黑龙江龙东地区2012年中考数学考试说明及样题

20题图ABC D12 十九、多种答案判断题（2008齐）20．如图，将ABC △沿DE 折叠，使点A 与BC 边的中点F 重合，下列结论中：①EF AB ∥且12EF AB =；②BAF CAF ∠=∠；③12ADFE S AF DE =四边形；④2BDF FEC BAC ∠+∠=∠，正确的个数是（ ）A ．1B ．2C ．3D ．4（2009齐）10．在矩形ABCD 中，13AB AD AF ==，，平分DAB ∠，过C 点作CE BD ⊥于E ，延长AF EC 、交于点H ，下列结论中：AF FH =①；BO BF =②；CA CH =③；④3BE ED =，正确的是（ ）A ．②③B ．③④C ．①②④D ．②③④（2009鸡）20．如图，△ABC 中，CD ⊥AB 于D ，一定能确定△ABC 为直角三角形的条件的个数是 （ ） ①∠1=∠A②CDDB ADCD = ③∠B +∠2=90°④AB AC BC ::=3:4:5 ⑤CD AD BD AC ⋅=⋅A ．1B ．2C ．3D ．4（2010）10.如图所示，已知ABC △和DCE △均是等边三角形，点B C E 、、在同一条直线上，AE 与BD 交于点O ，AE 与CD 交于点G ，AC 与BD 交于点F ，连接OC FG 、，则下列结论：①AE BD =②AG BF =③FG BE ∥④BOC EOC ∠=∠，其中正确结论的个数（ ）A ．1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个（2011）20、在锐角△ABC 中，∠BAC=60°，BN 、CM 为高，P 为BC 的中点， 连接MN 、MP 、NP ，则结论：①NP=MP ②当∠ABC=60°时，MN ∥BC ③ BN=2AN ④AN ︰AB=AM ︰AC ，一定正确的有 （ ）A 、1个B 、2个C 、3个D 、4个 （2012）20. 如图，已知直角梯形ABCD 中，AD ∥BC ，∠ABC=90°，AB=BC=2AD ，点E 、F 分别是AB 、BC 边的中点，连接AF 、CE 交于点M ，连接BM 并延长交CD 于点N ，连接DE 交AF 于点P ，则结论：①∠ABN=∠CBN ②DE ∥BN ③△CDE 是等腰三角形 ④EM:BE=5 :3 ⑤S △EPM = 18 S 梯形ABCD ，正确的个数有 （ ）A. 5个B. 4个C. 3个D. 2个ADBCE第20题图APC B M 第20题图N第20题图20．（3分）（2013•黑龙江）如图，在直角梯形ABCD 中，AD ∥BC ，∠BCD=90°，∠ABC=45°，AD=CD ，CE 平分∠ACB 交AB 于点E ，在BC 上截取BF=AE ，连接AF 交CE 于点G ，连接DG 交AC 于点H ，过点A 作AN ⊥BC ，垂足为N ，AN 交CE 于点M ．则下列结论；①CM=AF ；②CE ⊥AF ；③△ABF ∽△DAH ；④GD 平分∠AGC ，其中正确的个数是（ ） A ． 1 B ． 2 C ． 3 D ． 420. （2014）如图，正方形ABCD 中，AB ＝6，点E 在边CD 上，且CD ＝3DE 。

2012年中考数学卷精析版——哈尔滨卷（本试卷满分120分，考试时间120分钟）一、选择题(每小题3分．共计30分)【分析】根据数轴上某个数与原点地距离叫做这个数地绝对值地定义，在数轴上，点—2到原点地距离是2，所以—2地绝对值是2.故选Ｃ.3．（2012黑龙江哈尔滨3分）下列图形是中心对称图形地是【】．(A) (B) (C) (D)【答案】A.【考点】中心对称图形.【分析】根据中心对称图形地概念，中心对称图形是图形沿对称中心旋转180度后与原图重合.因此，所给图形中只有选项A是中心对称图形.故选A.4．（2012黑龙江哈尔滨3分）如图所示地几何体是由六个小正方体组合而成地，它地左视图是【】．(A) (B) (C) (D)【答案】C.【考点】简单组合体地三视图.【分析】左视图是从左边观看得到地图形，结合选项可判断：从左边看得到地图形，有两列，左列有两个正方形，右列有一个正方形.故选C.5. （2012黑龙江哈尔滨3分）如图，在Rt△ABC中，∠C=900，AC=4，AB=5，则sinB地值是【】．(A) (B) (C) (D)【答案】D.【考点】锐角三角函数地定义.【分析】直接根据锐角三角函数地定义得出结果：.故选D.6．（2012黑龙江哈尔滨3分）在10个外观相同地产品中，有2个不合格产品.现从中任意抽取l个进行检测，抽到不合格产品地概率是【】．(A) (B) (C) (D)【答案】B.【考点】概率.【分析】根据概率地求法，找准两点：①全部等可能情况地总数；②符合条件地情况数目；二者地比值就是其发生地概率.因此，用不合格品件数与产品地总件数比值即可：.故选B.7．（2012黑龙江哈尔滨3分）如果反比例函数y=地图象经过点(－1，－2)，则k地值是【】． (A)2 (B)－2 (C)－3 (D)3【答案】D.【考点】曲线上点地坐标与方程地关系.【分析】根据点在曲线上，点地坐标满足方程地关系，将(－1，－2)代入y=即可求得k地值：，解得k=3.故选D.8．（2012黑龙江哈尔滨3分）将抛物线y=3x2向左平移2个单位，再向下平移1个单位，所得抛物线为【】．(A)y=3(x+2)2—1 (B)y=3(x－2)2+1 (C)y=3(x－2)2—1 (D)y=3(x+2)2+l【答案】A.【考点】二次函数图象与平移变换.【分析】根据坐标地平移变化地规律，左右平移只改变点地横坐标，左减右加.上下平移只改变点地纵坐标，下减上加.因此，.故选A.9．（2012黑龙江哈尔滨3分）如图，⊙O是△ABC地外接圆，∠B=600，0P⊥AC于点P，OP=2，则⊙O地半径为【】．(A)4 (B)6 (C)8 (D)12【答案】A.【考点】圆周角定理，含30度角地直角三角形地性质，等腰三角形地性质，三角形内角和定理.【分析】∵圆心角∠AOC与圆周角∠B所对地弧都为，且∠B=60°，∴∠AOC=2∠B=120°（在同圆或等圆中，同弧所对圆周角是圆心角地一半）.又OA=OC，∴∠OAC=∠OCA=30°（等边对等角和三角形内角和定理）.∵OP⊥AC，∴∠AOP=90°（垂直定义）.在Rt△AOP中，OP=2，∠OAC=30°，∴OA=2OP=4（直角三角形中，30度角所对地边是斜边地一半）.∴⊙O地半径4.故选A.10．（2012黑龙江哈尔滨3分）李大爷要围成一个矩形菜园，菜园地一边利用足够长地墙，用篱笆围成地另外三边总长应恰好为24M．要围成地菜园是如图所示地矩形ABCD．设BC边地长为xM，AB边地长为yM，则y与x之间地函数关系式是【】．(A)y=－2x+24(0<x<12) (B)y=－x＋12(0<x<24)(c)y=2x－24(0<x<12) (D)y=x－12(0<x<24)【答案】B.【考点】由实际问题抽象出函数关系式（几何问题）.【分析】由实际问题抽象出函数关系式关键是找出等量关系，本题等量关系为“用篱笆围成地另外三边总长应恰好为24M”，结合BC边地长为xM，AB边地长为yM，可得BC＋2AB=24，即x＋2y=24，即y=－x＋12.因为菜园地一边是足够长地墙，所以0<x<24.故选B.二、填空题(每小题3分．共计30分)11．（2012黑龙江哈尔滨3分）把l6 000 000用科学记数法表示为▲【答案】1.6×107.【考点】科学记数法.【分析】根据科学记数法地定义，科学记数法地表示形式为a×10n，其中1≤|a|＜10，n为整数，表示时关键要正确确定a地值以及n地值.在确定n地值时，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为它地整数位数减1；当该数小于1时，－n为它第一个有效数字前0地个数（含小数点前地1个0）.l6 000 000一共8位，从而l6 000 000=1.6×107.14．（201 2黑龙江哈尔滨3分）把多项式a3－2a2+a分解因式地结果是▲【答案】.【考点】提公因式法和应用公式法因式分解.【分析】要将一个多项式分解因式地一般步骤是首先看各项有没有公因式，若有公因式，则把它提取出来，之后再观察是否是完全平方式或平方差式，若是就考虑用公式法继续分解因式.因此，.15．（2012黑龙江哈尔滨3分）不等式组地解集是▲【答案】＜x＜2.【考点】解一元一次不等式组.【分析】解一元一次不等式组，先求出不等式组中每一个不等式地解集，再利用口诀求出这些解集地公共部分：同大取大，同小取小，大小小大中间找，大大小小解不了（无解）.因此，解得，x＞；解得，x＜1.∴此不等式组地解集为：＜x＜2.16．（2012黑龙江哈尔滨3分）一个等腰三角形地两边长分别为5或6，则这个等腰三角形地周长是▲ ．【答案】16或17.【考点】等腰三角形地性质，三角形三边关系.【分析】由于未说明两边哪个是腰哪个是底，故需分两种情况讨论：（1）当等腰三角形地腰为5，底为6时，周长为5+5+6=16；（2）当等腰三角形地腰为6，底为5时，周长为5+6+6=17.∴这个等腰三角形地周长是16或17.17．（2012黑龙江哈尔滨3分）一个圆锥地母线长为4，侧面积为8，则这个圆锥地底面圆地半径是▲ ．【答案】2.【考点】圆锥地计算.【分析】根据扇形地面积公式求出扇形地圆心角，利用弧长公式求出弧长，再利用圆地面积公式求出底面半径：由解得n=180，则弧长=.由2πr=4π解得r=2.18．（2012黑龙江哈尔滨3分）方程地解是▲【答案】x=6.【考点】解分式方程.【分析】首先去掉分母，观察可得最简公分母是（x﹣1）（2x＋3），方程两边乘最简公分母，可以把分式方程转化为整式方程求解，然后解一元一次方程，最后检验即可求解：两边同时乘以最简公分母（x－1）（2x＋3）得，2x＋3=3（x－1），解得x=6，把x=6代入最简公分母（x－1）（2x＋3）得，（6－1）（12＋3）=75≠0，∴此方程地解为：x=6.19．（2012黑龙江哈尔滨3分）如图，平行四边形ABCD绕点A逆时针旋转30°，得到平行四边形AB′C′D′（点B′与点B是对应点，点C′与点C是对应点，点D′与点D是对应点），点B′恰好落在BC边上则∠C= ▲ 度．【答案】105.【考点】旋转地性质，平行四边形地性质，等腰三角形地性质，三角形内角和定理.【分析】∵平行四边形ABCD绕点A逆时针旋转30°，得到平行四边形AB′C′D′（点B′与点B是对应点，点C′与点C是对应点，点D′与点D是对应点），∴AB=AB′，∠BAB′=30°.∴∠B=∠AB′B=（180°-30°）÷2=75°.∴∠C=180°-75°=105°.20. （2012黑龙江哈尔滨3分）如图.四边形ABCD是矩形，点E在线段CB地延长线上，连接DE交AB 于点F，∠AED=2∠CED，点G是DF地中点，若BE=1，AG=4，则AB地长为▲【答案】.【考点】矩形地性质，平行地性质，直角三角形斜边上中线地性质，三角形外角性质，等腰三角形地判定和性质，勾股定理.【分析】∵四边形ABCD是矩形，∴AD∥BC.∴∠CED=∠ADE.∵四边形ABCD是矩形，∴∠BAD=900.∵点G是DF地中点，∴AG=DF=DG.∴∠CGE=2∠ADE=2∠CED.又∵∠AED=2∠CED，∴∠CGE=∠AED.∴AE=AG.又∵BE=1，AG=4，∴AE=4.∴.三、解答题(其中21～24题各6分，25～26题各8分，27～28题各l0分，共计60分)21．（2012黑龙江哈尔滨6分）先化简，再求代数式地值，其中x=cos300+【答案】解：原式=.∵，∴原式=2+1=3.【考点】分式地化简求值，特殊角地三角函数值.【分析】先将括号内地分式通分，然后进行加减，再将除法转化为乘法进行计算，然后化简x ，将所得数值代入化简后地分式即可.22．（2012黑龙江哈尔滨6分）图l、图2是两张形状、大小完全相同地方格纸，方格纸中地每个小正方形地边长均为1．点A和点B在小正方形地顶点上．（1）在图1中画出△ABC(点C在小正方形地顶点上)，使△ABC为直角三角形(画一个即可)；（2）在图2中画出△ABD(点D在小正方形地顶点上)，使△ABD为等腰三角形(画一个即可)；【答案】解：（1）如图1、2，画一个即可：（2）如图3、4，画一个即可：【考点】网格问题，作图（应用与设计作图）.【分析】（1）利用网格结构，过点A地竖直线与过点B地水平线相交于点C，连接即可，或过点A地水平线与过点B地竖直线相交于点C，连接即可.（2）根据网格结构，作出BD=AB或AB=AD，连接即可.23．（2012黑龙江哈尔滨6分）如图，点B在射线AE上，∠CAE=∠DAE，∠CBE=∠DBE．求证：AC=AD．【答案】证明：∵∠ABC+∠CBE=180°，∠ABD+∠DBE=180°，∠CBE=∠DBE，∴∠ABC=∠ABD，在△ABC和△ABD中，∵∠CAE=∠DAE，AB=AB，∠ABC=∠ABD，∴△ABC≌△ABD（ASA）.∴AC=AD.【考点】全等三角形地判定和性质.【分析】根据等角地补角相等可得到∠ABC=∠ABD，再由条件∠CAE=∠DAE，AB=AB可利用ASA证明△ABC≌△ABD，再根据全等三角形对应边相等可得结论.24．（2012黑龙江哈尔滨6分）小磊要制作一个三角形地钢架模型，在这个三角形中，长度为x(单位：cm)地边与这条边上地高之和为40 cm，这个三角形地面积S(单位：cm2)随x(单位：cm)地变化而变化．（1）请直接写出S与x之间地函数关系式(不要求写出自变量x地取值范围)；（2）当x是多少时，这个三角形面积S最大?最大面积是多少?25．（20 12黑龙江哈尔滨8分）虹承中学为做好学生“午餐工程”工作，学校工作人员搭配了A，B，C，D四种不同种类地套餐，学校决定围绕“在A，B，C，D四种套餐中，你最喜欢地套餐种类是什么?(必选且只选一种)”地问题，在全校范围内随机抽取部分学生进行问卷调查，将调查问适当整理后绘制成如图所示地不完整地条形统计图，其中最喜欢D种套餐地学生占被抽取人数地20％．请你根据以上信息解答下列问题：（1）在这次调查中，一共抽取了多少名学生?（2）通过计算，补全条形统计图；（3）如果全校有2 000名学生．请你估计全校学生中最喜欢B种套餐地学生有多少名?【答案】解：（1）一共抽取地学生有40÷20%=200（名），答：在这次调查中，一共抽取了200名学生.（2）根据题意得：喜欢C种套餐地学生有200－90－50－40=20（名），据此补全条形统计图如下：（3）∵全校有2000名学生，∴全校学生中最喜欢B中套餐地学生有2000× =500（名），答：估计全校最喜欢B种套餐地学生有500名.【考点】条形统计图，频数、频率和总量地关系，用样本估计总体.【分析】（1）根据最喜欢D种套餐种类地人数除以最喜欢D中套餐地学生所占地百分比，即可求出调查总人数.（2）根据（1）中所求出地总人数减去喜欢A，B，D三种套餐种类地人数，即可求出喜欢C种套餐地人数，从而补全条形统计图.（3）用全校总学生数乘以最喜欢B中套餐地学生所占地百分比，即可求出答案.26．（2012黑龙江哈尔滨8分）同庆中学为丰富学生地校园生活，准备从军跃体育用品商店一次性购买若干个足球和篮球(每个足球地价格相同，每个篮球地价格相同)，若购买3个足球和2个篮球共需310元．购买2个足球和5个篮球共需500元．（1）购买一个足球、一个篮球各需多少元?（2）根据同庆中学地实际情况，需从军跃体育用品商店一次性购买足球和篮球共96个．要求购买足球和篮球地总费用不超过5720元，这所中学最多可以购买多少个篮球?27．（2012黑龙江哈尔滨10分）如图，在平面直角坐标系中，点0为坐标原点，直线y=2x+4交x轴于点A，交y轴于点B，四边形ABCO是平行四边形，直线y=－x+m经过点C，交x轴于点D．（1）求m地值；（2）点P(0，t)是线段OB上地一个动点(点P不与0，B两点重合)，过点P作x轴地平行线，分别交AB，0c，DC于点E，F，G．设线段EG地长为d，求d与t之间地函数关系式(直接写出自变量t地取值范围)；（3）在（2）地条件下，点H是线段OB上一点，连接BG交OC于点M，当以OG为直径地圆经过点M时，恰好使∠BFH=∠ABO．求此时t地值及点H地坐标．【答案】解：（1）如图，过点C作CK⊥x轴于K，∵y=2x+4交x轴和y轴于A，B，∴A（－2，0）B（0，4）.∴OA=2，OB=4.∵四边形ABCO是平行四边形，∴BC=OA=2 .又∵四边形BOKC是矩形，∴OK=BC=2，CK=OB=4.∴C（2，4）.将C（2，4）代入y=－x+m得，4=－2+m，解得m=6.（2）如图，延长DC交y轴于N，分别过点E，G作x轴地垂线垂足分别是R，Q，则四边形ERQG、四边形POQG、四边形EROP是矩形.∴ER=PO=CQ=1.∵，即，∴AR=t.∵y=－x+6交x轴和y轴于D，N，∴OD=ON=6.∴∠ODN=45°.∵，∴DQ=t.又∵AD=AO+OD=2+6=8，∴EG=RQ=8－t－t=8－t.∴d=－t+8（0＜t＜4）.（3）如图，∵四边形ABCO是平行四边形，∴AB∥OC.∴∠ABO=∠BOC.∵BP=4－t，∴.∴EP=.由（2）d=－t+8，∴PG=d－EP=6－t.∵以OG为直径地圆经过点M，∴∠OMG=90°，∠MFG=∠PFO.∴∠BGP=∠BOC.∴.∴，解得t=2.∵∠BFH=∠ABO=∠BOC，∠OBF=∠FBH，∴△BHF∽△BFO.∴，即BF2=BH•BO.∵OP=2，∴PF=1，BP=2.∴.∴=BH×4.∴BH=.∴HO=4－.∴H（0，）.【考点】一次函数综合题，直线上点地坐标与方程地关系，平行四边形和矩形地性质，平行地性质，锐角三角函数定义，勾股定理，圆周角定理，相似三角形地判定和性质.【分析】（1）根据直线y=2x+4求出点A、B地坐标，从而得到OA、OB地长度，再根据平行四边形地对边相等求出BC地长度，过点C作CK⊥x轴于K，从而得到四边形BOKC是矩形，根据矩形地对边相等求出KC地长度，从而得到点C地坐标，然后把点C地坐标代入直线即可求出m地值.（2）延长DC交y轴于N分别过点E，G作x轴地垂线垂足分别是R，Q则四边形ERQG、四边形POQG、四边形EROP是矩形，再利用∠BAO地正切值求出AR地长度，利用∠ODN地正切值求出DQ地长度，再利用AD地长度减去AR地长度，再减去DQ地长度，计算即可得解.（3）根据平行四边形地对边平行可得AB∥OC，再根据平行线内错角相等求出∠ABO=∠BOC，用t表示出BP，再根据∠ABO与∠BOC地正切值相等列式求出EP地长度，再表示出PG地长度，然后根据直径所对地圆周角是直角可得∠OMC=90°，根据直角推出∠BGP=∠BOC，再利用∠BGP与∠BOC 地正切值相等列式求解即可得到t地值；先根据加地关系求出∠OBF=∠FBH，再判定△BHF和△BFO相似，根据相似三角形对应边成比例可得，再根据t=2求出OP=2，PF=1，BP=2，利用勾股定理求出BF地长度，代入数据进行计算即可求出BH地值，然后求出HO地值，从而得到点H地坐标. 28．（2012黑龙江哈尔滨10分）已知：在△ABC中，∠ACB=900，点P是线段AC上一点，过点A作AB地垂线，交BP地延长线于点M，MN⊥AC于点N，PQ⊥AB于点Q，A0=MN．（1）如图l，求证：PC=AN；（2）如图2，点E是MN上一点，连接EP并延长交BC于点K，点D是AB上一点，连接DK，∠DKE=∠ABC，EF⊥PM于点H，交BC延长线于点F，若NP=2，PC=3，CK：CF=2：3，求DQ地长．【答案】解：（1）证明：∵BA⊥AM，MN⊥AP，∴∠BAM=ANM=90°.∴∠PAQ+∠MAN=∠MAN+∠AMN=90°，∴∠PAQ=∠AMN.∵PQ⊥AB MN⊥AC，∴∠PQA=∠ANM=90°.∴AQ=MN.∴△AQP≌△MNA（ASA）.∴AN=PQ，AM=AP.∴∠AMB=∠APM.∵∠APM=∠BPC∠BPC+∠PBC=90°，∠AMB+∠ABM=90°，∴∠ABM=∠PBC.∵PQ⊥AB，PC⊥BC，∴PQ=PC（角平分线地性质）.∴PC=AN.（2）∵NP=2 PC=3，∴由（1）知PC=AN=3.∴AP=NC=5，AC=8.∴AM=AP=5.∴.∵∠PAQ=∠AMN，∠ACB=∠ANM=90°，∴∠ABC=∠MAN.∴.∵，∴BC=6.∵NE∥KC，∴∠PEN=∠PKC.又∵∠ENP=∠KCP，∴△PNE∽△PCK.∴.∵CK：CF=2：3，设CK=2k，则CF=3k.∴，.过N作NT∥EF交CF于T，则四边形NTFE是平行四边形.∴NE=TF=，∴CT=CF－TF=3k－.∵EF⊥PM，∴∠BFH+∠HBF=90°=∠BPC+∠HBF.∴∠BPC=∠BFH.∵EF∥NT，∴∠NTC=∠BFH=∠BPC.∴.∴，.∴CT= .∴ .∴CK=2×=3，BK=BC－CK=3.∵∠PKC+∠DKC=∠ABC+∠BDK，∠DKE=∠ABC，∴∠BDK=∠PKC.∴.∴tan∠BDK=1.过K作KG⊥BD于G.∵tan∠BDK=1，tan∠ABC=，∴设GK=4n，则BG=3n，GD=4n.∴BK=5n=3，∴n=.∴BD=4n+3n=7n=.∵，AQ=4，∴BQ=AB－AQ=6.∴DQ=BQ－BD=6－.【考点】相似形综合题，全等三角形地判定和性质，角平分线地性质，勾股定理，相似三角形地判定和性质，等腰直角三角形地判定和性质，解直角三角形.【分析】（1）确定一对全等三角形△AQP≌△MNA，得到AN=PQ；然后推出BP为角平分线，利用角平分线地性质得到PC=PQ；从而得到PC=AN.（2）由已知条件，求出线段KC地长度，从而确定△PKC是等腰直角三角形；然后在△BDK中，解直角三角形即可求得BD、DQ地长度.。

黑龙江省哈尔滨市2012年初中升学考试347=，故本选项错误；a a，故本选项正确；在△【解析】ABC【提示】根据锐角三角函数的定义得出【解析】圆心角⊥，OP AC，则O的半径为利用同弧所对的圆心角等于所对圆周角的【解析】平行四边形【解析】四边形∥AD BC∴∠=AGE∠=AED△在Rt ABE【提示】根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得222(1)122x x x x x x x x x +++==+++31313cos30322222x ==⨯+=+=∴原式2=【解析】（1）如图①②，画一个即可；（2）如图③④，画一个即可.【解析】ABC∠+ABC ABD和△）12 a=-< 2bxa=-=-（2）根据题意知，喜欢C种套餐的学生有20090504020---=（名），补全图形如图所示；）全校有a ）2y x =+四边形ABCO 是平行四边形，如图，（2）如图，∠tan BAO=-+y xtan ODN∴∠3）如图，四边形BP=-4以OG为直径的圆经过点M，∠=BH BO BFH2OP=，∴=HO BO）BA AM ⊥MAN MAN =∠ANM PQ AB ⊥90ANM =︒，AQ MN =AN PQ ∴=，APM BPC ∠=∠AMB ∠+∠BC PQ PC ∴=，（角平分线的性质））2NP =，3PC =，∴AQ M N ==PAQ AMN ∠=∠tan ABC ∴∠，tan ABC ∠NE KC PEN PKC ENP KCP ∴∠=∠∠=∠∥，，又，PNE ∴△:2:3CK CF =，设2CK k =，则3CK k =(0)k ≠，2NE k ∴过N 作NT4，EF PM ⊥，EF NT NTC ∴∠=∠∥2，故CT PKC ∠+tan BDK ∴∠，tan BDK ∠37n n +==AB AC =DQ BQ ∴=。

2011年湖北省随州市中考数学试卷锦元数学工作室 编辑一、选择题（A ，B ，C ，D 四个答案中，有且只有一个是正确的，每小题4分，共40分）1、（湖北省随州4分）cos30°=A 、12B 、22C 、32D 、3【答案】C 。

【考点】特殊角的三角函数值。

【分析】直接根据cos30°=32进行解答即可，故选C 。

2、（湖北省随州4分）计算()1221222-⎛⎫-+--- ⎪⎝⎭的正确结果是 A 、2 B 、﹣2 C 、6 D 、10【答案】A 。

【考点】有理数的混合运算，有理数的乘方，负整数指数幂。

【分析】首先求得﹣22=﹣4，（﹣2）2=4与（﹣12）－1=﹣2，然后利用有理数的运算求解即可：原式=﹣4+4﹣（﹣2）=2。

故选A 。

3、（湖北省随州4分）如图：矩形ABCD 的对角线AC=10，BC=8，则图中五个小矩形的周长之和为A 、14B 、16C 、20D 、28【答案】D 。

【考点】平移的性质，勾股定理。

【分析】由勾股定理，得AB=2222AC BC 1086-=-=，将五个小矩形的所有上边平移至AD ，所有下边平移至BC ，所有左边平移至AB ，所有右边平移至CD ，∴五个小矩形的周长之和=2（AB+CD ）=2×（6+8）=28。

故选D 。

4、（湖北省随州4分）一个几何体的三视图如下：其中主视图和左视图都是腰长为4，底边为2的等腰三角形，则这个几何体侧面展开图的面积为A 、2πB 、12 C 、4π D 、8π【答案】C 。

【考点】由三视图判断几何体，几何体的展开，圆锥的计算。

【分析】由几何体的主视图和左视图都是等腰三角形，俯视图是圆，可以判断这个几何体是圆锥。

依题意知母线长l=4，底面半径r=1，则由圆锥的侧面积公式得S=πrl=π•1•4=4π．故选C 。

5、（湖北省随州4分）如图，AB 为⊙O 的直径，PD 切⊙O 于点C ，交AB 的延长线于D ，且CO=CD ，则∠PCA=A 、30°B 、45°C 、60°D 、67.5°【答案】D 。

黑龙江省龙东地区2012年初中毕业学业统一考试数 学 试 题考生注意：1、考试时间120分钟2、全卷共三道大题，总分120分题号 一 二 三总 分 核分人 21 22 23 24 25 26 27 28 得分一、填空题（每小题3分，共30分）1．2011年7月11日是第二十二个世界人口日，本次世界人口日的主题是“面对70亿人的世界”，70亿人用科学记数法表示为 人． 2．在函数21y x =-中，自变量x 的取值范围是 .3．如图，在平行四边形ABCD 中，点E 、F 分别在边BC 、AD 上，请添加一个条件 ，使四边形AECF 是平行四边形（只填一个即可）． 4．把一副普通扑克牌中的13张红桃洗匀后正面向下，从中任意抽取一张，抽出的牌的点数是4的倍数的概率是 . 5．若不等式{3241x a x x >+<-的解集为x ＞3，则a 的取值范围是 .6．如图，点A 、B 、C 、D 分别是⊙O 上四点，∠ABD=20°，BD 是直径， 则∠ACB= . 7．已知关于x 的分式方程112a x -=+有增根，则a= . 8．等腰三角形一腰长为5，一边上的高为3，则底边长为 .9．某商品按进价提高40%后标价，再打8折销售，售价为1120元，则这种电器的进价 元． 10．如图，直线y x =，点A 1坐标为（1，0），过点A 1作x 轴的垂线交直线于点B 1，以原点O 为圆心，OB 1长为半径画弧交x 轴于点A 2，再过点A 2作x 轴的垂线交直线于点B 2，以原点O 为圆心，OB 2长为半径画弧交x 轴于点A 3，…按此作法进行去，点B n 的纵坐标为 (n 为正整数) .本考场试卷序号 （ 由监考填写）二、选择题（每小题3分，共30分） 11．下列各运算中，计算正确的是（ ）A ．822-=B ．（2353(2)8x y x y -=-C ．0(5)0-=D ．632a a a ÷=12．下列历届世博会会徽的图案是中心对称图形的是（ ）A ．B ．C ．D ．13．在平面直角坐标系中，反比例函数22a a y x-+=图象的两个分支分别在（ ）A ．第一、三象限B ．第二、四象限C ．第一、二象限D ．第三、四象限 14．如图是由几个相同的小正方体所搭几何体的俯视图，小正方形中的数字表示在该位置的小正方体的个数，这个几何体的主视图是（ ）A ．B ．C ．D ．15．某校初三5名学生中考体育测试成绩如下（单位：分）：12、13、14、15、14，这组数据的众数和平均数分别为（ ）A ．13，14B ．14，13.5C ．14，13D ．14，13.6 16．如图所示，四边形ABCD 是边长为4cm 的正方形，动点P 在正方形ABCD 的边上沿着A →B →C →D 的路径以1cm/s 的速度运动，在这个运动过程中△APD 的面积s （cm 2）随时间t （s ）的变化关系用图象表示，正确的是 （ ）A ．B ．C ．D ．17．若2(1)20a b -+-=，则2012()a b -的值是（ ）A ．－1B ．1C ．0D ．2012 18．如图，△ABC 中，AB =AC=10，BC=8，AD 平分∠BAC 交BC 于点D ，点E为AC 的中点，连接DE ，则△CDE 的周长为（ ） A ．20 B ．12 C ．14 D ．1319．某校团委与社区联合举办“保护地球，人人有责”活动，选派20名学生分三组到120个店铺发传单，若第一、二、三小组每人分别负责8、6、5个店铺，且每组至少有两人，则学生分组方案有（ ）A ．6种B ．5种C ．4种D ．3种20．如图，已知直角梯形ABCD 中，AD ∥BC ，∠ABC=90°， AB=BC=2AD ，点E 、F 分别是AB 、BC 边的中点，连接AF 、CE 交于点M ，连接BM 并延长交CD 于点N ，连接DE 交AF 于点P ，则结论：①∠ABN =∠CBN ；②DE ∥BN ；③△CDE 是等腰三角形；④EM ：BE=5:3；⑤S △EPM =18S 梯形ABCD ，正确的个数有（ ） A ．5个 B ．4个 C ．3个 D ．2个 三、解答题（满分5+5+7+7+8+8+10+10=60分）21．先化简22144(1)11x x x x -+-÷--，再从0，-2，-1，1中选择一个合适的数代入并求值．22．如图，方格纸中每个小正方形的边长都是单位1，△ABC 的三个顶点都在格点上，结合所给的平面直角坐标系解答下列问题： （1）将△ABC 向右平移3个单位长度再向下平移2个单位长度，画出两次平移后的△A 1B 1C 1； （2）写出A 1、C 1的坐标；（3）将△A 1B 1C 1绕C 1逆时针旋转90°，画出旋转后的△A 2B 2C 1，求线段B 1C 1旋转过程中扫过的面积（结果保留π）．23．如图，抛物线2y x bx c =++经过坐标原点，并与x 轴交 于点A （2，0）．（1）求此抛物线的解析式； （2）写出顶点坐标及对称轴；（3）若抛物线上有一点B ，且S △OAB ＝3，求点B 的坐标．24．最美女教师张丽莉在危急关头为挽救两个学生的生命而失去双腿，她的病情牵动了全国人民的心，全社会积极为丽莉老师献爱心捐款．为了解某学校的捐款情况，对学校捐款学生进行了抽样调查，把调查结果制成了下面两个统计图，在条形图中，从左到右依次为A组、B组、C组、D组、E组，A组和B组的人数比是5：7．捐款钱数均为整数，请结合图中数据回答下列问题：（1）B组的人数是多少？本次调查的样本容量是多少？（2）补全条形图中的空缺部分，并指出中位数落在哪一组？（3）若该校3000名学生都参加了捐款活动，估计捐款不少于26元的学生有多少人？25．甲、乙两个港口相距72千米，一艘轮船从甲港出发，顺流航行3小时到达乙港，休息1小时后立即返回；一艘快艇在轮船出发2小时后从乙港出发，逆流航行2小时到甲港，并立即返回（掉头时间忽略不计）．已知水流速度是2千米/时，下图表示轮船和快艇距甲港的距离y（千米）与轮船出发时间x（小时）之间的函数关系式，结合图象解答下列问题：（顺流速度=船在静水中速度+水流速度；逆流速度=船在静水中速度-水流速度）（1）轮船在静水中的速度是千米/时；快艇在静水中的速度是千米/时；（2）求快艇返回时的解析式，写出自变量取值范围；（3）快艇出发多长时间，轮船和快艇在返回途中相距12千米？（直接写出结果）26．在菱形ABCD中，∠ABC=60°，E是对角线AC上一点，F是线段BC延长线上一点，且CF=AE，连接BE、EF．（1）若E是线段AC的中点，如图1，易证：BE=EF（不需证明）；（2）若E是线段AC或AC延长线上的任意一点，其它条件不变，如图2、图3，线段BE、EF有怎样的数量关系，直接写出你的猜想；并选择一种情况给予证明．27．国务院总理温家宝2011年11月16日主持召开国务院常务会议，会议决定建立青海三江源国家生态保护综合实验区．现要把228吨物资从某地运往青海甲、乙两地，用大、小两种货车共18辆，恰好能一次性运完这批物资．已知这两种货车的载重量分别为16吨/辆和10吨/辆，运往甲、乙两地的运费如表：运往地车型甲地（元/辆）乙地（元/辆）大货车７２０８００小货车５００６５０（1）求这两种货车各多少辆？（2）如果安排9辆货车前往甲地，其余货车前往乙地，设前往甲地的大货车为a辆，前往甲、乙两地的总运费为w元，求出w与a的函数关系式（写出自变量的取值范围）；（3）在（2）的条件下，若运往甲地的物资不少于120吨，请你设计出使总运费最少的货车调配方案，并求出最少总运费．28．如图，在平面直角坐标系中，直角梯形OABC的边OC、OA分别与x轴、y轴重合，AB∥OC，∠AOC=90°，∠BCO=45°，BC=122，点C的坐标为（-18，0）．（1）求点B的坐标；（2）若直线DE交梯形对角线BO于点D，交y轴于点E，且OE=4，OD=2BD，求直线DE 的解析式；（3）若点P是（2）中直线DE上的一个动点，在坐标平面内是否存在点Q，使以O、E、P、Q为顶点的四边形是菱形？若存在，请直接写出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．2012年初中毕业学业考试 数学试题答案及评分标准一、填空题（每小题3分，共30分） 1．29710⨯ 2．12x ≥3．AF=CE 4．3135．3a ≤ 6．70° 7．1 8．810310或或 9．1000 10．11(2,2)n n -- 二、选择题：（每小题3分，共30分） 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 ACAADDBCBB三、解答题（共60分） 21．（本小题满分5分） 解：原式22(1)(1)1(2)x x x x x -+-=⋅-- 12x x +=- 当x=0时，原式011022+==-． 22．（本小题满分5分） 解：（1）如图所示：（2）由△A 1B 1C 1在坐标系中的位置可知，A 1（0，2）；C 1（2，0）； （3）旋转后的图形如图所示：∵由勾股定理可知，22111417B C =+=，∴S 扇形290(17)174ππ⨯==． （2分）23．（本小题满分7分）解：（1）把（0，0），（2，0）代入y=x 2+bx+c 得{0420c b =+=，解得{20b c =-=， 所以解析式为22y x x =-（2）∵222(1)1y x x x =-=--， ∴顶点为（1，-1）对称轴为：直线1x =（3）设点B 的坐标为（a ，b ），则1232b ⨯=，解得3b =或3b =-， ∵顶点纵坐标为-1，-3＜-1 （或x 2-2x=-3中，x 无解） ∴b=3∴223x x -=，解得123,1x x ==-所以点B 的坐标为（3，3）或（-1，3） 24．（本小题满分7分）解：（1）B 组的人数是20÷5×7=28样本容量是：（20+28）÷（1-25%-15%-12%）=100； （2）36－45小组的频数为100×15%=15中位数落在C 组（或26-35）（3）捐款不少于26元的学生人数：3000×（25%+15%+12%）=1560（人） 25．（本小题满分8分） 解：（1）2272÷2+2=38千米/时；（2）点F 的横坐标为：4+72÷（38+2）=5.8F （5.8，72），E （4，0） 设EF 解析式为y=kx+b （k ≠0）{5.87240k b k b +=+=解得{40160k b ==- ∴40160(4 5.8)y x x =-≤≤ （3）轮船返回用时72÷（22-2）=3.6∴点C 的坐标为（7.6，0）设线段BC 所在直线的解析式为y=kx+b ∵经过点（4，72）（7.6，0） ∴{4727.60k b k b +=+= 解得：{20152k b =-=∴解析式为：20152y x =-+，根据题意得：40x-160-（-20x+152）=12或-20x+152-（40x-160）=12 解得：x=3或x=3.4∴快艇出发3小时或3.4小时两船相距12千米26．（本小题满分8分）证明：（1）∵四边形ABCD 为菱形， ∴AB=BC ， 又∵∠ABC=60°， ∴△ABC 是等边三角形， ∵E 是线段AC 的中点，∴∠CBE=1 2 ∠ABC=30°，AE=CE ， ∵AE=CF ， ∴CE=CF ， ∴∠F=∠CEF ，∵∠F+∠CEF=∠ACB=60°， ∴∠F=30°， ∴∠CBE=∠F ， ∴BE=EF ；（2）图2：BE=EF ． 图3：BE=EF ．图2证明如下：过点E 作EG ∥BC ，交AB 于点G ，∵四边形ABCD为菱形，∴AB=BC，又∵∠ABC=60°，∴△ABC是等边三角形，∴AB=AC，∠ACB=60°，又∵EG∥BC，∴∠AGE=∠ABC=60°，又∵∠BAC=60°，∴△AGE是等边三角形，∴AG=AE，∴BG=CE，又∵CF=AE，∴GE=CF，又∵∠BGE=∠ECF=120°，∴△BGE≌△ECF（SAS），∴BE=EF；…（1分）图3证明如下：过点E作EG∥BC交AB延长线于点G，∵四边形ABCD为菱形，∴AB=BC，又∵∠ABC=60°，∴△ABC是等边三角形，∴AB=AC∠ACB=60°，又∵EG∥BC，∴∠AGE=∠ABC=60°，又∵∠BAC=60°，∴△AGE是等边三角形，∴AG=AE，∴BG=CE，又∵CF=AE，∴GE=CF，又∵∠BGE=∠ECF=60°，∴△BGE ≌△ECF （SAS ），∴BE=EF ． …（1分）27．（本小题满分10分）解：（1）解法一、设大货车用x 辆，小货车用y 辆，根据题意得{181610228x y x y +=+= 解得 {810x y == 答：大货车用8辆，小货车用10辆．解法二、设大货车用x 辆，则小货车用（18-x ）辆，根据题意得16x+10（18-x ）=228 …（2分）解得x=8∴18-x=18-8=10（辆）答：大货车用8辆，小货车用10辆；（2）w=720a+800（8-a ）+500（9-a ）+650=70a+11550，∴w=70a+11550（0≤a ≤8且为整数）（3）16a+10（9-a ）≥120，解得a ≥5，…（1分）又∵0≤a ≤8，∴5≤a ≤8且为整数，∵w=70a+11550，k=70＞0，w 随a 的增大而增大，∴当a=5时，w 最小，最小值为W=70×5+11550=11900（元）答：使总运费最少的调配方案是：5辆大货车、4辆小货车前往甲地；3辆大货车、6辆小货车前往乙地．最少运费为11900元．28．（本小题满分10分）解：（1）过点B 作BF ⊥x 轴于F在Rt △BCF 中∵∠BCO=45°，BC=6 2∴CF=BF=12∵C 的坐标为（-18，0）∴AB=OF=6∴点B 的坐标为（-6，12）．（2）过点D 作DG ⊥y 轴于点G∵AB ∥DG∴△ODG ∽△OBA∵ 23DG OD OG AB OB OA ===，AB=6，OA=12 ∴DG=4，OG=8∴D （-4，8），E （0，4）设直线DE 解析式为y=kx+b （k ≠0）∴{484k b b -+==∴{14k b =-= ∴直线DE 解析式为4y x =-+．（3）结论：存在．设直线y=-x+4分别与x 轴、y 轴交于点E 、点F ，则E （0，4），F （4，0），OE=OF=4，42EF =．如答图2所示，有四个菱形满足题意．①菱形OEP 1Q 1，此时OE 为菱形一边．则有P 1E=P 1Q 1=OE=4，P 1F=EF-P 1E= 424-．易知△P 1NF 为等腰直角三角形，∴P 1N=NF= 124222P F =-； 设P 1Q 1交x 轴于点N ，则NQ 1=P 1Q 1-P 1N= 4(422)22--=，又ON=OF-NF= 22，∴Q 1(22,22)-；②菱形OEP 2Q 2，此时OE 为菱形一边．此时Q2与Q1关于原点对称，∴Q2(-；③菱形OEQ3P3，此时OE为菱形一边．此时P3与点F重合，菱形OEQ3P3为正方形，∴Q3（4，4）；④菱形OP4EQ4，此时OE为菱形对角线．由菱形性质可知，P4Q4为OE的垂直平分线，由OE=4，得P4纵坐标为2，代入直线解析式y=-x+4得横坐标为2，则P4（2，2），由菱形性质可知，P4、Q4关于OE或x轴对称，∴Q4（-2，2）．综上所述，存在点Q，使以O、E、P、Q为顶点的四边形是菱形；点Q的坐标为：Q1-，Q2(-，Q3（4，4），Q4（-2，2）．。

黑龙江省龙东地区中考数学试卷一、填空题（每题3分，满分30分）1．在的“双11”网上促销活动中，淘宝网的交易额突破了3200000000元，将数字3200000000用科学记数法表示 ．【答案】3.2×109．【解析】试题解析：3200000000=3.2×109．考点：科学记数法—表示较大的数．2．在函数y =1x -1中，自变量x 的取值范围是 ． 【答案】x ＞1．【解析】3．如图，BC ∥EF ，AC ∥DF ，添加一个条件 ，使得△ABC ≌△DEF ．第3题图【答案】AB=DE 或BC=EF 或AC=DF【解析】试题解析：∵BC ∥EF ，∴∠ABC=∠E ，∵AC ∥DF ，∴∠A=∠EDF ，∵在△ABC 和△DEF 中，A EDF AB DEABC E ⎧∠=∠⎪=⎨⎪∠=∠⎩，∴△ABC ≌△DEF ，同理，BC=EF 或AC=DF 也可求证△ABC ≌△DEF ．考点：全等三角形的判定．4．在一个不透明的袋子中装有除颜色外完全相同的3个红球、3个黄球、2个绿球，任意摸出一球，摸到红球的概率是 ．【答案】38【解析】5．不等式组⎩⎪⎨⎪⎧x +1＞0a - 13x ＜0的解集是x ＞-1，则a 的取值范围是 ． 【答案】a ≤﹣13 【解析】试题解析：解不等式x+1＞0，得：x ＞﹣1，解不等式a ﹣13x ＜0，得：x ＞3a ， ∵不等式组的解集为x ＞﹣1，则3a ≤﹣1，∴a ≤﹣13考点：解一元一次不等式组．6．原价100元的某商品，连续两次降价后售价为81元，若每次降低的百分率相同，则降低的百分率为 ．【答案】10%．【解析】试题解析：设这两次的百分率是x，根据题意列方程得100×（1﹣x）2=81，解得x1=0.1=10%，x2=1.9（不符合题意，舍去）．答：这两次的百分率是10%．考点：一元二次方程的应用．7．如图，边长为4的正方形ABCD，点P是对角线BD上一动点，点E在边CD上，EC=1，则PC+PE的最小值是．第7题图【答案】5.【解析】试题解析：连接AC、AE，∴PC+PE的最小值为5．考点：轴对称﹣最短路线问题；正方形的性质．8．圆锥底面半径为3cm，母线长32cm则圆锥的侧面积为cm2．【答案】92π 【解析】考点：圆锥的计算．9．△ABC 中，AB =12，AC =39，∠B =30°则△ABC 的面积是 ．【答案】213或153．【解析】试题解析：①如图1，作AD ⊥BC ，垂足为点D ，在Rt △ABD 中，∵AB=12、∠B=30°，∴AD=12AB=6，BD=ABcosB=12323 在Rt △ACD 中，2222(39)6AC AD -=-3，∴333则S △ABC =12×BC ×AD=12×3×3 ②如图2，作AD ⊥BC ，交BC 延长线于点D ，考点：解直角三角形．10．观察下列图形，第一个图形中有一个三角形；第二个图形中有5个三角形；第三个图形中有9个三角形；…….则第个图形中有个三角形．第1个第2个第3个第2017个第10题图【答案】8065【解析】试题解析：第1个图形中一共有1个三角形，第2个图形中一共有1+4=5个三角形，第3个图形中一共有1+4+4=9个三角形，…第n个图形中三角形的个数是1+4（n﹣1）=4n﹣3，当n=时，4n﹣3=8065.考点：图形的变化类二、选择题（每题3分，满分30分）11．下列各运算中，计算正确的是（）A．(x-2)2=x2-4 B．(3a2)3=9a6C．x6÷x2=x3D．x3·x2=x5【答案】D.【解析】试题解析：A.原式=x2﹣4x+4，故A错误；B.原式=27a6，故B错误；C.原式=x4，故C错误；故选D.考点：整式的混合运算．12．下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（）A．B．C．D．【答案】C．【解析】考点：中心对称图形；轴对称图形13．几个相同的小正方体所搭成的几何体的俯视图如图所示，小正方形中的数字表示在该位置小正方体的个数最多是（）俯视图左视图A．5个B．7个C．8个D．9个【答案】B．【解析】试题解析：由俯视图及左视图知，构成该几何体的小正方形体个数最多的情况如下：故选B ．考点：由三视图判断几何体．14．一组从小到大排列的数据：a ，3，4，4，6(a 为正整数)，唯一的众数是4，则该组数据的平均数是（ ）A ．3.6B ．3.8C ．3.6或3.8D ．4.2【答案】C ．【解析】考点：众数；算术平均数．15．如图，某工厂有两个大小相同的蓄水池，且中间有管道连通。

哈尔滨市2012年初中升学考试数学12A(满分:120分 时间:120分钟)第Ⅰ卷(选择题,共30分)一、选择题(每小题3分,共计30分)1.-2的绝对值是( )A.-12B.12 C.2 D.-22.下列运算中,正确的是( ) A.a 3·a 4=a 12 B.(a 3)4=a 12 C.a+a 4=a 5 D.(a+b)(a-b)=a 2+b 23.下列图形是中心对称图形的是( )4.如图所示的几何体是由六个小正方体组合而成的,它的左视图是( )5.如图,在Rt △ABC 中,∠C=90°,AC=4,AB=5,则sin B 的值是( )A.23B.35C.34D.456.在10个外观相同的产品中,有2个不合格产品,现从中任意抽取1个进行检测,抽到不合格产品的概率是( ) A.110B.15C.25D.457.如果反比例函数y=k -1x 的图象经过点(-1,-2),则k 的值是( )A.2B.-2C.-3D.38.将抛物线y=3x 2向左平移2个单位,再向下平移1个单位,所得抛物线为( )A.y=3(x+2)2-1 B .y=3(x-2)2+1 C.y=3(x-2)2-1 D.y=3(x+2)2+19.如图,☉O 是△ABC 的外接圆,∠B=60°,OP ⊥AC 于点P,OP=2√3,则☉O 的半径为( )A.4√3B.6√3C.8D.1210.李大爷要围成一个矩形菜园,菜园的一边利用足够长的墙,用篱笆围成的另外三边总长应恰好为24米,要围成的菜园是如图所示的矩形ABCD.设BC 边的长为x 米,AB 边的长为y 米,则y 与x 之间的函数关系式是( )A.y=-2x+24(0<x<12)B.y=-12x+12(0<x<24)C.y=2x-24(0<x<12)D.y=12x-12(0<x<24)第Ⅱ卷(非选择题,共90分)二、填空题(每小题3分,共计30分)11.把16 000 000用科学记数法表示为 . 12.在函数y=1x -5中,自变量x 的取值范围是 .13.化简:√9= .14.把多项式a 3-2a 2+a 分解因式的结果是 . 15.不等式组{2x -1>0,x -1<1的解集是 .16.一个等腰三角形的两边长分别为5和6,则这个等腰三角形的周长是 . 17.一个圆锥的母线长为4,侧面积为8π,则这个圆锥的底面圆的半径是 . 18.方程1x -1=32x+3的解是 .19.如图,平行四边形ABCD 绕点A 逆时针旋转30°,得到平行四边形AB'C'D'(点B'与点B 是对应点,点C'与点C 是对应点,点D'与点D 是对应点),点B'恰好落在BC 边上,则∠C= 度.20.如图,四边形ABCD 是矩形,点E 在线段CB 的延长线上,连结DE 交AB 于点F,∠AED=2∠CED,点G 是DF 的中点,若BE=1,AG=4,则AB 的长为 .三、解答题(其中21~24题各6分,25~26题各8分,27~28题各10分,共计60分)21.(本题6分)先化简,再求代数式(1x +x+1x)÷x+2x2+x的值,其中x=√3cos30°+12.22.(本题6分)图1、图2是两张形状、大小完全相同的方格纸,方格纸中的每个小正方形的边长均为1,点A 和点B在小正方形的顶点上.(1)在图1中画出△ABC(点C在小正方形的顶点上),使△ABC为直角三角形(画一个即可);(2)在图2中画出△ABD(点D在小正方形的顶点上),使△ABD为等腰三角形(画一个即可).23.(本题6分)如图,点B在射线AE上,∠CAE=∠DAE,∠CBE=∠DBE.求证:AC=AD.12B24.(本题6分)小磊要制作一个三角形的钢架模型,在这个三角形中,长度为x(单位:cm)的边与这条边上的高之和为40cm,这个三角形的面积S(单位:cm2)随x(单位:cm)的变化而变化.(1)请直接写出S与x之间的函数关系式(不要求写出自变量x的取值范围);(2)当x是多少时,这个三角形面积S最大?最大面积是多少?(参考公式:当x=-b2a时,二次函数y=ax2+bx+c(a≠0)有最小(大)值4ac-b24a)25.(本题8分)虹承中学为做好学生“午餐工程”工作,学校工作人员搭配了A,B,C,D四种不同种类的套餐,学校决定围绕“在A,B,C,D四种套餐中,你最喜欢的套餐种类是什么?(必选且只选一种)”的问题,在全校范围内随机抽取部分学生进行问卷调查,将调查问卷适当整理后绘制成如图所示的不完整的条形统计图,其中最喜欢D种套餐的学生占被抽取人数的20%,请你根据以上信息解答下列问题:(1)在这次调查中,一共抽取了多少名学生?(2)通过计算,补全条形统计图;(3)如果全校有2000名学生,请你估计全校学生中最喜欢B种套餐的学生有多少名?26.(本题8分)同庆中学为丰富学生的校园生活,准备从军跃体育用品商店一次性购买若干个足球和篮球(每个足球的价格相同,每个篮球的价格相同),若购买3个足球和2个篮球共需310元,购买2个足球和5个篮球共需500元.(1)购买一个足球、一个篮球各需多少元?(2)根据同庆中学的实际情况,需从军跃体育用品商店一次性购买足球和篮球共96个,要求购买足球和篮球的总费用不超过5720元,这所中学最多可以购买多少个篮球?27.(本题10分)如图,在平面直角坐标系中,点O为坐标原点,直线y=2x+4交x轴于点A,交y轴于点B,四边形ABCO是平行四边形,直线y=-x+m经过点C,交x轴于点D.(1)求m的值;(2)点P(0,t)是线段OB上的一个动点(点P不与O,B两点重合),过点P作x轴的平行线,分别交AB,OC,DC于点E,F,G.设线段EG的长为d,求d与t之间的函数关系式(直接写出自变量t的取值范围);(3)在(2)的条件下,点H是线段OB上一点,连结BG交OC于点M,当以OG为直径的圆经过点M时,恰好使∠BFH=∠ABO,求此时t的值及点H的坐标.28.(本题10分)已知:在△ABC中,∠ACB=90°,点P是线段AC上一点,过点A作AB的垂线,交BP的延长线于点M,MN⊥AC于点N,PQ⊥AB于点Q,AQ=MN.(1)如图1,求证:PC=AN;(2)如图2,点E是MN上一点,连结EP并延长交BC于点K,点D是AB上一点,连结DK,∠DKE=∠ABC,EF⊥PM于点H,交BC延长线于点F,若NP=2,PC=3,CK∶CF=2∶3,求DQ 的长.哈尔滨市2012年初中升学考试一、选择题1.C因为-2的绝对值是2,所以选C.评析本题意在考查绝对值的概念,正确地理解并运用绝对值的概念是求解的关键.正数的绝对值是它本身,负数的绝对值是它的相反数,0的绝对值是0.2.B对于选项A:a3·a4=a3+4=a7,即选项A是错误的;对于选项B:(a3)4=a12,即选项B正确;对于选项C:由于a与a4不是同类项,所以不能合并,即选项C是错误的;对于选项D:(a+b)(a-b)=a2-b2,即选项D错误.故应选B.评析本题考查了整式的运算,关键是要能正确理解并灵活运用整式运算的有关法则.注意同底数幂的乘法法则是底数不变,指数相加,而不是相乘;幂的乘方法则是底数不变,指数相乘;合并同类项要遵循两个不变,即字母不变,相同字母的指数也不变;注意平方差公式的结构形式.3.A选项A旋转180°后可以与自身重合,所以A图案是中心对称图形,故应选A.评析本题意在考查中心对称图形的概念,正确地分析图案的特征,利用中心对称图形的概念判定是求解的关键.判断方法:如果这个图形绕某一点旋转180°后能与自身重合,则这个图形是中心对称图形.4.C这个几何体的左视图由三个小正方体搭成,故左视图是C选项.评析本题考查的是几何体的视图,关键是要分清上、下、左、右各个方位.主视图是指从立体图形的正面看到的平面图,左视图指从立体图形的左面看到的平面图,俯视图指从立体图形的上面看到的平面图.5.D Rt△ABC中,因为∠C=90°,AC=4,AB=5,所以由正弦的定义,得sin B=ACAB =45,故应选D.评析本题考查锐角三角函数的求法,关键是要正确理解锐角三角函数的概念.根据锐角三角函数的定义可求某个锐角的三角函数值:正弦:在直角三角形中,锐角α的对边与斜边之比叫做∠α的正弦,记作sinα,即sinα=∠α的对边斜边.余弦:在直角三角形中,锐角α的邻边与斜边之比叫做∠α的余弦,记作cosα,即cosα=∠α的邻边斜边.正切:在直角三角形中,锐角α的对边与邻边之比叫做∠α的正切,记作tanα,即tanα=∠α的对边∠α的邻边.6.B因为10个外观相同的产品中,有2个不合格产品,现从中任意抽取1个进行检测,所以抽到不合格产品的概率是210=15,故应选B.评析本题考查概率的概念,关键是要弄清楚出现可能结果的意义.古典概型E,设它的所有可能结果是n个等可能的情形,事件A包含其中的m个情形,则定义事件A的概率为:P(A)=mn.7.D因为反比例函数y=k-1x 的图象经过点(-1,-2),所以-2=k-1-1,得k=3,故应选D.评析本题考查反比例函数的知识,关键是能正确理解点与图象的关系.即已知点在反比例函数的图象上,那么这点的坐标一定满足该反比例函数的解析式,反之也成立.8.A因为抛物线y=3x2的顶点坐标为(0,0),所以向左平移2个单位,再向下平移1个单位的顶点坐标为(-2,-1),即所得抛物线为y=3(x+2)2-1,故应选A.评析本题考查了二次函数的图象的特征,关键是要正确理解平移的意义和二次函数顶点坐标的知识.二次函数图象的平移规律:左加右减,上加下减.9.A因为∠B=60°,所以∠AOC=120°,又因为OP⊥AC,所以∠AOP=∠COP=60°,所以∠OAP=30°,又因为OP=2√3,所以OA=4√3,即☉O的半径为4√3,故应选A.评析本题考查三角形的外接圆、圆周角、圆心角、弦心距、含有30°角的直角三角形的性质等知识,关键要能利用圆周角与圆心角的关系求出∠AOP的大小.从条件出发,将问题转化到含有30°角的直角三角形中求得☉O的半径.x+12,而菜园的一边利用足够长的墙,所以0<x<24,故应10.B根据题意,得x+2y=24,所以y=-12选B.评析本题考查的是矩形的长与宽之间的函数关系,关键是要掌握矩形的对边相等的性质.注意矩形的周长等于(长+宽)×2.二、填空题11.答案 1.6×107解析16000000=1.6×107.评析本题考查的是科学记数法的知识,关键是确定a和n.科学记数法的形式是a×10n,其中1≤|a|<10,指数n是整数位数减1.12.答案x≠5解析依题意,得x-5≠0,得x≠5,即自变量x的取值范围是x≠5.评析本题考查了函数自变量的取值范围,知道分式的分母不能为0是求解的关键.13.答案3解析因为32=9,所以9的算术平方根是3,即√9=3.评析本题考查二次根式的化简,关键是要能正确理解一个正数的算术平方根的意义.知道1~20的平方,可以顺利地求解此类问题.14.答案a(a-1)2解析a3-2a2+a=a(a2-2a+1)=a(a-1)2.评析本题考查因式分解的知识,掌握因式分解的一般方法是解决问题的关键.分解因式关键是选择合适的方法.分解因式的步骤是一提(提公因式)、二套(套公式)、三验(检验是否分解彻底).套公式时可根据需分解多项式的项数进行选择:如果是两项,一般是平方差公式;三项,一般是完全平方公式.15.答案12<x<2解析解不等式2x-1>0,得x>12,解不等式x-1<1,得x<2,所以不等式组{2x-1>0,x-1<1的解集是12<x<2.评析本题考查解不等式组,关键是先求出每个不等式的解集,最后确定不等式组的解集.不等式组解集的确定法则:同大取大、同小取小、大小小大取中间、大大小小是无解.16.答案16或17解析当5是等腰三角形的腰长时,那么6就是底边长,所以这个等腰三角形的周长是5+5+6=16;当6是等腰三角形的腰长时,那么5就是底边长,所以这个等腰三角形的周长是6+6+5=17.所以这个等腰三角形的周长是16或17.评析本题考查等腰三角形和三角形的三边关系,考虑到哪是底边,哪是腰是正确求解的关键.另外,遇到等腰三角形的边角问题时,一定要注意分情况讨论求解,才能避免错误.17.答案2解析设圆锥底面的半径为r,由S=12lr,得l=2×8π÷4=4π,而扇形的弧长等于圆锥的底面周长,所以2πr=4π,解得r=2.即这个圆锥的底面圆的半径是2.评析本题意在考查圆锥的侧面展开图的有关计算,关键要能正确理解母线、侧面积等. 18.答案x=6解析去分母,得2x+3=3(x-1),解得x=6,经检验,x=6是原方程的解.评析本题考查分式方程的解法,关键是要能通过去分母,将分式方程转化为整式方程,注意不要忘记验根.19.答案105解析因为旋转30°,所以∠BAB'=30°,又因为点B'在BC上,AB=AB',所以∠B=75°,因为四边形ABCD是平行四边形,所以AB∥CD,所以∠B+∠C=180°,所以∠C=105°.评析本题考查的是图形的旋转、等腰三角形和平行四边形的性质及平行四边形的有关计算,关键是要能正确理解旋转的特征和平行四边形的性质.旋转前后图形的形状、大小都不发生改变,而平行四边形的对边平行,邻角互补.20.答案 √15解析 因为四边形ABCD 是矩形,所以∠ABE=∠BAD=90°,AD ∥BE,又因为点G 是DF 的中点,所以在Rt △DAF 中,AG=DG=FG,所以∠ADG=∠GAD=∠DEC,所以∠AGF=2∠ADG=2∠DEC,因为∠AED=2∠CED,所以∠AED=∠AGE,所以AE=AG,由AG=4,知AE=4,在Rt △ABE 中,因为BE=1,所以由勾股定理,得AB=√AE 2-BE 2=√42-12=√15. 评析 本题意在考查矩形的性质、直角三角形斜边上中线的性质以及勾股定理.关键是要能将已知条件转化到直角三角形中来处理.将已知条件结合图形转化到直角三角形中来,以便于运用勾股定理求解. 三、解答题 21.解析 原式=x+2x·x 2+x x+2=x+2x·x(x+1)x+2=x+1,(2分)∵x=√3cos 30°+12=√3×√32+12=32+12=2,(4分)∴原式=2+1=3.(6分)评析 本题考查的是分式的化简与求值和特殊角的三角函数值,求解的关键是要能先对已知分式化简,并求出x 的具体值,最后再代入计算.注意运算顺序,先算括号里的,后算括号外的,除法运算转化为乘法运算,同时将异分母转化为同分母,当然也可以把除法转化为乘法后用乘法分配律进行计算,注意灵活运用分式的基本性质、因式分解、除法运算法则等进行变化. 22.解析 (1)正确画图(参考图1~图4,画出一个即可).(3分) (2)正确画图(参考图5~图8,画出一个即可).(6分)评析 本题考查的是直角三角形、等腰三角形,关键是要在格点上寻求符合要求的点,这是一道开放型试题.23.证明 ∵∠ABC+∠CBE=180°, ∠ABD+∠DBE=180°,∠CBE=∠DBE, ∴∠ABC=∠ABD.(2分) 在△ABC 和△ABD 中,{∠CAE =∠DAE,AB =AB,∠ABC =∠ABD,∴△ABC ≌△ABD.(5分) ∴AC=AD.(6分)评析 本题考查的是全等三角形的判定和性质.关键是要能正确地寻求满足三角形全等的条件.一般三角形全等的判定方法有:SAS,ASA,AAS,SSS;直角三角形除了用一般方法判定外还可以用HL.24.解析 (1)S=-12x 2+20x.(2分) (2)解法一:∵a=-12<0,∴S 有最大值, ∴当x=-b2a =-202×(-12)=20时,(4分)S 有最大值,为4ac -b 24a =4×(-12)×0-2024×(-12)=200.∴当x 为20 cm 时,三角形面积最大,最大面积是200 cm 2.(6分) 解法二:∵a=-12<0,∴S 有最大值, ∴当x=-b2a =-202×(-12)=20时,(4分)S 有最大值,为S=-12×202+20×20=200.∴当x 为20 cm 时,三角形面积最大,最大面积是200 cm 2.(6分)评析 本题考查了利用二次函数解决生活中的问题,关键是要能依据题意,正确地寻找等量关系.25.解析 (1)40÷20%=200(名).∴在这次调查中,一共抽取了200名学生.(2分) (2)200-90-50-40=20(名).(4分) 正确画图.(5分)(3)解法一:2 000×50200=500(名).(7分) ∴估计全校最喜欢B 种套餐的学生有500名.(8分) 解法二:50200×100%=25%,(6分)2 000×25%=500(名).(7分)∴估计全校最喜欢B 种套餐的学生有500名.(8分)评析 本题考查了统计的知识,关键是要能读懂题目,准确地从统计图中捕捉信息. 26.解析 (1)设购买一个足球需要x 元,购买一个篮球需要y 元.根据题意得 {3x +2y =310,2x +5y =500,(2分)解得{x =50,y =80.∴购买一个足球需要50元,购买一个篮球需要80元.(4分) (2)解法一:设购买a 个篮球,则购买(96-a)个足球. 80a+50(96-a)≤5 720,(6分) a ≤3023,(7分)∵a 为整数,∴a 最多是30.∴这所中学最多可以购买30个篮球.(8分) 解法二:设购买n 个足球,则购买(96-n)个篮球, 50n+80(96-n)≤5 720,(6分) n ≥6513.(7分)∵n 为整数,∴n 最少是66,96-66=30,∴这所中学最多可以购买30个篮球.(8分)评析 本题考查的是用方程组和不等式解决问题.关键是要能寻求到等量关系和不等量关系.属中档题.27.解析 (1)解法一:如图,∵y=2x+4交x 轴和y 轴于A,B, ∴A(-2,0),B(0,4),∴OA=2,OB=4,∵四边形ABCO 是平行四边形, ∴BC=OA=2,过点C 作CK ⊥x 轴于K, 则四边形BOKC 是矩形,∴OK=BC=2,CK=OB=4, ∴C(2,4),(1分)代入y=-x+m 得4=-2+m, ∴m=6.(2分) 解法二:如图,∵y=2x+4交x 轴和y 轴于A,B, ∴A(-2,0),B(0,4),∴OA=2,OB=4, 延长DC 交y 轴于点N,∵y=-x+m 交x 轴和y 轴于D,N, ∴D(m,0),N(0,m),∴OD=ON, ∴∠ODN=∠OND=45°.∵四边形ABCO 是平行四边形, ∴BC ∥AO,BC=OA=2,∴∠NCB=∠ODN=∠OND=45°, ∴NB=BC=2.(1分) ∴ON=NB+OB=2+4=6, ∴m=6.(2分)(2)解法一:如图,延长DC 交y 轴于N,分别过点E,G 作x 轴的垂线,垂足分别是R,Q,则四边形ERQG、四边形POQG、四边形EROP是矩形,∴ER=PO=GQ=t,∵tan∠BAO=ERAR =OBOA,∴tAR=42,∴AR=12t.(3分)∵y=-x+6交x轴和y轴于D,N,∴OD=ON=6,∴∠ODN=45°,∵tan∠ODN=GQQD,∴DQ=t.(4分)又∵AD=AO+OD=2+6=8,∴EG=RQ=8-12t-t=8-32t,∴d=-32t+8(0<t<4).(6分)解法二:如图,∵EG∥AD,P(0,t),∴设E(x1,t),G(x2,t),把E(x1,t)代入y=2x+4得t=2x1+4,∴x1=t2-2,(3分)把G(x2,t)代入y=-x+6得t=-x2+6,∴x2=6-t,(4分)∴d=EG=x2-x1=(6-t)-(t2-2),∴d=-32t+8(0<t<4).(6分)(3)解法一:如图,∵四边形ABCO是平行四边形,∴AB∥OC,∴∠ABO=∠BOC,∵BP=4-t,∴tan∠ABO=EPBP =tan∠BOC=12,∴EP=2-t2,∴PG=d-EP=6-t.(7分)∵以OG 为直径的圆经过点M, ∴∠OMG=90°.(8分) ∵∠OPG=90°,∠MFG=∠PFO, ∴∠BGP=∠BOC,∴tan ∠BGP=BPPG =tan ∠BOC=12, ∴4-t 6-t =12,解得t=2.(9分)∵∠BFH=∠ABO=∠BOC,∠OBF=∠FBH, ∴△BHF ∽△BFO,∴BH BF =BFBO ,即BF 2=BH ·BO,∵OP=2,∴PF=1,BP=2,∴BF=√BP 2+PF 2=√5,∴5=BH×4, ∴BH=54,∴HO=4-54=114, ∴H (0,114).(10分) 解法二:如图,∵四边形ABCO 是平行四边形,∴AB ∥OC, ∴∠ABO=∠BOC.∵BP=4-t,∴tan ∠ABO=EPBP =tan ∠BOC=12, ∴EP=2-t2,∴PG=d-EP=6-t.(7分)∵以OG 为直径的圆经过点M, ∴∠OMG=90°.(8分) ∵∠OPG=90°,∠MFG=∠PFO, ∴∠BGP=∠BOC,∴tan ∠BGP=BPPG =tan ∠BOC=12, ∴4-t 6-t =12,解得t=2.(9分)∴OP=2,BP=4-t=2,∴PF=1, ∴OF=√12+22=√5=BF,∴∠OBF=∠BOC=∠BFH=∠ABO,∴BH=HF, 过点H 作HT ⊥BF 于点T, 则BT=12BF=√52,∴BH=BTcos ∠OBF =√522√5=54, ∴OH=4-54=114,∴H (0,114).(10分)解法三:如图,∵OA=2,OB=4,∴由勾股定理得AB=2√5. ∵P(0,t),∴BP=4-t,∵cos ∠ABO=BP BE =4-t BE =OBAB =2√5,∴BE=√52(4-t),(7分)∵以OG 为直径的圆经过点M,∴∠OMG=90°,(8分) ∵四边形ABCO 是平行四边形,∴AB ∥OC, ∴∠ABG=∠OMG=90°=∠BPG, ∴∠ABO+∠BEG=90°,∠BGE+∠BEG=90°, ∴∠ABO=∠BGE,∴sin ∠ABO=sin ∠BGE, ∴OA AB =BE EG =BEd,即=√52(4-t)8-3t2,∴t=2.(9分)∵∠BFH=∠ABO=∠BOC,∠OBF=∠FBH, ∴△BHF ∽△BFO,∴BH BF =BFBO ,即BF 2=BH ·BO,∵OP=2,∴PF=1,BP=2, ∴BF=√BP 2+PF 2=√5,∴5=BH×4,∴BH=54, ∴HO=4-54=114,∴H (0,114).(10分)评析 本题考查了一次函数、平行四边形、矩形、相似三角形、圆以及锐角三角函数等知识,关键是要能正确地理解题意,通过适当的辅助线将问题转化.注意充分发挥方程思想、转化思想、数形结合思想.属中等偏难题. 28.解析 (1)证明:证法一:如图.∵BA ⊥AM,MN ⊥AP,∴∠BAM=∠ANM=90°, ∴∠PAQ+∠MAN=∠MAN+∠AMN=90°, ∴∠PAQ=∠AMN.(1分)∵PQ ⊥AB,MN ⊥AC,∴∠PQA=∠ANM=90°, ∵AQ=MN,∴△AQP ≌△MNA,(2分) ∴AN=PQ,AM=AP,∴∠AMB=∠APM. ∵∠APM=∠BPC,∠BPC+∠PBC=90°,∠AMB+∠ABM=90°, ∴∠ABM=∠PBC.(3分)∵PQ⊥AB,PC⊥BC,∴PQ=PC,(4分)∴PC=AN.(5分)证法二:如图.∵BA⊥AM,MN⊥AC,∴∠BAM=∠ANM=90°,∴∠PAQ+∠MAN=∠MAN+∠AMN=90°,∴∠PAQ=∠AMN.(1分)∵PQ⊥AB,∴∠AQP=90°=∠ANM.∵AQ=MN,∴△PQA≌△ANM.(2分)∴AP=AM,PQ=AN,∴∠APM=∠AMP.∵∠AQP+∠BAM=180°,∴PQ∥MA,∴∠QPB=∠AMP.(3分)∵∠APM=∠BPC,∴∠QPB=∠BPC.∵∠BQP=∠BCP=90°,BP=BP,∴△BPQ≌△BPC,(4分)∴PQ=PC,∴PC=AN.(5分)(2)解法一:如图.∵NP=2,PC=3,∴由(1)知PC=AN=3,∴AP=NC=5,AC=8,∴AM=AP=5,∴AQ=MN=√AM2-AN2=4.(6分)∵∠PAQ=∠AMN,∠ACB=∠ANM=90°,∴∠ABC=∠MAN,∴tan∠ABC=tan∠MAN=MNAN =4 3 .∵tan∠ABC=ACBC,∴BC=6.(7分)∵NE∥KC,∴∠PEN=∠PKC,又∵∠ENP=∠KCP,∴△PNE∽△PCK,∴NECK =NPPC,∵CK∶CF=2∶3,设CK=2k,则CF=3k,∴NE2k =23,NE=43k,过N作NT∥EF交CF于T,则四边形NTFE是平行四边形,∴NE=TF=43k,∴CT=CF-TF=3k-43k=53k.∵EF⊥PM,∴∠BFH+∠HBF=90°=∠BPC+∠HBF,∴∠BPC=∠BFH.∵EF∥NT,∴∠NTC=∠BFH=∠BPC.∵tan∠NTC=tan∠BPC=BCPC =2,∴tan∠NTC=NCCT=2,∴CT=53k=52,∴k=32.(8分)∴CK=2×32=3,BK=BC-CK=3.∵∠PKC+∠DKE=∠ABC+∠BDK,∠DKE=∠ABC, ∴∠BDK=∠PKC,tan ∠PKC=PCKC =1,∴tan ∠BDK=1,过K 作KG ⊥BD 于G.∵tan ∠BDK=1,tan ∠ABC=43, ∴设GK=4n,则BG=3n,GD=4n,∴BK=5n=3,∴n=35,∴BD=4n+3n=7n=215.(9分) ∵AB=√AC 2+BC 2=10,AQ=4,∴BQ=AB-AQ=6, ∴DQ=BQ-BD=6-215=95.(10分)解法二:如图.∵NP=2,PC=3,∴由(1)知AN=PC=3, ∴AP=NC=5,AC=8,∴AM=AP=5, ∴AQ=MN=√AM 2-AN 2=4.(6分) ∵NM ∥BC,∴∠NMP=∠PBC.又∵∠MNP=∠BCP,∴△MNP ∽△BCP, ∴MN BC =NPPC ,∴4BC =23,∴BC=6.(7分)作ER ⊥CF 于R,则四边形NERC 是矩形, ∴ER=NC=5,NE=CR, ∵∠BHF=∠BCP=90°, ∴∠EFR=90°-∠HBF,∠BPC=90°-∠HBF, ∴∠EFR=∠BPC,∴tan ∠EFR=tan ∠BPC, ∴ER RF =BCPC ,即5RF =63,∴RF=52,∵NE ∥KC,∴∠NEP=∠PKC.又∵∠ENP=∠KCP,∴△NEP ∽△CKP,∴NE KC =NP PC =23, ∵CK ∶CF=2∶3,设CK=2k,CF=3k, ∴NE=CR=43k,CR=CF-RF=3k-52,∴3k-52=43k,∴k=32,(8分)∴CK=3,CR=2,∴BK=3.在CF 的延长线上取点G,使∠EGR=∠ABC, ∴tan ∠EGR=tan ∠ABC,∴ER RG =AC BC =43,∴RG=34ER=154,EG=√ER2+RG2=254,KG=KC+CR+RG=354,∵∠DKE+∠EKC=∠ABC+∠BDK,∠ABC=∠DKE,∴∠BDK=∠EKC,∴△BDK∽△GKE,∴BDKG =BK EG,∴BD·EG=BK·KG,∴BD×254=3×354,∴BD=215.(9分)∵AB=√AC2+BC2=10,AQ=4,∴BQ=AB-AQ=6,∴DQ=BQ-BD=6-215=95.(10分)解法三:如图.∵NP=2,PC=3,∴由(1)知AN=PC=3,∴AP=NC=5,AC=8,∴AM=AP=5,∴AQ=MN=√AM2-AN2=4.(6分)∵NM∥BC,∴∠EMH=∠PBC,∠PEN=∠PKC.又∵∠PNE=∠PCK,∴△PNE∽△PCK,△PNM∽△PCB,∴NECK =PNPC,MNBC=PNPC,∵CK∶CF=2∶3,设CK=2k,则CF=3k,∴NE2k =23,4BC=23,∴NE=43k,BC=6.(7分)∴BF=6+3k,ME=MN-NE=4-43k,tan∠ABC=ACBC =43,BP=√PC2+BC2=3√5,∴sin∠EMH=sin∠PBC=PCBP =√55,∵EF⊥PM,∴FH=BFsin∠PBC=√55(6+3k),EH=EMsin∠EMH=√55(4-43k).过E作ER⊥BF于R,则四边形NCRE是矩形,∴ER=NC=5.∵∠RFE+∠REF=∠RFE+∠PBC=90°,∴∠REF=∠PBC.∴tan∠REF=tan∠PBC=12,∵tan∠REF=RFRE,∴RF=52,∴EF=√ER2+RF2=5√52,∵EH+FH=EF,∴√55(4-43k)+√55(6+3k)=5√52,∴k=32,(8分)∴CK=2×32=3,BK=BC-CK=3.∵∠PKC+∠DKE=∠ABC+∠BDK,∠DKE=∠ABC,∴∠BDK=∠PKC.∵tan∠PKC=1,∴tan∠BDK=1,过K作KG⊥BD于G.∵tan∠BDK=1,tan∠ABC=43,∴设GK=4n,则BG=3n,GD=4n,∴BK=5n=3,∴n=35,∴BD=4n+3n=7n=215.(9分)∵AB=√AC2+BC2=10,AQ=4,∴BQ=AB-AQ=6,∴DQ=BQ-BD=6-215=95.(10分)评析本题综合考查了直角三角形、全等三角形、相似三角形、锐角三角函数、特殊四边形、勾股定理等知识.属难题.关键是要能充分利用图形的性质,添加适当的辅助线,将问题转化.另外,本题强化了全等三角形和相似三角形以及锐角三角形的功能地位,充分使用了几何知识来解决问题.。

2012年全国中考数学压轴题分类解析汇编专题4：三角形四边形存在性问题24. （2012黑龙江龙东地区10分）如图，在平面直角坐标系中，直角梯形OABC的边OC、OA分别与x轴、y轴重合，AB∥OC，∠AOC=90°，∠BCO=45°，，点C的坐标为（－18，0）。

（1）求点B的坐标；（2）若直线DE交梯形对角线BO于点D，交y轴于点E，且OE=4，OD=2BD，求直线DE的解析式；（3）若点P是（2）中直线DE上的一个动点，在坐标平面内是否存在点Q，使以O、E、P、Q为顶点的四边形是菱形？若存在，请直接写出点Q的坐标；若不存在，请说明理由。

【答案】解：（1）过点B作BF⊥x轴于F，在Rt△BCF中∵∠BCO=45°，BC=12，∴CF=BF=12 。

∵C 的坐标为（－18，0），∴AB=OF=6。

∴点B的坐标为（－6，12）。

（2）过点D作DG⊥y轴于点G，∵OD=2BD，∴OD=23 OB。

∵AB∥DG，∴△ODG∽△OBA 。

∵D G O D O G2AB O B O A3===，AB=6，OA=12，∴DG=4，OG=8。

∴D（－4，8），E（0，4）。

设直线DE解析式为y=kx+b（k≠0）∴4k b8b4-+=⎧⎨=⎩，解得k1b4=-⎧⎨=⎩。

∴直线DE解析式为y=－x+4。

（3）结论：存在。

点Q 的坐标为：（ ，－），（－ ，），（4，4），（－2，2）。

【考点】一次函数综合题，等腰直角三角形判定和性质，相似三角形判定和性质，待定系数法，直线上点的坐标与方程的关系，菱形的判定和性质。

【分析】（1）构造等腰直角三角形BCF ，求出BF 、CF 的长度，即可求出B 点坐标。

（2）已知E 点坐标，欲求直线DE 的解析式，需要求出D 点的坐标．构造△ODG∽△OBA，由线段比例关系求出D 点坐标，从而可以求出直线DE 的解析式。

（3）如图所示，符合题意的点Q 有4个：设直线y=－x+4分别与x 轴、y 轴交于点E 、点F ，则E （0，4），F （4，0），OE=OF=4，。

龙东中考数学试题及答案一、选择题（每题3分，共30分）1. 下列哪个数是无理数？A. 0.33333...（循环）B. √2C. 3.14D. 1/3答案：B2. 一个二次函数的图像开口向上，且经过点(1,0)和(-1,0)，下列哪个选项是该二次函数的对称轴？A. x = 0B. x = 1C. x = -1D. x = 2答案：A3. 一个等腰三角形的两边长分别为3和5，那么这个三角形的周长是多少？A. 11B. 13C. 16D. 14答案：B4. 如果一个数的平方等于9，那么这个数是多少？A. ±3B. 3C. -3D. 9答案：A5. 下列哪个选项是不等式2x - 3 > 5的解集？A. x > 4B. x < 4C. x > 1D. x < 1答案：A6. 一个圆的半径为5，那么它的面积是多少？A. 25πB. 50πC. 75πD. 100π答案：B7. 一个长方体的长、宽、高分别为3cm、4cm和5cm，那么它的体积是多少？A. 60cm³B. 48cm³C. 36cm³D. 12cm³答案：A8. 一个等差数列的前三项分别为2、5、8，那么它的第10项是多少？A. 27B. 29C. 31D. 23答案：C9. 一个正五边形的内角和是多少？A. 540°B. 360°C. 720°D. 1080°答案：A10. 一个函数y = 2x + 3的图像与x轴的交点坐标是什么？A. (-3/2, 0)B. (3/2, 0)C. (0, 3)D. (0, -3)答案：A二、填空题（每题3分，共15分）11. 一个直角三角形的两条直角边长分别为3和4，那么它的斜边长是_________。

答案：512. 如果一个数的立方等于-8，那么这个数是_________。

答案：-213. 一个圆的周长为12π，那么它的半径是_________。

2012年中考数学样题参考答案选择题（每题3分，共30分）一、BADCD BADBA二、填空题（每题3分，共18分）11. 15； 12. 6； 13. （-4，3） 14.38； 15.53； 16. 4n ；三、解答题（每小题8分，共16分）17．．解：原式21=····································································· 6分3=··················································································· 8分18. 解：原式=213(3)32(2)(2)a a a a a a a +---÷-++- ······················································ 2分 =213(2)(2)32(3)a a a a a a a +-+---+-· ··········································································· 3分 1233a a a a +-=--- ······························································································ 4分 =33a - ········································································································ 6分 a 取值时只要不取2，2-，3就可以． ······························································· 7分求值正确．原式 ····························································································· 9分四、解答题（每小题9分，共18分）19．（1）200 ······································································································· 2分 （2）补充图：扇形图中补充的 跳绳25% ························································· 3分 其它20% ······································································································ 4分 条形图中补充的高为50 ···················································································· 5分（3）54 ········································································································ 7分 （4）解：1860×40%=744（人）答：最喜欢“球类”活动的学生约有744人． ······················································ 9分 20．解：（1）根据题意可列表或树状图如下：第一次第二次12341 —— （1，2） （1，3） （1，4）2 （2，1） —— （2，3） （2，4）3 （3，1） （3，2） —— （3，4） 4（4，1）（4，2）（4，3）——·············································································· 5分···························································································· 5分从表或树状图可以看出所有可能结果共有12种，且每种结果发生的可能性相同，符合条件的结果有8种， ∴P （和为奇数）23= ···················································································· 7分 （2）不公平．∵小明先挑选的概率是P （和为奇数）23=，小亮先挑选的概率是P （和为偶数）13=，∵2133≠，∴不公平． ····················································································· 9分五、解答证明题（每小题8分，共16分） 21．（1）证明：∵AD 平分∠BAC∴∠BAD=21∠BAC ． （1，2） （1，3） （1，4） 2341 （1，1） （2，3） （2，4） 1342 （3，1） （3，2） （3，4） 1243 （4，1） （4，2） （4，3）1234 第一次摸球第二次摸球∵AE 平分∠BAF ． ∴∠BAE=21∠BAF ． 2分 ∵∠BAC+∠BAF=180°∴∠BAD+∠BAE=21 （∠BAC+∠BAF ）= 21×180°=90° ∴∠DAE=90°．即DA ⊥AE ． 4分 （2）AB=DE 5分 理由是：∵AB=AC ，AD 平分∠BAC ． ∴AD ⊥BC ，即∠ADB=90°． ∵BE ⊥AE ．∴∠AEB=90° 又∵∠DAE=90°（已证），∴四边形AEBD 是矩形．故AB=DE ． 8分22、解：（1）不同．理由如下：往、返距离相等，去时用了2小时，而返回时用了2.5小时，∴往、返速度不同． ··················································································· 2分（2）设返程中y 与x 之间的表达式为y kx b =+，则120 2.505.k b k b =+⎧⎨=+⎩，解之，得48240.k b =-⎧⎨=⎩，···················································································· 5分∴48240y x =-+．（2.55x x ≤≤）（评卷时，自变量的取值范围不作要求） ······ 6分 （3）当4x =时，汽车在返程中，48424048y ∴=-⨯+=．∴这辆汽车从甲地出发4h 时与甲地的距离为48km ． ········································· 8分六、解答证明题（23小题10分,24小题12分,共22分） 23、证明：（1） 连结AC ，如图∵C 是弧BD 的中点∴∠BDC =∠DBC 1分 又∠BDC =∠BAC在三角形ABC 中，∠ACB =90°，CE ⊥AB ∴ ∠BCE=∠BAC∠BCE =∠DBC 3分 ∴ CF =BF 4分因此，CF =BF ． （2）解法一：作CG ⊥AD 于点G ， ∵C 是弧BD 的中点∴ ∠CAG =∠BAC ， 即AC 是∠BAD 的角平分线．·············· 5分 ∴ CE =CG ，AE =AG 6分 在Rt △BCE 与Rt △DCG 中，CE =CG ， CB =CD ∴Rt △BCE ≌Rt △DCG∴BE =DG 7分 ∴AE =AB -BE =AG =AD +DG 即 6-BE =2+DG∴2BE =4，即 BE =2 8分又 △BCE ∽△BAC∴ 212BC BEAB ==· 9分 32±=BC （舍去负值）∴32=BC 10分（2）解法二：∵AB 是⊙O 的直径，CE ⊥AB∴∠BEF=︒=∠90ADB ， 5分 在Rt ADB △与Rt FEB △中，∵FBE ABD ∠=∠ ∴ADB △∽FEB △，则BFABEF AD =即BFEF 62=， ∴EF BF 3= 6分 又∵CF BF =， ∴EF CF 3= 利用勾股定理得：EF EF BF BE 2222=-= 7分又∵△EBC ∽△ECA 则CEBE AE CE =，即则BE AE CE ⋅=28分 ∴BE BE EF CF ⋅-=+)6()(2即EF EF EF EF 22)226()3(2⋅-=+∴22=EF 9分 ∴3222=+=CE BE BC 10分24．解：（1）解方程01682=+-x x ，得421==x x由实数m 是方程01682=+-x x 的一个实数根，得m=4 ∴点A ，C 的坐标分别是A （4，0）和C （0，4）． 1分将A （4，0）和C （0，4）的坐标分别代人c bx x y ++-=221 得⎩⎨⎧==⇒⎩⎨⎧==++-414048c b c c b ∴抛物线的解析式为4212++-=x x y 3分 （2）由4212++-=x x y ，令y=0，得04212=++-x x ，解此方程得2,421-==x x∴点B 的坐标为B （2，0），故AB=6， S △ABC =21·AB ·CO=12 4分设AD=k （0≤k ≤6）， ∵ED ∥BC ∴△ADE ∽△ABC ，从而36)6()(222k k AB AD S S ABC ADE ===∆∆ ∴32k S ADE=∆ （5分） 同理可知，3)6(2-=∆k S BDF6分∴S 四边形DECF =S △ABC －S △ADE －S △BDF=6)3(3243222+--=+-k k k （7分） 当且仅当k =3时，S 四边形DECF 有最大值为6，此时D （1，0） 8分 （3）存在满足条件的点N ，使得∠NOB=∠AMO ，设点N （y x ,） ∵若M 是⊙G 的优弧ACO 上的一个动点∴∠NOB=∠AMO=∠ACO=45° 9分 ①当点N 在x 轴上方时，tan45°=x y xy-=⇒=-1 又∵4212++-=x x y ∴4212++-x x 3220842±=⇒=--⇒-=x x x x ∵点N 在这个抛物线位于y 轴左侧的图象上，从而有N （232,322--） 10分 ②当点N 在x 轴下方时，tan45°=x y xy=⇒=--1 又∵4212++-=x x y ∴22842122±=⇒=⇒=++-x x x x x ∵点N 在这个抛物线位于y 轴左侧的图象上，从而有N （22,22--） 12分。