2017年浙江省嘉興市中考數(shù)學試卷2

2017年浙江省嘉興市中考數(shù)學試卷-答案2017年浙江省嘉興市中考數(shù)學試卷-答案2017年浙江省嘉興市中考數(shù)學試卷-答案浙江省嘉興市2017年初中畢業(yè)升學考試數(shù)學答案解析第Ⅰ卷一、選擇題1.【答案】A【解析】解：2的絕對值是2，即|2|2．應選A．【提示】依照負數(shù)的絕對值等于它的相反數(shù)解答．【考點】絕對值2.【答案】C【解析】解：由三角形三邊關(guān)系定理得72x72，即5x9．因此，本題的第三邊應滿足5x9，把各項代入不等式吻合的即為答案．【提示】已知三角形的兩邊長分別為2和7，依照在三角形中任意兩邊之和第三邊，任意兩邊之差第三邊；即可求第三邊長的范圍，再結(jié)合選項選擇吻合條件的．4，5，9都不吻合不等式5x9，只有6吻合不等式，應選C【考點】三角形三邊關(guān)系3.【答案】B【解析】解：∵數(shù)據(jù)a，b，c的平均數(shù)為5，∴1(abc)5，3∴1(a2b2c2)1(abc)2523，∴數(shù)據(jù)a2，b2，c2的平均數(shù)是3；33∵數(shù)據(jù)a，b，c的方差為4，∴1[(a5)2(b5)2(c5)2]4，3∴a2，b2，c2的方差1[(a23)2(b23)2(c23)2]1[(a5)2(b5)2(c5)2]433應選B【提示】依照數(shù)據(jù)a，b，c的平均數(shù)為5可知1(abc)5，據(jù)此可得出1(a2b2c2)的值；再33由方差為4可得出數(shù)據(jù)a2，b2，c2的方差．【考點】方差，算術(shù)平均數(shù)4.【答案】C【解析】解：正方體的表面張開圖，相對的面之間必然相隔一個正方形，“?！迸c“考”是相對面，“你”與“順”是相對面，“中”與“立”是相對面．應選C1/12【提示】正方體的表面張開圖，相對的面之間必然相隔一個正方形，依照這一特點作答．【考點】正方體相對兩個面上的文字5.【答案】A【提示】利用列表法列舉出所有的可能，進而解析得出答案．【解析】解：紅紅和娜娜玩“石頭、剪刀、布”游戲，所有可能出現(xiàn)的結(jié)果列表以下：紅頭石紅娜娜石頭（石頭，石頭）剪刀（剪刀，石頭）布（布，石頭）

剪刀布（石頭，剪刀）（石頭，布）（剪刀，剪刀）（剪刀，布）（布，剪刀）（布，布）由表格可知，共有9種等可能狀況．其中平局的有3種：（石頭，石頭）、（剪刀，剪刀）、（布，布）．因此，紅紅和娜娜兩人出相同手勢的概率為1，兩人獲勝的概率都為1，紅紅不是勝就是輸，因此紅紅勝33的概率為1，錯誤，應選項A吻合題意，應選項B，C，D不合題意；2應選A【考點】列表法與樹狀圖法，命題與定理6.【答案】D【解析】解：∵xy3，3x5y4，∴兩式相加可得：(xy)(3x5y)34，∴4x4y7，∴x7，∵xa，yb，∴abx7．應選Dyy44【提示】將兩式相加即可求出ab的值．【考點】二元一次方程組的解7.【答案】D【解析】解：過B作射線BC∥OA，在BC上截取BCOA，則四邊形OACB是平行四邊形，過B作DHx軸于H，∵B(1,1)，∴OB12122，∵A(2,0)，∴C(12,1)．∴OAOB，∴則四邊形OACB是菱形，∴平移點A到點C，向右平移1個單位，再向上平移1個單位而獲?。畱xD【提示】過點B作BHOA，交OA于點H，利用勾股定理可求出OB的長，進而可得點A向左或向右平移的距離，由菱形的性質(zhì)可知BC∥OA，因此可得向上或向下平移的距離，問題得解．2/12【考點】菱形的性質(zhì)，坐標與圖形變化——平移8.【答案】B【解析】解：∵x22x10，∴x22x10，∴(x1)22．應選B【提示】把左邊配成一個完好平方式，右邊化為一個常數(shù)，判斷出配方結(jié)果正確的選項是哪個即可．【考點】解一元二次方程——配方法9.【答案】A【解析】解：∵AB3，AD2，∴DA2，CA1，∴DC1，∵D45，∴DG2DC2，應選A【提示】第一依照折疊的性質(zhì)求出DA、CA和DC的長度，進而求出線段DG的長度．【考點】翻折變換（折疊問題），矩形的性質(zhì)10.【答案】C【提示】分別依照拋物線的圖象與系數(shù)的關(guān)系、拋物線的極點坐標公式及拋物線的增減性對各選項進行逐一解析．【解析】解：∵yx26x10(x3)21，∴當x3時，y有最小值1，故①錯誤；當x3n時，y(3n)26(3n)10，當x3n時，y(n3)26(n3)10，∵(3n)26(3n)10[(n3)26(n3)10]0，∴n為任意實數(shù)，x3n時的函數(shù)值等于x3n時的函數(shù)值，故②錯誤；∵拋物線yx26x10的對稱軸為x3，a10，∴當x3時，y隨x的增大而增大，當xn1時，26n(1，)當1x0n時，y2n10，y(n1)n6(n1)26(n1)10[n26n10]2n4，∵n是整數(shù)，∴2n4是整數(shù)，故③正確；∵拋物線yx26x10的對稱軸為x3，10，∴當x3時，y隨x的增大而增大，x0時，y隨x的增大而減小，∵y01y0，∴當0a3，0b3時，ab，當a3，b3時，ab，當0a3，b3時，a，b的大小不確定，故④錯誤；應選C3/12【考點】命題與定理，二次函數(shù)的性質(zhì)第Ⅱ卷二、填空題11.【答案】b(ab)【解析】解：原式b(ab)，故答案為：b(ab)．【提示】依照提公因式法，可得答案．【考點】因式分解——提公因式法12.【答案】2【解析】解：由分式的值為零的條件得2x4040，得x2，由x10，得x1．x1，由2x0綜上，得x2，即x的值為2．故答案為：2【提示】依照分式的值為零的條件可以獲取2x40x1，進而求出x的值．0【考點】分式的值為零的條件13.【答案】(3248π)cm2【解析】解：連接OA、OB，∵AB=90，∴AOB90，∴S△AOB=××8=32，扇形ACB（陰影部分）8270π82，則弓形ACB膠皮面積為(3248π)cm2(3248π)cm2360【提示】連接OA、OB，依照三角形的面積公式求出S△AOB，依照扇形面積公式求出扇形ACB的面積，計算即可．【考點】垂徑定理的應用，扇形面積的計算14.【答案】3球【解析】解：∵由圖可知，3球所占的比率最大，∴投進球數(shù)的眾數(shù)是3球．故答案為：3球．【提示】依照眾數(shù)的定義及扇形統(tǒng)計圖的意義即可得出結(jié)論．4/12【考點】扇形統(tǒng)計圖，眾數(shù)115.【答案】131n2n1【解析】解：作CHBA4于H，由勾股定理得，BA4421217，A4C10，△BA4C的面積4311CH1，解得，CH17，則A4HA3C2CH21317，2，∴1722221717∴tanBA4CCH11+1，，∴tanBAnC1，1=12﹣2，2，故答案為：A4H1332217331n2n11；21．13nn1【提示】作CHBA4于H，依照正方形的性質(zhì)、勾股定理以及三角形的面積公式求出CH、A4H，依照正切的看法求出tanBA4C，總結(jié)規(guī)律解答．【考點】解直角三角形，勾股定理，正方形的性質(zhì)16.【答案】12(31)cm(12318)cm【解析】解：如圖1中，作HMBC于M，HNAC于N，則四邊形HMCN是正方形，設邊長為A．在Rt△ABC中，∵ABC30，BC12，∴AB1283，在Rt△BHM中，BH2HM2a，在32Rt△AHN中，AHHN23a，∴2a233，∴a636，∴BH2a12(31)．338235/12如圖2中，當DG∥AB時，易證GH1DF，此時BH1的值最小，易知BH1BKKH1333，∴HH1BH﹣BH19﹣15，當旋轉(zhuǎn)角為60時，F(xiàn)與H2重合，易知BH263，觀察圖象可知，在CGF從0到60的變化過程中，點H相應搬動的路徑長2HH1HH218330[63(12312)]12318，故答案分別為12(31)cm，12318cm【提示】如圖1中，作HMBC于M，HNAC于N，則四邊形HMCN是正方形，設邊長為A．在Rt△BHM中，BH2HM2a，在Rt△AHN中，AHHN2323，推出3a，可得2a83233a636BH2a12312，如圖2中，當DG∥AB時，易證GH1DF，此時BH1的值最小，，推出易知BH1BKKH1333，當旋轉(zhuǎn)角為60時，F(xiàn)與H2重合，易知BH263，觀察圖象可知，在CGF從0到60的變化過程中，點H相應搬動的路徑長2HH1HH2，由此即可解決問題．【考點】軌跡，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)三、解答題17.【答案】（1）5（2）4【解析】（1）解：原式31(4)3252（2）原式m24m24【提示】（1）第一計算乘方和負指數(shù)次冪，計算乘法，爾后進行加減即可；2）第一利用平方差公式和單項式的乘法法規(guī)計算，最后合并同類項即可．【考點】平方差公式，實數(shù)的運算，單項式乘單項式，負整數(shù)指數(shù)冪6/1218.【答案】解：錯誤的選項是①②⑤，正確解答過程以下：去分母，得3(1x)2(2x1)6，去括號，得33x4x26，移項，得3x4x632，合并同類項，得x5，兩邊都除以1，得x5．【提示】依照一元一次不等式的解法，找出錯誤的步驟，并寫出正確的解答過程即可．【考點】解一元一次不等式19.【答案】（1）如圖1，即為所求．2）如圖2，連接OD，OE，∴ODAB，OEBC，∴ODBOEB90，∵B40，∴DOE140，∴EFD70．【提示】（1）直接利用基本作圖即可得出結(jié)論；【考點】作圖——復雜作圖，三角形的內(nèi)切圓與內(nèi)心（2）利用四邊形的性質(zhì)，三角形的內(nèi)切圓的性質(zhì)即可得出結(jié)論．20.【答案】（1）yx1（2）n114或n2177/12【解析】解：（1）把A(1,2)代入yk2，獲取k22，x∴反比率函數(shù)的解析式為y2．x∵B(m,1)在y2上，∴m2，x由題意k1b2k11，2k1b，解得b11∴一次函數(shù)的解析式為yx1．（2）∵A(1,2)，B(2,1)，∴AB32，①當PAPB時，(n1)24(n2)21，∴n0，∵n0，∴n0不合題意舍棄．②當AP2（n220，∴n114．AB時，21）（32），∵n③當BP2（n220，∴n217．BA時，12）（32），∵n綜上所述，n114或n217．【提示】（1）利用待定系數(shù)法即可解決問題；（2）分三種狀況談論①當PAPB時，可得(n1)24(n2)21．②當APAB時，可得22(n1)2(32)2③當BPBA時，可得12(n2)2(32)2，分別解方程即可解決問題；【考點】反比率函數(shù)21.【答案】（1）由統(tǒng)計圖可知：月平均氣溫最高值為℃，最低氣溫為℃；相應月份的用電量分別為124千瓦時和110千瓦時．2）當氣溫較高或較低時，用電量很多；當氣溫合適時，用電量較少；3）能，由于中位數(shù)刻畫了中間水平．【解析】（1）由每個月的平均氣溫統(tǒng)計圖和月用電量統(tǒng)計圖直接回答即可；2）結(jié)合生活實質(zhì)經(jīng)驗回答即可；3）能，由中位數(shù)的特點回答即可．【考點】條形統(tǒng)計圖，用樣本估計整體，折線統(tǒng)計圖，中位數(shù)22.【答案】（1）（2）【解析】解：（1）過點F作FNDK于N，過點E作EMFN于M．∵EFFG166，F(xiàn)G100，∴EF66，8/12∵FK80，∴FN100sin8098，∵EFG125，∴EFM1801251045，∴FM66cos4533346.53，∴MNFNFM，∴此時小強頭部E點與地面DK相距約為．（2）過點E作EPAB于點P，延長OB交MN于H．∵AB48，O為AB中點，∴AOBO24，∵EM66sin45，∴PH，∵GN100cos8017，CG15，OH24151756，OPOHPH56，∴他應向前9.5cm．【提示】（1）過點F作FNDK于N，過點E作EMFN于M．求出MF、FN的值即可解決問題．2）求出OH、PH的值即可判斷．【考點】解直角三角形23.【答案】（1）證明：如圖1中，∵DE∥AB，∴EDCABM，∵CE∥AM，∴ECDADB，∵AM是△ABC的中線，且D與M重合，∴BDDC，∴△ABD≌△EDC，∴ABED，∵AB∥ED，∴四邊形ABDE是平行四邊形．9/12（2）結(jié)論成立．原由以下：如圖2中，過點M作MG∥DE交CE于G．∵CE∥AM，∴四邊形DMGE是平行四邊形，∴EDGM，且ED∥GM，由（1）可知ABGM，AB∥GM，∴AB∥DE，ABDE，∴四邊形ABDE是平行四邊形．（3）①如圖3中，取線段HC的中點I，連接MI，∵BMMC，∴MI是△BHC的中位線，∴MI∥BH，MI1BH，2∵BHAC，且BHAM．∴MI1AC，∴CAM30．AM，MI2②設DHx，則AH3x，AD2x，AM42x，∴BH42x，∵四邊形ABDE是平行四邊形，∴DF∥AB，∴HFHD，∴3x，解得x15或15（舍棄），HAHB3x42x∴DH15．1AEBM，AE∥BM即可解決問題；【提示】（）只要證明10/12（2）成立．如圖2中，過點M作MG∥DE交CE于G．由四邊形DMGE是平行四邊形，推出EDGM，且ED∥GM，由（1）可知ABGM，AB∥GM，可知AB∥DE，ABDE，即可推出四邊形ABDE是平行四邊形；（3）①如圖3中，取線段HC的中點I，連接MI，只要證明MI1AC，即可解決問題；AM，MI2②設DHx，則AHx3，AD2x，推出AM42x，BH42x，由四邊形ABDE是平行四邊形，推出DF∥AB，推出HFHD，可得3x，解方程即可；HAHB3x42x【考點】四邊形綜合題24.【答案】（1）m30千米/分鐘2）5分鐘3）26分鐘【解析】解：（1）由題意可知：m30；∴B(30,0)，潮頭從甲地到乙地的速度為：120.4千米/分鐘；30（2）∵潮頭的速度為千米/分鐘，∴到1159：時，潮頭已前進19千米，設小紅出發(fā)x分鐘與潮頭相遇，∴12，∴x5∴小紅5分鐘與潮頭相遇．（3）把(30,0)，C(55,15)代入s1t2btc，解得：b2，c24，125255∴s1t22t24，125255∵v02(t30)2，∴v，1255當潮頭的速度達到單車最高速度千米/分鐘，此時，∴2(t30)2，∴t35，1255當t35時，s1t22t2411，1252