2019年湖南省株洲中考数学试卷-答案

数学答案解析

一、选择题 1．【答案】A 1【解析】Q31， 313的倒数是。 3故选：A。 【提示】根据倒数的定义，若两个数的乘积是1，我们就称这两个数互为倒数。 【考点】倒数的概念及性质。 2．【答案】B

【解析】28164。故选：B。

【提示】直接利用二次根式的乘法运算法则计算得出答案。 【考点】二次根式的乘法运算。 3．【答案】C

【解析】A.2x5与3x2y3不是同类项，故本选项错误； B.3x3y2与3x2y3不是同类项，故本选项错误； C.x2y3与3x2y3是同类项，故本选项正确；

12D.y5与3x2y3是同类项，故本选项错误；故选：C。

【提示】根据同类项：所含字母相同，并且相同字母的指数也相同，进行判断即可。 【考点】同类项的知识。 4．【答案】C

【解析】A.矩形的对角线相等，但不垂直，故此选项错误； B.矩形的邻边都互相垂直，对边互相平行，故此选项错误； C.矩形的四个角都相等，正确；

D.矩形是轴对称图形，也是中心对称图形，故此选项错误。故选：C。 【提示】直接利用矩形的性质分析得出答案。

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1

3

【考点】矩形的性质。 5．【答案】B

【解析】去分母得：2x65x0， 解得：x2，

经检验x2是分式方程的解，故选：B。

【提示】分式方程去分母转化为整式方程，求出整式方程的解得到x的值，经检验即可得到分式方程的解。 【考点】解分式方程。 6．【答案】D

【解析】点A坐标为2,3，则它位于第四象限，故选：D。 【提示】根据各象限内点的坐标特征解答即可。 【考点】各象限内点的坐标的符号特征。 7．【答案】A

【解析】当x≤1时，中位数与平均数相等，则得到：

1； x31633，解得x2（舍去）

5当1＜x＜3时，中位数与平均数相等，则得到：

1x31633，解得x2； 51； x31633，解得x2（舍去）

5当3≤x＜6时，中位数与平均数相等，则得到：

当x≥6时，中位数与平均数相等，则得到：所以x的值为2。故选：A。

1。 x31633，解得x2（舍去）

5【提示】根据平均数与中位数的定义分三种情况x≤1，1＜x＜3，3≤x＜6，x≥6时，分别列出方程，进行计算即可求出答案。 【考点】平均数和中位数。 8．【答案】D

【解析】A.x21x1x1，故此选项错误； B.a32a2aa2a1，故此选项错误； C.2y24y2yy2，故此选项错误； D.m2n2mnnnm1，正确。故选：D。

【提示】直接利用公式法以及提取公因式法分解因式进而判断即可。 【考点】提取公因式法以及公式法分解因式。 9．【答案】D

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2【解析】Q点A、B、C为反比例函数yF，

k（k＞0）上不同的三点，AD⊥y轴，BE，CF垂直x轴于点E、x11S3k，S△BOES△COFk，

22QS△BOES△OMES△COFS△OME，

S1S2， S1＜S3，S2＜S3，

A，B，C选项错误，故选：D。

【提示】根据反比例函数系数k的几何意义得到S1S2，S1＜S3，S2＜S3，用排除法即可得到结论。 【考点】反比例函数系数k的几何意义，反比例函数的性质。 10．【答案】C

【解析】Q110，121，143，123，145，246，

aibi共有5个不同的值。

又Q对于任意的Miai,bi和Mjaj,bj（ij，1≤i≤S，1≤j≤S）都有aibiajbj， S的最大值为5。故选：C。

【提示】找出aibi的值，结合对于任意的Miai,bi和Mjaj,bj（ij，1≤i≤S，1≤j≤S）都有

aibiajbj，即可得出S的最大值。

【考点】规律型：数字的变化类。 二．填空题 11．【答案】＜

【解析】Q二次函数yax2bx的图像开口向下，

a＜0。故答案是：＜。

【提示】由二次函数yax2bx图像的开口向下，可得a＜0。 【考点】二次函数图像与系数的关系。 12．【答案】

1 2【解析】Q布袋中有6个白球，4个黑球，2个红球，共有12个球， 摸到白球的概率是

611；故答案为。 1222【提示】先求出总球的个数，再用白球的个数除以总球的个数即可得出答案。 【考点】概率的知识。

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13．【答案】4

【解析】QE、F分别为MB、BC的中点，

CM2EF2，

QACB90，CM是斜边AB上的中线， AB2CM4，故答案为：4。

【提示】根据三角形中位线定理求出CM，根据直角三角形的性质求出AB。 【考点】三角形中位线定理、直角三角形的性质。 14．【答案】a＜1且a为有理数 【解析】根据题意知2a＞1，

解得a＜1，故答案为：a＜1且a为有理数。 【提示】根据题意列出不等式，解之可得。 【考点】解一元一次不等式的基本能力。 15．【答案】66

【解析】Q五边形ABCDE为正五边形，

EAB108，

QAP是EAB的角平分线，

PAB54， QABP60，

APB180605466。故答案为：66。

【提示】首先根据正五边形的性质得到EAB108，然后根据角平分线的定义得到PAB54，再利用三角形内角和定理得到APB的度数。 【考点】多边形内角与外角。 16．【答案】20

【解析】连接OD，如图：

QOC⊥AB， COE90，

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QAEC65，

OCE906525， QOCOD，

ODCOCE25，

DOC1802525130， BODDOCCOE40，

1BADBOD20，故答案为：20。

2【提示】由直角三角形的性质得出OCE25，由等腰三角形的性质得出ODCOCE25，求出

DOC130，得出BODDOCCOE40，再由圆周角定理即可得出答案。

【考点】圆周角定理、等腰三角形的性质、直角三角形的性质、三角形内角和定理。 17．【答案】250

【解析】设走路快的人追上走路慢的人所用时间为t， 根据题意得：10060t100， 解得：t2.5，

100t1002.5250。

答：走路快的人要走250步才能追上走路慢的人。故答案是：250。

【提示】设走路快的人追上走路慢的人所用时间为t，根据二者的速度差×时间＝路程，即可求出t值，再将其代入路程＝速度×时间，即可求出结论。 【考点】一元一次方程的应用。 18．【答案】1.5

【解析】当光线沿O、G、B、C传输时，

过点B作BF⊥GH于点F，过点C作CE⊥GH于点E，

则OGHCGE，设GHa，则GF2a，

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则tanOGHtanCGE，即：

OHBF， GHGF即：

11，解得：a1，则45， a2aGECE2，yC123，

当光线反射过点A时，同理可得：yD1.5，

落在挡板Ⅲ上的光线的长度CD31.51.5，故答案为1.5。

【提示】当光线沿O、G、B、C传输时，由tanOGHtanCGE，即：得：a1，求出yC123，同理可得：yD1.5，即可求解。 【考点】坐标与图形的变化，涉及到一次函数、解直角三角形等知识。 三、解答题

19．【答案】原式312OHBF11，即：，解GHGFa2a3 2313 1。

【提示】直接利用绝对值的性质以及零指数幂的性质和特殊角的三角函数值分别化简得出答案。 【考点】实数运算。 20．【答案】

a2aa12a1 aaa1a12a1 aaa1 a1aa2a1a1aa1

a2a21 aa11，

aa1由题可知：a1 2 6 / 12

14。

aa1【提示】根据分式的减法可以化简题目中的式子，然后将a的值代入化简后的式子即可解答本题。 【考点】分式的化简求值。 21．【答案】（1）Ql1∥l2

ABC

tanABCAC1tan BC3BC3AC4.8m，

答：BC的长度为4.8 m； （2）依题意得：DF1∥AF

Ql1∥l2

四边形ABED是平行四边形

BEADFF10.6 m

1EMBMBEBCBE2.40.61.8 m

21QtanNEMtanABC

31MNEM0.6 m

3答：障碍物的高度为0.6米。

【考点】解直角三角形的应用﹣仰角俯角问问题。

22．【答案】（1）由条形统计图知，去年六月份最高气温不低于30 ℃的天数为628（天）； （2）去年六月份这种鲜奶一天的需求量不超过200杯的概率为（3）250835041001730 （元），

答：估计这一天销售这种鲜奶所获得的利润为730元。 【提示】（1）由条形图可得答案； （2）用T＜25的天数除以总天数即可得； （3）根据利润＝销售额-成本计算可得。 【考点】利用频率估计概率。

23．【答案】（1）Q正方形ABCD与正方形OEFG，对角线AC、BD

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3+92=； 305DOOC QDB⊥AC，

DOADOC90 QGOE90

GODDOEDOECOE90 GODCOE QGOOE

在△DOG和△COE中

DOOCGODCOE GOOE△DOG≌△COE（SAS）

（2）如图，过点M作MH⊥DO交DO于点H

QAM1，DA2 23 2DMQMDB45

MHDHsin45gDM32，DOcos45gDA2 4HODODH2322 44在Rt△MHO中，由勾股定理得

3225MOMH2HO2 44222QDG⊥BD，MH⊥DO MH∥DG

易证△OHM∽△ODG

25OHMO42，得GO25 ODGO2GO则正方形OEFG的边长为25。

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【提示】（1）由正方形ABCD与正方形OEFG，对角线AC、BD，可得DOADOC90，GOE90，即可证得GODCOE，因DOOC，GOEO，则可利用“边角边”即可证两三角形全等； （2）过点M作MH⊥DO交DO于点H，由于MDB45，由可得DH，MH的长，从而求得HO，即可求得MO，再通过MH∥DG，易证得△OHM∽△ODG，则有边长。

【考点】正方形的性质，全等三角形的性质和判定，相似三角形的性质和判定，比例的性质，直角三角形的性质等知识点。

24．【答案】（1）设lOB：ykxb 将O0,0，B2,4代入得：

OHMO，求得GO即为正方形OEFG的ODGOb0k2 2kb4b0lOB：y2x

（2）①作BM⊥x轴于M，

QBOBA

BOABAO，OMAM2，则点A4,0，

QCH⊥x轴，PQ⊥x轴，BM⊥x轴 CH∥BM∥PQ

△OCH∽△APQ∽△OBM

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PQCHBMOHCHOC2，3 AQOHOMAQPQAPPQ2AQ2t，APAQ2PQ25t

1TOH2S△OPQOH2OQgPQ21②QT4t4t4t1

2223t21g4tg2t4t24t 2当t1时，T取得最小值1 23，CH2OH3 2此时OH3tmOHgCH3 2【考点】等腰三角形性质、解直角三角形、一次函数等知识。 25．【答案】（1）证明：QCBDCAD，CBDACH

ACHCAD CH∥AD QCHAD

四边形ADCH是平行四边形

（2）①证明：QAB是eO直径

ADBACB90 QCH∥AD

CHDADB90 QCACB

CABCBA45 CDHCAB45

△DHC为等腰直角三角形

②Q四边形ABCD是eO的圆内接四边形，

ADCCBA180 QADCPDA180 CBAPDA QDPABPC

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△PDA∽△PBC

BCPB5 DAPDQ△ACB与△CHD均为等腰直角三角形

AB2BC，CD2CH2AD

AB2BC5 CD2ADQABCD251

5CDCD2解得：CD2

51

CH222

【考点】圆的有关知识，平行四边形的判定和性质，相似三角形的判定和性质等知识。 26．【答案】（1）①依题意得：yx22x1x12 顶点坐标为1,2

2②当yx时

xx22x1；即x23x10

△9413＞0

有两个不相同的解，即有两个 “不动点”

（2）QAFCABC；AEFCEB

△AEF∽△CEB

AEEF CEEBQE1,0，C0,c F2,c

AE1x1；BEx21

CEEF1c2

1c2 2x11c21x11c21x1x21x21x1x2x1

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bcc211

aa2c2bc2c2

a2ac2a

Q△PCF∽△PAB

PCCF PAAB21c25 2165a1c4ac4a16a216a2c25

c616ac5a21将c2a代入得：a21

Qa＞0 a1 c2 yx24x2

【考点】求二次函数顶点式，一元二次方程的解法及根与系数的关系，相似三角形的判定和性质，因式分解。

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