可．值详解：cos30°= ．选故：B．题查值记忆值计经现练算在中考中常出，要熟掌握点睛：本．考特殊角的三角函数的情况．特殊角三角函数题计为3. 今年“五一”假期，我市某主公园共接待游客77800人次，将77800用科学数法表示（）A. B. C. D. 【答案】B n记为为【解析】分析：科学数法的表示形式 a×10 的形式，其中1≤|a|＜10，n 整数．确定n的，要看值时变把原数成a ，小数点移了多少位，n的时动绝对值动与小数点移的位数相同．当原数绝对值时＞1 ，n是正绝对值时负＜1 ，n是数．数；当原数的详记为解：将77800用科学数法表示：．选故 B． n题查记记了科学数法的表示方法．科学数法的表示形式 a×10 的形式，其中1≤|a|＜10，n 为为点睛：本考时键值值要正确确定a的以及n的．整数，表示关1图4. 下列形中，可以看作是中心对图称形的是（）A. B. C. D. 【答案】A 对【解析】分析：根据中心称的定义结给图合所形即可作出判断．，详对图图图图选项形，故本解：A、是中心称正确；；对对对选项错误选项错误选项错误 B、不是中心 C、不是中心 D、不是中心称称称形，故本形，故本形，故本；；选故：A．题查对图础题对图键形的关是旋 180°后能重合转够点睛：本．考了中心称形的特点，属于基，判断中心称图组图5. 下是一个由5个相同的正方体成的立体形，它的主是（视图）A. B. C. D. 【答案】A 图【解析】分析：画出从正面看到的形即可得到它的主视图．详这解：个几何体的主视图为：2选故：A．题查值简单组视图简单组视图渐进过细观仔察和想象，再画点睛：本考．的了合体的三：画合体的三要循序，通视图它的三计6. 估在（）间间间A. 5和6之 C. 7和8之【答案】D B. 6和7之 D. 8和9之间夹围【解析】分析：利用“ 逼法”表示出的大致范，然后确定答案．详解：∵64＜＜81， ∴8＜＜9，选故：D．题查点睛：本主要考了无理数的估算，解题键问题是确定无理数的整数部分即可解决关计结为果（ 7. 算的）A. 1 【答案】C 【解析】分析：根据同分母的分式的运算法 B. 3 C. D. 则进计算即可求出答案．行详解：原式= .选故：C．题查则题键练则分式的运算法，解的关是熟运用分式的运算法，本属于基型．题础题点睛：本考组8. 方程的解是（）A. B. C. D. 【答案】A 【解析】分析：根据加减消元法，可得方程的解．组详解：，①-②得 x=6，把x=6代入①，得 3y=4，组原方程的解为查．选故 A. 题组了解二元一次方程，利用加减消元法是解题键关．点睛：本 9. 若点 A. 考图则，，的大小关系是（，，在反比例函数的像上，）B. C. D. 【答案】B 【解析】分析：先根据反比例函数的解析式判断出函数象所在的象限，再根据A、B、C三点横坐的特图标纵标的特点即可解答．点判断出三点所在的象限，由函数的增减性及四个象限内点的横坐详解：∵反比例函数y＝中，k=12>0，图∴此函数的象在一、三象限，在每一象限内y随x的增大而减小， ∵y1＜y2＜0＜y3， ∴．选故：B．题较简单查图标题键，考的是反比例函数象上点的坐特点，解答此的关是熟知反比例函数的增点睛：本减性． 10. 比图纸过线点的直折叠，使点落在边处为则结论下列如，将一个三角形片沿上的点，折痕，一定正确的是（）A. B. C. D. 【答案】D 质【解析】分析：由折叠的性知，BC=BE．易得 .详质解：由折叠的性知，BC=BE． ∴.． 4选故：D．题质点睛：本利用了折叠的性：折叠是一种对变换轴对轴对质图称的性，折叠前后形称，它属于称，根据变变的形状和大小不，位置化，和对应边对应角相等． 11. 图别为为对线动则线长上的一个点，下列段的等于如，在正方形中，，分），的中点，角值最小的是（ A. B. C. D. 【答案】D 【解析】分析：点E关于BD的称点E′在段CD上，得E′ CD中点，接AE′，它与BD的交点即点P，过证对线为连为值线长PA+PE的最小就是段AE′的度；通明直角三角形ADE′≌直角三角形ABF即可得解．详过对解：点E作关于BD的称点E′，接AE′，交BD于点P．连值∴PA+PE的最小 AE′；为∵E AD的中点，为∴E′ CD的中点，边∵四形ABCD是正方形， ∴AB=BC=CD=DA，∠ABF=∠AD E′=90°, ∴DE′=BF， ∴ΔABF≌ΔAD E′， ∴AE′=AF. 选故 D. 5题查轴对了称– 点睛：本考线问题质题、正方形的性．此主要是利用“两点之间线边边段最短”和“任意两之和大于第三 ”．最短路线对连因此只要作出点A（或点E）关于直 BD的称点A′（或E′），再接EA′（或AE′）即可． 12. 线为（，，常数，经过对轴轴侧结论，有下列已知抛物：）点，，其称在右线经过 ①抛物 ②方程 ③点；实有两个不相等的数根； .结论为（其中，正确的个数）A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 【答案】C 线对错误线，根据条件得抛物开口向下，可判断②正确；根据【解析】分析：根据抛物的称性可以判断① 轴称的位置，可判断③正确，故可得解. 线轴抛物与x 的交点及对详线为（，，常数，经过对轴轴侧线，故抛物不能解：抛物）点，其称在右经过错误；点，因此① 线为（，，常数，经过对轴轴侧线，可知抛物开口抛物）点，，其称在右线向下，与直 y=2有两个交点，因此方程实有两个不相等的数根，故②正确；对轴轴侧右， ∵称在∴ >0 ∵a<0 ∴b>0 ∵经过经过点点，∴a-b+c=0 ∵，∴c=3 ∴a-b=-3 ∴b=a+3，a=b-3 ∴-3<a<0，0<b<3 6∴-3<a+b<3.故③正确. 选故 C. 题查图标图了二次函数象上点的坐特征，二次函数象与系数的关系，二次函数与一元二次方程点睛：本考质的关系，不等式的性等知识难，度适中．题题题二、填空（本大共6小，每小 3分，共18分）题计结的果等于__________． 13. 算【答案】单项单项则进计行算即可．【解析】分析：依据式乘式的运算法 4+3 7详解：原式=2x =2x． 7为故答案：2x ．题查点睛：本主要考的是单项单项则题式，掌握相关运算法是解的关键式乘．计结果等于__________． 14. 算的【答案】3 质计【解析】分析：先运用用平方差公式把括号展开，再根据二次根式的性算可得． 2解：原式=（）2-（）详=6-3 =3，为故答案：3．题查应练了二次根式的混合运算的用，熟掌握平方差公式与二次根式的性是关．质键点睛：本考15. 红绿这颜不透明袋子中装有11个球，其中有6个球，3个黄球，2个球，些球除色外无其他差 .从袋子中随别则红机取出1个球，它是球的概率是__________．【答案】总【解析】分析：根据概率的求法，找准两点：①全部情况的数；②符合条件的情况数目；二者的比值就发是其生的概率．详红解：∵袋子中共有11个小球，其中球有6个，红∴摸出一个球是球的概率是，为故答案：． 7题查这点睛：此主要考了概率的求法，如果一个事件有n种可能，而且些事件的可能性相同，其中事件A出现结m种果，那么事件A的概率P（A）= ．线单长线为度，平移后直的解析式 __________． 16. 将直向上平移2个位【答案】规【解析】分析：直接根据“上加下减，左加右减”的平移律求解即可．详线单线解：将直 y=x先向上平移2个位，所得直的解析式 y=x+2．为为故答案 y=x+2．题查图变换间标这样点睛：本考形的平移律“左加右减，上加下减”．边长为和函数解析式之的关系，在平面直角坐系中，平移后解析式有一规个图边别为为连的中点，接 17. 如，在 4的等中，，分，的中点，于点，则长为，的__________．【答案】【解析】分析：接DE，根据意可得ΔDEG是直角三角形，然后根据勾股定理即可求解DG的 . 连题长详连解：接DE，别∵D、E分是AB、BC的中点， ∴DE∥AC，DE= AC 边∵ΔABC是等三角形，且BC=4 ∴∠DEB=60°,DE=2 ∵EF⊥AC，∠C=60°,EC=2 8∴∠FEC=30°，EF= ∴∠DEG=180°-60°-30°=90° ∵G是EF的中点， ∴EG= . 在RtΔDEG中，DG= 为故答案：. 题查点睛：本主要考了等三角形的性，勾股定理以及三角形中位边质线质记定理，住和熟运用性是练质性题键的关 . 解图18. 如，在每个小正方形的边长为顶的点，，均在格点上. 1的网格中，为的大小 __________（度）；（1）图（2）在如所示的网格中，是边为转时针转，点上任意一点. 中心，取旋角等于，把点逆说要明点的位置是如何找到的（不要求旋对应为时请简的点 .当最短明）__________． (1). 【解析】分析：（1）利用勾股定理即可解决，用无刻度的直尺，画出点，并证见解析【答案】；(2). 问题；图连连长线连于点；取格点，（2）如，取格点，，接交于点；取格点，，于点，点即所求. 边长为接交延长线延则为接交详解：（1）∵每个小正方形的 1， ∴AC= ，BC= ，AB= , ∵∴9∴ΔABC是直角三角形，且∠C=90° 为故答案 90；图为（2）如，即所求. 题查图作 – 点睛：本考应设计识题键结、勾股定理等知，解的关是利用数形合的思想解决问题转，学会用化的思想思考问题用与 .题题题应说骤过（本大共7小，共66分.解答写出文字明、演算步或推理程.）三、解答 19. 解不等式请结组题题意填空，完成本的解答. 合（Ⅰ）解不等式（1），得（Ⅱ）解不等式（2），得．．轴（Ⅲ）把不等式（1）和（2）的解集在数上表示出来：组（Ⅳ）原不等式的解集为．【答案】解：（Ⅰ）；（Ⅱ）；（Ⅲ）（Ⅳ） .别轴【解析】分析：分求出每一个不等式的解集，根据不等式在数上的表示，由公共部分即可确定不等式组详的解集．解：（Ⅰ）解不等式（1），得x≥-2；（Ⅱ）解不等式（2），得x≤1； 10 轴（Ⅲ）把不等式（1）和（2）的解集在数上表示出来：组为（Ⅳ）原不等式的解集：-2≤x≤1. 题查组题的是解一元一次不等式，正确求出每一个不等式解集是解答此的关．键点睛：本考20. 鸡场鸡备对鸡外出售.从中随机抽取了一部分，根据它们质单绘量（位：），制出如某养下的有2500只准的统计图图请 ①和 ②. 根据相关信息，解答下列问题：图（Ⅰ） ①中的值为；统计这组（Ⅱ）求（Ⅲ）根据本数据，估【答案】（Ⅰ）28. （Ⅱ）平均数是1.52. 众数 1.8. 中位数 1.5. （Ⅲ）280只. 的数据的平均数、众数和中位数；样计这鸡质为约的有多少只？ 2500只中，量为为值【解析】分析：（Ⅰ）用整体1减去所有已知的百分比即可求出m的义计；权（Ⅱ）根据众数、中位数、加平均数的定算即可；总样鸡（Ⅲ）用数乘以本中2.0kg的所占的比例即可得解. 解：（Ⅰ）m%=1-22%-10%-8%-32%=28%.故m=28；观（Ⅱ）察条形统计图，∵，这组 ∴数据的平均数是1.52. 这组现现数据中，1.8出了16次，出的次数最多， ∵在这组为数据的众数 1.8. ∴这组顺处数据按从小到大的序排列，其中于中的两个数都是1.5，有间∵将，11 这组为数据的中位数 1.5. ∴样（Ⅲ）∵在所抽取的本中，质为量的数量占 . 样∴由本数据，估计这鸡2500只中，质为约的数量占. 量有.这鸡 ∴ 2500只中，质为约的量有200只。题查点睛：此主要考了平均数、众数、中位数的统计义样以及利用本估计总识体等知．找中位数要把数意顺间为组据按从小到大的序排列，位于最中的一个数或两个数的平均数中位数；众数是一数据中出次数现组最多的数据，注意众数可以不止一个；平均数是指在一数据中所有数据之和再除以数据的个数． 21. 已知是的直径，弦与相交， .图（Ⅰ）如 ①，若为的中点，求和的大小；图过（Ⅱ）如 ②，点作线长线的切，与的延交于点，若，求的大小. 【答案】（1）52°，45°；（2）26° 对圆圆对周角是直角以及周角的度数等于它所弧的度数求解即可；【解析】分析：（Ⅰ）运用直径所的圆（Ⅱ）运用周角定理求解即可. 详解：（Ⅰ）∵ 是的直径，∴ .∴.又∴ ，∴ 的中点，得 .为由∴∴…12 图连（Ⅱ）如，接 . 于点，，即，又 ∵∴由∴∴切.，是的外角， .∴.又，得 .∴.题查圆线质质周角定理，切的性以及等腰三角形的性，正确的作出辅线题键是解的关．点睛：本考了助22. 图为顶处测顶处为测，得底部如，甲、乙两座建筑物的水平距离，从甲的部得乙的结（果取整数）.参考数据：部的俯角处为的俯角，求甲、乙建筑物的高度和，.约为约为【答案】甲建筑物的高度，乙建筑物的高度 .13 图题题应【解析】分析：首先分析形：根据意构造直角三角形；本涉及两个直角三角形，利用其公共构边进造关系式，而可求出答案．详图过为，垂足 . 解：如，点作则.题由意可知，，，，，.边为可得四形矩形. ∴，.在∴在中，，.中，，∴∴∴…约为解直角三角形的用– ，首先构造直角三角形，再借助角关系、三角函数的定约为答：甲建筑物的高度，乙建筑物的高度 .题查考应点睛：本仰角俯角 23. 问题边义题难，度一般．解馆费某游泳每年夏季推出两种游泳付方式.方式一：先购买员证会张员证会 100元，只限本人当年使用，每证费，凭游泳每次再付 5元；方式二：不购买员证会费，每次游泳付 9元. 设计小明划今年夏季游泳次数为为（正整数）. 题（Ⅰ）根据意，填写下表：游泳次数 10 15 20 …14 总费总费方式一的方式二的用（元）用（元） 150 90 175 135 ……计总费为选择费较哪种付方式，他游泳的次数比多？（Ⅱ）若小明划今年夏季游泳的选择费说哪种付方式更合算？并明理由. 用 270元，时（Ⅲ）当，小明选择较方式一游泳次数比多. 【答案】（Ⅰ）200，，180， .（Ⅱ）小明时选择时选择，小明方式一更合算. （Ⅲ）当，有，小明方式二更合算；当，有题费进【解析】分析：（Ⅰ）根据意得两种付方式，行填表即可；（Ⅱ）根据（1）知两种方式的关系，列出方程求解即可；时较，作差比即可得解. （Ⅲ）当详解：（Ⅰ）200，，180， . ，解得 .（Ⅱ）方式一： .方式二：，解得 ∵，选择较方式一游泳次数比多. ∴小明设（Ⅲ）方式一与方式二的总费为用的差元. 则，即 ..时当，即，得时选择这样两种方式一合算. ∴当 ∵，小明，∴ 随的增大而减小. 时选择 ∴当，有，小明方式二更合算；时选择当，有，小明方式一更合算. 题查应题键一次函数的用，解答本的关是明确意，找出所求题问题需要的条件，利用一次函数点睛：本考质的性解答． 24. 标在平面直角坐系中，四边为顺时针转旋矩形形是矩形，点对应，点，点 .以点中心，别为，得到矩形，点，，的点分，， . 15 图（Ⅰ）如 ①，当点落在边时标，求点的坐；上图（Ⅱ）如 ②，当点落在线时上，段与交于点 . 证①求 ②求点的坐. 记为；标对线为积的面，求的取值围结（直接写出果即可）. （Ⅲ）矩形角的交点，范标为证见标为解析；②点的坐【答案】（Ⅰ）点的坐 .（Ⅱ）① 明.（Ⅲ） .转质设【解析】分析：（Ⅰ）根据旋的性得AD=AO=5, CD=x，在直角三角形ACD中运用勾股定理可CD的，值标从而可确定D点坐；进（Ⅱ）①根据直角三角形全等的判定方法行判定即可；质②由①知，再根据矩形的性得.从而，故BH=AH，在Rt△ACH中值进而求得答案；，运用勾股定理可求得AH的，（Ⅲ） .详解：（Ⅰ）∵点，点，∴，.边∵四 ∴形是矩形，，，.转∵矩形 ∴是由矩形 .旋得到的，在中，有，∴∴..16 标为 ∴点的坐 .边（Ⅱ）①由四形是矩形，得 .线又点在段上，得，又 .由（Ⅰ）知，，，∴.②由又在矩形 ∴，得 .中，，.∴ .∴ .设则，，.在中，有，∴.解得 .∴ .标为 ∴点的坐 .（Ⅲ） .题点睛：本大主要考了等腰三角形的判定和性，勾股定理以及旋查质转变换质识的性等知，灵活运用勾股题键定理求解是解决本的关 . 标25. 在平面直角坐系中，点线为（是常数），定点. ，点 .已知抛物线经过时标，求定点的坐；（Ⅰ）当抛物点17 轴（Ⅱ）若点在下方，当时线，求抛物的解析式；论值该线经过时线，求抛物的解析式. （Ⅲ）无【答案】（Ⅰ）【解析】分析：（Ⅰ）把点A（1，0）代入取何，抛物都定点 .当；（Ⅱ）；（Ⅲ）或.值进求出m的，从而确定二次函数解析式，而求出顶标；点P的坐（Ⅱ）先由函数解析式得出点坐类讨论顶标为结.再合已知条件可知，从而求出，进线为.再行分得到抛物解析式；（Ⅲ）由标为过线别过轴点，作的垂可知，定点H的坐别为，点作 .得点的坐，交射于点，分线则证标为进类讨论 .然后行分即可求解，垂足分，，可或.详线经过点解：（Ⅰ）∵抛物，∴，解得 .线∴抛物的解析式为.∵，顶标为 ∴点的坐 .线顶标为点的坐（Ⅱ）抛物的.轴轴轴正半上，点在下方，由点在，知点在第四象限. 过轴于点，，即则点作 .可知，解得，.时当，点不在第四象限，舍去. ∴.线∴抛物解析式为.（Ⅲ）由可知，时论值取何，都等于4. 当，无标为得点的坐 .过线别过轴线点，作的垂，垂足分别为则，，点作，交射于点，分 18 .∵，，∴.∴ .∵，∴.∴.∴，.标为可得点的坐或.标为时线为当点的坐 ∵点，可得直的解析式上， .线在直 ∴.解得，.时题，点与点重合，不符合意，∴ 当.标为时当点的坐，线为可得直 ∵点 ∴的解析式 .线在直上， .解得（舍）， .∴.综上，或.线故抛物解析式为或.这综题点睛：是一道关于二次函数的合 . 题键的关是学会用待定系数法求二次函数关系式以及用分类讨论问题的思想思考 . 解19