文档文本内容
2013 重庆中考数学真题及答案 B 卷
一、选择题：（本大题12个小题，每小题4分，共48分）在每个小题的下面，都给出了
代号为A、B、C、D的四个答案，其中只有一个是正确的，请将答题卡上题号右侧正确答案
所对应的方框涂黑（或将正确答案的代号填入答题卷中对应的表格内）．
1．（4分）（2013•重庆）在﹣2，0，1，﹣4这四个数中，最大的数是（ ）
A．﹣4 B．﹣2 C．0 D．1
考 有理数大小比较
点：
分 根据正数大于0，负数小于0，负数绝对值越大越小即可求解．
析：
解 解：在﹣2、0、1，﹣4这四个数中，
答： 大小顺序为：﹣4＜﹣2＜0＜1，
所以最大的数是1．
故选D．
点 此题主要考查了有理数的大小的比较，解题的关键利用正负数的性质及数轴可以解
评： 决问题．
2．（4分）（2013•重庆）如图，直线a，b，c，d，已知c⊥a，c⊥b，直线b，c，d交于
一点，若∠1=50°，则∠2等于（ ）
A．60° B．50° C．40° D．30°
考 平行线的判定与性质
点：
分 先根据对顶角相等得出∠3，然后判断a∥b，再由平行线的性质，可得出∠2的度
析： 数．
解 解：∵∠1和∠3是对顶角，
答： ∴∠1=∠3=50°，
∵c⊥a，c⊥b，
∴a∥b，
∵∠2=∠3=50°．
故选B．
点 本题考查了平行线的判定与性质，解答本题的关键是掌握两直线平行内错角相等，
评： 对顶角相等．
3．（4分）（2013•重庆）计算3x3÷x2的结果是（ ）A．2x2 B．3x2 C．3x D．3
考 整式的除法
点：
分 单项式除以单项式分为三个步骤：①系数相除；②同底数幂相除；③对被除式里含
析： 有的字母直接作为商的一个因式．
解 解：原式=3x3﹣2=3x．
答： 故选C．
点 本题考查了整式的除法运算，属于基础题，掌握整式的除法运算法则是关键．
评：
4．（4分）（2013•重庆）已知△ABC∽△DEF，若△ABC与△DEF的相似比为3：4，则
△ABC与△DEF的面积比为（ ）
A．4：3 B．3：4 C．16：9 D．9：16
考 相似三角形的性质．
点：
分 已知相似三角形的相似比，根据相似三角形的面积比等于相似比的平方可直接得出
析： 答案．
解 解：∵△ABC∽△DEF，且相似比为3：4，
答： ∴△DEF与△ABC的面积比为32：42，即△ABC与△DEF的面积比为9：16．
故选D．
点 此题考查了相似三角形的性质，掌握“相似三角形的面积比等于相似比的平方”是
评： 解答本题的关键．
5．（4分）（2013•重庆）已知正比例函数y=kx（k≠0）的图象经过点（1，﹣2），则这
个正比例函数的解析式为（ ）
A．y=2x B．y=﹣2x C． D．
考 待定系数法求正比例函数解析式
点：
分 利用待定系数法把（﹣1，2）代入正比例函数y=kx中计算出k即可得到解析式．
析：
解 解：∵正比例函数y=kx经过点（﹣1，2），
答： ∴2=﹣1•k，
解得：k=﹣2，
∴这个正比例函数的解析式为：y=﹣2x．
故选B．
点 此题主要考查了待定系数法求正比例函数解析式，题目比较简单，关键是能正确代
评： 入即可．
6．（4分）（2013•重庆）为了比较甲乙两种水稻秧苗谁出苗更整齐，每种秧苗各随机抽
取50株，分别量出每株长度，发现两组秧苗的平均长度一样，甲、乙的方差分别是3.5、
10.9，则下列说法正确的是（ ）
A．甲秧苗出苗更整齐 B．乙秧苗出苗更整齐
C．甲、乙出苗一样整齐 D．无法确定甲、乙出苗谁更整齐
考 方差．
点：
分 方差反映一组数据的波动大小，方差越大，波动性越大，反之也成立，即可得出答
析： 案．
解 解：∵甲、乙方差分别是3.5、10.9，答： ∴S2 S2 ，
甲＜ 乙
∴甲秧苗出苗更整齐；
故选A．
点 本题考查方差的意义，它表示一组数据的波动大小，方差越大，波动性越大，反之
评： 也成立．
7．（4分）（2013•重庆）如图，矩形纸片ABCD中，AB=6cm，BC=8cm，现将其沿AE对折，
使得点B落在边AD上的点B 处，折痕与边BC交于点E，则CE的长为（ ）
1
A．6cm B．4cm C．2cm D．1cm
考 矩形的性质；翻折变换（折叠问题）
点：
分 根据翻折的性质可得∠B=∠ABE=90°，AB=AB，然后求出四边形ABEB 是正方形，再
1 1 1
析： 根据正方形的性质可得BE=AB，然后根据CE=BC﹣BE，代入数据进行计算即可得解．
解 解：∵沿AE对折点B落在边AD上的点B 处，
1
答： ∴∠B=∠ABE=90°，AB=AB，
1 1
又∵∠BAD=90°，
∴四边形ABEB 是正方形，
1
∴BE=AB=6cm，
∴CE=BC﹣BE=8﹣6=2cm．
故选C．
点 本题考查了矩形的性质，正方形的判定与性质，翻折变换的性质，判断出四边形
评： ABEB 是正方形是解题的关键．
1
8．（4分）（2013•重庆）如图，AB是⊙O的切线，B为切点，AO与⊙O交于点C，若
∠BAO=40°，则∠OCB的度数为（ ）
A．40° B．50° C．65° D．75°考 切线的性质．
点：
专 数形结合．
题：
分 根据切线的性质可判断∠OBA=90°，再由∠BAO=40°可得出∠O=50°，在等腰△OBC
析： 中求出∠OCB即可．
解 解：∵AB是⊙O的切线，B为切点，
答： ∴OB⊥AB，即∠OBA=90°，
∵∠BAO=40°，
∴∠O=50°，
∵OB=OC（都是半径），
∴∠OCB= （180°﹣∠O）=65°．
故选C．
点 本题考查了切线的性质，解答本题的关键在判断出∠OBA为直角，△OBC是等腰三角
评： 形，难度一般．
9．（4分）（2013•重庆）如图，在△ABC中，∠A=45°，∠B=30°，CD⊥AB，垂足为D，
CD=1，则AB的长为（ ）
A．2 B． C． D．
考 含30度角的直角三角形；勾股定理；等腰直角三角形
点：
分 在Rt△ACD中求出AD，在Rt△CDB中求出BD，继而可得出AB．
析：
解 解：在Rt△ACD中，∠A=45°，CD=1，
答： 则AD=CD=1，
在Rt△CDB中，∠B=30°，CD=1，
则BD= ，
故AB=AD+BD= +1．
故选D．
点 本题考查了等腰直角三角形及含30°角的直角三角形的性质，要求我们熟练掌握这
评： 两种特殊直角三角形的性质．
10．（4分）（2013•重庆）2013年“中国好声音”全国巡演重庆站在奥体中心举行．童童
从家出发前往观看，先匀速步行至轻轨车站，等了一会儿，童童搭乘轻轨至奥体中心观看
演出，演出结束后，童童搭乘邻居刘叔叔的车顺利回到家．其中x表示童童从家出发后所
用时间，y表示童童离家的距离．下面能反映y与x的函数关系的大致图象是（ ）
A． B． C． D．考 函数的图象
点：
分 童童的行程分为5段，①离家至轻轨站；②在轻轨站等一会；③搭乘轻轨去奥体中
析： 心，④观看比赛，⑤乘车回家，对照各函数图象即可作出判断．
解 解：①离家至轻轨站，y由0缓慢增加；
答： ②在轻轨站等一会，y不变；
③搭乘轻轨去奥体中心，y快速增加；
④观看比赛，y不变；
⑤乘车回家，y快速减小．
结合选项可判断A选项的函数图象符合童童的行程．
故选A．
点 本题考查了函数的图象，解答本题需要我们能将函数图象和实际对应起来，结合当
评： 前的一档娱乐节目出题，立意新颖，是一道不错的题目．
11．（4分）（2013•重庆）下列图形都是由同样大小的棋子按一定的规律组成，其中第①
个图形有1棵棋子，第②个图形一共有6棵棋子，第③个图形一共有16棵棋子，…，则第
⑥个图形中棋子的颗数为（ ）
A．51 B．70 C．76 D．81
考 规律型：图形的变化类
点：
专 压轴题．
题：
分 通过观察图形得到第①个图形中棋子的个数为1=1+5×0；
析： 第②个图形中棋子的个数为1+5=6；
第③个图形中棋子的个数为1+5+10=1+5×3=16；
…
所以第n个图形中棋子的个数为1+ ，然后把n=6代入计算即可．
解 解：观察图形得到第①个图形中棋子的个数为1=1+5×0；
答： 第②个图形中棋子的个数为1+5=6；
第③个图形中棋子的个数为1+5+10=1+5×3=16；
…
所以第n个图形中棋子的个数为1+ ，
当n=6时，1+ =76
故选C．
点 本题考查了规律型：图形的变化类：通过从一些特殊的图形变化中发现不变的因素
评： 或按规律变化的因素，然后推广到一般情况．12．（4分）（2013•重庆）如图，在直角坐标系中，正方形OABC的顶点O与原点重合，顶
点A、C分别在x轴、y轴上，反比例函数 （k≠0，x＞0）的图象与正方形的两边AB、
BC分别交于点M、N，ND⊥x轴，垂足为D，连接OM、ON、MN．下列结论：
①△OCN≌△OAM；②ON=MN；③四边形DAMN与△MON面积相等；④若∠MON=45°，MN=2，
则点C的坐标为（0， ）．
其中正确结论的个数是（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
考 反比例函数综合题
点：
专 压轴题；探究型．
题：
分
根据反比例函数的比例系数的几何意义得到S =S = k，即 OC•NC= OA•AM，而
析： △ONC △OAM
OC=OA，则NC=AM，在根据“SAS”可判断△OCN≌△OAM；根据全等的性质得到
ON=OM，由于k的值不能确定，则∠MON的值不能确定，所以确定△ONM为等边三角
形，则ON≠MN；根据S =S = k和S +S =S +S ，即可得到S
△OND △OAM △OND 四边形DAMN △OAM △OMN 四边形
=S ；作NE⊥OM于E点，则△ONE为等腰直角三角形，设NE=x，则OM=ON=
DAMN △OMN
x，EM= x﹣x=（ ﹣1）x，在Rt△NEM中，利用勾股定理可求出x2=2+ ，所以
ON2=（ x）2=4+2 ，易得△BMN为等腰直角三角形，得到BN= MN= ，设正方
形ABCO的边长为a，在Rt△OCN中，利用勾股定理可求出a的值为 +1，从而得到
C点坐标为（0， +1）．
解
解：∵点M、N都在y= 的图象上，
答：
∴S =S = k，即 OC•NC= OA•AM，
△ONC △OAM
∵四边形ABCO为正方形，
∴OC=OA，∠ONC=∠OAM=90°，
∴NC=AM，
∴△OCN≌△OAM，所以①正确；
∴ON=OM，
∵k的值不能确定，
∴∠MON的值不能确定，
∴△ONM只能为等腰三角形，不能确定为等边三角形，
∴ON≠MN，所以②错误；
∵S =S = k，
△OND △OAM
而S +S =S +S ，
△OND 四边形DAMN △OAM △OMN
∴四边形DAMN与△MON面积相等，所以③正确；
作NE⊥OM于E点，如图，∵∠MON=45°，
∴△ONE为等腰直角三角形，
∴NE=OE，
设NE=x，则ON= x，
∴OM= x，
∴EM= x﹣x=（ ﹣1）x，
在Rt△NEM中，MN=2，
∵MN2=NE2+EM2，即22=x2+[（ ﹣1）x]2，
∴x2=2+ ，
∴ON2=（ x）2=4+2 ，
∵CN=AM，CB=AB，
∴BN=BM，
∴△BMN为等腰直角三角形，
∴BN= MN= ，
设正方形ABCO的边长为a，则OC=a，CN=a﹣ ，
在Rt△OCN中，∵OC2+CN2=ON2，
∴a2+（a﹣ ）2=4+2 ，解得a= +1，a=﹣1（舍去），
1 2
∴OC= +1，
∴C点坐标为（0， +1），所以④正确．
故选C．
点 本题考查了反比例函数的综合题：掌握反比例函数图象上点的坐标特征、比例系数
评： 的几何意义和正方形的性质；熟练运用勾股定理和等腰直角三角形的性质进行几何
计算．
二、填空题：（本大题6个小题，每小题4分，共24分）请将每小题的答案直接填在答题
卡（卷）中对应的横线上．
13．（4分）（2013•重庆）实数“﹣3”的倒数是 ﹣ ．
考 倒数
点：
分
根据倒数的定义，a的倒数是 （a≠0），据此即可求解．
析：
解
解：﹣3的倒数是：﹣ ．
答：
故答案是：﹣ ．
点 本题考查了倒数的定义，理解定义是关键．
评：
14．（4分）（2013•重庆）分式方程 的解为 x= 3 ．考 解分式方程
点：
分 分式方程去分母转化为整式方程，求出整式方程的解得到x的值，经检验即可得到
析： 分式方程的解．
解 解：去分母得：x﹣2=1，
答： 解得：x=3，
经检验x=3是分式方程的解．
故答案为：x=3．
点 此题考查了解分式方程，解分式方程的基本思想是“转化思想”，把分式方程转化
评： 为整式方程求解．解分式方程一定注意要验根．
15．（4分）（2013•重庆）某届青年歌手大奖赛上，七位评委为甲选手打出的分数分别是：
96.5，97.1，97.5，98.1，98.1，98.3，98.5．则这组数据的众数是 98. 1 ．
考 众数
点：
分 根据众数的概念：一组数据中出现次数最多的数据叫做众数求解即可．
析：
解 解：这一组数据中98.1是出现次数最多的，故众数是98.1，
答： 故答案为：98.1．
点 本题考查了众数的知识，属于基础题，熟练掌握众数的定义是解题的关键．
评：
16．（4分）（2013•重庆）如图，一个圆心角为90°的扇形，半径OA=2，那么图中阴影
部分的面积为（结果保留π） π ﹣ 2 ．
考 扇形面积的计算．3718684
点：
分 先根据扇形面积公式计算出扇形面积，然后计算出三角形AOB的面积，继而用扇形
析： 面积﹣三角形面积可得出阴影的面积．
解
答： 解：S 扇形 = = =π，
S = ×2×2=2，
△AOB
则S =S ﹣S =π﹣2．
阴影 扇形 △AOB
故答案为：π﹣2．
点 本题考查了扇形面积的计算，难度一般，解答本题的关键是熟练掌握扇形面积的计
评： 算公式．17．（4分）（2013•重庆）在平面直角坐标系中，作△OAB，其中三个顶点分别是O（0，
0），B（1，1），A（x，y）（﹣2≤x≤2，﹣2≤y≤2，x，y均为整数），则所作△OAB为
直角三角形的概率是 ．
考 概率公式
点：
专 压轴题．
题：
分 根据已知得出A点坐标，进而得出△OAB为直角三角形时A点坐标个数，进而利用概
析： 率公式求出即可．
解 解：∵A（x，y）（﹣2≤x≤2，﹣2≤y≤2，x，y均为整数），
答： ∴A点坐标可以为：（﹣2，﹣2），（﹣2，﹣1），（﹣2，0），（﹣2，1），（﹣
2，2），（﹣1，﹣2），（﹣1，﹣1），（﹣1，0），（﹣1，1），（﹣1，2），
（0，﹣2），（0，﹣1），（0，0），（0，1），（0，2），（1，﹣2），（1，﹣
1），（1，0），（1，1），（1，2），
（2，﹣2），（2，﹣1），（2，0），（2，1），（2，2）；
只有A点坐标为：（0，2）（0，1），（1，0），（2，0），（0．﹣1），（0．﹣
2），（1，﹣1），（﹣1，1），（2，﹣2），（﹣2.2）一共10种情况时△OAB为
直角三角形，
∴所作△OAB为直角三角形的概率是： = ．
故答案为： ．
点 此题考查了直角三角形的性质和判定以及概率的求法：如果一个事件有n种可能，
评： 而且这些事件的可能性相同，其中事件A出现m种结果，那么事件A的概率P（A）=
．
18．（4分）（2013•重庆）如图，平面直角坐标系中，已知直线y=x上一点P（1，1），C
为y轴上一点，连接PC，线段PC绕点P顺时针旋转90°至线段PD，过点D作直线AB⊥x
轴，垂足为B，直线AB与直线y=x交于点A，且BD=2AD，连接CD，直线CD与直线y=x交于
点Q，则点Q的坐标为 （ ， ） ．
考 一次函数综合题
点：
专 压轴题．
题：
分 过P作MN⊥y轴，交y轴于M，交AB于N，过D作DH⊥y轴，交y轴于H，
析： ∠CMP=∠DNP=∠CPD=90°，求出∠MCP=∠DPN，证△MCP≌△NPD，推出DN=PM，
PN=CM，设AD=x，求出DN=2x﹣1，得出2x﹣1=1，求出x=1，得出D的坐标，在
Rt△DNP中，由勾股定理求出PC=PD= ，在Rt△MCP中，由勾股定理求出CM=2，得出C的坐标，设直线CD的解析式是y=kx+3，把D（3，2）代入求出直线CD的解析
式，解由两函数解析式组成的方程组，求出方程组的解即可．
解
答：
解：
过P作MN⊥y轴，交y轴于M，交AB于N，过D作DH⊥y轴，交y轴于H，
∠CMP=∠DNP=∠CPD=90°，
∴∠MCP+∠CPM=90°，∠MPC+∠DPN=90°，
∴∠MCP=∠DPN，
∵P（1，1），
∴OM=BN=1，PM=1，
在△MCP和△NPD中
∴△MCP≌△NPD，
∴DN=PM，PN=CM，
∵BD=2AD，
∴设AD=x，BD=2x，
∵P（1，1），
∴DN=2x﹣1，
则2x﹣1=1，
x=1，
即BD=2，C的坐标是（0，3），
∵直线y=x，
∴AB=OB=3，
在Rt△DNP中，由勾股定理得：PC=PD= = ，
在Rt△MCP中，由勾股定理得：CM= =2，
则C的坐标是（0，3），
设直线CD的解析式是y=kx+3，
把D（3，2）代入得：k=﹣ ，
即直线CD的解析式是y=﹣ x+3，
即方程组 得： ，
即Q的坐标是（ ， ），
故答案为：（ ， ）．
点 本题考查了用待定系数法求出一次函数的解析式，全等三角形的性质和判定，解方
评： 程组，勾股定理，旋转的性质等知识点的应用，主要考查学生综合运用性质进行推
理和计算的能力，题目比较好，但是有一定的难度．三、解答题：（本大题2个小题，每小题7分，共14分）解答时每小题必须给出必要的演
算过程或推理步骤，请将解答书写在答题卡（卷）中对应的位置上．
19．（7分）（2013•重庆）计算：
．
考 实数的运算；零指数幂；负整数指数幂
点：
专 压轴题．
题：
分 分别进行乘方、绝对值、零指数幂、开立方等运算，然后按照实数的运算法则计算
析： 即可．
解 解：原式=﹣1﹣2+1×2+4=3．
答：
点 本题考查了实数的运算，涉及了乘方、绝对值、零指数幂、开立方等知识，属于基
评： 础题．
20．（7分）（2013•重庆）如图，在边长为1的小正方形组成的10×10网格中（我们把组
成网格的小正方形的顶点称为格点），四边形ABCD在直线l的左侧，其四个顶点A、B、
C、D分别在网格的格点上．
（1）请你在所给的网格中画出四边形A′B′C′D′，使四边形A′B′C′D′和四边形
ABCD关于直线l对称，其中点A′、B′、C′、D′分别是点A、B、C、D的对称点；
（2）在（1）的条件下，结合你所画的图形，直接写出线段A′B′的长度．
考 作图-轴对称变换
点：
专 压轴题．
题：
分 （1）根据轴对称的性质，找到各点的对称点，顺次连接即可；
析： （2）结合图形即可得出线段A′B′的长度．
解 解：（1）所作图形如下：
答：．
（2）A'B'= = ．
点 本题考查了轴对称变换的知识，要求同学们掌握轴对称的性质，能用格点三角形求
评： 线段的长度．
四、解答题：（本大题4个小题，每小题10分，共40分）解答时每小题必须给出必要的
演算过程或推理步骤，请将解答书写在答题卡（卷）中对应的位置上．
21．（10分）（2013•重庆）先化简，再求值： ，其中x
是不等式3x+7＞1的负整数解．
考 分式的化简求值；一元一次不等式的整数解
点：
分 首先把分式进行化简，再解出不等式，确定出x的值，然后再代入化简后的分式即
析： 可．
解
答： 解：原式=[ ﹣ ]× ，
= × ，
= × ，
= ，
3x+7＞1，
3x＞﹣6，
x＞﹣2，
∵x是不等式3x+7＞1的负整数解，
∴x=﹣1，
把x=﹣1代入 中得： =3．
点 此题主要考查了分式的化简求值，以及不等式的整数解，关键是正确把分式进行化
评： 简．
22．（10分）（2013•重庆）为了贯彻落实国家关于增强青少年体质的计划，重庆市全面
实施了义务教育学段中小学学生“饮用奶计划”的营养工程．某牛奶供应商似提供A（原味）、B（草莓味）、C（核桃味）、D（菠萝味）、E（香橙味）等五种口味的学生奶供学
生选择（所有学生奶盒形状、大小相同），为了了解对学生奶口味的喜好情况，某初级中
学九年级（1）班张老师对全班同学进行了调查统计，制成了如下两幅不完整的统计图：
（1）该班五种口味的学生奶喜好人数组成一组统计数据，直接写出这组数据的平均数，并
将折线统计图补充完整；
（2）在进行调查统计的第二天，张老师为班上每位同学发放一盒学生奶，喜好B味的小明
和喜好C味的小刚等四位同学最后领取，剩余的学生奶放在同一纸箱里，分别有B味2盒，
C味和D味各1盒，张老师从该纸箱里随机取出两盒学生奶．请你用列表法或画树状图的方
法，求出这两盒牛奶恰好同时是小明和小刚喜好的学生奶的概率．
考 折线统计图；扇形统计图；列表法与树状图法
点：
分 （1）根据喜欢B类型的人数及所占比例可得出学生总数，然后求出A类型的人数、E
析： 类型的人数，从而求出平均数，补全统计图即可；
（2）画出树状图，即可求出这两盒牛奶恰好同时是小明和小刚喜好的学生奶的概
率．
解 解：（1）总人数=12÷30%=40人，
答： 则喜欢E类型的人数=40×15%=6人，喜欢A类型的人数=40﹣12﹣8﹣10﹣6=4，
补全统计图如下：
这组数据的平均数= =8；（2）设所剩学生奶分别为B、B、C、D，画出树状图如下：
1 2
或列表如下：
由树状图或列表可知，一共有12种等可能的情况，其中恰好同时是小明和小刚喜好
的有2种，
所以这两盒牛奶同时是小明和小刚喜好的学生奶的概率为：P= = ．
点 本题考查了折线统和扇形统计图的知识，读懂统计图，从不同的统计图中得到必要
评： 的信息是解决问题的关键，注意画出树状图或列表求概率．
23．（10分）（2013•重庆）“4•20”雅安地震后，某商家为支援灾区人民，计划捐赠帐
篷16800顶，该商家备有2辆大货车、8辆小货车运送帐篷．计划大货车比小货车每辆每次
多运帐篷200顶，大、小货车每天均运送一次，两天恰好运完．
（1）求大、小货车原计划每辆每次各运送帐篷多少顶？
（2）因地震导致路基受损，实际运送过程中，每辆大货车每次比原计划少运200m顶，每
辆小货车每次比原计划少运300m顶，为了尽快将帐篷运送到灾区，大货车每天比原计划多
跑 次，小货车每天比原计划多跑m次，一天恰好运送了帐篷14400顶，求m的值．
考 一元二次方程的应用；一元一次方程的应用
点：
专 压轴题．
题：
分 （1）设小货车每次运送x顶，则大货车每次运送（x+200）顶，根据两种类型的车
析： 辆共运送16800顶帐篷为等量关系建立方程求出其解即可；
（2）根据（1）的结论表示出大小货车每次运输的数量，根据条件可以表示出大货
车现在每天运输次数为（1+ m）次，小货车现在每天的运输次数为（1+m）次，根据
一天恰好运送了帐篷14400顶建立方程求出其解就可以了
解 解：（1）设小货车每次运送x顶，则大货车每次运送（x+200）顶，
答： 根据题意得：2[2（x+200）+8x]=16800，
解得：x=800．∴大货车原计划每次运：800+200=1000顶
答：小货车每次运送800顶，大货车每小时运送1000顶；
（2）由题意，得2×（1000﹣200m）（1+ m）+8（800﹣300m）（1+m）=14400，
解得：m=2或m=21（舍去）．
答：m的值为2．
点 本题考查了列一元一次方程解实际问题的运用，一元一次方程的解法的运用，解答
评： 时根据各部分工作量之和=工作总量建立方程是关键．
24．（10分）（2013•重庆）已知，如图，在▱ABCD中，AE⊥BC，垂足为E，CE=CD，点F为
CE的中点，点G为CD上的一点，连接DF、EG、AG，∠1=∠2．
（1）若CF=2，AE=3，求BE的长；
（2）求证：∠CEG= ∠AGE．
考 平行四边形的性质；全等三角形的判定与性质；直角三角形斜边上的中线；勾股定
点： 理．3718684
专 压轴题．
题：
分 （1）求出DC=CE=2CF=4，求出AB，根据勾股定理求出BE即可；
析： （2）过G作GM⊥AE于M，证△DCF≌△ECG，推出CG=CF，求出M为AE中点，得出等
于三角形AGE，根据性质得出GM是∠AGE的角平分线，即可得出答案．
解 （1）解：∵CE=CD，点F为CE的中点，CF=2，
答： ∴DC=CE=2CF=4，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB=CD=4，
∵AE⊥BC，
∴∠AEB=90°，
在Rt△ABE中，由勾股定理得：BE= = ；
（2）证明：过G作GM⊥AE于M，
∵AE⊥BE，∴GM∥BC∥AD，
∵在△DCF和△ECG中，
，
∴△DCF≌△ECG（AAS），
∴CG=CF，
∵CE=CD，CE=2CF，
∴CD=2CG
即G为CD中点，
∵AD∥GM∥BC，
∴M为AE中点，
∵GM⊥AE，
∴AM=EM，
∴∠AGE=2∠MGE，
∵GM∥BC，
∴∠EGM=∠CEG，
∴∠CEG= ∠AGE．
点 本题考查了平行四边形性质，等于三角形的性质和判定，平行线分线段成比例定
评： 理，全等三角形的性质和判定，勾股定理等知识点的应用，主要考查学生综合运用
定理进行推理的能力．
五、解答题：（本大题2个小题，每小题12分，共24分）解答时每小题必须给出必要的
演算过程或推理步骤，请将解答书写在答题卡（卷）中对应的位置上．
25．（12分）（2013•重庆）如图，已知抛物线y=x2+bx+c的图象与x轴的一个交点为B
（5，0），另一个交点为A，且与y轴交于点C（0，5）．
（1）求直线BC与抛物线的解析式；
（2）若点M是抛物线在x轴下方图象上的一动点，过点M作MN∥y轴交直线BC于点N，求
MN的最大值；
（3）在（2）的条件下，MN取得最大值时，若点P是抛物线在x轴下方图象上任意一点，
以BC为边作平行四边形CBPQ，设平行四边形CBPQ的面积为S，△ABN的面积为S，且
1 2
S=6S，求点P的坐标．
1 2考 二次函数综合题
点：
专 压轴题．
题：
分 （1）设直线BC的解析式为y=mx+n，将B（5，0），C（0，5）两点的坐标代入，运
析： 用待定系数法即可求出直线BC的解析式；同理，将B（5，0），C（0，5）两点∑的
坐标代入y=x2+bx+c，运用待定系数法即可求出抛物线的解析式；
（2）MN的长是直线BC的函数值与抛物线的函数值的差，据此可得出一个关于MN的
长和M点横坐标的函数关系式，根据函数的性质即可求出MN的最大值；
（3）先求出△ABN的面积S=5，则S=6S=30．再设平行四边形CBPQ的边BC上的高
2 1 2
为BD，根据平行四边形的面积公式得出BD=3 ，过点D作直线BC的平行线，交抛
物线与点P，交x轴于点E，在直线DE上截取PQ=BC，则四边形CBPQ为平行四边形．
证明△EBD为等腰直角三角形，则BE= BD=6，求出E的坐标为（﹣1，0），运用待
定系数法求出直线PQ的解析式为y=﹣x﹣1，然后解方程组 ，即可求
出点P的坐标．
解 解：（1）设直线BC的解析式为y=mx+n，
答： 将B（5，0），C（0，5）两点的坐标代入，
得 ，解得 ，
所以直线BC的解析式为y=﹣x+5；
将B（5，0），C（0，5）两点的坐标代入y=x2+bx+c，
得 ，解得 ，
所以抛物线的解析式为y=x2﹣6x+5；
（2）设M（x，x2﹣6x+5）（1＜x＜5），则N（x，﹣x+5），
∵MN=（﹣x+5）﹣（x2﹣6x+5）=﹣x2+5x=﹣（x﹣ ）2+ ，
∴当x= 时，MN有最大值 ；
（3）∵MN取得最大值时，x=2.5，
∴﹣x+5=﹣2.5+5=2.5，即N（2.5，2.5）．
解方程x2﹣6x+5=0，得x=1或5，
∴A（1，0），B（5，0），
∴AB=5﹣1=4，∴△ABN的面积S= ×4×2.5=5，
2
∴平行四边形CBPQ的面积S=6S=30．
1 2
设平行四边形CBPQ的边BC上的高为BD，则BC⊥BD．
∵BC=5 ，∴BC•BD=30，∴BD=3 ．
过点D作直线BC的平行线，交抛物线与点P，交x轴于点E，在直线DE上截取
PQ=BC，则四边形CBPQ为平行四边形．
∵BC⊥BD，∠OBC=45°，
∴∠EBD=45°，
∴△EBD为等腰直角三角形，BE= BD=6，
∵B（5，0），
∴E（﹣1，0），
设直线PQ的解析式为y=﹣x+t，
将E（﹣1，0）代入，得1+t=0，解得t=﹣1
∴直线PQ的解析式为y=﹣x﹣1．
解方程组 ，得 ， ，
∴点P的坐标为P（2，﹣3）（与点D重合）或P（3，﹣4）．
1 2
点 本题是二次函数的综合题，其中涉及到运用待定系数法求一次函数、二次函数的解
评： 析式，二次函数的性质，三角形的面积，平行四边形的判定和性质等知识点，综合
性较强，考查学生运用方程组、数形结合的思想方法．（2）中弄清线段MN长度的
函数意义是关键，（3）中确定P与Q的位置是关键．26．（12分）（2013•重庆）已知，在矩形ABCD中，E为BC边上一点，AE⊥DE，AB=12，
BE=16，F为线段BE上一点，EF=7，连接AF．如图1，现有一张硬质纸片△GMN，
∠NGM=90°，NG=6，MG=8，斜边MN与边BC在同一直线上，点N与点E重合，点G在线段
DE上．如图2，△GMN从图1的位置出发，以每秒1个单位的速度沿EB向点B匀速移动，
同时点P从A点出发，以每秒1个单位的速度沿AD向点D匀速移动，点Q为直线GN与线段
AE的交点，连接PQ．当点N到达终点B时，△GMN和点P同时停止运动．设运动时间为t
秒，解答下列问题：
（1）在整个运动过程中，当点G在线段AE上时，求t的值；
（2）在整个运动过程中，是否存在点P，使△APQ是等腰三角形？若存在，求出t的值；
若不存在，说明理由；
（3）在整个运动过程中，设△GMN与△AEF重叠部分的面积为S．请直接写出S与t之间的
函数关系式以及自变量t的取值范围．
考 相似形综合题
点
：
分 （1）如答图1所示，证明QEMG为平行四边形，则运动路程QG=EM=10，t值可求；
析 （2）△APQ是等腰三角形，分为三种情形，需要分类讨论，避免漏解．如答图2、答
： 图3、答图4所示；
（3）整个运动过程分为四个阶段，每个阶段重叠图形的形状各不相同，如答图5﹣答
图8所示，分别求出其面积的表达式．
解 解：（1）在Rt△GMN中，GN=6，GM=8，∴MN=10．
答 由题意，易知点G的运动线路平行于BC．
： 如答图1所示，过点G作BC的平行线，分别交AE、AF于点Q、R．∵∠AED=∠EGM=90°，∴AE∥GM．
∴四边形QEMG为平行四边形，
∴QG=EM=10．
∴t= =10秒．
（2）存在符合条件的点P．
在Rt△ABE中，AB=12，BE=16，由勾股定理得：AE=20．
设∠AEB=θ，则sinθ= ，cosθ= ．
∵NE=t，∴QE=NE•cosθ= t，AQ=AE﹣QE=20﹣ t．
△APQ是等腰三角形，有三种可能的情形：
①AP=PQ．如答图2所示：
过点P作PK⊥AE于点K，则AK=AP•cosθ= t．
∵AQ=2AK，∴20﹣ t=2× t，
解得：t= ；
②AP=AQ．如答图3所示：
有t=20﹣ t，
解得：t= ；
③AQ=PQ．如答图4所示：
过点Q作QK⊥AP于点K，则AK=AQ•cosθ=（20﹣ t）× =16﹣ t．
∵AP=2AK，∴t=2（16﹣ t），
解得：t= ．
综上所述，当t= ， 或 秒时，存在点P，使△APQ是等腰三角形．
（3）如答图1所示，点N到达点F的时间为t=7；
由（1）知，点G到达点G的时间为t=10；QE=10× =8，AQ=20﹣8=12，
∵GR∥BC，∴ ，即 ，∴QR= ．
∴点G到达点R的时间为t=10+ = ；
点E到达终点B的时间为t=16．
则在△GMN运动的过程中：
①当0≤t＜7时，如答图5所示：
QE=NE•cosθ= t，QN=NE•sinθ= t，
S= QE•QN= • t• t= t2；
②当7≤t＜10时，如答图6所示：
设QN与AF交于点I，
∵tan∠INF= = ，tan∠IFN= = ，
∴∠INF=∠IFN，△INF为等腰三角形．
底边NF上的高h= NF•tan∠INF= ×（t﹣7）× = （t﹣7）．
S = NF•h= ×（t﹣7）× （t﹣7）= （t﹣7）2，
△INF
∴S=S ﹣S = t2﹣ （t﹣7）2= t2+ t﹣ ；
△QNE △INF
③当10≤t＜ 时，如答图7所示：
由②得：S = （t﹣7）2，
△INF
∴S=S ﹣S =24﹣ （t﹣7）2=﹣ t2+ t+ ；
△GMN △INF
④当 ＜t≤16时，如答图8所示：
FM=FE﹣ME=FE﹣（NE﹣MN）=17﹣t．
设GM与AF交于点I，过点I作IK⊥MN于点K．
∵tan∠IFK= = ，∴可设IK=4x，FK=3x，则FM=3x+17﹣t．∵tan∠IMF= = = ，解得：x= （17﹣t）．
∴IK=4x= （17﹣t）．
∴S= FM•IK= （t﹣17）2．
综上所述，S与t之间的函数关系式为：
S=
点 本题是运动型综合题，难度较大，解题关键是清楚理解图形的运动过程．计算过程较
评 为复杂，需要仔细认真；第（2）（3）问中，注意均需要分情况讨论，分别计算，避
： 免漏解．
