2012年吉林省中考数学试卷-答案.docx

吉林省2012年初中毕业生学业考试数学试卷
数学答案解析
一、单项选择题
1.【答案】B
【解析】解：如图所示：

∵四个数中在最左边，∴最小，故选B.
【提示】画出数轴，在数轴上标出各点，再根据数轴上右边的数总比左边的数大的特点进行解答.
【考点】有理数大小比较.
2.【答案】A
【解析】解：从上面看可得到一个有4个小正方形组成的大正方形，故选A.
【提示】俯视图是从物体上面观看得到的图形，结合图形即可得出答案.
【考点】简单组合体的三视图.
3.【答案】B
【解析】解：A.，故本选项错误；B.，故本选项正确；C.，故本选项错误；D.，故本选项错误，故选B.
【提示】利用合并同类项的法则，同底数幂的乘法的性质以及完全平方公式的知识求解，即可求得答案，注意排除法在解选择题中的应用.
【考点】完全平方公式，合并同类项，同底数幂的乘法.
4.【答案】B
【解析】解：∵（已知），（已知），∴（两直线平行，同位角相等）；
又∵，∴在中，（三角形内角和定理），故选B.
【提示】根据两直线平行（），同位角相等（）可以求得的内角；然后在中利用三角形内角和定理即可求得的度数.
【考点】三角形内角和定理，平行线的性质.
5.【答案】D
【解析】解：∵与关于点对称，∴的坐标是.把代入得：，解得：，
故选D.
【提示】根据菱形的性质，与关于对称，即可求得的坐标，然后利用待定系数法即可求得的值.
【考点】反比例函数.
6.【答案】C
【解析】解：设原计划每天生产台机器，则现在可生产台.
依题意得：.
【提示】根据现在生产600台机器的时间与原计划生产450台机器的时间相同，所以可得等量关系为：现在生产600，台机器时间=原计划生产450台时间，故选：C.
【考点】由实际问题抽象出分式方程.
二、填空题
7.【答案】
【解析】解：.
【提示】先化简，再合并同类二次根式即可.
【考点】二次根式的加减法.
8.【答案】
【解析】解：，移项得：，合并得：，则原不等式的解集为.
【提示】将不等式未知项移项到不等式左边，常数项移项到方程右边，合并后将的系数化为1，即可求出原不等式的解集.
【考点】一元一次不等式.
9.【答案】1
【解析】解：∵，∴，∵，∴解得：，则.
【提示】首先将方程左边因式分解，再利用方程的两根为，得出的值进而得出答案.
【考点】解一元二次方程，因式分解法.
10.【答案】甲
【解析】解：由于，则甲芭蕾舞团参加演出的女演员身高更整齐.
【提示】根据方差的意义可作出判断.方差是用来衡量一组数据波动大小的量，方差越小，表明这组数据分布比较集中，各数据偏离平均数越小，即波动越小，数据越稳定.
【考点】方差.
11.【答案】120
【解析】解：∵，
∴，
∴，
∴.
【提示】根据等边对等角，即可求得的度数，则的度数可以求得，然后根据圆周角定理，即可求得∠AOB的度数.
【考点】圆周角定理.
12.【答案】2
【解析】解：∵，∴，∵以点为圆心，长为半径画弧，交于点，∴，∴，∴.
【提示】首先利用勾股定理可以算出的长，再根据题意可得到，根据即可算出答案.
【考点】勾股定理.
13.【答案】45°
【解析】解：∵是的直径，为的切线，∴，∴，
∴（已知），∴（直角三角形的两个锐角互余）；又∵点在边上，
∴，∴可以取.
【提示】由切线的性质可以证得是直角三角形，然后根据直角三角形的两个锐角互余知，；因为点在边上，所以.
【考点】切线的性质.
14.【答案】19
【解析】解：∵是等边三角形，
∴，∵由逆时针旋转得出，
∴，
∴，
∵，
∴是等边三角形，
∴，
∴的周长.
【提示】先由是等边三角形得出，根据图形旋转的性质得出，故可得出，由即可判断出是等边三角形，故，故的周长.
【考点】旋转的性质；等边三角形的判定与性质.
三、解答题
15.【答案】原式，当时，原式=.
【解析】先按照整式混合运算的顺序把原式进行化简，再把的值代入进行计算即可.
【考点】整式的混合运算，化简求值.
16.【答案】演员的身高为，高跷的长度为.
【解析】解：设演员的身高为，高跷的长度为，根据题意得出：
，解得：，∴演员的身高为，高跷的长度为.
【提示】根据演员身高是高跷长度的2倍得出，利用高跷与腿重合部分的长度为，演员踩在高跷上时，头顶距离地面的高度为，得出，得出二元一次方程组，进而求出的值即可.
【考点】二元一次方程组的应用.
17.【答案】棋子恰好由处前进6个方格到达处的概率为
【解析】解：画树状图得：

∵共有16种等可能的结果，掷骰子两次后，棋子恰好由处前进6个方格到达处的有，∴掷骰子两次后，棋子恰好由处前进6个方格到达处的概率为.
【提示】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掷骰子两次后，棋子恰好由处前进6个方格到达处的情况，再利用概率公式即可求得答案.
【考点】列表法与树状图法.
18.【答案】解：（1）∵情境：小芳离开家不久，即离家一段路程，此时①②③都符合，发现把作业本忘在家里，于是返回了家里找到了作业本，即又返回家，离家的距离是0，此时②③都符合，又去学校，即离家越来越远，此时只有③返回，∴只有③符合情境；
∵情境：小芳从家出发，走了一段路程后，为了赶时间，以更快的速度前进，即离家越来越远，且没有停留，∴只有①符合.
（2）情境是小芳离开家不久，休息了一会儿，又走回了家.
【解析】（1）根据图像，一段一段地分析，再一个一个地排除，即可得出答案；
（2）把图像分为三部分，再根据离家的距离进行叙述，即可得出答案.
【考点】函数的图像.
四、解答题
19.【答案】解：（1）∵点的坐标为，点关于轴的对称点为点，点关于原点的对称点为点，∴点坐标为，C点坐标为，连交轴于点，
如图，点坐标为，
∴，，
∴.

（2）点的坐标为，则点坐标为，点坐标为，轴，轴，，
∴的形状为直角三角形.
【提示】（1）由点的坐标为，而点关于轴的对称点为点，点关于原点的对称点为点，根据关于原点对称的坐标特点得到点坐标为，点坐标为，则D点坐标为，利用三角形面积公式有，，即可得到.
（2）点的坐标为，则点坐标为，点坐标为，则轴，轴，，得到的形状为直角三角形.
【考点】关于原点对称的点的坐标，三角形的面积，关于轴，轴对称的点的坐标.
20.【答案】（1）施工点离距离为时，正好能使成一条直
（2）公路段CE的长为
【解析】解：（1）若使成一条直线，则需是的外角，
∴，
∴（m）
∴施工点离距离为时，正好能使成一条直线；
（2）由（1）得：（m），
∵，
∴（m）.
∴公路段的长为.
【提示】（1）由若使成一条直线，则是的外角，可求得，然后由，即可求得答案；
（2）首先由，求得的长，又由，即可求得公路段的长.
【考点】解直角三角形的应用.
21.【答案】解：（1），
∴小明一共调查了20户家庭；
（2）每月用水4吨的户数最多，有6户，故众数为4吨；
平均数：（吨）.
（3）（吨），故这个小区5月份的用水量为1800吨.
【提示】（1）条形图上户数之和即为调查的家庭户数.
（2）根据众数定义：一组数据中出现次数最多的数据叫做众数；加权平均数：若个数，…，的权分别是，则就是这个数的加权平均数，进行计算即可.
（3）利用样本估计总体的方法，用400所调查的20户家庭的平均用水量即可.
【考点】条形统计图，用样本估计总体，加权平均数，众数
22.【答案】证明：（1）∵四边形是平行四边形（已知），
∴（平行四边形的对边平行且相等）；
∴（两直线平行，同位角相等）；
又∵（已知），
∴（等量代换），
（等边对等角），
∴（等量代换）；
在和中，，
∴.
（2）∵四边形是平行四边形（已知），
∴（平行四边形的对边平行且相等），
∴；
又∵，
∴（等量代换），
∴四边形是平行四边形（对边平行且相等的四边形是平行四边形）；
在，，
∴（等腰三角形的“三合一”性质），
∴，
∴是矩形.

【提示】（1）根据平行四边形的性质、等腰三角形的性质，利用全等三角形的判定定理可以证得.
（2）利用等腰三角形的“三合一”性质推知，即；由平行四边形的判定定理（对边平行且相等是四边形是平行四边形）证得四边形是平行四边形，所以有一个角是直角的平行四边形是矩形.
【考点】矩形的判定，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，平行四边形的性质.
五、解答题
23.【答案】解：连接，根据折叠的性质，
∴，
即是等边三角形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
，
∴整个阴影部分的周长为：
；
整个阴影部分的面积为：.

【提示】首先连接，由折叠的性质，可得则可得是等边三角形，继而求得的长，即可求得与的面积，又由在扇形中，，半径，即可求得扇形的面积与的长，继而求得整个阴影部分的周长和面积.
【考点】翻折变换（折叠问题），等边三角形的判定与性质，弧长的计算，扇形面积的计算，解直角三角形.
24.【答案】解：（1）∵当时，货车从到往返1次的路程为，
货车从到往返1次的路程为：，
货车从到往返2次的路程为：，
这辆货车每天行驶的路程为：.
当时，货车从到往返1次的路程为，
货车从到往返1次的路程为：，
货车从到往返2次的路程为：，
故这辆货车每天行驶的路程为：；
（2）根据当时，，
当时，；如图所示：

（3）根据（2）图像可得：
当时，恒等于，此时的值最小，得出配货中心建段，这辆货车每天行驶的路程最短为.
【提示】（1）根据当时，结合图像分别得出货车从到的距离，进而得出与的函数关系，再利用当时，分别得出从到的距离，即可得出.
（2）利用（1）中所求得出，利用的取值范围，得出与的函数图像以及直线的图像.
（3）结合图像即可得出辆货车每天行驶的路程最短时所在位置.
【考点】一次函数的应用.
六、解答题
25.【答案】（1）当时，点与点重合
（2）当时，点在上
（3）当点在两点之间（不包括两点）时，求与之间的函数关系式
【解析】解：（1）当点与点重合时，，且，
∴，解得.
（2）当点在上时，如答图1所示，此时，
∵为正方形，
∴，
∴，
则,由，得，解得：.

（3）当重合时，由（1）知，此时；
当点在上时，如答图2所示，此时，，求得，
进一步分析可知此时点与点重合；
当点到达点时，此时.
因此当点在两点之间（不包括两点）时，其运动过程可分析如下：
①当时，如答图3所示，此时重合部分为梯形.
此时，∴，；
易知，可得.
∴，，
∴，
；
②当时，如答图4所示，此时重合部分为一个多边形，
此时，∴，易知，
可得，∴.
又，∴.

综上所述，当点在两点之间（不包括两点）时，
与之间的函数关系式为：.

【提示】（1）当点与点重合时，此时，且，由此列一元一次方程求出的值.
（2）当点在上时，如答图1所示，此时.由相似三角形比例线段关系可得，从而由关系式，列一元一次方程求出的值.
（3）当点在两点之间（不包括两点）时，运动过程可以划分为两个阶段：
①当时，如答图3所示，此时重合部分为梯形.先计算梯形各边长，然后利用梯形面积公式求出；
②当时，如答图4所示，此时重合部分为一个多边形,
面积S由关系式“”求出.
【考点】相似形综合题，勾股定理，正方形的性质，相似三角形的判定与性质.
26.【答案】【特例探究】当时；则：直线；直线；∴，即：.同理：当时，.
【归纳证明】猜想：.
证明：点，
由抛物线的解析式知：；
设直线的解析式：，代入点的坐标：
，即：直线；同理：直线.
∴，即.
【拓展应用】（1），证法同（2），不再复述.
（2）综合上面的结论，可得出的纵坐标相同，即轴，则四边形是矩形；
∵，∴，
即：，得：；
∵，∴；
由于，且，所以四边形是梯形.

【解析】【特例探究】【归纳证明】都是【拓展应用】（1）的特殊情况，因此以【拓展】（1）为例说明前三小问的思路：
已知的坐标，根据抛物线的解析式，能得到的坐标，进而能求出直线的解析式，也就能得出两点的坐标，再进行比较即可.
最后一小题也比较简单：总结前面的结论，能得出轴的结论，那么四边形的面积可分作两部分，根据给出的四边形和的面积比例关系，能判断出的比例关系，进而得出的比例关系，再对四边形的形状进行判定.
【考点】二次函数综合题.
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