2018年河北省唐山市丰南区中考数学二模试卷
一、选择题（本题共16小题，1-6题，每小题2分，7-16题，每小题2分，共42分）
1．（2分）在实数﹣4、2、0、﹣1中，最小数与最大数的积是（ ）
A．﹣2 B．0 C．4 D．﹣8
2．（2分）下列运算正确的是（ ）
A．x•x5=x6 B．（﹣2a2）3=﹣6a6 C．（a+b）2=a2+b2 D．﹣2（a﹣1）=﹣2a+1
3．（2分）如图所示，将含有30°角的三角板的直角顶点放在相互平行的两条直线其中一条上，若∠1=25°，则∠2的度数为（ ）
A．10° B．20° C．25° D．35°
4．（2分）直线y=kx﹣k一定经过点（ ）
A．（1，0） B．（1，k） C．（0，k） D．（0，﹣1）
5．（2分）如果不等式组的解集是x＞n，那么n的取值范围是（ ）
A．n＞2 B．n≥2 C．n≤2 D．n＜2
6．（2分）下列命题中真命题是（ ）
A．以40°角为内角的两个等腰三角形必定相似
B．对角线相等的四边形是矩形
C．一组对边平行，另一组对边相等的四边形是平行四边形
D．有两个角和其中一个角的对边对应相等的两个三角形全等
7．（3分）小王同时掷甲、乙两枚质地均匀的小立方体（立方体的每个面上分别标有数字1，2，3，4，5，6）．记甲立方体朝上一面上的数字为x，乙立方体朝上一面上的数字为y，这样就确定点P的一个坐标（x，y），那么点P落在双曲线y=上的概率为（ ）
A． B． C． D．
8．（3分）如图，已知△ABC，求作一点P，使P到∠A的两边的距离相等，且PA=PB，下列确定P点的方法正确的是（ ）
A．P是∠A与∠B两角平分线的交点
B．P为∠A的角平分线与AB的垂直平分线的交点
C．P为AC、AB两边上的高的交点
D．P为AC、AB两边的垂直平分线的交点
9．（3分）如图，在6×6的方格纸中，每个小方格都是边长为1的正方形，其中A、B、C为格点，作△ABC的外接圆⊙O，则弧AC的长等于（ ）
A．π B． C． D．
10．（3分）对于实数x，我们规定[x]表示不大于x的最大整数，例如[1.2]=1，[3]=3，[﹣2.5]=﹣3，若[1﹣]=5，则x的取值可以是（ ）
A．﹣6 B．5 C．0 D．﹣8
11．（3分）在Rt△ABC中，∠C=90°，AB=2BC，现给出下列结论：①sinA=；②cosB=；③tanA=；④tanB=，其中正确的结论是（ ）
A．①②③ B．①②④ C．②③④ D．①③④
12．（3分）如图，已知△ABC的面积为32，点D在线段AC上，点F在线段BC的延长线上，且BC=4CF，四边形DCFE是平行四边形，则图中阴影部分的面积为（ ）
A．8 B．6 C．4 D．3
13．（3分）如图是某几何体的三视图，则该几何体的体积是（ ）
A．18 B．108 C．54 D．216
14．（3分）如图，图象（折线ABCDE）描述了一汽车在某一直线上的行驶过程中，汽车离出发地的距离s（千米）和行驶时间t（小时）之间的函数关系，根据图中提供的信息，给出下列说法，其中正确的说法是（ ）
A．汽车共行驶了120千米
B．汽车在整个行驶过程中平均速度为40千米
C．汽车返回时的速度为80千米/时
D．汽车自出发后1.5小时至2小时之间速度不变
15．（3分）正△ABC与正六边形DEFGH的边长相等，初始如图所示，将三角形绕点I顺时针旋转使得AC与CD重合，再将三角形绕点D顺时针旋转使得AB与DE重合，…，按这样的方式将△ABC旋转2015次后，△ABC中与正六边形DEFGHI重合的边是（ ）
A．AB B．BC C．AC D．无法确定
16．（3分）如图1，E为矩形ABCD边AD上一点，点P从点B沿折线BE﹣ED﹣DC运动到点C时停止，点Q从点B沿BC运动到点C时停止，它们运动的速度都是1cm/s．若P，Q同时开始运动．设运动时间为t（s），△BPQ的面积为y（cm2）．已知y与t的函数图象如图2，则下列结论错误的是（ ）
A．AD=10cm
B．sin∠EBC=
C．当t=15s时，△PBQ面积为30cm2
D．当0＜t≤10时，y=t2
二、填空题（本题共4个小题，每小题3分，共12分）
17．（3分）计算：|﹣3|﹣（3﹣π）0+2= ．
18．（3分）已知一个直角三角形的两边长分别为3，4，则第三边的长为 ．
19．（3分）如图，以扇形OAB的顶点O为原点，半径OB所在的直线为x轴，建立平面直角坐标系，其中点B的坐标为（1，0），若抛物线y=x2+k与扇形OAB的边界总有两个公共点，则实数k的取值范围是 ．
20．（3分）正方形A1B1C1O，A2B2C2C1，A3B3C3C2，…按如图的方式放置，点A1，A2，A3…和点C1，C2，C3…分别在直线y=x+1和x轴上，则点Bn的坐标为 ．
三、解答题（本大题共6个小题，共66分）
21．（10分）如图：已知线段a、b
（1）求作一个等腰△ABC，使底边长BC=a，底边上的高为b．（尺规作图，只保留作图痕迹）
（2）小明由此想到一个命题：等腰三角形底边的中点到两腰的距离相等，请你判断这个命题的真假，如果是真命题请证明；如果是假命题请举出反例．
22．（9分）某兴趣小组为了解本校男生参加课外体育锻炼情况，随机抽取本校300名男生进行了问卷调查，统计整理并绘制了如下两幅尚不完整的统计图．请根据以上信息解答下列问题：
（1）课外体育锻炼情况扇形统计图中，“经常参加”所对应的圆心角的度数为 ；
（2）请补全条形统计图；
（3）该校共有1000名男生，小明认为“全校所有男生中，课外最喜欢参加的运动项目是乒乓球的人数约为1000×=90”，请你判断这种说法是否正确，并说明理由．
（4）若要从被调查的“从不参加”课外体育锻炼的男生中随机选择10名同学组成课外活动小组，则从不参加活动的小王被选中的概率是多少？
23．（11分）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，以AC为直径的⊙O与AB边交于点D，过点D的切线交BC于点E．
（1）求证：DE=BC；
（2）若四边形ODEC是正方形，试判断△ABC的形状，并说明理由．
24．（11分）如图，在平面直角坐标系xOy中，已知直线AC的解析式为y=﹣x+1，直线AC交x轴于点C，交y轴于点A．
（1）若等边△OBD的顶点D与点C重合，另一顶点B在第一象限内，直接写出点B的坐标；
（2）过点B作x轴的垂线l，在l上是否存在一点P，使得△
AOP的周长最小？若存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由；
（3）试在直线AC上求出到两坐标轴距离相等的所有点的坐标．
25．（12分）把一边长为36cm的正方形硬纸板进行适当的剪裁，折成一个长方体盒子（纸板的厚度忽略不计）
（1）如图，若在正方形硬纸板的四角各剪一个同样大小的正方形，将剩余部分折成一个无盖的长方体盒子．
①要使折成的长方体盒子的底面积为676cm2，那么剪掉的正方形的边长为多少？
②折成的长方形盒子的侧面积是否有最大值？如果有，求出这个最大值和此时剪掉的正方形的边长；如果没有，说明理由．
（2）若在正方形硬纸板的四周剪掉一些矩形（即剪掉的矩形至少有一条边在正方形硬纸板的边上），将剩余部分折成一个有盖的长方体盒子，若折成的一个长方体盒子的表面积为880cm2，求此时长方体盒子的长、宽、高（只需求出符合要求的一种情况）
26．（13分）【问题情境】如图①，在△ABC中，AB=AC，点P为边BC上的任一点，过点P作PD⊥AB，PE⊥AC，垂足分别为D、E，过点C作CF⊥AB，垂足为F．求证：PD+PE=CF．
小丽给出的提示是：如图②，连接AP，由△ABP与△ACP面积之和等于△ABC的面积可以证得：PD+PE=CF．
请根据小丽的提示进行证明．
【变式探究】如图③，当点P在BC延长线上时，其余条件不变，试猜想PD、PE、CF三者之间的数量关系并证明．
【结论运用】如图④，将矩形ABCD沿EF折叠，使点D落在点B上，点C落在点C′处，点P为折痕EF上的任一点，过点P作PG⊥BE、PH⊥BC，垂足分别为G、H，若AD=8，CF=3，求PG+PH的值．
参考答案与试题解析
一、选择题（本题共16小题，1-6题，每小题2分，7-16题，每小题2分，共42分）
1．
【解答】解：根据题意得：﹣4×2=﹣8，
故选：D．
2．
【解答】解：A、原式=x6，符合题意；
B、原式=﹣8a6，不符合题意；
C、原式=a2+2ab+b2，不符合题意；
D、原式=﹣2a+2，不符合题意，
故选：A．
3．
【解答】解：如图，过A作AE∥NM，
∵NM∥GH，
∴AE∥GH，
∴∠3=∠1=25°，
∵∠BAC=60°，
∴∠4=60°﹣25°=35°，
∵NM∥AE，
∴∠2=∠4=35°，
故选：D．
4．
【解答】解：∵y=kx﹣k=k（x﹣1），
∴当x﹣1=0，即x=1，y=0，k为任意数，
∴直线y=kx﹣k一定经过点（1，0）．
故选：A．
5．
【解答】解：∵的解集是x＞n，
∴n≥2，
故选：B．
6．
【解答】解：A、错误．40°可能是底角，也可能是顶角．
B、错误．对角线相等的平行四边形是矩形．
C、错误．等腰梯形是一组对边平行，另一组对边相等的四边形，不是平行四边形．
D、正确．根据AAS即可判断两个三角形全等．
故选：D．
7．
【解答】解：
共有36种情况，点P落在双曲线y=上的有（1，4），（4，1），（2，2），所以概率是 =．
故选：C．
8．
【解答】解：∵点P到∠A的两边的距离相等，
∴点P在∠A的角平分线上；
又∵PA=PB，
∴点P在线段AB的垂直平分线上．
即P为∠A的角平分线与AB的垂直平分线的交点．
故选：B．
9．
【解答】解：根据勾股定理可得：
AB2=42+22=20，AC2=32+12=10，BC2=32+12=10，
∴AB2=AC2+BC2，CA=CB，
∴∠ACB=90°，
∴AB是⊙O的直径，
∴弧AB的长=×π×AB=×π×2=π，
∵CA=CB，
∴弧AC的长=弧BC的长=×弧AB的长=．
故选：D．
10．
【解答】解：∵[1﹣]=5，
∴5＜1﹣≤6，
解得：﹣7＞x≥﹣9，
即只有选项D符合，
故选：D．
11．
【解答】解：∵在Rt△ABC中，∠C=90°，AB=2BC，
∴∠A=30°，
∴①sinA==，正确；②cosB==，故此选项错误；
③tanA=tan30°=，正确；④tanB=tan60°=，正确．
故选：D．
12．
【解答】解：连接EC，过A作AM∥BC交FE的延长线于M，
∵四边形CDEF是平行四边形，
∴DE∥CF，EF∥CD，
∴AM∥DE∥CF，AC∥FM，
∴四边形ACFM是平行四边形，
∵△BDE边DE上的高和△CDE的边DE上的高相同，
∴△BDE的面积和△CDE的面积相等，
同理△ADE的面积和△AME的面积相等，
即阴影部分的面积等于平行四边形ACFM的面积的一半，是×CF×hCF，
∵△ABC的面积是32，BC=4CF
∴BC×hBC=×4CF×hCF=32，
∴CF×hCF=16，
∴阴影部分的面积是×16=8，
故选：A．
13．
【解答】解：由三视图可看出：该几何体是正六棱柱，其底面正六边形的边长为6，高是2，
所以该几何体的体积=6××62×2=108．
故选：B．
14．
【解答】解：A、由图象可以看出，最远处到达距离出发地120千米处，但又返回原地，所以行驶的路程为240千米，错误，不符合题意；
B、平均速度为总路程÷总时间，总路程为240千米，总时间为4.5小时，所以平均速度为240÷4.5≈53千米/时，故错误，不符合题意；
C、汽车返回所用的时间是1.5小时，则平均速度为： =80（千米/时），正确，符合题意；
D、汽车自出发后3小时至4.5小时之间行驶的速度不变，故错误，不符合题意；
故选：C．
15．
【解答】解：观察图象可知，6次一个循环，
∵2015÷6=335…5，
∴旋转的结果与第五次结果相同，
∵第五次，△ABC中与正六边形DEFGHI重合的边是AB，
∴旋转2015次后，△ABC中与正六边形DEFGHI重合的边是AB，
故选：A．
16．
【解答】解：由图象可知，BC=BE=10，DE=14﹣10=4，
∴AD=10，故A正确；
AE=AD﹣DE=10﹣4=6cm，
作EF⊥BC于点F，作PM⊥BQ于点M，如图所示，
由图象可知，三角形PBQ的最大面积为40，
∴BC•EF=×10•EF=40，
解得EF=8，
∴sin∠EBC==，故B正确；
当t=15s时，点Q与点C重合，
由图象可知，DE=4，
所以点P运动到边DC上，且DP=15﹣10﹣4=1，如图所示，
∴PC=8﹣1=7，
∴△PBQ面积=×10×7=35（cm2），故C错误；
当0＜t≤10时，△BMP∽△BFE，
∴=，即=，
解得PM=t，
∴△BPQ的面积=BQ•PM=•t•t=t2，
即y=t2，故D正确；
故选：C．
二、填空题（本题共4个小题，每小题3分，共12分）
17．
【解答】解：原式=3﹣1+=2+，
故答案为：2+
18．
【解答】解：设第三边为x，
（1）若4是直角边，则第三边x是斜边，由勾股定理得：
32+42=x2，
∴x=5；
（2）若4是斜边，则第三边x为直角边，由勾股定理得：
32+x2=42，
∴x=；
∴第三边的长为5或．
故答案为：5或．
19．
【解答】解：由图可知，∠AOB=45°，
∴直线OA的解析式为y=x，
联立，
消掉y得：x2﹣x+k=0，
△=b2﹣4ac=（﹣1）2﹣4×1×k=0，
即k=时，抛物线与OA有一个交点，
∵点B的坐标为（1，0），
∴OA=1，
∴点A的坐标为（，），
∴交点在线段AO上；
当抛物线经过点B（1，0）时，1+k=0，
解得k=﹣1，
∴要使抛物线y=x2+k与扇形OAB的边界总有两个公共点，实数k的取值范围是﹣1＜k＜，
故答案为：﹣1＜k＜．
20．
【解答】解：当x=0时，y=x+1=1，
∴点A1的坐标为（0，1）．
∵四边形A1B1C1O为正方形，
∴点B1的坐标为（1，1）．
当x=1时，y=x+1=2，
∴点A2的坐标为（1，2）．
∵四边形A2B2C2C1为正方形，
∴点B2的坐标为（3，2）．
同理可得：点A3的坐标为（3，4），点B3的坐标为（7，4），点A4的坐标为（7，8），点B4的坐标为（15，8），…，
∴点Bn的坐标为（2n﹣1，2n﹣1）．
故答案为：（2n﹣1，2n﹣1）．
三、解答题（本大题共6个小题，共66分）
21．
【解答】解：（1）如图所示：
（2）真命题．
已知：如图，△ABC中，AB=AC，D为BC中点，DE⊥AB于，ED⊥AC于F，
求证：DE=DF．
证明：连接AD，
∵AB=AC，D是BC中点，
∴AD为∠BAC的角平分线（三线合一的性质），
又∵DE⊥AB，DF⊥AC，
∴DE=DF（角平分线上的点到角的两边相等）．
22．
【解答】解：（l）“经常参加”所对应的圆心角的度数为360°×（1﹣15%﹣45%）=144°，
故答案为：144°；
（2）经常参加的人数为300×（1﹣15%﹣45%）=120人，
则“篮球”选项的人数为120﹣（27+33+20）=40．
补全条形统计图如下：
（3）这种说法不正确．
理由如下：最喜欢兵乓球的人在“经常参加”课外活动的人中有27人，而在“偶尔参加”课外活动的人中也有可能有人喜欢兵乓球，
因此比例不一定是，
因此这种说法是错误的．
（4）∵从不参加的总人数为300×15%=45（人），
∴P（小王）==．
23．
【解答】解：（1）证明：连接DO，
∵∠ACB=90°，AC为直径，
∴EC为⊙O的切线．
又∵ED也为⊙O的切线，
∴EC=ED．
又∵∠EDO=90°
∴∠1+∠2=90°
∴∠1+∠A=90°．
又∵∠B+∠A=90°，
∴∠1=∠B，
∴EB=ED，
∴DE= BC．
（2）△ABC是等腰直角三角形．
理由：∵四边形ODEC为正方形，
∴OD=DE=CE=OC，∠DOC=∠ACB=90°．
∵DE= BC，AC=2OC，
∴BC=AC，
∴△ABC是等腰直角三角形．
24．
【解答】解：
（1）在y=﹣x+1中，令y=0可求得x=4，
∴D（4，0），
过B作BE⊥x轴于点E，如图1，
∵△OBD为等边三角形，
∴OE=OD=2，BE=OB=2，
∴B（2，2）；
（2）∵等边△OBD是轴对称图形，对称轴为l，
∴点O与点C关于直线l对称，
∴直线AC与直线l的交点即为所求的点P，
把x=2代入y=﹣x+1，得y=，
∴点P的坐标为（2，）；
（3）设满足条件的点为Q，其坐标为（m，﹣m+1），
由题意可得﹣m+1=m或﹣m+1=﹣m，
解得m=或m=﹣，
∴在直线AC上求出到两坐标轴距离相等的点的坐标为（，）或（﹣，）．
25．
【解答】解：（1）①设剪掉的正方形的边长为xcm．
则（36﹣2x）2=676，即36﹣2x=±26，
解得：x1=31（不合题意，舍去），x2=5，
∴剪掉的正方形的边长为5cm．
②侧面积有最大值．设剪掉的正方形的边长为xcm，盒子的侧面积为Scm2，
则S与x的函数关系为：
S=（36﹣2x）×x×4=﹣8x2+144x=﹣（x﹣9）2+648，
∴x=9时，S最大=648．
即当剪掉的正方形的边长为9cm时，长方形盒子的侧面积最大为648cm2；
（2）在如图的一种剪裁图中，设剪掉的正方形的边长为acm，长为（36﹣2a）cm，宽为（18﹣a）cm，高为acm．
（36﹣2a）×36+2a（18﹣a）=880
解得：a1=﹣26（不合题意，舍去），a2=8．
∴剪掉的正方形的边长为8cm．此时长方体盒子的长为20cm，宽为10cm，高为8cm．
26．
【解答】解：【问题情境】
证明：连接AP，如图②，
∵PD⊥AB，PE⊥AC，CF⊥AB，
且S△ABC=S△ABP+S△ACP，
∴AB•CF=AB•PD+AC•PE．
∵AB=AC，
∴CF=PD+PE．
【变式探究】
证明：连接AP，如图③．
∵PD⊥AB，PE⊥AC，CF⊥AB，
且S△ABC=S△ABP﹣S△ACP，
∴AB•CF=AB•PD﹣AC•PE．
∵AB=AC，
∴CF=PD﹣PE．
【结论运用】
过点E作EQ⊥BC，垂足为Q，如图④，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD=BC，∠C=∠ADC=90°．
∵AD=8，CF=3，
∴BF=BC﹣CF=AD﹣CF=5．
由折叠可得：DF=BF，∠BEF=∠DEF．
∴DF=5．
∵∠C=90°，
∴DC===4．
∵EQ⊥BC，∠C=∠ADC=90°，
∴∠EQC=90°=∠C=∠ADC，
∴四边形EQCD是矩形，
∴EQ=DC=4．
∵AD∥BC，
∴∠DEF=∠EFB．
∵∠BEF=∠DEF，
∴∠BEF=∠EFB，
∴BE=BF．
由问题情境中的结论可得：PG+PH=EQ，
∴PG+PH=4，
∴PG+PH的值为4．
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