2017年江苏省淮安市中考数学试卷-答案

数学答案解析

一、选择题 1.【答案】A

【解析】解：根据相反数的定义，﹣2的相反数是2. 故选：A．

【提示】根据相反数的意义，只有符号不同的数为相反数． 【考点】相反数的概念 2.【答案】B

【解析】解：将9680000用科学记数法表示为：9.68106 故选B．

【提示】科学记数法的表示形式为a10n的形式，其中1|a|10，n为整数．确定n的值时，要看把原数变成a时，小数点移动了多少位，n的绝对值与小数点移动的位数相同．当原数绝对值1时，n是正数；当原数的绝对值1时，n是负数 【考点】科学计数法 3.【答案】D

【解析】解：原式a23a5 故选：D．

【提示】根据同底数幂的乘法，可得答案． 【考点】同底数幂的乘法法则 4.【答案】C

【解析】解：P(1,2)关于y轴对称的点的坐标是(1,2) 故选：C．

【提示】关于y轴对称的点，纵坐标相同，横坐标互为相反数，可得答案． 【考点】直角坐标系中对称点的规则 5.【答案】A

【解析】解：A．被开方数不含分母；被开方数不含能开得尽方的因数或因式，故A符合题意； B．被开方数含能开得尽方的因数或因式，故B不符合题意； C．被开方数含能开得尽方的因数或因式，故C不符合题意； D．被开方数含分母，故D不符合题意；

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故选：A． 【提示】检查最简二次根式的两个条件是否同时满足，同时满足的就是最简二次根式，否则就不是． 【考点】最简二次根式 6.【答案】C 【解析】解：根据表格可知，15个数据按从小到大的顺序排列后，第8个数是4，所以中位数为4； 故选C． 【提示】根据中位数的定义，将15个数据从小到大排列后，中位数是第8个数． 【考点】中位数的概念 7.【答案】B 【解析】解：设第三边为x，则85x58，即3x13，所以符合条件的整数为10 故选B． 【提示】根据三角形三边关系，两边之和大于第三边，两边之差小于第三边即可判断． 【考点】三角形三边关系定理 8.【答案】B 【解析】解：∵将△ABE沿直线AE折叠，点B恰好落在对角线AC上的点F处，∴AFAB， AFEB90，∴EFAC，∵EACECA，∴AECE，∴AFCF，∴AC2AB6 故选B． 【提示】根据折叠的性质得到AF=AB，∠AFE=∠B=90°，根据等腰三角形的性质得到AF=CF，于是得到结论． 【考点】矩形的性质，轴对称的性质，直角三角形的性质． 二、填空题 9.【答案】b(ab) 【解析】解：原式b(ab)，故答案为：b(ab)． 【提示】根据提公因式法，可得答案． 【考点】多项式的因式分解 10.【答案】2xy 【解析】解：原式2x2y3y2xy，故答案为：2xy 【提示】原式去括号合并即可得到结果． 【考点】整式的运算 11.【答案】2 【解析】解：∵反比例函数y66的图像经过点A(m,3)，∴3，解得m2 xm 2 / 12

故答案为：2 【提示】直接把A(m,3)代入反比例函数y【考点】图像上点的坐标的意义 12.【答案】x3 【解析】解：去分母得：x12，解得：x3，经检验x3是分式方程的解，故答案为：x3 【提示】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，经检验即可得到分式方程的解． 【考点】分式方程的解法 113.【答案】 6【解析】解：由概率公式P（向上一面的点数是6）故答案为：6，求出m的值即可． x1． 61． 6【提示】弄清骰子六个面上分别刻的点数，再根据概率公式解答就可求出向上一面的点数是4的概率． 【考点】等可能条件下的概率 314.【答案】k 432【解析】解：根据题意得(1)4(k1)0，解得k． 43故答案为k 42【提示】根据判别式的意义得到(1)4(k1)0，然后解不等式即可． 【考点】一元二次方程根的判别式 15.【答案】46 【解析】解：∵直线a∥b，∴3134，∵BAC100，∴21803410046 故答案为：46 【提示】根据平行线的性质和平角的定义即可得到结论． 【考点】平行线的性质，平角的定义 16.【答案】120 【解析】解：∵A，B，C的度数之比为4:3:5，∴设A4x，则B3x，C5x． ∵四边形ABCD是圆内接四边形，∴AC180，即4x5x180，解得x20，B3x60 ∴D18060120． 3 / 12

故答案为：120. 【提示】设A4x，B3x，C5x，根据圆内接四边形的性质求出x的值，进而可得出结论． 【考点】圆内接四边形的性质 17.【答案】2 【解析】解：在Rt△ABC中，∵ADBD4，∴CD故答案为2 11AB4，∵AFDF，AEEC，∴EFCD2 22 【提示】利用直角三角形斜边中线定理以及三角形的中位线定理即可解决问题． 【考点】直角三角形斜边上的中线定理，三角形中位线定理 18.【答案】45 【解析】解：∵4421936，4522025，∴2017在第45行． 故答案为：45. 【提示】通过观察可得第n行最大一个数为n2，由此估算2017所在的行数，进一步推算得出答案即可． 【考点】用字母表示数 三、解答题 19.【答案】解：（1）原式3146 a3a2a （2）原式aa3【解析】解：（1）原式3146 a3a2a （2）原式aa3【提示】（1）根据绝对值的意义，零指数幂的意义即可求出答案； （2）根据分式的运算法则即可求出答案． 【考点】实数的运算 20.【答案】解：解不等式3x1x5，得：x3，解不等式x3x1，得：x1， 2则不等式组的解集为1x3，∴不等式组的整数解为0、1、2. x3x1，得：x1， 【解析】解：解不等式3x1x5，得：x3，解不等式2 4 / 12

则不等式组的解集为1x3，∴不等式组的整数解为0、1、2. 【提示】分别求出每一个不等式的解集，根据口诀：同大取大、同小取小、大小小大中间找、大大小小无解了确定不等式组的解集． 【考点】不等式组的解法 21.【答案】证明见解析 【解析】证明：∵四边形ABCD是平行四边形，∴ADCB，AD∥BC，∴ADECBF，∵AEBD，ADECBF CFBD，∴AEDCFB90，在△A和中，∴△ADE≌△CBF(AAS)．△CBFDEAEDCFB，ADCB【提示】证出∠ADE=∠CBF，AD=CB，由AAS证△ADE≌△CBF即可． 【考点】平行线的性质 22.【答案】（1）如图： （2）共有6种情况，两次摸到的球的颜色不同的情况有4种，概率为【解析】解：（1）如图： 42 63 （2）共有6种情况，两次摸到的球的颜色不同的情况有4种，概率为42． 63【提示】（1）首先根据题意画出树状图，然后由树状图求得所有等可能的结果； （2）由（1）中树状图可求得两次摸到的球的颜色不同的情况有4种，再利用概率公式求解即可求得答案． 【考点】画树状图求等可能条件下的概率 23.【答案】（1）36 9 （2）90 （3）300

【解析】解：（1）调查的总人数是7240%180（人），则a18020%36（人）， 则b180184572369

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故答案是：36，9； 4590； 18018300（人）（3）估计该校学生中选择“文学社团”的人数是3000． 180（2）“书画社团”所对应的扇形圆心角度数是360【提示】（1）根据体育社团的人数是72人，所占的百分比是40%即可求得调查的总人数，然后利用百分比的意义求得a和b的值； （2）利用360乘以对应的百分比求解； （3）利用总人数乘以对应的百分比求解． 【考点】频数，统计表，扇形统计图，样本估计总体 24.【答案】缩短6.8km 【解析】解：过点C作CDAB与D，∵AC20km，CAB30，∴CD11AC2010km， 22ADcosCABACcos3020103km，∵CBA45，∴BDCD10km， BC2CD10214.14km ∴ABADBD1031027.32km． 则ACBCAB2014.1427.326.8km． 答：从A地到B地的路程将缩短6.8km． 【提示】过点C作CDAB与D，根据AC20km，CAB30，求出CD、AD，根据CBA45，求出BD、BC，最后根据ABADBD列式计算即可． 【考点】解直角三角形的实际运用 25.【答案】（1）EF是O的切线，证明见解析 （2）阴影部分的面积=232π 3【解析】解：（1）连接OE，∵OAOE，∴AAEO，∵BFEF，BBEF，∵ACB90，∴AB90，∴AEOBEF90，∴OEG90，∴EF是O的切线； （2）∵AD是O的直径，∴AED90，∵A30，∴EOD60，∴EGO30，∵AO2，160gπ22223π． ∴OE2，∴EG23，∴阴影部分的面积=22323603 6 / 12

【提示】（1）连接OE，根据等腰三角形的性质得到AAEO，BBEF，于是得到OEG90，即可得到结论；

（2）由AD是O的直径，得到AED90，根据三角形的内角和得到EOD60，求得EGO30，根据三角形和扇形的面积公式即可得到结论．

【考点】切线的判定定理，直角三角形的性质，扇形的面积公式，割补法． 26.【答案】（1）240 （2）20

【解析】解：（1）观察图像可知：当参加旅游的人数不超过10人时，人均收费为240元． 故答案为240.

（2）∵360024015，360015024，∴收费标准在BC段，设直线BC的解析式为ykxb，则有

10kb240k6 ，解得，∴y6x300，由题意(6x300)x3600，解得x20或30（舍弃）25bkb300150答：参加这次旅游的人数是20人． 【提示】（1）观察图像即可解决问题；

（2）首先判断收费标准在BC段，求出直线BC的解析式，列出方程即可解决问题．

【考点】一次函数的实际运用，一次函数的图像，系数法求一次函数表达式，列一元二次方程解决实际问题 27.【答案】【操作发现】（1）如图所示，△ABC即为所求；

（2）45

【问题解决】如图②，

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∵将△APB绕点A按逆时针方向旋转60，得到△APC，∴△APP是等边三角形， APCAPB36090120150，∴PPAP，APPAPP60，∴PPC90， 33PC，∵APC90，∴AP2PC2AC2， PC，即APPPC30，∴PP223122SAPPC73； PCPC7即，∴，∴，∴PC27AP21△APC22【灵活运用】BD16k225 【解析】解：【操作发现】（1）如图所示，△ABC即为所求； 2 （2）连接BB，将△ABC绕点A按顺时针方向旋转90，∴ABAB，BAB90， ∴ABB45，故答案为：45； 【问题解决】如图②， ∵将△APB绕点A按逆时针方向旋转60，得到△APC，∴△APP是等边三角形， APCAPB36090120150，∴PPAP，APPAPP60，∴PPC90， 33PC，∵APC90，∴AP2PC2AC2， PC，即APPPC30，∴PP223122SAPPC73； PCPC7即，∴，∴，∴PC27AP21△APC22 8 / 12

2【灵活运用】如图③中，∵AEBC，BEEC，∴ABAC，将△ABD绕点A逆时针旋转得到△ACG，连接DG．则BDCG， ∵BADCAG，∴BACDAG，∵ABAC，ADAG，∴ABCACBADGAGD，∴△ABC∽△ADG，∵ADkAB，∴DGkBC4k，∵BAEABC90，BAEADC， ∴ADGADC90，∴GDC90，∴CGDG2CD216k225． ∴BDCG16k225． 【提示】【操作发现】（1）根据旋转角，旋转方向画出图形即可； （2）只要证明△ABB是等腰直角三角形即可； 【问题解决】如图②，将△APB绕点A按逆时针方向旋转60，得到△APC，只要证明PPC90， 利用勾股定理即可解决问题； BEEC，【灵活运用】如图③中，由AEBC，推出ABAC，将△ABD绕点A逆时针旋转得到△ACG，连接DG．则BDCG，只要证明GDC90，可得CGDG2CD2，由此即可解决问题． 【考点】旋转的性质，线段垂直平分线的性质，等腰三角形的性质，等边三角形的判定，勾股定理， 锐角三角函数，画图能力． 128.【答案】（1）b 3c4 （2）△APQ不可能是直角三角形，证明见解析 （3）存在 t655205 2622（4）Q, 771121【解析】解：（1）设抛物线的解析式为ya(x3)(x4)．将a代入得：yxx4， 333∴b

1，c4. 3 9 / 12 （2）在点P、Q运动过程中，△APQ不可能是直角三角形． 理由如下：连结QC．  ∵在点P、Q运动过程中，PAQ、PQA始终为锐角，∴当△APQ是直角三角形时，则APQ90．将x0代入抛物线的解析式得：y4，∴C(0,4)． ∵APOQt，∴PC5t，∵在Rt△AOC中，依据勾股定理得：AC5，Rt△COQ中，依据勾股定22222理可知：CQt16，在Rt△CPQ中依据勾股定理可知：PQCQCP，在Rt△APQ中， AQ2AP2PQ2，∴CQ2CP2AQ2AP2，即(3t)2t2t216(5t)2，解得：t4.5 ∵由题意可知：0t4，∴t4.5不合题意，即△APQ不可能是直角三角形． （3）如图所示： 过点P作DE∥x轴，分别过点M、Q作MDDE、QEDE，垂足分别为D、E，MD交x轴与点F，过点P作PGx轴，垂足为点G，则PG∥y轴，ED90． PGOAAPPGAGt43，∴PGt，AGt， ，即OCAGAC43555324∴PEGQGOOQAOAGOQ3tt3t，DFGPt． 555∵PG∥y轴，∴△PAG∽△ACO，∴∵MPQ90，D90，∴DMPDPMEPQDPM90，∴DMPEPQ． 24又∵DE，PMPQ，∴△MDP≌△PEQ，∴PDEQt，MDPE3t， 55242431∴FMMDDF3tt3t，OFFGGOPDOAAG3tt3t， 555555 10 / 12

12∴M3t,3t． 5521111∵点M在x轴下方的抛物线上，∴3t3t3t4， 53535解得：t2655205655205．∵0t4，∴t． 22（4）如图所示：连结OP，取OP的中点R，连结RH，NR，延长NR交线段BC与点Q． 11∵点H为PQ的中点，点R为OP的中点，∴RHQOt，RH∥OQ． 2230，∴点N为OA的中点． ∵A(3,0)，N，2又∵R为OP的中点，∴NR11APt，∴RHNR，∴RNHRHN． 22∵RH∥OQ，∴RHNHNO，∴RNHHNO，即NH是QNQ的平分线． 3mn04 设直线AC的解析式为ymxn，把点A(3,0)、C(0,4)代入得：，解得：m，n4，n43∴直线AC的表示为y4x4. 3同理可得直线BC的表达式为yx4 设直线NR的函数表达式为y434xs，将点N的坐标代入得：s0，解得：s2， 323∴直线NR的表述表达式为y4x2 34yx26226223将直线NR和直线BC的表达式联立得：，解得：x，y，∴Q,． 7777yx41【提示】（1）设抛物线的解析式为ya(x3)(x4)．将a代入可得到抛物线的解析式，从而可确定3 11 / 12

出b．c的值； （2）连结QC．先求得点C的坐标，则PC5t，依据勾股定理可求得AC5，CQ2t216，接下来，依据CQ2CP2AQ2AP2列方程求解即可； （3）过点P作DE∥x轴，分别过点M、Q作MDDE、QEDE，垂足分别为D、E，MD交x轴与点F，过点P作PGx轴，垂足为点G，首先证明△PAG∽△ACO，依据相似三角形的性质可得到434PGt，AGt，然后可求得PE、DF的长，然后再证明△MDP≌△PEQ，从而得到PDEQt，5552MDPE3t，然后可求得FM和OF的长，从而可得到点M的坐标，然后将点M的坐标代入抛物线5的解析式求解即可； （4）连结OP，取OP的中点R，连结RH，NR，延长NR交线段BC与点Q．首先依据三角形的中位线1111定理得到RHQOt，RH∥OQ，NRAPt，则RHNR，接下来，依据等腰三角形的性质2222和平行线的性质证明NH是QNQ的平分线，然后求得直线NR和直线BC的解析式，最后求得直线NR和直线BC的交点坐标即可． 【考点】待定系数法求二次函数的表达式，二次函数的图像与性质，直角三角形的判定 全等三角形的判定，轴对称，三角形的中位线定理． 12 / 12