2013年山东省济宁市中考数学试卷答案

2013年山东省济宁市中考数学试卷

一、选择题（本大题共10个小题．每小题3分，共30分）

1．的算术平方根为                                  (     )

Ａ．2   Ｂ．-2   Ｃ．   Ｄ．16

2.据济宁市旅游局统计，2012年春节约有359525人来济旅游， 将这个旅游人数 (保留三个有效数字)用科学计数法表示为                      (     )   

     A．3.59×105    B．3.60×105     C．3.5 ×105      D．3.6 ×105

3．下列运算正确的是                                    (     )

Ａ． Ｂ． Ｃ． Ｄ．

4．如图，由几个小正方体组成的立体图形的左视图是         (     )

5．下列事件中确定事件是                               (     )

Ａ．掷一枚均匀的硬币，正面朝上                 Ｂ．买一注福利彩票一定会中奖

Ｃ．把4个球放入三个抽屉中，其中一个抽屉中至少有个球

Ｄ．掷一枚六个面分别标有1，2，3，4，5，6的均匀正方体骰子，骰子停止转动后奇数点朝上

6.若式子有意义，则x的取值范围为                  （     ）

A.x≥2         B.x≠3        C.x≥2或x≠3     D.x≥2且x≠3

7．已知且，则的取值范围为    (     )

Ａ．  Ｂ． Ｃ． Ｄ．

8.二次函数的图像与图像的形状、开口方向相同，只是位置不同，则二次函数的顶点坐标是                         （     ）

   A.()    B.()    C.()      D.()

9. 如图，P1是反比例函数在第一象限图像上的一点，点A1 的坐标为(2，0)．若△P1O A1与△P2 A1 A2均为等边三角形，则A2点的坐标为（    ）

Ａ．2      Ｂ．2-1       Ｃ．2      Ｄ．2-1

10．在平面坐标系中，正方形ABCD的位置如图所示，点A的坐标为（1，0），点D的坐标为（0，2），延长CB交x轴于点A1，作正方形A1B1C1C，延长C1B1交x轴于点A2，作正方形A2B2C2C1,………按这样的规律进行下去，第2012个正方形的面积为（    ）

A.  B.      C.  D.

二、填空题（本大题共5个小题．每小题3分，共15分）

11.分解因式：22＋4＋2＝        ．

12．当宽为3cm的刻度尺的一边与圆相切时，另一边与圆的两个交点处的读数如图所示（单位：cm），那么该圆的半径为    cm．

13. 化简的结果是_______________．

14．如图，在矩形ABCD中，AB=3，AD=4，点P在AD上，PE⊥AC于E，PF⊥BD于F，则PE+PF等于        

15. 将边长为8cm的正方形ABCD的四边沿直线l向右滚动(不滑动)，当正方形滚动两周时，正方形的顶点A所经过的路线的长是            cm

三、解答题（本大题共8个小题．共55分）

16. (4分)计算：

17.(4分)解方程： .

18. （6分）(1) (3分)一个人由山底爬到山顶，需先爬的山坡，再爬的山坡，求山的高度（结果可保留根号）．

(2) (3分)如图，△ABC与△ABD中， AD与BC相交于O点，∠1=∠2,请你添加一个条件(不再添加其它线段，不再标注或使用其他字母)，使AC=BD,并给出证明.

你添加的条件是:           ．

证明:

19.（6分）

某楼盘准备以每平方米6000元的均价对外销售，由于国务院有关房地产的新政策出台后，购房者持币观望，房地产开发商为了加快资金周转，对价格经过两次下调后，决定以每平方米4860元的均价开盘销售．

(1)求平均每次下调的百分率；

(2)某人准备以开盘价均价购买一套100平方米的住房，开发商给予以下两种优惠方案以供选择：①打9.8折销售；②不打折，一次性送装修费每平方米80元，试问哪种方案更优惠？

20．（7分）

“五·一”假期，某公司组织部分员工分别到A、B、C、D四地旅游，公司按定额购买了前往各地的车票.下图是未制作完的车票种类和数量的条形统计图，根据统计图回答下列问题：

（1）若去D地的车票占全部车票的10%，请求出D地车票的数量，并补全统计图；

（2）若公司采用随机抽取的方式分发车票，每人抽取一张（所有车票的形状、大小、质地完全相同且充分洗匀），那么员工小胡抽到去A地的概率是多少？

（3）若有一张车票，小王、小李都想要，决定采取抛掷一枚各面分别标有1,2,3,4的正四面体骰子的方法来确定，具体规则是：“每人各抛掷一次，若小王掷得着地一面的数字比小李掷得着地一面的数字小，车票给小王，否则给小李”.试用“列表法或画树状图”的方法分析，这个规则对双方是否公平？

21. (9分)

如图，反比例函数(x＞0)的图象经过线段OA的端点A，O为原点，作AB⊥x轴于点B，点B的坐标为(2，0)，tan∠AOB=.

(1)求k的值；

(2)将线段AB沿x轴正方向平移到线段DC的位置，反比例函数(x＞0)的图象恰好经过DC的中点E，求直线AE的函数表达式；

(3)若直线AE与x轴交于点M、与y轴交于点N，请你探索线段AN与线段ME的大小关系，写出你的结论并说明理由.

22. (9分)

如图1，△ABC是等腰直角三角形，四边形ADEF是正方形，D、F分别在AB、AC边上，此时BD=CF，BD⊥CF成立．

（1）当正方形ADEF绕点A逆时针旋转θ（0°＜θ＜90°）时，如图2，BD=CF成立吗？若成立，请证明；若不成立，请说明理由．

（2）当正方形ADEF绕点A逆时针旋转45°时，如图3，延长BD交CF于点G．

求证：BD⊥CF；

(3)在(2)小题的条件下, AC与BG的交点为M， 当AB=4，AD=时，求线段CM的长．

23．（10分）

如图，已知直线y=kx-6与抛物线y=ax2+bx+c相交于A，B两点，且点A（1，-4）为抛物线的顶点，点B在x轴上．

（1）求抛物线的解析式；

（2）在（1）中抛物线的第二象限图象上是否存在一点P，使△POB与△POC全等？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由；

（3）若点Q是y轴上一点，且△ABQ为直角三角形，求点Q的坐标．

2013年山东省济宁市中考数学试卷答案

1.Ａ    2.B     3.Ｂ      4.Ａ     5. Ｃ     6. C7.Ｄ        8.B        9. Ｃ     10. D

11． 2      12.          13. 　     14.     15.

三、解答题

16.解：原式

17.解：愿方程可化为：x＝3(x－2 )                 

  x＝3       

经检验 ：x＝3 是原方程的解．  

所以原方程的解是x＝3        

18.(1)解；依题意，可得山高 

所以山高为．

(2)解:添加条件例举：AD＝BC；OC＝OD；∠C＝∠D；∠CAO＝∠DBC等. 　

证明例举（以添加条件AD＝BC为例）：

∵ AB=AB，∠1＝∠2，BC＝AD，                   　   　　

∴ △ABC≌△BAD． 

        ∴ AC=BD．

19．解：(1)设平均每次下调的百分率x，

则6000（1－x）2＝4860．

解得：x1＝0.1，x2＝1.9（舍去）．

(2)方案①可优惠：4860×100×（1－0.98）＝9720元

方案②可优惠：100×80＝8000元．

答：平均每次下调的百分率10%，方案①更优惠．

20．解：（1）补全图1分,

设D地车票有x张，则x＝（x+20+40+30）×10%

解得x＝10.

即D地车票有10张. 

（2）小胡抽到去A地的概率为＝.

（3）以列表法说明

或者画树状图法说明（如右下图）      列表或图

由此可知，共有16种等可能结果.其中小王掷得数字比小李掷得数字小的有6种：（1，2），（1，3），（1，4），（2，3），（2，4），（3，4）

∴小王掷得数字比小李掷得数字小的概率为＝.

则小王掷得数字不小于小李掷得数字的概率为＝

所以这个规则对双方不公平。

21. 解：（1）由已知条件得，在Rt△OAB中，OB=2，tan∠AOB=，∴=，

∴AB=3，∴A点的坐标为（2，3）

∴k=xy=6

（2）∵DC由AB平移得到，点E为DC的中点，

∴点E的纵坐标为，

又∵点E在双曲线上，∴点E的坐标为（4，）

设直线MN的函数表达式为y=k1x+b，则

， 解得 ，∴直线MN的函数表达式为.

（3）结论：AN=ME

理由：在表达式中，令y=0可得x=6，令x=0可得y=，

∴点M（6，0），N（0，）

解法一：延长DA交y轴于点F，则AF⊥ON，且AF=2，OF=3，

∴NF=ON－OF=，

∵CM=6－4=2=AF，EC==NF，

∴Rt△ANF≌Rt△MEC，

∴AN=ME

解法二：延长DA交y轴于点F，则AF⊥ON，且AF=2，OF=3，

∴NF=ON－OF=，

∴根据勾股定理可得AN=

∵CM=6－4=2，EC=

∴根据勾股定理可得EM=

∴AN=ME

解法三：连接OE，延长DA交y轴于点F，则AF⊥ON，且AF=2，

∵S△EOM，S△AON

∴S△EOM= S△AON，

∵AN和ME边上的高相等，

∴AN=ME

22.解（1）BD=CF成立．

理由：∵△ABC是等腰直角三角形，四边形ADEF是正方形，

∴AB=AC，AD=AF，∠BAC=∠DAF=90°，

∵∠BAD=∠BAC﹣∠DAC，∠CAF=∠DAF﹣∠DAC，

∴∠BAD=∠CAF，

在△BAD和△CAF中，

∴△BAD≌△CAF（SAS）．

∴BD=CF．

（2）证明：设BG交AC于点M．

∵△BAD≌△CAF（已证），

∴∠ABM=∠GCM．

∵∠BMA=∠CMG，

∴△BMA∽△CMG．

∴∠BGC=∠BAC=90°．

∴BD⊥CF．

(3)过点F作FN⊥AC于点N．

∵在正方形ADEF中，AD=DE=，

∴AE==2，

∴AN=FN=AE=1．

∵在等腰直角△ABC 中，AB=4，

∴CN=AC﹣AN=3，BC==4．

∴在Rt△FCN中，tan∠FCN==．

∴在Rt△ABM中，tan∠ABM==tan∠FCN=．

∴AM=AB=．

∴CM=AC﹣AM=4﹣=，BM==

23.解：（1）把A（1，-4）代入y=kx-6，得k=2，∴y=2x-6，∴B（3，0）．

∵A为顶点，∴设抛物线的解析为y=a(x-1)2-4，解得a=1，

∴y=(x-1)2-4=x2-2x-3

（2）存在．∵OB=OC=3，OP=OP，∴当∠POB=∠POC时，△POB≌△POC，

此时PO平分第三象限，即PO的解析式为y=-x．

设P（m，-m），则-m=m2-2m-3，解得m=（m=>0，舍），

∴P（，）．        

（3）①如图，当∠Q1AB=90°时，△DAQ1∽△DOB，

∴，即，∴DQ1=，

∴OQ1=，即Q1（0，）；

②如图，当∠Q2BA=90°时，△BOQ2∽△DOB，

∴，即，

∴OQ2=，即Q2（0，）；

③如图，当∠AQ3B=90°时，作AE⊥y轴于E，

则△BOQ3∽△Q3EA，

∴，即，

∴OQ32-4OQ3+3=0，∴OQ3=1或3，

即Q3（0，-1），Q4（0，-3）．

综上，Q点坐标为（0，）或（0，）或（0，-1）或（0，-3）．