天津市中考数学试卷
2016年天津市中考数学试卷
一、选择题：本大题共12小题，每小题3分，共36分
1.计算(−2)−5的结果等于（ ）
A.−7
B.−3
C.3
D.7
2.sin60∘的值等于（ ）
A.12
B.22
C.32
D.3
3.下列图形中，可以看作是中心对称图形的是（ ）
A.
B.
C.
D.
4.2016年5月24日《天津日报》报道，2015年天津外环线内新栽植树木6120000株，将6120000用科学记数法表示应为（ ）
A.0.612×107
B.6.12×106
C.61.2×105
D.612×104
5.如图是一个由4个相同的正方体组成的立体图形，它的主视图是（ ）
A.
B.
C.
D.
6.估计19的值在（ ）
A.2和3之间
B.3和4之间
C.4和5之间
D.5和6之间
7.计算x+1x−1x的结果为（ ）
A.1
B.x
C.1x
D.x+2x
8.方程x2+x−12=0的两个根为（ ）
A.x1=−2，x2=6
B.x1=−6，x2=2
C.x1=−3，x2=4
D.x1=−4，x2=3
9.实数a，b在数轴上的对应点的位置如图所示，把−a，−b，0按照从小到大的顺序排列，正确的是（ ）
A.−a<0<−b
B.0<−a<−b
C.−b<0<−a
D.0<−b<−a
10.如图，把一张矩形纸片ABCD沿对角线AC折叠，点B的对应点为B′，AB′与DC相交于点E，则下列结论一定正确的是（ ）
A.∠DAB′=∠CAB′
B.∠ACD=∠B′CD
C.AD=AE
D.AE=CE
11.若点A(−5, y1)，B(−3, y2)，C(2, y3)在反比例函数y=3x的图象上，则y1，y2，y3的大小关系是（ ）
A.y1
−b，−b<0，−a>0，即可得出答案．
【解答】解：∵从数轴可知：a<0−b，−b<0，−a>0，
∴−b<0<−a，
故选C．
10. 【答案】D
【解析】根据翻折变换的性质可得∠BAC=∠CAB′，根据两直线平行，内错角相等可得∠BAC=∠ACD，从而得到∠ACD=∠CAB′，然后根据等角对等边可得AE=CE，从而得解．
【解答】解：∵矩形纸片ABCD沿对角线AC折叠，点B的对应点为B′，
∴∠BAC=∠CAB′，
∵AB // CD，
∴∠BAC=∠ACD，
∴∠ACD=∠CAB′，
∴AE=CE，
所以，结论正确的是D选项．
故选D．
11. 【答案】D
【解析】直接利用反比例函数图象的分布，结合增减性得出答案．
【解答】解：∵点A(−5, y1)，B(−3, y2)，C(2, y3)在反比例函数y=3x的图象上，
∴A，B点在第三象限，C点在第一象限，每个图象上y随x的增大减小，
∴y3一定最大，y1>y2，
∴y2h时，y随x的增大而增大、当xh时，y随x的增大而增大，当x1.60m，
∴能进入复赛．
【解析】(1)用整体1减去其它所占的百分比，即可求出a的值；; (2)根据平均数、众数和中位数的定义分别进行解答即可；; (3)根据中位数的意义可直接判断出能否进入复赛．
【解答】解：(1)根据题意得：
1−20%−10%−15%−30%=25%；
则a的值是25；
; (2)观察条形统计图得：
x=1.50×2+1.55×4+1.60×5+1.65×6+1.70×32+4+5+6+3=1.61；
∵在这组数据中，1.65出现了6
次，出现的次数最多，
∴这组数据的众数是1.65；
将这组数据从小到大排列为，其中处于中间的两个数都是1.60，
则这组数据的中位数是1.60．; (3)能；
∵共有20个人，中位数是第10、11个数的平均数，
∴根据中位数可以判断出能否进入前9名；
∵1.65m>1.60m，
∴能进入复赛．
21. 【答案】
解：(1)如图，连接OC，
∵⊙O与PC相切于点C，
∴OC⊥PC，即∠OCP=90∘，
∵∠CAB=27∘，
∴∠COB=2∠CAB=54∘，
在Rt△AOE中，∠P+∠COP=90∘，
∴∠P=90∘−∠COP=36∘；; (2)∵E为AC的中点，
∴OD⊥AC，即∠AEO=90∘，
在Rt△AOE中，由∠EAO=10∘，
得∠AOE=90∘−∠EAO=80∘，
∴∠ACD=12∠AOD=40∘，
∵∠ACD是△ACP的一个外角，
∴∠P=∠ACD−∠A=40∘−10∘=30∘．
【解析】(1)连接OC，首先根据切线的性质得到∠OCP=90∘，利用∠CAB=27∘得到∠COB=2∠CAB=54∘，然后利用直角三角形两锐角互余即可求得答案；; (2)根据E为AC的中点得到OD⊥AC，从而求得∠AOE=90∘−∠EAO=80∘，然后利用圆周角定理求得∠ACD=12∠AOD=40∘，最后利用三角形的外角的性质求解即可．
【解答】
解：(1)如图，连接OC，
∵⊙O与PC相切于点C，
∴OC⊥PC，即∠OCP=90∘，
∵∠CAB=27∘，
∴∠COB=2∠CAB=54∘，
在Rt△AOE中，∠P+∠COP=90∘，
∴∠P=90∘−∠COP=36∘；; (2)∵E为AC的中点，
∴OD⊥AC，即∠AEO=90∘，
在Rt△AOE中，由∠EAO=10∘，
得∠AOE=90∘−∠EAO=80∘，
∴∠ACD=12∠AOD=40∘，
∵∠ACD是△ACP的一个外角，
∴∠P=∠ACD−∠A=40∘−10∘=30∘．
22. 【答案】AC的长约为38.2cm，CB的长约等于45.0m．
【解析】根据锐角三角函数，可用CD表示AD，BD，AC，BC，根据线段的和差，可得关于CD的方程，根据解方程，可得CD的长，根据AC=2CD，CB=CD0.60，可得答案．
【解答】解：过点C作CD⊥AB垂足为D
，
在Rt△ACD中，tanA=tan45∘=CDAD=1，CD=AD，
sinA=sin45∘=CDAC=22，AC=2CD．
在Rt△BCD中，tanB=tan37∘=CDBD≈0.75，BD=CD0.75；
sinB=sin37∘=CDBC≈0.60，CB=CD0.60．
∵AD+BD=AB=63，
∴CD+CD0.75=63，
解得CD≈27，
AC=2CD≈1.414×27=38.178≈38.2，
CB=CD0.60≈270.60=45.0，
23. 【答案】表一：315，45x，30，−30x+240；
表二：1200，400x，1400，−280x+2240；; (2)能完成此项运送任务的最节省费用的租车方案是甲车6辆，乙车2辆，
理由：当租用甲种货车x辆时，设两种货车的总费用为y元，
则两种货车的总费用为：y=400x+(−280x+2240)=120x+2240，
又∵45x+(−30x+240)≥330，解得x≥6，
∵120>0，
∴在函数y=120x+2240中，y随x的增大而增大，
∴当x=6时，y取得最小值，
即能完成此项运送任务的最节省费用的租车方案是甲种货车6辆，乙种货车2辆．
【解析】(1)根据计划租用甲、乙两种货车共8辆，已知每辆甲种货车一次最多运送机器45台、租车费用为400元，每辆乙种货车一次最多运送机器30台、租车费用为280元
，可以分别把表一和表二补充完整；; (2)由(1)中的数据和公司有330台机器需要一次性运送到某地，可以解答本题．
【解答】解：(1)由题意可得，
在表一中，当甲车7辆时，运送的机器数量为：45×7=315（台），则乙车8−7=1辆，运送的机器数量为：30×1=30（台），
当甲车x辆时，运送的机器数量为：45×x=45x（台），则乙车(8−x)辆，运送的机器数量为：30×(8−x)=−30x+240（台），
在表二中，当租用甲货车3辆时，租用甲种货车的费用为：400×3=1200（元），则租用乙种货车8−3=5辆，租用乙种货车的费用为：280×5=1400（元），
当租用甲货车x辆时，租用甲种货车的费用为：400×x=400x（元），则租用乙种货车(8−x)辆，租用乙种货车的费用为：280×(8−x)=−280x+2240（元），
; (2)能完成此项运送任务的最节省费用的租车方案是甲车6辆，乙车2辆，
理由：当租用甲种货车x辆时，设两种货车的总费用为y元，
则两种货车的总费用为：y=400x+(−280x+2240)=120x+2240，
又∵45x+(−30x+240)≥330，解得x≥6，
∵120>0，
∴在函数y=120x+2240中，y随x的增大而增大，
∴当x=6时，y取得最小值，
即能完成此项运送任务的最节省费用的租车方案是甲种货车6辆，乙种货车2辆．
24. 【答案】解：(1)如图①，
∵点A(4, 0)，点B(0, 3)，
∴OA=4，OB=3，
∴AB=32+42=5，
∵△ABO绕点B逆时针旋转90∘，得△A′BO′，
∴BA=BA′，∠ABA′=90∘，
∴△ABA′为等腰直角三角形，
∴AA′=2BA=52；
(2)作O′H⊥y轴于H，如图②，
∵△ABO绕点B逆时针旋转120∘，得△A′BO′，
∴BO=BO′=3，∠OBO′=120∘，
∴∠HBO′=60∘，
在Rt△BHO′中，∵∠BO′H=90∘−∠HBO′=30∘，
∴BH=12BO′=32，O′H=3BH=332，
∴OH=OB+BH=3+32=92，
∴O′点的坐标为(332, 92)；
(3)∵△ABO绕点B逆时针旋转120∘，得△A′BO′，点P的对应点为P′，
∴BP=BP′，
∴O′P+BP′=O′P+BP，
作B点关于x轴的对称点C，连结O′C交x轴于P点，如图②，
则O′P+BP=O′P+PC=O′C，此时O′P+BP的值最小，
∵点C与点B关于x轴对称，
∴C(0, −3)，
设直线O′C的解析式为y=kx+b，
把O′(332, 92)，C(0, −3)代入得332k+b=92b=−3，解得k=533b=−3，
∴直线O′C的解析式为y=533x−3，
当y=0时，533x−3=0，解得x=335，则P(335, 0)，
∴OP=335，
∴O′P′=OP=335，
作P′D⊥O′H于D，
∵∠BO′A′=∠BOA=90∘，∠BO′H=30∘，
∴∠DP′O′=30∘，
∴O′D=12O′P′=3310，P′D=3O′D=910，
∴DH=O′H−O′D=332−3310=635，
∴P′点的坐标为(635, 275)．
【解析】(1)如图①，先利用勾股定理计算出AB=5，再根据旋转的性质得BA=BA′，∠ABA′=90∘，则可判定△ABA′为等腰直角三角形，然后根据等腰直角三角形的性质求AA′的长；
(2)作O′H⊥y轴于H，如图②，利用旋转的性质得BO=BO′=3，∠OBO′=120∘，则∠HBO′=60∘，再在Rt△BHO′中利用含30度的直角三角形三边的关系可计算出BH和O′H的长，然后利用坐标的表示方法写出O′点的坐标；
(3)由旋转的性质得BP=BP′，则O′P+BP′=O′P+BP，作B点关于x轴的对称点C，连结O′C交x轴于P点，如图②，易得O′P+BP=O′C，利用两点之间线段最短可判断此时O′P+BP的值最小，接着利用待定系数法求出直线O′C的解析式为y=533x−3，从而得到P(335, 0)，则O′P′=OP=335，作P′D⊥O′H于D，然后确定∠DP′O′=30∘后利用含30度的直角三角形三边的关系可计算出P′D和DO′的长，从而可得到P′点的坐标．
【解答】解：(1)如图①，
∵点A(4, 0)，点B(0, 3)，
∴OA=4，OB=3，
∴AB=32+42=5，
∵△ABO绕点B逆时针旋转90∘，得△A′BO′，
∴BA=BA′，∠ABA′=90∘，
∴△ABA′为等腰直角三角形，
∴AA′=2BA=52；
(2)作O′H⊥y轴于H，如图②，
∵△ABO绕点B逆时针旋转120∘，得△A′BO′，
∴BO=BO′=3，∠OBO′=120∘，
∴∠HBO′=60∘，
在Rt△BHO′中，∵∠BO′H=90∘−∠HBO′=30∘，
∴BH=12BO′=32，O′H=3BH=332，
∴OH=OB+BH=3+32=92，
∴O′点的坐标为(332, 92)；
(3)∵△ABO绕点B逆时针旋转120∘，得△A′BO′，点P的对应点为P′，
∴BP=BP′，
∴O′P+BP′=O′P+BP，
作B点关于x轴的对称点C，连结O′C交x轴于P点，如图②，
则O′P+BP=O′P+PC=O′C，此时O′P+BP的值最小，
∵点C与点B关于x轴对称，
∴C(0, −3)，
设直线O′C的解析式为y=kx+b，
把O′(332, 92)，C(0, −3)代入得332k+b=92b=−3，解得k=533b=−3，
∴直线O′C的解析式为y=533x−3，
当y=0时，533x−3=0，解得x=335，则P(335, 0)，
∴OP=335，
∴O′P′=OP=335，
作P′D⊥O′H于D，
∵∠BO′A′=∠BOA=90∘，∠BO′H=30∘，
∴∠DP′O′=30∘，
∴O′D=12O′P′=3310，P′D=3O′D=910，
∴DH=O′H−O′D=332−3310=635，
∴P′点的坐标为(635, 275)．
25. 【答案】解：(I)∵y=x2−2x+1=(x−1)2
∴顶点P(1, 0)，
∵当x=0时，y=1，
∴Q(0, 1)，; (II)①设抛物线C′的解析式为y=x2−2x+m，
∴Q′(0, m)其中m>1，
∴OQ′=m，
∵F(1, 12)，
过F作FH⊥OQ′，如图：
∴FH=1，Q′H=m−12，
在Rt△FQ′H中，FQ′2=(m−12)2+1=m2−m+54，
∵FQ′=OQ′，
∴m2−m+54=m2，
∴m=54，
∴抛物线C′的解析式为y=x2−2x+54，
②设点A(x0, y0)，则y0=x02−2x0+54，
过点A作x轴的垂线，与直线Q′F
相交于点N，则可设N(x0, n)，
∴AN=y0−n，其中y0>n，
连接FP，
∵F(1, 12)，P(1, 0)，
∴FP⊥x轴，
∴FP // AN，
∴∠ANF=∠PFN，
连接PK，则直线Q′F是线段PK的垂直平分线，
∴FP=FK，有∠PFN=∠AFN，
∴∠ANF=∠AFN，则AF=AN，
根据勾股定理，得，AF2=(x0−1)2+(y0−12)2，
∴(x0−1)2+(y0−12)2=(x 20 −2x0+54)+y 20 −y0=y 20 ，
∴AF=y0，
∴y0=y0−n，
∴n=0，
∴N(x0, 0)，
设直线Q′F的解析式为y=kx+b，
则b=54k+b=12，
解得k=−34b=54，
∴y=−34x+54，
由点N在直线Q′F上，得，0=−34x0+54，
∴x0=53，
将x0=53代入y0=x 20 −2x0+54，
∴y0=2536，
∴A(53, 2536)
【解析】(1)令x=0，求出抛物线与y轴的交点，抛物线解析式化为顶点式，求出点P坐标；
(2)①设出Q′(0, m)，表示出Q′H，根据FQ′=OQ′，用勾股定理建立方程求出m，即可．
②根据AF=AN，用勾股定理，(x−1)2+(y−12)2=(x2−2x+54)+y2−y=y2，求出AF=y，再求出直线Q′F的解析式，即可．;
【解答】解：(I)∵y=x2−2x+1=(x−1)2
∴顶点P(1, 0)，
∵当x=0时，y=1，
∴Q(0, 1)，; (II)①设抛物线C′的解析式为y=x2−2x+m，
∴Q′(0, m)其中m>1，
∴OQ′=m，
∵F(1, 12)，
过F作FH⊥OQ′，如图：
∴FH=1，Q′H=m−12，
在Rt△FQ′H中，FQ′2=(m−12)2+1=m2−m+54，
∵FQ′=OQ′，
∴m2−m+54=m2，
∴m=54，
∴抛物线C′的解析式为y=x2−2x+54，
②设点A(x0, y0)，则y0=x02−2x0+54，
过点A作x轴的垂线，与直线Q′F
相交于点N，则可设N(x0, n)，
∴AN=y0−n，其中y0>n，
连接FP，
∵F(1, 12)，P(1, 0)，
∴FP⊥x轴，
∴FP // AN，
∴∠ANF=∠PFN，
连接PK，则直线Q′F是线段PK的垂直平分线，
∴FP=FK，有∠PFN=∠AFN，
∴∠ANF=∠AFN，则AF=AN，
根据勾股定理，得，AF2=(x0−1)2+(y0−12)2，
∴(x0−1)2+(y0−12)2=(x 20 −2x0+54)+y 20 −y0=y 20 ，
∴AF=y0，
∴y0=y0−n，
∴n=0，
∴N(x0, 0)，
设直线Q′F的解析式为y=kx+b，
则b=54k+b=12，
解得k=−34b=54，
∴y=−34x+54，
由点N在直线Q′F上，得，0=−34x0+54，
∴x0=53，
将x0=53代入y0=x 20 −2x0+54，
∴y0=2536，
∴A(53, 2536)
