浙江嘉兴2011年中考数学试题解析版1602.pdf

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1、1浙江省嘉兴市2011 年中考数学试卷解析版一、选择题（本大题有10 小题，每小题3 分，共30 分）1、（2011舟山）6 的绝对值是（）A、6B、6C、D、考点：绝对值。专题：计算题。分析：根据绝对值的性质，当a 是负有理数时，a的绝对值是它的相反数a，解答即可；解答：解：根据绝对值的性质，|6|=6 故选B点评：本题考查了绝对值的性质，熟记：一个正数的绝对值是它本身；一个负数的绝对值是它的相反数；0 的绝对值是02、（2011舟山）方程x（x 1）=0 的解是（）A、x=0B、x=1C、x=0 或 x=1D、x=0 或 x=1考点：解一元二次方程-因式分解法；解一元一次方程。专题：计算题

2、。分析：一元二次方程转化成两个一元一次方程x=0 或x 1=0，求出方程的解即可解答：解：x（x 1）=0，x=0 或x 1=0，x1=0 或 x2=1，故选C点评：本题主要考查对解一元二次方程因式分解法，解一元一次方程等知识点的理解和掌握，能把一元二次方程转化成一元一次方程是解此题的关键3、（2011舟山）如图，点A、B、C、D、O 都在方格纸的格点上，若COD是由AOB绕点O 按逆时针方向旋转而得，则旋转的角度为（）A、30B、45C、90D、135考点：旋转的性质。专题：网格型；数形结合。分析：COD是由AOB绕点O 按逆时针方向旋转而得，由图可知，AOC为旋转角，可利用AOC的三边关系

3、解答；解答：解：如图，设小方格的边长为1，得，OC=，AO=，AC=4，OC2+AO2=+=16，AC2=42=16，AOC是直角三角形，AOC=90 故选C点评：本题考查了旋转的性质，旋转前后对应角相等，本题也可通过两角互余的性质解答4、（2011舟山）下列计算正确的是（）A、x2x=x3B、x+x=x2C、（x2）3=x5D、x6x3=x2考点：同底数幂的除法；合并同类项；同底数幂的乘法；幂的乘方与积的乘方。专题：计算题。分析：根据同底数幂的乘法、合并同类项、幂的乘方、同底数幂的除法的运算法则计算即可解答：解：A、正确；B、x+x=2x，选项错误；C、（x2）3=x6，选项错误；D、x6x

4、3=x3，选项错误故选A 点评：本题考查了同底数幂的乘法、合并同类项、幂的乘方、同底数幂的除法等多个运算性质，需同学们熟练掌握5、（2011 舟山）两个大小不同的球在水平面上靠在一起，组成如图所示的几何体，则该几何体的左视图是（）A、两个外离的圆B、两个外切的圆C、两个相交的圆D、两个内切的圆考点：圆与圆的位置关系；简单组合体的三视图。专题：计算题。分析：由于两球都与水平线相切，故几何体的左视图相内切的两圆解答：解：观察图形可知，两球都与水平线相切，所以，几何体的左视图为相内切的两圆，故选D 点评：本题考查了三视图，圆与圆的位置关系的运用关键是分析图形，得出两球都与水平线相切，判断2其左视图中

5、两圆的位置关系6、（2011舟山）如图，半径为10 的O 中，弦AB 的长为16，则这条弦的弦心距为（）A、6B、8C、10D、12考点：垂径定理；勾股定理。专题：计算题。分析：过O 作 OD AB 于 D，则OD 是弦AB 的弦心距，连接OB，根据垂径定理求出BD=AD=8，在Rt OBD中，根据勾股定理即可求出OD 解答：解：过O 作 OD AB 于 D，则OD 是弦AB 的弦心距，连接OB，OD AB，OD 过圆心O，BD=AD=AB=8，在 Rt OBD中，由勾股定理得：OD=6故选A 点评：本题主要考查对垂径定理，勾股定理等知识点的理解和掌握，正确作辅助线并能求出OD 的长是解此题的

6、关键7、（2011舟山）如图，边长为4 的等边ABC 中，DE 为中位线，则四边形BCED的面积为（）A、B、C、D、考点：相似三角形的判定与性质；等边三角形的性质；三角形中位线定理。分析：根据边长为4 的等边ABC中，DE 为中位线，得出DF=，再利用梯形的面积公式求出解答：解：作DF BC，边长为4 的等边ABC中，DE 为中位线，DE=2，BD=2，DF=，则四边形BCED的面积为：DF（DE+BC）=（2+4）=3故选B点评：此题主要考查了等边三角形的性质以及三角形中位线的性质，得出根据DE为中位线，得出DF=是解决问题的关键8、（2011舟山）多多班长统计去年1 8 月“书香校园”活

7、动中全班同学的课外阅读数量（单位：本），绘制了如图折线统计图，下列说法正确的是（）A、极差是47B、众数是42C、中位数是58D、每月阅读数量超过40 的有4 个月考点：极差；折线统计图；中位数；众数。专题：计算题。分析：根据统计图可得出最大值和最小值，即可求得极差；出现次数最多的数据是众数；将这8 个数按大小顺序排列，中间两个数的平均数为中位数；每月阅读数量超过40 的有2、3、4、5、7、8，共六个月解答：解：A、极差为：83 28=55，故本选项错误；B、众数为：58，故本选项错误；C、中位数为：（58+58）2=58，故本选项正确；D、每月阅读数量超过40 本的有2 月、3 月、4 月

8、、5 月、7 月、8 月，共六个月，故本选项错误；故选C点评：本题是统计题，考查极差、众数与中位数的意义中位数是将一组数据从小到大（或从大到小）重新排列后，最中间的那个数（或最中间两个数的平均数），叫做这组数据的中位数如果中位数的概念掌3握得不好，不把数据按要求重新排列，就会出错9、（2011舟山）一个纸环链，纸环按红黄绿蓝紫的顺序重复排列，截去其中的一部分，剩下部分如图所示，则被截去部分纸环的个数可能是（）A、2010B、2011C、2012D、2013考点：规律型：图形的变化类。专题：规律型。分析：该纸链是5 的倍数，中间截去的是剩下3+5n，从选项中数减3 为 5 的倍数即得到答案解答：

9、解：由题意设被截去部分为5n+2+1=5n+3从其选项中看，故选D 点评：本题考查了图形的变化规律，从整体是5 个不同颜色环的整数倍数，截去部分去3 后为5 的倍数，从而得到答案10、（2011舟山）如图，五个平行四边形拼成一个含30内角的菱形EFGH（不重叠无缝隙）若四个平行四边形面积的和为14cm2，四边形ABCD面积是11cm2，则四个平行四边形周长的总和为（）A、48cmB、36cmC、24cmD、18cm考点：菱形的性质；平行四边形的性质。专题：计算题。分析：根据四个平行四边形面积的和为14cm2，四边形 ABCD面积是11cm2，可求出的面积，从而可求出菱形的面积，根据菱形的性质可

10、求出边长，进而可求出四个平行四边形周长的总和解答：解：由题意得：的面积=四边形ABCD面积（+）=4cm2，EFGH的面积=14+4=18cm2，又F=30，菱形的边长为6cm，而四个平行四边形周长的总和=2（AE+AH+HD+DG+GC+CF+FB+BE）=2（EF+FG+GH+HE）=48cm 故选A 点评：本题考查了菱形的性质及平行四边形的知识，难度较大，关键是求出菱形的面积，解答本题需要用到平行四边形的对角线平分平行四边形的面积二、填空题（本大题有6 小题，每小题4 分，共24 分）11、（2011 舟山）当x3时，分式有意义考点：分式有意义的条件。专题：计算题。分析：根据分式存在的条

11、件得到3 x0，解不等式即可解答：解：要使分式有意义，必须3 x0，即x3故答案为3点评：本题考查了分式有意义的条件：分式的分母不为012、（2011舟山）从标有1 到 9 序号的9 张卡片中任意抽取一张，抽到序号是3 的倍数的概率是考点：概率公式。专题：计算题。分析：看是3 的倍数的情况数占总情况数的多少即可解答：解：共有9 张牌，是3 的倍数的有3，6，9 共 3 张，抽到序号是3 的倍数的概率是故答案为：点评：考查概率的求法；用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比得到抽到序号是3 的倍数的情况数是解决本题的关键13、（2010 江西）分解因式：2x2 8=2（x+2）（x 2）4

12、考点：提公因式法与公式法的综合运用。分析：先提取公因式2，再对余下的多项式利用平方差公式继续分解解答：解：2x2 8=2（x2 4）=2（x+2）（x 2）点评：本题考查用提公因式法和公式法进行因式分解的能力，一个多项式有公因式首先提取公因式，然后再用公式法进行因式分解，同时因式分解要彻底，直到不能分解为止14、（2011舟山）如图，在ABC 中，AB=AC，A=40，则ABC的外角BCD=110度考点：等腰三角形的性质；三角形内角和定理；三角形的外角性质。专题：计算题。分析：根据等腰三角形的性质得到B=ACB，根据三角形的内角和定理求出B，根据三角形的外角性质即可求出答案解答：解：AB=AC

13、，B=ACB，A=40，B=ACB=（180A）=70，BCD=A+B=40+70=110，故答案为：110点评：本题主要考查对等腰三角形的性质，三角形的内角和定理，三角形的外角性质等知识点的理解和掌握，能求出B 的度数是解此题的关键15、（2011舟山）如图，已知二次函数y=x2+bx+c 的图象经过点（1，0），（1，2），当y 随 x 的增大而增大时，x 的取值范围是y=x2 x 2考点：待定系数法求二次函数解析式；二次函数的图象；二次函数的性质。专题：计算题。分析：先把（1，0），（1，2）代入二次函数y=x2+bx+c 中，得到关于b、c 的方程，解出b、c，即可求解析式解答：解：把

14、（1，0），（1，2）代入二次函数y=x2+bx+c 中，得，解得，那么二次函数的解析式是y=x2 x 2点评：本题考查了用待定系数法求函数解析式的方法，同时还考查了方程组的解法等知识，难度不大16、（2011舟山）如图，AB 是半圆直径，半径OC AB 于点O，AD 平分CAB 交弧BC 于点D，连接CD、OD，给出以下四个结论：AC OD；CE=OE；ODE ADO；2CD2=CEAB 其中正确结论的序号是考点：相似三角形的判定与性质；三角形内角和定理；等腰三角形的判定；圆心角、弧、弦的关系；圆周角定理。专题：证明题。分析：根据等腰三角形的性质和角平分线的性质，利用等量代换求证CAD=AD

15、O即可；不能证明CE=OE；两三角形中，只有一个公共角的度数相等，其它两角不相等，所以不能证明ODE ADO；根据同弧所对的圆周角等于它所对的圆心角的一半，求出COD=45，再利用等腰三角形的性质和三角形内角和定理求出CDE=45，再求证CED COD，利用其对应变成比例即可得出结论解答：证明：AB 是半圆直径，AO=OD，OAD=ADO，AD 平分CAB交弧BC 于点D，CAD=DAO=CAB，CAD=ADO，AC OD，5正确CED 与AED不全等，CEOE，错误在ODE 和ADO中，只有ADO=EDO，其它两角都不相等，不能证明ODE 和ADO全等，错误；AD 平分CAB交弧BC 于点D

16、，CAD=45=22.5，COD=45，AB 是半圆直径，OC=OD，OCD=ODC=67.5CAD=ADO=22.5（已证），CDE=ODC ADO=67.5 25=45，CED COD，=，CD2=ODCE=ABCE，2CD2=CEAB 正确综上所述，只有正确故答案为：点评：此题主要考查相似三角形的判定与性质，圆心角、弧、弦的关系，圆周角定理，等腰三角形的性质，三角形内角和定理等知识点的灵活运用，此题步骤繁琐，但相对而言，难易程度适中，很适合学生的训练是一道典型的题目三、解答题（本大题有8 小题，共66 分）17、（2011舟山）计算：考点：实数的运算；零指数幂。专题：计算题。分析：本题涉

17、及零指数幂、乘方、二次根式化简三个考点针对每个考点分别进行计算，然后根据实数的运算法则求得计算结果解答：解：原式=4 3+1+2=4故答案为4点评：本题考查实数的综合运算能力，是各地中考题中常见的计算题型解决此类题目的关键是熟记特殊角的三角函数值，熟练掌握负整数指数幂、零指数幂、二次根式、绝对值等考点的运算18、（2011舟 山）解 不 等 式 组：，并 把 它 的 解 在 数 轴 上 表 示 出 来 考点：解一元一次不等式组；在数轴上表示不等式的解集。专题：作图题。分析：先求出不等式组中每一个不等式的解集，再求出它们的公共部分，然后把不等式的解集表示在数轴上即可解答：解：不等式组由得，x 1

18、 3，x2；由得，x+2x 21，x1；其解集为：2 x1；在数轴上表示为：故答案为：2 x1点评：本题考查了一元一次不等式组的解法，求不等式的公共解，要遵循以下原则：同大取较大，同小取较小，小大大小中间找，大大小小解不了19、（2011 舟山）如图，已知直线y=2x 经过点P（2，a），点 P 关于y 轴的对称点P 在反比例函数（k0）的图象上（1）求a 的值；（2）直接写出点P 的坐标；（3）求反比例函数的解析式6考点：待定系数法求反比例函数解析式；一次函数图象上点的坐标特征；关于x 轴、y 轴对称的点的坐标。专题：计算题。分析：（1）把（2，a）代入y=2x 中即可求a；（2）坐标系中任

19、一点关于y 轴对称的点的坐标，其中横坐标等于原来点横坐标的相反数，纵坐标不变；（3）把P 代入y=中，求出k，即可得出反比例函数的解析式解答：解：（1）把（2，a）代入y=2x 中，得a=2（2）=4，a=4；（2）P 点的坐标是（2，4），点P 关于y 轴的对称点P 的坐标是（2，4）；（3）把P（2，4）代入函数式y=，得4=，k=8，反比例函数的解析式是y=点评：本题考查了待定系数法球反比例函数解析式，一次函数图象上点的坐标特征，关于x 轴、y 轴对称点的坐标知道经过函数的某点一定在函数的图象上，坐标系中任一点关于x 轴、y 轴的点的特征20、（2011舟山）根据第五次、第六次全国人口普

20、查结果显示：某市常住人口总数由第五次的400 万人增加到第六次的450 万人，常住人口的学历状况统计图如下（部分信息未给出）：解答下列问题：（1）计算第六次人口普查小学学历的人数，并把条形统计图补充完整；（2）第六次人口普查结果与第五次相比，该市常住人口中高中学历人数增长的百分比是多少？考点：条形统计图；扇形统计图。专题：计算题；图表型。分析：（1）由六次全国人口普查中某市常住人口总数是450 万人，再根据条形图求得大学，高中，初中，以及其他学历的人数，则可知小学学历的人数；（2）根据扇形图求得第五次全国人口普查中某市常住人口中高中学历的百分比，再求得第六次全国人口普查中该市常住人口中高中学历

21、的百分比，求其差即可解答：解：（1）450 36 55 180 49=130（万人）；7（2）第五次人口普查中，该市常住人口中高中学历人数的百分比是：1 3%17%38%32%=10%，第六次人口普查中，该市常住人口中高中学历人数的百分比是：100%12.2%，第六次人口普查结果与第五次相比，该市常住人口中高中学历人数增长的百分比是：12.2%10%=2.2%点评：此题考查了扇形统计图与条形统计图的知识题目难度不大，注意数形结合思想的应用21、（2011舟山）目前“自驾游”已成为人们出游的重要方式“五一”节，林老师驾轿车从舟山出发，上高速公路途经舟山跨海大桥和杭州湾跨海大桥到嘉兴下高速，其间用

22、了4.5小时；返回时平均速度提高了10千米/小时，比去时少用了半小时回到舟山（1）求舟山与嘉兴两地间的高速公路路程；（2）两座跨海大桥的长度及过桥费见下表：大桥名称舟山跨海大桥杭州湾跨海大桥大桥长度48千米36千米过桥费100元80元我省交通部门规定：轿车的高速公路通行费y（元）的计算方法为：y=ax+b+5，其中a（元/千米）为高速公路里程费，x（千米）为高速公路里程（不包括跨海大桥长），b（元）为跨海大桥过桥费若林老师从舟山到嘉兴所花的高速公路通行费为295.4元，求轿车的高速公路里程费a考点：一次函数的应用；一元一次方程的应用。分析：（1）根据往返的时间、速度和路程可得到一个一元一次方程

23、，解此方程可得舟山与嘉兴两地间的高速公路路程；（2）根据表格和林老师从舟山到嘉兴所花的高速公路通行费可以将解析式y=ax+b+5 转换成一个含有未知数 a 的一元一次方程，解此方程可得轿车的高速公路里程费解答：解：（1）设舟山与嘉兴两地间的高速公路路程为s千米，由题意得，=10解得，s=360，所以舟山与嘉兴两地间的高速公路路程为：360 千米；（2）轿车的高速公路通行费y（元）的计算方法为：y=ax+b+5，根据表格和林老师的通行费可知，y=295.4，x=360 48 36=276，b=100+80=180，将它们代入y=ax+b+5 中得，295.4=276a+180+5，解得，a=0.

24、4，所以轿车的高速公路里程费为：0.4元/千米点评：本题考查的是用一次函数解决实际问题，此类题是近年中考中的热点问题注意利用一次函数求值时，关键是应用一次函数的性质；即由函数y 随 x 的变化，确定取值22、（2011舟山）如图，ABC 中，以BC 为直径的圆交AB 于点D，ACD=ABC（1）求证：CA 是圆的切线；（2）若点E 是 BC 上一点，已知BE=6，tan ABC=，tan AEC=，求圆的直径8考点：切线的判定；圆周角定理；锐角三角函数的定义；解直角三角形。专题：计算题；证明题。分析：（1）根据圆周角定理BC 得到BDC=90，推出ACD+DCB=90，即BC CA，即可判断C

25、A是圆的切线；（2）根据锐角三角函数的定义得到tan AEC=，tan ABC=，推出EC=AC，BC=AC，代入BC EC=BE即可求出AC，进一步求出BC 即可解答：（1）证明：BC 是直径，BDC=90，ABC+DCB=90，ACD=ABC，ACD+DCB=90，BC CA，CA 是圆的切线（2）解：在Rt AEC中，tan AEC=，=，EC=AC，在 Rt ABC中，tan ABC=，=，BC=AC，BC EC=BE，BE=6，解得：AC=，BC=10，答：圆的直径是10点评：本题主要考查对锐角三角函数的定义，解直角三角形，切线的判定，圆周角定理等知识点的理解和掌握，能证明是圆的切线

26、是解此题的关键23、（2011舟山）以四边形ABCD的边AB、BC、CD、DA 为斜边分别向外侧作等腰直角三角形，直角顶点分别为E、F、G、H，顺次连接这四个点，得四边形EFGH（1）如图1，当四边形ABCD为正方形时，我们发现四边形EFGH是正方形；如图2，当四边形ABCD为矩形时，请判断：四边形EFGH的形状（不要求证明）；（2）如图3，当四边形ABCD为一般平行四边形时，设ADC=（0 90），试用含的代数式表示HAE；求证：HE=HG；四边形EFGH是什么四边形？并说明理由考点：正方形的判定；全等三角形的判定与性质；等腰直角三角形；菱形的判定与性质。专题：证明题。分析：（1）根据等腰直

27、角三角形得到角都是直角，且边都相等即可判断答案；（2）HAE=90+a，根据平行四边形的性质得出，BAD=180 a，根据HAD和EAB是等腰直角三角形，得到HAD=EAB=45，求出HAE即可；根据AEB 和DGC是等腰直角三角形，得出AE=AB，DC=CD，平行四边形的性质得出AB=CD，求出HDG=90+a=HAE，证HAE HDC，即可得出HE=HG；由同理可得：GH=GF，FG=FE，推出GH=GF=EF=HE，得出菱形EFGH，证HAE HDG，求出 AHD=90，EHG=90，即可推出结论解答：（1）答：四边形EFGH的形状是正方形（2）解：HAE=90+a，在平行四边形ABCD

28、中 AB CD，BAD=180 ADC=180 a，HAD和EAB是等腰直角三角形，HAD=EAB=45，HAE=360 HAD EAB BAD=360 45 45（180 a）=90+a，答：用含的代数式表示HAE 是 90+a证明：AEB 和DGC是等腰直角三角形，9 AE=AB，DC=CD，在平行四边形ABCD中，AB=CD，AE=DG，HAD和GDC是等腰直角三角形，HDA=CDG=45，HDG=HDA+ADC+CDG=90+a=HAE，HAD是等腰直角三角形，HA=HD，HAE HDC，HE=HG 答：四边形EFGH是正方形，理由是：由同理可得：GH=GF，FG=FE，HE=HG，G

29、H=GF=EF=HE，四边形EFGH是菱形，HAE HDG，DHG=AHE，AHD=AHG+DHG=90，EHG=AHG+AHE=90，四边形EFGH是正方形点评：本题主要考查对正方形的判定，等腰直角三角形的性质，菱形的判定和性质，全等三角形的性质和判定，平行线的性质等知识点的理解和掌握，综合运用性质进行推理是解此题的关键24、（2011舟山）已知直线y=kx+3（k 0）分别交x 轴、y 轴于A、B 两点，线段OA 上有一动点P 由原点 O 向点A 运动，速度为每秒1 个单位长度，过点P 作 x 轴的垂线交直线AB 于点C，设运动时间为t秒（1）当k=1 时，线段OA 上另有一动点Q 由点A

30、 向点O 运动，它与点P 以相同速度同时出发，当点P到达点A 时两点同时停止运动（如图1）直接写出t=1秒时C、Q 两点的坐标；若以Q、C、A 为顶点的三角形与AOB相似，求t的值（2）当时，设以C 为顶点的抛物线y=（x+m）2+n 与直线AB 的另一交点为D（如图2），求CD 的长；设COD的 OC 边上的高为h，当t为何值时，h 的值最大？考点：二次函数综合题。专题：几何综合题。分析：（1）由题意得由题意得到关于t的坐标按照两种情形解答，从而得到答案（2）以点C为 顶点的抛物线，解得关于t的 根，又由过点D 作DE CP 于 点E，则DEC=AOB=90，又由 DEC AOB从而解得先求

31、得三角形COD的面积为定值，又由Rt PCO Rt OAB，在线段比例10中 t为是，h 最大解答：解：（1）C（1，2），Q（2，0）由题意得：P（t，0），C（t，t+3），Q（3 t，0）分两种情况讨论：情形一：当AQC AOB时，AQC=AOB=90，CQ OA，CP OA，点P 与点Q 重合，OQ=OP，即 3 t=t，t=1.5情形二：当AQC AOB时，ACQ=AOB=90，OA=OB=3AOB是等腰直角三角形ACQ也是等腰直角三角形CP OA AQ=2CP，即t=2（t+3）t=2满足条件的t的值是1.5秒或2 秒（2）由题意得：C（t，）以C 为顶点的抛物线解析式是y=，由，

32、解得过点D 作 DE CP 于点E，则DEC=AOB=90 DE OA EDC=OABDEC AOB AO=4，AB=5，DE=CD=，CD 边上的高=，SCOD为定值要使OC 边上的高h 的值最大，只要OC 最短，因为当OC AB 时 OC 最短，此时OC 的长为，BCO=90AOB=90 COP=90 BOC=OBA又CP OA Rt PCO Rt OAB，OP=，即t=点评：本题考查了二次函数的综合题，（1）由题意很容易知，由题意知P（t，0），C（t，t+3），Q（3 t，0）代入，分两种情况解答（2）以点C 为顶点的函数式，设法代入关于t的方程，又由DEC AOB从而解得通过求解可知三角形COD的面积为定值，又由Rt PCO Rt OAB，在线段比例中t为是，h 最大从而解答