2012年湖南省怀化市中考数学试卷

∴的立方根等于4．

故选A．

B、不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故本选项错误；

C、既是轴对称图形，也是中心对称图形，故本选项正确；

D、不是轴对称图形，是中心对称图形，故本选项错误；

故选C．

B、不等式两边同时乘以3，不等号方向不变，故本选项正确，不符合题意；

C、不等式两边同时乘以﹣，不等号方向改变，故本选项正确，不符合题意；

D、不等式两边同时乘以负数c，不等号方向改变，故本选项错误，符合题意．

故选D．

∴点在平面直角坐标系的第二象限，

故选B．

解得x≥．

故选D．

（1）当函数表达式是整式时，自变量可取全体实数；

（2）当函数表达式是分式时，考虑分式的分母不能为0；

（3）当函数表达式是二次根式时，被开方数为非负数．

∴∠C+∠CAB=180°，

∵∠C=110°，

∴∠CAB=70°，

∵AE平分∠CAB，

∴∠EAB=∠CAB=35°．

故选B．

∴S2甲＜S2乙，

∴甲秧苗出苗更整齐；

故选A．

∴BD=CD=BC=6，AD同时是BC上的高线，

∴AB==5，

故选C．

=（x2﹣xy）+（xz﹣yz），

=x（x﹣y）+z（x﹣y），

=（x﹣y）（x+z）．

=4x2+5xy，

当x=1，y=时，原式=4+5×=5．

故答案为：5．

∴BC=AD=8，

∵点E、F分别是BD、CD的中点，

∴EF=BC×8=4．

故答案为：4．

∴y1=2×3﹣1=5，y2=2×2﹣1=3，

∵5＞3，

∴y1＞y2；

故答案是：＞．

∴这个多边形为十二边形，

故答案为：12．

故此方程组的解为：．

故答案为：．

∴PA⊥OA，

∴∠PAO=90°；

又∵∠P=30°（已知），

∴PO=2OA（30°角所对的直角边是斜边的一半）；

∵OA=2cm（已知），

∴PO=4cm；

故答案是：4．

故答案为：26．

方程的两边同乘（3﹣x）（x﹣1），得

2（x﹣1）﹣x（3﹣x）=0，

整理得，x2﹣x﹣2=0，

即（x+1）（x﹣2）=0，

解得x1=﹣1，x2=2．

检验：把x=﹣1，x=2代入（2x﹣1）=﹣3≠0．

∴原方程的解为：x=﹣1或x=2．

∴AB=DC，∠B=∠C．

∵E是BC的中点，

∴BE=CE．

在△ABE和△DCE中，

，

∴△ABE≌△DCE（SAS）．

∴AE=DE．

（2）出现5点的概率不受抛掷次数的影响，始终是；

（3）用抛掷次数乘以出现6点的概率即可．

故①正确；

（2）出现5点的概率不受抛掷次数的影响，始终是；

（3）出现6点大约有24×=4次．

（2）过O作OE⊥AB于E，根据垂径定理求出AE和BE，求出AB，推出C、E重合，得出∠ACD=∠OCB=90°，求出DC长得出=，根据相似三角形的判定推出即可．

∵OA=OB=OD，

∴∠OAB=∠OBC=30°，∠OAD=∠ADC=18°，

∴∠DAB=∠DAO+∠BAO=48°，

由圆周角定理得：∠DOB=2∠DAB=96°．

（2）证明：过O作OE⊥AB于E，

由垂径定理得：AE=BE，

∵在Rt△OEB中，OB=4，∠OBC=30°，

∴OE=OB=2，

由勾股定理得：BE=2=AE，

即AB=2AE=4，

∵AC=2，

∴BC=2，

即C、E两点重合，

∴DC⊥AB，

∴∠DCA=∠OCB=90°，

∵DC=OD+OC=2+4=6，OC=2，AC=BC=2，

∴==，

∴△ACD∽△OCB（两边对应成比例，且夹角相等的两三角形相似）．

（1）将已知等式变形为x1x2=4+（x2+x1），即=4+，通过解该关于a的方程即可求得a的值；

（2）根据性条件“（x1+1）（x2+1）为负整数”求得a的取值范围，然后在取值范围内取a的整数值．

∴由根与系数的关系可知，x1x2=，x1+x2=﹣；

∵一元二次方程（a﹣6）x2+2ax+a=0有两个实数根，

∴△=4a2﹣4（a﹣6）•a≥0，且a﹣6≠0，

解得，a≥0，且a≠6；

（1）∵﹣x1+x1x2=4+x2，

∴x1x2=4+（x1+x2），即=4﹣，

解得，a=24＞0；

∴存在实数a，使﹣x1+x1x2=4+x2成立，a的值是24；

（2）∵（x1+1）（x2+1）=x1x2+（x1+x2）+1=﹣+1=﹣，

∴当（x1+1）（x2+1）为负整数时，a﹣6＞0，且a﹣6是6的约数，

∴a﹣6=6，a﹣6=3，a﹣6=2，a﹣6=1，

∴a=12，9，8，7；

∴使（x1+1）（x2+1）为负整数的实数a的整数值有12，9，8，7．

（2）首先连接AM，交BD于I，连接DN，由特殊角的三角函数值，求得∠HAN=30°，又由旋转的性质，即可求得∠DAN=45°，即可证得A，C，N共线，然后由股定理求得答案；

（3）在Rt△ARK中，利用三角函数即可求得AK的值，与AB比较大小，即可确定B的位置．

∵四边形AMNH是矩形，

∴∠M=90°，

∴∠AKM=90°﹣∠BAM=75°，

∴∠BKO=∠AKM=75°，

∵四边形ABCD是正方形，

∴∠ABD=45°，

∴∠DOM=∠BKO+⊂ABD=75°+45°=120°；

（2）连接AN，交BD于I，连接DN，

∵NH=，AH=，∠H=90°，

∴tan∠HAN==，

∴∠HAN=30°，

∴AN=2NH=7，

由旋转的性质：∠DAH=15°，

∴∠DAN=45°，

∵∠DAC=45°，

∴A，C，N共线，

∵四边形ABCD是正方形，

∴BD⊥AC，

∵AD=CD=3，

∴DI=AI=AC==3，

∴NI=AN﹣AI=7﹣3=4，

在Rt△DIN中，DN==5；

（3）点B在矩形ARTZ的外部．

理由：如图，根据题意得：∠BAR=15°+15°=30°，

∵∠R=90°，AR=，

∴AK===，

∵AB=3＞，

∴点B在矩形ARTZ的外部．

（2）本问可依次确定S的关系式、自变量x的取值范围，最后求出最大值．注意：①欲求S的关系式，首先需要用待定系数法求出直线DE的解析式；②求得关系式S=﹣（x﹣9）2+后确定最大值时，不能简单套用“当x=9时，最大值为…”，这样就错了，因为x=9不在自变量的取值范围内；

（3）本问结论：直线CM与⊙G相切．结合题意，欲证明直线CM与⊙G相切，需要完成两个步骤：①证明点C在⊙G上，②证明CM垂直于半径GC．

∴A（﹣2，0），B（8，0）．

由旋转性质可知，点D与点M（3，）关于点B（8，0）成中心对称，

∴D（13，﹣），

∴抛物线n的解析式为：y=（x﹣13）2﹣．

（2）∵抛物线n：y=（x﹣13）2﹣=（x﹣8）（x﹣18），∴E点坐标为（18，0）．

设直线DE的解析式为y=kx+b，则有：

，解得k=，b=﹣，

∴直线DE的解析式为：y=x﹣．

如题图所示，S=PF•OF=x•（﹣y）=﹣x•（x﹣）=﹣（x﹣9）2+；

∵点P是线段ED上一个动点（P不与E、D重合），∴13＜x＜18；

∴S=﹣（x﹣9）2+（13＜x＜18），

可见该抛物线开口向下，对称轴为x=9，函数图象位于对称轴右侧，y随着x的增大而减小，故S在13＜x＜18范围内没有最大值．

所以S与x的函数关系式为S=﹣（x﹣9）2+，自变量取值范围是13＜x＜18，S没有最大值．

（3）结论：直线CM与⊙G相切．理由如下：

∵抛物线n的解析式为：y=（x﹣13）2﹣，令x=0，解得y=4，∴C（0，4）．

在Rt△COG中，由勾股定理得：CG===5，

又∵⊙G半径为5，∴点C在⊙G上．

如右图所示，依题意作出⊙G，连接CG、CM、MG，过点C作CH⊥MG于点H，则CH=3，HG=4，MH=﹣4=，

∵，CH⊥MG，

∴△CHG∽△MHC，∴∠MCH=∠CGH；

又∠HCG+∠CGH=90°，∴∠HCG+∠MCH=90°，即GC⊥MC．

（注：此处亦可用勾股定理的逆定理证明△MCG为直角三角形）

综上所述，点C在⊙G上，且满足GC⊥MC，

∴直线CM与与⊙G相切．