2013年上海市中考数学试卷及答案(Word版).docx
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2013年上海市初中毕业统一学业考试
数学试卷
考生注意:
1.本试卷含三个大题,共25题;
2.答题时,考生务必按答题要求在答题纸规定的位置上作答,在草稿纸、本试卷上答题一律无效;
3.除第一、二大题外,其余各题如无特别说明,都必须在答题纸的相应位置上写出证明或计算的主要步骤.
一、选择题:
(本大题共6题,每题4分,满分24分)
【下列各题的四个选项中,有且只有一个选项是正确的,选择正确项的代号并填涂在答题纸的相应位置上】
1.下列式子中,属于最简二次根式的是()
.;.;.;..
2.下列关于的一元二次方程有实数根的是()
.;.;.;..
3.如果将抛物线向下平移1个单位,那么所得新抛物线的表达式是()
.;.;.;..
4.数据0,1,1,3,3,4的中位数和平均数分别是()
.2和2.4;.2和2;.1和2;.3和2.
5.如图1,已知在△中,点、、分别是边、、上的点,∥,∥,且,那么等于()
.5:
8;.3:
8;.3:
5;.2:
5.
6.在梯形中,∥,对角线和交于点,下列条件中,能判断梯形是等腰梯形的是()
.;.;
.;..
二、填空题:
(本大题共12题,每题4分,满分48分)
【请将结果直接填入答题纸的相应位置】
7.因式分解:
.
8.不等式组的解集是.
9.计算:
.
10.计算:
.
11.已知函数,那么.
12.将“定理”的英文单词中的7个字母分别写在7张相同的卡片上,字面朝下随意放在桌子上,任取一张,那么取到字面的概率是.
13.某校报名参加甲、乙、丙、丁四个兴趣小组的学生人数如图2所示,那么报名参加甲组和丙组的人数之和占所有报名人数的百分比为.
14.在⊙中,已知半径长为3,弦长为4,那么圆心到的距离为.
15.如图3,在△和△中,点、、、在同一直线上,=,A∥D,请添加一个条件,使△≌△,这个添加的条件可以是(只需写一个,不添加辅助线).
16.李老师开车从甲地到相距240千米的乙地,如果油箱剩余油量y(升)与行驶里程x(千米)之间是一次函数关系,其图像如图4所示,那么到达乙地时油箱剩余油量是升.
17.当三角形中一个内角是另一个内角的两倍时,我们称此三角形为“特征三角形”,其中称为“特征角”.如果一个“特征三角形”的“特征角”为100°,那么这个“特征三角形”的最小内角的度数为.
18.如图5,在△中,,,,如果将△沿直线翻折后,点落在边的中点处,直线与边交于点,那么的长为.
三、解答题:
(本大题共7题,19~22题10分,23、24题12分,25题14分,满分满分78分)
19.计算:
.
20.解方程组:
.
21.已知平面直角坐标系(如图6),直线经过第一、二、三象限,与轴交于点,点在这条直线上,联结,△的面积等于1.
(1)求的值;
(2)如果反比例函数(是常量,)的图像经过点,求这个反比例函数的解析式.
22.某地下车库出口处“两段式栏杆”如图
(1)所示,点是栏杆转动的支点,点是栏杆两段的连接点.当车辆经过时,栏杆升起后的位置如图
(2)所示,其示意图如图(3)所示,其中,∥,,米,求当车辆经过时,栏杆段距离地面的高度(即直线上任意一点到直线的距离).(结果精确到0.1米,栏杆宽度忽略不计,参考数据:
,,.)
23.如图8,在△中,,,点为边的中点,∥交于点,∥交的延长线于点.
(1)求证:
;
(2)联结,过点作的垂线交的延长线于点,求证:
.
24.如图9,在平面直角坐标系中,顶点为的抛物线经过点A和轴正半轴上的点,,.
(1)求这条抛物线的表达式;
(2)联结,求的大小;
(3)如果点在轴上,且△与△相似,求点的坐标.
25.在矩形中,点是边上的动点,联结,线段的垂直平分线交边于点,垂足为点,联结(如图10).已知,.设,.
(1)求关于的函数解析式,并写出的取值范围;
(2)当以长为半径的⊙和以长为半径的⊙外切时,求的值;
(3)点在边上,过点作直线的垂线,垂足为.如果,求的值.
2013年上海市初中毕业统一学业考试
数学试卷参考答案
一、选择题
1、B;2、D;3、C;4、B;5、A;6、C
二、填空题
7、(a+1)(a﹣1);8、x>1;9、3b;10、2+;11、1;12、;13、40%;
14、;15、AC=DF;16、2;17、30°;18、.
三、解答题
19.解:
原式=2+﹣1﹣1+2=3
20.解:
,
由②得:
(x+y)(x﹣2y)=0,
x+y=0或x﹣2y=0,
原方程组可变形为:
或,
解得:
,
21.解:
(1)过A作AC⊥y轴,连接OA,
∵A(2,t),
∴AC=2,
对于直线y=x+b,令x=0,得到y=b,即OB=b,
∵S△AOB=OB•AC=OB=1,
∴b=1;
(2)由b=1,得到直线解析式为y=x+1,
将A(2,t)代入直线解析式得:
t=1+1=2,即A(2,2),
把A(2,2)代入反比例解析式得:
k=4,
则反比例解析式为y=.
22.解:
如图,过点A作BC的平行线AG,过点E作EH⊥AG于H,则∠BAG=90°,∠EHA=90°.
∵∠EAB=143°,∠BAG=90°,
∴∠EAH=∠EAB﹣∠BAG=53°.
在△EAH中,∠EHA=90°,∠AEH=90°﹣∠EAH=37°,AE=1.2米,
∴EH=AE•cos∠AEH≈1.2×0.80=0.96(米),
∵AB=1.2米,
∴栏杆EF段距离地面的高度为:
AB+EH≈1.2+0.96=2.16≈2.2(米).
故栏杆EF段距离地面的高度为2.2米.
23.证明:
(1)∵DE∥BC,CF∥AB,
∴四边形DBCF为平行四边形,
∴DF=BC,
∵D为边AB的中点,DE∥BC,
∴DE=BC,
∴EF=DF﹣DE=BC﹣CB=CB,
∴DE=EF;
(2)∵四边形DBCF为平行四边形,
∴DB∥CF,
∴∠ADG=∠G,
∵∠ACB=90°,D为边AB的中点,
∴CD=DB=AD,
∴∠B=∠DCB,∠A=∠DCA,
∵DG⊥DC,
∴∠DCA+∠1=90°,
∵∠DCB+∠DCA=90°,
∴∠1=∠DCB=∠B,
∵∠A+∠ADG=∠1,
∴∠A+∠G=∠B.
24.解:
(1)过点A作AE⊥y轴于点E,
∵AO=OB=2,∠AOB=120°,
∴∠AOE=30°,
∴AE=1,EO=,
∴A点坐标为:
(﹣1,),B点坐标为:
(2,0),
将两点代入y=ax2+bx得:
,
解得:
,
∴抛物线的表达式为:
y=x2﹣x;
(2)过点M作MF⊥OB于点F,
∵y=x2﹣x=(x2﹣2x)=(x2﹣2x+1﹣1)=(x﹣1)2﹣,
∴M点坐标为:
(1,﹣),
∴tan∠FOM==,
∴∠FOM=30°,
∴∠AOM=30°+120°=150°;
(3)∵AO=OB=2,∠AOB=120°,
∴∠ABO=∠OAB=30°,
∴AB=2EO=2,
当△ABC1∽△AOM,
∴=,
∵MO==,
∴=,
解得:
BC1=2,∴OC1=4,
∴C1的坐标为:
(4,0);
当△C2AB∽△AOM,
∴=,
∴=,
解得:
BC2=6,∴OC2=8,
∴C2的坐标为:
(8,0).
综上所述,△ABC与△AOM相似时,点C的坐标为:
(4,0)或(8,0).
25.解:
(1)在Rt△ABP中,由勾股定理得:
BP2=AP2+AB2=x2+25.
∵MQ是线段BP的垂直平分线,
∴BQ=PQ,BM=BP,∠BMQ=90°,
∴∠MBQ+∠BQM=90°,
∵∠ABP+∠MBQ=90°,∴∠ABP=∠BQM,
又∵∠A=∠BMQ=90°,
∴△ABP∽△MQB,
∴,即,化简得:
y=BP2=(x2+25).
当点Q与C重合时,BQ=PQ=13,在Rt△PQD中,由勾股定理定理得:
PQ2=QD2+PD2,即132=52+(13﹣x)2,解得x=1;
又AP≤AD=13,∴x的取值范围为:
1≤x≤13.
∴y=(x2+25)(1≤x≤13).
(2)当⊙P与⊙Q相外切时,如答图1所示:
设切点为M,则PQ=PM+QM=AP+QC=AP+(BC﹣BQ)=x+(13﹣y)=13+x﹣y;
∵PQ=BQ,
∴13+x﹣y=y,即2y﹣x﹣13=0
将y=(x2+25)代入上式得:
(x2+25)﹣x﹣13=0,
解此分式方程得:
x=,
经检验,x=是原方程的解且符合题意.
∴x=.
(3)按照题意画出图形,如答图2所示,连接QE.
∵EF=EC,EF⊥PQ,EC⊥QC,∴∠1=∠2(角平分线性质).
∵PQ=BQ,∴∠3=∠4,
而∠1+∠2=∠3+∠4(三角形外角性质),∴∠1=∠3.
又∵矩形ABCD,∴AD∥BC,∴∠3=∠5,
∴∠1=∠5,又∵∠C=∠A=90°,
∴△CEQ∽△ABP,
∴,即,化简得:
4x+5y=65,
将y=(x2+25)代入上式得:
4x+(x2+25)=65,
解此分式方程得:
x=,
经检验,x=是原方程的解且符合题意,
∴x=.
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