辽宁省沈阳市2014年中考数学试题及答案【word解析版】Word格式文档下载.doc
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主视图、左视图、俯视图是分别从物体正面、左面和上面看，所得到的图形．
由于主视图和左视图为长方形可得此几何体为柱体，
由俯视图为长方形可得为长方体．
故选C．
本题考查了由三视图来判断几何体，还考查学生对三视图掌握程度和灵活运用能力，同时也体现了对空间的想象能力．
4．（3分）（2014•沈阳）已知一组数据：
1，2，6，3，3，下列说法正确的是（ ）
众数是3
中位数是6
平均数是4
方差是5
众数；
算术平均数；
中位数；
方差．.
利用众数、算术平均数、中位数及方差的定义分别求解后即可确定正确的选项．
A、数据3出现2次，最多，故众数为3正确；
B、排序后位于中间位置的数为3，故中位数为3，故选项错误；
C、平均数为3，故选项错误；
D、方差为2.4，故选项错误．
故选A．
本题考查了众数、算术平均数、中位数及方差的定义，属于基础题，比较简单．
5．（3分）（2014•沈阳）一元一次不等式x﹣1≥0的解集在数轴上表示正确的是（ ）
在数轴上表示不等式的解集；
解一元一次不等式．.
先求出不等式的解集，再在数轴上表示出来即可．
移项得，x≥1，
故此不等式组的解集为：
x≥1．
在数轴上表示为：
．
本题考查的是在数轴上表示不等式的解集，熟知“小于向左，大于向右”是解答此题的关键．
6．（3分）（2014•沈阳）正方形是轴对称图形，它的对称轴有（ ）
2条
4条
6条
8条
轴对称图形．.
正方形既是矩形，又是菱形，具有矩形和菱形的轴对称性，由此可知其对称轴．
正方形的对称轴是两对角线所在的直线，两对边中点所在的直线，
对称轴共4条．
本题考查了正方形的轴对称性．关键是明确正方形既具有矩形的轴对称性，又具有菱形的轴对称性．
7．（3分）（2014•沈阳）下列运算正确的是（ ）
（﹣x3）2=﹣x6
x4+x4=x8
x2•x3=x6
xy4÷
（﹣xy）=﹣y3
整式的除法；
合并同类项；
同底数幂的乘法；
幂的乘方与积的乘方．.
专题：
计算题．
A、原式利用幂的乘方与积的乘方运算法则计算得到结果，即可作出判断；
B、原式合并得到结果即可找出判断；
C、原式利用同底数幂的乘法法则计算得到结果，即可找出判断；
D、原式利用单项式除以单项式法则计算即可得到结果．
A、原式=x6，故选项错误；
B、原式=2x4，故选项错误；
C、原式=x5，故选项错误；
D、原式=﹣y3，故选项正确．
此题考查了整式的除法，合并同类项，同底数幂的乘法，以及幂的乘方与积的乘方，熟练掌握运算法则是解本题的关键．
8．（3分）（2014•沈阳）如图，在△ABC中，点D在边AB上，BD=2AD，DE∥BC交AC于点E，若线段DE=5，则线段BC的长为（ ）
7.5
10
15
20
相似三角形的判定与性质．.
由DE∥BC，可证得△ADE∽△ABC，然后由相似三角形的对应边成比例求得答案．
∵DE∥BC，
∴△ADE∽△ABC，
∴=，
∵BD=2AD，
∵DE=5，
∴DE=15．
此题考查了相似三角形的判定与性质．此题比较简单，注意掌握数形结合思想的应用．
二、填空题（每小题4分，共32分）
9．（4分）（2014•沈阳）计算：
= 3 ．
算术平方根．.
根据算术平方根的定义计算即可．
∵32=9，
∴=3．
本题较简单，主要考查了学生开平方的运算能力．
10．（4分）（2014•沈阳）分解因式：
2m2+10m= 2m（m+5） ．
因式分解-提公因式法．.
直接提取公因式2m，进而得出答案．
2m2+10m=2m（m+5）．
故答案为：
2m（m+5）．
此题主要考查了提取公因式法分解因式，正确提取公因式是解题关键．
11．（4分）（2014•沈阳）如图，直线a∥b，直线l与a相交于点P，与直线b相交于点Q，PM⊥l于点P，若∠1=50°
，则∠2= 40 °
平行线的性质；
垂线．.
根据两直线平行，内错角相等，即可求得∠3=∠1，根据PM⊥l于点P，则∠MPQ=90°
，即可求解．
∵直线a∥b，
∴∠3=∠1=50°
，
又∵PM⊥l于点P，
∴∠MPQ=90°
∴∠2=90°
﹣∠3=90°
﹣50°
=40°
故答案是：
40．
本题重点考查了平行线的性质及垂直的定义，是一道较为简单的题目．
12．（4分）（2014•沈阳）化简：
（1+）= ．
分式的混合运算．.
原式括号中两项通分并利用同分母分式的加法法则计算，约分即可得到结果．
原式=•
=•
=．
此题考查了分式的混合运算，熟练掌握运算法则是解本题的关键．
13．（4分）（2014•沈阳）已知一次函数y=x+1的图象与反比例函数y=的图象相交，其中有一个交点的横坐标是2，则k的值为 6 ．
反比例函数与一次函数的交点问题．.
把x=2代入一次函数的解析式，即可求得交点坐标，然后利用待定系数法即可求得k的值．
在y=x+1中，令x=2，解得y=3，
则交点坐标是：
（2，3），
代入y=得：
k=6．
6．
本题考查了用待定系数法确定函数的解析式，是常用的一种解题方法．同学们要熟练掌握这种方法．
14．（4分）（2014•沈阳）如图，△ABC三边的中点D，E，F组成△DEF，△DEF三边的中点M，N，P组成△MNP，将△FPM与△ECD涂成阴影．假设可以随意在△ABC中取点，那么这个点取在阴影部分的概率为 ．
三角形中位线定理；
几何概率．.
先设阴影部分的面积是x，得出整个图形的面积是，再根据几何概率的求法即可得出答案．
∵D、E分别是BC、AC的中点，
∴DE是△ABC的中位线，
∴ED∥AB，且DE=AB，
∴△CDE∽△CBA，
∴==，
∴S△CDE=S△CBA．
同理，S△FPM=S△FDE=S△CBA．
∴S△FPM=+S△CDE=S△CBA．
则=．
本题考查了三角形中位线定理和几何概率．几何概率的求法：
首先根据题意将代数关系用面积表示出来，一般用阴影区域表示所求事件（A）；
然后计算阴影区域的面积在总面积中占的比例，这个比例即事件（A）发生的概率．
15．（4分）（2014•沈阳）某种商品每件进价为20元，调查表明：
在某段时间内若以每件x元（20≤x≤30，且x为整数）出售，可卖出（30﹣x）件．若使利润最大，每件的售价应为 25 元．
二次函数的应用．.
本题是营销问题，基本等量关系：
利润=每件利润×
销售量，每件利润=每件售价﹣每件进价．再根据所列二次函数求最大值．
设最大利润为w元，
则w=（x﹣20）（30﹣x）=﹣（x﹣25）2+25，
∵20≤x≤30，
∴当x=25时，二次函数有最大值25，
25．
本题考查了把实际问题转化为二次函数，再利用二次函数的性质进行实际应用．此题为数学建模题，借助二次函数解决实际问题．
16．（4分）（2014•沈阳）如图，▱ABCD中，AB＞AD，AE，BE，CM，DM分别为∠DAB，∠ABC，∠BCD，∠CDA的平分线，AE与DM相交于点F，BE与CM相交于点H，连接EM．若▱ABCD的周长为42cm，FM=3cm，EF=4cm，则EM= 5 cm，AB= 13 cm．
矩形的判定与性质；
勾股定理的应用；
平行四边形的性质；
相似三角形的应用．.
综合题．
由条件易证∠AEB=∠AFD=∠DMC=90°
．进而可证到四边形EFMN是矩形及∠EFM=90°
，由FM=3cm，EF=4cm可求出EM．易证△ADF≌△CBN，从而得到DF=BN；
易证△AFD∽△AEB，从而得到4DF=3AF．设DF=3k，则AF=4k．AE=4（k+1），BE=3（k+1），从而有AD=5k，AB=5（k+1）．由▱ABCD的周长为42cm可求出k，从而求出AB长．
∵AE为∠DAB的平分线，
∴∠DAE=∠EAB=∠DAB，
同理：
∠ABE=∠CBE=∠ABC，
∠BCM=∠DCM=∠BCD，
∠CDM=∠ADM=∠ADC．
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠DAB=∠BCD，∠ABC=∠ADC，AD=BC．
∴∠DAF=∠BCN，∠ADF=∠CBN．
在△ADF和△CBN中，
∴△ADF≌△CBN（ASA）．
∴DF=BN．
∴AD∥BC，
∴∠DAB+∠ABC=180°
∴∠EAB+∠EBA=90°
∴∠AEB=90°
同理可得：
∠AFD=∠DMC=90°
∴∠EFM=90°
∵FM=3，EF=4，
∴ME==5（cm）．
∵∠EFM=∠FMN=∠FEN=90°
∴四边形EFMN是矩形．
∴EN=FM=3．
∵∠DAF=∠EAB，∠AFD=∠AEB，
∴△AFD∽△AEB．
∴=．
∴4DF=3AF．
设DF=3k，则AF=4k．
∵∠AFD=90°
∴AD=5k．
∵∠AEB=90°
，AE=4（k+1），BE=3（k+1），
∴AB=5（k+1）．
∵2（AB+AD）=42，
∴AB+AD=21．
∴5（k+1）+5k=21．
∴k=1.6．
∴AB=13（cm）．
5、13．
本题考查了平行四边形的性质、平行线的性质、矩形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理等知识，综合性较强．
三、解答题（17、18各8分，19题10分，共26分）
17．（8分）（2014•沈阳）先化简，再求值：
{（a+b）2﹣（a﹣b）2}•a，其中a=﹣1，b=5．
整式的混合运算—化简求值．.
先利用完全平方公式和整式的乘法计算化简，再进一步代入求得数值即可．
[（a+b）2﹣（a﹣b）2]•a
=（a2+2ab+b2﹣a2+2ab﹣b2）•a
=4ab•a
=4a2b；
当a=﹣1，b=5时，
原式=4×
（﹣1）2×
5=20．
此题考查整式的混合运算与化简求值，注意先利用公式计算化简，再进一步代入求得数值即可．
18．（8分）（2014•沈阳）如图，在矩形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，点E，F分别在边AD，BC上，且DE=CF，连接OE，OF．求证：
OE=OF．
全等三角形的判定与性质；
矩形的性质．.
证明题．
欲证明OE=OF，只需证得△ODE≌△OCF即可．
证明：
如图，∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ADC=∠BCD=90°
，AC=BD，OD=BD，OC=AC，
∴OD=OC，
∴∠ODC=∠OCD，
∴∠ADC﹣∠ODC=∠BCD﹣∠OCD，即∠EDO=∠FCO，
∴在△ODE与△OCF中，，
∴△ODE≌△OCF（SAS），
∴OE=OF．
本题考查了全等三角形的判定与性质，矩形的性质．全等三角形的判定是结合全等三角形的性质证明线段和角相等的重要工具．在判定三角形全等时，关键是选择恰当的判定条件．
19．（10分）（2014•沈阳）在一个不透明的盒子里有红球、白球、黑球各一个，它们除了颜色外其余都相同．小明从盒子里随机摸出一球，记录下颜色后放回盒子里，充分摇匀后，再随机摸出一球，并记录下颜色．请用列表法或画树状图（树形图）法求小明两次摸出的球颜色不同的概率．
列表法与树状图法．.
首先根据题意画出树状图，然后由树状图求得所有等可能的结果与小明两次摸出的球颜色不同的情况，再利用概率公式即可求得答案．
画树状图得：
∵共有9种等可能的结果，小明两次摸出的球颜色不同的有6种情况，
∴小明两次摸出的球颜色不同的概率为：
本题考查的是用列表法或画树状图法求概率．列表法或画树状图法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，列表法适合于两步完成的事件，树状图法适合两步或两步以上完成的事件．用到的知识点为：
概率=所求情况数与总情况数之比．
四、每小题10分，共20分
20．（10分）（2014•沈阳）2014年世界杯足球赛于北京时间6月13日2时在巴西开幕，某媒体足球栏目从参加世界杯球队中选出五支传统强队：
意大利队、德国队、西班牙队、巴西队、阿根廷队，对哪支球队最有可能获得冠军进行了问卷调查．为了使调查结果有效，每位被调查者只能填写一份问卷，在问卷中必须选择这五支球队中的一队作为调查结果，这样的问卷才能成为有效问卷．从收集到的4800份有效问卷中随机抽取部分问卷进行了统计，绘制了统计图表的一部分如下：
球队名称
百分比
意大利
17%
德国
a
西班牙
10%
巴西
38%
阿根廷
根据统计图表提供的信息，解答下列问题：
（1）a= 30% ，b= 5% ；
（2）根据以上信息，请直接在答题卡中补全条形统计图；
（3）根据抽样调查结果，请你估计在提供有效问卷的这4800人中有多少人预测德国队最有可能获得冠军．
条形统计图；
用样本估计总体．.
（1）首先根据意大利有85人，占17%，据此即可求得总人数，则根据百分比的定义求得b的值，然后利用1减去其它各组的百分比即可求得a的值；
（2）根据百分比的定义求得德国、西班牙的人数，即可解答；
（3）利用总人数4800，乘以对应的百分比即可求解．
（1）总人数是：
85÷
17%=500（人），
则b==5%，
a=1﹣17%﹣10%﹣38%﹣5%=30%；
（2）
（3）4800×
30%=1440（人）．
本题考查的是条形统计图的综合运用．读懂统计图，从统计图中得到必要的信息是解决问题的关键．条形统计图能清楚地表示出每个项目的数据．
21．（10分）（2014•沈阳）某公司今年销售一种产品，1月份获得利润20万元，由于产品畅销，利润逐月增加，3月份的利润比2月份的利润增加4.8万元，假设该产品利润每月的增长率相同，求这个增长率．
一元二次方程的应用．.
增长率问题．
设每月获得的利润的增长率是x，然后用x分别表示出2月份和3月份，根据“3月份的利润比2月份的利润增加4.8万元”列方程求解．
设这个增长率为x．
依题意得：
200（1+x）2﹣20（1+x）=4.8，
解得x1=0.2，x2=﹣1.2（不合题意，舍去）．
0.2=20%．
答：
这个增长率是20%．
本题考查了一元二次方程的应用．此题中要求学生能够根据利润率分别用x表示出每一年的利润．能够熟练运用因式分解法解方程．
五、本题10分
22．（10分）（2014•沈阳）如图，⊙O是△ABC的外接圆，AB为直径，OD∥BC交⊙O于点D，交AC于点E，连接AD，BD，CD．
（1）求证：
AD=CD；
（2）若AB=10，cos∠ABC=，求tan∠DBC的值．
圆周角定理；
勾股定理；
圆心角、弧、弦的关系；
解直角三角形．.
（1）由AB为直径，OD∥BC，易得OD⊥AC，然后由垂径定理证得，=，继而证得结论；
（2）由AB=10，cos∠ABC=，可求得OE的长，继而求得DE，AE的长，则可求得tan∠DAE，然后由圆周角定理，证得∠DBC=∠DAE，则可求得答案．
（1）证明：
∵AB为⊙O的直径，
∴∠ACB=90°
∵OD∥BC，
∴∠AEO=∠ACB=90°
∴OD⊥AC，
∴AD=CD；
（2）解：
∵AB=10，
∴OA=OD=AB=5，
∴∠AOE=∠ABC，
在Rt△AEO中，OE=OA•cos∠AOE=OA•cos∠ABC=5×
=3，
∴DE=OD=OE=5﹣3=2，
∴AE===4，
在Rt△AED中，tan∠DAE===，
∵∠DBC=∠DAE，
∴tan∠DBC=．
此题考查了圆周角定理、垂径定理以及勾股定理．此题难度适中，注意掌握数形结合思想的应用．
六、本题12分
23．（12分）（2014•沈阳）如图，在平面直角坐标系中，四边形OABC的顶点O为坐标原点，点C在x轴的正半轴上，且BC⊥OC于点C，点A的坐标为（2，2），AB=4，∠B=60°
，点D是线段OC上一点，且OD=4，连接AD．
△AOD是等边三角形；
（2）求点B的坐标；
（3）平行于AD的直线l从原点O出发，沿x轴正方向平移．设直线l被四边形OABC截得的线段长为m，直线l与x轴交点的横坐标为t．
①当直线l与x轴的交点在线段CD上（交点不与点C，D重合）时，请直接写出m与t的函数关系式（不必写出自变量t的取值范围）
②若m=2，请直接写出此时直线l与x轴的交点坐标．
一次函数综合题．.
（1）过点A作AM⊥x轴于点M，根据已知条件，依据三角函数求得∠AOM=60°
，根据勾股定理求得OA=4，即可求得．
（2）过点A作AN⊥BC于点N，则四边形AMCN是矩形，在Rt△ABN中，根据三角函数求得AN、BN的值，从而求得OC、BC的长，得出点B的坐标．
（3）①如图3，因为∠B=60°
，BC=4，所以PC=12，EM=m，因为OC=8，所以PO=4，OF=t，DF=t﹣m，所以PD=4+（t﹣m），根据△PDE∽△PCB即可求得m=t+2；
②如图4，△OEF是等边三角形所以OF=EF=m=2，在Rt△PCF'
中∠CF'
P=60°
，∠BPE'
=∠CPF'
=30°
，所以BP=PE'
÷
sin∠B=，PC=4﹣=，根据勾股定理求得CF'
=，所以OF'
=8+=．
（1）如图2，证明：
过点A作AM⊥x轴于点M，
∵点A的坐标为（2，2），
∴OM=2，AM=2
∴在Rt△AOM中，tan∠AOM===
∴∠AOM=60°
由勾股定理得，OA===4
∵OD=4，
∴OA=OD，
∴△AOD是等边三角形．
（2）如图2，解：
过点A作AN⊥BC于点N，
∵BC⊥OC，AM⊥x轴，
∴∠BCM=∠CMA=∠ANC=90°
∴四边形ANCM为矩形，
∴AN=MC，AM=NC，
∵∠B=60°
，AB=4，
∴在Rt△ABN中，AN=AB•SinB=4×
=6，BN=AB•CosB=4×
=2
∴AN=MC=6，CN=AM=2，
∴OC=OM+MC=2+6=8，
BC=BN+CN=2+2=4，
∴点B的坐标为（8，4）．
（3）①如图3，m=t+2；
②如图4，（2，0），（，0）．
本题考查了等边三角形的性质，矩形的性质，直角三角函数的应用以及勾股定理的应用．
七、本题12分
24．（12分）（2014•沈阳）如图1，在菱形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，AB=13，BD=24，在菱形ABCD的外部以AB为边作等边三角形ABE．点F是对角线BD上一动点（点F不与点B重合），将线段AF绕点A顺时针方向旋转60°
得到线段AM，连接FM．
（1）求AO的长；
（2）如图2，当点F在线段BO上，且点M，F，C三点在同一条直线上时，求证：
AC=AM；
（3）连接EM，若△AEM的面积为40，请直接写出△AFM的周长．
四边形综合题．.
（1）在RT△OAB中，利用勾股定理OA=求解，
（2）由四边形ABCD是菱形，求出△AFM为等边三角形，∠M=∠AFM=60°
，再求出∠MAC=90°
，在RT△ACM中tan∠M=，求出AC．
（3）求出△AEM≌△ABF，利用△AEM的面积为40求出BF，在利用勾股定理AF===，得出△AFM的周长为3．
（1）∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，OB=OD=BD，
∵BD=24，
∴OB=12，
在RT△OAB中，
∵AB=13，
∴OA===5，
（2）如图2，
∵四边形ABCD是菱形，
∴BD垂直平分AC，
∴FA=FC，∠FAC=∠FCA，
由已知AF=AM，∠MAF=60°
∴△AFM为等边三角形，
∴∠M=∠AFM=60°
∵点M，F，C三点在同一条直线上，
∴∠FAC+∠FCA=∠AFM=60°
∴∠FAC=∠FCA=30°
∴∠MAC=∠MAF+∠FAC=60°
+30°
=90°
在RT△ACM中
∵tan∠M=，
∴tan60°
=，
∴AC=AM．
（3）如图，连接EM，
∵△ABE是等边三角形，
∴AE=AB，∠EAB=60°
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