广西玉林市防城港市中考数学试卷及答案 12页

广西玉林市、防城港市2014年中考数学试卷及答案 一、单项选择题（共12小题，每小题3分，满分36分）‎ ‎1．（3分）（2014•玉林）下面的数中，与﹣2的和为0的是（　　）‎ ‎　‎ A．‎ ‎2‎ B．‎ ‎﹣2‎ C．‎ D．‎ 解：设这个数为x，由题意得：‎ x+（﹣2）=0，‎ x﹣2=0，‎ x=2，‎ 故选：A．‎ ‎2．（3分）（2014•玉林）将6.18×10﹣3化为小数的是（　　）‎ ‎　‎ A．‎ ‎0.000618‎ B．‎ ‎0.00618‎ C．‎ ‎0.0618‎ D．‎ ‎0.618‎ 解：把数据“6.18×10﹣3中6.18的小数点向左移动3位就可以得到为0.00618．‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎3．（3分）（2014•玉林）计算（2a2）3的结果是（　　）‎ ‎　‎ A．‎ ‎2a6‎ B．‎ ‎6a6‎ C．‎ ‎8a6‎ D．‎ ‎8a5‎ 解：（2a2）3=8a6．‎ 故选C．‎ ‎4．（3分）（2014•玉林）下面的多项式在实数范围内能因式分解的是（　　）‎ ‎　‎ A．‎ x2+y2‎ B．‎ x2﹣y C．‎ x2+x+1‎ D．‎ x2﹣2x+1‎ 解；A、x2+y2，无法因式分解，故此选项错误；‎ B、x2﹣y，无法因式分解，故此选项错误；‎ C、x2+x+1，无法因式分解，故此选项错误；‎ D、x2﹣2x+1=（x﹣1）2，故此选项正确．‎ 故选：D．‎ ‎5．（3分）（2014•玉林）如图的几何体的三视图是（　　）‎ ‎　‎ A．‎ B．‎ C．‎ D．‎ 解：从几何体的正面看可得有2列小正方形，左面有2个小正方形，右面下边有1个小正方形；‎ 从几何体的正面看可得有2列小正方形，左面有2个小正方形，右面下边有1个小正方形；‎ 从几何体的上面看可得有2列小正方形，左面有2个小正方形，右上角有1个小正方形；‎ 故选：C．‎ ‎6．（3分）（2014•玉林）下列命题是假命题的是（　　）‎ ‎　‎ A．‎ 四个角相等的四边形是矩形 B．‎ 对角线相等的平行四边形是矩形 ‎　‎ C．‎ 对角线垂直的四边形是菱形 D．‎ 对角线垂直的平行四边形是菱形 解：A、四个角相等的四边形是矩形，所以A选项为真命题；‎ B、对角线相等的平行四边形是矩形，所以B选项为真命题；‎ C、对角线垂直的平行四边形是菱形，所以C选项为假命题；‎ D、对角线垂直的平行四边形是菱形，所以D选项为真命题．‎ 故选C．‎ ‎7．（3分）（2014•玉林）△ABC与△A′B′C′是位似图形，且△ABC与△A′B′C′的位似比是1：2，已知△ABC的面积是3，则△A′B′C′的面积是（　　）‎ ‎　‎ A．‎ ‎3‎ B．‎ ‎6‎ C．‎ ‎9‎ D．‎ ‎12‎ 解：∵△ABC与△A′B′C′是位似图形，且△ABC与△A′B′C′的位似比是1：2，△ABC的面积是3，‎ ‎∴△ABC与△A′B′C′的面积比为：1：4，‎ 则△A′B′C′的面积是：12．‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎8．（3分）（2014•玉林）一个盒子内装有大小、形状相同的四个球，其中红球1个、绿球1个、白球2个，小明摸出一个球不放回，再摸出一个球，则两次都摸到白球的概率是（　　）‎ ‎　‎ A．‎ B．‎ C．‎ D．‎ 解：画树状图得：‎ ‎∵共有12种等可能的结果，两次都摸到白球的有2种情况，‎ ‎∴两次都摸到白球的概率是：=．‎ 故答案为：C．‎ ‎9．（3分）（2014•玉林）x1，x2是关于x的一元二次方程x2﹣mx+m﹣2=0的两个实数根，是否存在实数m使+=0成立？则正确的是结论是（　　）‎ ‎　‎ A．‎ m=0时成立 B．‎ m=2时成立 C．‎ m=0或2时成立 D．‎ 不存在 解：∵x1，x2是关于x的一元二次方程x2﹣mx+m﹣2=0的两个实数根，‎ ‎∴x1+x2=m，x1x2=m﹣2．‎ 假设存在实数m使+=0成立，则=0，‎ ‎∴=0，‎ ‎∴m=0．‎ 当m=0时，方程x2﹣mx+m﹣2=0即为x2﹣2=0，此时△=8＞0，‎ ‎∴m=0符合题意．‎ 故选A．‎ ‎10．（3分）（2014•玉林）在等腰△ABC中，AB=AC，其周长为20cm，则AB边的取值范围是（　　）‎ ‎　‎ A．‎ ‎1cm＜AB＜4cm B．‎ ‎5cm＜AB＜10cm C．‎ ‎4cm＜AB＜8cm D．‎ ‎4cm＜AB＜10cm 解：∵在等腰△ABC中，AB=AC，其周长为20cm，‎ ‎∴设AB=AC=xcm，则BC=（20﹣2x）cm，‎ ‎∴，‎ 解得5cm＜x＜10cm．‎ 故选B．‎ ‎11．（3分）（2014•玉林）蜂巢的构造非常美丽、科学，如图是由7个形状、大小完全相同的正六边形组成的网络，正六边形的顶点称为格点，△ABC的顶点都在格点上．设定AB边如图所示，则△ABC是直角三角形的个数有（　　）‎ A．4个 B．6个 C．8个 D．10个 解：如图，AB是直角边时，点C共有6个位置，‎ 即，有6个直角三角形，‎ AB是斜边时，点C共有2个位置，‎ 即有2个直角三角形，‎ 综上所述，△ABC是直角三角形的个数有6+2=8个．‎ 故选C．‎ ‎12．（3分）（2014•玉林）如图，边长分别为1和2的两个等边三角形，开始它们在左边重合，大三角形固定不动，然后把小三角形自左向右平移直至移出大三角形外停止．设小三角形移动的距离为x，两个三角形重叠面积为y，则y关于x的函数图象是（　　）‎ ‎　‎ A．‎ B．‎ C．‎ D．‎ 解：①t≤1时，两个三角形重叠面积为小三角形的面积，‎ ‎∴y=×1×=，‎ ‎②当1＜x≤2时，重叠三角形的边长为2﹣x，高为，‎ y=（2﹣x）×=x﹣x+，‎ ‎③当x≥2时两个三角形重叠面积为小三角形的面积为0，‎ 故选：B．　‎ 二、填空题（共6小题，每小题3分，满分18分）‎ ‎13．（3分）（2014•玉林）3的倒数是　　．　‎ ‎14．（3分）（2014•玉林）在平面直角坐标系中，点（﹣4，4）在第　二　象限．　‎ ‎15．（3分）（2014•玉林）下表是我市某一天在不同时段测得的气温情况 ‎0：00‎ ‎4：00‎ ‎8：00‎ ‎12：00‎ ‎16：00‎ ‎20：00‎ ‎25℃‎ ‎27℃‎ ‎29℃‎ ‎32℃‎ ‎34℃‎ ‎30℃‎ 则这一天气温的极差是　9　℃．‎ ‎16．（3分）（2014•玉林）如图，直线MN与⊙O相切于点M，ME=EF且EF∥MN，则cos∠E=　　．‎ 解：连结OM，OM的反向延长线交EF与C，如图，‎ ‎∵直线MN与⊙O相切于点M，‎ ‎∴OM⊥MF，‎ ‎∵EF∥MN，‎ ‎∴MC⊥EF，‎ ‎∴CE=CF，‎ ‎∴ME=MF，‎ 而ME=EF，‎ ‎∴ME=EF=MF，‎ ‎∴△MEF为等边三角形，‎ ‎∴∠E=60°，‎ ‎∴cos∠E=cos60°=．‎ 故答案为．‎ ‎　‎ ‎17．（3分）（2014•玉林）如图，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠C=90°，∠A=120°，AD=2，BD平分∠ABC，则梯形ABCD的周长是　7+　．‎ 解：过点A作AE⊥BD于点E，‎ ‎∵AD∥BC，∠A=120°，‎ ‎∴∠ABC=60°，∠ADB=∠DBC，‎ ‎∵BD平分∠ABC，‎ ‎∴∠ABD=∠DBC=30°，‎ ‎∴∠ABE=∠ADE=30°，‎ ‎∴AB=AD，‎ ‎∴AE=AD=1，‎ ‎∴DE=，则BD=2，‎ ‎∵∠C=90°，∠DBC=30°，‎ ‎∴DC=BD=，‎ ‎∴BC===3，‎ ‎∴梯形ABCD的周长是：AB+AD+CD+BC=2+2++3=7+．‎ 故答案为：7+．‎ ‎　‎ ‎18．（3分）（2014•玉林）如图，OABC是平行四边形，对角线OB在轴正半轴上，位于第一象限的点A和第二象限的点C分别在双曲线y=和y=的一支上，分别过点A、C作x轴的垂线，垂足分别为M和N，则有以下的结论：‎ ‎①=；‎ ‎②阴影部分面积是（k1+k2）；‎ ‎③当∠AOC=90°时，|k1|=|k2|；‎ ‎④若OABC是菱形，则两双曲线既关于x轴对称，也关于y轴对称．‎ 其中正确的结论是　①④　（把所有正确的结论的序号都填上）．‎ 解：作AE⊥y轴于E，CF⊥y轴于F，如图，‎ ‎∵四边形OABC是平行四边形，‎ ‎∴S△AOB=S△COB，‎ ‎∴AE=CF，‎ ‎∴OM=ON，‎ ‎∵S△AOM=|k1|=OM•AM，S△CON=|k2|=ON•CN，‎ ‎∴=，所以①正确；‎ ‎∵S△AOM=|k1|，S△CON=|k2|，‎ ‎∴S阴影部分=S△AOM+S△CON=（|k1|+|k2|），‎ 而k1＞0，k2＜0，‎ ‎∴S阴影部分=（k1﹣k2），所以②错误；‎ 当∠AOC=90°，‎ ‎∴四边形OABC是矩形，‎ ‎∴不能确定OA与OC相等，‎ 而OM=ON，‎ ‎∴不能判断△AOM≌△CNO，‎ ‎∴不能判断AM=CN，‎ ‎∴不能确定|k1|=|k2|，所以③错误；‎ 若OABC是菱形，则OA=OC，‎ 而OM=ON，‎ ‎∴Rt△AOM≌Rt△CNO，‎ ‎∴AM=CN，‎ ‎∴|k1|=|k2|，‎ ‎∴k1=﹣k2，‎ ‎∴两双曲线既关于x轴对称，也关于y轴对称，所以④正确．‎ 故答案为①④．‎ 三、解答题（共8小题，满分66分。解答应写出文字说明过程或演算步骤）‎ ‎19．（6分）（2014•玉林）计算：（﹣2）2﹣•+（sin60°﹣π）0．‎ 解：原式=4﹣2×+1‎ ‎=4﹣2+1‎ ‎=3．‎ ‎20．（6分）（2014•玉林）先化简，再求值：﹣，其中x=﹣1．‎ 解：原式=﹣==，‎ 当x=﹣1时，原式==．‎ ‎21．（6分）（2014•玉林）如图，已知：BC与CD重合，∠ABC=∠CDE=90°，△ABC≌△CDE，并且△CDE可由△ABC逆时针旋转而得到．请你利用尺规作出旋转中心O（保留作图痕迹，不写作法，注意最后用墨水笔加黑），并直接写出旋转角度是　90°　．‎ 解：如图所示：旋转角度是90°．‎ 故答案为：90°．‎ ‎22．（8分）（2014•玉林）第一次模拟试后，数学科陈老师把一班的数学成绩制成如图的统计图，并给了几个信息：①前两组的频率和是0.14；②第一组的频率是0.02；③自左到右第二、三、四组的频数比为3：9：8，然后布置学生（也请你一起）结合统计图完成下列问题：‎ ‎（1）全班学生是多少人？‎ ‎（2）成绩不少于90分为优秀，那么全班成绩的优秀率是多少？‎ ‎（3）若不少于100分可以得到A+等级，则小明得到A+的概率是多少？‎ 解：（1）第二组的频率是：0.14﹣0.02=0.12，‎ 则全班的学生数是：6÷0.12=50；‎ ‎（2）全班成绩的优秀率是1﹣0.14=0.86=86%；‎ ‎（3）第三、四组的频率是：0.12×=0.68，‎ 则最后两组的频率的和是：1﹣0.14﹣0.68=0.18，‎ 则小明得到A+的概率是0.18．‎ ‎23．（9分）（2014•玉林）如图的⊙O中，AB为直径，OC⊥AB，弦CD与OB交于点F，过点D、A分别作⊙O的切线交于点G，并与AB延长线交于点E．‎ ‎（1）求证：∠1=∠2．‎ ‎（2）已知：OF：OB=1：3，⊙O的半径为3，求AG的长．‎ 解（1）证明：连结OD，如图，‎ ‎∵DE为⊙O的切线，‎ ‎∴OD⊥DE，‎ ‎∴∠ODE=90°，即∠2+∠ODC=90°，‎ ‎∵OC=OD，‎ ‎∴∠C=∠ODC，‎ ‎∴∠2+∠C=90°，‎ 而OC⊥OB，‎ ‎∴∠C+∠3=90°，‎ ‎∴∠2=∠3，‎ ‎∵∠1=∠3，‎ ‎∴∠1=∠2；‎ ‎（2）解：∵OF：OB=1：3，⊙O的半径为3，‎ ‎∴OF=1，‎ ‎∵∠1=∠2，‎ ‎∴EF=ED，‎ 在Rt△ODE中，OD=3，DE=x，则EF=x，OE=1+x，‎ ‎∵OD2+DE2=OE2，‎ ‎∴32+t2=（t+1）2，解得t=4，‎ ‎∴DE=4，OE=5，‎ ‎∵AG为⊙O的切线，‎ ‎∴AG⊥AE，‎ ‎∴∠GAE=90°，‎ 而∠OED=∠GEA，‎ ‎∴Rt△EOD∽Rt△EGA，‎ ‎∴=，即=，‎ ‎∴AG=6．‎ ‎24．（9分）（2014•玉林）我市市区去年年底电动车拥有量是10万辆，为了缓解城区交通拥堵状况，今年年初，市交通部门要求我市到明年年底控制电动车拥有量不超过11.9万辆，估计每年报废的电动车数量是上一年年底电动车拥有量的10%，假定每年新增电动车数量相同，问：‎ ‎（1）从今年年初起每年新增电动车数量最多是多少万辆？‎ ‎（2）在（1）的结论下，今年年底到明年年底电动车拥有量的年增长率是多少？（结果精确到0.1%）‎ 解：（1）设从今年年初起每年新增电动车数量是x万辆，‎ 由题意可得出：今年将报废电动车：10×10%=1（万辆），‎ ‎∴[（10﹣1）+x]（1﹣10%）+x≤11.9，‎ 解得：x≤2．‎ 答：从今年年初起每年新增电动车数量最多是2万辆；‎ ‎（2）∵今年年底电动车拥有量为：（10﹣1）+x=11（万辆），‎ 明年年底电动车拥有量为：11.9万辆，‎ ‎∴设今年年底到明年年底电动车拥有量的年增长率是y，则11（1+y）=11.9，‎ 解得：y≈0.082=8.2%．‎ 答：今年年底到明年年底电动车拥有量的年增长率是8.2%．‎ ‎25．（10分）（2014•玉林）如图，在正方形ABCD中，点M是BC边上的任一点，连接AM并将线段AM绕M顺时针旋转90°得到线段MN，在CD边上取点P使CP=BM，连接NP，BP．‎ ‎（1）求证：四边形BMNP是平行四边形；‎ ‎（2）线段MN与CD交于点Q，连接AQ，若△MCQ∽△AMQ，则BM与MC存在怎样的数量关系？请说明理由．‎ 解（1）证明：在正方形ABCD中，AB=BC，∠ABC=∠B，‎ 在△ABM和△BCP中，‎ ‎，‎ ‎∴△ABM≌△BCP（SAS），‎ ‎∴AM=BP，∠BAM=∠CBP，‎ ‎∵∠BAM+∠AMB=90°，‎ ‎∴∠CBP+∠AMB=90°，‎ ‎∴AM⊥BP，‎ ‎∵AM并将线段AM绕M顺时针旋转90°得到线段MN，‎ ‎∴AM⊥MN，且AM=MN，‎ ‎∴MN∥BP，‎ ‎∴四边形BMNP是平行四边形；‎ ‎（2）解：BM=MC．‎ 理由如下：∵∠BAM+∠AMB=90°，∠AMB+∠CMQ=90°，‎ ‎∴∠BAM=∠CMQ，‎ 又∵∠B=∠C=90°，‎ ‎∴△ABM∽△MCQ，‎ ‎∴=，‎ ‎∵△MCQ∽△AMQ，‎ ‎∴△AMQ∽△ABM，‎ ‎∴=，‎ ‎∴=，‎ ‎∴BM=MC．‎ ‎26．（12分）（2014•玉林）给定直线l：y=kx，抛物线C：y=ax2+bx+1．‎ ‎（1）当b=1时，l与C相交于A，B两点，其中A为C的顶点，B与A关于原点对称，求a的值；‎ ‎（2）若把直线l向上平移k2+1个单位长度得到直线r，则无论非零实数k取何值，直线r与抛物线C都只有一个交点．‎ ‎①求此抛物线的解析式；‎ ‎②若P是此抛物线上任一点，过P作PQ∥y轴且与直线y=2交于Q点，O为原点．求证：OP=PQ．‎ ‎（1）解：‎ ‎∵l：y=kx，C：y=ax2+bx+1，当b=1时有A，B两交点，‎ ‎∴A，B两点的横坐标满足kx=ax2+x+1，即ax2+（1﹣k）x+1=0．‎ ‎∵B与A关于原点对称，‎ ‎∴0=xA+xB=，‎ ‎∴k=1．‎ ‎∵y=ax2+x+1=a（x+）2+1﹣，‎ ‎∴顶点（﹣，1﹣）在y=x上，‎ ‎∴﹣=1﹣，‎ 解得 a=﹣．‎ ‎（2）‎ ‎①解：∵无论非零实数k取何值，直线r与抛物线C都只有一个交点，‎ ‎∴k=1时，k=2时，直线r与抛物线C都只有一个交点．‎ 当k=1时，r：y=x+2，‎ ‎∴代入C：y=ax2+bx+1中，有ax2+（b﹣1）x﹣1=0，‎ ‎∵△==0，‎ ‎∴（b﹣1）2+4a=0，‎ 当k=2时，r：y=2x+5，‎ ‎∴代入C：y=ax2+bx+1中，有ax2+（b﹣2）x﹣4=0，‎ ‎∵△==0，‎ ‎∴（b﹣2）2+16a=0，‎ ‎∴联立得关于a，b的方程组 ，‎ 解得 或 ．‎ ‎∵r：y=kx+k2+1代入C：y=ax2+bx+1，得ax2+（b﹣k）x﹣k2=0，‎ ‎∴△=．‎ 当时，△===0，故无论k取何值，直线r与抛物线C都只有一个交点．‎ 当时，△==，显然虽k值的变化，△不恒为0，所以不合题意舍去．‎ ‎∴C：y=﹣x2+1．‎ ‎②证明：‎ 根据题意，画出图象如图1，‎ 由P在抛物线y=﹣x2+1上，设P坐标为（x，﹣x2+1），连接OP，过P作PQ⊥直线y=2于Q，作PD⊥x轴于D，‎ ‎∵PD=|﹣x2+1|，OD=|x|，‎ ‎∴OP====，‎ ‎ PQ=2﹣yP=2﹣（﹣x2+1）=，‎ ‎∴OP=PQ．‎