求2010年山西省中考数学答案

2010年山西省中考 数学答案
一、选择题
1. B 2. C 3. D 4. B 5. D 6. C 7. B 8. A 9. C 10. A
二、填空题
11.  3x， 12. 8， 13. ， 14. x=5， 15. y= ， 16. 不公平， 17. ， 18. ，
19. [解] (1) 原式=3(2)  1=3211=1。
(2) 原式=  = = =x2，当x= 3时，
原式= 32= 1。 20. [解] (1) 略； (2) 略；
21. [解] (1) 21035%=600(辆)，答：该店第一季度售出这种品牌的电动自行车共600辆。 (2) 补全条形统计图，C：180辆；补全扇形统计图，A：25%，D：10%； (3) 180030%=540(辆)。答：C型电动自行车应订购540辆。
22. [解] (1) CD与圆O相切；理由是：连接OD，则AOD=2AED
=245=90。∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB//DC，
∴CDO=AOD=90，∴ODCD，∴CD与圆O相切； (2) 连接BE，则ADE=ABE，∵AB是圆O的直径，
∴AEB=90，AB=23=6(cm)。
在Rt△ABE中，sinABE= = ，∴sinADE=sinABE= 。
23. [解] (1) 当y=0时，x22x3=0，解得x1= 1，x2=3。∵A在B的
左侧，∴点A、B的坐标分别为(1，0)，(3，0)，当x=0
时，y= 3，∴点C的坐标为(0，3)，又∵y=x22x3
=(x1)24，∴点D的坐标为(1，4)。 (2) 抛物线y=x2向右平移1个单位，再向下平移4个单位可
得到 抛物线y=x22x3； (3) 解法一：连接OD，作DEy轴于点E，作DFx轴于
点F； S四边形OCDB=S△OCDS△ODB= OCDE OBDF= 31 34= ；
解法二：作DEy轴于点E；S四边形O CDB=S梯形OEDBS△CED
= (DEOB)OE CEDE= (13)4 11= ； 解法三：作DFx轴于点F；S四边形OCDB=S梯形OCDFS△FDB
= (OCDF)OF FBFD= (34)1 24= 。
24. [解] 设该店订购甲款运动服x套，则订购乙款运动服(30x)套，由题意，得
(1) ，解这个不等式组，得 x ，
∵x为整数，∴x取11， 12，13，∴30x取19，18，17。 答：该店订购这两款运动服，共有3种方案。 方案一：甲款 11套，乙款19套； 方案二：甲款12套，乙款18套； 方案三：甲款13套，乙款17套。 (2) 解法一：设该店全部出售甲、乙两款运动服后获利y元，则
y=(400350)x(300200)(30x)=50x3000100x= 50x3000，
∵50<0，∴y随x的增大而减小，∴当x=11时，y最大。
答：方案一即甲款11套，乙款19套时，获利最大。
解法二：三种方案分别获利为：
方案一：(400350)11(300200)19=2450(元)。
方案二：(400350)12(300200)18=2400(元)。
方案三：(400350)13(300200)17=2350(元)。
∵2450>2400>2350，∴方案一即甲款11套，乙款19套，获利最大。 25. (1) 答：AEGC。
[证明] 延长GC交AE于点H。在正方形ABCD与正方形
DEFG中，AD=DC，ADE=CDG=90，DE=DG，
∴△ADE△CDG，∴1=2，∵23=90 ，
∴13=90，∴AHG=180(13)=18090
=90，∴AEGC。
(2) 答：成立。 [证明] 延长AE和GC相交于点H。在正方形ABCD与
正方形DEFG中，AD=DC，DE=DG，
ADC=DCB=B=BAD=EDG=90，
∴1=2=903，∴△ADE△CDG，
∴ 5=4，又∵56=90，
47=180DCE=18090=90，6=7，
又∵6AEB=90∴AEB=CEH，
∴CEH7=90，∴EHC=90，∴AEGC。
26. [解] (1) 如图1，作BHx轴于点H，则四边形OHBC为矩形，
∴OH=CB=3，∴AH=OAOH=63=3，
在Rt△ABH中，BH= = =6，
∴点B的坐标为(3，6)。 (2) 如图1，作EGx轴于点G，则EG//BH， ∴△OEG~△OBH，∴ = = ，又∵OE=2EB，
∴ = ，∴ = = ，∴OG=2，EG=4，∴点E的坐标为(2，4)。
又∵点D的坐标为(0，5)，设直线DE的解析式为y=kxb，则 ，解得k=  ，
b=5。∴直线DE的解析式为：y=  x5。
(3) 答：存在。
 如图1，当OD=DM=MN=NO=5时，四边形ODMN为菱形。作MPy轴于点P，
则MP//x轴，∴△MPD~△FOD，∴ = = 。
又∵当y=0时， x5=0，解得x=10。∴F点的坐标为(10，0)，∴OF=10。
在Rt△ODF中，FD= = =5 ，∴ = = ，
∴MP=2 ，PD= 。∴点M的坐标为(2 ，5 )。
∴点N的坐标 为(2 ， )。
 如图2，当OD=DN=NM=MO=5时，四边形ODNM
为菱形。延长NM交x轴于点P，则MPx轴。
∵点M在直线y=  x5上，∴设M点坐标为
(a， a5)，在Rt△OPM中，OP 2PM 2=OM 2，
∴a2( a5)2=52，解得a1=4，a2=0(舍去)，
∴点M的坐标为(4，3)，∴点N的坐标为(4，8)。
 如图3，当OM=MD=DN=NO时，四边形OMDN为
菱形。连接NM，交OD于点P，则NM与OD互相
垂直平分，∴yM=yN=OP= ，∴ xM5= ，∴xM=5，
∴xN= xM= 5，∴点N的坐标为(5， )。
综 上所述，x轴上方的点N有三个，分别为N1(2 ， )，
N2(4，8)，N3(5， )。

一、选择题
1. B 2. C 3. D 4. B 5. D 6. C 7. B 8. A 9. C 10. A
二、填空题
11.  3x， 12. 8， 13. ， 14. x=5， 15. y= ， 16. 不公平， 17. ， 18. ，
19. [解] (1) 原式=3(2)  1=3211=1。
(2) 原式=  = = =x2，当x= 3时，
原式= 32= 1。 20. [解] (1) 略； (2) 略；
21. [解] (1) 21035%=600(辆)，答：该店第一季度售出这种品牌的电动自行车共600辆。 (2) 补全条形统计图，C：180辆；补全扇形统计图，A：25%，D：10%； (3) 180030%=540(辆)。答：C型电动自行车应订购540辆。
22. [解] (1) CD与圆O相切；理由是：连接OD，则AOD=2AED
=245=90。∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB//DC，
∴CDO=AOD=90，∴ODCD，∴CD与圆O相切； (2) 连接BE，则ADE=ABE，∵AB是圆O的直径，
∴AEB=90，AB=23=6(cm)。
在Rt△ABE中，sinABE= = ，∴sinADE=sinABE= 。
23. [解] (1) 当y=0时，x22x3=0，解得x1= 1，x2=3。∵A在B的
左侧，∴点A、B的坐标分别为(1，0)，(3，0)，当x=0
时，y= 3，∴点C的坐标为(0，3)，又∵y=x22x3
=(x1)24，∴点D的坐标为(1，4)。 (2) 抛物线y=x2向右平移1个单位，再向下平移4个单位可
得到 抛物线y=x22x3； (3) 解法一：连接OD，作DEy轴于点E，作DFx轴于
点F； S四边形OCDB=S△OCDS△ODB= OCDE OBDF= 31 34= ；
解法二：作DEy轴于点E；S四边形O CDB=S梯形OEDBS△CED
= (DEOB)OE CEDE= (13)4 11= ； 解法三：作DFx轴于点F；S四边形OCDB=S梯形OCDFS△FDB
= (OCDF)OF FBFD= (34)1 24= 。
24. [解] 设该店订购甲款运动服x套，则订购乙款运动服(30x)套，由题意，得
(1) ，解这个不等式组，得 x ，
∵x为整数，∴x取11， 12，13，∴30x取19，18，17。 答：该店订购这两款运动服，共有3种方案。 方案一：甲款 11套，乙款19套； 方案二：甲款12套，乙款18套； 方案三：甲款13套，乙款17套。 (2) 解法一：设该店全部出售甲、乙两款运动服后获利y元，则
y=(400350)x(300200)(30x)=50x3000100x= 50x3000，
∵50<0，∴y随x的增大而减小，∴当x=11时，y最大。
答：方案一即甲款11套，乙款19套时，获利最大。
解法二：三种方案分别获利为：
方案一：(400350)11(300200)19=2450(元)。
方案二：(400350)12(300200)18=2400(元)。
方案三：(400350)13(300200)17=2350(元)。
∵2450>2400>2350，∴方案一即甲款11套，乙款19套，获利最大。 25. (1) 答：AEGC。
[证明] 延长GC交AE于点H。在正方形ABCD与正方形
DEFG中，AD=DC，ADE=CDG=90，DE=DG，
∴△ADE△CDG，∴1=2，∵23=90 ，
∴13=90，∴AHG=180(13)=18090
=90，∴AEGC。
(2) 答：成立。 [证明] 延长AE和GC相交于点H。在正方形ABCD与
正方形DEFG中，AD=DC，DE=DG，
ADC=DCB=B=BAD=EDG=90，
∴1=2=903，∴△ADE△CDG，
∴ 5=4，又∵56=90，
47=180DCE=18090=90，6=7，
又∵6AEB=90∴AEB=CEH，
∴CEH7=90，∴EHC=90，∴AEGC。
26. [解] (1) 如图1，作BHx轴于点H，则四边形OHBC为矩形，
∴OH=CB=3，∴AH=OAOH=63=3，
在Rt△ABH中，BH= = =6，
∴点B的坐标为(3，6)。 (2) 如图1，作EGx轴于点G，则EG//BH， ∴△OEG~△OBH，∴ = = ，又∵OE=2EB，
∴ = ，∴ = = ，∴OG=2，EG=4，∴点E的坐标为(2，4)。
又∵点D的坐标为(0，5)，设直线DE的解析式为y=kxb，则 ，解得k=  ，
b=5。∴直线DE的解析式为：y=  x5。
(3) 答：存在。
 如图1，当OD=DM=MN=NO=5时，四边形ODMN为菱形。作MPy轴于点P，
则MP//x轴，∴△MPD~△FOD，∴ = = 。
又∵当y=0时， x5=0，解得x=10。∴F点的坐标为(10，0)，∴OF=10。
在Rt△ODF中，FD= = =5 ，∴ = = ，
∴MP=2 ，PD= 。∴点M的坐标为(2 ，5 )。
∴点N的坐标 为(2 ， )。
 如图2，当OD=DN=NM=MO=5时，四边形ODNM
为菱形。延长NM交x轴于点P，则MPx轴。
∵点M在直线y=  x5上，∴设M点坐标为
(a， a5)，在Rt△OPM中，OP 2PM 2=OM 2，
∴a2( a5)2=52，解得a1=4，a2=0(舍去)，
∴点M的坐标为(4，3)，∴点N的坐标为(4，8)。
 如图3，当OM=MD=DN=NO时，四边形OMDN为
菱形。连接NM，交OD于点P，则NM与OD互相
垂直平分，∴yM=yN=OP= ，∴ xM5= ，∴xM=5，
∴xN= xM= 5，∴点N的坐标为(5， )。
综 上所述，x轴上方的点N有三个，分别为N1(2 ， )，
N2(4，8)，N3(5， )。

我有，可以给你，如何给你？