五毛钱-药学专业

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2012年山东省泰安市中考数学试卷
一．选择题
1．（2012泰安）下列各数比﹣3小的数是（ ）
A．0 B．1 C．﹣4 D．﹣1
考点：有理数大小比较。
解答：解：根据两负数比较大小，其绝对值大的反而小，正数都大于负数，零
大于一切负数，
∴1＞﹣3，0＞﹣3，
∵|﹣3|=3，|﹣1|=1，|﹣4|=4，
∴比﹣3小的数是负数，是﹣4．
故选C．
2．（2012泰安）下列运算正确的是（ ）
A．
(5)
2
5
B．
()
2
16
C．
x
6
x
3
x
2
D．
(x
3
)
2
x
5

考点：二次根式的性质与化简；幂的乘方与积的乘方；同底数幂的除法；负整
数指数幂。
解答：解：A、
(5)
2
55
，所以A选项不正确；
B、
()
2
16
，所以B选项正确；
C、
x
6
x
3
x
3
，所以C选项不正确；
D、< br>(x
3
)
2
x
6
，所以D选项不正确．
故选B．
3．（2012泰安）如图所示的几何体的主视图是（ ）
1
4
1
4

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A． B． C． D．
考点：简单组合体的三视图。
解答：解：从正面看易得第一层有1个大长方形，第二层中间有一个小正方形．
故选A． < br>4．（2012泰安）已知一粒米的质量是0.000021千克，这个数字用科学记数法表
示为 （ ）
A．
2110
4
千克 B．
2.110
6
千克 C．
2.110
5
千克 D．
2.110
4
千
克
考点：科学记数法—表示较小的数。
解答：解：0.000021=
2.110
5
；
故选：C．
5．（2012泰安）从下列四张卡片中任取一张，卡片上的图形是中心对称图形的
概率是（ ）

A．0 B． C． D．
考点：概率公式；中心对称图形。
解答：解：∵在这一组图形中，中心对称图形只有最后一个，
∴卡片上的图形是中心对称图形的概率是．
故选D．
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x84x1
6．（2012泰安）将不等式组

的解集在数轴上 表示出来，正确的是
x163x

（ ）
A．
C．
B．


D．
考点：在数轴上表示不等式的解集；解一元一次不等式组。

x84x1 ①
解答：解：

，由①得，x＞3；由②得，x≤4，

x163x ②
故其解集为：3＜x≤4．
在数轴上表示为：

故选C．
7．（2012泰安）如图，在平行四边形ABCD中，过点C的直线C E⊥AB，垂
足为E，若∠EAD=53°，则∠BCE的度数为（ ）

A．53° B．37° C．47° D．123°
考点：平行四边形的性质。
解答：解：∵在平行四边形ABCD中，过点C的直线CE⊥AB，
∴∠E=90°，
∵∠EAD=53°，
∴∠EFA=90°﹣53°=37°，
∴∠DFC=37
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∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，
∴∠BCE=∠DFC=37°．
故选B．

8．（2012泰安）某校 开展“节约每一滴水”活动，为了了解开展活动一个月以来
节约用水的情况，从八年级的400名同学中 选取20名同学统计了各自家庭一个
月约节水情况．见表：

请你估计这400名同学的家庭一个月节约用水的总量大约是（ ）
A．130m
3
B．135m
3
C．6.5m
3
D．260m
3

考点：用样本估计总体；加权平均数。
解答：解：20名同学各自家庭一个月平均节约用水是：
（0.2×2+0.25×4+0. 3×6+04×7+0.5×1）÷20=0.325（m
3
），
因此这400名同学的家庭一个月节约用水的总量大约是：
400×0.325=130（m
3
），
故选A．
9．（201 2泰安）如图，在矩形ABCD中，AB=2，BC=4，对角线AC的垂直平
分线分别交AD、AC于 点E、O，连接CE，则CE的长为（ ）
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A．3 B．3.5 C．2.5 D．2.8
考点：线段垂直平分线的性质；勾股定理；矩形的性质。
解答：解：∵EO是AC的垂直平分线，
∴AE=CE，
设CE=x，则ED=AD﹣AE=4﹣x，
在Rt△CDE中，CE
2
=CD
2
+ED
2
，
即
x
2
=2
2
（4x)
2
，
解得
x2.5
，
即CE的长为2.5．
故选C．
1 0．（2012泰安）二次函数
yax
2
bx
的图象如图，若一元二次方 程
ax
2
bxm0
有实数根，则
m
的最大值为（ ）

A．
3
B．3 C．
6
D．9
考点：抛物线与x轴的交点。
解答：解：∵抛物线的开口向上，顶点纵坐标为﹣3，
b
2
3
，即
b
2
12a
， ∴a＞0.
4a
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∵一元二次方程
ax
2
bxm0
有实数根，
∴△=
b
2
4am0
，即
12a4am0
，即
1 24m0
，解得
m3
，
∴m的最大值为3．
故选B． < br>11．（2012泰安）如图，AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB，垂足为M，下列结论
不成立的 是（ ）


C．∠ACD=∠ADC D．OM=MD A．CM=DM B．
CB=DB
考点：垂径定理。
解答：解：∵AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB，垂足为M，
∴M为CD的中点，即CM=DM，选项A成立；

，选项B成立； B为的中点，即
CB=DB
在△ACM和△ADM中，
∵AM=AM，∠AMC=∠AMD=90°，CM=DM，
∴△ACM≌△ADM（SAS），
∴∠ACD=∠ADC，选项C成立；
而OM与MD不一定相等，选项D不成立．
故选D
12．（2012泰安）将抛物 线
y3x
2
向上平移3个单位，再向左平移2个单位，那
么得到的抛物线的 解析式为（ ）
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A．
y3(x2)
2
3
B．
y3(x2)
2
3
C．
y3(x2)
2
3

D．
y3(x2)
2
3

考点：二次函数图象与几何变换。
解答：解：由“上加下减”的原则可知，将抛物线
y3x
2
向上平移3个单位所得抛
物线的解析式为：
y3x
2< br>3
；
由“左加右减”的原则可知，将抛物线
y3x
2
 3
向左平移2个单位所得抛物线的解
析式为：
y3(x2)
2
 3
．
故选A．
13．（2012泰安）如图，为测量某物体AB的高度，在在D点 测得A点的仰角
为30°，朝物体AB方向前进20米，到达点C，再次测得点A的仰角为60°，则< br>物体AB的高度为（ ）

A．
103
米 B．10米 C．
203
米 D．
考点：解直角三角形的应用-仰角俯角问题。
解答：解：∵在直角三角形ADC中，∠D=30°，
∴=tan30°
∴BD==AB
203
米
3
∴在直角三角形ABC中，∠ACB=60°，
∴BC=
∵CD=20
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=
3
AB
3

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∴CD=BD﹣BC=
解得：AB=
103
．
故选A．
AB﹣
3
AB=20
3
14．（2012泰安）如图，菱形OAB C的顶点O在坐标原点，顶点A在x轴上，
∠B=120°，OA=2，将菱形OABC绕原点顺时针旋 转105°至OA′B′C′的位置，
则点B′的坐标为（ ）

A．（
2
，
2
） B．（
2
，
2
） C．（2012泰安） D．（
3
，
3
）
考点：坐标与图形变化-旋转；菱形的性质。
解答：解：连接OB，OB′，过点B′作B′E⊥x轴于E，
根据题意得：∠BOB′=105°，
∵四边形OABC是菱形，
∴OA=AB，∠AOB=∠AOC=∠ABC=×120°=60°，
∴△OAB是等边三角形，
∴OB=OA=2，
∴∠AOB′=∠BOB′﹣∠AOB=105°﹣60°=45°，OB′=OB=2，
∴OE=B′E=OB′•sin45°=
2
2
2
，
2
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∴点B′的坐标为：（
2
，
2
）．
故选A．

15．（2012泰安）一个不透明的布袋中有分别标着数字1，2，3，4的四个乒乓
球，现 从袋中随机摸出两个乒乓球，则这两个乒乓球上的数字之和大于5的概
率为（ ）
A． B． C． D．
考点：列表法与树状图法。
解答：解：列表得：
1
6
1
3
1
2
2
3

∵共有12种等可能的结果，这两个乒乓球上的数字之和大于5的有4种情况，
∴这两个乒乓球上的数字之和大于5的概率为：
故选B．
16．（2012泰安）二 次函数
ya(xm)
2
n
的图象如图，则一次函数
ymx n
的图
象经过（ ）
41

．
123
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A．第一、二、三象限 B．第一、二、四象限 C．第二、三、四象
限 D．第一、三、四象限
考点：二次函数的图象；一次函数的性质。
解答：解：∵抛物线的顶点在第四象限，
∴﹣m＞0，n＜0，
∴m＜0，
∴一次函数
ymxn
的图象经过二、三、四象限，
故选C．
17．（2012泰安）如图，将矩形纸片ABCD沿EF折叠，使点B与CD的中点
重合，若AB=2 ，BC=3，则△FCB′与△B′DG的面积之比为（ ）

A．9：4 B．3：2 C．4：3 D．16：9
考点：翻折变换（折叠问题）。
解答：解：设BF=x，则CF=3﹣x，BF′=x，
又点B′为CD的中点，
∴B′C=1，
在Rt△B′CF中，BF′
2
=B′C
2
+CF
2
，即
x
2
1(3x)
2
，
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解得：
x
，即可得CF=
3
，
∵∠DB′G=∠DGB=90°，∠DB′G+∠CB′F=90°，
∴∠DGB=∠CB′F，
∴Rt△DB′G∽Rt△CFB′，
根据面积比等于相似比的平方可得：
故选D．
18．（2012泰安）如图，AB与 ⊙O相切于点B，AO的延长线交⊙O于点C，
连接BC，若∠ABC=120°，OC=3，则的长为 （ ）
==
()
2

4
3
16
．
9
5
3
5
3
4
3

A．π B．2π C．3π D．5π
考点：切线的性质；弧长的计算。
解答：解：连接OB，
∵AB与⊙O相切于点B，
∴∠ABO=90°，
∵∠ABC=120°，
∴∠OBC=30°，
∵OB=OC，
∴∠OCB=30°，
∴∠BOC=120°，

的长为∴
BC
n

r120

3
2

，
180180
故选B．
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19．（2012泰安）设A
(2，y
1
)
，B
(1，y
2
)
，C< br>(2，y
3
)
是抛物线
y(x1)
2
a上的三
点，则
y
1
，
y
2
，
y
3
的大小关系为（ ）
A．
y
1
y
2
y
3
B．
y
1
y
3
y
2
C．
y
3
y
2
y
1
D．
y
3
y
1
y
2

考点：二次函数图象上点的坐标特征。
解答：解：∵函数的解析式是
y(x1)
2
a
，如右图，
∴对称轴是
x1
，
∴点A关于对称轴的点A′是（0，y
1
），
那么点A′、B、C都在对称轴的右边，而对称轴右边y随x的增大而减小，
于是
y
1
y
2
y
3
．
故选A．

20．（2012泰安）如图，AB∥CD，E，F分别为AC，BD的 中点，若AB=5，
CD=3，则EF的长是（ ）
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A．4 B．3 C．2 D．1
考点：三角形中位线定理；全等三角形的判定与性质。
解答：解：连接DE并延长交AB于H，
∵CD∥AB，
∴∠C=∠A，∠CDE=∠AHE，
∵E是AC中点，
∴DE=EH，
∴△DCE≌△HAE，
∴DE=HE，DC=AH，
∵F是BD中点，
∴EF是三角形DHB的中位线，
∴EF=BH，
∴BH=AB﹣AH=AB﹣DC=2，
∴EF=1．
故选D．
1
2

二、填空题
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21．（2012泰安）分解因式：x
3
6x
2
9x
=

．
考点：提公因式法与公式法的综合运用。
解答：解：
x
3
6x
2
9x
，
=
x(x
2
6x9)x(x3)
2
．
22．（2012泰安）化简：
(
2mmm
)
2
= ．
m2m2m4
考点：分式的混合运算。
解答：解：原式=
2m(m2)(m2)m(m2)(m2)


m2mm2m
=
2(m2)(m2)m6
．
23． （2012泰安）如图，在半径为5的⊙O中，弦AB=6，点C是优弧上一点
（不与A，B重合），则 cosC的值为 ．

考点：圆周角定理；勾股定理；垂径定理；锐角三角函数的定义。
解答：解：连接AO并延长到圆上一点D，连接BD，
可得AD为⊙O直径，故∠ABD=90°，
∵半径为5的⊙O中，弦AB=6，则AD=10，
∴BD=
AD
2
-AB
2
10
2
6
2
8
，
∵∠D=∠C，
∴cosC=cosD=
4
5
BD84

，
AD105
故答案为：．

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24．（2012泰安）如图，在平面直 角坐标系中，有若干个横坐标分别为整数的点，
其顺序按图中“→”方向排列，如（1，0），（2，0 ），（2，1），（1，1），（1，2），
（2，2）…根据这个规律，第2012个点的横坐标为 ．

考点：点的坐标。
解答：解：根据图形，到横坐标结束时，点的个数等于横坐标的平方，
例如：横坐标为1的点结束，共有1个，1=1
2
，
横坐标为2的点结束，共有2个，4=2
2
，
横坐标为3的点结束，共有9个，9=3
2
，
横坐标为4的点结束，共有16个，16=4
2
，
…
横坐标为n的点结束，共有n
2
个，
∵45
2
=2025，
∴第2025个点是（45，0），
第2012个点是（45，13），
所以，第2012个点的横坐标为45．
故答案为：45．
三、解答题
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25．（2012泰安）如图，一次函数
ykxb
的图象与坐标轴分别交于A，B两点，
与反比例函数
y
的图象在第二象限的交点为C，CD⊥x轴，垂足为D，若
OB=2，OD=4，△AOB的面积为1 ．
（1）求一次函数与反比例的解析式；
（2）直接写出当
x0
时，
kxb0
的解集．
k
x
n
x

考点：反比例函数与一次函数的交点问题。
解答：解：（1）∵OB=2，△AOB的面积为1
∴B（﹣2，0），OA=1，
∴A（0，﹣1）

b1
∴

，
2k b0

1


k
∴

2
，


b1
∴
yx1

又∵OD=4，OD⊥x轴，
∴C（﹣4，y），
将
x4
代入
yx1
得y=1，
∴C（﹣4，1）
∴
1
m
，
4
1
2
1
2
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∴
m4
，
∴
y

（2）当
x0
时，
kxb0< br>的解集是
x4
．
26．（2012泰安）如图，在△ABC中，∠ABC =45°，CD⊥AB，BE⊥AC，垂足
分别为D，E，F为BC中点，BE与DF，DC分别交于点 G，H，∠ABE=∠CBE．
（1）线段BH与AC相等吗？若相等给予证明，若不相等请说明理由；
（2）求证：BG
2
﹣GE
2
=EA
2
．
k
x
4
x

考点：全等三角形的判定与性质；线段垂直平分线的性质；勾股定理。
解答：证明：（1）∵∠BDC=∠BEC=∠CDA=90°，∠ABC=45°，
∴∠BCD=45°=∠ABC，∠A+∠DCA=90°，∠A+∠ABE=90°，
∴DB=DC，∠ABE=∠DCA，
∵在△DBH和△DCA中
∵∠DBH=∠DCA，∠BDH=∠CDA，BD=CD，
∴△DBH≌△DCA，
∴BH=AC．
（2）连接CG，
∵F为BC的中点，DB=DC，
∴DF垂直平分BC，
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∴BG=CG，
∵∠ABE=∠CBE，BE⊥AC，
∴∠AEB=∠CEB，
在△ABE和△CBE中
∵∠AEB=∠CEB，BE=BE，∠CBE=∠ABE，
∴△ABE≌△CBE，
∴EC=EA，
在Rt△CGE中，由勾股定理得：BG
2
﹣GE
2
=EA
2
．

27．（20 12泰安）一项工程，甲，乙两公司合做，12天可以完成，共需付施工
费102000元；如果甲，乙 两公司单独完成此项工程，乙公司所用时间是甲公司
的1.5倍，乙公司每天的施工费比甲公司每天的施 工费少1500元．
（1）甲，乙两公司单独完成此项工程，各需多少天？
（2）若让一个公司单独完成这项工程，哪个公司的施工费较少？
考点：分式方程的应用；一元一次方程的应用。
解答：解：（1）设甲公司单独完成此项工程 需x天，则乙公司单独完成此项工
程需1.5x天．
根据题意，得

解得
x20
，
111

，
x1.5x12
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经检验知
x20
是方程的解且符合题意．
1.5x30
，
故甲，乙两公司单独完成此项工程，各需20天，30天；
（2）设甲公司每天的施工费为y元，则乙公司每天的施工费为（y﹣1500）元，
根据题意得12（y+y﹣1500）=102000解得y=5000，
甲公司单独完成此项工程所需的施工费：20×5000=100000（元）；
乙公司单独完成此项工程所需的施工费：30×（5000﹣1500）=105000（元）；
故甲公司的施工费较少．
28．（2012泰安）如图，E是矩形ABCD的边BC上一点， EF⊥AE，EF分别
交AC，CD于点M，F，BG⊥AC，垂足为C，BG交AE于点H．
（1）求证：△ABE∽△ECF；
（2）找出与△ABH相似的三角形，并证明；
（3）若E是BC中点，BC=2AB，AB=2，求EM的长．

考点：相似三角形的判定与性质；矩形的性质；解直角三角形。
解答：（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABE=∠ECF=90°．
∵AE⊥EF，∠AEB+∠FEC=90°．
∴∠AEB+∠BEA=90°，
∴∠BAE=∠CEF，
∴△ABE∽△ECF；
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（2）△ABH∽△ECM．
证明：∵BG⊥AC，
∴∠ABG+∠BAG=90°，
∴∠ABH=∠ECM，
由（1）知，∠BAH=∠CEM，
∴△ABH∽△ECM；
（3）解：作MR⊥BC，垂足为R，
∵AB=BE=EC=2，
∴AB：BC=MR：RC=2，∠AEB=45°，
∴∠MER=45°，CR=2MR，
∴MR=ER=RC=，
∴EM=
MR22
．

sin453
1
2
2
3

29．（2 012泰安）如图，半径为2的⊙C与x轴的正半轴交于点A，与y轴的正
半轴交于点B，点C的坐标为 （1，0）．若抛物线
y
（1）求抛物线的解析式；
（2）在抛物线上是否存在 点P，使得∠PBO=∠POB？若存在，求出点P的坐
标；若不存在说明理由；
（3）若点 M是抛物线（在第一象限内的部分）上一点，△MAB的面积为S，
求S的最大（小）值．
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3
2

xbxc
过 A、B两点．
3

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考点：二次函数综合题。
解答：解：（1）如答图1，连接OB．

∵BC=2，OC=1
∴OB=
413

∴B（0，
3
）
将A（3，0），B（0，
3
）代入二次函数的表达式

3

23
93bc0

b
得

3< br> ，解得：

3
，

c3

c3< br>

∴
y
3
2
23
xx3
．
33
（2）存在．
如答图2，作线段OB的垂直平分线l，与抛物线的交点即为点P．
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∵B（0，
3
），O（0，0），
∴直线l的表达式为
y
得
y
3
．代入抛物线的表达式，
2
3
2
233
；
xx3
332
10
，
2
103
．
，
）
22
解得
x1
∴P（
1
（3）如答图 3，作MH⊥x轴于点H．

设M（
x
m
，y
m
），
则S
△MAB
=S
梯形
MBOH
+S
△MH A
﹣S
△OAB
=（MH+OB）•OH+HA•MH﹣OA•OB
=(y
m
3)x
m
(3x
m
)y
m
33

=
333
x
m
y
m
3

2 22
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
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∵
y
m
< br>∴
S
ΔMAB

=

3
2
23x
m
x
m
3
，
33
333
2
2333

x
m
(x
m
x
m
3)
22332
3
2
333 393

x
m
x
m
(x
m
)< br>2

22228
∴当
x
3
m

2< br>时，
S
ΔMAB
取得最大值，最大值为

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8
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