2014年江西省南昌市中考数学试卷-答案

数学答案解析

第Ⅰ卷(选择题)

一、选择题 1.【答案】C

【解析】正数大于0，0大于负数，两负数相比，绝对值大的反而小。最小的数是2，故选C． 【考点】有理数大小的比较 2.【答案】D

≤a＜10，n为整数。当原数的绝对值大于等【解析】科学记数法是将一个数写成a10n的形式，其中1于10时，n为正整数，n等于原数的整数位数减1；当原数的绝对值小于1时，n为负整数，n的绝对值等于原数中左起第一个非零数前零的个数（含整数位上的零）。即578005.7810，故选D． 【考点】科学记数法 3.【答案】B

【解析】众数时出现最多的数，中位数是数据按次序排列后，位于中间的一个数。数据按次序排列后为23，25，25，28，28，28，31.众数为28，中位数为28，故选B． 【考点】众数和中位数 4.【答案】D

【解析】a2与a3不是同类项，不能合并；(2a)8a；(2a1)(2a1)4a1；

23624(2a3a2)a22a1，故选D．

【考点】整式的运算 5.【答案】A

【解析】动手操作可发现A符合题意，故选A． 【考点】考生的动手操作能力和空间想象能力 6.【答案】B

【解析】每支中性笔x元，每盒笔芯y元，小锦买了20支中性笔和2盒笔芯共花56元，所以20x2y56.小丽买了2支中性笔和3盒笔芯共花28元，所以2x3y28，故选B． 【考点】二元一次方程组的实际应用

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7.【答案】C

【解析】如图，∵AB∥DE，AC∥DF，ACDF，∴AD.若

ABDE，则

△ABC≌△DEF(SAS)；若BE，则△ABC≌△DEF(AAS)，若EF∥BC，则可证BE，∴△ABC≌△DEF(AAS)，而若EFBC，则不能判断ABC≌DEF，故选C．

【考点】平行线的性质和全等三角形的判定 8.【答案】D

【解析】如图，连接BD，∵OA∥DC，AOD70，∴ABD35，ODCAOD70，

∵OD=OC，∴COD40，∴CBD20，∴ABCABDCBD352055，故选

D．

【考点】平行线的性质.等腰三角形的性质和圆周角定理 9.【答案】A

【解析】∵，是方程x22x3的两个根，∴2，3，0∴22()224610，故选A．

【考点】一元二次方程根与系数的关系 10.【答案】B

【解析】由平移和旋转的性质可知，A'B'ABA'C4，A'B'CABC60，∴VA'B'C为等边三角形，∴B'C4，B'A'C60，∴BB'2，∴平移的距离为2，旋转角为60，故选B． 【考点】图形的平移.旋转和等边三角形的判定和性质 11.【答案】B

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b)【解析】由图可知，新矩形的长为(ab)，宽为(a3，∴新矩形的周长2(ab)2(a3b)2a2b2a6b4a8b，故选B．

【考点】考生的识图观察和计算能力 12.【答案】D

【解析】反比例函数yk的图象在第二.四象限，且在点(1,1)的上方，∴k＜1，∴二次函数xy2kx24xk2的图象开口向下，对称轴在x1的右侧，故选D．

【考点】反比例函数和二次函数的图象

第Ⅱ卷(非选择题)

二、填空题 13.【答案】3

【解析】9的算术平方根等于3，∴93. 【考点】算术平方根 14.【答案】x＞1 2111，解不等式(x2)＜0得x＞2，∴不等式组的解集为x＞. 222【解析】解不等式2x1＞0得x＞【考点】不等式组的解法 15.【答案】1243 ∵ABBC2,BAD60，【解析】由题意可知，四边形ACEF为正方形，过点B作BHAC于点H，

∴BH1,AC2AH23,∴S△ACDS△ABC3，∴阴影部分的面积正方形ACEF的面积4个

△ACD的面积(23)2431243.

【考点】菱形的性质，图形的旋转，阴影图形面积的求法

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16.【答案】23，43或6

【解析】当ABC60时，如图1，BC6，则AB3，AC33，∵ABP30，∴AP3，∴CP23或43；

当ACB60时，如图2，则AC3，∵ABPABC30，∴APAC3，∴CP6.综上所述CP的值可能为23，46，或6.

【考点】解直角三角形及分类讨论思想的应用 三、解答题 17.【答案】x1 【解析】(x11x2x2x(x1))2g xxxxxx2x1.

【考点】分式的化简 18.【答案】（1）见解析 （2）见解析

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【解析】（1）如图1所示，△CDE即为所求（答案不唯一）.

（2）如图2所示，ABFE即为所求（答案不唯一）.

【考点】无刻度直尺作面积相等的对应图形 19.【答案】（1）（2）

2； 91. 2【解析】（1）解法一：根据题意，可画出如下树形图：

从树形图可以看出，所有可能结果共有9种，且每种结果出现的可能性相等，其中两张卡片上标记都是“√”

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的结果有2种，

∴P(两张都是“√”)2. 9解法二：根据题意，可列表如下：

从上表可以看出，所有可能结果共有9种，且每种结果出现的可能性相等，其中两张卡片上标记都是“√”的结果有2种，

∴P(两张都是“√”)2. 9（2）①∵三张卡片上正面的标记有三种可能，分别为“√，×，√”，

∴随机揭开其中一个盖子，看到的标记是“√”的概率为

2. 3②∵正面标记为“√”的卡片，其反面标记情况有两张可能，分别为“√”和“×”，

1∴猜对反面也是“√”的概率为.

2【考点】概率的计算 20.【答案】（1）(6,0)； （2）y4. x【解析】（1）∵PB是Rt△PBD的斜边，

∴BDPBOC90. ∴BCOBPD.

∴tanBCOtanBPD又∵OB3，

1. 2∴OCOB136.

tanBCO2∴点C的坐标为(6,0)。

（2）由（1）知OC6，又OA4，

∴AC2.

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∵在Rt△DAC中，tanDCA1， 2∴ADACgtanDCA211. 2∴点D的坐标为(4,1)。∴k4.

4∴反比例函数的解析式为y.

x

【考点】锐角三角函数和反比例函数解析式的综合运用 21.【答案】（1）见解析 （2）598

（3）①从该校初中生重视阅读数学教科书的人数比例来看，该校初中生对阅读数学教科书的重视程度不够，建议数学教师在课内外加强引导学生阅读数学教科书，逐步提高学生数学阅读能力，重视数学教材在数学学习过程中的作用；

②考虑到样本具有随机性.代表性和广泛性，要了解全省初中生阅读数学教科书的情况，抽样时要选择城市.乡镇不同层次的学校。

【解析】（1）由统计表可知，样本容量为570.38150.

∴a1500.345，

c10.30.380.060.26， b1500.2639.

补全统计图如图所示.

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（2）23000.26598，

∴可估计该校“不重视阅读数学教科书”的初中生人数约为598人。

（3）①从该校初中生重视阅读数学教科书的人数比例来看，该校初中生对阅读数学教科书的重视程度不够，建议数学教师在课内外加强引导学生阅读数学教科书，逐步提高学生数学阅读能力，重视数学教材在数学学习过程中的作用；

②考虑到样本具有随机性.代表性和广泛性，要了解全省初中生阅读数学教科书的情况，抽样时要选择城市.乡镇不同层次的学校。 （只要给出合理建议即可给分） 【考点】统计图，样本估计总体 22.【答案】（1）见解析 （2）49cm

【解析】（1）CD∥EB. 证明：连接AC，DE.

∵四边形AGCH是菱形，且GCH60，

1∴1GCH30.

2同理230.

∴ACD90.

同理可得CDEDEB90.

∴CD∥EB.

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（2）解法一：连接AD，BD. 由（1）知ACD90.

∵CACD，

∴CDACAD45

同理EDBEBD45， 又由（1）知CDE90

∴CDACDEEDB180，

即点A，D，B在同一条直线上. 连接GH交AC于点M.

由菱形的性质可知CMH90，CM在RtVCMH中，

1AC. 2CMCHgcos110gcos3053，

∴CDAC2CM103. ∴在Rt△ACD中，ADAC2CD2106. 同理BD106.

∴ABADDB206202.4549。

答：A，B两点之间的距离约为49cm.

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解法二：连接AB，延长AC交BE的延长线于点F. 由（1）知ACDCDEDEB90，

∴四边形CDEF是矩形。 ∵四个菱形全等，

∴ACCDDEEB.

∴四边形CDEF是正方形。

∴CFFECD且F90. ∴AFBF2AC.

在菱形AGCH中， 连接GH交AC于点M，

∴ACGH.

在RtVCMH中，

CMCHgcos110gcos3053，

∴AC2CM103，AFBF2AC203. ∴在RtAFB中，

ABAF2BF2206202.4549.

答：A，B两点之间的距离约为49cm。

【考点】菱形的性质.平行线的判定.解直角三角形的综合应用 23.【答案】（1）4 （2）OCP30

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（3）见解析

【解析】（1）∵△OPC的边长OC是定值，

∴当OPOC时，OC边上的高为最大值，此时OPC的面积最大。 ∵AB4，BC2，

∴OPOB2，OCOBBC4，

11∴SVOPCOCgOP424.

22即VOPC的最大面积为4。

（2）当PC与eO相切即OPPC时，OCP的度数最大。 在RtVOPC中，OPC90，OC4，OP2，

∴sinOCPOP1. OC2∴OCP30.

（3）连接AP，BP.

∵AOPDOB，∴APDB. ∵CPDB，∴APPC. ∴AC.

∵AD，∴CD.

∵OCPD4，∴PCDB， ∴△OPC≌△PBD.

∴OPCPBD.

∵PD是eO的直径，∴PBD90.

∴OPC90.

∴OPPC.

又∵OP是eO的半径，∴CP是eO的切线。

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【考点】圆的切线的性质和判定.圆周角定理及是三角形面积的计算 24.【答案】（1）EF4246

16 （2）8≤y＜（3）424

【解析】（1）等边三角形。

∵四边形ABCD是正方形，

∴ADCDBCAB，A=B=C=90.

∵DEDF，∴RtADE≌RtCDF.

∴AECF。∴BEBF.

∴△BEF是等腰直角三角形。

设EF长为x，则BE2x， 2∴AE42x. 2∵在Rt△ADE中，DE2AD2AE2，DEEF， ∴x242(422x). 2∴x282x640.

解得x14246，

x24246（不合题意，舍去）.

∴EF4246. 12 / 14

（2）①正方形；AEBF；

②∵AEx，∴BE4x.

∵在Rt△BEF中，EF2BE2BF2，

∴y(4x)2x22x28x16(0＜x＜4).

∵y2x28x162(x2)28， ∴当x2时，y取得最小值8；

当x0时，y16.

∴y的取值范围是8≤y＜16.

（3）多边形的最大边数为8， 它可以是正八边形， 其边长为424.

【考点】正方形.等腰与等边三角形的判定和性质.多边形及二次函数的综合应用 25.【答案】（1）4，（2）a122，， 2aa1 3122，，. 2aa2（3）yx5 【解析】（1）4，

（2）解法一：由（1）可知，抛物线yaxbxc(a＞0)对应的准碟形碟宽为解法二：由yax4ax2221，所以6，a. aa355a(x2)24a， 33563， 32 13 / 14

又已知碟宽在x轴上，所以碟高4a

又a＞0，解得a1. 31(x2)23，碟顶M1的坐标为(2,3). 3（3）①由（2）知，y1∵F2的碟顶是F1的碟宽的中点，

∴F2的碟顶M2的坐标为(2,0)，可设y2a2(x2)2. 1∵F2与F1的相似比为，F1的碟宽为6，

2∴F2的碟宽为62123，即3，a2.

a2232288∴y2(x2)2x2x.

333333②n1；2n1；

22F1，F2，，Fn的碟宽右端点是在一条直线上，该直线的表达式为yx5.

【考点】新定义运算，思维能力

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