2013年上海市中考数学试卷及答案(Word版).docx
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2013年上海市初中毕业统一学业考试
数学试卷
考生注意：
1．本试卷含三个大题，共25题；
2．答题时，考生务必按答题要求在答题纸规定的位置上作答，在草稿纸、本试卷上答题一律无效；
3．除第一、二大题外，其余各题如无特别说明，都必须在答题纸的相应位置上写出证明或计算的主要步骤．
一、选择题：
（本大题共6题，每题4分，满分24分）
【下列各题的四个选项中，有且只有一个选项是正确的，选择正确项的代号并填涂在答题纸的相应位置上】
1．下列式子中，属于最简二次根式的是（）
．；．；．；．．
2．下列关于的一元二次方程有实数根的是（）
．；．；．；．．
3.如果将抛物线向下平移1个单位，那么所得新抛物线的表达式是（）
．；．；．；．．
4．数据0，1，1，3，3，4的中位数和平均数分别是（）
．2和2．4；．2和2；．1和2；．3和2．
5．如图1，已知在△中，点、、分别是边、、上的点，∥，∥，且，那么等于（）
．5:
8；．3:
8；．3:
5；．2:
5．
6．在梯形中，∥，对角线和交于点，下列条件中，能判断梯形是等腰梯形的是（）
．；．；
．；．．
二、填空题：
（本大题共12题，每题4分，满分48分）
【请将结果直接填入答题纸的相应位置】
7．因式分解：
．
8．不等式组的解集是．
9．计算：
．
10．计算：
．
11．已知函数，那么．
12．将“定理”的英文单词中的7个字母分别写在7张相同的卡片上，字面朝下随意放在桌子上，任取一张，那么取到字面的概率是．
13．某校报名参加甲、乙、丙、丁四个兴趣小组的学生人数如图2所示，那么报名参加甲组和丙组的人数之和占所有报名人数的百分比为．
14．在⊙中，已知半径长为3，弦长为4，那么圆心到的距离为．
15．如图3，在△和△中，点、、、在同一直线上，=，A∥D，请添加一个条件，使△≌△，这个添加的条件可以是（只需写一个，不添加辅助线）．
16．李老师开车从甲地到相距240千米的乙地，如果油箱剩余油量y（升）与行驶里程x（千米）之间是一次函数关系，其图像如图4所示，那么到达乙地时油箱剩余油量是升．
17．当三角形中一个内角是另一个内角的两倍时，我们称此三角形为“特征三角形”，其中称为“特征角”．如果一个“特征三角形”的“特征角”为100°，那么这个“特征三角形”的最小内角的度数为．
18．如图5，在△中，，，，如果将△沿直线翻折后，点落在边的中点处，直线与边交于点，那么的长为．
三、解答题：
（本大题共7题，19~22题10分，23、24题12分，25题14分，满分满分78分）
19．计算：
．
20．解方程组：
．
21．已知平面直角坐标系（如图6），直线经过第一、二、三象限，与轴交于点，点在这条直线上，联结，△的面积等于1．
（1）求的值；
（2）如果反比例函数（是常量，）的图像经过点，求这个反比例函数的解析式．
22．某地下车库出口处“两段式栏杆”如图
（1）所示，点是栏杆转动的支点，点是栏杆两段的连接点．当车辆经过时，栏杆升起后的位置如图
（2）所示，其示意图如图（3）所示，其中，∥，，米，求当车辆经过时，栏杆段距离地面的高度（即直线上任意一点到直线的距离）．（结果精确到0.1米，栏杆宽度忽略不计，参考数据：
，，．）
23．如图8，在△中，，，点为边的中点，∥交于点，∥交的延长线于点．
（1）求证：
；
（2）联结，过点作的垂线交的延长线于点，求证：
．
24．如图9，在平面直角坐标系中，顶点为的抛物线经过点A和轴正半轴上的点，，．
（1）求这条抛物线的表达式；
（2）联结，求的大小；
（3）如果点在轴上，且△与△相似，求点的坐标．
25．在矩形中，点是边上的动点，联结，线段的垂直平分线交边于点，垂足为点，联结（如图10）．已知，．设，．
（1）求关于的函数解析式，并写出的取值范围；
（2）当以长为半径的⊙和以长为半径的⊙外切时，求的值；
（3）点在边上，过点作直线的垂线，垂足为．如果，求的值．
2013年上海市初中毕业统一学业考试
数学试卷参考答案
一、选择题
1、B；2、D；3、C；4、B；5、A；6、C
二、填空题
7、（a+1）（a﹣1）；8、x＞1；9、3b；10、2+；11、1；12、；13、40%；
14、；15、AC=DF；16、2；17、30°；18、．
三、解答题
19．解：
原式=2+﹣1﹣1+2=3
20．解：
，
由②得：
（x+y）（x﹣2y）=0，
x+y=0或x﹣2y=0，
原方程组可变形为：
或，
解得：
，
21．解：
（1）过A作AC⊥y轴，连接OA，
∵A（2，t），
∴AC=2，
对于直线y=x+b，令x=0，得到y=b，即OB=b，
∵S△AOB=OB•AC=OB=1，
∴b=1；
（2）由b=1，得到直线解析式为y=x+1，
将A（2，t）代入直线解析式得：
t=1+1=2，即A（2，2），
把A（2，2）代入反比例解析式得：
k=4，
则反比例解析式为y=．
22．解：
如图，过点A作BC的平行线AG，过点E作EH⊥AG于H，则∠BAG=90°，∠EHA=90°．
∵∠EAB=143°，∠BAG=90°，
∴∠EAH=∠EAB﹣∠BAG=53°．
在△EAH中，∠EHA=90°，∠AEH=90°﹣∠EAH=37°，AE=1.2米，
∴EH=AE•cos∠AEH≈1.2×0.80=0.96（米），
∵AB=1.2米，
∴栏杆EF段距离地面的高度为：
AB+EH≈1.2+0.96=2.16≈2.2（米）．
故栏杆EF段距离地面的高度为2.2米．
23．证明：
（1）∵DE∥BC，CF∥AB，
∴四边形DBCF为平行四边形，
∴DF=BC，
∵D为边AB的中点，DE∥BC，
∴DE=BC，
∴EF=DF﹣DE=BC﹣CB=CB，
∴DE=EF；
（2）∵四边形DBCF为平行四边形，
∴DB∥CF，
∴∠ADG=∠G，
∵∠ACB=90°，D为边AB的中点，
∴CD=DB=AD，
∴∠B=∠DCB，∠A=∠DCA，
∵DG⊥DC，
∴∠DCA+∠1=90°，
∵∠DCB+∠DCA=90°，
∴∠1=∠DCB=∠B，
∵∠A+∠ADG=∠1，
∴∠A+∠G=∠B．
24．解：
（1）过点A作AE⊥y轴于点E，
∵AO=OB=2，∠AOB=120°，
∴∠AOE=30°，
∴AE=1，EO=，
∴A点坐标为：
（﹣1，），B点坐标为：
（2，0），
将两点代入y=ax2+bx得：
，
解得：
，
∴抛物线的表达式为：
y=x2﹣x；
（2）过点M作MF⊥OB于点F，
∵y=x2﹣x=（x2﹣2x）=（x2﹣2x+1﹣1）=（x﹣1）2﹣，
∴M点坐标为：
（1，﹣），
∴tan∠FOM==，
∴∠FOM=30°，
∴∠AOM=30°+120°=150°；
（3）∵AO=OB=2，∠AOB=120°，
∴∠ABO=∠OAB=30°，
∴AB=2EO=2，
当△ABC1∽△AOM，
∴=，
∵MO==，
∴=，
解得：
BC1=2，∴OC1=4，
∴C1的坐标为：
（4，0）；
当△C2AB∽△AOM，
∴=，
∴=，
解得：
BC2=6，∴OC2=8，
∴C2的坐标为：
（8，0）．
综上所述，△ABC与△AOM相似时，点C的坐标为：
（4，0）或（8，0）．
25．解：
（1）在Rt△ABP中，由勾股定理得：
BP2=AP2+AB2=x2+25．
∵MQ是线段BP的垂直平分线，
∴BQ=PQ，BM=BP，∠BMQ=90°，
∴∠MBQ+∠BQM=90°，
∵∠ABP+∠MBQ=90°，∴∠ABP=∠BQM，
又∵∠A=∠BMQ=90°，
∴△ABP∽△MQB，
∴，即，化简得：
y=BP2=（x2+25）．
当点Q与C重合时，BQ=PQ=13，在Rt△PQD中，由勾股定理定理得：
PQ2=QD2+PD2，即132=52+（13﹣x）2，解得x=1；
又AP≤AD=13，∴x的取值范围为：
1≤x≤13．
∴y=（x2+25）（1≤x≤13）．
（2）当⊙P与⊙Q相外切时，如答图1所示：
设切点为M，则PQ=PM+QM=AP+QC=AP+（BC﹣BQ）=x+（13﹣y）=13+x﹣y；
∵PQ=BQ，
∴13+x﹣y=y，即2y﹣x﹣13=0
将y=（x2+25）代入上式得：
（x2+25）﹣x﹣13=0，
解此分式方程得：
x=，
经检验，x=是原方程的解且符合题意．
∴x=．
（3）按照题意画出图形，如答图2所示，连接QE．
∵EF=EC，EF⊥PQ，EC⊥QC，∴∠1=∠2（角平分线性质）．
∵PQ=BQ，∴∠3=∠4，
而∠1+∠2=∠3+∠4（三角形外角性质），∴∠1=∠3．
又∵矩形ABCD，∴AD∥BC，∴∠3=∠5，
∴∠1=∠5，又∵∠C=∠A=90°，
∴△CEQ∽△ABP，
∴，即，化简得：
4x+5y=65，
将y=（x2+25）代入上式得：
4x+（x2+25）=65，
解此分式方程得：
x=，
经检验，x=是原方程的解且符合题意，
∴x=．
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