2017年浙江省舟山市中考数学试卷(含答案解析版)(3)

【考点】PB：翻折变换（折叠问题）；LB：矩形的性质．

【分析】首先根据折叠的性质求出DA′、CA′和DC′的长度，进而求出线段DG的长度． 【解答】解：∵AB=3，AD=2，

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∴DA′=2，CA′=1， ∴DC′=1， ∵∠D=45°， ∴DG=

DC′=

，

故选A．

10．下列关于函数y=x2﹣6x+10的四个命题： ①当x=0时，y有最小值10；

②n为任意实数，x=3+n时的函数值大于x=3﹣n时的函数值；

③若n＞3，且n是整数，当n≤x≤n+1时，y的整数值有（2n﹣4）个； ④若函数图象过点（a，y0）和（b，y0+1），其中a＞0，b＞0，则a＜b． 其中真命题的序号是（ ） A．① B．② C．③ D．④

【考点】O1：命题与定理；H3：二次函数的性质．

【分析】分别根据抛物线的图象与系数的关系、抛物线的顶点坐标公式及抛物线的增减性对各选项进行逐一分析．

【解答】解：∵y=x﹣6x+10=（x﹣3）+1， ∴当x=3时，y有最小值1，故①错误； 当x=3+n时，y=（3+n）2﹣6（3+n）+10， 当x=3﹣n时，y=（n﹣3）﹣6（n﹣3）+10，

∵（3+n）2﹣6（3+n）+10﹣[（n﹣3）2﹣6（n﹣3）+10]=0，

∴n为任意实数，x=3+n时的函数值等于x=3﹣n时的函数值，故②错误； ∵抛物线y=x﹣6x+10的对称轴为x=3，a=1＞0， ∴当x＞3时，y随x的增大而增大， 当x=n+1时，y=（n+1）﹣6（n+1）+10， 当x=n时，y=n﹣6n+10，

（n+1）2﹣6（n+1）+10﹣[n2﹣6n+10]=2n﹣4， ∵n是整数，

∴2n﹣4是整数，故③正确；

∵抛物线y=x2﹣6x+10的对称轴为x=3，1＞0，

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2

2

2

2

2

2

∴当x＞3时，y随x的增大而增大，x＜0时，y随x的增大而减小，

∵y0+1＞y0，∴当0＜a＜3，0＜b＜3时，a＞b，当a＞3，b＞3时，a＜b，当0＜a＜3，b＞3时，a，b的大小不确定，故④错误； 故选C．

二、填空题（每题4分，满分24分，将答案填在答题纸上） 11．分解因式：ab﹣b2= b（a﹣b） ． 【考点】53：因式分解﹣提公因式法． 【分析】根据提公因式法，可得答案． 【解答】解：原式=b（a﹣b）， 故答案为：b（a﹣b）． 12．若分式

的值为0，则x的值为 2 ．

【考点】63：分式的值为零的条件． 【分析】根据分式的值为零的条件可以得到【解答】解：由分式的值为零的条件得由2x﹣4=0，得x=2， 由x+1≠0，得x≠﹣1． 综上，得x=2，即x的值为2． 故答案为：2．

13．如图，小明自制一块乒乓球拍，正面是半径为8cm的⊙O，部分）粘贴胶皮，则胶皮面积为 （32+48π）cm ．

2

，从而求出x的值． ，

=90°，弓形ACB（阴影

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【考点】M3：垂径定理的应用；MO：扇形面积的计算．

【分析】连接OA、OB，根据三角形的面积公式求出S△AOB，根据扇形面积公式求出扇形ACB的面积，计算即可． 【解答】解：连接OA、OB， ∵

=90°，

∴∠AOB=90°， ∴S△AOB=×8×8=32， 扇形ACB（阴影部分）=

2

=48π，

则弓形ACB胶皮面积为（32+48π）cm， 故答案为：（32+48π）cm2．

14．七（1）班举行投篮比赛，每人投5球．如图是全班学生投进球数的扇形统计图，则投进球数的众数是 3球 ．

【考点】VB：扇形统计图；W5：众数．

【分析】根据众数的定义及扇形统计图的意义即可得出结论． 【解答】解：∵由图可知，3球所占的比例最大， ∴投进球数的众数是3球． 故答案为：3球．

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15．如图，把n个边长为1的正方形拼接成一排，求得tan∠BA1C=1，tan∠BA2C=，tan∠BA3C=，计算tan∠BA4C= 代数式表示）．

，…按此规律，写出tan∠BAnC=

（用含n的

【考点】T7：解直角三角形；KQ：勾股定理；LE：正方形的性质．

【分析】作CH⊥BA4于H，根据正方形的性质、勾股定理以及三角形的面积公式求出CH、A4H，根据正切的概念求出tan∠BA4C，总结规律解答． 【解答】解：作CH⊥BA4于H， 由勾股定理得，BA4=

=

，A4C=

，

△BA4C的面积=4﹣2﹣=， ∴×解得，CH=则A4H=∴tan∠BA4C=1=12﹣1+1， 3=2﹣2+1， 7=3﹣3+1， ∴tan∠BAnC=故答案为：

；

，

．

22

×CH=，

，

==

，

，

第16页（共30页）

16．一副含30°和45°角的三角板ABC和DEF叠合在一起，边BC与EF重合，BC=EF=12cm（如图1），点G为边BC（EF）的中点，边FD与AB相交于点H，此时线段BH的长是 12﹣12 ．现将三角板DEF绕点G按顺时针方向旋转（如图2），在∠CGF从0°到60°的变化过程中，点H相应移动的路径长共为 12

﹣18 ．（结果保留根号）

【考点】O4：轨迹；R2：旋转的性质．

【分析】如图1中，作HM⊥BC于M，HN⊥AC于N，则四边形HMCN是正方形，设边长为a．在Rt△BHM中，BH=2HM=2a，在Rt△AHN中，AH=﹣6，推出BH=2a=12易知BH1=BK+KH1=3

=

a，可得2a+

=8

，推出a=6

﹣12．如图2中，当DG∥AB时，易证GH1⊥DF，此时BH1的值最小，+3，当旋转角为60°时，F与H2重合，易知BH2=6

，观察图象可知，

在∠CGF从0°到60°的变化过程中，点H相应移动的路径长=2HH1+HH2，由此即可解决问题． 【解答】解：如图1中，作HM⊥BC于M，HN⊥AC于N，则四边形HMCN是正方形，设边长为a．

在Rt△ABC中，∵∠ABC=30°，BC=12， ∴AB=

=8

，

在Rt△BHM中，BH=2HM=2a， 在Rt△AHN中，AH=

=

a，

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∴2a+∴a=6

=8﹣6，

，

∴BH=2a=12﹣12．

+3，

如图2中，当DG∥AB时，易证GH1⊥DF，此时BH1的值最小，易知BH1=BK+KH1=3

∴HH1=BH﹣BH1=9﹣15，

，

当旋转角为60°时，F与H2重合，易知BH2=6

观察图象可知，在∠CGF从0°到60°的变化过程中，点H相应移动的路径长=2HH1+HH2=18﹣30+[6

﹣（12

﹣12）]=12﹣12，12

﹣18．

故答案分别为12

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