文档内容
江西省2017年中等学校招生考试
(满分:120分 时间:120分钟)
第Ⅰ卷(选择题,共18分)
一、选择题(本大题共6小题,每小题3分,共18分.每小题只有一个正确选项)
1.-6的相反数是( )
1 1
A. B.- C.6 D.-6
6 6
2.在国家“一带一路”战略下,我国与欧洲开通了互利互惠的中欧班列.行程最长,途经城市和国家最多的一趟专列全程长13 000 km,将13 000用科学记数法表示应为( )
A.0.13×105 B.1.3×104 C.1.3×105 D.13×103
3.下列图形中,是轴对称图形的是( )
4.下列运算正确的是( )
A.(-a5)2=a10 B.2a·3a2=6a2
C.-2a+a=-3a D.-6a6÷2a2=-3a3
5.已知一元二次方程2x2-5x+1=0的两个根为x,x,下列结论正确的是( )
1 2
5
A.x +x=- B. x·x=1
1 2 2 1 2
C.x ,x 都是有理数 D.x ,x 都是正数
1 2 1 2
错误
6.如图,任意四边形ABCD中,E,F,G,H分别是AB,BC,CD,DA上的点,对于四边形EFGH的形状,某班学生在一次数学活动课中,通过动手实践,探索出如下结论,其中 的是( )
··
A.当E,F,G,H是各边中点,且AC=BD时,四边形EFGH为菱形
B.当E,F,G,H是各边中点,且AC⊥BD时,四边形EFGH为矩形
C.当E,F,G,H不是各边中点时,四边形EFGH可以为平行四边形
D.当E,F,G,H不是各边中点时,四边形EFGH不可能为菱形
第Ⅱ卷(非选择题,共102分)
二、填空题(本大题共6小题,每小题3分,共18分)
7.函数y= 中,自变量x的取值范围是 .
√x-2
8.如图1是一把园林剪刀,把它抽象为图2,其中OA=OB,若剪刀张开的角为30°,则∠A= 度.9.中国人最先使用负数.魏晋时期的数学家刘徽在“正负术”的注文中指出,可将算筹(小棍形状的记数工具)正放表示正数,斜放表示负数.如图,根据刘徽的这种表示法,观察图①,可推算图②中所得的数值为 .
10.如图,正三棱柱的底面周长为9,截去一个底面周长为3的正三棱柱,所得几何体的俯视图的周长是 .
11.已知一组从小到大排列的数据:2,5,x,y,2x,11的平均数与中位数都是7,则这组数据的众数是 .
较长
12.已知点A(0,4),B(7,0),C(7,4),连接AC,BC得到矩形AOBC,点D在边AC上,将边OA沿OD折叠,点A的对应点为A',若点A'到矩形 两对边的距离之比为1∶3,则点A'的坐标为 .
··
三、(本大题共5小题,每小题6分,共30分)
13.(本题共2小题,每小题3分)
x+1 2
(1)计算: ÷ ;
x2-1 x-1
(2)如图,正方形ABCD中,点E,F,G分别在AB,BC,CD上,且∠EFG=90°.求证:△EBF∽△FCG.
{-2x<6,
14.解不等式组: 并把解集在数轴上表示出来.
3(x-2)≤x-4,
15.端午节那天,小贤回家看到桌上有一盘粽子,其中有豆沙粽、肉粽各1个,蜜枣粽2个,这些粽子除馅外无其他差别.
(1)小贤随机地从盘中取出一个粽子,取出的是肉粽的概率是多少?
(2)小贤随机地从盘中取出两个粽子,试用画树状图或列表的方法表示所有可能的结果,并求出小贤取出的两个都是蜜枣粽的概率.仅用无刻度的直尺
16.如图,已知正七边形ABCDEFG,请 ,分别按下列要求画图.
········
(1)在图1中,画出一个以AB为边的平行四边形;
(2)在图2中,画出一个以AF为边的菱形.
17.如图1,研究发现,科学使用电脑时,望向荧光屏幕画面的“视线角”α约为20°,而当手指接触键盘时,肘部形成的“手肘角”β约为100°.图2是其侧面简化示意图,其中视线AB水平,且与屏幕BC垂直.
(1)若屏幕上下宽BC=20 cm,科学使用电脑时,求眼睛与屏幕的最短距离AB的长;
(2)若肩膀到水平地面的距离DG=100 cm,上臂DE=30 cm,下臂EF水平放置在键盘上,其到地面的距离FH=72 cm.请判断此时β是否符合科学要求的100°.
14 14 4 14
参考数据:sin 69°≈ ,cos 21°≈ ,tan 20°≈ ,tan 43°≈ ,所有结果精确到个位
15 15 11 15
四、(本大题共3小题,每小题8分,共24分)
18.为了解某市市民“绿色出行”方式的情况,某校数学兴趣小组以问卷调查的形式,随机调查了某市部分出行市民的主要出行方式(参与问卷调查的市民都只从以下五个种类中选择一类),并将调查结果绘制成如下不完整的统计图.
种类 A B C D E
出行方式 共享单车 步行 公交车 的士 私家车
根据以上信息,回答下列问题:(1)参与本次问卷调查的市民共有 人,其中选择B类的人数有 人;
(2)在扇形统计图中,求A类对应扇形圆心角α的度数,并补全条形统计图;
(3)该市约有12万人出行,若将A,B,C这三类出行方式均视为“绿色出行”方式,请估计该市“绿色出行”方式的人数.
挎带的长度
19.如图是一种斜挎包,其挎带由双层部分、单层部分和调节扣构成.小敏用后发现,通过调节扣加长或缩短单层部分的长度,可以使 (单层部分与双层部分的长度的和,其中调节扣所占的长度忽略不计)加长或缩短.设单层部分的长度为x cm,
·····
双层部分的长度为y cm,经测量,得到如下数据:
单层部分的长度x(cm) … 4 6 8 10 … 150
双层部分的长度y(cm) … 73 72 71 …
(1)根据表中数据的规律,完成以上表格,并直接写出y关于x的函数解析式;
(2)根据小敏的身高和习惯,挎带的长度为120 cm时,背起来正合适,请求出此时单层部分的长度;
(3)设挎带的长度为l cm,求l的取值范围.
k
2
20.如图,射线y=kx(x≥0)与双曲线y= (x>0)相交于点P(2,4).已知点A(4,0),B(0,3),连接AB,将Rt△AOB沿OP方向平移,使点O移动到点P,得到△A'PB'.过点A'作A'C∥y轴交双曲线于点C.
1 x
(1)求k 与k 的值;
1 2
(2)求直线PC的表达式;
(3)直接写出线段AB扫过的面积.五、(本大题共2小题,每小题9分,共18分)
21.如图1,☉O的直径AB=12,P是弦BC上一动点(与点B,C不重合),∠ABC=30°,过点P作PD⊥OP交☉O于点D.
(1)如图2,当PD∥AB时,求PD的长;
1
⏜ ⏜
(2)如图3,当DC=AC时,延长AB至点E,使BE= AB,连接DE.
2
①求证:DE是☉O的切线;
②求PC的长.
22.已知抛物线C :y=ax2-4ax-5(a>0).
1
(1)当a=1时,求抛物线与x轴的交点坐标及对称轴;
(2)①试说明无论a为何值,抛物线C 一定经过两个定点,并求出这两个定点的坐标;
1
②将抛物线C 沿这两个定点所在直线翻折,得到抛物线C ,直接写出C 的表达式;
1 2 2
(3)若(2)中抛物线C 的顶点到x轴的距离为2,求a的值.
2
备用图
六、(本大题共12分)
23.我们定义:如图1,在△ABC中,把AB绕点A顺时针旋转α(0°<α<180°)得到AB',把AC绕点A逆时针旋转β得到AC',连接B'C'.当α+β=180°时,我们称△AB'C'是△ABC的“旋补三角形”,△AB'C'边B'C'上的中线AD叫做△ABC的“旋补中线”,点A叫
做“旋补中心”.
特例感知
(1)在图2,图3中,△AB'C'是△ABC的“旋补三角形”,AD是△ABC的“旋补中线”.①如图2,当△ABC为等边三角形时,AD与BC的数量关系为AD= BC;
②如图3,当∠BAC=90°,BC=8时,则AD长为 .
猜想论证
(2)在图1中,当△ABC为任意三角形时,猜想AD与BC的数量关系,并给予证明.
拓展应用
(3)如图4,在四边形ABCD中,∠C=90°,∠D=150°,BC=12,CD=2 ,DA=6.在四边形内部是否存在点P,使△PDC是△PAB的“旋补三角形”?若存在,给予证明,并求△PAB的“旋补中线”长;若不存在,说明理由.
√3
图4
江西省2017年中等学校招生考试
一、选择题
答案速查
1 2 3 4 5 6
C B C A D D
1.C 求一个数的相反数,即在这个数的前面加负号,所以-6的相反数是6,故选C.
2.B 将13 000用科学记数法表示为1.3×104.故选B.
3.C 根据轴对称图形的概念可得选项A、B、D都不是轴对称图形,只有选项C是轴对称图形,故选C.
4.A 2a·3a2=6a3,故B错误;-2a+a=-a,故C错误;-6a6÷2a2=-3a4,故D错误.故选A.
5 1
5.D 根据一元二次方程根与系数的关系可得x+x= >0,xx= >0,则x>0,x>0,故选D.
1 2 2 1 2 2 1 2
1 1 1 1
6.D 连接AC,BD.当E,F,G,H是各边中点时,由三角形中位线定理可得EF∥AC且EF= AC,GH∥AC且GH= AC,所以EF∥GH且EF=GH,所以四边形EFGH为平行四边形.当AC=BD时,因为EF= AC,EH= BD,所以EF=EH,所以四边形EFGH为菱形,选
2 2 2 2
DH DG BE BF DH GH BE EF
项A正确;当AC⊥BD时,因为EF∥AC,EH∥BD,所以EF⊥EH,所以四边形EFGH为矩形,选项B正确;当E,F,G,H不是各边中点时,若 = , = ,则GH∥AC,EF∥AC,所以GH∥EF.因为 = = = ,所以EF=GH,所以四边形EFGH为平行
AD DC AB BC AD CA BA AC
DH DG BE BF 2 BE EF 2 AE EH 1 EF 2EH EF EH
四边形,选项C正确;例如,当E,F,G,H不是各边中点,且 = = = = ,BD=2AC时,由上述可知四边形EFGH为平行四边形,所以 = = , = = ,即 = ,所以 = ,即EF=EH,所以四边形EFGH为菱形,选项D错误.综上,
AD DC AB BC 3 AB AC 3 AB BD 3 AC BD 2AC BD
选D.
二、填空题
7. 答案 x≥2
解析 依题意,得x-2≥0,解得x≥2.
8. 答案 75
180°-30°
解析 由对顶角相等可得∠AOB=30°,∵OA=OB,∴∠A= =75°.
2
9. 答案 -3
解析 根据题意可得,题图②中的数值为(+2)+(-5)=-3.
10. 答案 8
解析 由题意可知所得几何体的俯视图是梯形,梯形的上底是1,下底是3,两腰长是2,则所求周长是1+2+2+3=8.
11. 答案 51
{ (2+5+x+ y+2x+11)=7,
6 {x=5,
解析 ∵一组从小到大排列的数据:2,5,x,y,2x,11的平均数与中位数都是7,∴ 解得 故这组数据为2,5,5,9,10,11,所以这组数据的众数是5.
1 y=9,
(x+ y)=7,
2
12. 答案 (√7,3)或(√15,1)或(2√3,-2)(每答对一个得1分)
解析 ∵点A(0,4),B(7,0),C(7,4),
∴BC=OA=4,OB=AC=7.
分两种情况进行讨论:
图1
(1)当点A'在矩形AOBC的内部时,过A'作OB的垂线交OB于F,交AC于E,如图1所示:
①当A'E∶A'F=1∶3时,
∴ AA''EE+=1A,'AF='FO=A3,=4,∵
由折叠可得OA'=OA=4,在Rt△OA'F中,OF=√OA'2-A'F2=√42-32=√7,∴A'(√7,3).
②当A'E∶A'F=3∶1时,同理,得A'(√15,1).
图2
(2)当点A'在矩形AOBC的外部时,此时点A'在第四象限,过A'作OB的垂线交OB于F,交AC于E,如图2所示:
1 1
∶ ∶A'F A3,'则E=A1∵'F∶EF=1∶2,∴A'F= EF= BC=2,
2 2
由折叠可得OA'=OA=4,
在Rt△OA'F中,OF=√OA'2-A'F2=√42-22=2√3,∴A'(2√3,-2).
综上,点A'的坐标为(√7,3)或(√15,1)或(2√3,-2).
三、
x+1 2
13. 解析 (1) ÷
x2-1 x-1
x+1 x-1
= · (2分)
(x+1)(x-1) 2
1
= .(3分)
2
(2)证明:∵四边形ABCD是正方形,
∴∠B=∠C=90°,(1分)
∴∠BEF+∠EFB=90°.
∵∠EFG=90°,∴∠EFB+∠CFG=180°-90°=90°,
∴∠BEF=∠CFG,(2分)
∴△EBF∽△FCG.(3分)
{-2x<6,①
14. 解析
3(x-2)≤x-4.②
解不等式①,得x>-3,(1分)
解不等式②,得x≤1,(3分)
∴原不等式组的解集为-30)上,∴4=2k ,4= ,解得k=2,k=8.(2分)
1 x 1 2 1 2
(2)∵点O(0,0)经过平移得到对应点P(2,4),
∴Rt△AOB先向右平移2个单位,再向上平移4个单位可得Rt△A'PB'.
∴A(4,0)经平移得A'(6,4).(4分)
∵A'C∥y轴,交双曲线于点C,∴点C的横坐标为6,
8 4 ( 4)
当x=6时,y= = ,∴C 6, .(5分)
6 3 3
设直线PC的表达式为y=kx+b,k≠0,
2
{4=2k+b, {k=- ,
3
则有 4 解得
=6k+b, 16
3 b= ,
3
2 16
∴直线PC的表达式为y=- x+ .(6分)
3 3
(3)22.(8分)
以下解法供参考:
解法一:连接BB',AA',由平移得△A'PB'≌△AOB,则有
S =S +S
▱ABB'A' ▱OBB'P ▱OAA'P
=3×2+4×4
=22,
∴线段AB扫过的面积是22.
解法二:连接BB',AA',A'B,延长A'C与x轴交于点D,则有
S =2(S -S -S )
▱ABB'A' 梯形OBA'D △OAB △AA'D
[1 1 1 ]
=2× ×(3+4)×6- ×3×4- ×2×4
2 2 2
=22,
∴线段AB扫过的面积是22.
五、
21. 解析 (1)如图,连接OD.∵OP⊥PD,PD∥AB,
∴∠POB=90°.(1分)
∵☉O的直径AB=12,
∴OB=OD=6.
在Rt△POB中,∠PBO=30°,
√3
∴OP=OB·tan 30°=6× =2√3.(2分)
3
在Rt△POD中,
PD=√OD2-OP2=√62-(2√3)2=2√6.(3分)
(2)①证明:如图,连接OD交CB于点F,连接BD,
⏜ ⏜
∵ = ,
DC AC
∴∠DBC=∠ABC=30°,
∴∠ABD=60°.
∵OB=OD,∴△OBD是等边三角形,
∴OD⊥BF,∴OF=FD.(4分)
1
∵BE= AB,
2
∴OB=BE,
∴BF∥ED,(5分)
∴∠ODE=∠OFB=90°,即OD⊥DE,
又∵OD为☉O的半径,
∴DE是☉O的切线.(6分)
②由①知,OD⊥BC,
√3
∴CF=FB=OB·cos 30°=6× =3√3.(7分)
2
在Rt△POD中,OF=DF,
1
∴PF= OD=3.(8分)
2
∴PC=CF-PF=3√3-3.(9分)
22. 解析 (1)当a=1时,抛物线C :y=x2-4x-5.(1分)
1
令y=0,则x2-4x-5=0,
解得x=-1,x=5,
1 2
∴抛物线C 与x轴的交点坐标为(-1,0),(5,0),(2分)
1
对称轴为直线x=2.(3分)
(2)①由抛物线C :y=ax2-4ax-5(a>0),
1
-4a
可得其对称轴为直线x=- =2.(4分)
2a
令x=0,有y=-5.
∴抛物线C 过定点(0,-5).(5分)
1
易知点(0,-5)关于直线x=2的对称点为点(4,-5),
∴由抛物线的对称性可知,无论a为何值,抛物线C 一定经过两个定点(0,-5)和(4,-5).(6分)
1
②y=-ax2+4ax-5(或y=-a(x-2)2+4a-5).(7分)
(3)对于抛物线C :y=-ax2+4ax-5,当x=2时,y=4a-5,
2
∴抛物线C 的顶点坐标为(2,4a-5),(8分)
2
7 3
∴|4a-5|=2,解得a= ,a= .(9分)
1 4 2 4
六、1
23. 解析 (1)① .(1分)
2
②4.(3分)
1
(2)猜想:AD= BC.(4分)
2
证明:证法一:如图,延长AD至E,使DE=AD,连接B'E,C'E.
∵AD是△ABC的“旋补中线”,
∴B'D=C'D,
∴四边形AB'EC'是平行四边形,
∴EC'∥B'A,EC'=B'A,
∴∠AC'E+∠B'AC'=180°.
由定义可知∠B'AC'+∠BAC=180°,B'A=BA,AC=AC',
∴∠AC'E=∠BAC,EC'=BA.
∴△AC'E≌△CAB.∴AE=CB.(6分)
1 1
∵AD= AE,∴AD= BC.(7分)
2 2
证法二:如图,延长B'A至F,使AF=B'A,连接C'F.
∴∠B'AC'+∠C'AF=180°.
由定义可知∠B'AC'+∠BAC=180°,B'A=BA,AC=AC',
∴∠CAB=∠C'AF,AB=AF,
∴△ABC≌△AFC',
∴BC=FC'.(6分)
∴ BA'DD=是C△'DB,'BF'CA'的=A中F,位∵线,
1 1
∴AD= FC',∴AD= BC.(7分)
2 2
证法三:如图,将△AB'C'绕点A顺时针旋转∠C'AC的度数,得到△AEC,此时AC'与AC重合,设D的对应点为D',连接AD'.
由定义可知∠B'AC'+∠BAC=180°,
由旋转得∠B'AC'=∠EAC,
∴∠BAC+∠EAC=180°,
∴E,A,B三点在同一直线上.(6分)
∴ AABD='是A△BE'=BACE的,ED中'=位D线'C,,∵
1 1
∴AD'= BC,∴AD= BC.(7分)
2 2
(注:其他证法参照给分)
(3)存在.(8分)
如图,以AD为边在四边形ABCD的内部作等边△PAD,连接PB,PC,延长BP交AD于点F,
则有∠ADP=∠APD=60°,PA=PD=AD=6.
∵∠CDA=150°,∴∠CDP=90°.过点P作PE⊥BC于点E,易知四边形PDCE为矩形,
∴CE=PD=6,
CD 2√3 √3
∴tan∠1= = = ,
PD 6 3
∴∠1=30°,∴∠2=60°.(9分)
∵PE⊥BC,且易知BE=EC,
∴PC=PB,∠3=∠2=60°,
∴∠APD+∠BPC=60°+120°=180°.
又PA=PD,PB=PC,
∴△PDC是△PAB的“旋补三角形”.(10分)
∵∠3=60°,∠DPE=90°,∴∠DPF=30°.
1 √3
∵∠ADP=60°,∴BF⊥AD,∴AF= AD=3,PF= AD=3√3.
2 2
在Rt△PBE中,
PB=√PE2+BE2=√CD2+BE2=√(2√3)2+62=4√3.
∴BF=PB+PF=7√3.
在Rt△ABF中,AB=√BF2+AF2=√(7√3)2+32=2√39.(11分)
∵△PDC是△PAB的“旋补三角形”,
1
∴由(2)知,△PAB的“旋补中线”长为 AB=√39.(12分)
2
求解“旋补中线”补充解法如下:
如图,分别延长AD,BC相交于点G,
∵∠ADC=150°,∠BCD=90°,
∴∠GDC=30°,∠GCD=90°.
CD √3
∴在Rt△GDC中,GD= =2√3÷ =4.
cos30° 2
1
∴GC= GD=2,
2
∴GA=6+4=10,GB=2+12=14.
过A作AH⊥GB交GB于点H,在Rt△GAH中,
√3 1
AH=GA·sin 60°=10× =5√3,GH= AG=5.
2 2
∴HB=GB-GH=14-5=9,
∴在Rt△ABH中,AB=√AH2+BH2=√(5√3)2+92=2√39.(10分)
∵△PDC是△PAB的“旋补三角形”,
1
∴由(2)知,△PAB的“旋补中线”长为 AB=√39.(12分)
2
(注:其他解法参照给分)
