2017年海南省中考数学试卷-答案.pdf

1/16 海南省 2017 年初中毕业生学业水平考试 数学答案解析 第卷 一、选择题 1.【答案】A【解析】2017的相反数为2017，故选 A.【提示】只有符号不同的两个数互为相反数，0的相反数为0.【考点】相反数 2.【答案】C【解析】由题意得12 11a ，故选 C.【提示】略【考点】代数式的值 3.【答案】B【解析】3a与2a不是同类项，不能合并，A 错误；323 2aaaa，B 正确；323 25a aaa，C 错误；3 23 26()aaa，D 错误.故选 B.【提示】熟记整式的运算法则是解题的关键.【考点】整式的运算 4.【答案】D【解析】因为圆锥的三视图为两个三角形和一个包含圆心的圆，故选 D.【提示】熟记特殊几何体的三视图是解题的关键.【考点】几何体的三视图 5.【答案】C【解析】因为ca，所以290，又因为ab，所以1290 ，故选 C.2/16 【提示】平行线的性质：两直线平行，同位角相等；两直线平行，内错角相等；两直线平行，同旁内角互补.【考点】直线平行的性质 6.【答案】B【解析】点(2,3)A 向右平移4个单位长度得到点1(2,3)A，再作1A关于x轴对称得到点2(2,3)A，故选 B.【提示】在平面内对点左、右平移，对点的横坐标有影响，上、下平移，对点的纵坐标有影响.关于x轴对称的两点的横坐标相等，纵坐标互为相反数；关于y轴对称的两点的纵坐标相等，横坐标互为相反数；关于原点中心对称的两点的横坐标互为相反数，纵坐标也互为相反数.【考点】点的坐标变换 7.【答案】B【解析】620000002 10，即6n，故选 B.【提示】略【考点】科学记数法 8.【答案】A【解析】由2101xx得210 x 且10 x，解得1x，故选 A.【提示】解分式方程时要注意分式方程的分母不能为零.【考点】解分式方程 9.【答案】D【解析】由表格易得数据16出现7次，出现的次数最多，所以众数为16.将数据按从小到大的顺序排列，最中间的两个数据是第10个和第11个，这两个数均为15，所以中位数为15，故选 D.【提示】略【考点】众数和中位数的概念 10.【答案】D【解析】根据题意，列表得 1 2 3 4 1(1,1)(1,2)(1,3)(1,4)2(2,1)(2,2)(2,3)(2,4)3(3,1)(3,2)(3,3)(3,4)4(4,1)(4,2)(4,3)(4,4)3/16 由表格易得共有16种等可能的情况，其中两个转盘的指针都指向2的只有1种情况，所以所求概率为116，故选 D.【提示】求解概率的方法主要有列表法、画树状图法.【考点】概率的求解 11.【答案】C【解析】因为四边形ABCD为菱形，所以对角线AC与BD互相垂直且平分，且AODO，则3AO，4BO，所以225ABAOBO，则ABC的周长为55 8 18ABBCAC ，故选 C.【提示】根据菱形的性质得到相关线段的长度和位置关系是解题的关键.【考点】菱形的性质，勾股定理 12.【答案】B【解析】因为点,A B C在O上，所以OAOBOC，因为25BAO，所以25ABOBAO，又因为ACOB，所以25CABABO，所以250 BOCCAB，故选 B.【提示】根据等腰三角形和平行线的性质得到相关角的大小是解题的关键.【考点】平行线的性质，等腰三角形的性质，圆周角定理 13.【答案】B【解析】由题意得ABC为等腰三角形，设两腰的垂直平分线与底的交点分别为1D，2D，底边的两个三等分点分别为3D，4D，则当直线分别过顶点与1D，2D，3D，4D的连线时，直线将三角形分成两个三角形，且其中一个为等腰三角形，故选 B.【提示】根据等腰三角形的判定分类讨论是解题的关键.【考点】等腰三角形的判定和性质，线段的垂直平分线的性质 14.【答案】C【解析】由图易得ABC为直角三角形，且ABx轴，BCy轴，当反比例函数的图象过点(1,2)A时，k取得最小值，此时有21k，解得2k；当反比例函数的图象过点(4,4)C时，k取得最大值，此时有44k，解得16k，所以k的取值范围为2k16，故选 C.【提示】熟记反比例函数中的k对函数图象的影响是解题的关键.【考点】反比例函数的图象 二、填空题 15.【答案】12x 4/16 【解析】由210 x 移项得21x，系数化为1得12x .【提示】熟记解一元一次不等式的步骤是解题的关键.【考点】解一元一次不等式 16.【答案】【解析】因为一次函数1yx中，一次项的系数大于零，所以y随x的增大而增大，则当12xx时，12yy.【提示】熟记一次函数中各个参数对函数图象的影响是解题的关键.【考点】一次函数的性质 17.【答案】35【解析】由折叠的性质易得AFAD，90AFED，所以90AFBEFC，又因为90 B，所以90BAFAFB.所以EFCBAF，则3coscos5ABABEFCBAFAFAD.【提示】根据折叠的性质得到边角的等量关系是解题的关键.【考点】折叠的性质，角的余弦值的概念 18.【答案】5 22【解析】连接,OA OB，则290 AOBACB，又因为OAOB，所以AOB为等腰直角三角形，5 222ABOA，因为点,M N分别为,AB AC的中点，所以MN是ABC的中位线，则12MNBC，所以当BC取得最大值时，MN取得最大值，由图易得当BC为O的直径时，BC取得最大值，此时25 2BCOA，所以MN取得最大值为5 222BC.【提示】将MN的最大值转化为BC的最大值是解题的关键.【考点】圆的性质，圆周角定理 第卷 三、解答题 19.【答案】解：原式143(4)2 432 1 原式222212(1)xxxxx 5/16 2222121xxxxx 22x【解析】解：原式143(4)2 432 1 原式222212(1)xxxxx 2222121xxxxx 22x【提示】根据去二次根式的化简法则、去绝对值符号法则、负指数幂的运算法则分别计算求解；利用完全平方公式、平方差公式展开化简.【考点】二次根式，绝对值，负指数幂的运算法则，多项式化简 20.【答案】解：设甲种车每辆一次可运土x立方米，乙种车每辆一次可运土y立方米，依题意得 1 分 5264,336,xyxy 解得8,12,xy 答：甲种车每辆一次可运土8立方米，乙种车每辆一次可运土12立方米.【解析】解：设甲种车每辆一次可运土x立方米，乙种车每辆一次可运土y立方米，依题意得 1 分 5264,336,xyxy 解得8,12,xy 答：甲种车每辆一次可运土8立方米，乙种车每辆一次可运土12立方米.【提示】分别设出两车每次的运土量，列二元一次方程组求解.【考点】二元一次方程组解决实际问题 21.【答案】解：1502 分 如图所示 6/16 36 240【解析】解：1502 分 如图所示 36 240【提示】根据排球组的人数和所占的百分比求解总人数；根据总人数求解“足球”的人数，进而补全条形统计图；根据“乒乓球”的人数和总人数得到其在扇形统计图中所占的百分比，进而求解圆心角的度数；利用样本数据中“足球”所占百分比估算.【考点】条形统计图，扇形统计图，用样本估计总体 22.【答案】解：设BCx米，在RtABC中，7/16 18050CABEAC1 分 55tan501.266BCBCBCABx 在RtEBD中，:1:1iDB EB BDEB CDBCAEAB 即5246xx 解得12x 12BC 答：水坝原来的高度BC为12米.【解析】解：设BCx米，在RtABC中，18050CABEAC1 分 55tan501.266BCBCBCABx 在RtEBD中，:1:1iDB EB BDEB CDBCAEAB 8/16 即5246xx 解得12x 12BC 答：水坝原来的高度BC为12米.【提示】利用正切函数的概念和坡比得到线段长度的关系列方程进而求解.【考点】直角三角形的应用 23.【答案】证明：证明：在正方形ABCD中，DCBC，90DABCDCB1 分 18090CBFABC 1290 DCB CFCE 90ECF2 分 3290 ECF 13 在CDE和CBF中，,13DCBFDCBC CDE(ASA)CBF 在正方形ABCD中，ADBC GBFEAF BGBFAEAF 由知CDECBF 9/16 12BFDE 正方形ABCD的边长为1 32AFABBF，12AEADDE 代入式得121322BG 16BG，56CGBCBG 不能，理由如下：若四边形CEAG为平行四边形，则必须满足AECG且AECG，则ADAEBCCG，即DEBG 由知CDECBF,DEBF CECF BGBF GBF和ECF都是等腰直角三角形 45,45 GFBCFE 90CFAGFBCFE 此时点F与点B重合，点D与点E重合，与题目条件不符.故在点E运动过程中，四边形CEAG不能为平行四边形.【解析】证明：证明：在正方形ABCD中，DCBC，90DABCDCB1 分 18090CBFABC 10/16 1290 DCB CFCE 90ECF2 分 3290 ECF 13 在CDE和CBF中，,13DCBFDCBC CDE(ASA)CBF 在正方形ABCD中，ADBC GBFEAF BGBFAEAF 由知CDECBF 12BFDE 正方形ABCD的边长为1 32AFABBF，12AEADDE 代入式得121322BG 16BG，56CGBCBG 不能，理由如下：若四边形CEAG为平行四边形，则必须满足AECG且AECG，则ADAEBCCG，即DEBG 由知CDECBF,DEBF CECF BGBF GBF和ECF都是等腰直角三角形 45,45 GFBCFE 11/16 90CFAGFBCFE 此时点F与点B重合，点D与点E重合，与题目条件不符.故在点E运动过程中，四边形CEAG不能为平行四边形.【提示】根据正方形的性质得到角的等量关系，利用角边角证明三角形全等；根据三角形相似得到对应边成比例求解；根据平行四边形的性质结合全等三角形得到线段的等量关系，通过计算得到结论.【考点】正方形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质 24.【答案】解：因为抛物线23yaxbx经过点(1,0)A和点(5,0)B，30,25530,abab2 分 解得3,518,5ab 所以该抛物线对应的函数解析式为2318355yxx 因为点P是抛物线上的动点且位于x轴下方 所以可设点2318(,3),1555P tttt 因为PMy轴，分别与x轴和直线CD相交于点,M N 所以3(,0),(,3)5M tN tt 因为点,C D是直线与抛物线的交点，所以令2318333555xxx 解得120,7xx 当0 x 时，3335yx 当7x 时，336355yx 所以点(0,3)C，36(7,)5D 分别过点C和点D作直线PN的垂线，垂足分别为E，F 12/16 则CEt，7DFt PCDPCNPDNSSS 1122PN CEPN DF 11()722PN CEDFPN 所以当PN最大时，PCD的面积最大 因为233183(3)555PNttt 237147()5220t 所以当72t 时，PN最大值为14720 此时，PCD的面积最大，且为11471029722040 存在.因为90CQNPMB 所以当NQPMCQBM或NQBMCQPM时，CNQ与PBM相似 因为CQPM，垂足为点Q，所以(,3)Q t 又因为(0,3)C，3(,3)5N tt 13/16 所以CQt，33(3)355NQtt 所以35NQCQ 因为2318(,3)55P ttt，(,0)M t，(5,0)B 所以5BMt，2318355PMtt 情况 1：当NQPMCQBM时，35PMBM 即231833(5)555ttt 解得12t，25t（舍去）此时，9(2,)5P1 情况 2：当NQBMCQPM时，35BMPM 即233185(3)555ttt 解得1349t，25t（舍去）此时，3455(,)927P 综上所述，存在点9(2,)5P或者3455(,)927P使得CNQ与PBM相似.1【解析】解：因为抛物线23yaxbx经过点(1,0)A和点(5,0)B，30,25530,abab2 分 解得3,518,5ab 所以该抛物线对应的函数解析式为2318355yxx 因为点P是抛物线上的动点且位于x轴下方 所以可设点2318(,3),1555P tttt 14/16 因为PMy轴，分别与x轴和直线CD相交于点,M N 所以3(,0),(,3)5M tN tt 因为点,C D是直线与抛物线的交点，所以令2318333555xxx 解得120,7xx 当0 x 时，3335yx 当7x 时，336355yx 所以点(0,3)C，36(7,)5D 分别过点C和点D作直线PN的垂线，垂足分别为E，F 则CEt，7DFt PCDPCNPDNSSS 1122PN CEPN DF 11()722PN CEDFPN 所以当PN最大时，PCD的面积最大 因为233183(3)555PNttt 237147()5220t 所以当72t 时，PN最大值为14720 此时，PCD的面积最大，且为11471029722040 存在.15/16 因为90CQNPMB 所以当NQPMCQBM或NQBMCQPM时，CNQ与PBM相似 因为CQPM，垂足为点Q，所以(,3)Q t 又因为(0,3)C，3(,3)5N tt 所以CQt，33(3)355NQtt 所以35NQCQ 因为2318(,3)55P ttt，(,0)M t，(5,0)B 所以5BMt，2318355PMtt 情况 1：当NQPMCQBM时，35PMBM 即231833(5)555ttt 解得12t，25t（舍去）此时，9(2,)5P1 情况 2：当NQBMCQPM时，35BMPM 即233185(3)555ttt 解得1349t，25t（舍去）此时，3455(,)927P 16/16 综上所述，存在点9(2,)5P或者3455(,)927P使得CNQ与PBM相似.1【提示】根据函数图象经过的点的坐标得到关于,a b的方程组，解方程组得到,a b的值，进而得到函数解析式；根据题意得到三角形面积的表达式，结合二次函数的性质得到面积的最大值；根据相似三角形的对应边不同分类讨论得到一元二次方程求解.【考点】二次函数的性质，待定系数法求函数解析式