2017年江西省中考数学试卷

$-6$ 的相反数是 $($ 　　 $)$

在国家"一带一路"战略下，我国与欧洲开通了互利互惠的中欧班列．行程最长，途经城市和国家最多的一趟专列全程长 $13000\mathit{km}$ ，将13000用科学记数法表示应为 $($ 　　 $)$

下列图形中，是轴对称图形的是 $($ 　　 $)$

下列运算正确的是 $($ 　　 $)$

已知一元二次方程 $2x^2-5x+1=0$ 的两个根为 $x_1$ ， $x_2$ ，下列结论正确的是 $($ 　　 $)$

如图，任意四边形 $\mathit{ABCD}$ 中， $E$ ， $F$ ， $G$ ， $H$ 分别是 $\mathit{AB}$ ， $\mathit{BC}$ ， $\mathit{CD}$ ， $\mathit{DA}$ 上的点，对于四边形 $\mathit{EFGH}$ 的形状，某班学生在一次数学活动课中，通过动手实践，探索出如下结论，其中错误的是 $($ 　　 $)$

函数$y=\sqrt{x-2}$中自变量$x$的取值范围是　　．

如图1是一把园林剪刀，把它抽象为图2，其中$\mathit{OA}=\mathit{OB}$．若剪刀张开的角为$30°$，则$\angle A=$　　度．

中国人最先使用负数，魏晋时期的数学家刘徽在“正负术”的注文中指出，可将算筹（小棍形状的记数工具）正放表示正数，斜放表示负数．如图，根据刘徽的这种表示法，观察图①，可推算图②中所得的数值为　　．

如图， 正三棱柱的底面周长为 9 ，截去一个底面周长为 3 的正三棱柱， 所得几何体的俯视图的周长是　 　．

已知一组从小到大排列的数据：2，5， $x$ ， $y$ ， $2x$ ，11的平均数与中位数都是7，则这组数据的众数是　　．

已知点$A(0,4)$，$B(7,0)$，$C(7,4)$，连接$\mathit{AC}$，$\mathit{BC}$得到矩形$\mathit{AOBC}$，点$D$的边$\mathit{AC}$上，将边$\mathit{OA}$沿$\mathit{OD}$折叠，点$A$的对应点为$A^{\text{'}}$．若点$A^{\text{'}}$到矩形较长两对边的距离之比为$1:3$，则点$A^{\text{'}}$的坐标为　　．

（1）计算：$\frac{x+1}{x^2-1}÷\frac{2}{x-1}$；

（2）如图，正方形$\mathit{ABCD}$中，点$E$，$F$，$G$分别在$\mathit{AB}$，$\mathit{BC}$，$\mathit{CD}$上，且$\angle \mathit{EFG}=90°$．求证：$\mathit{\Delta EBF}\backsim \mathit{\Delta FCG}$．

解不等式组： $\left\{\begin{array}{c}-2x<6\\ 3(x-2)⩽x-4\end{array}\right.$ ，并把解集在数轴上表示出来．

端午节那天，小贤回家看到桌上有一盘粽子，其中有豆沙粽、肉粽各1个，蜜枣粽2个，这些粽子除馅外无其他差别．

（1）小贤随机地从盘中取出一个粽子，取出的是肉粽的概率是多少？

（2）小贤随机地从盘中取出两个粽子，试用画树状图或列表的方法表示所有可能的结果，并求出小贤取出的两个都是蜜枣粽的概率．

如图，已知正七边形$\mathit{ABCDEFG}$，请仅用无刻度的直尺，分别按下列要求画图．

（1）在图1中，画出一个以$\mathit{AB}$为边的平行四边形；

（2）在图2中，画出一个以$\mathit{AF}$为边的菱形．

为了解某市市民“绿色出行”方式的情况，某校数学兴趣小组以问卷调查的形式，随机调查了某市部分出行市民的主要出行方式（参与问卷调查的市民都只从以下五个种类中选择一类），并将调查结果绘制成如下不完整的统计图．

根据以上信息，回答下列问题：

（1）参与本次问卷调查的市民共有　　人，其中选择$B$类的人数有　　人；

（2）在扇形统计图中，求$A$类对应扇形圆心角$\alpha$的度数，并补全条形统计图；

（3）该市约有12万人出行，若将$A$，$B$，$C$这三类出行方式均视为“绿色出行”方式，请估计该市“绿色出行”方式的人数．

如图，是一种斜挎包，其挎带由双层部分、单层部分和调节扣构成．小敏用后发现，通过调节扣加长或缩短单层部分的长度，可以使挎带的长度（单层部分与双层部分长度的和，其中调节扣所占的长度忽略不计）加长或缩短．设单层部分的长度为$\mathit{xcm}$，双层部分的长度为$\mathit{ycm}$，经测量，得到如下数据：

（1）根据表中数据的规律，完成以下表格，并直接写出$y$关于$x$的函数解析式；

（2）根据小敏的身高和习惯，挎带的长度为$120\mathit{cm}$时，背起来正合适，请求出此时单层部分的长度；

（3）设挎带的长度为$\mathit{lcm}$，求$l$的取值范围．

如图，直线$y=k_{1}x(x⩾0)$与双曲线$y=\frac{k_2}{x}(x>0)$相交于点$P(2,4)$．已知点$A(4,0)$，$B(0,3)$，连接$\mathit{AB}$，将$\text{Rt}\Delta \text{AOB}$沿$\mathit{OP}$方向平移，使点$O$移动到点$P$，得到△$A^{\text{'}}P{B}^{\text{'}}$．过点$A^{\text{'}}$作$A^{\text{'}}C//y$轴交双曲线于点$C$．

（1）求$k_1$与$k_2$的值；

（2）求直线$\mathit{PC}$的表达式；

（3）直接写出线段$\mathit{AB}$扫过的面积．

如图1，$\odot O$的直径$\mathit{AB}=12$，$P$是弦$\mathit{BC}$上一动点（与点$B$，$C$不重合），$\angle \mathit{ABC}=30°$，过点$P$作$\mathit{PD}\perp \mathit{OP}$交$\odot O$于点$D$．

（1）如图2，当$\mathit{PD}//\mathit{AB}$时，求$\mathit{PD}$的长；

（2）如图3，当$\widehat{\mathit{DC}}=\widehat{\mathit{AC}}$时，延长$\mathit{AB}$至点$E$，使$\mathit{BE}=\frac{1}{2}\mathit{AB}$，连接$\mathit{DE}$．

①求证：$\mathit{DE}$是$\odot O$的切线；

②求$\mathit{PC}$的长．

已知抛物线$C_1:y=a{x}^2-4\mathit{ax}-5(a>0)$．

（1）当$a=1$时，求抛物线与$x$轴的交点坐标及对称轴；

（2）①试说明无论$a$为何值，抛物线$C_1$一定经过两个定点，并求出这两个定点的坐标；

②将抛物线$C_1$沿这两个定点所在直线翻折，得到抛物线$C_2$，直接写出$C_2$的表达式；

（3）若（2）中抛物线$C_2$的顶点到$x$轴的距离为2，求$a$的值．

我们定义：如图1，在$\mathit{\Delta ABC}$中，把$\mathit{AB}$绕点$A$顺时针旋转$\alpha (0°<\alpha <180°)$得到$A{B}^{\text{'}}$，把$\mathit{AC}$绕点$A$逆时针旋转$\beta$得到$A{C}^{\text{'}}$，连接$B^{\text{'}}{C}^{\text{'}}$．当$\alpha +\beta =180°$时，我们称△$A^{\text{'}}{B}^{\text{'}}{C}^{\text{'}}$是$\mathit{\Delta ABC}$的“旋补三角形”，△ $A{B}^{\text{'}}{C}^{\text{'}}$边$B^{\text{'}}{C}^{\text{'}}$上的中线$\mathit{AD}$叫做$\mathit{\Delta ABC}$的“旋补中线”，点$A$叫做“旋补中心”．

特例感知：

（1）在图2，图3中，△$A{B}^{\text{'}}{C}^{\text{'}}$是$\mathit{\Delta ABC}$的“旋补三角形”， $\mathit{AD}$是$\mathit{\Delta ABC}$的“旋补中线”．

①如图2，当$\mathit{\Delta ABC}$为等边三角形时，$\mathit{AD}$与$\mathit{BC}$的数量关系为$\mathit{AD}=$　　$\mathit{BC}$；

②如图3，当$\angle \mathit{BAC}=90°$，$\mathit{BC}=8$时，则$\mathit{AD}$长为　　．

猜想论证：

（2）在图1中，当$\mathit{\Delta ABC}$为任意三角形时，猜想$\mathit{AD}$与$\mathit{BC}$的数量关系，并给予证明．

拓展应用

（3）如图4，在四边形$\mathit{ABCD}$，$\angle C=90°$，$\angle D=150°$，$\mathit{BC}=12$，$\mathit{CD}=2\sqrt{3}$，$\mathit{DA}=6$．在四边形内部是否存在点$P$，使$\mathit{\Delta PDC}$是$\mathit{\Delta PAB}$的“旋补三角形”？若存在，给予证明，并求$\mathit{\Delta PAB}$的“旋补中线”长；若不存在，说明理由．