安徽中考数学试卷评析 36页

‎2015安徽中考数学试卷评析 ‎ 2015年安徽中考试卷卷面成熟、风格稳健、题量稳定、贴近生活、难易适中。注重在运用中考查四基（基础知识、基本技能、基本方法、基本活动经验），通过创设新的情境来考查四基，利用数学思维方法和数学语言来考查四基等。总之，试题不求繁求难，也不出偏出怪，而会更多地让学生思考、分析、运用。‎ 整套试卷中“数与代数”约占50%，主要涉及第1、2、3、5、6、10、11、13、14、15、16、21、22题；“空间与图形”约占40%，主要涉及第4、8、9、12、17、18、20、23题；“统计与概率”约占10%，涉及7、19题。考点知识覆盖面十分契合2015年安徽数学中考考试纲要的要求。‎ 通过分析可以发现，安徽今年的中考真题除必考点外，还有一部分来源于往年真题，或往年真题的变式改编，这点应引起安徽师生的注意。具体分析如下：‎ 一、选择题 实数的大小比较 ‎【评析】本题考查实数的大小比较，属于2011年第1题的变式改编。‎ 该考点近8年在选择题第1题考查2次，其余6年在选择题第1题考查2次实数的运算，1次考查实数的分类，3次考查实数的相关概念，预计2017年在第1题会考查实数的相关概念或实数的运算。‎ 二次根式的运算 ‎【评析】‎ 本题考查二次根式的运算，该考点近8年考查2次（选择1次，填空1次），分值为4~5分，.考查二次根式的乘法，减法运算，.预计2017年会在填空题中考查二次根式的运算。‎ 科学记数法（高频）‎ ‎【评析】本题考查大数的科学记数法，该考点为安徽中考的高频考点，以安徽或全国的热点信息命题是安徽考查科学记数法的特色。该考点近8年考查7次（选择5次，填空2次），分值为4～5分，均为大数的科学记数法，其中需单位换算的5次，不需单位换算的2次。预计2017年会在填空题中考查不涉及单位换算的大数的科学记数法。‎ 三视图（必考）‎ ‎【评析】本题考查常见几何体的三视图，属于2012年第2题和2010年第5题的变式改编。‎ 该考点均在选择题中考查，分值为4分，5次考查常见几何体的三视图，1次考查小正方块组合体的三视图，2次考查将三视图还原成几何体进行相关计算。预计2017年会考查常见几何体的三视图。‎ 二次根式的估算 ‎【评析】本题考查二次根式的估算，该考点近8年在选择题中考查3次，分值为4分，今年与往年考查形式略有不同，往年考查运用平方法确定二次根式位于哪两个相邻的整数之间，今年考查二次根式的值离哪个整数较近，可以直间估算出二次根式的值，确定二次根式离哪个整数较近，也可以用二分法确定二次根式离哪个整数较近。预计2017年会在选择题中考查二次根式的估算。‎ 一元二次方程的实际应用（高频）‎ ‎【评析】本题考查一元二次方程的实际应用，来源于2013年第7题。‎ 该考点近8年考查6次（选择3次，解答3次），分值为4～10分，多为以一种实际问题为背景考查列一元二次方程或解决增长率问题。预计2017年会在解答题中考查一元二次方程的实际应用。‎ 数据的收集与分析（高频）‎ ‎【评析】本题考查数据的收集与分析，是安徽中考的高频考点，以学生的相关信息为背景命题是安徽考查数据的收集与分析的特色。该考点近8年考查6次（选择2次，填空1次，解答3次），分值为4～8分，常与统计图（表）结合考查数据代表的意义及计算。预计2017年会在解答题中考查数据代表的计算。‎ 四边形的性质 ‎【评析】四边形的性质为2015年安徽新考查的知识点，考查四边形与三角形的内角和，难易程度适中，预计2017年会结合其他知识考查四边形的性质。‎ 矩形的性质与判定 ‎【评析】本题考查矩形的性质及判定。该考点近8年考查4次（选择1次，填空2次，解答1次），分值为4～5分，考查利用矩形的性质进行相关计算及判断结论正误。预计2017年会考查利用矩形的性质进行相关计算。‎ 分析判断函数图象（高频）‎ ‎【评析】本题考查分析判断函数图象，一改往年分析几何图形中的动点问题判断函数图象的考法（分析实际问题、几何图形判断函数图象，根据函数图象和几何图形判断结论正误），考查利用数形结合的思想判断二次函数的大致图象，体现了对数学思想方法的考查。预计2017年会考查几何图形中动点问题的函数图象判断。‎ 二、填空题 实数的相关概念 ‎【评析】本题考查实数的相关概念，首次在填空题中考查。该考点近8年考查4次（选择3次，填空1次），均在选择题或填空题第1题考查，分值为4~5分，考查负整数的倒数、相反数、绝对值、立方根。预计2017年会在选择题中考查实数的相关概念。‎ 圆周角定理（高频）‎ ‎【评析】本题考查圆周角定理，来源于2011年第7题。‎ 该考点近8年考查8次（选择4次，填空3次，解答1次），分值为4～10分，考查利用圆周角定理求角度和弧长，及结合垂径定理进行相关计算。预计2017年会考查圆周角定理求角度。‎ 规律探索（必考）‎ ‎【评析】本题考查规律探索，着重对考生的逻辑思维能力的考查。今年的考法出人意料，在考查规律探索的时候又考查了幂的运算，结合知识点甚为巧妙，命题人可谓是绞尽脑汁。该考点近8年考查8次（选择1次，填空1次，解答6次），分值为4~8分，在选择、填空题中考查数式规律，在解答题中主要考查图形规律。预计2017年会在解答题中考查图形规律。‎ 结论正误判断（高频）‎ ‎【评析】‎ 本题考查结论正误判断，为安徽中考近6年的必考点。该考点近8年考查7次，均在填空题最后一题考查，分值为5分，代数问题的结论正误判断考查3次，几何问题的结论正误判断考查4次。预计2017年会在填空题最后一题考查代数问题的结论正误判断。‎ 三、 解答题 ‎ 分式的化简及求值 ‎【评析】本题考查分式的化简及求值，属于2010年第15题的变式改编。‎ 该考点近8年考查4次（选择1次，解答3次），分值为4～8分，多为两项或三项分式的四则运算。预计2017年会在解答题中考查分式的化简及求值。‎ 一次不等式（组）及其解法 ‎【评析】本题考查一次不等式（组）的解法，该考点为安徽中考中的易错点，在去分母的时候要记得给每一项乘以最简公分母，尤其是常数项。该考点近8年考查4次（选择1次，填空1次，解答2次），分值为4～8分，常考查一次不等式（组）的解法及解集表示。预计2017年会在选择题中考查一次不等式（组）的解法及解集表示。‎ 网格中图形变换作图（必考）‎ ‎【评析】本题考查网格中图形的变换作图，属于安徽中考的必考点。该考点均在解答题中考查，分值为4～8分，考查网格中几何图形的平移、旋转、对称、位似、相似、全等变换。预计2017年仍会在解答题中考查网格中图形的变换作图。‎ 解直角三角形的实际应用（高频）‎ ‎【评析】本题考查直角三角形的实际应用，属于2011年第19题的变式改编。‎ 该考点近8年考查7次（填空1次，解答6次），分值为5～10分，考查构造直角三角形解决实际问题，涉及仰角、俯角、坡角等。预计2017年会在解答题中考查解直角三角形的实际应用。‎ 概率的计算（必考）‎ ‎【评析】本题考查概率的计算，为安徽中考的必考点。该考点近8年考查9次（选择5次，解答4次），分值为4～14分，以实际情况为背景或结合别的学科的知识考查概率的计算。预计2017年会在选择题中考查概率的计算。‎ 与圆有关的证明与计算 ‎【评析】本题考查与圆有关的证明与计算，该考点近8年在解答题中考查3次（2次计算，1次证明），分值为8~10分，考查切线的性质与判定、圆周角定理、垂径定理、勾股定理。预计2017年会在解答题中考查与圆有关的证明与计算。‎ 一次函数与反比例函数结合 ‎【评析】本题考查一次函数与反比例函数结合，属于2011年第21题的变式改编。‎ 该考点近8年在解答题中考查3次，分值为8~12分，考查一次函数与反比例函数的图象及性质。预计2017年会在解答题中考查一次函数与反比例函数结合。‎ 二次函数的实际应用（高频）‎ ‎【评析】本题考查二次函数的实际应用，和2010年的背景相同，都是水产养殖。‎ 该考点近8年考查5次（填空1次，解答4次），分值为5～14分，在填空题中以增长率为背景考查列二次函数关系式，在解答题中以实际生活为背景考查单独的实际应用，一次、二次函数结合的实际应用，及一次、反比例、二次函数结合的实际应用。预计2017年会在解答题中考查二次函数的实际应用。‎ 几何探究题（必考）‎ ‎【评析】本题考查与全等和相似三角形有关的探究。分析可知，该题型近8年均在安徽最后2道题考查，分值为12~14分，主要涉及利用三角形相似或全等的判定及性质进行相关的探究与证明、三角形和四边形的综合探究与证明（常涉及线段的数量和位置关系、求线段长、特殊图形的判定等），这是安徽中考对几何推理与证明能力考查的必然体现。把观察、操作、证明融于一体，展示了数学探究的过程和方法，体现了对数学活动经验的关注，也体现了对培养学生发现和提出问题、分析和解决问题能力的关注。预计2017年仍会考查与全等或相似三角形有关的探究。‎ ‎2016年安徽省中考数学试卷试题解析 ‎　‎ 一、选择题）‎ ‎1．﹣2的绝对值是（　　）‎ A．﹣2 B．2 C．±2 D．‎ ‎【分析】直接利用数轴上某个数与原点的距离叫做这个数的绝对值，进而得出答案．‎ ‎【解答】﹣2的绝对值是：2．‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎2．计算a10÷a2（a≠0）的结果是（　　）‎ A．a5 B．a﹣5 C．a8 D．a﹣8‎ ‎【分析】直接利用同底数幂的除法运算法则化简求出答案．‎ ‎【解答】a10÷a2（a≠0）=a8．‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎3．2016年3月份我省农产品实现出口额8362万美元，其中8362万用科学记数法表示为（　　）‎ A．8.362×107 B．83.62×106 C．0.8362×108 D．8.362×108‎ ‎【分析】科学记数法的表示形式为a×10n的形式，其中1≤|a|＜10，n为整数．确定n的值时，要看把原数变成a时，小数点移动了多少位，n的绝对值与小数点移动的位数相同．当原数绝对值＞1时，n是正数；当原数的绝对值＜1时，n是负数．‎ ‎【解答】8362万=8362 0000=8.362×107，‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎4．如图，一个放置在水平桌面上的圆柱，它的主（正）视图是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【分析】根据三视图的定义求解．‎ ‎【解答】圆柱的主（正）视图为矩形．‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎5．方程=3的解是（　　）‎ A．﹣ B． C．﹣4 D．4‎ ‎【分析】分式方程去分母转化为整式方程，求出整式方程的解得到x的值，经检验即可得到分式方程的解．‎ ‎【解答】去分母得：2x+1=3x﹣3，‎ 解得：x=4，‎ 经检验x=4是分式方程的解，‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎6．2014年我省财政收入比2013年增长8.9%，2015年比2014年增长9.5%，若2013年和2015年我省财政收入分别为a亿元和b亿元，则a、b之间满足的关系式为（　　）‎ A．b=a（1+8.9%+9.5%） B．b=a（1+8.9%×9.5%）‎ C．b=a（1+8.9%）（1+9.5%） D．b=a（1+8.9%）2（1+9.5%）‎ ‎【分析】根据2013年我省财政收入和2014年我省财政收入比2013年增长8.9%，求出2014年我省财政收入，再根据出2015年比2014年增长9.5%，2015年我省财政收为b亿元，‎ 即可得出a、b之间的关系式．‎ ‎【解答】∵2013年我省财政收入为a亿元，2014年我省财政收入比2013年增长8.9%，‎ ‎∴2014年我省财政收入为a（1+8.9%）亿元，‎ ‎∵2015年比2014年增长9.5%，2015年我省财政收为b亿元，‎ ‎∴2015年我省财政收为b=a（1+8.9%）（1+9.5%）；‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎7．自来水公司调查了若干用户的月用水量x（单位：吨），按月用水量将用户分成A、B、C、D、E五组进行统计，并制作了如图所示的扇形统计图．已知除B组以外，参与调查的用户共64户，则所有参与调查的用户中月用水量在6吨以下的共有（　　） ‎ 组别 月用水量x（单位：吨）‎ A ‎0≤x＜3‎ B ‎3≤x＜6‎ C ‎6≤x＜9‎ D ‎9≤x＜12‎ E x≥12‎ A．18户 B．20户 C．22户 D．24户 ‎【分析】根据除B组以外参与调查的用户共64户及A、C、D、E四组的百分率可得参与调查的总户数及B组的百分率，将总户数乘以月用水量在6吨以下（A、B两组）的百分率可得答案．‎ ‎【解答】根据题意，参与调查的户数为： =80（户），‎ 其中B组用户数占被调查户数的百分比为：1﹣10%﹣35%﹣30%﹣5%=20%，‎ 则所有参与调查的用户中月用水量在6吨以下的共有：80×（10%+20%）=24（户），‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎8．如图，△ABC中，AD是中线，BC=8，∠B=∠DAC，则线段AC的长为（　　）‎ A．4 B．4 C．6 D．4‎ ‎【分析】根据AD是中线，得出CD=4，再根据AA证出△CBA∽△CAD，得出=，求出AC即可．‎ ‎【解答】∵BC=8，‎ ‎∴CD=4，‎ 在△CBA和△CAD中，‎ ‎∵∠B=∠DAC，∠C=∠C，‎ ‎∴△CBA∽△CAD，‎ ‎∴=，‎ ‎∴AC2=CD•BC=4×8=32，‎ ‎∴AC=4；‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎9．一段笔直的公路AC长20千米，途中有一处休息点B，AB长15千米，甲、乙两名长跑爱好者同时从点A出发，甲以15千米/时的速度匀速跑至点B，原地休息半小时后，再以10千米/时的速度匀速跑至终点C；乙以12千米/时的速度匀速跑至终点C，下列选项中，能正确反映甲、乙两人出发后2小时内运动路程y（千米）与时间x（小时）函数关系的图象是（　　）‎ A． B． ‎ C． D．‎ ‎ 【分析】分别求出甲乙两人到达C地的时间，再结合已知条件即可解决问题．‎ ‎【解答】解；由题意，甲走了1小时到了B地，在B地休息了半个小时，2小时正好走到C地，乙走了小时到了C地，在C地休息了小时．‎ 由此可知正确的图象是A．‎ 故选A．‎ ‎　 ‎ ‎[赏析]该题对学生分析问题、处理信息的能力要求较高．特别是前三个选项图象较为接近，仅凭对变化趋势的判断不足以解决问题，因而要利用已知条件进一步量化分析甲乙两人到达C地的时间，也就是说要数形结合才便于解决问题，实现了对学生综合运用知识的能力的考查．‎ ‎10．如图，Rt△ABC中，AB⊥BC，AB=6，BC=4，P是△ABC内部的一个动点，且满足∠PAB=∠PBC，则线段CP长的最小值为（　　）‎ A． B．2 C． D．‎ ‎【分析】首先证明点P在以AB为直径的⊙O上，连接OC与⊙O交于点P，此时PC最小，利用勾股定理求出OC即可解决问题．‎ ‎【考点】点与圆的位置关系；圆周角定理．‎ ‎【解答】∵∠ABC=90°，‎ ‎∴∠ABP+∠PBC=90°，‎ ‎∵∠PAB=∠PBC，‎ ‎∴∠BAP+∠ABP=90°，‎ ‎∴∠APB=90°，‎ ‎∴点P在以AB为直径的⊙O上，连接OC交⊙O于点P，此时PC最小，‎ 在RT△BCO中，∵∠OBC=90°，BC=4，OB=3，‎ ‎∴OC==5，‎ ‎∴PC=OC=OP=5﹣3=2．‎ ‎∴PC最小值为2．‎ 故选B．‎ ‎　 [赏析]本题是选择题的压轴题，解题的关键是明确动点P的运动轨迹进而确定动点P运动到何处时CP最小．由条件∠PAB=∠PBC可以推断出∠BPA=90°‎ ‎，故点P在以AB为直径的圆周上，当C,P和AB中点共线时CP最小．本题从条件到结论之间的思路较隐蔽，涉及到的考点较多，实现了对学生综合运用知识的能力的考查． ‎ 二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，满分20分）‎ ‎11．不等式x﹣2≥1的解集是　x≥3　．‎ ‎【分析】不等式移项合并，即可确定出解集．‎ ‎【解答】不等式x﹣2≥1，‎ 解得：x≥3，‎ 故答案为：x≥3‎ ‎　‎ ‎12．因式分a3﹣a=　a（a+1）（a﹣1）　．‎ ‎【分析】原式提取a，再利用平方差公式分解即可．‎ ‎【解答】原式=a（a2﹣1）=a（a+1）（a﹣1），‎ 故答案为：a（a+1）（a﹣1）‎ ‎　‎ ‎13．如图，已知⊙O的半径为2，A为⊙O外一点，过点A作⊙O的一条切线AB，切点是B，AO的延长线交⊙O于点C，若∠BAC=30°，则劣弧的长为　　．‎ ‎【分析】根据已知条件求出圆心角∠BOC的大小，然后利用弧长公式即可解决问题．‎ ‎【考点】切线的性质；弧长的计算．‎ ‎【解答】∵AB是⊙O切线，‎ ‎∴AB⊥OB，‎ ‎∴∠ABO=90°，‎ ‎∵∠A=30°，‎ ‎∴∠AOB=90°﹣∠A=60°，‎ ‎∴∠BOC=120°，‎ ‎∴的长为=．‎ 故答案为．‎ ‎　‎ ‎14．如图，在矩形纸片ABCD中，AB=6，BC=10，点E在CD上，将△BCE沿BE折叠，点C恰落在边AD上的点F处；点G在AF上，将△ABG沿BG折叠，点A恰落在线段BF上的点H处，有下列结论：‎ ‎①∠EBG=45°；②△DEF∽△ABG；③S△ABG=S△FGH；④AG+DF=FG．‎ 其中正确的是　①③④　．（把所有正确结论的序号都选上）‎ ‎【分析】由折叠性质得∠1=∠2，CE=FE，BF=BC=10，则在Rt△ABF中利用勾股定理可计算出AF=8，所以DF=AD﹣AF=2，设EF=x，则CE=x，DE=CD﹣CE=6﹣x，在Rt△DEF中利用勾股定理得（6﹣x）2+22=x2，解得x=，即ED=；再利用折叠性质得∠3=∠4，BH=BA=6，AG=HG，易得∠2+∠3=45°，于是可对①进行判断；设AG=y，则GH=y，GF=8﹣y，在Rt△HGF中利用勾股定理得到y2+42=（8﹣y）2，解得y=3，则AG=GH=3，GF=5，由于∠A=∠D和≠，可判断△ABG与△DEF不相似，则可对②进行判断；根据三角形面积公式可对③进行判断；利用AG=3，GF=5，DF=2可对④进行判断．‎ ‎【解答】∵△BCE沿BE折叠，点C恰落在边AD上的点F处，‎ ‎∴∠1=∠2，CE=FE，BF=BC=10，‎ 在Rt△ABF中，∵AB=6，BF=10，‎ ‎∴AF==8，‎ ‎∴DF=AD﹣AF=10﹣8=2，‎ 设EF=x，则CE=x，DE=CD﹣CE=6﹣x，‎ 在Rt△DEF中，∵DE2+DF2=EF2，‎ ‎∴（6﹣x）2+22=x2，解得x=，‎ ‎∴ED=，‎ ‎∵△ABG沿BG折叠，点A恰落在线段BF上的点H处，‎ ‎∴∠3=∠4，BH=BA=6，AG=HG，‎ ‎∴∠2+∠3=∠ABC=45°，所以①正确；‎ HF=BF﹣BH=10﹣6=4，‎ 设AG=y，则GH=y，GF=8﹣y，‎ 在Rt△HGF中，∵GH2+HF2=GF2，‎ ‎∴y2+42=（8﹣y）2，解得y=3，‎ ‎∴AG=GH=3，GF=5，‎ ‎∵∠A=∠D， ==， =，‎ ‎∴≠，‎ ‎∴△ABG与△DEF不相似，所以②错误；‎ ‎∵S△ABG=•6•3=9，S△FGH=•GH•HF=×3×4=6，‎ ‎∴S△ABG=S△FGH，所以③正确；‎ ‎∵AG+DF=3+2=5，而GF=5，‎ ‎∴AG+DF=GF，所以④正确．‎ 故答案为①③④．‎ ‎ [赏析]此题是填空题的压轴题，是一道多选填空题．考查知识点较多，如矩形的性质、轴对称变换、勾股定理、相似三角形的判定等，要求学生的基本功扎实，才能将所有正确结论都选择出来．值得指出的是，关于此种题型的评分标准一直有不同意见．合肥市从明年起此类问题只有全对才得分，对而不全不再给分．‎ 三、 解答题 四、 ‎15．计算：（﹣2016）0++tan45°．‎ ‎【分析】直接利用特殊角的三角函数值以及立方根的性质分别化简求出答案．‎ ‎【考点】实数的运算；零指数幂；特殊角的三角函数值．‎ ‎【解答】（﹣2016）0++tan45°‎ ‎=1﹣2+1‎ ‎=0．‎ ‎　‎ ‎16．解方程：x2﹣2x=4．‎ ‎【分析】在方程的左右两边同时加上一次项系数一半的平方，左边就是完全平方式，右边就是常数，然后利用平方根的定义即可求解 ‎【考点】解一元二次方程-配方法；零指数幂 ‎【解答】配方x2﹣2x+1=4+1‎ ‎∴（x﹣1）2=5‎ ‎∴x=1±‎ ‎∴x1=1+，x2=1﹣．‎ ‎　‎ ‎17．如图，在边长为1个单位长度的小正方形组成的12×12网格中，给出了四边形ABCD的两条边AB与BC，且四边形ABCD是一个轴对称图形，其对称轴为直线AC．‎ ‎（1）试在图中标出点D，并画出该四边形的另两条边；‎ ‎（2）将四边形ABCD向下平移5个单位，画出平移后得到的四边形A′B′C′D′．‎ ‎【分析】（1）画出点B关于直线AC的对称点D即可解决问题．‎ ‎（2）将四边形ABCD各个点向下平移5个单位即可得到四边形A′B′C′D′．‎ ‎【解答】（1）点D以及四边形ABCD另两条边如图所示．‎ ‎（2）得到的四边形A′B′C′D′如图所示．‎ ‎　‎ ‎18．（1）观察下列图形与等式的关系，并填空：‎ ‎（2）观察下图，根据（1）中结论，计算图中黑球的个数，用含有n的代数式填空：‎ ‎1+3+5+…+（2n﹣1）+（　2n+1　）+（2n﹣1）+…+5+3+1=　2n2+2n+1　．‎ ‎【分析】（1）根据1+3+5+7=16可得出16=42；设第n幅图中球的个数为an，列出部分an的值，根据数据的变化找出变化规律“an﹣1=1+3+5+…+（2n﹣1）=n2”，依此规律即可解决问题；‎ （2） 观察（1）可将（2）图中得黑球分三部分，1到n行，第n+1行，n+2行到2n+1行，再结合（1）的规律即可得出结论．‎ ‎【考点】规律型：图形的变化类．‎ ‎【解答】（1）1+3+5+7=16=42，‎ 设第n幅图中球的个数为an，‎ 观察，发现规律：a1=1+3=22，a2=1+3+5=32，a3=1+3+5+7=42，…，‎ ‎∴an﹣1=1+3+5+…+（2n﹣1）=n2．‎ 故答案为：42；n2．‎ ‎（2）观察图形发现：‎ 图中黑球可分三部分，1到n行，第n+1行，n+2行到2n+1行，‎ 即1+3+5+…+（2n﹣1）+[2（n+1）﹣1]+（2n﹣1）+…+5+3+1，‎ ‎=1+3+5+…+（2n﹣1）+（2n+1）+（2n﹣1）+…+5+3+1，‎ ‎=an﹣1+（2n+1）+an﹣1，‎ ‎=n2+2n+1+n2，‎ ‎=2n2+2n+1．‎ 故答案为：2n+1；2n2+2n+1．‎ ‎　‎ ‎19．如图，河的两岸l1与l2相互平行，A、B是l1上的两点，C、D是l2上的两点，某人在点A处测得∠CAB=90°，∠DAB=30°，再沿AB方向前进20米到达点E（点E在线段AB上），测得∠DEB=60°，求C、D两点间的距离．‎ ‎【分析】直接利用等腰三角形的判定与性质得出DE=AE=20，进而求出EF的长，再得出四边形ACDF为矩形，则CD=AF=AE+EF求出答案．‎ ‎【解答】过点D作l1的垂线，垂足为F，‎ ‎∵∠DEB=60°，∠DAB=30°，‎ ‎∴∠ADE=∠DEB﹣∠DAB=30°，‎ ‎∴△ADE为等腰三角形，‎ ‎∴DE=AE=20，‎ 在Rt△DEF中，EF=DE•cos60°=20×=10，‎ ‎∵DF⊥AF，‎ ‎∴∠DFB=90°，‎ ‎∴AC∥DF，‎ 由已知l1∥l2，‎ ‎∴CD∥AF，‎ ‎∴四边形ACDF为矩形，CD=AF=AE+EF=30，‎ 答：C、D两点间的距离为30m．‎ ‎　‎ ‎20．如图，一次函数y=kx+b的图象分别与反比例函数y=的图象在第一象限交于点A（4，3），与y轴的负半轴交于点B，且OA=OB．‎ ‎（1）求函数y=kx+b和y=的表达式；‎ ‎（2）已知点C（0，5），试在该一次函数图象上确定一点M，使得MB=MC，求此时点M的坐标．‎ ‎【分析】（1）利用待定系数法即可解答；‎ （2） 设点M的坐标为（x，2x﹣5），根据MB=MC，得到，即可解答．‎ ‎【考点】反比例函数与一次函数的交点问题．‎ ‎【解答】（1）把点A（4，3）代入函数y=得：a=3×4=12，‎ ‎∴y=．‎ OA==5，‎ ‎∵OA=OB，‎ ‎∴OB=5，‎ ‎∴点B的坐标为（0，﹣5），‎ 把B（0，﹣5），A（4，3）代入y=kx+b得：‎ 解得：‎ ‎∴y=2x﹣5．‎ ‎（2）∵点M在一次函数y=2x﹣5上，‎ ‎∴设点M的坐标为（x，2x﹣5），‎ ‎∵MB=MC，‎ ‎∴‎ 解得：x=2.5，‎ ‎∴点M的坐标为（2.5，0）．‎ ‎　‎ 六、（本大题满分12分）‎ ‎21．一袋中装有形状大小都相同的四个小球，每个小球上各标有一个数字，分别是1，4，7，8．现规定从袋中任取一个小球，对应的数字作为一个两位数的个位数；然后将小球放回袋中并搅拌均匀，再任取一个小球，对应的数字作为这个两位数的十位数．‎ ‎（1）写出按上述规定得到所有可能的两位数；‎ ‎（2）从这些两位数中任取一个，求其算术平方根大于4且小于7的概率．‎ ‎【分析】（1）利用树状图展示所有16种等可能的结果数，然后把它们分别写出来；‎ ‎（2）利用算术平方根的定义找出大于16小于49的数，然后根据概率公式求解．‎ ‎【解答】（1）画树状图：‎ 共有16种等可能的结果数，它们是：11，41，71，81，14，44，74，84，17，47，77，87，18，48，78，88；‎ ‎（2）算术平方根大于4且小于7的结果数为6，‎ 所以算术平方根大于4且小于7的概率==．‎ ‎22．如图，二次函数y=ax2+bx的图象经过点A（2，4）与B（6，0）．‎ ‎（1）求a，b的值；‎ ‎（2）点C是该二次函数图象上A，B两点之间的一动点，横坐标为x（2＜x＜6），写出四边形OACB的面积S关于点C的横坐标x的函数表达式，并求S的最大值．‎ ‎【分析】（1）把A与B坐标代入二次函数解析式求出a与b的值即可；‎ ‎（2）如图，过A作x轴的垂直，垂足为D（2，0），连接CD，过C作CE⊥AD，CF⊥x轴，垂足分别为E，F，分别表示出三角形OAD，三角形ACD，以及三角形BCD的面积，之和即为S，确定出S关于x的函数解析式，并求出x的范围，利用二次函数性质即可确定出S的最大值，以及此时x的值．‎ ‎【考点】待定系数法求二次函数解析式；二次函数的最值．‎ ‎【解答】（1）将A（2，4）与B（6，0）代入y=ax2+bx，‎ 得，解得：；‎ ‎（2）如图，过A作x轴的垂直，垂足为D（2，0），连接CD，过C作CE⊥AD，CF⊥x轴，垂足分别为E，F，‎ S△OAD=OD•AD=×2×4=4；‎ S△ACD=AD•CE=×4×（x﹣2）=2x﹣4；‎ S△BCD=BD•CF=×4×（﹣x2+3x）=﹣x2+6x，‎ 则S=S△OAD+S△ACD+S△BCD=4+2x﹣4﹣x2+6x=﹣x2+8x，‎ ‎∴S关于x的函数表达式为S=﹣x2+8x（2＜x＜6），‎ ‎∵S=﹣x2+8x=﹣（x﹣4）2+16，‎ ‎∴当x=4时，四边形OACB的面积S有最大值，最大值为16．‎ ‎　 [赏析]安徽省中考每年都会有一道二次函数的解答题，今年的这道题与往年常考的二次函数的实际应用稍有不同．本题是在平面直角坐标系中将图形的面积解析化，通过建立函数模型，进而求出图形面积的最大值．题目的综合性比较强，考察了图形的割补、代数运算、 函数的性质，是一道较典型的代数几何综合题．‎ 本题灵活性强，图形的割补方法多样，解题的策略多，可以采用完全解析化的方法．另外本题对运算的要求比较高，有些割补方法在解题过程中会出现三次项（后来会抵消掉，但会增加计算的繁杂度）．从得分情况来看，含零均分为6.46，去零均分为7.13，很好的起到区分的作用．‎ ‎23．如图1，A，B分别在射线OA，ON上，且∠MON为钝角，现以线段OA，OB为斜边向∠MON的外侧作等腰直角三角形，分别是△OAP，△OBQ，点C，D，E分别是OA，OB，AB的中点．‎ ‎（1）求证：△PCE≌△EDQ；‎ ‎（2）延长PC，QD交于点R．‎ ‎①如图1，若∠MON=150°，求证：△ABR为等边三角形；‎ ‎②如图3，若△ARB∽△PEQ，求∠MON大小和的值．‎ ‎【分析】（1）根据三角形中位线的性质得到DE=OC，∥OC，CE=OD，CE∥OD，推出四边形ODEC是平行四边形，于是得到∠OCE=∠ODE，根据等腰直角三角形的定义得到∠PCO=∠QDO=90°，根据等腰直角三角形的性质得到得到PC=ED，CE=DQ，即可得到结论 ‎（2）①连接RO，由于PR与QR分别是OA，OB的垂直平分线，得到AP=OR=RB，由等腰三角形的性质得到∠ARC=∠ORC，∠ORQ=∠BRO，根据四边形的内角和得到∠CRD=30°，即可得到结论；‎ ‎②由（1）得，EQ=EP，∠DEQ=∠CPE，推出∠PEQ=∠ACR=90°，证得△PEQ是等腰直角三角形，根据相似三角形的性质得到ARB=∠PEQ=90°，根据四边形的内角和得到∠MON=135°，求得∠APB=90°，根据等腰直角三角形的性质得到结论．‎ ‎【解答】（1）证明：∵点C、D、E分别是OA，OB，AB的中点，‎ ‎∴DE=OC，∥OC，CE=OD，CE∥OD，‎ ‎∴四边形ODEC是平行四边形，‎ ‎∴∠OCE=∠ODE，‎ ‎∵△OAP，△OBQ是等腰直角三角形，‎ ‎∴∠PCO=∠QDO=90°，‎ ‎∴∠PCE=∠PCO+∠OCE=∠QDO=∠ODQ=∠EDQ，‎ ‎∵PC=AO=OC=ED，CE=OD=OB=DQ，‎ 在△PCE与△EDQ中，，‎ ‎∴△PCE≌△EDQ；‎ ‎（2）①如图2，连接RO，‎ ‎∵PR与QR分别是OA，OB的垂直平分线，‎ ‎∴AP=OR=RB，‎ ‎∴∠ARC=∠ORC，∠ORQ=∠BRO，‎ ‎∵∠RCO=∠RDO=90°，∠COD=150°，‎ ‎∴∠CRD=30°，‎ ‎∴∠ARB=60°，‎ ‎∴△ARB是等边三角形；‎ ‎②由（1）得，EQ=EP，∠DEQ=∠CPE，‎ ‎∴∠PEQ=∠CED﹣∠CEP﹣∠DEQ=∠ACE﹣∠CEP﹣∠CPE=∠ACE﹣∠RCE=∠ACR=90°，‎ ‎∴△PEQ是等腰直角三角形，∵△ARB∽△PEQ，∴∠ARB=∠PEQ=90°，‎ ‎∴∠OCR=∠ODR=90°，∠CRD=∠ARB=45°，‎ ‎∴∠MON=135°，‎ 此时P，O，B在一条直线上，△PAB为直角三角形，且∠APB=90°，‎ ‎∴AB=2PE=2×PQ=PQ，∴ =．‎ ‎　‎ ‎ [赏析]本题是一道几何综合题，题目考察了线段的垂直平分线、等腰三角形三线合一、中位线、以及直角三角形斜边中线等关于中点的各个定理、全等三角形、相似三角形、四边形的判定等知识点，考查了学生解决几何问题的综合能力，毫无疑问是这份试卷的压轴题．要求学生基本功扎实，熟练掌握所考查的知识点，并能灵活运用.特别是第（2）小题的两小问对学生的推理能力都有很高的要求，完成每一问的推理证明都需要对题目的已知条件进行挖掘、创造，通过不断的转化，寻求解题的途径，对学生的思维水平有很高的要求.此题突显了其应有的选拔和区分的功能（含零均分3.46，去零均分5.63），是一道值得研究的好题.‎ ‎[解法赏析] 第（1）题的解法比较单一，主要通过等腰三角形三线合一定理和平行四边形，转化得到要证的两个三角形的对应边和对应角相等的条件．此题也有学生没有想到证明平行四边形而采取用2次全等进行边角转化．‎ ‎ 第（2）小题第①问：本小题主要考查线段的垂直平分线定理，但是由于题目图形较为复杂，线条较多，所以有的学生难以想到连接解题的关键辅助线OR, 且在这个较为复杂的图形中没有观察到∠ARB与∠CRD的两倍关系，所以得分率也不是很高．‎ ‎ 当然阅卷中也发现有部分优秀学生连接RE后用了四点共圆的方法证明60°，更能体现本题的选拔性．‎ ‎[解法赏析] ‎ 解法一： ‎ ‎⑴证明：∵点C，D，E分别是OA，OB，AB的中点，‎ ‎∴DE∥OC且DE=OC，CE∥OD且CE=OD，∴四边形ODEC是平行四边形，‎ ‎∴∠OCE=∠ODE. ‎ 又∵△OAP，△OBQ都是等腰直角三角形，‎ ‎∴∠PCO=∠QDO=90°，‎ ‎∴∠PCE=∠PCO+∠OCE=∠QDO+∠ODE=∠EDO.‎ 又∵PC=(1/2)AO=CO=ED，CE=OD=(1/2)OB=DQ，‎ ‎∴△PCE≌△EDQ. ‎ 法二：（2次全等）易证△ACE≌△EDB,得AC=ED,CE=OD 方法二（多次全等）‎ 学生因未想起使用中垂线定理,用多次全等证明△ACR≌△OCR，△ODR≌△BDR后如方法一 得到AR=OR=BR，∠ARC=∠ORC,∠ORD=BRD.‎ ‎ ‎ ‎ ‎ 方法三 (可证两角为60°)‎ 连结OR ‎∵PR，QR分别为线段OA，OB的中垂线，‎ ‎∴AR=OR=BR，‎ 易证∠RAB+∠RBA=∠RAO+∠RBO-∠OAB-∠OBA =∠ROA+∠ROB-30°‎ ‎ =150°-30°‎ ‎ =120°‎ 易证∠RAB=∠RBA=60°‎ 可得△ABR是等边三角形 ‎ ‎ 方法四：(A、C、E、R四点共圆)‎ 同参考答案证明RA=RB后，连接RE 易知∠REA=90°，且∠ACR=90°‎ 则A、C、E、R四点共圆 ‎∴∠RAE=∠RCE=∠RCO-∠ECO ‎ =90°-30°‎ ‎ =60°‎ ‎（B、D、E、R四点共圆)‎ 同参考答案证明RA=RB后，连接RE 易知∠REB=90°，且∠RDB=90°‎ 则B、D、E、R四点共圆 ‎∴∠RBE=∠RDE=∠RDO-∠EDO ‎ =90°-30°‎ ‎ =60°‎ 可得△ABR是等边三角形.‎ 第（2）小题第②问：本题较难，学生得分率很低，关键在于对∠PEQ=90°的证明．有些学生直接使用P、O、D共线，A、O、Q共线，从而得到∠MON=135°的错误证明，导致后面写得再对也是得不到分的，后面(AB/PQ)的计算很多学生都会，但由于之前没有正确证明，所以基本上得分非常低．‎ 这里需要强调，本次阅卷强调对几何推理的严密性的要求，很多似是而非，或是由猜想等手段“糊弄”出来的“正确答案”都没有给分．‎ ‎[解法赏析] ‎ 方法一： ‎ ‎②解：如图2，由⑴知EQ=PE，∠DEQ=∠CPE.‎ ‎∴∠PEQ=∠CED-∠CEP-∠DEQ=∠ACE-∠CEP-∠CPE ‎=∠ACE-∠RCE=∠ACR=90°，‎ 即△PEQ是等腰三角形.‎ ‎∵△ARB∽△PEQ，∴∠ARB=90°，‎ ‎∴在四边形OCRD中，∠OCR=∠ODR=90°，‎ ‎∠CRD=∠ARB=45°，‎ ‎∴∠MON=135°，‎ 此时P、O、B在一条直线上，‎ ‎△PAB是直角三角形，∠APB且是直角，‎ ‎∴AB=2PE=2×PQ=PQ，‎ ‎∴. ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ 方法二： ‎ 设∠PRQ=α,由①可知∠MON=180°-α，‎ 则∠EDO=180°-∠MON=α，‎ ‎∴∠EDQ=∠ODQ+∠EDO=90°+α，‎ 又∵∠POQ=360°-∠COP-∠DOQ-∠MON ‎ =360°-45°-45°-（180°-α）‎ ‎ =90°+α ‎∴∠POQ=∠EDQ 且,,故 ‎∴△POQ∽△EDQ 可得∠PQO=∠EQD,易得∠PQE=∠OQD=45°‎ 从而可证∠PEQ=90°‎ ‎（同理可证△PCE∽△POQ从而得到∠CPE=∠OPQ 易得∠EPQ=∠CPO=45°，从而可证∠PEQ=90°） ‎ ‎(之后的解题过程同方法一) ‎ ‎ ‎ 方法三： ‎ ‎∠PEG=90°的证法3（设元）‎ 设∠MON=x，则∠CRD=180°-x，‎ ‎∠ECO=180°-x 由①可知∠ARB=2∠CRD=360°-2x ‎∵△ARB∽△PEQ ‎∴∠PEQ=∠ARB=360°-2x 又∵∠RCE=90°-∠ECO= x-90°=∠CPE+∠CEP=∠DEQ+∠CEP ‎∴∠PEQ=∠CED-∠DEQ-∠CEP=x-（x-90°）=90°‎ ‎ (之后的解题过程同方法一)‎ ‎ ‎ 方法四： ‎ 可避免证明P、O、B共线的方法（全等）‎ 由上可知∠MON=135°，则∠EDB=135° ‎ 易证∠EDQ=∠EDO+∠ODQ=135°‎ 易得△EDG≌△EDB,可得EB=EQ，‎ ‎(同理 易证△ACE≌△PCE，可得PE=AE)‎ ‎∴EB=EQ=EP ‎∴‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎