2014年广东省广州市中考数学试卷-答案.pdf

1/20 广东省广州市 2014 年初中毕业生学业考试 数学答案解析 第卷 一、选择题 1.【答案】A【解析】因为任何一个数a的相反数都为a，故选A.2.【答案】D【考点】相反数.【解析】判断轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分沿对称轴折叠后可重合；判断中心对称图形是寻找对称中心，旋转180度后与原图重合.选项 A，B 既不是轴对称图形也不是中心对称图形；选项 C 是轴对称图形，不是中心对称图形；选项 D 是中心对称图形不是轴对称图形，故选 D.【考点】轴对称图形，中心对称图形.3.【答案】D【解析】由图可知，在RtABC中，4tan3BCAAB，故选 D.【考点】正切 4.【答案】C【解析】因为54ababab，A 错误；11ababab，B 错误；626 24aaaa，C 正确；2363()a ba b，D 错误，故选 C.【考点】整式运算 5.【答案】A【解析】因为2357，根据两圆圆心距大于两半径之和，两圆外离，故选 A.【考点】圆，圆的位置关系.6.【答案】B【解析】先将分式的分子因式分解，再约分，即原式(2)(2)22xxxx，故选 B.【考点】分式的化简.7.【答案】B【解析】中位数是将一组数据按从大到小或从小到大的顺序排列后，最中间的一个数据或中间两个数据的 2/20 平均数；众数是一组数据中出现次数最多的数；求平均数的方法是将这组数据的总和除以这组数据的个数；求极差的方法是用最大值减去最小值.故这组数据的中位数是8.5；众数是9；平均数是8.375；极差是3，故选 B.【考点】中位数，众数，平均数，极差.8.【答案】A【解析】由正方形的对角线长为2可知正方形和菱形的边长为222AB，当60B时，ABC是等边三角形，所以2ACAB，故选 A.【考点】正方形，有60内角的菱形的对角线与边长的关系.9.【答案】C【解析】正比例函数ykx，当0k 时，y随x的增大而减小，因为12xx，故12yy，所以120yy，故选 C.【考点】正比例函数.10.【答案】B【解析】由BCDC，CGCE，BCGDCE可证(SAS)BCGDCG，故正确；延长BG交DE于点H，由可得CDECBG，DGHBGC（对顶角相等），90BCGDHG，即BG DE，故正确；由DGODCE可得DGGODCCE，故不正确；EFODGO，222()()EFODGOSEFbSDGab，22()EFODGOab Sb S，故正确.所以正确的结论有3个，故选 B.【考点】正方形的性质，全等三角形，相似三角形.第卷 二、填空题 11.【答案】140【解析】根据三角形的一个外角等于它不相邻的两个内角的和，因此C的外角6080=140AB，故答案是140.【考点】三角形外角的计算.12.【答案】10【解析】根据角平分线的点到角的两边距离相等，所以10PEPD，故答案是10.【考点】角平分线的性质.3/20 13.【答案】1x 【解析】由题意知分母不能为0，即|10 x ，解得1x ，故答案是1x .【考点】绝对值，分式成立的意义.14.【答案】24【解析】从三视图得到该几何体为圆锥，全面积=侧面积底面积，由三视图得圆锥的底面半径3r，底面周长26lr，圆锥的母线长为R，根据勾股定理22345R，底面积为圆的面积22 39r，侧面积为扇形的面积116 51522lR ，全面积为91524，故答案是24.【考点】三视图，圆锥面积的计算.15.【答案】如果两个三角形的面积相等，那么这两个三角形全等；假【解析】将命题的条件与结论互换可得到它的逆命题；判断该逆命题的真假可举一个反例，如同底等高的三角形面积相等，却不一定全等.【考点】命题与逆命题的转换，判断真假命题.16.【答案】54【解析】由根与系数的关系得122xxm，21 232x xmm，原式22221 2121 2121 2121 2()2()x xxxx xxxx xxxx x，代入得原式222215(2)(32)3323()24mmmmmm，因为方程有实数根，0，即22(2)4(32)0mmm，解得23m，因为1223，所以当12m 时，2153()24m取到最小值，最小值是54.【考点】一元二次方程根与系数的关系，最值的求法.【提示】本题应利用根与系数的关系解题，利用根的判别式求最值；不少考生找不到解题思路，另外计算也易错误.三、解答题 17.【答案】移项得532xx.合并同类项得22x.1x 解集在数轴上表示如下：4/20 【考点】一元一次不等式的解法，数轴，代数运算能力.18.【答案】证法一：在平行四边形ABCD中，ABCD，EAOFCO，AEOCFO.EAOFCO，AEOCFO，AOCO.(AAS)AOECOF.证法二：在平行四边形ABCD中，ABCD，AEOCFO.AEOCFO，AOECOF，AOCO.(AAS)AOECOF.证法三：在平行四边形ABCD中，ABCD，EAOFCO.EAOFCO，AOCO，AOECOF.(AAS)AOECOF.【考点】平行四边形的性质，全等三角形的判定，考查几何推理能力和空间观念.19.【答案】（1）解法一：2(2)(1)(2)3Axxx 2244223xxxxx 33x.解法二：2(2)(1)(2)3Axxx(2)(21)3xxx 3(2)3x 33x（2）解法一：2(1)6x，16x，333(1)3 6Axx.解法二：2(1)6x，16x ，5/20 333(16)33 6Ax .【考点】整式的运算，完全平方公式，一元二次方程解法等.20.【答案】（1）解法一：1 0.180.160.320.100.24a ，50 1285916b .解法二：9120.18a，0.24a，90.180.32b，16b.（2）“一分钟跳绳”对应的扇形的圆心角度数为3600.1657.6.（3）解法一：分别用男 1、男 2、男 3、女 1、女 2 表示这 5 位同学.从中抽取 2 名，所有可能出现的结果有（男 1，男 2），（男 1，男 3），（男 1，女 1），（男 1，女 2），（男 2，男 3），（男 2，女 1），（男 2，女 2），（男 3，女 1），（男 3，女 2），（女 1，女 2），共有 10 种，它们出现的可能性相同.所有的结果中，满足抽取两名，至多有一名女生的结果有 9 种.9()=10P 至多有一名女生.解法二：用列表法：男 1 男 2 男 3 女 1 女 2 男 1 （男 1，男 2）（男 1，男 3）（男 1，女 1）（男 1，女 2）男 2（男 2，男 1）（男 2，男 3）（男 2，女 1）（男 2，女 2）男 3（男 3，男 1）（男 3，男 2）（男 3，女 1）（男 3，女 2）女 1（女 1，男 1）（女 1，男 2）（女 1，男 3）（女 1，女 2）女 2（女 2，男 1）（女 2，男 2）（女 2，男 3）（女 2，女 1）由表知所有出现等可能的结果有 20 种，其中满足条件的结果有 8 种.9()=10P 至多有一名女生【考点】统计，概率等.21.【答案】（1）解法一：两个函数图像相交于 A，B，且点 A 的横坐标为 2，把2x 分别代入两个函数解析式，得26,2,2ykky 6/20 解得2,2,ky k 的值为 2，点 A 坐标为(2,2).解法二：依题意，得2262kk ，解得2k，一次函数的解析式为26yx.再将2x 代入得2y ，点 A 坐标为(2,2).（2）由（1）得，一次函数的解析式为26yx，反比例函数的解析式为4yx，判断点 B 所在象限有以下两种解法：解法一：一次函数26yx的图像经过第一、三、四象限，反比例函数4yx 的图像经过第二、四象限，它们的交点只能在第四象限，即点 B 在第四象限.解法二：解方程组26,4,yxyx，得112,2,xy 221,4,xy 点 B 坐标为(1,4).交点 B 在第四象限.【考点】一次函数，反比例函数的图像及性质等，待定系数法，数形结合.22.【答案】（1）400 1.3520，答：普通列车的行驶路程是520千米.（2）解法一：设普通列车的平均速度为/x千米 时，则高铁的平均速度为2.5/x千米 时，根据题意列方程得52040032.5xx，解得120 x.经检验，120 x 是原方程的解且符合题意，所以2.5300 x.答：高铁的平均速度为300/千米 时.解法二：设普通列车的行驶时间为y小时，则高铁的行驶时间为(3)y 小时，7/20 根据题意列方程得5204002.53yy，解得143y.经检验，143y 是原方程的解且符合题意，所以4003003y.答：高铁的平均速度为300/千米 时.解法三：设高铁的平均速度为/z千米 时，依题意，得52040032.5zz，解得300z.经检验，300z 是原方程的解且符合题意.答：高铁的平均速度为300/千米 时.【考点】行程问题，解分式方程.23.【答案】（1）如图 1，O 为所求.图 1（2）证明：如图 2，连接AE，8/20 图 2 AC为O 的直径，点 E 在O 上，90AEC，ABAC，BAECAE，DECE.如图 3，过点 D 作DFBC，垂足为 F，连接CD，图 3 在RtACE中，5cos5CEACBAC，4 5AC，5cos4 545CEACACB.ABAC，90AEC，4BECE，BACB，AC为O 的直径，点 D 在O 上，90ADC.求点 D 到BC的距离DF有以下两种解法：解法一：在RtBCD中，cosBDBBC，5coscos5BACB，8BC，9/20 58 5cos855BDBCB.在RtBDF中，cosBFBBD，8 558cos555BFBDB，22228 5816()()555DFBDBF.解法二：90BDCAEC，=BACB，CDBAEC.BDCBCDCEACAE，即22844 5(4 5)4BDCD，8 55BD，16 55CD.在RtBCD中，利用面积法可得1122BD CDBC DF，即8 516 5855DF，解得165DF.【考点】尺规作图，等腰三角形性质，圆的有关性质，三角函数等基础知识.24.【答案】（1）把(1,0)A，(4,0)B分别代入22yaxbx得02,01642,abab 解得1,23.2ab 抛物线的解析式为213222yxx.求顶点 C 的坐标有以下三种解法：解法一：221313252()22228yxxx，顶点 C 的坐标为325(,)28.解法二：由对称性可得，顶点 C 的横坐标为14322.10/20 当32x 时，2133325()222228y .点 C 的坐标为325(,)28.解法三：顶点 C 的横坐标为33212222ba.纵坐标为22134(2)()4252214842acba .点 C 的坐标为325(,)28.（2）解法一：证明DM 半径.如图 1，设AB的中点为点 M，图 1 5AB，52AM，点 M 的坐标为3(,0)2.抛物线213222yxx与 y 轴交于点(0,2)D，连接DM，AD，BD，在RtODM中，2235()222DMAM，点 D 在以AB为直径的M 上，这时90ADB.根据抛物线的对称性可知抛物线上还存在点 D 关于直线32x 的对称点(3,2)E，也在以AB为直径的M 11/20 上，这时90AEB.点P m n（,）在抛物线上.当APB为钝角时，m的取值范围是10M 或34m.解法二：证明ADB是直角三角形.如图 2，抛物线213222yxx与y轴交于点(0,2)D，连接AD，BD，又x轴y轴，22222125ADOAOD，222224220BDOBOD，222ABADBD，90ADB 根据抛物线的对称性可知抛物线上还存在点 D 关于直线32x 的对称点(3,2)E，也在以AB为直径的M上，这时90AEB.点P m n（,）在抛物线上.当APB为钝角时，m的取值范围是10M 或34m.图 2 解法三：证明AODDOB是直角三角形.如图 2，抛物线213222yxx与y轴交于点(0,2)D，连接AD，BD，12OAOD，2142ODOB，OAODODOB，又90AODDOB，12/20 AODDOB，ADODBO，又ODBDBO，90ODBADO，即=90ADB.根据抛物线的对称性可知抛物线上还存在点 D 关于直线32x 的对称点(3,2)E，也在以AB为直径的M上，这时90AEB.点P m n（,）在抛物线上.当APB为钝角时，m的取值范围是10M 或34m.（3）存在t.求t有以下三种解法：解法一：若32m，且APB为直角时，3m，点P的坐标为(3,2)P.当抛物线向左平移t个单位时，得325(,)28Ct，(3,2)Pt，连接AC，C P，BP，图 3 在四边形AC P B 中，由于线段AB，C P（即CP）都是定值，则当ACPB最短时，该四边形的周长最小.如图 3，把线段AC向右平移 1 个单位长度得线段OC，把线段P B向左平移 4 个单位长度得线段OP，则有525(,)28Ct，(1,2)Pt ，以x轴为对称轴作点P的对称点(1,2)Pt ，当ACP B最短时，即OCOP最短，则点C，O，P三点共线.设正比例函数ykx经过点C，O，P三点，13/20 则分别代入点C，P两点的坐标得255(),822(1),t kt k 解得1541t.当抛物线向左平移1541个单位时，存在由A，B，P，C四点构成的多边形的周长最短.当抛物线向右平移t个单位时，得325(,)28Ct，(3 6,2)P，与的解法相同，可解得1541t ，因为502t，所以抛物线向右平移时，t不存在.综上所述，当抛物线向左平移1541个单位时，存在由A，B，P，C四点构成的多边形的周长最短.解法二：由（2）知，若32m，当APB为直角时，(3,2)P，所求多边形周长为ABBPPCCA，而5AB，223255(3)(2)282P C，这两边长均为定值.所以只需BPC A最小时，周长最短.如图 4，设将点P向左平移 5 个单位长度得到P，则恒有APBP.图 4 反设抛物线不动，将点A在x轴上左右平移，由“将军饮马”模型，(2,2)P 关于x轴对称的点(2,2)P，连接CP，交x轴于点F，过P作x轴于点G，则可得P GGFCEFE，即225582GFGF，解得5641GF，1GAGF，所以点F在点A的右侧561514141 处，即，抛物线向左平移1541，14/20 故1541t，方向向左.解法三：由（2）知，若32m，当APB为直角时，(3,2)P，当抛物线向左平移5(0)2tt 个单位时，得325(,)28Ct，(3,2)Pt，如图 5，连接AC，C P，BP，在四边形AC P B 中，由于线段AB，C PCP 都是定值，则当ACP B最短时，该四边形的周长最小.图 5 325(t,)28C关于x轴对称的点为325(t,)28C，则ACAC，由“将军饮马”模型，当ACP B时，ACP B最短，25283112tt，解得1541t，符合题意.当抛物线向右平移5(0t)2t 个单位时，得325(,)28Ct，(3,2)Pt，连接AC，C P，BP，在四边形AC P B 中，由于线段AB，C PCP 都是定值，则当ACP B最短时，该四边形的周长最小.325(t,)28C关于x轴对称的点为325(t,)28C，则ACAC，由“将军饮马”模型，当ACP B时，ACP B最短，15/20 25283112tt，解得1541t .因为502t，所以抛物线向右平移时，t不存在.综上所述，当抛物线向左平移1541个单位时，存在由A，B，P，C四点构成的多边形的周长最短.【考点】二次函数的有关知识，图形的平移与坐标的变化，“将军饮马”模型求周长最小值问题.25.【答案】（1）解法一：ABCD，90BCDABC，BCE以BE为对称轴的对称图形是BFE，BCEBFE，4BFBC，CEEFx，CBEFBE，如图 1，设点G为BC的中点，点F在梯形ABCD的中位线上，图 1 GFCD，122BGBC，90BGFBCD，21cos42BGGBFBF，60CBF，则30CBF.在RtBCE中，tanCECBEBC，即tan304x，16/20 4 33x.解法二：ABCD，90BCDABC，BCE以BE为对称轴的对称图形是BFE，BCEBFE，4BFBC，CEEFx，CBEFBE，如图 1，设点G为BC的中点，点F在梯形ABCD的中位线上，图 2 22BCCGBG，4BFBC.2222422 3GFBFBG.过点F作FHCD于点H，则2FH，EFx.在RtEFH中，222(2 3)2xx，解得4 33x.（2）解法一：如图 3，点C，F关于BE成对称点，BECF，垂足H，17/20 图 3 又90BCD，90BCHECHCEHECH，BCHCEH,BCHCEH，222()()416CEHBCHSCExxSBC，由对称性可知22CEHSS，12BCHSS，221(05)16SxxS.解法二：设CF与BE的交点为H，由对称性可得21CEHCBHSSEHSSHB，90EHC.222216BEBCCEx，2416BC CExCHBEx，22222221625641616xBHBCHCxx，24222222161616xxHECECHxxx.4221(0 x5)25616SEHxxSHB.（3）解法一：90AFE，AFE的外接圆圆心为AE的中点O，则O必过梯形中位线，如图 4，作OPAD，垂足为P，连接OA，OD，18/20 图 4 设O半径为r，则有OBOEOPr，在RtBCE中，222BEBCCE，即222(2)4rx，化简得2244xr，过点D作DQAB，交AB的延长线于点Q，4QDBC，5BQCD，532AQBQAB，在RtADQ中，2222242 5ADAQDQ.OADBCEOABODEABCDSSSSS梯形，111112 5(35)443 2(5)222222rxx ，化简得85xr，把代入得2641760 xx，解得13220 3x，23220 3x（舍去）.2221(3220 3)13980 31616SxS.解法二：90AFE，AFE的外接圆圆心为AE的中点O，则O必过梯形中位线，如图 5，中位线长35422ABCDMN.19/20 图 5 42xONMNMO.过点O作ORAD于点R，因为圆O与AD相切，211622xORBE.2216162sin842xORxRNOxONx，2242 5sin54(52)BCDAD，易知RNOD，则2162 585xx，化简得2641760 xx.解得13220 3x，23220 3x（舍去）.2221(3220 3)13980 31616SxS 解法三：90AFE，AFE的外接圆圆心为AE的中点O，则O必过梯形中位线，如图 6，中位线长35422ABCDMN.20/20 图 6 42xONMNMO.过点A作AKNO于点K，则2AK，过点O作ORAD于点R，因为圆O与AD相切，ORr，2211(53)4522ANAD.22ANOAKNOORANS.2(4)52xr，化简得85xr.在RtCBE中，222(2)4xr，（*）将85xr 代入（*）得22(85)416rr.解得18 54 15r，28 54 15r（舍去）.将18 54 15r 代入85xr 得 853220 3xr.2221(3220 3)13980 31616SxS.【考点】梯形的概念，轴对称，直线与圆相切，三角形相似，勾股定理.