2013年陕西省中考数学试卷

参考答案与试题解析

一、选择题（共10小题，每小题3分，共30分，每小题只有一个选项最符合题意的）

1．（3分）下列四个数中最小的数是（　　）

A．﹣2 B．0 C．﹣ D．5　

2．（3分）如图，下面的几何体是由一个圆柱和一个长方体组成的，则它的俯视图是（　　）

A． B． C． D．　

3．（3分）如图，AB∥CD，∠CED=90°，∠AEC=35°，则∠D的大小为（　　）

A．65° B．55° C．45° D．35°

4．（3分）不等式组的解集为（　　）

A．x＞ B．x＜﹣1 C．﹣1＜x＜ D．x＞﹣

5．（3分）我省某市五月份第二周连续七天的空气质量指数分别为：111、96、47、68、70、77、105，则这七天空气质量指数的平均数是（　　）

A．71.8 B．77 C．82 D．95.7

6．（3分）如果一个正比例函数的图象经过不同象限的两点A（2，m），B（n，3），那么一定有（　　）

A．m＞0，n＞0 B．m＞0，n＜0 C．m＜0，n＞0 D．m＜0，n＜0

7．（3分）如图，在四边形ABCD中，AB=AD，CB=CD，若连接AC、BD相交于点O，则图中全等三角形共有（　　）

A．1对 B．2对 C．3对 D．4对

8．（3分）根据表中一次函数的自变量x与函数y的对应值，可得p的值为（　　）

A．1 B．﹣1 C．3 D．﹣3

9．（3分）如图，在矩形ABCD中，AD=2AB，点M、N分别在边AD、BC上，连接BM、DN．若四边形MBND是菱形，则等于（　　）

A． B． C． D．

10．（3分）已知两点A（﹣5，y1），B（3，y2）均在抛物线y=ax2+bx+c（a≠0）上，点C（x0，y0）是该抛物线的顶点．若y1＞y2≥y0，则x0的取值范围是（　　）

A．x0＞﹣5 B．x0＞﹣1 C．﹣5＜x0＜﹣1 D．﹣2＜x0＜3

二、填空题（共6小题，计18分）

11．（3分）计算：（﹣2）3+（﹣1）0=　﹣7　．

【考点】实数的运算；零指数幂．

【专题】计算题．

【分析】先分别根据有理数乘方的法则及0指数幂的计算法则计算出各数，再根据实数混合运算的法则进行计算即可．

【解答】解：原式=﹣8+1

=﹣7．

故答案为：﹣7．

【点评】本题考查的是实数的运算，熟知有理数乘方的法则及0指数幂的计算法则是解答此题的关键．

12．（3分）一元二次方程x2﹣3x=0的根是　x1=0，x2=3　．

【考点】解一元二次方程-因式分解法．

【专题】方程思想；因式分解．

【分析】首先利用提取公因式法分解因式，由此即可求出方程的解．

【解答】解：x2﹣3x=0，

x（x﹣3）=0，

∴x1=0，x2=3．

故答案为：x1=0，x2=3．

【点评】此题主要考查了因式分解法解一元二次方程，解题的关键会进行因式分解．

13．（3分）请从以下两个小题中任选一个作答，若多选，则按所选的第一题计分．

A、在平面直角坐标系中，线段AB的两个端点的坐标分别为A（﹣2，1）、B（1，3），将线段AB通过平移后得到线段A′B′，若点A的对应点为A′（3，2），则点B的对应点B′的坐标是　（6，4）　．

B、比较大小：8cos31°　＞　（填“＞”，“=”或“＜”）

【考点】坐标与图形变化-平移；实数大小比较．

【分析】（1）比较A（﹣2，1）与A′（3，2）的横坐标、纵坐标，可知平移后横坐标加5，纵坐标加1，由于点A、B平移规律相同，坐标变化也相同，即可得B′的坐标；

（2）8cos31°很接近4，再比较即可．

【解答】解：（1）由于图形平移过程中，对应点的平移规律相同，

由点A到点A′可知，点的横坐标加5，纵坐标加1，

故点B′的坐标为（1+5，3+1），即（6，4）；

（2）∵8cos31°≈4，

∴4＞．

故答案为：（6，4）；＞．

【点评】本题考查图形的平移变换，关键是要懂得左右平移点的纵坐标不变，而上下平移时点的横坐标不变，平移变换是中考的常考点．比较对应点的坐标变化，寻找变化规律，并把变化规律运用到其它对应点上，同时考查了实数的大小比较．

14．（3分）如图，四边形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，且BD平分AC．若BD=8，AC=6，∠BOC=120°，则四边形ABCD的面积为　12　．（结果保留根号）

【考点】解直角三角形．

【分析】如图，过点A作AE⊥BD于点E，过点C作CF⊥BD于点F．则通过解直角△AEO和直角△CFO求得AE=CF=，所以易求四边形ABCD的面积．

【解答】解：如图，过点A作AE⊥BD于点E，过点C作CF⊥BD于点F．

∵BD平分AC，AC=6，

∴AO=CO=3．

∵∠BOC=120°，

∴∠AOE=60°，

∴AE=AO•sin60°=．

同理求得CF=，

∴S四边形ABCD=S△ABD+S△CBD=BD•AE+BD•CF=2×××8=12．

故答案是：12．

【点评】本题考查了解直角三角形，三角形的面积的计算．求图中相关线段的长度时，也可以根据勾股定理进行解答．

15．（3分）如果一个正比例函数的图象与反比例函数y=的图象交于A（x1，y1），B（x2，y2）两点，那么（x2﹣x1）（y2﹣y1）的值为　24　．

【考点】反比例函数与一次函数的交点问题．

【分析】正比例函数与反比例函数y=的两交点坐标关于原点对称，依此可得x1=﹣x2，y1=﹣y2，将（x2﹣x1）（y2﹣y1）展开，依此关系即可求解．

【解答】解：∵正比例函数的图象与反比例函数y=的图象交于A（x1，y1），B（x2，y2）两点，关于原点对称，依此可得x1=﹣x2，y1=﹣y2，

∴（x2﹣x1）（y2﹣y1）

=x2y2﹣x2y1﹣x1y2+x1y1

=x2y2+x2y2+x1y1+x1y1

=6×4

=24．

故答案为：24．

【点评】考查了反比例函数与正比例函数的交点问题，正比例函数与反比例函数的两交点坐标关于原点对称．

16．（3分）如图，AB是⊙O的一条弦，点C是⊙O上一动点，且∠ACB=30°，点E、F分别是AC、BC的中点，直线EF与⊙O交于G、H两点．若⊙O的半径为7，则GE+FH的最大值为　10.5　．

【考点】圆周角定理；三角形中位线定理．

【专题】压轴题．

【分析】由点E、F分别是AC、BC的中点，根据三角形中位线定理得出EF=AB=3.5为定值，则GE+FH=GH﹣EF=GH﹣3.5，所以当GH取最大值时，GE+FH有最大值．而直径是圆中最长的弦，故当GH为⊙O的直径时，GE+FH有最大值14﹣3.5=10.5．

【解答】解：当GH为⊙O的直径时，GE+FH有最大值．

当GH为直径时，E点与O点重合，

∴AC也是直径，AC=14．

∵∠ABC是直径上的圆周角，

∴∠ABC=90°，

∵∠C=30°，

∴AB=AC=7．

∵点E、F分别为AC、BC的中点，

∴EF=AB=3.5，

∴GE+FH=GH﹣EF=14﹣3.5=10.5．

故答案为：10.5．

【点评】本题结合动点考查了圆周角定理，三角形中位线定理，有一定难度．确定GH的位置是解题的关键．

三、解答题（共9小题，计72分，解答应写出过程）

17．（5分）解分式方程：+=1．

【考点】解分式方程．

【专题】计算题．

【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】解：去分母得：2+x（x+2）=x2﹣4，

解得：x=﹣3，

经检验x=﹣3是分式方程的解．

【点评】此题考查了解分式方程，解分式方程的基本思想是“转化思想”，把分式方程转化为整式方程求解．解分式方程一定注意要验根．

18．（6分）如图，∠AOB=90°，OA=OB，直线l经过点O，分别过A、B两点作AC⊥l交l于点C，BD⊥l交l于点D．

求证：AC=OD．

【考点】全等三角形的判定与性质．

【专题】证明题．

【分析】根据同角的余角相等求出∠A=∠BOD，然后利用“角角边”证明△AOC和△OBD全等，根据全等三角形对应边相等证明即可．

【解答】证明：∵∠AOB=90°，

∴∠AOC+∠BOD=90°，

∵AC⊥l，BD⊥l，

∴∠ACO=∠BDO=90°，

∴∠A+∠AOC=90°，

∴∠A=∠BOD，

在△AOC和△OBD中，，

∴△AOC≌△OBD（AAS），

∴AC=OD．

【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质，同角的余角相等的性质，利用三角形全等证明边相等是常用的方法之一，要熟练掌握并灵活运用．

19．（7分）我省教育厅下发了《在全省中小学幼儿园广泛开展节约教育的通知》，通知中要求各学校全面持续开展“光盘行动”．某市教育局督导组为了调查学生对“节约教育”内容的了解程度（程度分为：“A﹣﹣了解很多”、“B﹣﹣了解较多”，“C﹣﹣了解较少”，“D﹣﹣不了解”），对本市一所中学的学生进行了抽样调查．我们将这次调查的结果绘制了以下两幅统计图．

根据以上信息，解答下列问题：

（1）本次抽样调查了多少名学生？

（2）补全两幅统计图；

（3）若该中学共有1800名学生，请你估计这所中学的所有学生中，对“节约教育”内容“了解较多”的有多少名？

【考点】条形统计图；用样本估计总体；扇形统计图．

【专题】计算题．

【分析】（1）由等级A的人数除以所占的百分比，即可求出调查的学生人数；

（2）根据总人数减去A、C、D等级的人数求出等级B的人数，补全条形统计图；由C的人数除以总人数求出C的百分比，进而求出D的百分比，补全扇形统计图即可；

（3）由1800乘以B的百分比，即可求出对“节约教育”内容“了解较多”的人数．

【解答】解：（1）抽样调查的学生人数为36÷30%=120（名）；

（2）B的人数为120×45%=54（名），

C的百分比为×100%=20%，

D的百分比为×100%=5%；

补全统计图，如图所示：

（3）对“节约教育”内容“了解较多”的有1800×45%=810（名）．

【点评】此题考查了条形统计图，扇形统计图，以及用样本估计总体，弄清题意是解本题的关键．

20．（8分）一天晚上，李明和张龙利用灯光下的影子长来测量一路灯CD的高度．如图，当李明走到点A处时，张龙测得李明直立时身高AM与影子长AE正好相等；接着李明沿AC方向继续向前走，走到点B处时，李明直立时身高BN的影子恰好是线段AB，并测得AB=1.25m，已知李明直立时的身高为1.75m，求路灯的高CD的长．（结果精确到0.1m）．

【考点】相似三角形的应用．

【专题】应用题．

【分析】根据AM⊥EC，CD⊥EC，BN⊥EC，EA=MA得到MA∥CD∥BN，从而得到△ABN∽△ACD，利用相似三角形对应边的比相等列出比例式求解即可．

【解答】解：设CD长为x米，

∵AM⊥EC，CD⊥EC，BN⊥EC，EA=MA

∴MA∥CD∥BN

∴EC=CD=x

∴△ABN∽△ACD，

∴

即

解得：x=6.125≈6.1．

经检验，x=6.125是原方程的解，

∴路灯高CD约为6.1米．

【点评】本题考查了相似三角形的应用，解题的关键是根据已知条件得到平行线，从而证得相似三角形．

21．（8分）“五一节”期间，申老师一家自驾游去了离家170千米的某地，下面是他们离家的距离y（千米）与汽车行驶时间x（小时）之间的函数图象．

（1）求他们出发半小时时，离家多少千米？

（2）求出AB段图象的函数表达式；

（3）他们出发2小时时，离目的地还有多少千米？

【考点】一次函数的应用．

【分析】（1）先运用待定系数法求出OA的解析式，再将x=0.5代入，求出y的值即可；

（2）设AB段图象的函数表达式为y=k′x+b，将A、B两点的坐标代入，运用待定系数法即可求解；

（3）先将x=2代入AB段图象的函数表达式，求出对应的y值，再用170减去y即可求解．

【解答】解：（1）设OA段图象的函数表达式为y=kx．

∵当x=1.5时，y=90，

∴1.5k=90，

∴k=60．

∴y=60x（0≤x≤1.5），

∴当x=0.5时，y=60×0.5=30．

故他们出发半小时时，离家30千米；

（2）设AB段图象的函数表达式为y=k′x+b．

∵A（1.5，90），B（2.5，170）在AB上，

∴，

解得，

∴y=80x﹣30（1.5≤x≤2.5）；

（3）∵当x=2时，y=80×2﹣30=130，

∴170﹣130=40．

故他们出发2小时，离目的地还有40千米．

【点评】本题考查了一次函数的应用及一次函数解析式的确定，解题的关键是通过仔细观察图象，从中整理出解题时所需的相关信息，本题较简单．

22．（8分）甲、乙两人用手指玩游戏，规则如下：①每次游戏时，两人同时随机地各伸出一根手指；②两人伸出的手指中，大拇指只胜食指、食指只胜中指、中指只胜无名指、无名指只胜小拇指、小拇指只胜大拇指，否则不分胜负．依据上述规则，当甲、乙两人同时随机地各伸出一根手指时，

（1）求甲伸出小拇指取胜的概率；

（2）求乙取胜的概率．

【考点】列表法与树状图法．

【分析】（1）首先根据题意画出表格，由表格求得所有等可能的结果，即可求出甲伸出小拇指取胜的概率；

（2）由（1）中所求即可得出乙取胜的概率；

【解答】解；（1）设A，B，C，D，E分别表示大拇指、食指、中指、无名指、小拇指，列表如下：

由表格可知，共有25种等可能的结果，

甲伸出小拇指取胜只有一种可能，

故P（甲伸出小拇指获胜）=，；

（2）又上表可知，乙取胜有5种可能，

故P（乙获胜）==．

【点评】此题考查的是用列表法或树状图法求概率．注意树状图与列表法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，列表法适合于两步完成的事件；树状图法适合两步或两步以上完成的事件；注意概率=所求情况数与总情况数之比．

23．（8分）如图，直线l与⊙O相切于点D，过圆心O作EF∥l交⊙O于E、F两点，点A是⊙O上一点，连接AE、AF，并分别延长交直线l于B、C两点．

（1）求证：∠ABC+∠ACB=90°；

（2）当⊙O的半径R=5，BD=12时，求tan∠ACB的值．

【考点】切线的性质；正方形的判定与性质；圆周角定理；解直角三角形．

【分析】（1）由题意可知EF是圆的直径，所以∠EAF=90°，即∠ABC+∠ACB=90°；

（2）连接OD，则OD⊥BD，过E作EH⊥BC于H，则四边形EODH是正方形，易求tan∠BEH==，再证明∠ACB=∠BEH即可．

【解答】（1）证明：∵EF是圆的直径，

∴∠EAF=90°，

∴∠ABC+∠ACB=90°；

（2）解：连接OD，则OD⊥BD，

过E作EH⊥BC于H，

∴EH∥OD，

又∵EO∥HD，

∴四边形OEHD是矩形，

又∵OE=OD，

∴四边形EODH是正方形，

∴EH=HD=OD=5，

又∵BD=12，

∴BH=7，

在Rt△BEH中，tan∠BEH==，

∵∠ABC+∠BEH=90°，∠ABC+∠ACB=90°，

∴∠ACB=∠BEH，

∴tan∠ACB=．

【点评】本题考查了圆周角定理、正方形的判定和性质、切线的性质以及锐角三角函数值，题目的综合性很强，难度中等．

24．（10分）在平面直角坐标系中，一个二次函数的图象经过点A（1，0）、B（3，0）两点．

（1）写出这个二次函数图象的对称轴；

（2）设这个二次函数图象的顶点为D，与y轴交于点C，它的对称轴与x轴交于点E，连接AC、DE和DB，当△AOC与△DEB相似时，求这个二次函数的表达式．

[提示：如果一个二次函数的图象与x轴的交点为A（x1，0）、B（x2，0），那么它的表达式可表示为y=a（x﹣x1）（x﹣x2）]．

【考点】二次函数综合题．

【专题】压轴题．

【分析】（1）根据二次函数对称性得出对称轴即可；

（2）首先求出C，D点坐标，进而得出CO的长，利用当△AOC与△DEB相似时，根据①假设∠OCA=∠EBD，②假设∠OCA=∠EDB，分别求出即可．

【解答】解；（1）∵二次函数的图象经过点A（1，0）、B（3，0）两点，

∴二次函数图象的对称轴为直线x=2；

（2）设二次函数的表达式为：y=a（x﹣1）（x﹣3）（a≠0），

当x=0时，y=3a，当x=2时，y=﹣a，

∴点C坐标为：（0，3a），顶点D坐标为：（2，﹣a），

∴OC=|3a|，

又∵A（1，0），E（2，0），

∴AO=1，EB=1，DE=|﹣a|=|a|，

当△AOC与△DEB相似时，

①假设∠OCA=∠EBD，

可得=，

即=，

∴a=或a=﹣，

②假设∠OCA=∠EDB，可得=，

∴=，此方程无解，

综上所述，所得二次函数的表达式为：

y=x2﹣x+或y=﹣x2+x﹣．

【点评】此题主要考查了二次函数的综合应用以及相似三角形的判定与性质等知识，注意分类讨论思想的应用是解题关键．

25．（12分）问题探究：

（1）请在图①中作出两条直线，使它们将圆面四等分；

（2）如图②，M是正方形ABCD内一定点，请在图②中作出两条直线（要求其中一条直线必须过点M）使它们将正方形ABCD的面积四等分，并说明理由．

问题解决：

（3）如图③，在四边形ABCD中，AB∥CD，AB+CD=BC，点P是AD的中点，如果AB=a，CD=b，且b＞a，那么在边BC上是否存在一点Q，使PQ所在直线将四边形ABCD的面积分成相等的两部分？如若存在，求出BQ的长；若不存在，说明理由．

【考点】四边形综合题．

【专题】压轴题．

【分析】（1）画出互相垂直的两直径即可；

（2）连接AC、BD交于O，作直线OM，分别交AD于P，交BC于Q，过O作EF⊥OM交DC于F，交AB于E，则直线EF、OM将正方形的面积四等份，根据三角形的面积公式和正方形的性质求出即可；

（3）当BQ=CD=b时，PQ将四边形ABCD的面积二等份，连接BP并延长交CD的延长线于点E，证△ABP≌△DEP求出BP=EP，连接CP，求出S△BPC=S△EPC，作PF⊥CD，PG⊥BC，由BC=AB+CD=DE+CD=CE，求出S△BPC﹣S△CQP+S△ABP=S△CPE﹣S△DEP+S△CQP，即可得出S四边形ABQP=S四边形CDPQ即可．

【解答】解：（1）如图1所示，

（2）连接AC、BD交于O，作直线OM，分别交AD于P，交BC于Q，过O作EF⊥OM交DC于F，交AB于E，

则直线EF、OM将正方形的面积四等份，

理由是：∵点O是正方形ABCD的对称中心，

∴AP=CQ，EB=DF，

在△AOP和△EOB中

∵∠AOP=90°﹣∠AOE，∠BOE=90°﹣∠AOE，

∴∠AOP=∠BOE，

∵OA=OB，∠OAP=∠EBO=45°，

∴△AOP≌△EOB，

∴AP=BE=DF=CQ，

设O到正方形ABCD一边的距离是d，

则（AP+AE）d=（BE+BQ）d=（CQ+CF）d=（PD+DF）d，

∴S四边形AEOP=S四边形BEOQ=S四边形CQOF=S四边形DPOF，

直线EF、OM将正方形ABCD面积四等份；

（3）存在，当BQ=CD=b时，PQ将四边形ABCD的面积二等份，

理由是：如图③，连接BP并延长交CD的延长线于点E，

∵AB∥CD，

∴∠A=∠EDP，

∵在△ABP和△DEP中

∴△ABP≌△DEP（ASA），

∴BP=EP，

连接CP，

∵△BPC的边BP和△EPC的边EP上的高相等，

又∵BP=EP，

∴S△BPC=S△EPC，

作PF⊥CD，PG⊥BC，则BC=AB+CD=DE+CD=CE，

由三角形面积公式得：PF=PG，

在CB上截取CQ=DE=AB=a，则S△CQP=S△DEP=S△ABP

∴S△BPC﹣S△CQP+S△ABP=S△CPE﹣S△DEP+S△CQP

即：S四边形ABQP=S四边形CDPQ，

∵BC=AB+CD=a+b，

∴BQ=b，

∴当BQ=b时，直线PQ将四边形ABCD的面积分成相等的两部分．

【点评】本题考查了正方形性质，菱形性质，三角形的面积等知识点的应用，主要考查学生综合运用性质进行推理的能力，注意：等底等高的三角形的面积相等．

陕西省中考数学试卷（解析版）