2017年江蘇省宿遷市中考數(shù)學(xué)試卷

2017年江蘇省宿遷市中考數(shù)學(xué)試卷-答案2017年江蘇省宿遷市中考數(shù)學(xué)試卷-答案2017年江蘇省宿遷市中考數(shù)學(xué)試卷-答案江蘇省宿遷市2017年中考試卷數(shù)學(xué)答案剖析一、選擇題1.【答案】D【剖析】解：依照相反數(shù)的定義：5的相反數(shù)是5，應(yīng)選D．【提示】依照相反數(shù)的看法剖析即可．【考點】相反數(shù)的看法。2.【答案】A【剖析】解：A．(ab)2a2b2，故本選項正確；B．a(chǎn)5a52a5a10，故本選項錯誤；C．(a2)5a10a7，故本選項錯誤；D．a(chǎn)10a5a5a2，故本選項錯誤，應(yīng)選A．【提示】分別依照冪的乘方與積的乘方法規(guī)、合并同類項的法規(guī)及同底數(shù)冪的除法法規(guī)對各選項進行逐一判斷即可．【考點】冪的乘方，積的乘方，合并同類項，同底數(shù)冪的除法。3.【答案】A【剖析】解：因為這組數(shù)據(jù)中出現(xiàn)次數(shù)最多的數(shù)是6，所以6是這組數(shù)據(jù)的眾數(shù)，應(yīng)選：A．【提示】眾數(shù)的求法：一組數(shù)據(jù)中出現(xiàn)次數(shù)最多的那個數(shù)；據(jù)此剖析．【考點】總數(shù)的看法。4.【答案】C【剖析】解：將拋物線yx2向右平移2個單位，再向上平移1個單位，所得拋物線相應(yīng)的函數(shù)表達式是y(x2)21yx2，應(yīng)選：C．【提示】由拋物線平移不改變a的值，依照平移口訣“左加右減，上加下減”可知搬動后的極點坐標(biāo)，再由極點式可求搬動后的函數(shù)表達式．【考點】二次函數(shù)圖像的平移。5.【答案】Bxm0①【剖析】解：不等式組，由①得xm，由②得x2；42x0②1/10∵m的取值范圍是4m5，∴不等式組的整數(shù)解有：34兩個，應(yīng)選B．，【提示】先求解不等式組獲取關(guān)于m的不等式解集，再依照m的取值范圍即可判斷整數(shù)解．【考點】一元一次不等式組。6.【答案】D【剖析】解：圓錐的側(cè)面張開圖的弧長為2π12212π(cm)，∴圓錐的底面半徑為12π2π6(cm)，故選：D．【提示】易得圓錐的母線長為12cm，以及圓錐的側(cè)面張開圖的弧長，也就是圓錐的底面周長，除以2π即為圓錐的底面半徑．【考點】圓錐的計算。7.【答案】B【剖析】解：∵180，2100，∴12180，∴a∥b．∵385，∴4385，應(yīng)選B．【提示】先依照題意得a∥b，再由平行線的性質(zhì)即可得出結(jié)論．【考點】平行線的判斷和性質(zhì)。8.【答案】C【剖析】解：∵APCQt，∴CP6t，∴PQPC2CQ2(6t)2t22(t3)218，∵0t2，∴當(dāng)t2時，PQ的值最小，∴線段PQ的最小值是25，應(yīng)選C．【提示】依照已知條件獲取CP6t，獲取PQPC2CQ2(6t)2t22(t3)218，于是獲取結(jié)論．【考點】勾股定理，二次函數(shù)的最值。二、填空題9.【答案】1.6107【剖析】解：160000001.6107，故答案為：1.6107．【提示】科學(xué)記數(shù)法的表示形式為a10n的形式，其中1a10，n為整數(shù)．確定n的值時，要看把原數(shù)變成a時，小數(shù)點搬動了多少位，n的絕對值與小數(shù)點搬動的位數(shù)相同．當(dāng)原數(shù)絕對值1時，n是非負(fù)數(shù)；當(dāng)原數(shù)的絕對值1時，n是負(fù)數(shù)．【考點】科學(xué)計數(shù)法。10.【答案】x3【剖析】解：由題意得，x30，解得，x3，故答案為：x3．2/10【提示】依照二次根式中的被開方數(shù)必定是非負(fù)數(shù)列出不等式，解不等式即可．【考點】二次根式。11.【答案】9【剖析】解：∵ab2，∴原式52(ab)549，故答案為：9．【提示】原式后兩項提取2變形后，將已知等式代入計算即可求出值．【考點】代數(shù)式求值。12.【答案】2【剖析】解：∵Rt△ABC中，ACB90，D是AB的中點，即CD是直角三角形斜邊上的中線，∴AB2CD224，又∵E，F(xiàn)分別是BC，CA的中點，即EF是△ABC的中位線，∴EF1AB122．22【提示】第一利用直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半求得AB的長，爾后依照三角形的中位線定理求解．【考點】三角形中位線定理，直角三角形斜邊上中線的性質(zhì)。13.【答案】1【剖析】解：∵經(jīng)過大量重復(fù)扔擲試驗，發(fā)現(xiàn)小石子落在不規(guī)則地域的頻率牢固在常數(shù)0.25周邊，∴小石子落在不規(guī)則地域的概率為，∵正方形的邊長為2m，∴面積為2，設(shè)不規(guī)則部分的面積為s，則s14m0.25s14【提示】第一確定小石子落在不規(guī)則地域的概率，爾后利用概率公式求得其面積即可．【考點】利用頻數(shù)估計概率。14.【答案】1【剖析】解：去分母，得：mx13(x2)，由分式方程有增根，獲取x20，即x2，把x2代入整式方程可得：m1，故答案為：1．【提示】分式方程去分母轉(zhuǎn)變成整式方程，由分式方程有增根，獲取x20，求出x的值，代入整式方程求出m的值即可．【考點】分式方程的增根。15.【答案】10【剖析】解：作出點E關(guān)于BD的對稱點E交BC于E，連接AE與BD交于點P，此時APPE最小，∵PEPE，∴APPEAPPEAE，在Rt△ABE中，AB3，BEBE1，依照勾股定理得：AE10，則APPE的最小值為10．3/10【提示】作出點E關(guān)于BD的對稱點E交BC于E，連接AE與BD交于點P，此時APPE最小，求出AE的長即為最小值．【考點】正方形的性質(zhì)。5116.【答案】2【剖析】解：設(shè)A(m,n)，則OBmOC，n，∵矩形ABOC繞點A按逆時針反向旋轉(zhuǎn)∴OCn，BOm，∴O(mn,nm)，∵A，O在此反比率函數(shù)圖像上，∴∴m2mnn20，∴m15n，∴m51（，負(fù)值舍去），∴OB的值是2n2OC

90獲取矩形ABOC，(mn)(nm)mn，1，故答案為：51．22【提示】設(shè)A(m,n)，則OBm，OCn，依照旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)獲取OCn，BOm，于是獲取O(mn,nm)，于是獲取方程(mn)(nm)mn，求得m51，（負(fù)值舍去），即可獲取結(jié)n2論．【考點】旋轉(zhuǎn)，反比率函數(shù)。三、解答題17.【答案】答案見解析【剖析】解：原式312111．【提示】直接利用絕對值的性質(zhì)以及特別角的三角函數(shù)值和零指數(shù)冪的性質(zhì)分別化簡求出答案．【考點】絕對值，乘方，特別角。18.【答案】答案見解析【剖析】解：原式x1x1，當(dāng)x2時，原式3．x1x1x1【提示】原式通分并利用同分母分式的減法法規(guī)計算獲取最簡結(jié)果，把x的值代入計算即可求出值．【考點】分式的化簡和求值。19.【答案】（1）602）答案見解析3）60【剖析】解：（1）由題意可得，本次檢查的學(xué)生有：2440%60(人)．（2）喜歡足球的有：606241218(人)，補全的條形統(tǒng)計圖如右圖所示；4/10（3）由題意可得，最喜歡排球的人數(shù)為：3001260，即最喜歡排球的學(xué)生有60人．60【提示】（1）依照乒乓球的人數(shù)和所占的百分比可以求得本次檢查的學(xué)生數(shù)．2）依照（1）中的答案可以求得喜歡足球的人數(shù)，進而可以將條形統(tǒng)計圖補充完滿．3）依照統(tǒng)計圖中的數(shù)據(jù)可以估計出最喜歡排球的學(xué)生人數(shù)．【考點】條形統(tǒng)計圖，扇形統(tǒng)計圖，用樣本估計總統(tǒng)。20.【答案】（1）2）13

12【剖析】解：（1）∵四張正面分別標(biāo)有數(shù)字1，2，3，4的不透明卡片，21∴隨機抽取一張卡片，求抽到數(shù)字大于“2”的概率．42（2）畫樹狀圖為：由樹形圖可知：所有可能結(jié)果有12種，兩張卡片正面所標(biāo)數(shù)字之和是偶數(shù)的數(shù)目為4種，所以翻開的兩張卡片正面所標(biāo)數(shù)字之和是偶數(shù)的概率41．123【提示】（1）依照概率公式直接剖析．2）畫出樹狀圖，找到所有可能的結(jié)果，再找到兩張卡片正面所標(biāo)數(shù)字之和是偶數(shù)的數(shù)目，即可求出其概率．【考點】隨機事件的概率，畫樹狀圖，列表法。21.【答案】(535)km【剖析】解：過點C作CDAB于點D，設(shè)CDx，∵CBD45，5/10CDADCDxx3x∴BDCDx，在Rt△ACD中，∵tanCADtanCADtan303，∴，AD3由ADBDAB可得3xx10，解得：x535．【提示】過C作CDAB，由CBD45知BDCDx，由ACD30知ADCD3x，CADtan依照ADBDAB列方程求解可得．【考點】直角三角形的性質(zhì)。22.【答案】（1）答案見解析（2）PB655【剖析】（1）證明：∵OCOB，∴OCBOBC，∵AB是O的切線，∴OBAB，∴OBA90，∴ABPOBC90，∵OCAO，∴AOC90，∴OCBCPO90，∵APBCPO，∴APBABP，∴APAB．（2）解：作OHBC于H，在Rt△OAB中，∵OB4，AB3，∴OA32425，∵APAB3，∴PO2，在中，22，∵11OCOP45Rt△POCPCOCOP25????OP，∴OH，2PC52∴CHOC2OH285，∵OHBC，∴CHBH，∴BC2CH165，55∴PBBCPC1652565．55【提示】（1）欲證明APAB，只要證明APBABP即可．（2）作OHBC于H，在Rt△POC中，求出OP，PC，OH，CH即可解決問題．【考點】圓的基本性質(zhì)，切線的性質(zhì)定理，等腰三角形的判斷和性質(zhì)，勾股定理，相似三角形的判斷和性6/10質(zhì)。23.【答案】（1）（2）千米【剖析】解：（1）校車的速度為340.75(千米/分鐘)，點A的縱坐標(biāo)m的值為3(86)4.5．2）校車到達學(xué)校站點所需時間為90.75416(分鐘)，出租車到達學(xué)校站點所需時間為16916(分鐘)，出租車的速度為961.5(千米/分鐘)，兩車相遇時出租車出發(fā)時間為(94)0.75)5(分鐘)，相遇地點離學(xué)校站點的行程為951.5(千米)．【提示】（1）依照速度行程時間，可求出校車的速度，再依照m3校車速度(86)，即可求出m的值．（2）依照時間行程速度4，可求出校車到達學(xué)校站點所需時間，進而可求出出租車到達學(xué)校站點所需時間，由速度行程時間，可求出出租車的速度，再依照相遇時間校車先出發(fā)時間速度兩車速度差，可求出小剛乘坐出租車出發(fā)后經(jīng)過多少分鐘追到小強所乘坐的校車，結(jié)合出租車的速度及安康小區(qū)到學(xué)校站點的行程，可得出相遇時他們距學(xué)校站點的行程．【考點】一次函數(shù)的表達式，一次函數(shù)的應(yīng)用。24.【答案】（1）答案見解析（2）答案見解析【剖析】解：（1）∵ABAC，∴BC，∵BDE180BDEB，CEF180DEFDEB，∵DEFB，∴BDECEF，∴△BDE∽△CEF．（2）∵△BDE∽△CEF，∴BEDE，∵點E是BC的中點，∴BECE，∴CFDE，CFEFCFEF∵DEFBC，∴△DEF∽△ECF，∴DFECFE，∴FE均分DFC．【提示】（1）依照等腰三角形的性質(zhì)獲取BC，依照三角形的內(nèi)角和和平角的定義獲取BDECEF，于是獲取結(jié)論．7/10（2）依照相似三角形的性質(zhì)獲取BEDE，等量代換獲取CFDE，依照相似三角形的性質(zhì)即可獲取結(jié)CFEFCFEF論．【考點】相似三角形的判斷和性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)。25.【答案】（1）yx22x32）53）答案見解析【剖析】解：（1）在yx22x3中，令y0可得x22x30，解得x1或x3，∴A(1,0)，B(3,0)，由x0可得y3，又拋物線位于x軸下方部分沿x軸翻折后獲取曲線N，abc0∴C(0,3)，設(shè)曲線N的剖析式為yax2bxc，把A，B，C的坐標(biāo)代入可得9a3bc0，c3a1解得b2，∴曲線N所在拋物線相應(yīng)的函數(shù)表達式為yx22x3．c3（2）設(shè)△ABC外接圓的圓心為M，則點M為線段BC，線段AB垂直均分線的交點，∵B(3,0)，C(0,3)，∴線段BC的垂直均分線的剖析式為yx，又線段AB的剖析式為曲線N的對稱軸，即x1，∴M(1,1)，∴MB(1225，即△ABC外接圓的半徑為5．3)1（）設(shè)Q(t,0)，則BQt3，3①當(dāng)BC為平行四邊形的邊時，如圖1，則有BQ∥PC，∴P點縱坐標(biāo)為3，即過C點與x軸平行的直線與曲線M和曲線N的交點即為點P，x軸上對應(yīng)的即為點Q，當(dāng)點P在曲線M上時，在yx22x3中，令y3可解得x17或x17c，∴PC17或PC17，當(dāng)x17時，可知點Q在點B的右側(cè)，可得BQt3，∴t317，解得t47，當(dāng)x17時，可知點Q在點B的左側(cè)，可得BQt3，∴3t71，解得t47，∴Q點坐標(biāo)為(47,0)或(47,0)，當(dāng)點P在曲線N上時，在yx22x3中，令y3可求得x0(舍去)或x2，8/10∴PC2，此時Q點在B點的右側(cè)，則BQt3，∴t32，解得t5，∴Q點坐標(biāo)為(5,0)；②當(dāng)BC為平行四邊形的對角線時，∵B(3,0)，C(0,3)，∴線段BC的中點為3,3，設(shè)P(x,y)，22∴xt3，y03，解得x3t，y3，∴P(3t,3)，當(dāng)點P在曲線M上時，則有3(3t)22(3t)3，解得t27或t27，∴Q點坐標(biāo)為(27,0)或(27,0)；當(dāng)點P在曲線N上時，則有3(3t)22(3t)3，解得t3(Q，B重合，舍去)或t1，Q點坐標(biāo)為(1,0)；綜上可知Q點的坐標(biāo)為(47,0)或(47,0)或(5,0)或(27,0)或(27,0)或(1,0)．【提示】（1）由已知拋物線可求得A,B坐標(biāo)及極點坐標(biāo)，利用對稱性可求得C的坐標(biāo)，利用待定系數(shù)法可求得曲線N的剖析式；2BC與AB的垂直均分線的交點，即直線yx與拋物線對稱軸的交（）由外接圓的定義可知圓心即為線段點，可求得外接圓的圓心，再利用勾股定理可求得半徑的長；（3）設(shè)Q(x,0)，當(dāng)BC為平行四邊形的邊時，則有BQ∥PC且BQPC，進而可用x表示出P點的坐標(biāo)，代入拋物線剖析式可獲取x的方程，可求得Q點坐標(biāo)，當(dāng)BC為平行四邊形的對角線時，由B，C的坐標(biāo)可求得平行四邊形的對稱中心的坐標(biāo)，進而可表示出P點坐