中考数学卷精析版贵州铜仁卷Word文档格式.docx
- 文档编号:17132136
- 上传时间:2022-11-28
- 格式:DOCX
- 页数:18
- 大小:299.48KB
中考数学卷精析版贵州铜仁卷Word文档格式.docx
《中考数学卷精析版贵州铜仁卷Word文档格式.docx》由会员分享,可在线阅读,更多相关《中考数学卷精析版贵州铜仁卷Word文档格式.docx(18页珍藏版)》请在冰豆网上搜索。
17
18
人数
3
6
4
1
则这些队员年龄的众数和中位数分别是【】
A.15,15 B.15,15.5 C.15,16 D.16,15
【考点】众数,中位数。
【分析】众数是在一组数据中,出现次数最多的数据,这组数据中,出现次数最多的是15,故这组数据的众数为15。
中位数是一组数据从小到大(或从大到小)排列后,最中间的那个数(最中间两个数的平均数)。
∴中位数是第9,10两个数的平均数,为:
(15+16)÷
2=15.5。
4.(2012贵州铜仁4分)铜仁市对城区主干道进行绿化,计划把某一段公路的一侧全部栽上桂花树,要求路的两端各栽一棵,并且每两棵树的间隔相等.如果每隔5米栽1棵,则树苗缺21棵;
如果每隔6米栽1棵,则树苗正好用完.设原有树苗x棵,则根据题意列出方程正确的是【】
A.
B.
C.
D.
【答案】A。
【考点】由实际问题抽象出一元一次方程。
【分析】由题意,每隔5米栽1棵,则树苗缺21棵,即公路长
;
每隔6米栽1棵,则树苗正好用完,即公路长
。
因此可列方程
故选A。
5.(2012贵州铜仁4分)如图,正方形ABOC的边长为2,反比例函数
的图象过点A,则k的值是【】
A.2 B.﹣2 C.4 D.﹣4
【考点】反比例函数系数k的几何意义。
【分析】∵图象在第二象限,∴k<0。
根据反比例函数系数k的几何意义可知|k|=2×
2=4,∴k=﹣4。
6.(2012贵州铜仁4分)小红要过生日了,为了筹备生日聚会,准备自己动手用纸板制作一个底面半径为9cm,母线长为30cm的圆锥形生日礼帽,则这个圆锥形礼帽的侧面积为【】
A.270πcm2 B.540πcm2 C.135πcm2 D.216πcm2
【考点】圆锥的计算。
【分析】直接应用侧面积公式计算即可:
圆锥形礼帽的侧面积=π×
9×
30=270πcm2。
7.(2012贵州铜仁4分)如图,在△ABC中,∠ABC和∠ACB的平分线交于点E,过点E作MN∥BC交AB于M,交AC于N,若BM+CN=9,则线段MN的长为【】
A.6 B.7 C.8 D.9
【考点】角平分线的定义,平行线的性质,等腰三角形的判定和性质。
【分析】∵∠ABC、∠ACB的平分线相交于点E,∴∠MBE=∠EBC,∠ECN=∠ECB,
∵MN∥BC,∴∠EBC=∠MEB,∠NEC=∠ECB。
∴∠MBE=∠MEB,∠NEC=∠ECN。
∴BM=ME,EN=CN。
∴MN=ME+EN,即MN=BM+CN。
∵BM+CN=9∴MN=9。
8.(2012贵州铜仁4分)如图,六边形ABCDEF∽六边形GHIJKL,相似比为2:
1,则下列结论正确的是【】
A.∠E=2∠K B.BC=2HI
C.六边形ABCDEF的周长=六边形GHIJKL的周长 D.S六边形ABCDEF=2S六边形GHIJKL
【考点】相似多边形的性质。
【分析】A、∵六边形ABCDEF∽六边形GHIJKL,∴∠E=∠K,故本选项错误;
B、∵六边形ABCDEF∽六边形GHIJKL,相似比为2:
1,∴BC=2HI,故本选项正确;
C、∵六边形ABCDEF∽六边形GHIJKL,相似比为2:
1,∴六边形ABCDEF的周长=六边形GHIJKL的周长×
2,故本选项错误;
D、∵六边形ABCDEF∽六边形GHIJKL,相似比为2:
1,∴S六边形ABCDEF=4S六边形GHIJKL,故本选项错误。
9.(2012贵州铜仁4分)从权威部门获悉,中国海洋面积是299.7万平方公里,约为陆地面积的三分之一,299.7万平方公里用科学记数法表示为【】平方公里(保留两位有效数字)
B.
C.
D.
【答案】C。
【考点】科学记数法,有效数字。
【分析】根据科学记数法的定义,科学记数法的表示形式为a×
10n,其中1≤|a|<10,n为整数,表示时关键要正确确定a的值以及n的值。
在确定n的值时,看该数是大于或等于1还是小于1。
当该数大于或等于1时,n为它的整数位数减1;
当该数小于1时,-n为它第一个有效数字前0的个数(含小数点前的1个0)。
299.7万=2997000一共7位,从而299.7万=2997000=2.997×
106。
有效数字的计算方法是:
从左边第一个不是0的数字起,后面所有的数字都是有效数字。
因此299.7万=2997000=2.997×
106≈3.0×
故选C。
10.(2012贵州铜仁4分)如图,第①个图形中一共有1个平行四边形,第②个图形中一共有5个平行四边形,第③个图形中一共有11个平行四边形,…则第⑩个图形中平行四边形的个数是【】
A.54 B.110 C.19 D.109
【考点】分类归纳(图形的变化类)。
【分析】寻找规律:
第①个图形中有1个平行四边形;
第②个图形中有1+4=5个平行四边形;
第③个图形中有1+4+6=11个平行四边形;
第④个图形中有1+4+6+8=19个平行四边形;
…
第n个图形中有1+2(2+3+4+…+n)个平行四边形;
则第⑩个图形中有1+2(2+3+4+5+6+7+8+9+10)=109个平行四边形。
二、填空题:
(本大题共8个小题,每小题4分,共32分)
11.(2012贵州铜仁4分)|﹣2012|=▲.
【答案】错误!
未找到引用源。
【考点】绝对值。
【分析】根据数轴上某个数与原点的距离叫做这个数的绝对值的定义,在数轴上,点﹣2012到原点的距离是错误!
,所以﹣2012的绝对值是错误!
14.(2012贵州铜仁4分)已知圆O1和圆O2外切,圆心距为10cm,圆O1的半径为3cm,则圆O2的半径为▲.
【答案】7cm。
【考点】圆与圆的位置关系。
【分析】根据两圆的位置关系的判定:
外切(两圆圆心距离等于两圆半径之和),内切(两圆圆心距离等于两圆半径之差),相离(两圆圆心距离大于两圆半径之和),相交(两圆圆心距离小于两圆半径之和大于两圆半径之差),内含(两圆圆心距离小于两圆半径之差)。
∵圆O1和圆O2外切,圆心距为10cm,圆O1的半径为3cm,
∴圆O2的半径为:
10﹣3=7(cm)。
15.(2012贵州铜仁4分)照如图所示的操作步骤,若输入x的值为5,则输出的值为▲.
【答案】97。
【考点】代数式求值。
【分析】根据如图所示的操作步骤,列出代数式:
,将x=5代入计算即可:
16.(2012贵州铜仁4分)一个不透明的口袋中,装有红球6个,白球9个,黑球3个,这些球除颜色不同外没有任何区别,现从中任意摸出一个球,恰好是黑球的概率为▲.
【答案】
【考点】概率。
【分析】根据概率的求法,找准两点:
①全部等可能情况的总数;
②符合条件的情况数目;
二者的比值就是其发生的概率。
根据题意可得:
一袋中装有红球6个,白球9个,黑球3个,共18个,
任意摸出1个,摸到黑球的概率是=
17.(2012贵州铜仁4分)一元二次方程
的解是▲.
【答案】x1=3,x2=﹣1。
【考点】因式分解法解一元二次方程。
【分析】原方程可化为:
(x﹣3)(x+1)=0,得x﹣3=0或x+1=0,∴x1=3,x2=﹣1。
18.(2012贵州铜仁4分)以边长为2的正方形的中心O为端点,引两条相互垂直的射线,分别与正方形的边交于A、B两点,则线段AB的最小值是▲.
【考点】正方形的性质,垂线段最短的性质,全等三角形的判定和性质,等腰直角三角形的判定和性质,勾股定理,三角形中位线定理。
【分析】如图,
∵四边形CDEF是正方形,∴∠OCD=∠ODB=45°
,∠COD=90°
,OC=OD。
∵AO⊥OB,∴∠AOB=90°
∴∠CAO+∠AOD=90°
,∠AOD+∠DOB=90°
,∴∠COA=∠DOB。
∵在△COA和△DOB中,∠OCA=∠ODB,OC=OD,∠COA=∠DOB,
∴△COA≌△DOB(ASA)。
∴OA=OB。
∵∠AOB=90°
,∴△AOB是等腰直角三角形。
由勾股定理得:
∴要使AB最小,只要OA取最小值即可。
根据垂线段最短的性质,当OA⊥CD时,OA最小。
∵四边形CDEF是正方形,∴FC⊥CD,OD=OF。
∴CA=DA,∴OA=
CF=1。
∴AB=
三、解答题:
(本题共4个题,19题每小题5分,第20、21、22每题10分,共40分,要有解题的主要过程)
19.(2012贵州铜仁10分)
(1)(2012贵州铜仁5分)化简:
【答案】解:
原式=
【考点】分式的混合运算。
【分析】把括号内的分式通分并进行同分母分式的加减运算,把分式的除法运算转化为乘法运算,然后约分即可得。
(2)(2012贵州铜仁5分)某市计划在新竣工的矩形广场的内部修建一个音乐喷泉,要求音乐喷泉M到广场的两个入口A、B的距离相等,且到广场管理处C的距离等于A和B之间距离的一半,A、B、C的位置如图所示,请在原图上利用尺规作图作出音乐喷泉M的位置,(要求:
不写已知、求作、作法和结论,保留作图痕迹,必须用铅笔作图)
作图如下:
M即为所求。
【考点】作图(应用与设计作图)。
【分析】连接AB,作出线段AB的垂直平分线,在矩形中标出点M的位置(以点C为圆心,
AB长为半径画弧交AB的垂直平分线于点M)。
20.(2012贵州铜仁10分)如图,E、F是四边形ABCD的对角线BD上的两点,AE∥CF,AE=CF,BE=DF.求证:
△ADE≌△CBF.
【答案】证明:
∵AE∥CF,∴∠AED=∠CFB。
∵DF=BE,∴DF+EF=BE+EF,即DE=BF。
∵在△ADE和△CBF中,AE=CF,∠AED=∠CFB,DE=BF,
∴△ADE≌△CBF(SAS)。
【考点】平行的性质,全等三角形的判定。
【分析】利用平行线的性质得出∠AED=∠CFB,由DF=BE根据等量加等量和相等得出DE=BF,利用SAS即可证出结论。
21.(2012贵州铜仁10分)某区对参加2010年中考的5000名初中毕业生进行了一次视力抽样调查,绘制出频数分布表和频数分布直方图的一部分.请根据图表信息回答下列问题:
(1)在频数分布表中,a的值为,b的值为,并将频数分布直方图补充完整;
(2)甲同学说:
“我的视力情况是此次抽样调查所得数据的中位数”,问甲同学的视力情况应在什么范围?
(3)若视力在4.9以上(含4.9)均属正常,则视力正常的人数占被统计人数的百分比是;
并根据上述信息估计全区初中毕业生中视力正常的学生有多少人?
(1)60;
0.05。
补全直方图如图所示:
22.(2012贵州铜仁10分)如图,定义:
在直角三角形ABC中,锐角α的邻边与对边的比叫做角α的余切,记作ctanα,即ctanα=
,根据上述角的余切定义,解下列问题:
(1)ctan30°
=;
(2)如图,已知tanA=
,其中∠A为锐角,试求ctanA的值.
(1)∵Rt△ABC中,α=30°
,∴BC=
AB,
∴
∴ctan30°
(2)∵tanA=
,∴设BC=3a,AC=4a,则AB=5a。
∴ctanA=
【考点】新定义,含30°
角的直角三角形的性质,锐角三角函数的定义,勾股定理。
【分析】
(1)根据30°
角的直角三角形的性质和勾股定理求出BC和AC与AB的关系,根据余切求解即可。
(2)根据tanA=
,求出BC和AC,根据余切求解即可。
四、(本题满分12分)
23.(2012贵州铜仁12分)如图,已知⊙O的直径AB与弦CD相交于点E,AB⊥CD,⊙O的切线BF与弦AD的延长线相交于点F.
(1)求证:
CD∥BF;
(2)若⊙O的半径为5,cos∠BCD=
,求线段AD的长.
(1)证明:
∵BF是⊙O的切线,AB是⊙O的直径,∴BF⊥AB。
∵CD⊥AB,∴CD∥BF。
(2)∵AB是⊙O的直径,∴∠ADB=90°
∵⊙O的半径5,∴AB=10。
∵∠BAD=∠BCD,∴cos∠BAD=cos∠BCD=
∴AD=AB•cos∠BAD=10×
=8。
∴线段AD的长为8。
【考点】切线的性质,平行的判定,圆周角定理,锐角三角函数定义。
(1)由BF是⊙O的切线和AB是⊙O的直径,根据切线的性质,得BF⊥AB;
由已知AB⊥CD,根据平行的判定即可得出结论。
(2)由AB是⊙O的直径,根据直径所对圆周角是直角的性质,得△ABD是直角三角形,从而应用锐角三角函数定义解Rt△ABD即可求得线段AD的长。
五、(本题满分12分)
24.(2012贵州铜仁12分)为了抓住梵净山文化艺术节的商机,某商店决定购进A、B两种艺术节纪念品.若购进A种纪念品8件,B种纪念品3件,需要950元;
若购进A种纪念品5件,B种纪念品6件,需要800元.
(1)求购进A、B两种纪念品每件各需多少元?
(2)若该商店决定购进这两种纪念品共100件,考虑市场需求和资金周转,用于购买这100件纪念品的资金不少于7500元,但不超过7650元,那么该商店共有几种进货方案?
(3)若销售每件A种纪念品可获利润20元,每件B种纪念品可获利润30元,在第
(2)问的各种进货方案中,哪一种方案获利最大?
最大利润是多少元?
(1)设该商店购进一件A种纪念品需要a元,购进一件B种纪念品需要b元,
根据题意得方程组得:
,解方程组得:
∴购进一件A种纪念品需要100元,购进一件B种纪念品需要50元。
(2)设该商店购进A种纪念品x个,则购进B种纪念品有(100﹣x)个,
,解得:
50≤x≤53。
∵x为正整数,∴x=50,51,52,53。
∴共有4种进货方案。
(3)∵B种纪念品利润较高,∴B种数量越多总利润越高。
∴选择购A种50件,B种50件。
总利润=50×
20+50×
30=2500(元)。
∴当购进A种纪念品50件,B种纪念品50件时,可获最大利润,最大利润是2500元。
【考点】二元一次方程组和一元一次不等式组的应用。
(1)方程(组)的应用解题关键是找出等量关系,列出方程求解。
本题等量关系为:
购进A种纪念品8件+B种纪念品3件=950元
购进A种纪念品5件+B种纪念品6件=800元。
(2)不等式的应用解题关键是找出不等量关系,列出不等式求解。
本题不等量关系为:
购买这100件纪念品的资金不少于7500元,不超过7650元。
(3)因为B种纪念品利润较高,所以选取B种数量多的方案即可求解。
六、(本题满分14分)
25.(2012贵州铜仁14分)如图,已知:
直线
交x轴于点A,交y轴于点B,抛物线y=ax2+bx+c
经过A、B、C(1,0)三点.
(1)求抛物线的解析式;
(2)若点D的坐标为(-1,0),在直线
上有一点P,使ΔABO与ΔADP相似,求出点P的坐标;
(3)在
(2)的条件下,在x轴下方的抛物线上,是否存在点E,使ΔADE的面积等于四边形APCE的面积?
如果存在,请求出点E的坐标;
如果不存在,请说明理由.
(1)由题意得,A(3,0),B(0,3),
∵抛物线经过A、B、C三点,
∴把A(3,0),B(0,3),C(1,0)三点分别代入y=ax2+bx+c得方程组
,解得:
∴抛物线的解析式为
(2)由题意可得:
△ABO为等腰三角形,如图1所示,
若△ABO∽△AP1D,连接DP1,则
,
∴DP1=AD=4。
∴P1
若△ABO∽△ADP2,过点P2作P2M⊥x轴于M,连接DP2,
∵△ABO为等腰三角形,
∴△ADP2是等腰三角形。
由三线合一可得:
DM=AM=2=P2M,即点M与点C重合。
∴P2(1,2)。
(3)不存在。
理由如下:
如图2设点E
,则
①当P1(-1,4)时,
S四边形AP1CE=S三角形ACP1+S三角形ACE
∴
∵点E在x轴下方∴
代入得:
即
∵△=(-4)2-4×
7=+12<
0,∴此方程无解。
∴当P1(-1,4)时,在x轴下方的抛物线上,不存在点E,使ΔADE的面积等于四边形APCE
的面积。
②当P2(1,2)时,
∴
∵点E在x轴下方,∴
,即
5=-4<
∴当P2(1,2)时,在x轴下方的抛物线上,不存在点E,使ΔADE的面积等于四边形APCE
综上所述,在x轴下方的抛物线上不存在这样的点E,使ΔADE的面积等于四边形APCE
【考点】二次函数综合题,曲线上点的坐标与方程的关系,等腰三角形的判定和性质,相似三角形的性质,一元二次方程根的判别式。
(1)求出A(3,0),B(0,3),由A、B、C三点坐标用待定系数法即可求得抛物线的解析式。
(2)根据等腰三角形的判定和性质和相似三角形的性质即可求出点P的坐标。
(3)由
(2)的两解分别作出判断。
- 配套讲稿:
如PPT文件的首页显示word图标,表示该PPT已包含配套word讲稿。双击word图标可打开word文档。
- 特殊限制:
部分文档作品中含有的国旗、国徽等图片,仅作为作品整体效果示例展示,禁止商用。设计者仅对作品中独创性部分享有著作权。
- 关 键 词:
- 中考 数学 卷精析版 贵州 铜仁