2012年四川省攀枝花市中考数学真题及答案.doc

发布时间：2022-08-21 发布人：admin 分类：说明书资料大小：0.40M 资料格式：doc 举报版权申诉

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2012 年四川省攀枝花市中考数学真题及答案一．选择题（共 10 小题） 1．（2012 攀枝花）﹣3 的倒数是（） A． ﹣3 B． C． 3 D．考点：倒数。分析：直接根据倒数的定义进行解答即可．解答：解：∵（﹣3）×（﹣ ）=1， ∴﹣3 的倒数是﹣ ．故选 D．点评：本题考查的是倒数的定义，即乘积是 1 的两数互为倒数． 2．（2012 攀枝花）下列运算正确的是（） A． B． C．（ab）2=ab2 D．（﹣a2）3=a6 考点：幂的乘方与积的乘方；算术平方根；立方根。分析：根据幂的乘方的性质，积的乘方的性质，立方根、平方根的知识，对各选项分析判断后利用排除法求解，即可求得答案．解答：解：A． =﹣2，故本选项正确； B． =3，故本选项错误； C．（ab）2=a2b2，故本选项错误； D．（﹣a2）3=﹣a6，故本选项错误．故选 A．点评：此题考查了幂的乘方，积的乘方，立方根，平方根的知识．此题比较简单，注意理清指数的变化是解题的关键，注意掌握立方根与平方根的定义． 3．（2012 攀枝花）下列说法中，错误的是（） A．不等式 x＜2 的正整数解中有一个 C．不等式﹣3x＞9 的解集是 x＞﹣3 B． ﹣2 是不等式 2x﹣1＜0 的一个解 D．不等式 x＜10 的整数解有无数个考点：不等式的解集。分析：解不等式求得 B，C 即可选项的不等式的解集，即可判定 C 错误，又由不等式解的定义，判定 B 正确，然后由不等式整数解的知识，即可判定 A 与 D 正确，则可求得答案．解答：解：A．不等式 x＜2 的正整数只有 1，故本选项正确，不符合题意； B．2x﹣1＜0 的解集为 x＜，所以﹣2 是不等式 2x﹣1＜0 的一个解，故本选项正确，不符合题意； C．不等式﹣3x＞9 的解集是 x＜﹣3，故本选项错误，符合题意； D．不等式 x＜10 的整数解有无数个，故本选项正确，不符合题意．故选 C．点评：此题考查了不等式的解的定义，不等式的解法以及不等式的整数解．此题比较简单，注意不等式两边同时除以同一个负数时，不等号的方向改变． 4．（2012 攀枝花）为了了解攀枝花市 2012 年中考数学学科各分数段成绩分布情况，从中抽取 150 名考生的中考数学成绩进行统计分析．在这个问题中，样本是指（）

A． 150 B．被抽取的 150 名考生 C．被抽取的 150 名考生的中考数学成绩 D．攀枝花市 2012 年中考数学成绩考点：总体、个体、样本、样本容量。分析：根据从总体中取出的一部分个体叫做这个总体的一个样本；再根据被收集数据的这一部分对象找出样本，即可得出答案．解答：解：了解攀枝花市 2012 年中考数学学科各分数段成绩分布情况，从中抽取 150 名考生的中考数学成绩进行统计分析．样本是，被抽取的 150 名考生的中考数学成绩，故选 C．点评：此题主要考查了样本确定方法，根据样本定义得出答案是解决问题的关键． 5．（2012 攀枝花）如图是由五个相同的小正方体组成的立体图形，它的俯视图是（） A． B． C． D．考点：简单组合体的三视图。分析：找到从上面看所得到的图形即可，注意所有的看到的棱都应表现在俯视图中．解答：解：从上面看易得：有 2 列小正方形第 1 列有 3 个正方形，第 2 列有 1 个正方形，且在中间位置，进而得出答案即可，故选 B．点评：本题考查了三视图的知识，俯视图是从物体的上面看得到的视图，考查了学生细心观察能力，属于基础题． 6．（2012 攀枝花）已知实数 x，y 满足，则以 x，y 的值为两边长的等腰三角形的周长是（） A． 20 或 16 B． 20 C． 16 D．以上答案均不对考点：等腰三角形的性质；非负数的性质：绝对值；非负数的性质：算术平方根；三角形三边关系。分析：根据非负数的意义列出关于 x、y 的方程并求出 x、y 的值，再根据 x 是腰长和底边长两种情况讨论求解．解答：解：根据题意得，

解得，（1）若 4 是腰长，则三角形的三边长为：4、4、8，不能组成三角形；（2）若 4 是底边长，则三角形的三边长为：4、8、8，能组成三角形，周长为 4+8+8=20．故选 B．点评：本题考查了等腰三角形的性质、非负数的性质及三角形三边关系；解题主要利用了非负数的性质，分情况讨论求解时要注意利用三角形的三边关系对三边能否组成三角形做出判断．根据题意列出方程是正确解答本题的关键． 7．（2012 攀枝花）如图，△ABC≌△ADE 且∠ABC=∠ADE，∠ACB=∠AED，BC．DE 交于点 O．则下列四个结论中，①∠1=∠2；②BC=DE；③△ABD∽△ACE；④A．O、C．E 四点在同一个圆上，一定成立的有（） A． 1 个 B． 2 个 C． 3 个 D． 4 个考点：相似三角形的判定；全等三角形的性质；圆周角定理。分析：由△ABC≌△ADE 且∠ABC=∠ADE，∠ACB=∠AED，根据全等三角形的性质，即可求得 BC=DE，∠BAC=∠DAE，继而可得∠1=∠2，则可判定①②正确；由△ABC≌△ADE，可得 AB=AD，AC=AE，则可得 AB：AC=AD：AE，根据有两边对应成比例且夹角相等三角形相似，即可判定③正确；易证得△AEF∽△DCF 与△AOF∽△CEF，继而可得∠OAC+∠OCE=180°，即可判定 A．O、C．E 四点在同一个圆上．解答：解：∵△ABC≌△ADE 且∠ABC=∠ADE，∠ACB=∠AED， ∴∠BAC=∠DAE，BC=DE，故②正确； ∴∠BAC﹣∠DAC=∠DAE﹣∠DAC，即∠1=∠2，故①正确； ∵△ABC≌△ADE， ∴AB=AD，AC=AE， ∴ ， ∵∠1=∠2， ∴△ABD∽△ACE，故③正确； ∵∠ACB=∠AEF，∠AFE=∠OPC， ∴△AFE∽△OFC， ∴ 即，∠2=∠FOC，， ∵∠AFO=∠EFC， ∴△AFO∽△EFC， ∴∠FAO=∠FEC，

∴∠EAO+∠ECO=∠2+∠FAO+∠ECO=∠FOC+∠FEC+∠ECO=180°， ∴A．O、C．E 四点在同一个圆上，故④正确．故选 D．点评：此题考查了相似三角形的判定与性质、全等三角形的性质以及四点共圆的知识．此题难度较大，注意数形结合思想的应用，注意找到相似三角形是解此题的关键． 8．（2012 攀枝花）已知一元二次方程：x2﹣3x﹣1=0 的两个根分别是 x1、x2，则 x1 2 的值为（ 2x2+x1x2 ） A． ﹣3 B． 3 C． ﹣6 D． 6 2x2+x1x2 2x2+x1x2 2=x1x2（x1+x2）=﹣1×3=﹣3． 2=x1x2（x1+x2），即可求得答案．考点：根与系数的关系。分析：由一元二次方程：x2﹣3x﹣1=0 的两个根分别是 x1、x2，根据根与系数的关系求得 x1+x2=3，x1x2=﹣1，又由 x1 解答：解：∵一元二次方程：x2﹣3x﹣1=0 的两个根分别是 x1、x2， ∴x1+x2=3，x1x2=﹣1， ∴x1 故选 A．点评：此题考查了一元二次方程根与系数的关系．此题比较简单，注意掌握若二次项系数为 1，x1，x2 是方程 x2+px+q=0 的两根时，则 x1+x2=﹣p，x1x2=q． 9．（2012 攀枝花）下列四个命题： ①等边三角形是中心对称图形； ②在同圆或等圆中，相等的弦所对的圆周角相等； ③三角形有且只有一个外接圆； ④垂直于弦的直径平分弦所对的两条弧．其中真命题的个数有（） A． 1 个 B． 2 个 C． 3 个 D． 4 个考点：三角形的外接圆与外心；垂径定理；圆周角定理；命题与定理；中心对称图形。分析：根据等边三角形的性质即可得出等边三角形是轴对称图形，但不是中心对称图形，即可判断①；举出反例，即可判断②；根据三角形的外接圆的定义即可判断③；根据垂径定理即可判断④．解答：解：∵等边三角形是轴对称图形，但不是中心对称图形，∴①是假命题；如图，∠C 和∠D 不相等，即②是假命题；三角形有且只有一个外接圆，外接圆的圆心是三角形三边垂直平分线的交点，即③是真命题；垂直于弦的直径平分弦，且平分弦所对的两条弧，即④是真命题．故选 B．

点评：本题考查了中心对称图形，圆周角定理，垂径定理，三角形的外接圆等知识点的应用，通过做此题培养了学生的理解能力和辨析能力，题型较好，但是一道比较容易出错的题目． 10．（2012 攀枝花）如图，直角梯形 AOCD 的边 OC 在 x 轴上，O 为坐标原点，CD 垂直于 x 轴，D（5，4），AD=2．若动点 E、F 同时从点 O 出发，E 点沿折线 OA→AD→DC 运动，到达 C 点时停止；F 点沿 OC 运动，到达 C 点是停止，它们运动的速度都是每秒 1 个单位长度．设 E 运动秒 x 时，△EOF 的面积为 y（平方单位），则 y 关于 x 的函数图象大致为（） A． B． C． D．考点：动点问题的函数图象。分析：首先根据点 D 的坐标求得点 A 的坐标，从而求得线段 OA 和线段 OC 的长，然后根据运动时间即可判断三角形 EOF 的面积的变化情况．解答：解：∵D（5，4），AD=2． ∴OC=5，CD=4 OA=5 ∴运动 x 秒（x＜5）时，OE=OF=x，作 EH⊥OC 于 H，AG⊥OC 于点 G， ∴EH∥AG ∴△EHO∽△AGO 即： ∴EH= x ∴S△EOF= OF•EH= ×x× x= x2，故 A．B 选项错误；当点 F 运动到点 C 时，点 E 运动到点 A，此时点 F 停止运动，点 E 在 AD 上运动，△EOF 的面积不变，点在 DC 上运动时，如右图， EF=11﹣x，OC=5 ∴S△EOF= OC•CE= ×（11﹣x）×5=﹣ x+ 是一次函数，故 C 正确，

点评：本题考查了动点问题的函数图象，解题的关键是根据动点确定分段函数的图象．二．填空题（共 6 小题） 11．（2012 攀枝花）抛掷一枚质地均匀、各面分别标有 1，2，3，4，5，6 的骰子，正面向上的点数是偶数的概率是考点：概率公式。．分析：根据概率公式知，6 个数中有 3 个偶数，故掷一次骰子，向上一面的点数为偶数的概率是．解答：解：根据题意可得：掷一次骰子，向上一面的点数有 6 种情况，其中有 3 种为向上一面的点数偶数，故其概率是 = ；故答案为：．点评：本题主要考查了概率的求法的运用，如果一个事件有 n 种可能，而且这些事件的可能性相同，其中事件 A 出现 m 种结果，那么事件 A 的概率 PA．= ，难度适中．． 12．（2012 攀枝花）因式分解：x3﹣x= 考点：提公因式法与公式法的综合运用。分析：本题可先提公因式 x，分解成 x（x2﹣1），而 x2﹣1 可利用平方差公式分解．解答：解：x3﹣x， =x（x2﹣1）， =x（x+1）（x﹣1）．点评：本题考查了提公因式法，公式法分解因式，先提取公因式后再利用平方差公式继续进行因式分解，分解因式一定要彻底． 13．（2012 攀枝花）底面半径为 1，高为的圆锥的侧面积等于考点：圆锥的计算。分析：由于高线，底面的半径，母线正好组成直角三角形，故母线长可由勾股定理求得，再由圆锥侧面积． = 底面周长×母线长计算．解答：解：∵高线长为，底面的半径是 1， ∴由勾股定理知：母线长= =2， ∴圆锥侧面积= 底面周长×母线长=2π×2=4π．故答案为：4π．点评：本题考查圆锥的侧面积表达公式应用，需注意应先算出母线长．

14．（2012 攀枝花）若分式方程：有增根，则 k= ．考点：分式方程的增根。专题：计算题。分析：把 k 当作已知数求出 x= ，根据分式方程有增根得出 x﹣2=0，2﹣x=0，求出 x=2，得出方程 =2，求出 k 的值即可．解答：解：∵分式方程有增根，去分母得：2（x﹣2）+1﹣kx=﹣1，整理得：（2﹣k）x=2，当 2﹣k≠0 时，x= ；当 2﹣k=0 是，此方程无解，即此题不符合要求； ∵分式方程有增根， ∴x﹣2=0，2﹣x=0，解得：x=2，即 =2，解得：k=1．故答案为：1．点评：本题考查了对分式方程的增根的理解和运用，把分式方程变成整式方程后，求出整式方程的解，若代入分式方程的分母恰好等于 0，则此数是分式方程的增根，即不是分式方程的根，题目比较典型，是一道比较好的题目． 15．（2012 攀枝花）如图，正方形 ABCD 中，AB=4，E 是 BC 的中点，点 P 是对角线 AC 上一动点，则 PE+PB 的最小值为．考点：轴对称-最短路线问题；正方形的性质。专题：探究型。分析：由于点 B 与点 D 关于 AC 对称，所以如果连接 DE，交 AC 于点 P，那 PE+PB 的值最小．在 Rt△CDE 中，由勾股定理先计算出 DE 的长度，即为 PE+PB 的最小值．解答：解：连接 DE，交 BD 于点 P，连接 BD． ∵点 B 与点 D 关于 AC 对称， ∴DE 的长即为 PE+PB 的最小值， ∵AB=4，E 是 BC 的中点， ∴CE=2，在 Rt△CDE 中，

DE= = =2 ．故答案为：2 ．点评：本题考查了轴对称﹣最短路线问题和正方形的性质，根据两点之间线段最短，可确定点 P 的位置． 16．（2012 攀枝花）如图，以 BC 为直径的⊙O1 与⊙O2 外切，⊙O1 与⊙O2 的外公切线交于点 D，且∠ADC=60°，过 B 点的⊙O1 的切线交其中一条外公切线于点 A．若⊙O2 的面积为π，则四边形 ABCD 的面积是．考点：相切两圆的性质；含 30 度角的直角三角形；勾股定理；矩形的判定与性质；切线长定理。专题：计算题。分析：设⊙O2 的半径是 R，求出⊙O2 的半径是 1，连接 DO2，DO1，O2E，O1H，AO1，作 O2F⊥BC 于 F，推出 D．O2、 O1 三点共线，∠CDO1=30°，求出四边形 CFO2E 是矩形，推出 O2E=CF，CE=FO2，∠FO2O1=∠CDO1=30°，推出 R+1=2 =AB，根据梯形面积公式得（R﹣1），求出 R=3，求出 DO1，在 Rt△CDO1 中，由勾股定理求出 CD，求出 AH= 出 ×（AB+CD）×BC，代入求出即可．解答：解：∵⊙O2 的面积为π， ∴⊙O2 的半径是 1， ∵AB 和 AH 是⊙O1 的切线， ∴AB=AH，设⊙O2 的半径是 R，连接 DO2，DO1，O2E，O1H，AO1，作 O2F⊥BC 于 F， ∵⊙O1 与⊙O2 外切，⊙O1 与⊙O2 的外公切线 DC．DA，∠ADC=60°， ∴D．O2、O1 三点共线，∠CDO1=30°， ∴∠DAO1=60°，∠O2EC=∠ECF=∠CFO2=90°， ∴四边形 CFO2E 是矩形， ∴O2E=CF，CE=FO2，∠FO2O1=∠CDO1=30°， ∴DO2=2O2E=2，∠HAO1=60°，R+1=2（R﹣1），解得：R=3，即 DO1=2+1+3=6，

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