2013年江西省中考数学试卷-答案

数学答案解析

一、选择题 1.【答案】B

【解析】∵1(1)1，∴1的倒数是1 故选：B．

【提示】根据倒数的定义，得出1(1)1，即可得出答案． 【考点】倒数 2.【答案】D

【解析】A．a3a2a5无法运用合并同类项计算，故此选项错误； B．(3ab)29a26abb2，故此选项错误； C．a6ba2a4b，故此选项错误； D．(ab3)2a2b6，故此选项正确． 故选：D．

【提示】分别根据合并同类项法则以及完全平方公式和整式的除法以及积的乘方分别计算得出即可． 【考点】完全平方公式，合并同类项，幂的乘方与积的乘方，整式的除法 3.【答案】A

【解析】把数据从小到大排列：45，163，163，165，227，342，位置处于中间的数是163和165，故中位数是(163165)2164，163出现了两次，故众数是163； 故答案为：A．

【提示】根据众数定义：一组数据中出现次数最多的数据叫做众数．中位数：将一组数据按照从小到大（或从大到小）的顺序排列，如果数据的个数是奇数，则处于中间位置的数就是这组数据的中位数．如果这组数据的个数是偶数，则中间两个数据的平均数就是这组数据的中位数．可以直接算出答案． 【考点】众数，中位数 4.【答案】C

【解析】∵根据反比例函数的对称性可知，要使线段AB的长度取最小值，则直线yxa2经过原点，∴a20，解得a2 故选：C．

【提示】当直线yxa2经过原点时，线段AB的长度取最小值，依此可得关于a的方程，解方程即可

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求得a的值．

【考点】反比例函数与一次函数的交点问题 5.【答案】C

【解析】从几何体的左边看可得

故选：C．

【提示】找到从左面看所得到的图形即可，注意所有的看到的棱都应表现在主视图中． 【考点】简单组合体的三视图 6.【答案】D

【解析】A．二次函数yax2bxc(a0)的图象与x轴有两个交点无法确定a的正负情况，故本选项错误；

B．∵x1x2，∴△b24ac0，故本选项错误；

C．若a0，则x1x0x2，若a0，则x0x1x2或x1x2x0，故本选项错误；

D．若a0，则x0x10，x0x20，所以，(x0x1)(x0x2)0，∴a(x0x若a0，1)(x0x2)0，则(x0x1)与(x0x2)同号，∴a(x0x1)(x0x2)0，综上所述，a(x0x1)(x0x2)0正确，故本选项正确． 故选D．

【提示】根据抛物线与x轴有两个不同的交点，根的判别式△0，再分a0和a0两种情况对C、D选项讨论即可得解．

【考点】抛物线与x轴的交点 二、填空题

7.【答案】(x2)(x2) 【解析】x24(x2)(x2)

【提示】直接利用平方差公式进行因式分解即可． 【考点】因式分解—运用公式法 8.【答案】65

【解析】∵1155，∴EDC18015525，∵DE∥BC，∴CEDC25，∵△ABC中，

A90，C25，∴B180902565．

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故答案为：65 【提示】先根据平角的定义求出EDC的度数，再由平行线的性质得出C的度数，根据三角形内角和定理即可求出B的度数． 【考点】平行线的性质，直角三角形的性质 xy349.【答案】 x2y1xy34xy34【解析】设到井冈山的人数为x人，到瑞金的人数为y人，由题意得：，故答案为：． x2y1x2y1【提示】根据关键语句“单位组织34人分别到井冈山和瑞金进行革命传统教育”可得方程xy34，“到井冈山的人数是到瑞金的人数的2倍多1人”可得x2y1，联立两个方程即可． 【考点】由实际问题抽象出二元一次方程组 10.【答案】26 【解析】∵点E、F分别是AB、CD的中点，M、N分别为DE、BF的中点，∴矩形绕中心旋转180阴影部分恰好能够与空白部分重合，∴阴影部分的面积等于空白部分的面积，∴阴影部分的面积∵AB22，BC23，∴阴影部分的面积故答案为：26． 【提示】根据矩形的中心对称性判定阴影部分的面积等于空白部分的面积，从而得到阴影部分的面积等于矩形的面积的一半，再根据矩形的面积公式列式计算即可得解． 【考点】矩形的性质 11.【答案】(n1)2 【解析】第1个图形中点的个数为：134，第2个图形中点的个数为：1359，第3个图形中点的1矩形的面积，21222326． 2135个数为：第n个图形中点的个数为：135716，，故答案为：(n1)2 (2n1)(12n1)(n1)(n1)2 2【提示】观察不难发现，点的个数依次为连续奇数的和，写出第n个图形中点的个数的表达式，再根据求和公式列式计算即可得解． 【考点】规律型：图形的变化类． 12.【答案】x25x60 【解析】∵一个一元二次方程的两个根分别是Rt△ABC的两条直角边长，且S△ABC3，∴一元二次方程的 3 / 12

两个根的乘积为：326，∴此方程可以为：x25x60，故答案为：x25x60（答案不唯一）． 【提示】根据S△ABC3，得出两根之积，进而根据根与系数的关系写出一个符合要求的一元二次方程即可． 【考点】根与系数的关系 13.【答案】25 【解析】∵ABCD与DCFE的周长相等，且CDCD，∴ADDE，∵DAEDEA，∵BAD60，F110，∴ADC120，CDEF110，∴ADE360120110130， 18013025=25°∴DAE，故答案为：25． 2【提示】由，ABCD与DCFE的周长相等，可得到ADDE即△ADE是等腰三角形，再由BAD60，F110，即可求出DAE的度数． 【考点】平行四边形的性质 14.【答案】2，3，4 【解析】如图1，∵AOB120，ACB60，∴ACBAOB60，∴点C在以点O为圆心的圆上，且在优弧AB上．∴OCAOBO2； 如图2，∵AOB120，ACB60，∴AOBACB180，∴四个点A、O、B、C共圆． 设这四点都在M上．点C在优弧AB上运动 连接OM、AM、AB、MB ∵ACB60，∴AMB2ACB120． ∵AOBO2，∴AMOBMO60． 又∵MAMO，∴△AMO是等边三角形，∴MAAO2，∴MAOCM2A，即2OC4，∴OC可以取整数3和4. 综上所述，OC可以取整数2，3，4 故答案是：2，3，4 12 【提示】分类讨论：如图1，根据圆周角定理可以推出点C在以点O为圆心的圆上； 4 / 12

如图2，根据已知条件可知对角AOBACB180，则四个点A、O、B、C共圆．分类讨论：如图1，如图2，在不同的四边形中，利用垂径定理、等边△MAO的性质来求OC的长度． 【考点】垂径定理，等边三角形的判定与性质 三、 x21①15.【答案】，由①得：x1，由②得：x3，故不等式组的解集为：1x3 2(x3)33x②如图所示：． 【提示】首先分别解出两个不等式的解集，再根据：大小小大取中间确定不等式组的解集即可． 【考点】解一元一次不等式组，在数轴上表示不等式的解集 16.【答案】（1）如图所示：点P就是三个高的交点； （2）如图所示：CT就是AB上的高． 【提示】（1）根据圆周角定理：直径所对的圆周角是90画图即可； （2）与（1）类似，利用圆周角定理画图． 【考点】作图—复杂作图 四、 17.【答案】x只能等于1，原式【考点】分式的化简求值． 【提示】首先将原式能分解因式的分解因式，然后利用除以一个数等于乘以这个数的倒数将除法运算化为乘法运算，约分得到最简结果，最后根据分式的性质，选出有意义的x的值，即可得到原式的值． 1 2x24x4x22x1 【解析】2xx2(x2)2x(x2)1 2xx2(x2)2x21 2xx(x2) 5 / 12

x21 21x，当x0或2时，分式无意义，故x只能等于1，原式 2218.【答案】（1）A．乙抽到一件礼物是必然事件； B．乙恰好抽到自己带来的礼物是随机事件； C．乙没有抽到自己带来的礼物是随机事件； D．只有乙抽到自己带来的礼物是随机事件； 故选A； （2）设甲、乙、丙三人的礼物分别记为a、b、c，根据题意画出树状图如下： 一共有6种等可能的情况，三人抽到的礼物分别为（abc）、（acb）、（bac）、（bca）、（cab）、（cba），3人抽到的都不是自己带来的礼物的情况有（bca）、（acb）有2种，所以，P(A)21． 63【提示】（1）根据必然事件、随机事件的定义对各选项分析判断后利用排除法求解； （2）画出树状图，然后根据概率公式列式进行计算即可得解． 【考点】列表法与树状图法，随机事件 五、 19.【答案】（1）∵四边形ABCD是矩形，平行于x轴，且AB2，AD4，点A的坐标为(2,6)． ∴ABCD2，ADBC4，∴B(2,4)，C(6,4)，D(6,6)； （2）A、C落在反比例函数的图象上，设矩形平移后A的坐标是(2,6x)，C的坐标是(6,4x)，∵A、C落在反比例函数的图象上，∴k2(6x)6(4x)，x3，即矩形平移后A的坐标是(2,3)，代入反比例函数的解析式得：k236，即A、C落在反比例函数的图象上，矩形的平移距离是3，反比例函数的解析式是y6． x【提示】（1）根据矩形性质得出ABCD2，ADBC4，即可得出答案； 6 / 12

（2）设矩形平移后A的坐标是(2,6x)，C的坐标是(6,4x)，得出k2(6x)6(4x)，求出x，即可得出矩形平移后A的坐标，代入反比例函数的解析式求出即可． 【考点】反比例函数综合题 20.【答案】（1）参加这次会议的人数：2550%50（人），D所在扇形的圆心角：360人数：502510510（人），如图所示： 答：参加这次会议的有50人；D所在扇形的圆心角是36； （2）5002550010500550183（毫升）； 答：平均每人浪费的矿泉水约183毫升； （3）18360536，C的50131240605001098（瓶），答：浪费的矿泉水（500ml/瓶）约有1098瓶． 2 【提示】（1）根据扇形统计图和条形统计图中B所代表的数据求出总人数，即可得出C代表的人数； （2）根据（1）中所求，得出浪费掉的总量进而得出平均数； （3）根据每次会议人数约在40至60人之间可以为50人，利用（2）中所求，进而求出总数． 【考点】条形统计图，用样本估计总体，扇形统计图 六、 21.【答案】（1）如图所示：A点转到C点，B点转到D点，启动一次刮雨器，雨刮杆AB正好扫到水平线CD的位置，故雨刮杆AB旋转的最大角度为：180，过点O作OEBA，交BA延长线于点E，连接BO，∵OAB120，∴OAE60，∴EOA30，∵OA长为10cm，∴EAOA5（cm）， ∴EO1025253（cm），∵AB长为48cm，∴EB48553（cm）， ∴BO532(53)22884272153.70（cm）； 答：雨刮杆AB旋转的最大角度为180，O、B两点之间的距离约为53.70cm； （2）∵雨刮杆AB旋转180得到CD，即△OCD与△OAB关于点O中心对称，∴△BAO≌△DCO，∴12S△BAOS△DCO，∴雨刮杆AB扫过的最大面积S

1π(OB2OA2)1392π（cm2）． 2 7 / 12

答：雨刮杆AB扫过的最大面积为1392πcm2 【提示】（1）根据平行线的性质得出雨刮杆AB旋转的最大角度，再利用锐角三角函数关系和勾股定理求出EO，AE，BO的长即可； （2）根据雨刮杆AB扫过的最大面积即为以BO为半径的半圆，进而得出答案即可． 【考点】解直角三角形的应用，扇形面积的计算 22.【答案】（1）证明：∵以点O为圆心，半径为2的圆与y轴交点A，∴OA2，∵P(4,2)，∴AP∥x轴，∵y轴x轴，∴APOA，∵OA为半径，∴PA是O的切线； （2）解：设B(x,y)，∵OB2，∴x2y222，① ∵P(4,2)，PA和PB都是O切线，∴PAPB4，∴42(x4)2(y2)2，②，解由①②组成的方程组得：x0，y2（舍去）或x6886，y，∴B的坐标是,； 5555（3）解：∵OA2，∴A(0,2)，∴设直线AB的解析式是ykx2，把B的坐标代入得：k+2，6585k2，即直线AB的解析式是y2x2 【提示】（1）OBOA2，推出AP∥x轴，推出APOA，根据切线的判定推出即可； 42(x4)2(y2)2，（2）根据切线长定理求出PAPB4，根据勾股定理得出x2y222，求出x0，y2（舍去）或x86，y，即可得出B的坐标； 55（3）求出A(0,2)，设直线AB的解析式是ykx2，把B的坐标代入求出k即可． 【考点】一次函数综合题 七、 23.【答案】●操作发现： ∵△ADB和△AEC是等腰直角三角形，∴ABDDABACEEAC45，ADBAEC90 8 / 12

ADBAEC在△ADB和△AEC中，∴△ADB≌△AEC(AAS)，∴BDCEAD，AEABDACE，ABAC于点F，EGAC于点G，∴AFBFDF∵ABAC，∴AFAG，∵DFAB11AB，AGGCGEAC． 221AB，故①正确； 2∵M是BC的中点，∴BMCM． ∵ABAC，∴ABCACB，∴ABCABDACBACE，即DBMECM． BDCE在△DBM和△ECM中，DBMECM BMCM∴△DBM≌△ECM(SAS)，∴MDME．故②正确； 连接AM，根据前面的证明可以得出将图形1，沿AM对折左右两部分能完全重合，∴整个图形是轴对称图形，故③正确． ∵ABAC，BMCM，∴AMBC，∴AMBAMC90，∵ADB90，∴四边形ADBM四点共圆，∴ADMABM，∵AHDBHM，∴DABDMB，故④正确，故答案为：①②③④ ●数学思考： MDME，MDME． 11AB，AGAC． 2211∵△ABD和△AEC是等腰直角三角形，∴DFAB，DFAB，EGAC，EGAC， 22理由：作AB、AC的中点F、G，连接DF，MF，EG，MG，∴AF∴AFDAGE90，DFAF，GEAG． ∵M是BC的中点，∴MF∥AC，MG∥AB，∴四边形AFMG是平行四边形，∴AGMF，MGAF，AFMAGM． ∴MFGE，DFMG，AFMAFDAGMAGE，∴DFMMGE． FMGE在△DFM和△MGE中，∴△DFM≌△MGE(SAS)，∴DMMEDFMMGE，DFMG∵MG∥AB，∴GMHBHM． ∵BHM90FDM，FDMGME．

，∴BHM90GME，∵BHMDME，∴DMEGME90GME，即DME90，∴MDME． ∴DMME，MDME； 9 / 12

●类比探究： ∵点M、F、G分别是BC、AB、AC的中点，∴MF∥AC，MF11AC，MG∥AB，MGAB，∴四边形22MFAG是平行四边形，∴MGAF，MFAG．AFMAGM ∵△ADB和△AEC是等腰直角三角形，∴DFAF，GEAG，AFDBFDAGE90 ∴MFEG，DFMG，AFMAFDAGMAGE，即DFMMGE． FMGE在△DFM和△MGE中，∴△DFM≌△MGE(SAS)，∴DMMEDFMMGE，DFMG，FDMGME．

∵MG∥AB，∴MHDBFD90，∴HMDMDF90，∴HMDEMG90， 即DME90，∴△DME为等腰直角三角形． 【提示】操作发现：由条件可以通过三角形全等和轴对称的性质，直角三角形的性质就可以得出结论； 数学思考：作AB、AC的中点F、G，连接DF，MF，EG，MG，根据三角形的中位线的性质和等腰直角三角形的性质就可以得出四边形AFMG是平行四边形，从而得出△DFM≌△MGE，根据其性质就可以得出结论； 类比探究：作AB、AC的中点F、G，连接DF，MF，EG，MG，DF和MG相交于H，根据三角形的中位线的性质可以得出△DFM≌△MGE，由全等三角形的性质就可以得出结论； 【考点】四边形综合题 24.【答案】（1）∵当n1时，第1条抛物线y1(xa1)2a1与x轴的交点为A0(0,0)，∴0(0a1)2a1，解得a11或a10由已知a10，∴a11，∴y1(x1)21 令y10，即(x1)210，解得x0或x2，∴A1(2,0)，b12 由题意，当n2时，第2条抛物线y2(xa2)2a2经过点A1(2,0)，∴0(2a2)2a2，解得a21或a24，∵a11，且已知a2a1，∴a24，∴y2(x4)24 ，b12，y2(x4)24 ∴a11 10 / 12

（2）抛物线y2(x4)24，令y20，即(x4)240，解得x2或x6∵A1(2,0)，∴A2(6,0)． 由题意，当n3时，第3条抛物线y3(xa3)2a3经过点A2(6,0)，∴0(6a3)2a3，解得a34或

a39∵a24，且已知a3a2，∴a39，∴y3(x9)29

∴y3的顶点坐标为(9,9)．由y1的顶点坐标(1,1)，y2的顶点坐标(4,4)，y3的顶点坐标(9,9)，依此类推，yn的顶点坐标为(n2,n2)．

∵所有抛物线顶点的横坐标等于纵坐标，∴顶点坐标满足的函数关系式是：yx．

（3）①∵A0(0,0)，A1(2,0)，∴A0A12yn(xn2)2n2，令yn0，即(xn2)2n20， 解得xn2n或xn2n，∴An1(n2n,0)，An(n2n,0)，即An1An(n2n)(n2n)2n． ②存在．

设过点(2,0)的直线解析式为ykxb，则有：02kb，得b2k，∴ykx2k．

(x2n)设直线ykx2k与抛物线yn22n交于E(x)(F2x,)2y两点，联立两式得：1,y1，kx2k(xn2)2n2，整理得：x2(k2n2)xn4n22k0，

∴x1x22n2k，x1x2n4n22k．

过点F作FGx轴，过点E作EGFG于点G，则EGx2x1，

FGy2y1[(x2n2)2n2(x1n2)2n2](x1x22n2)(x1x2)k(x2x1)．

在Rt△EFG中，由勾股定理得：EF2EG2FG2，

22(xx)]2(k1)(2x1x)2(2k1)[(1x2x)24即：EF2(x2x1)[k211x，]将x1x22n2k，2x 11 / 12

整理得：当k1时，EF2(k21)[4n2(1k)k28k]，EF2(11)(18)18，x1x2n4n22k代入，∴EF32为定值，∴k1满足条件，此时直线解析式为yx2 ∴存在满足条件的直线，该直线的解析式为yx2 )21；令y10，【提示】（1）因为点A0(0,0)在抛物线y1(xa1)2a1上，可求得a11，则y1(x1求得A1(2,0)，b12；再由点A1(2,0)在抛物线y2(xa2)2a2上，求得a24，y2(x4)24 （2）求得y1的顶点坐标(1,1)，y2的顶点坐标(4,4)，y3的顶点坐标(9,9)，依此类推，yn的顶点坐标为(n2,n2)．因为所有抛物线顶点的横坐标等于纵坐标，所以顶点坐标满足的函数关系式是：yx． （3）①由A0(0,0)，A1(2,0)，求得A0A12；yn(xn2)2n2，令yn0，求得An1(n2n,0)，An(n2n,0)，所以An1An(n2n)(n2n)2n； ②设直线解析式为：ykx2k，设直线ykx2k与抛物线yn(xn2)2n2交于E(x1,y1)，F(x2,y2)两点，联立两式得一元二次方程，得到x1x22n2k，x1x2n4n22k．然后作辅助线，构造直角三角形，求出EF2的表述式为：EF2(k21)[4n2(1k)k28k]，可见当k1时，EF218为定值．所以满足条件的直线为：yx2 【考点】二次函数综合题 12 / 12