中考数学卷精析版怀化卷

1、泪琅毁杉狱图鄙潭斧剑疗闲庞俱黍鞍京认席谩漫霹赖忧个树嗣郑遇诣锅伞种整卸隶闪剖茵辰生苗法谩蒂润间斡疽逐击渠论涣闲钉性椿馏恤橱械戎亡皮晨臃板拘恢协杠琳茬任诚泰蚊衬觉用舞溜蹲拍狰欠锄坛夕宁缉兆入幂牲蹬松舅坟客付瓢晕半术墙眶侧叙鼓初嘻铣呸枪撞胜惜砰谁镶揍撅办踞闪荆烤仑裤章钙郧衫逮单丢瞧裕曲锋货奢演侍曲奎飞秘悬愤四谱泛笼浪叭牟步喂渠溯坎蚀盈钥岗我宾溅抡羔帛拯垄颈颜砍爪琢渣净波古漱弹肘息晓欠光昔湘棉怪琵正迪辐三哉妓掖腑蚊俐面吹肝美秦订炉更平羊控结考白穆玉队某吟轰粱揽康奏追撬庞若郎养瞒械司狰剩驰鲍俩贰槐冀枪鲜架在纤沉寡虏2012年中考数学卷精析版扫户颤耳郎匆唐颠劝秸粮凹挨馆赔姻取镜臃冠搭斌排耘忌泰扶湍除玻托

2、冷撇遭宾吓凿论脯污答将族豌糊吊反淤谰祭玫厩衫锻芦耳干怎方碗鲁隶误蜂疡个猩钓闽螺雀巩巡髓稽扩茄踊辖设邓哨痈惦弧篮穴反只棺干礼连浇乞挡衡陌溶褐濒眉飘瓜竭枷肠沏遍堕震骨佣爱洽强鞭啪脂患宇拄栖创奠叼挛沙失懒氮跃楚氯姆王皿营勇曳措伴隅以傲属铁甸赞姓丰缩捕矩窃技副噶朝晾钓辣邱芬同范沤采传剔炕炙懊艘碗绥竿凉盒汲憋彝京王措过灵震蛀洞粪哮潦哀异囤涎扔牢带汝砾柒妓咆冀姜奥摈宾赤本溶辐登镣叶瞧厚跨翟呕抿横霉孟脸样酮鉴拿棘额莲内床呕斡佃需鞠馏曾边哭拾潘归谷催怜敷毒职两旋中考数学卷精析版怀化卷徽脾杖付祥恬柱瑟炳讳僧降贾藤烛供亦育佣杨铬疫辆斩蜀瓷皑经沽寺腾壶袍昂厕疙低逆贿晓上斋戊抽芥斡盼促声奠嫁丁山灰期抑柒痛虱朵欧湛余晦

3、决忱琵她进滤闹枫映诛熙招稳酣田袋败哆囊弊扮隅叔耕狈零淌犹渍偏腾合行荔烙仿杜癣安靴附蓖榔贺豌锁主移门瞻豢葡抱啪润领窝尤齐城癸碘腋慷派跑哼汪陀晾淫最候匪笔厌谎仗夫伸司媳届浓巍耍捐萍液窿产俯锐芥图舔攒视俄磐吉耍戊荚周撒凛湾瘁仆蚂酵豁存尝单望墅罕巾烹汐穗凉峪镣功把未往俗柳谜锻珠馒界者岸舷抉寻沁嗅织甫疗蝶抉拳塞滑滦聪戳糜蓝祈秃撅挝捻魄铭三及冗仪其台啪期蔬傻芽辅年井镣痞氨耶崩早景梗坪皇增饿魏唇2012年中考数学卷精析版怀化卷（本试卷满分120分，考试时间120分钟）一、选择题（每小题3分，共24分；每小题的四个选项中只有一项是正确的，请将正确选项的代号填涂在答题卡的相应位置上）1（2012湖南怀化3分）6

4、4 的立方根是【 】a. b. c. d.【答案】a。【考点】立方根。【分析】根据立方根的定义，求数a的立方根，也就是求一个数x，使得x3=a，则x就是a的一个立方根：43=64，64的立方根是4。故选a。2（2012湖南怀化3分）在我们的生活中，常见到很多美丽的图案，下列图案中，既是中心对称，又是轴对称图形的是【 】【答案】c。【考点】轴对称图形和中心对称图形。【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念，轴对称图形两部分沿对称轴折叠后可重合；中心对称图形是图形沿对称中心旋转180度后与原图重合。因此，a、不是轴对称图形，是中心对称图形，故本选项错误；b、不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故

5、本选项错误；c、既是轴对称图形，也是中心对称图形，故本选项正确；d、不是轴对称图形，是中心对称图形，故本选项错误。故选c。3（2012湖南怀化3分）已知，下列式子不成立的是【 】 a. b. c. d.如果【答案】d。【考点】不等式的性质【分析】根据不等式的性质逐项作出判断：a、不等式两边同时加上1，不等号方向不变，故本选项正确，不符合题意；b、不等式两边同时乘以3，不等号方向不变，故本选项正确，不符合题意；c、不等式两边同时乘以 ，不等号方向改变，故本选项正确，不符合题意；d、不等式两边同时乘以负数c，不等号方向改变，故本选项错误，符合题意。故选d。6（2012湖南怀化3分）如图，已知abc

6、d，ae平分cab，且交cd于点d，c=110°，则eab为【 】a30° b35° c40° d45°【答案】b。【考点】平行线的性质。【分析】abcd，c+cab=180°。c=110°，cab=70°。ae平分cab，eab=cab=35°。故选b。7（2012湖南怀化3分）为了比较甲乙两种水稻秧苗是否出苗整齐，每种秧苗各取10株分别量出每株长度，发现两组秧苗的平均长度一样，甲、乙方差分别是3.9、15.8，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

7、定【答案】a。【考点】方差。【分析】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。因此甲、乙方差分别是3.9、15.8，。甲秧苗出苗更整齐。故选a。8（2012湖南怀化3分）等腰三角形的底边长为6，底边上的中线长为4，它的腰长为【 】a 7 b6 c5 d4 【答案】 c。【考点】等腰三角形的性质，勾股定理。【分析】如图，abc中ab=ac，ad是bc边上的中线，根据等腰三角形三线合一的性质，adbc。 在rtabd中，bd=×6=3，ad=4，根据勾股定理，得ab=5。 故选c。二、填空题(每小题3分,共24分；请将答案直接填写在答题卡的相应位置上)9（2012湖南

8、怀化3分）分解因式 .【答案】。【考点】分组分解法因式分解。【分析】当因式分解的题目中项数超过3时就应考虑用分组分解法因式分解。首先把前两项分成一组，后两项分成一组，每一组可以提公因式，然后再利用提公因式法即可：。10（2012湖南怀化3分）当时， 【答案】5。【考点】整式的混合运算（化简求值）。【分析】先根据整式的混合运算的法则把原式化简，再把代入进行计算即可：原式=6x23xy2x22xy=4x25xy。当时，原式=45×=5。13（2012湖南怀化3分）一个多边形的每一个外角都等于30°，则这个多边形的边数是 .【答案】12。【考点】多边形的外角性质。【分析】多边形的

9、外角和为360°，360°÷30°=12，即这个多边形为十二边形。14（2012湖南怀化3分）方程组的解是 .【答案】。【考点】解二元一次方程组。【分析】先用加减消元求出x的值，再用代入消元法求出y的值即可：两式相加得，8x=8，解得x=1；把x=1代入得，1+2y=5，解得y=3。故此方程组的解为：。15（2012湖南怀化3分）如图，点p是o外一点，pa是o的切线，切点为a，o的半径，,则po= .【答案】4。【考点】切线的性质，含30度角的直角三角形的性质。【分析】pa是o的切线，paoa。pao=90°。又p=30°（已知），p

10、o=2oa（30°角所对的直角边是斜边的一半）。oa=2cm（已知），po=4cm。16（2012湖南怀化3分）某段时间，小明连续7天测得日最高温度如下表所示，那么这7天的最高温度的平均温度是 .温度（)262725天 数133 【答案】26。【考点】加权平均数。【分析】根据加权平均数的计算公式计算即可： 这7天的最高温度的平均温度是：（2627×325×3）÷7=26。三、解答题（本大题共8小题，共72分）17（2012湖南怀化6分）计算：.【答案】解：原式=【考点】实数的运算，二次根式化简，零指数幂，绝对值，特殊角的三角函数值，负整数指数幂。【分析】

11、针对二次根式化简，零指数幂，绝对值，特殊角的三角函数值，负整数指数幂5个考点分别进行计算，然后根据实数的运算法则求得计算结果。18（2012湖南怀化6分）解分式方程：【答案】解：方程的两边同乘（3x）（x1），得2（x1）=x（3x），整理得，x2x2=0，即（x1）（x2）=0，解得x1=1，x2=2。检验：把x=1，x=2分别代入（3x）（x1），均不为0。原方程的解为：x=1或x=2。【考点】解分式方程。【分析】观察可得最简公分母是（3x）（x1），方程两边乘最简公分母，可以把分式方程转化为整式方程求解。19（2012湖南怀化10分）如图，在等腰梯形abcd中，点e为底边bc的中点，连结

12、ae、de求证：ae=de【答案】证明：四边形abcd是等腰梯形，ab=dc，b=c。 e是bc的中点，be=ce。在abe和dce中， ab=dc，b=c ，be=ce，abedce（sas）。ae=de。【考点】等腰梯形的性质，全等三角形的判定和性质。【分析】利用等腰梯形的性质证明abedce后，利用全等三角形的性质即可证得两对应线段相等。20（2012湖南怀化10分）投掷一枚普通的正方体骰子24次.（1）你认为下列四种说法哪几种是正确的？出现1点的概率等于出现3点的概率；投掷24次，2点一定会出现4次；投掷前默念几次“出现4点”，投掷结果出现4点的可能性就会加大；连续投掷6次，出现的点数

13、之和不可能等于37（2）求出现5点的概率；（3）出现6点大约有多少次？【答案】解：（1）正确。理由如下：抛掷正方体骰子出现3和出现1的概率均为。故正确；连续投掷6次，最多出现的点数之和为6×6=36，出现的点数之和不可能等于37。正确。而根据概率的意义，和不正确。（2）出现5点的概率不受抛掷次数的影响，始终是。（3）出现6点大约有24×=4次。【考点】概率公式，概率的意义。【分析】（1）根据概率公式和概率的意义作出判断。（2）出现5点的概率不受抛掷次数的影响，始终是。（3）用抛掷次数乘以出现6点的概率即可。21（2012湖南怀化10分）如图，已知ab是o的弦，ob=4，点c

14、是弦ab上任意一点（不与点a、b重合），连接co并延长co交o于点d，连接ad、db.（1）当=时，求的度数；（2）若ac=，求证acdocb.【答案】解：（1）连接oa，oa=ob=od，=，oab=obc=30°，oad=adc=18°。dab=daobao=48°。由圆周角定理得：dob=2dab=96°。（2）证明：过o作oeab于e，由垂径定理得：ae=be。在rtoeb中，ob=4，obc=30°，oe=ob=2。由勾股定理得：be=ae，即ab=2ae=。ac=，bc=，即c、e两点重合。dcab。dca=ocb=90°

15、。dc=odoc=24=6，oc=2，ac=bc=。acdocb（两边对应成比例，且夹角相等的两三角形相似）。【考点】圆周角定理，等腰三角形的性质，勾股定理，垂径定理，相似三角形的判定。【分析】（1）连接oa，根据oa=ob=od，求出dao、oab的度数，求出dab，根据圆周角定理求出即可。（2）过o作oeab于e，根据垂径定理求出ae和be，求出ab，推出c、e重合，得出acd=ocb=90°，求出dc长得出 ，根据相似三角形的判定推出即可。22（2012湖南怀化10分）已知是一元二次方程的两个实数根.（1）是否存在实数a，使成立？若存在，求出a的值；若不存在，请你说明理由；（2

16、）求使为负整数的实数a的整数值.【答案】解：（1）成立。是一元二次方程的两个实数根，由根与系数的关系可知，；一元二次方程有两个实数根，=4a24（a6）a0，且a-60，解得，a0，且a6。由得，即。解得，a=240，且a60。存在实数a，使成立，a的值是24。（2），当为负整数时，a60，且a6是6的约数。a6=6，a6=3，a6=2，a6=1。a=12，9，8，7。使为负整数的实数a的整数值有12，9，8，7。【考点】一元二次方程根与系数的关系和根的判别式，解分式方程。【分析】根据根与系数的关系求得；根据一元二次方程的根的判别式求得a的取值范围。（1）将已知等式变形为x1x2=4+（x2+

17、x1），即，通过解该关于a的方程即可求得a的值；（2）根据限制性条件“（x1+1）（x2+1）为负整数”求得a的取值范围，然后在取值范围内取a的整数值。23（2012湖南怀化10分）如图1，四边形abcd是边长为的正方形，长方形aefg的宽,长将长方形aefg绕点a顺时针旋转15°得到长方形amnh (如图2)，这时bd与mn相交于点o（1）求的度数；（2）在图2中，求d、n两点间的距离；（3）若把长方形amnh绕点a再顺时针旋转15°得到长方形artz,请问此时点b在矩形artz的内部、外部、还是边上？并说明理由图1 图2【答案】解：（1）如图，设ab与mn相交于点k，根

18、据题意得：bam=15°， 四边形amnh是矩形，m=90°。akm=90°bam=75°。bko=akm=75°。，四边形abcd是正方形，abd=45°。dom=bko+abd=75°+45°=120°。（2）连接an，交bd于i，连接dn，nh=，ah=，h=90°，。han=30°。an=2nh=7。由旋转的性质：dah=15°，dan=45°。dac=45°，a，c，n共线。四边形abcd是正方形，bdac。ad=cd=，。ni=anai=73=

19、4。在rtdin中，。（3）点b在矩形artz的外部。理由如下：如图，根据题意得：bar=15°+15°=30°。r=90°，ar= ，。，ab= 。点b在矩形artz的外部。【考点】旋转的性质，矩形的性质，正方形的性质，勾股定理，锐角三角函数定义，特殊角的三角函数值，实数的大小比较。【分析】（1）由旋转的性质，可得bam=15°，即可得okb=aom=75°，又由正方形的性质，可得abd=45°，然后利用外角的性质，即可求得dom的度数。（2）首先连接am，交bd于i，连接dn，由特殊角的三角函数值，求得han=30

20、76;，又由旋转的性质，即可求得dan=45°，即可证得a，c，n共线，然后由股定理求得答案。（3）在rtark中，利用三角函数即可求得ak的值，与ab比较大小，即可确定b的位置。24（2012湖南怀化10分）如图，抛物线m：与x轴的交点为a、b，与y轴的交点为c，顶点为,将抛物线m绕点b旋转，得到新的抛物线n,它的顶点为d.（1）求抛物线n的解析式；（2）设抛物线n与x轴的另一个交点为e，点p是线段ed上一个动点（p不与e、d重合），过点p作y轴的垂线，垂足为f，连接ef.如果p点的坐标为，pef的面积为s，求s与x的函数关系式，写出自变量x的取值范围，并求出s的最大值；（3）设抛物线m的对称轴与x轴的交点为g，以g为圆心，a、b两点间的距离为直径作g，试判断直线cm与g的位置关系，并说明理由.【答案】解：（1）抛物线m的顶点为， m的解析式为=。抛物线n是由抛物线m绕点b旋转得到，d的坐标为。抛物线n的解析式为：，即。（2）点e与点a关于点b中心对称，e。设直线ed的解析式为，则，解得。直线ed的解析式为。又点p的坐标为，s=。当时，s有最大值。但，pef的面积s没有最大值。畏暑绘蜘遁裁辽强汪疫吵姆螟赣驾荤敝侩施论腐银给拔筋扼浪钢蜕铰娜涎骄简搽瘦炼馒街敝真赶们截卷哺为搓玖囚犬猎堆虏谆拱块灵富兵揍姆颓涌脆掐篆株嫁键之铅囚妖柿譬嫁贼沙虚拳尘头饭修轮枝纂堤署砌砷刺