2017学年浙江省台州中考数学年试题.pdf

1/12 江苏省苏州市 2017 年中考试卷 数学答案解析 一、选择题 1.【答案】B【解析】解：原式21)72(1 7)3 .【提示】负数除以正数时，负号提前，再作21 7.【考点】有理数的除法 2.【答案】C【解析】解：平均数是25561(557)【提示】用所有数据的和除以 5.【考点】算术平均数 3.【答案】D【解析】解：精确到0.01，就是精确到百分位，而2.026的千分位是 6，故四舍五入2.0262.03【提示】要精确到哪一位，就看这一位的后面的数进行四舍五入【考点】近似数和有效数字 4.【答案】A【解析】解：判别式：2242)4 1(0back ，解得1k 【提示】一元二次方程有两个相等的实数根时，判别式240bac【考点】一元二次方程根的判别式 5.【答案】C【解析】解：样本中的全校持“赞成”意见的学生所占百分比约：10030100%70%100，则估计全校持“赞成”意见的学生人数约为2400 70%()1680人【提示】已知总人数为 2400 名学生，要求出全校持“赞成”意见的学生所占百分比；通常用样本中所占的百分比来估计，可以根据已知条件求出样本中的全校持“赞成”意见的学生所占百分比【考点】样本估计总体 6.【答案】D【解析】解：将点,()A m n代入一次函数3yxb中，可得3mbn，则有3mnb，因为32mn，2b 【提示】将点,()A m n代入一次函数3yxb中，可得3mbn，则可得3mnb，代入32mn，-在-此-卷-上-答-题-无-效-2/12 即可解答【考点】一次函数图像与系数的关系 7.【答案】B【解析】解：正五边形ABCDE每个内角的度数为：(52)1805108oo 因为ABAE，所以1180108)36(2ABEooo【提示】由多边形内角和，先求出每个内角的度数，由正多边形的性质：每个内角相等，每条边相等，即ABAE，由等角对等边可求得ABE【考点】正多边形的内角和定理，等腰三角形的性质 8.【答案】A【解析】解：将()2,0，代入21yax，可得=410a，即14a 则一元二次方程可写为：1(2)104x，则2(2)4x，则1204xx，【提示】二次函数中只有一个未知系数，将()2,0，代入二次函数可解出a的值，代入二次方程解答即可【考点】二次函数，一元二次方程的解 9.【答案】C【解析】解：在RtABC中，9056ACBA oo，所以905634ABCooo 因为弧CE 弧CD，所以268COEABC o 在四边形OCFE中，因为OCAFOEEF，所以18018068112FCOEoooo【提示】直角三角形两个锐角互余，则求出ACB；再根据等弧所对的圆周角是圆心角的一半可得2COEABC；在四边形OCFE中，内角和为 360 度，而OCAFOEEF，则F与COE互补，即可求得【考点】圆周角定理，多边形内角和定理 10.【答案】A【解析】解：过点E作 EIAB，过 P 作 PHAB 于 H，连结 DF，则 DFAB，由平移的性质可得 PP=AB，PP/AB，又在菱形ABCD中，ABCDABCD，PPCDPPCD，四边形CDPP是平行四边形，已知菱形的边长为 8，60A o，则8 sin604 3DF o F为AB的中点，则824AF；已知60AEFAD o，则30AFEo，则2AE，3sin602=32EIAEo，P是EF的中点，且易知道PHEI，所以332=2PH，384 328 32PP CDS 3/12 【提示】依据题意四边形CDPP是平行四边形，平行四边形ABCD的高为DF，则CDPP的高为DFPH，之后按平行四边形的面积公式计算即可【考点】平移的性质，菱形的性质，平行四边形的判定，勾股定理，解三角形 二、填空题 11.【答案】4a【解析】解：222 24()aaa【提示】底数不变，括号外的指数与a的指数相乘得的积作为底数的新指数【考点】幂的运算 12.【答案】50【解析】解：因为OC是AOB的平分线，所以2 1 50AOB o，因为EDOB，所以50AEDAOBo【提示】由角平分线的定义，不难得出2 1 50AOB o；而EDOB，两直线平行，同位角相等，可得50AEDAOBo【考点】平行线的性质，角平分线的性质 13.【答案】8【解析】解：一共有 11 个数据，所以中位数是把这组数据从小到大排列的第 6 个数据，而156，故第6 个数为 8，即中位数为 8【提示】找中位数要把数据按从小到大的顺序排列，位于最中间的一个数（或两个数的平均数）为中位数；这里的数据是奇数个，故中位数是它们排列后的最中间的那个数据【考点】条形统计图，中位数 14.【答案】2(21)a【解析】解：原式2222)41(21)aaa 4/12 【提示】在没有公因式的情况下，考虑使用公式法因式分解；这里运用完全平方公式【考点】整式的因式分解 15.【答案】13【解析】解：如下图，有两种涂的方法，使图案是轴对称图案，打“”的方格；则概率2163p 【提示】一共有 6 种涂法，而使其能为轴对称图案的只有 2 种方法，即可求得概率【考点】轴对称性质 16.【答案】12【解析】解：因为2180BOCAOCBOCAOC o，所以3180AOCo，解得60AOCo，又因为OAOC，所以AOC是等边三角形，即3AOAC，则弧AC的长为60 3=180，则圆锥底面的半径为12=2【提示】用扇形AOC做成圆锥，要求圆锥底面的半径，则要求出圆锥的底面周长，即为扇形弧AC的长，根据弧长公式180n r，则要求出圆心角AOC和圆的半径，根据2180BOCAOCBOCAOC o，即可求出60AOCo，从而可得AOC是等边三角形，即3AOAC，即可解答【考点】等边三角形的判定，圆锥的相关计算 17.【答案】2【解析】解：如图，过点C作CDAB于D，在RtACD中，906030CADooo，则sin302(km)CDACo；在RtBCD中，904545CBDooo，则=2 2sin45CDBC o；由所用时间相等，则1122422 2vsACvsBC 5/12 【提示】由路程公式可得，在所有时间相等时，则1122vsACvsBC，因为AC已知，即要求出BC的长；根据题意构造直角三角形，过点C作CDAB于D，在RtACD，根据特殊角的正弦值求出CD；在RtBCD中，根据特殊角的三角函数求出BC，即可解答【考点】直角三角形的应用，方向角 18.【答案】745【解析】解：连接AG，设ABBGx，则4xDGx，在RtADG中，由AGADDG，得(x)=7+(x-4)，整理得 8650 xx，12513xx，(舍)5ABAB，在RtABC中，22225774ACABBC 连接ACAC，由旋转的性质可得ABBACC，745CCACBBAB 【提示】由旋转的性质可得ABBACC，即旋转相似，则CCACBBAB；AC和AB求出其中一个，就能求出另外一个，连接AG，由勾股定理AGADDG构造方程，求出AB即可【考点】矩形的性质，旋转的性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理 三、解答题 19.【答案】2【解析】解：原式1 2 12 【提示】按运算顺序去绝对值符号，开平方，一个数的 0 次幂，可以同时计算，再按从左到右的顺序算【考点】实数的计算 20.【答案】34x 6/12 【解析】解：解14x，得3x；解21)36(xx，得2236xx，移项合并，得4x ，解得，则不等式组的解集是34x【提示】分别解出两个不等式的解集，得3x 和4x，由大小，小大取中间，取出解集【考点】一元一次不等式的解法 21.【答案】33【解析】解：原式3(3)(3)31123232xxxxxxxxx，当32x 时，原式33【提示】分式运算里有括号的先算括号里的，分子和分母中能因式分解的要因式分解，再作加减法或乘除法【考点】分式的化简及求值 22.【答案】（1）125yx（2）10kg【解析】（1）解：根据题意，设y与x的函数表达式为ykxb 当20 x 时，2y，得220kb当50 x 时，8y，得850kb 解方程组202508kbkb解得152kb，所求函数表达式为125yx.（2）解：当0y 时，1205x，解得10 x，所以旅客最多可免费携带行李10kg【提示】（1）设ykxb，将20 x，2y；50 x，8y 这两组值代入，列出方程组解出k和b的值即可（2）免费携带，即花费0y 时，求x的值【考点】一次函数 23.【答案】（1）8，3（2）144（3）23【解析】解：（1）4 10%()40人；40 30%48m，4079 84225)3(n （2）79)40 3601(44oo（3）将选航模项目的 2 名男生编上号码 1，2，将 2 名女生编上号码 3，4.用表格列出所有可能出现的结果：7/12 由表格可知，共有 12 种可能出现的结果，并且它们都是等可能的，其中“1 名男生.1 名女生”有 8 种可能 则p(1 名男生，1 名女生)82123【提示】（1）由统计表可得选航模的人数有2(2)4人，由扇形统计图可得选航模所占百分比为 10%，则可得初一（1）班总人数，由扇形统计图可得选“3D 打印”的占30%，则可得40 30%4m；n总人数所有已知的人数（2）求出选“机器人”所占百分比，再乘以 360 度即可得到（3）把 2 男生和 2 女生分别编号，用列表法或树状图法列出即可，得到所有可能的结果数，找出 1 名男生，1 名女生的结果数，运用概率公式解答即可【考点】统计表，扇形统计图，树状图 24.【答案】（1）答案见解析（2）69o【解析】（1）证明：因为1212ADECBDE ，所以CBDE 在AEC和BED中，=CBDEABAEBE，所以ECD（2）解：因为ECD，所以CEDE，1(18042)692BDECooo【提示】（1）根据ADE的两种表示方法：12CBDE ，又12，所以CBDE根据已知的条件，即可由“AAS”判定全等三角形；（2）由ECD，可得边相等，则由等腰三角形的底角相等可得1(18042)692BDECooo 【考点】全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质 25.【答案】（1）5k （2）972OC 【解析】（1）解：过点C作CDAB于E，因为ACBC，所以2AEBE，在RtBCE中，8/12 222253222CEBCBE，则点C的横坐标为C，即5,22C 将点5,22C代入kyx,所以5k （2）设A点的坐标为(),0m，则DC，两点的坐标分别为33,222mm ，因为点DC，都在kyx的图像上，所以33222mm，所以6m，所以点C的坐标为9,22，作CFx轴，垂足为F在RtOCF中，22997222OC 【提示】（1）求点C的坐标，过点C作CDAB于E，则2AEBE，由勾股定理求出CE，则求得点C的坐标，代入反比例函数即可解得（2）求点C的坐标，设A点的坐标为(),0m，由52BDBC，可得D的纵坐标为32AD，则33,222D mC m，由点DC，都在kyx的图像上，可求出m的值，即而求出点C的坐标，根据勾股定理即可求OC的长【考点】反比例函数的图像及其性质，等腰三角形的性质，勾股定理 26.【答案】（1）6BC （2）121220tt，【解析】（1）解：作ATBD，垂足为T，由题意得，2485ABAT，在=RtABT中，222ABBTAT，9/12 325BT tanADATABDABBT，6AD，即6BC （2）解：在图中，连接12PP，过12PP，分别作BD的垂线，垂足为12QQ，则1122PQPQ，在图中，线段MN平行于横轴，12dd，即1122PQPQ，12PPBD，12CPPCBD，12CPCPCBCD，即1268CPCP 又127CPCP，1234CPCP，设MN，的横坐标分别为12tt，由题意得，11221516CPtCPt，121220tt，【提示】（1）点P在A点上时，d有最大值为245，故可作ATBD，垂足为T，当点P从A点运动到B时，刚好0d，则8AB，根据勾股定理求得BT，则由tanADATABDABBT可求出AD（2）首先观察图可得点M和点N的纵坐标相等，即此时12ddd1=d2，故可过12PP，分别作BD的垂线，垂足为12QQ，则1122PQPQ，且1122PQPQ，从而得到12PPBD，12CPPCBD，通过相似边求出1CP与2CP的数量关系，再由127CPCP，可解得1234CPCP，从而求出时间1t和2t【考点】矩形的性质及判定，三角函数，勾股定理，相似三角形的性质，平行线分线分线段成比例定理 27.【答案】（1）答案见解析（2）答案见解析（3）答案见解析【解析】（1）证明：AB是圆O的直径，90ACBo，DEAB，90DEOo，DEOACB，ODBC，DOEABC，DOEABC（2）证明：DOEABC，ODEA，A和BDC是弧BC所对的圆周角，ABDC，ODEBDC，ODFBDE 10/12 （3）解：因为DOEABC，所以214DOEABCSODSAB，即144DOEABCSSS 因为OAOB，所以12BOCABCSS，即12BOCSS，因为1227SS，2112BOCDOEDBEDBESSSSSSS，所以112DBESS，所以12BEOE，即2233OEOBOD，所以2sinsin3AODE【提示】（1）易证90DEOACBo和DOEABC，根据“有两对角相等的两个三角形相似”判定DOEABC（2）由DOEABC，可得ODEA，由A和BDC是弧BC所对的圆周角，则ABDC，从而通过角的等量代换即可证得（3）由ODEA，可得sinsinAODE；而由DOEABC，可得214DOEABCSODSAB，即144DOEABCSSS，即12B O CA B CSS，又因为1227SS，2112BOCDOEDBEDBESSSSSSS，则可得112DBESS，可求得OE与OB的比值【考点】圆周角定理，相似三角形的判定及其性质，平行线的性质，解三角形 28.【答案】（1）3c （2）点F的坐标为(0,)2（3）Q点的坐标为115,24 点Q的坐标为115,24和315,24【解析】（1）解：CDx轴，2CD，抛物线对称轴为直线l：1x，12b，则2b.0,()OBOCCc，B点的坐标为(),0c，202ccc，解得3c 或0c(舍去)，3c （2）解：由（1）可得抛物线解析式为223yxx，则4(1,)E 设点F的坐标为(0,)m，对称轴为直线l：1x，点F关于直线l的对称点F的坐标为(2,)m 直线BE经过点()()3,01,4BE，利用待定系数法可得直线BE的表达式26yx，点F在BE上，11/12 2262m，即点F的坐标为(0,)2（3）解：存在点Q满足题意设点P坐标为(),0n，则21323PAnPBPMnPNnn，作QRPN，垂足为R，PQNAPMSS，211)3)23)21(2nnnnQR，1QR，点Q在直线PN的左侧时，Q点的坐标为2(1,4)nnnR，点的坐标为2(,4)n nnN，点的坐标为2,2)3(n nn，在RtQRN中，22(123)NQn，32n 时，NQ取最小值 1，此时Q点的坐标为115,24，点Q在直线PN的右侧时，Q点的坐标为2(1,4)nnnR，同理22(121)NQn，12n 时，NQ取最小值 1，此时Q点的坐标为315,24 综上所述，满足题意的点Q的坐标为115,24和315,24 【提示】（1）因为CDx轴，所以C与D的纵坐标相等，即C与D关于抛物线的对称轴对称，则可得对称轴是直线1lx：，从而由2bxa 代入a的值，求出b；又由OBOC，可得,()0Bc，代入二次函数解析式，求出c的值即可（2）设点F的坐标为(0,)m关于直线1x 的对称点为(2,)m，则求出BE的解析式，将(2,)m代入解出m的值即可（3）可设0(),P n，用n可表示出21323PAnPBPMnPNnn，作QRPN，垂足为R，12/12 由PQNAPMSS，可列出方程求出1QR，分类讨论点Q在直线PN的左侧和Q在直线PN的右侧时即可 【考点】二次函数的图像及其性质，待定系数法求解析式，轴对称的性质