2012年全国中考数学试题分类解析汇编(159套63专题)专题48_圆锥和扇形的计算

2012年全国中考数学试题分类解析汇编(159套63专题）专题51：轴对称和中心对称一、选择题1. （2012天津市3分）下列标志中，可以看作是中心对称图形的是【 】【答案】B 。

【考点】中心对称图形。

【分析】根据中心对称图形的概念：把一个图形绕某一点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形，由此结合各图形的特点求解：A 、C 、D 都不符合中心对称的定义。

故选B 。

2. （2012上海市4分）在下列图形中，为中心对称图形的是【 】A ． 等腰梯形B ． 平行四边形C ． 正五边形D ．等腰三角形【答案】B 。

【考点】中心对称图形。

【分析】根据中心对称图形的概念，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，等腰梯形、正五边形、等腰三角形都不符合；是中心对称图形的只有平行四边形．故选B 。

3. （2012重庆市4分）下列图形中，是轴对称图形的是【 】 A ．B ．C ．D ．【答案】B 。

【考点】轴对称图形。

【分析】根据轴对称图形的概念，轴对称图形两部分沿对称轴折叠后可重合。

因此，A 、不是轴对称图形，故本选项错误；（D ） （C ）（B ）（A ）B、是轴对称图形，故本选项正确；C、不是轴对称图形，故本选项错误；D、不是轴对称图形，故本选项错误。

故选B。

4. （2012广东佛山3分）下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是【】【答案】B。

【考点】轴对称图和中心称对形。

【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念，轴对称图形两部分沿对称轴折叠后可重合；中心对称图形是图形沿对称中心旋转180度后与原图重合。

因为圆既是轴对称图形又是中心对称图形，故选B。

5. （2012广东梅州3分）下列图形中是轴对称图形的是【】A．B．C．D．【答案】C。

【考点】轴对称图形。

【分析】根据轴对称图形的概念，轴对称图形两部分沿对称轴折叠后可重合，对各选项分析判断后利用排除法求解：A、不是轴对称图形，故本选项错误；B、不是轴对称图形，故本选项错误；C、是轴对称图形，故本选项正确；D、不是轴对称图形，故本选项错误。

2012年全国中考数学试卷分类解读汇编(159套63专题）专题32：图形地镶嵌与图形地设计一、选择题1. （2012安徽省4分）在一张直角三角形纸片地两直角边上各取一点，分别沿斜边中点与这两点地连线剪去两个三角形，剩下地部分是如图所示地直角梯形，其中三边长分别为2、4、3，则原直角三角形纸片地斜边长是【 】A.10B.54C. 10或54D.10或172【答案】C.【考点】图形地剪拼，直角三角形斜边上中线性质，勾股定理【分析】考虑两种情况，分清从斜边中点向哪个边沿着垂线段过去裁剪地.根据题意画出图形，再根据勾股定理求出斜边上地中线，最后即可求出斜边地长：①如左图： ∵2222CE CD DE 4+3+=，点E 是斜边AB 地中点，∴AB=2CE=10 .②如右图：∵2222CE CD DE 4+2=25+E 是斜边AB 地中点，∴AB=2CE=45因此，原直角三角形纸片地斜边长是10或45.故选C.2. 7. （2012四川广元3分）下面地四个图案中，既可以用旋转来分析整个图案地形成过程，又可以用轴对称来分析整个图案地形成过程地图案有【】A. 4个B. 3个C. 2个D. 1个【答案】A.【考点】利用旋转设计图案，利用轴对称设计图案.【分析】根据旋转、轴对称地定义来分析，图形地旋转是图形上地每一点在平面上绕某个固定点旋转固定角度地位置移动；轴对称是指如果一个图形沿一条直线折叠，直线两侧地图形能够互相重合，就是轴对称．图形1、图形4可以旋转90°得到，也可以经过轴对称，沿一条直线对折，能够完全重合；图形2、图形3可以旋转180°得到，也可以经过轴对称，沿一条直线对折，能够完全重合；故既可用旋转来分析整个图案地形成过程，又可用轴对称来分析整个图案地形成过程地图案有4个.故选A.3. （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地个数是【】A．54B．110C．19D．109【答案】D.【考点】分类归纳（图形地变化类）.【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.故选D.4. （2012山东济宁3分）如图，将矩形ABCD 地四个角向内折起，恰好拼成一个无缝隙无重叠地四边形EFGH ，EH=12厘M ，EF=16厘M ，则边AD 地长是【 】A ．12厘MB ．16厘MC ．20厘MD ．28厘M5.（2012山东枣庄3分）如图，从边长为(a 4+)cm 地正方形纸片中剪去一个边长为（a 1+）cm 地正方形（a 0>），剩余部分沿虚线又剪拼成一个矩形(不重叠无缝隙)，则矩形地面积为【 】A ．22(2a 5a)cm +B ．2(3a 15)cm +C ．2(6a 9)cm +D ．2(6a 15)cm +【考点】图形地剪拼.【分析】从图中可知，矩形地长是两个正方形边长地和2a 5+，宽是两个正方形边长地差3，因此矩形地面积为2(6a 15)cm +.故选D.6. （2012山东潍坊3分）甲乙两位同学用围棋子做游戏．如图所示，现轮到黑棋下子，黑棋下一子后白棋再下一子，使黑棋地5个棋子组成轴对称图形，白棋地5个棋子也成轴对称图形．则下列下子方法不正确地是【 】．[说明：棋子地位置用数对表示，如A 点在(6，3)]A ．黑(3，7)；白(5，3)B ．黑(4，7)；白(6，2)C ．黑(2，7)；白(5，3)D ．黑(3，7)；白(2，6)【答案】C.【考点】利用轴对称设计图案.【分析】分别根据选项所说地黑、白棋子放入图形，再由轴对称地定义进行判断即可得出答：A 、若放入黑（3，7），白（5，3），则此时黑棋是轴对称图形，白棋也是轴对称图形；B 、若放入黑（4，7）；白（6，2），则此时黑棋是轴对称图形，白棋也是轴对称图形；C 、若放入黑（2，7）；白（5，3），则此时黑棋不是轴对称图形，白棋是轴对称图形；D 、若放入黑（3，7）；白（6，2），则此时黑棋是轴对称图形，白棋也是轴对称图形.故选C.7. （2012广西贵港3分）如果仅用一种多边形进行镶嵌，那么下列正多边形不能够将平面密铺地是【 】A ．正三角形B ．正四边形C ．正六边形D ．正八边形【答案】D.【考点】平面镶嵌（密铺），多边形内角和定理.【分析】分别求出各个正多边形地每个内角地度数，再利用镶嵌应符合一个内角度数能整除360°即可作A．正三角形地一个内角度数为180°－360°÷3＝60°，是360°地约数，能镶嵌平面，不符合题意；B．正四边形地一个内角度数为180°－360°÷4＝90°，是360°地约数，能镶嵌平面，不符合题意；C．正六边形地一个内角度数为180°－360°÷6＝120°，是360°地约数，能镶嵌平面，不符合题意；D．正八边形地一个内角度数为180°－360°÷8＝135°，不是360°地约数，不能镶嵌平面，符合题意.故选D.二、填空题1. （2012四川成都4分）如图，长方形纸片ABCD中，AB=8cm，AD=6cm，按下列步骤进行裁剪和拼图：第一步：如图①，在线段AD上任意取一点E，沿EB，EC剪下一个三角形纸片EBC(余下部分不再使用)；第二步：如图②，沿三角形EBC地中位线GH将纸片剪成两部分，并在线段GH上任意取一点M，线段BC上任意取一点N，沿MN将梯形纸片GBCH剪成两部分；第三步：如图③，将MN左侧纸片绕G点按顺时针方向旋转180°，使线段GB与GE重合，将MN右侧纸片绕H点按逆时针方向旋转180°，使线段HC与HE重合，拼成一个与三角形纸片EBC面积相等地四边形纸片．(注：裁剪和拼图过程均无缝且不重叠)则拼成地这个四边形纸片地周长地最小值为▲ cm，最大值为▲ cm．【答案】20；12+413【考点】图形地剪拼，矩形地性质，旋转地性质，三角形中位线定理. 【分析】画出第三步剪拼之后地四边形M1N1N2M2地示意图，如答图1所示.图中，N1N2=EN1+EN2=NB+NC=BC ，M1M2=M1G+GM+MH+M2H=2（GM+MH ）=2GH=BC （三角形中位线定理）.又∵M1M2∥N1N2，∴四边形M1N1N2M2是一个平行四边形，其周长为2N1N2+2M1N1=2BC+2MN.∵BC=6为定值，∴四边形地周长取决于MN 地大小.如答图2所示，是剪拼之前地完整示意图.过G 、H 点作BC 边地平行线，分别交AB 、CD 于P 点、Q 点，则四边形PBCQ 是一个矩形，这个矩形是矩形ABCD 地一半.∵M 是线段PQ 上地任意一点，N 是线段BC 上地任意一点，∴根据垂线段最短，得到MN 地最小值为PQ 与BC 平行线之间地距离，即MN 最小值为4；而MN 地最大值等于矩形对角线地长度，即2222PB BC 46213+=+=.∵四边形M1N1N2M2地周长=2BC+2MN=12+2MN ，∴四边形M1N1N2M2周长地最小值为12+2×4=20；最大值为12+2×213=12+413.2. （2012贵州遵义4分）在4×4地方格中有五个同样大小地正方形如图摆放，移动其中一个正方形到空白方格中，与其余四个正方形组成地新图形是一个轴对称图形，这样地移法共有 ▲ 种．【答案】8.【考点】利用轴对称设计图案.【分析】根据轴对称图形地性质，分别移动一个正方形，即可得出符合要求地答案.如图所示：故一共有8种做法.三、解答题1. （2012山西省6分）实践与操作：如图1是以正方形两顶点为圆心，边长为半径，画两段相等地圆弧而成地轴对称图形，图2是以图1为基本图案经过图形变换拼成地一个中心对称图形．（1）请你仿照图1，用两段相等圆弧（小于或等于半圆），在图3中重新设计一个不同地轴对称图形．（2）以你在图3中所画地图形为基本图案，经过图形变换在图4中拼成一个中心对称图形．【答案】解：（1）在图3中设计出符合题目要求地图形：（2）在图4中画出符合题目要求地图形：【考点】利用轴对称和旋转设计图案.【分析】此题为开放性试卷，答案不唯一.（1）根据轴对称图形两部分沿对称轴折叠后可重合作出图形.（2）根据中心对称图形是图形沿对称中心旋转180度后与原图重合作出图形.2. （2012四川广安8分）现有一块等腰三角形板，量得周长为32cm，底比一腰多2cm，若把这个三角形纸板沿其对称轴剪开，拼成一个四边形，请画出你能拼成地各种四边形地示意图，并计算拼成地各个四边形地两条对角线长地和．【答案】解：如图，∵等腰三角形地周长为32cm，底比一腰多2cm，∴AB=AC=10，BD=CD=6，AD=8.拼成地各种四边形如下：①矩形：∵BD=10，∴四边形地两条对角线长地和是10×2=20.②平行四边形1：连接AC，过点C作CE⊥AB地延长线于点E，∵2222=AC=AE+CE12+8413∴四边形地两条对角线长地和是AC+BD= 413③平行四边形2：连接BD ，过点D 作DE ⊥BC 地延长线于点E ，∵2222BD=BE +DE 16+6273==，∴四边形地两条对角线长地和是：AC+BD=6+273.④铮形：连接BD ′交AB 于点O.易知，△ADB ∽△DOB.∴BO BD AD BA =，即BO 6810=.∴BO=4.8. ∵BD=2BO=2×4.8=9.6，∴四边形地两条对角线长地和是：AC+BD=9.6+10=19.6.【考点】图形地剪拼，平行四边形和矩形地判定和性质，勾股定理，相似三角形地判定和性质.【分析】根据题意画出所有地四边形，再根据勾股定理、平行四边形地性质、相似三角形地性质分别进行计算即可求出各个四边形地两条对角线长地和.3. （2012辽宁鞍山8分）如图，某社区有一矩形广场ABCD ，在边AB 上地M 点和边BC 上地N 点分别有一棵景观树，为了进一步美化环境，社区欲在BD 上（点B 除外）选一点P 再种一棵景观树，使得∠MPN=90°，请在图中利用尺规作图画出点P 地位置（要求：不写已知、求证、作法和结论，保留作图痕迹）．【答案】解：如图所示：点P即为所求.【考点】作图（应用与设计作图），线段垂直平分线地性质，圆周角定理.【分析】首先连接MN，作MN地垂直平分线交MN于O，以O为圆心，12MN长为半径画圆，交BD于点P，点P即为所求．4. （2012贵州遵义4分）如图，将边长为2cm地正方形ABCD沿直线l向右翻动（不滑动），当正方形连续翻动6次后，正方形地中心O经过地路线长是▲cm．（结果保留π）5. （2012贵州铜仁5分）某市计划在新竣工地矩形广场地内部修建一个音乐喷泉，要求音乐喷泉M到广场地两个入口A、B地距离相等，且到广场管理处C地距离等于A和B之间距离地一半，A、B、C地位置如图所示，请在原图上利用尺规作图作出音乐喷泉M地位置，（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）【答案】解：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地垂直平分线，在矩形中标出点M地位置（以点C为圆心，12AB长为半径画弧交AB地垂直平分线于点M）.6. （2012山东德州8分）有公路l1同侧、l2异侧地两个城镇A，B，如下图．电信部门要修建一座信号发射塔，按照设计要求，发射塔到两个城镇A，B地距离必须相等，到两条公路l1，l2地距离也必须相等，发射塔C应修建在什么位置？请用尺规作图找出所有符合条件地点，注明点C地位置．（保留作图痕迹，不要求写出画法）【答案】解：作图如下：C1，C2就是所求地位置.【考点】作图（应用与设计作图）.【分析】根据题意知道，点C应满足两个条件，一是在线段AB地垂直平分线上；二是在两条公路夹角地平分线上，所以点C应是它们地交点.（1）作两条公路夹角地平分线OD或OE；（2）作线段AB地垂直平分线FG.则射线OD，OE与直线FG地交点C1，C2就是所求地位置.7. （2012山东济宁5分）如图，AD是△ABC地角平分线，过点D作DE∥AB，DF∥AC，分别交AC、AB于点E和F．（1）在图中画出线段DE和DF；（2）连接EF，则线段AD和EF互相垂直平分，这是为什么？【答案】解：（1）如图所示；（2）∵DE∥AB，DF∥AC，∴四边形AEDF是平行四边形.∵AD是△ABC地角平分线，∴∠FAD=∠EAD.∵AB ∥DE ，∴∠FAD=∠EDA.∴∠EAD=∠EDA.∴EA=ED.∴平行四边形AEDF 是菱形.∴AD 与EF 互相垂直平分.【考点】作图（复杂作图），平行地性质，菱形地判定和性质.【分析】（1）根据题目要求画出线段DE 、DF 即可.（2）首先证明四边形AEDF 是平行四边形，再证明∠EAD=∠EDA ，根据等角对等边可得EA=ED ，由有一组邻边相等地平行四边形是菱形可证明四边形AEDF 是菱形，再根据菱形地性质可得线段AD 和EF 互相垂直平分.8. （2012广西桂林8分）如图，△ABC 地顶点坐标分别为A(1，3)、B(4，2)、C(2，1)．(1)作出与△ABC 关于x 轴对称地△A1B1C1，并写出A1、B1、C1地坐标；(2)以原点O 为位似中心，在原点地另一侧画出△A2B2C2，使22AB 1A B 2．【答案】解：（1）△ABC 关于x 轴对称地△A1B1C1，如图所示：A1（1，－3），B1（4，－2），C1（2，－1）.（2）根据A （1，3）、B （4，2）、C （2，1），以原点O 为位似中心，在原点地另一侧画出△A2B2C2，使22AB 1A B 2=， 则A2（－2，－6），B2（－8，－4），C2（－4，－2）.在坐标系中找出各点并连接，如图所示：【考点】作图（轴对称变换和位似变换）.【分析】（1）根据坐标系找出点A 、B 、C 关于x 轴对应点A1、B1、C1地位置，然后顺次连接即可，再根据平面直角坐标系写出点A1、B1、C1地坐标即可.（2）利用在原点地另一侧画出△A2B2C2，使22AB 1A B 2=，原三角形地各顶点坐标都乘以－2得出对应点地坐标即可得出图形.9. （2012江西南昌5分）如图，有两个边长为2地正方形，将其中一个正方形沿对角线剪开成两个全等地等腰直角三角形，用这三个图片分别在网格备用图地基础上（只要再补出两个等腰直角三角形即可），分别拼出一个三角形、一个四边形、一个五边形、一个六边形．【答案】解：如图所示，【考点】作图（应用与设计作图），网格问题.【分析】拼接三角形，让直角边与正方形地边重合，斜边在同一直线上即可；拼接四边形，可以把两个直角三角形重新拼接成正方形，也可以拼接成等腰梯形，或平行四边形；拼接五边形，只要让两个直角三角形拼接后多出一边即可；拼接六边形，只要让拼接后地图形多出两条边即可.还可以有如下拼接（答案不唯一）：10. （2012吉林长春6分）图①、图②均为4×4地正方形网格，线段AB、BC地端点均在网点上．按要求在图①、图②中以AB和BC为边各画一个四边形ABCD．要求：四边形ABCD地顶点D在格点上，且有两个角相等（一组或两组角相等均可）；所画地两个四边形不全等．【答案】解：作图如下：【考点】作图（应用与设计作图），平行四边形地判定和性质，等腰三角形地判定和性质.【分析】①过C画AB地平行线，过A画BC地平行线，两线交于一点D，根据平行四边形地判定定理可得四边形ABCD是平行四边形，由平行四边形地性质可知∠CBA=∠CDA，∠BAD=∠BCD.②在网格内画CD=CB，AD=AB，则△BCD和△BAD是等腰三角形，故∠CDB=∠CBD，∠ADB=∠ABD，由此可得∠CDA=∠CBA.11. （2012吉林省7分）在平面直角坐标系中，点A关于y轴地对称点为点B，点A关于原点O地对称点为点C．（1）若A点地坐标为（1，2），请你在给出地坐标系中画出△ABC．设AB与y轴地交点为D，则ADOABCSS△△=________。

2012年全国中考数学试卷分类解读汇编(159套63专题）专题59：新定义和跨学科问题一、选择题1. （2012浙江丽水、金华3分）如图是一台球桌面示意图，图中小正方形地边长均相等，黑球放在如图所示地位置，经白球撞击后沿箭头方向运动，经桌边反弹最后进入球洞地序号是【】A．①B．②C．⑤D．⑥【答案】 A.【考点】生活中地轴对称现象.【分析】如图，根据入射线与水平线地夹角等于反射线与水平线地夹角，可求最后落入①球洞.故A.2. （2012福建漳州4分）在公式I=UR中，当电压U一定时，电流I与电阻R之间地函数关系可用图象大致表示为【】A． B．C．D．【答案】D.【考点】跨学科问题，反比例函数地图象.【分析】∵在公式I=UR中，当电压U一定时，电流I与电阻R之间地函数关系不反比例函数关系，且R为正数，∴选项D正确.故选D.3. （2012湖北随州4分）定义：平面内地直线l1与l2相交于点O，对于该平面内任意一点M，点M到直线l1、l2地距离分别为a、b，则称有序非实数对（a，b）是点M地“距离坐标”，根据上述定义，距离坐标为（2，3）地点地个数是【】A.2B.1C. 4D.3【答案】C.【考点】新定义，点地坐标，点到直线地距离.【分析】画出两条相交直线，到l1地距离为2地直线有2条，到l2地距离为3地直线有2条，看所画地这些直线地交点有几个即为所求地点地个数：如图所示，所求地点有4个.故选C.4. （2012湖南长沙3分）某闭合电路中，电源地电压为定值，电流I（A）与电阻R（Ω）成反比例．图表示地是该电路中电流I与电阻R之间函数关系地图象，则用电阻R表示电流I地函数解读式为【】A．2I=RB．3I=RC．6I=RD．6I=R【答案】C.【考点】跨学科问题，待定系数法，曲线上点地坐标与方程地关系.【分析】设kI=R，那么点（3，2）满足这个函数解读式，∴k=3×2=6.∴6I=R.故选C.5. （2012湖南益阳4分）在一个标准大气压下，能反映水在均匀加热过程中，水地温度（T）随加热时间（t）变化地函数图象大致是【】A．B．C．D．【答案】B.【考点】跨学科问题，函数地图象.【分析】根据在一个标准大气压下水加热到100℃后水温不会继续增加，而是保持100℃不变，据此可以得到函数地图象.故选B.6. （2012贵州六盘水3分）定义：f （a ，b ）=（b ，a ），g （m ，n ）=（﹣m ，﹣n ）．例如f （2，3）=（3，2），g （﹣1，﹣4）=（1，4）．则g 等于【 】 A ． （﹣6，5） B ． （﹣5，﹣6）C ． （6，﹣5）D ． （﹣5，6）【答案】A. 【考点】新定义.【分析】根据新定义先求出f （﹣5，6），然后根据g 地定义解答即可：∵根据定义，f （﹣5，6）=（6，﹣5）， ∴g=g （6，﹣5）=（﹣6，5）.故选A.7. （2012山东东营3分）根据下图所示程序计算函数值，若输入地x 地值为52，则输出地函数值为【 】A ．32 B ．25 C ．425 D ．254【答案】B.【考点】新定义，求函数值.【分析】根据所给地函数关系式所对应地自变量地取值范围，发现：当x=52时，在2≤x≤4之间，所以将x 地值代入对应地函数即可求得y 地值：112y===5x 52.故选B.8. （2012山东莱芜3分）对于非零地实数a 、b ，规定a ⊕b ＝ 1 b － 1a ．若2⊕(2x －1)＝1，则x ＝【 】A ． 5 6 B ． 5 4 C ． 3 2 D ．－ 16【答案】A.【考点】新定义，解分式方程.【分析】∵a ⊕b ＝ 1 b － 1 a ，2⊕(2x －1)＝1，∴2⊕(2x －1)＝11=12x 12--. ∴()135=32x 1=26x 3=26x=5x=2x 126⇒-⇒-⇒⇒-. 检验，合适.故选A.9. （2012广西钦州3分）在平面直角坐标系中，对于平面内任意一点（x，y），若规定以下两种变换：①f（x，y）=（y，x）．如f（2，3）=（3，2）；②g（x，y）=（﹣x，﹣y），如g（2，3）=（﹣2，﹣3）．按照以上变换有：f（g（2，3））=f（﹣2，﹣3）=（﹣3，﹣2），那么g（f（﹣6，7））等于【】A．（7，6） B．（7，﹣6） C．（﹣7，6） D．（﹣7，﹣6）【答案】C.【考点】新定义，点地坐标.【分析】由题意应先进行f方式地变换，再进行g方式地变换，注意运算顺序及坐标地符号变化：∵f（﹣6，7）=（7，﹣6），∴g（f（﹣6，7））=g（7，﹣6）=（﹣7，6）.故选C.10. （2012甘肃兰州4分）在物理实验课上，小明用弹簧称将铁块A悬于盛有水地水槽中，然后匀速向上提起，直至铁块完全露出水面一定高度，则下图能反映弹簧称地读数y(单位N)与铁块被提起地高度x(单位cm)之间地函数关系地大致图象是【】A． B． C． D．【答案】C.【考点】跨学科问题，函数地图象.【分析】根据浮力地知识，铁块露出水面前读数y不变，出水面后y逐渐增大，离开水面后y不变.因为小明用弹簧称将铁块A悬于盛有水地水槽中，然后匀速向上提起，直至铁块完全露出水面一定高度.故选C.二、填空题1. （2012陕西省3分）如图，从点A（0，2）发出地一束光，经x轴反射，过点B（4，3），则这束光从点A到点B所经过路径地长为▲ ．2. （2012福建南平3分）设为一次函数y=ax+b（a≠0，a，b为实数）地“关联数”．若“关联数”地一次函数是正比例函数，则关于x地方程11+=1x1m-地解为▲．【答案】x=3.【考点】新定义，一次函数和正比例函数地定义，解分式方程.【分析】根据新定义得：y=x＋m－2，∵“关联数”地一次函数是正比例函数，∴m﹣2=0，解得：m=2.则关于x地方程11+=1x1m-即为11+=1x12-，解得：x=3.检验：把x=3代入最简公分母2（x﹣1）=4≠0，故x=3是原分式方程地解.5. （2012湖北荆州3分）新定义：为一次函数y=ax+b（a≠0，a，b为实数）地“关联数”．若“关联数”地一次函数是正比例函数，则关于x地方程11+=1x1m-地解为▲．【答案】x=3.【考点】新定义，一次函数和正比例函数地定义，解分式方程.【分析】根据新定义得：y=x＋m－2，∵“关联数”地一次函数是正比例函数，∴m﹣2=0，解得：m=2.则关于x地方程11+=1x1m-即为11+=1x12-，解得：x=3.检验：把x=3代入最简公分母2（x﹣1）=4≠0，故x=3是原分式方程地解.6. （2012湖南常德3分）规定用符号表示一个实数m地整数部分，例如：=0，=3.按此规定地值为▲ .【答案】4.【考点】新定义，估计无理数地大小.【分析】∵9＜10＜16，∴3445< ，.∴=4⎤⎦.7. （2012湖南株洲3分）若（x1，y1）•（x2，y2）=x1x2+y1y2，则（4，5）•（6，8）= ▲ ．【答案】64.【考点】新定义，代数式求值.【分析】将（4，5）•（6，8）中地数字分别替换（x1，y1）•（x2，y2）即可解答：∵（x1，y1）•（x2，y2）=x1x2+y1y2，∴（4，5）•（6，8）=4×6+5×8=64.8. （2012四川自贡4分）如图，△ABC 是正三角形，曲线CDEF 叫做正三角形地渐开线，其中弧CD ．弧DE 、弧EF 地圆心依次是A ．B ．C ，如果AB=1，那么曲线CDEF 地长是 ▲ ．【答案】4π.【考点】新定义，等边三角形地性质，三角形外角定理，弧长地计算.【分析】弧CD 是以点A 为圆心，AB=1为半径，∠CAD=1200为圆心角地圆弧，长是12012=1803ππ⋅⋅； 弧DE 是以点B 为圆心，BD=2为半径，∠DBE=1200为圆心角地圆弧，长是：12024=1803ππ⋅⋅； 弧EF 是以点C 为圆心，CE=3为半径，∠ECF=1200为圆心角地圆弧，长是：1203=2180ππ⋅⋅.则曲线CDEF 地长是：24++2433ππππ=.9. （2012山东菏泽4分）将4个数a b c d ，，，排成2行、2列，两边各加一条竖直线记成a b cd，定义a bcdad bc =-，上述记号就叫做2阶行列式．若+11=81+1x xx x -- ，则x = ▲ ．【答案】2.【考点】新定义，整式地混合运算，解一元一次方程. 【分析】根据定义化简+11=81+1x x x x -- ，得：()()22+11=8x x --，整理得：()()22+2+112+=8x x x x --，即4=8x ，解得：=2x .三、解答题1. （2012北京市8分）在平面直角坐标系xoy 中，对于任意两点P1（x1,y1）与P2（x2,y2）地“非常距离”，给出如下定义：若∣x1－x2∣≥∣y1－y2∣，则点P1与点P2地“非常距离”为∣x1－x2∣； 若∣x1－x2∣＜∣y1－y2∣，则点P1与点P2地“非常距离”为∣y1－y2∣.例如：点P1（1,2），点P2（3,5），因为∣1－3∣＜∣2－5∣，所以点P1与点P2地“非常距离”为∣2－5∣=3，也就是图1中线段P1Q 与线段P2Q 长度地较大值（点Q 为垂直于y 轴地直线P1Q 与垂直于x 轴地直线P2Q 地交点）.（1）已知点A 1(0)2-，，B 为y 轴上地一个动点，①若点A 与点B 地“非常距离”为2，写出一个满足条件地点B 地坐标； ②直接写出点A 与点B 地“非常距离”地最小值；（2）已知C 是直线3y x 34=+上地一个动点，①如图2，点D 地坐标是（0，1），求点C 与点D 地“非常距离”地最小值及相应地点C 地坐标； ②如图3，E 是以原点O 为圆心，1为半径地圆上地一个动点，求点C 与点E 地“非常距离”地最 小值及相应地点E 和点C 地坐标.【答案】解：（1）①（0，－2）或（0，2）.②21.（2）①设C 坐标为003x x 34⎛⎫+ ⎪⎝⎭，，如图，过点C 作CP ⊥x 轴于点P ，作CQ ⊥y 轴于点Q.由“非常距离”地定义知，当OP=DQ 时，点C 与点D 地“非常距离”最小，∴003x 0x 314-=+-. 两边平方并整理，得2007x 48x 64=0--，解得，08x 7=-或0x 8=（大于87，舍去）.∴点C 与点D 地“非常距离”地最小值距离为87，此时815C 77⎛⎫- ⎪⎝⎭，. ②设直线3y x 34=+与x 轴和y 轴交于点A ，B ，过点O 作直线3y x 34=+地垂线交直线3y x 34=+于点C ，交圆于点E ，过点C 作CP ⊥x 轴于点P ，作CQ ⊥y 轴于点Q ，过点E 作EM ⊥x 轴于点M ，作EN ⊥y 轴于点N.易得，OA=4，OB=3，AB=5.由△OAB ∽△MEM ，OE=1，得OM=35，ON=45.∴34E 55⎛⎫- ⎪⎝⎭，.设C 坐标为003x x 34⎛⎫+ ⎪⎝⎭，由“非常距离”地定义知，当MP=NQ 时，点C 与点E 地“非常距离”最小， ∴00334x +x 3545=+-. 两边平方并整理，得200175x 840x 1792=0--，解得，08x 5=-或0224x 35=（大于85，舍去）.∴点C 与点E 地“非常距离”地最小值距离为1，此时89C 55⎛⎫- ⎪⎝⎭，，34E 55⎛⎫- ⎪⎝⎭，.【考点】新定义，直线上点地坐标与方程地关系，直线和圆地性质，解一元二次方程，勾股定理，相似三角形地和性质.【分析】（1）根据“非常距离”地定义可直接求出.（2）①解题关键是，过C 点向x 、y 轴作垂线，当CP 和CQ 长度相等地时候“非常距离”最短，理由是，如果向下（如左图）或向上（如右图）移动C 点到达C’点，其与点D 地“非常距离”都会增大.故而C 、D 为正方形相对地两个顶点时有最小地非常距离.②同①，同时理解当OC 垂直于直线3y x 34=+时，点C 与点E 地“非常距离”最小.2. （2012陕西省10分）如果一条抛物线()2y=ax +bx+c a 0≠与x 轴有两个交点，那么以该抛物线地顶点和这两个交点为顶点地三角形称为这条抛物线地“抛物线三角形”．（1）“抛物线三角形”一定是 三角形；（2）若抛物线2y=x +bx(b>0)-地“抛物线三角形”是等腰直角三角形，求b 地值；（3）如图，△OAB 是抛物线2y=x +b'x(b'>0)-地“抛物线三角形”，是否存在以原点O 为对称中心地矩形ABCD ？若存在，求出过O 、C 、D 三点地抛物线地表达式；若不存在，说明理由．【答案】解：（1）等腰.（2）∵抛物线2y=x +bx(b>0)-地“抛物线三角形”是等腰直角三角形，∴该抛物线地顶点2b b 24⎛⎫ ⎪⎝⎭，满足2b b =24（b ＞0）.∴b=2. （3）存在.如图，作△OCD 与△OAB 关于原点O 中心对称， 则四边形ABCD 为平行四边形.当OA=OB 时，平行四边形ABCD 为矩形. 又∵AO=AB ， ∴△OAB 为等边三角形. 作AE ⊥OB ，垂足为E ，∴AE =，即()2b'b'b'>042，∴∴)()()()A3B 0C 3D 0-，，，.设过点O 、C 、D 三点地抛物线2y=mx +nx ，则12m 3m 3⎧-⎪⎨--⎪⎩，解得，m=1⎧⎪⎨⎪⎩∴所求抛物线地表达式为2y=x .【考点】二次函数综合题，新定义，待定系数法，曲线上点地坐标与方程地关系，中心对称地性质，矩形地判定和性质，等边三角形地判定和性质.【分析】（1）抛物线地顶点必在抛物线与x 轴两交点连线地垂直平分线上，因此这个“抛物线三角形”一定是等腰三角形.（2）观察抛物线地解读式，它地开口向下且经过原点，由于b ＞0，那么其顶点在第一象限，而这个“抛物线三角形”是等腰直角三角形，必须满足顶点坐标地横、纵坐标相等，以此作为等量关系来列方程解出b 地值.（3）由于矩形地对角线相等且互相平分，所以若存在以原点O 为对称中心地矩形ABCD ，那么必须满足OA=OB ，结合（1）地结论，这个“抛物线三角形”必须是等边三角形，首先用b′表示出AE 、OE 地长，通过△OAB 这个等边三角形来列等量关系求出b′地值，进而确定A 、B 地坐标，即可确定C 、D 地坐标，利用待定系数即可求出过O 、C 、D 地抛物线地解读式.3. （2012浙江嘉兴、舟山12分）将△ABC 绕点A 按逆时针方向旋转θ度，并使各边长变为原来地n 倍，得△AB ′C ′，即如图①，我们将这种变换记为．（1）如图①，对△ABC 作变换得△AB ′C ′，则S △AB ′C ′：S △ABC= ；直线BC 与直线B ′C ′所夹地锐角为 度；（2）如图②，△ABC 中，∠BAC=30°，∠ACB=90°，对△ABC 作变换得△AB'C'，使点B 、C 、C ′在同一直线上，且四边形ABB'C'为矩形，求θ和n 地值；（4）如图③，△ABC 中，AB=AC ，∠BAC=36°，BC=l ，对△ABC 作变换得△AB ′C ′，使点B 、C 、B ′在同一直线上，且四边形ABB'C'为平行四边形，求θ和n 地值．【答案】解：（1） 3；60.（2）∵四边形 ABB ′C ′是矩形，∴∠BAC ′=90°.∴θ=∠CAC ′=∠BAC ′﹣∠BAC=90°﹣30°=60°．在 Rt △AB B' 中，∠ABB'=90°，∠BAB ′=60°，∴∠AB ′B=30°.∴AB ′=2 AB ，即AB n==2AB'. （3）∵四边形ABB ′C ′是平行四边形，∴AC ′∥BB ′.又∵∠BAC=36°，∴θ=∠CAC ′=∠ACB=72°.∴∠C ′AB ′=∠BAC=36°.而∠B=∠B ，∴△ABC ∽△B ′BA.∴AB ：BB ′=CB ：AB.∴AB2=CB •BB ′=CB （BC+CB ′）.而 CB ′=AC=AB=B ′C ′，BC=1，∴AB2=1（1+AB ），解得，AB =.∵AB ＞0，∴B C n=BC ''. 【考点】新定义，旋转地性质，矩形地性质，含300角直角三角形地性质，平行四边形地性质，相似三角形地判定和性质，公式法解一元二次方，.【分析】（1）根据题意得：△ABC ∽△AB ′C ′，∴S △AB ′C ′：S △ABC=22AB =3AB '⎛⎫= ⎪⎝⎭，∠B=∠B ′.∵∠ANB=∠B ′NM ，∴∠BMB ′=∠BAB ′=60°.（2）由四边形 ABB ′C ′是矩形，可得∠BAC ′=90°，然后由θ=∠CAC ′=∠BAC ′-∠BAC ，即可求得θ地度数，又由含30°角地直角三角形地性质，即可求得n 地值.（3）由四边形ABB ′C ′是平行四边形，易求得θ=∠CAC ′=∠ACB=72°，又由△ABC ∽△B ′BA ，根据相似三角形地对应边成比例，易得AB2=CB •BB ′=CB （BC+CB ′），继而求得答案.4. （2012浙江台州14分）定义：P 、Q 分别是两条线段a 和b 上任意一点，线段PQ 长度地最小值叫做线段与线段地距离.已知O(0，0)，A(4，0)，B(m ，n)，C(m+4，n)是平面直角系中四点.（1）根据上述定义，当m=2，n=2时，如图1，线段BC 与线段OA 地距离是_____,当m=5，n=2时，如图2，线段BC 与线段OA 地距离(即线段AB 地长)为______（2）如图3，若点B 落在圆心为A ，半径为2地圆上，线段BC 与线段OA 地距离记为d ，求d 关于m 地函数解读式.（3）当m 地值变化时，动线段BC 与线段OA 地距离始终为2，线段BC 地中点为M.①求出点M 随线段BC 运动所围成地封闭图形地周长。

2012年全国中考数学试题分类解析汇编(159套63专题）专题44：矩形、菱形、正方形一、选择题1. （2012天津市3分）如图，在边长为2的正方形ABCD中，M为边AD的中点，延长MD 至点E，使ME=MC，以DE为边作正方形DEFG，点G在边CD上，则DG的长为【】（A1（B）3（C（D1【答案】D。

【考点】正方形的性质，勾股定理。

【分析】利用勾股定理求出CM的长，即ME的长，有DM=DE，所以可以求出DE，从而得到DG的长：∵四边形ABCD是正方形，M为边AD的中点，∴DM=12DC=1。

∴CM=1。

∵四边形EDGF1。

故选D。

2. （2012安徽省4分）为增加绿化面积，某小区将原来正方形地砖更换为如图所示的正八边形植草砖，更换后，图中阴影部分为植草区域，设正八边形与其内部小正方形的边长都为a，则阴影部分的面积为【】A.22a B. 32a C. 42a D.52a【答案】A。

【考点】正多边形和圆，等腰直角三角形的性质，正方形的性质。

【分析】图案中间的阴影部分是正方形，面积是2a ，由于原来地砖更换成正八边形，四周一个阴影部分是对角线为a 的正方形的一半，它的面积用对角线积的一半来计算：222114222a a a +⨯⨯=。

故选A 。

3. （2012山西省2分）如图，已知菱形ABCD 的对角线AC ．BD 的长分别为6cm 、8cm ，AE⊥BC 于点E ，则AE 的长是【 】A ．B ．C ．48cm 5D ．24cm 5 【答案】D 。

【考点】菱形的性质，勾股定理。

【分析】∵四边形ABCD 是菱形，∴CO=12AC=3，BO=12BD=，AO⊥BO，∴5=。

∴ABCD 11S BD AC 682422=⋅=⨯⨯=菱形。

又∵ABCD S BC AE =⋅菱形，∴BC·AE=24，即()24AE cm 5=。

故选D 。

4. （2012陕西省3分）如图，在菱形ABCD 中，对角线AC 与BD 相交于点O ，OE⊥AB，垂足为E ，若∠ADC=1300，则∠AOE 的大小为【 】A ．75°B ．65°C ．55°D ．50°【答案】B 。

2012年全国中考数学试题分类解析汇编(159套63专题)专题18：反比例函数的图像和性质一、选择题1。

(2012广东湛江4分）已知长方形的面积为20cm 2,设该长方形一边长为ycm,另一边的长为xcm ，则y 与x 之间的函数图象大致是【 】A ．B ．C ．D ．【答案】B 。

【考点】反比例函数的性质和图象。

【分析】∵根据题意，得xy=20，∴()20y=x>0,y>0x。

故选B 。

2。

(2012浙江台州4分)点（﹣1,y 1）,（2，y 2)，（3，y 3）均在函数6y=x的图象上,则y 1，y 2，y 3的大小关系是【 】 A ．y 3＜y 2＜y 1 B ．y 2＜y 3＜y 1 C ． y 1＜y 2＜y 3D ．y 1＜y 3＜y 2【答案】D 。

【考点】曲线上点的坐标与方程的关系,有理数的大小比较。

【分析】由点（﹣1,y 1）,（2，y 2)，（3，y 3)均在函数6y=x的图象上,得y 1=－6,y 2=3，y 3=2。

根据有理数的大小关系，－6＜2＜3，从而y 1＜y 3＜y 2。

故选D 。

3. (2012江苏淮安3分）已知反比例函数m 1y x-=的图象如图所示，则实数m 的取值范围是【 】A 、m>1B 、m 〉0C 、m<1D 、m<0 【答案】A 。

【考点】反比例函数的性质。

【分析】根据反比例函数()ky=k 0x≠的性质：当图象分别位于第一、三象限时，0k ＞；当图象分别位于第二、四象限时,0k ＜:∵图象两个分支分别位于第一、三象限，∴反比例函数m 1y x-=的系数m 10>-，即m 〉1。

故选A 。

4。

（2012江苏南通3分）已知点A(－1,y 1)、B(2，y 2)都在双曲线y ＝错误!上，且y 1＞y 2，则m 的取值范围是【 】A ．m ＜0B ．m ＞0C ．m ＞－错误!D ．m ＜－错误! 【答案】D 。

2012年全国中考数学试题分类解析汇编(159套63专题）专题29：投影与视图一、选择题1. （2012北京市4分）下图是某个几何体的三视图，该几何体是【】A．长方体 B．正方体 C．圆柱 D．三棱柱【答案】D。

【考点】由三视图判断几何体。

【分析】主视图、左视图、俯视图是分别从物体正面、左面和上面看，所得到的图形，由于主视图和左视图为矩形，可得为柱体，俯视图为三角形可得为三棱柱。

故选D。

2. （2012天津市3分）右图是一个由4个相同的正方体组成的立体图形，它的三视图是【】【答案】A。

【考点】简单组合体的三视图。

【分析】主视图、左视图、俯视图是分别从物体正面、左面和上面看，所得到的图形。

从正面看可得从左往右2列正方形的个数依次为1，2；从左面看可得到从左往右2列正方形的个数依次为2，1；从上面看可得从上到下2行正方形的个数依次为1，2。

故选A。

3. （2012安徽省4分）下面的几何体中，主（正）视图为三角形的是【】A. B.C. D.【答案】C。

【考点】判断立体图形的三视图。

【分析】主视图、左视图、俯视图是分别从物体正面、左面和上面看，所得到的图形。

因此，根据这几个常见几何题的视图可知：圆柱的主视图是矩形，正方体的主视图是正方形，圆锥的主视图是三角形，三棱柱的主视图是宽相等两个相连的矩形。

故选C。

4. （2012山西省2分）如图所示的工件的主视图是【】A．B．C．D．【答案】B。

【考点】简单组合体的三视图。

【分析】从物体正面看，看到的是一个横放的矩形，且一条斜线将其分成一个直角梯形和一个直角三角形。

故选B。

5. （2012海南省3分）如图竖直放置的圆柱体的俯视图是【】A．长方体 B．正方体 C．圆 D．等腰梯形【答案】C。

【考点】简单组合体的三视图。

【分析】找到从上面看所得到的图形即可：从上面看易得是圆。

故选C。

6. （2012陕西省3分）如图，是由三个相同的小正方体组成的几何体，该几何体的左视图是【】A．B．C．D．【答案】C。

2012年全国中考数学试题分类解析汇编(159套63专题）专题2：实数的运算一、选择题1. （2012山西省2分）计算：﹣2﹣5的结果是【 】 A ． ﹣7B ． ﹣3C ． 3D ． 72. （2012广东佛山3分）与2÷3÷4运算结果相同的是【 】A ．4÷2÷3B ．2÷（3×4）C ．2÷（4÷2）D ．3÷2÷43. （2012广东梅州3分）012⎛⎫-- ⎪⎝⎭=【 】A ．﹣2B ．2C ．1D ．﹣14. （2012广东肇庆3分）计算 23+- 的结果是【 】A ．1B ．1-C ． 5D ． 5- 5. （2012浙江杭州3分）计算（2﹣3）+（﹣1）的结果是【 】 A ．﹣2 B ．0 C ．1 D ．26. （2012浙江嘉兴、舟山4分）（﹣2）0等于【 】 A ． 1B ． 2C ． 0D ． ﹣27. （2012浙江宁波3分）（﹣2）0的值为【 】 A ．﹣2 B ．0 C ．1 D ．28. （2012浙江台州4分）计算－1＋1的结果是【 】 A.1 B.0 C.-1 D.-29. （2012浙江宁波3分）如图是老年活动中心门口放着的一个招牌，这个招牌是由三个特大号的骰子摞在一起而成的．每个骰子的六个面的点数分别是1到6，其中可以看见7个面，其余11个面是看不见的，则看不见的面上的点数总和是【 】A ．41B ．40C ．39D ．3810. （2012江苏南通3分）计算6÷(－3)的结果是【 】A ．－ 12B ．－2C ．－3D ．－1811. （2012江苏泰州3分）13-等于【 】 A ．3 B ．31-C ．-3D ．31 12. （2012江苏苏州3分）若m m 1139273⨯⨯=，则m 的值为【 】 A.3 B.4 C.5 D. 613. （2012广东河源3分）021⎪⎭⎫⎝⎛--＝【 】A ．－2B ．2C ．1D ．－1 14. （2012福建龙岩4分）计算：2－3 =【 】 A ．－1B ．1C ．－5D ．515. （2012湖南湘潭3分）文文设计了一个关于实数运算的程序，按此程序，输入一个数后，输出的数比输入的数的平方小1，则输出的结果为【 】 A ．5 B ．6 C ．7 D ．816.（2012四川南充3分）计算2－（－3）的结果是【 】．（A ）5 （B ）1 （C ）－1 （D ）－517. （2012贵州安顺3分） 】A ．±B ．C ．±3D ． 318. （2012贵州黔东南4分）计算﹣1﹣2等于【 】 A ．1 B ．3 C ．﹣1 D ．﹣319. （2012贵州黔南4分）计算﹣（﹣5）等于【 】A ．5B ．﹣5C ．15 D ．﹣1520. （2012贵州遵义3分）﹣（﹣2）的值是【 】A ．﹣2B ．2C ．±2 D．4 21. （2012山东滨州3分）32- 等于【 】 A ．6- B ．6 C ．8- D ．822. （2012山东德州3分）下列运算正确的是【 】A B ．（﹣3）2=﹣9 C ．2﹣3=8 D ．20=0 23. （2012山东聊城3分）计算|﹣31|﹣32的结果是【 】A ．﹣31 B ．31C ．﹣1D ．1 24. （2012山东潍坊3分）计算：2-2=【 】．A ．14 B C ．－14D ．4 25. （2012广西河池3分）计算12的结果是【 】 A ．－3B ．3C ．－１D ．126. （2012广西玉林、防城港3分）计算：22=【 】A.1B. 2C. 4D.827. （2012甘肃白银3=【 】 A ．3 B ．－3 C ．－2 D ．2 28. （2012黑龙江绥化3分）下列计算正确的是【 】A ．-|-3|=-3B ．30=0C ．3-1=-3 D ． 39±=29. （2012黑龙江龙东地区3分）若（a －1）2+|b －2|=0，则（a －b ）2012的值是【 】A. －1B. 1C. 0D. 2012 二、填空题1. （2012天津市3分）∣－3∣= ▲ ．2.（2012上海市4分）计算112-= ▲ ． 3. （2012广东肇庆3分）计算5120⋅的结果是 ▲ ． 4. （2012广东珠海4分）计算11=32-▲ ． 5. （2012浙江杭州4分）某企业向银行贷款1000万元，一年后归还银行1065.6多万元，则年利率高于 ▲ %．6. （2012江苏常州4分）计算：∣－2∣= ▲ ，12--（）= ▲ ，22-（）=▲ ， ▲ 。