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2012年绍兴市中考数学试卷及答案详细解析

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2012年浙江省绍兴市中考数学试卷
一．选择题（共10小题）1．（2012绍兴）3的相反数是（）A．3
B．3
C．
1
3
D．
13
考点：相反数。
解答：解：根据相反数的概念及意义可知：3的相反数是﹣3。故选B。2．（2012绍兴）下列运算正确的是（）A．xxx
2
B．xxx
623
C．xxx
34
D．(2x236x5
考点：同底数幂的除法；合并同类项；同底数幂的乘法；幂的乘方与积的乘方。解答：解：A、x+x=2x，此选项错误；
B、x÷x=x，此选项错误；
34
C、x•x=x，此选项正确；
236
D、（2x）=8x，此选项错误。故选C。3．（2012绍兴）据科学家估计，地球年龄大约是4600000000年，这个数用科学记数法表示为（）
88910
A．4.6×10B．46×10C．4.6×10D．0.46×10考点：科学记数法—表示较大的数。
9
解答：解：4600000000用科学记数法表示为：4.6×10。故选：C。4．（2012绍兴）如图所示的几何体，其主视图是（）
6
2
4
A．B．C．D．
考点：简单组合体的三视图。
解答：解：从物体正面看，看到的是一个等腰梯形。故选C。
5．（2012绍兴）化简A．
1
2
xx
11可得（）xx1
1
B．2
xx
C．
2x1
2
xx
D．
2x1
2
xx
考点：分式的加减法。解答：解：原式=故选B。
x1x1
2。
x(x1xx
第1页共16页

6．（2012绍兴）在如图所示的平面直角坐标系内，画在透明胶片上的▱ABCD，点A的坐标是（0，2）．现将这张胶片平移，使点A落在点A′（5，﹣1）处，则此平移可以是（）
A．先向右平移5个单位，再向下平移1个单位B．先向右平移5个单位，再向下平移3个单位C．先向右平移4个单位，再向下平移1个单位D．先向右平移4个单位，再向下平移3个单位考点：坐标与图形变化-平移。
解答：解：根据A的坐标是（0，2），点A′（5，﹣1），
横坐标加5，纵坐标减3得出，故先向右平移5个单位，再向下平移3个单位，故选：B。7．（2012绍兴）如图，AD为⊙O的直径，作⊙O的内接正三角形ABC，甲、乙两人的作法分别是：甲：1、作OD的中垂线，交⊙O于B，C两点，2、连接AB，AC，△ABC即为所求的三角形乙：1、以D为圆心，OD长为半径作圆弧，交⊙O于B，C两点。2、连接AB，BC，CA．△ABC即为所求的三角形。对于甲、乙两人的作法，可判断（）

A．甲、乙均正确B．甲、乙均错误C．甲正确、乙错误确
考点：垂径定理；等边三角形的判定与性质；含30度角的直角三角形。解答：解：根据甲的思路，作出图形如下：
D．甲错误，乙正

连接OB，∵BC垂直平分OD，∴E为OD的中点，且OD⊥BC，
1
OD，又OB=OD，2
1
在Rt△OBE中，OE=OB，
2
∴OE=DE=
∴∠OBE=30°，又∠OEB=90°，∴∠BOE=60°，∵OA=OB，∴∠OAB=∠OBA，又∠BOE为△AOB的外角，∴∠OAB=∠OBA=30°，∴∠ABC=∠ABO+∠OBE=60°，
第2页共16页

同理∠C=60°，∴∠BAC=60°，∴∠ABC=∠BAC=∠C，∴△ABC为等边三角形，故甲作法正确；
根据乙的思路，作图如下：

连接OB，BD，∵OD=BD，OD=OB，∴OD=BD=OB，∴△BOD为等边三角形，∴∠OBD=∠BOD=60°，又BC垂直平分OD，∴OM=DM，∴BM为∠OBD的平分线，∴∠OBM=∠DBM=30°，又OA=OB，且∠BOD为△AOB的外角，∴∠BAO=∠ABO=30°，∴∠ABC=∠ABO+∠OBM=60°，同理∠ACB=60°，∴∠BAC=60°，∴∠ABC=∠ACB=∠BAC，∴△ABC为等边三角形，故乙作法正确，故选A
8．（2012绍兴）如图，扇形DOE的半径为3，边长为3的菱形OABC的顶点A，C，B分别在OD，OE，上，若把扇形DOE围成一个圆锥，则此圆锥的高为（）

A．
1
2
B．22
C．
372
D．
352
考点：圆锥的计算；菱形的性质。
解答：解：连接OB，AC，BO与AC相交于点F，
第3页共16页

∵在菱形OABC中，AC⊥BO，CF=AF，FO=BF，∠COB=∠BOA，又∵扇形DOE的半径为3，边长为，∴FO=BF=1.5，cos∠FOC=
FO1.53
，
CO23
∴∠FOC=30°，
∴∠EOD=2×30°=60°，
DE∴
603
，180
1
，圆锥母线为：3，2
2
底面圆的周长为：2πr=π，解得：r=
则此圆锥的高为：3(故选：D。
12
2
35，2

9．（2012绍兴）在一条笔直的公路边，有一些树和路灯，每相邻的两盏灯之间有3棵树，相邻的树与树，树与灯间的距离是10cm，如图，第一棵树左边5cm处有一个路牌，则从此路牌起向右510m～550m之间树与灯的排列顺序是（）

A．B．
C．D．
考点：规律型：图形的变化类。
解答：解：根据题意得：第一个灯的里程数为10米，第二个灯的里程数为50，第三个灯的里程数为90米…
第4页共16页

第n个灯的里程数为10+40（n﹣1）=（40n﹣30）米，故当n=14时候，40n﹣30=530米处是灯，则510米、520米、540米处均是树，故应该是树、树、灯、树，故选B。10．（2012绍兴）如图，直角三角形纸片ABC中，AB=3，AC=4，D为斜边BC中点，第1次将纸片折叠，使点A与点D重合，折痕与AD交与点P1；设P1D的中点为D1，第2次将纸片折叠，使点A与点D1重合，折痕与AD交于点P2；设P2D1的中点为D2，第3次将纸片折叠，使点A与点D2重合，折痕与AD交于点P3；…；设Pn﹣1Dn﹣2的中点为Dn﹣1，第n次将纸片折叠，使点A与点Dn﹣1重合，折痕与AD交于点Pn（n＞2），则AP6的长为（）

535A．12
236
B．
52953637C．14D．
25211
考点：翻折变换（折叠问题）。
151553253353n
解答：解：由题意得，AD=BC=，AD1=AD﹣DD1=，AD2=5，AD3=7，ADn=2n1，
22822251553253n1
故AP1=，AP2=，AP3=6…APn=，
416222n
535
故可得AP6=12。
2
故选A。
2012年浙江省绍兴市中考数学试卷
二．填空题（共6小题）
11．（2012绍兴）分解因式：aa=。考点：提公因式法与公式法的综合运用。解答：解：aaa(a1a(a1(a1。
12．（2012绍兴）教练对小明推铅球的录像进行技术分析，发现铅球行进高度y（m）与水平距离x（m）之间的关系为y
3
2
3
1
(x423，由此可知铅球推出的距离是m。12
第5页共16页


考点：二次函数的应用。解答：解：令函数式y
1
(x423中，y0，12

1
(x4230，12
解得x110，x22（舍去），
即铅球推出的距离是10m。故答案为：10。13．（2012绍兴）箱子中装有4个只有颜色不同的球，其中2个白球，2个红球，4个人依次从箱子中任意摸出一个球，不放回，则第二个人摸出红球且第三个人摸出白球的概率是。考点：列表法与树状图法。解答：解：画树状图得：∵共有24种等可能的结果，第二个人摸出红球且第三个人摸出白球的有8种情况，∴第二个人摸出红球且第三个人摸出白球的概率是：故答案为：
81
。243
1。3

14．（2012绍兴）小明的父母出去散步，从家走了20分钟到一个离家900米的报亭，母亲随即按原速度返回家，父亲在报亭看了10分钟报纸后，用15分钟返回家，则表示父亲、母亲离家距离与时间之间的关系是（只需填序号）。

考点：函数的图象。解答：解：∵小明的父母出去散步，从家走了20分到一个离家900米的报亭，母亲随即按原速返回，∴表示母亲离家的时间与距离之间的关系的图象是④；
第6页共16页

∵父亲看了10分报纸后，用了15分返回家，∴表示父亲离家的时间与距离之间的关系的图象是②。故答案为：④②。15．（2012绍兴）如图，在矩形ABCD中，点E，F分别在BC，CD上，将△ABE沿AE折叠，使点B落在AC上的点B′处，又将△CEF沿EF折叠，使点C落在EB′与AD的交点C′处．则BC：AB的值为。

考点：翻折变换（折叠问题）。解答：解：连接CC′，∵将△ABE沿AE折叠，使点B落在AC上的点B′处，又将△CEF沿EF折叠，使点C落在EB′与AD的交点C′处。∴EC=EC′，∴∠EC′C=∠ECC′，∵∠DC′C=∠ECC′，∴∠EC′C=∠DC′C，∴得到CC′是∠EC'D的平分线，∵∠CB′C′=∠D=90°，∴CB′=CD，又∵AB′=AB，所以B′是对角线AC中点，即AC=2AB，所以∠ACB=30°，∴cot∠ACB=cot30°=
BC
3，AB
BC：AB的值为：3。故答案为：3。

16．（2012绍兴）如图，矩形OABC的两条边在坐标轴上，OA=1，OC=2，现将此矩形向右平移，每次平移1个单位，若第1次平移得到的矩形的边与反比例函数图象有两个交点，它们的纵坐标之差的绝对值为0.6，则第n次（n＞1）平移得到的矩形的边与该反比例函数图象的两个交点的纵坐标之差的绝对值为（用含n的代数式表示）
第7页共16页


考点：反比例函数综合题。
解答：解：设反比例函数解析式为y
k
，则x
①与BC，AB平移后的对应边相交；
与AB平移后的对应边相交的交点的坐标为（2，1.4），则1.4
k
，2
14，5
14。5x
解得k2.8
故反比例函数解析式为y
则第n次（n＞1）平移得到的矩形的边与该反比例函数图象的两个交点的纵坐标之差的绝对值为：
141414
；
5n5(n15n(n1
②与OC，AB平移后的对应边相交；
k
0.6，2
6
解得k。
5k
故反比例函数解析式为y
6。5x
则第n次（n＞1）平移得到的矩形的边与该反比例函数图象的两个交点的纵坐标之差的绝对值为：
666。5n5(n15n(n1
故第n次（n＞1）平移得到的矩形的边与该反比例函数图象的两个交点的纵坐标之差的绝对值为
14
5n(n1
或
6
。
5n(n1
146
或。
5n(n15n(n1
13
故答案为：
三．解答题（共8小题）
17．（2012绍兴）计算：2(2cos603；考点：实数的运算；负整数指数幂；特殊角的三角函数值。解答：解：原式=432
2
1
1
31。2
第8页共16页


2x54(x2
18．（2012绍兴）解不等式组：。2
x1x3
考点：实数的运算；负整数指数幂；特殊角的三角函数值。
2x54(x2①

解答：解：2
x1x②3
解不等式①，得2x54x8，
3，2
解不等式②，得3x32x，解得x3，
解得x
所以，原不等式组的解集是
3
x3。2
1
EF长为半径作圆弧，两条圆弧交于点P，作射线AP，交CD于点M。2
19．（2012绍兴）如图，AB∥CD，以点A为圆心，小于AC长为半径作圆弧，分别交AB，AC于E，F两点，再分别以E，F为圆心，大于
（1）若∠ACD=114°，求∠MAB的度数；（2）若CN⊥AM，垂足为N，求证：△ACN≌△MCN。

考点：作图—复杂作图；全等三角形的判定。解答：（1）解：∵AB∥CD，∴∠ACD+∠CAB=18O°，又∵∠ACD=114°，∴∠CAB=66°，
由作法知，AM是∠ACB的平分线，∴∠AMB=
1
∠CAB=33°2
（2）证明：∵AM平分∠CAB，∴∠CAM=∠MAB，∵AB∥CD，∴∠MAB=∠CMA，∴∠CAM=∠CMA，又∵CN⊥AM，∴∠ANC=∠MNC，在△ACN和△MCN中，∵∠ANC=∠MNC，∠CAM=∠MAC，CN=CN，∴△ACN≌△MCN。20．（2012绍兴）如图1，某超市从一楼到二楼的电梯AB的长为16.50米，坡角∠BAC为32°。
第9页共16页

（1）求一楼于二楼之间的高度BC（精确到0.01米）；
（2）电梯每级的水平级宽均是0.25米，如图2．小明跨上电梯时，该电梯以每秒上升2级的高度运行，10秒后他上升了多少米（精确到0.01米）？备用数据：sin32°=0.5299，con32°=0.8480，tan32°=6249。

考点：解直角三角形的应用-坡度坡角问题。解答：解：（1）sin∠BAC=∴BC=AB×sin32°
=16.50×0.5299≈8.74米。（2）∵tan32°=
BC
，AB
级高
，级宽
∴级高=级宽×tan32°=0.25×0.6249=0.156225∵10秒钟电梯上升了20级，∴小明上升的高度为：20×0.156225≈3.12米。21．（2012绍兴）一分钟投篮测试规定，得6分以上为合格，得9分以上为优秀，甲、乙两组同学的一次测试成绩如下：


一分钟投篮成绩统计分析表：

第10页共16页

考点：频数（率）分布直方图；加权平均数；中位数；方差。解答：解（1）根据测试成绩表即可补全统计图（如图）：
补全分析表：甲组平均分（4×1+5×2+6×5+7×2+8×1+9×4）÷15=6.8，乙组中位数是第8个数，是7。

（2）甲乙两组平均数一样，乙组的方差低于甲组，说明乙组成绩比甲组稳定，又乙组合格率比甲组高，所以乙组成绩好于甲组。22．（2012绍兴）联想三角形外心的概念，我们可引入如下概念。定义：到三角形的两个顶点距离相等的点，叫做此三角形的准外心。举例：如图1，若PA=PB，则点P为△ABC的准外心。应用：如图2，CD为等边三角形ABC的高，准外心P在高CD上，且PD=
1
AB，求∠APB的度数。2
探究：已知△ABC为直角三角形，斜边BC=5，AB=3，准外心P在AC边上，试探究PA的长。

考点：线段垂直平分线的性质；等腰三角形的性质；等边三角形的性质；勾股定理。解答：应用：解：①若PB=PC，连接PB，则∠PCB=∠PBC，∵CD为等边三角形的高，∴AD=BD，∠PCB=30°，∴∠PBD=∠PBC=30°，∴PD=
33
DB=AB，36
1
AB矛盾，∴PB≠PC，2
1
AB，得PD=BD，2
与已知PD=
②若PA=PC，连接PA，同理可得PA≠PC，③若PA=PB，由PD=
∴∠APD=45°，故∠APB=90°；探究：解：∵BC=5，AB=3，
∴AC=BC2AB252324，①若PB=PC，设PA=x，则x3(4x，
2
2
2
x∴
77
，即PA=，88
第11页共16页

②若PA=PC，则PA=2，③若PA=PB，由图知，在Rt△PAB中，不可能。故PA=2或
7
。8

23．（2012绍兴）小明和同桌小聪在课后复习时，对课本“目标与评定”中的一道思考题，进行了认真的探索。
【思考题】如图，一架2.5米长的梯子AB斜靠在竖直的墙AC上，这时B到墙C的距离为0.7米，如果梯子的顶端沿墙下滑0.4米，那么点B将向外移动多少米？（1）请你将小明对“思考题”的解答补充完整：解：设点B将向外移动x米，即BB1=x，
则B1C=x+0.7，A1C=AC﹣AA1=2.520.720.42
而A1B1=2.5，在Rt△A1B1C中，由B1C2A1C2A1B12得方程





，
解方程得x1=，x2=，∴点B将向外移动米。
（2）解完“思考题”后，小聪提出了如下两个问题：
【问题一】在“思考题”中，将“下滑0.4米”改为“下滑0.9米”，那么该题的答案会是0.9米吗？为什么？【问题二】在“思考题”中，梯子的顶端从A处沿墙AC下滑的距离与点B向外移动的距离，有可能相等吗？为什么？
请你解答小聪提出的这两个问题。

考点：勾股定理的应用；一元二次方程的应用。解答：解：（1）(x0.722.5，
故答案为；0.8，﹣2.2（舍去），0.8。（2）①不会是0.9米，
若AA1=BB1=0.9，则A1C=2.4﹣0.9=1.5，B1C=0.7+0.9=1.6，
222
1.5+1.6=4.81，2.5=6.25∵B1CA1CA1B1，∴该题的答案不会是0.9米。②有可能。
2
2
2
2
2
2
第12页共16页

设梯子顶端从A处下滑x米，点B向外也移动x米，则有(x0.72(2.4x22.52，
解得：x=1.7或x=0（舍）∴当梯子顶端从A处下滑1.7米时，点B向外也移动1.7米，即梯子顶端从A处沿墙AC下滑的距离与点B向外移动的距离有可能相等。24．（2012绍兴）把一边长为40cm的正方形硬纸板，进行适当的剪裁，折成一个长方形盒子（纸板的厚度忽略不计）。
（1）如图，若在正方形硬纸板的四角各剪一个同样大小的正方形，将剩余部分折成一个无盖的长方形盒子。
①要使折成的长方形盒子的底面积为484cm，那么剪掉的正方形的边长为多少？②折成的长方形盒子的侧面积是否有最大值？如果有，求出这个最大值和此时剪掉的正方形的边长；如果没有，说明理由。
（2）若在正方形硬纸板的四周剪掉一些矩形（即剪掉的矩形至少有一条边在正方形硬纸板的边上），将剩余部分折成一个有盖的长方形盒子，若折成的一个长方形盒子的表面积为550cm，求此时长方形盒子的长、宽、高（只需求出符合要求的一种情况）。
2
2
考点：二次函数的应用；一元二次方程的应用。解答：解：（1）①设剪掉的正方形的边长为xcm。则(402x2484，即402x22，
解得x131（不合题意，舍去），x29，
∴剪掉的正方形的边长为9cm。②侧面积有最大值。
2
设剪掉的正方形的边长为xcm，盒子的侧面积为ycm，则y与x的函数关系为：y4(402xx，即y8x2160x，即y8(x102800，
∴x=10时，y最大=800。
2
即当剪掉的正方形的边长为10cm时，长方形盒子的侧面积最大为800cm。（2）在如图的一种剪裁图中，设剪掉的正方形的边长为xcm。
2(402x(20x2x(20x2x(402x550，
解得：x135（不合题意，舍去），x215。∴剪掉的正方形的边长为15cm。
此时长方体盒子的长为15cm，宽为10cm，高为5cm。
第13页共16页


25．（2012绍兴）如图，矩形OABC的两边在坐标轴上，连接AC，抛物线yx24x2经过A，B两点。
（1）求A点坐标及线段AB的长；
（2）若点P由点A出发以每秒1个单位的速度沿AB边向点B移动，1秒后点Q也由点A出发以每秒7个单位的速度沿AO，OC，CB边向点B移动，当其中一个点到达终点时另一个点也停止移动，点P的移动时间为t秒。①当PQ⊥AC时，求t的值；②当PQ∥AC时，对于抛物线对称轴上一点H，∠HOQ＞∠POQ，求点H的纵坐标的取值范围。

考点：二次函数综合题。
解答：解：（1）由抛物线yx24x2知：当x=0时，y=﹣2，∴A（0，﹣2）。
由于四边形OABC是矩形，所以AB∥x轴，即A、B的纵坐标相同；当y2时，2x4x2，解得x10，x24，∴B（4，﹣2），∴AB=4。（2）①由题意知：A点移动路程为AP=t，Q点移动路程为7(t17t7。
当Q点在OA上时，即07t72，1t如图1，若PQ⊥AC，则有Rt△QAP∽Rt△ABC。
2
9
时，7
QAAP7t7t
=，，即ABBC427t。∴
579∵，57
∴
∴此时t值不合题意。
第14页共16页

当Q点在OC上时，即27t76，如图2，过Q点作QD⊥AB。∴AD=OQ=7（t﹣1）﹣2=7t﹣9。∴DP=t﹣（7t﹣9）=9﹣6t。若PQ⊥AC，则有Rt△QDP∽Rt△ABC，
913
t时，77
QADP296t
=，即，ABBC444t。∴
3
9413∵，7374
t符合题意。∴
3
∴
当Q点在BC上时，即67t78，
1315
t时，77
如图3，若PQ⊥AC，过Q点作QG∥AC，
则QG⊥PG，即∠GQP=90°。∴∠QPB＞90°，这与△QPB的内角和为180°矛盾，此时PQ不与AC垂直。综上所述，当t
4
时，有PQ⊥AC。3
②当PQ∥AC时，如图4，△BPQ∽△BAC，
BPBQ
=，BABC
4t87(t1
∴，42
∴
解得t=2，即当t=2时，PQ∥AC。此时AP=2，BQ=CQ=1，∴P（2，﹣2），Q（4，﹣1）。抛物线对称轴的解析式为x=2，
当H1为对称轴与OP的交点时，有∠H1OQ=∠POQ，∴当yH＜﹣2时，∠HOQ＞∠POQ。作P点关于OQ的对称点P′，连接PP′交OQ于点M，过P′作P′N垂直于对称轴，垂足为N，连接OP′，在Rt△OCQ中，∵OC=4，CQ=1。∴OQ=17，
∵S△OPQ=S四边形ABCD﹣S△AOP﹣S△COQ﹣S△QBP=3=
1
OQ×PM，2
∴PM=
617
，17
1217
，17
∴PP′=2PM=
第15页共16页

∵NPP′=∠COQ。∴Rt△COQ∽△Rt△NPP′
CQP'N∴，=OQPP'
1248，PN，17174614，）∴P′（，1717
7
x，∴直线OP′的解析式为y2314
∴OP′与NP的交点H2（2，）。
23
14
∴当yH时，∠HOP＞∠POQ。
23
14
综上所述，当yH2或yH时，∠HOQ＞∠POQ。
23PN∴
'


第16页共16页

本文来源：https://www.2haoxitong.net/k/doc/c12de23b5a8102d276a22f56.html

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