数学参与试题解析

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参与试题解析

一．选择题（本题12小题，每小题3分，共计36分.请把答案填到题后的答题栏内） 1．（3分）在

，

，

，

，

中最简二次根式的个数是（ ）

A．1个 B． 2个 C． 3个 D． 4个 考点：最 简二次根式． 分析：判 定一个二次根式是不是最简二次根式的方法，就是逐个检查最简二次根式的两个条件是否同时满足，同时满足的就是最简二次根式，否则就不是． 解答： 解：因为=，=2，=， 所以符合条件的最简二次根式为，，共2个． 故选：B． 点评：本 题考查最简二次根式的定义．根据最简二次根式的定义，最简二次根式必须满足两个条件： （1）被开方数不含分母； （2）被开方数不含能开得尽方的因数或因式． 2．（3分）（2010•南宁）下列计算结果正确的是（ ） += A．B． C． ×=D． 3﹣=3 =5 考点：二 次根式的混合运算． 分析：按 照二次根式的运算法则进行计算即可． 解答： ：A、和不是同类二次根式，不能合并，故A错误； 解B、3﹣=（3﹣1）=2，故B错误； C、×==，故C正确； D、，故D错误； 故选C． 点评：此 题需要注意的是：二次根式的加减运算实质是合并同类二次根式的过程，不是同类二次根式的不能合并． 3．（3分）（2013•呼和浩特）观察下列图形，既是轴对称图形又是中心对称图形的有（ ）

A．1个 B． 2个 C． 3个 考点：中 心对称图形；轴对称图形． 分析：根 据轴对称图形与中心对称图形的概念求解． D． 4个

-----欢迎登陆明师在线浏览更多的学习资讯！----- 解答：解 ：第一个图形不是轴对称图形，是中心对称图形，故本选项错误； 第二个图形既是轴对称图形又是中心对称图形； 第三个图形既是轴对称图形又是中心对称图形； 第四个图形既是轴对称图形又是中心对称图形； 所以，既是轴对称图形又是中心对称图形共有3个． 故选C． 点评：本 题考查了中心对称图形与轴对称图形的概念．轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后两部分重合． 4．（3分）如图，在正方形ABCD中有一点E，把△ABE绕点B旋转到△CBF，连接EF，则△EBF的形状是（ ）

A．等边三角形 B． 等腰三角形 C． 直角三角形 D． 等腰直角三角形 考点：旋 转的性质；正方形的性质． 分析：根 据旋转的性质知，△ABE≌△CBF，则BE=BF，所以△BEF为等腰直角三角形． 解答：解 ：∵把△ABE绕点B旋转到△CBF， ∴△ABE≌△CBF， ∴BE=BF， ∵∠ABC=90°， ∴△BEF为等腰直角三角形． 故选：D． 点评：此 题主要考查了旋转的性，根据已知得出旋转角以及对应边是解题关键． 5．（3分）如果关于x的方程（m﹣3）﹣x+3=0是关于x的一元二次方程，那么m的值为（ ）

±3 3 A．B． C． ﹣3 D． 都不对 考点：一 元二次方程的定义． 分析：本 题根据一元二次方程的定答，一元二次方程必须满足四个条件： （1）未知数的最高次数是2； （2）二次项系数不为0； （3）是整式方程； 2（4）含有一个未知数．据此即可得到m﹣7=2，m﹣3≠0，即可求得m的范围． 解答： 解：由一元二次方程的定义可知， 解得m=﹣3． 故选C． 点评：要 特别注意二次项系数m﹣3≠0这一条件，当m﹣3=0时，上面的方程就是一元一次方程了．

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6．（3分）下列方程中，有实数根的是（ ） 22 A．B． C． x+4=0 x+x+3=0 2D． 5x+1=2x 考点：根 的判别式． 专题：计 算题． 分析：先 把D中的方程化为一般式，再计算四个方程的判别式的值，然后根据判别式的意义判断． 解答：解 ：A、△=0﹣4×4＜0，方程没有实数根，所以A选项错误； B、△=1﹣4×3＜0，方程没有实数根，所以B选项错误； 2C、△=（﹣）﹣4×2×（﹣1）＞0，方程有两个不相等的实数根，所以C选项正确； 2D、5x﹣2x+1=0，△=4﹣4×5×1＜0，方程没有实数根，所以D选项错误． 故选C． 22点评： 题考查了一元二次方程ax+bx+c=0（a≠0）的根的判别式△=b﹣4ac：当△＞0，方本程有两个不相等的实数根；当△=0，方程有两个相等的实数根；当△＜0，方程没有实数根． 22

7．（3分）用配方法将y=x﹣6x+11化成y=a（x﹣h）+k的形式为（ ） 2222 A．B． y=（x+3）+2 y=（x﹣3）﹣2 C． y=（x﹣6）﹣2 D． y=（x﹣3）+2 考点：二 次函数的三种形式． 专题：计 算题；配方法． 分析：由 于二次项系数是1，利用配方法直接加上一次项系数一半的平方来凑完全平方式，可把一般式转化为顶点式． 解答： ：y=x2﹣6x+11， 解2=x﹣6x+9+2， 2=（x﹣3）+2． 故选D． 2点评： 次函数的解析式有三种形式：二（1）一般式：y=ax+bx+c（a≠0，a、b、c为常数）； 2（2）顶点式：y=a（x﹣h）+k；（3）交点式（与x轴）：y=a（x﹣x1）（x﹣x2）． 8．（3分）某班同学毕业时都将自己的照片向全班其他同学各送一张表示留念，全班共送1035张照片，如果全班有x名同学，根据题意，列出方程为（ ） A．x（x+1）=1035 B． x（x﹣1）=1035×2 C． x（x﹣1）=1035 D． 2x（x+1）=1035 考点：由 实际问题抽象出一元二次方程． 专题：其 他问题． 分析：如 果全班有x名同学，那么每名同学要送出（x﹣1）张，共有x名学生，那么总共送的张数应该是x（x﹣1）张，即可列出方程． 解答：解 ：∵全班有x名同学， ∴每名同学要送出（x﹣1）张； 又∵是互送照片， ∴总共送的张数应该是x（x﹣1）=1035． 故选C． 点评：本 题考查一元二次方程在实际生活中的应用．计算全班共送多少张，首先确定一个人送出多少张是解题关键．

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9．（3分）（2012•淄博）如图，⊙O的半径为2，弦AB=，点C在弦AB上，AC=AB，则OC的

长为（ ）

A． B． C． D． 考点：垂 径定理；勾股定理． 分析：首 先过点O作OD⊥AB于点D，由垂径定理，即可求得AD，BD的长，然后由勾股定理，可求得OD的长，然后在Rt△OCD中，利用勾股定理即可求得OC的长． 解答：解 ：过点O作OD⊥AB于点D， ∵弦AB=2， ∴AD=BD=AB=，AC=AB=， ∴CD=AD﹣AC=， ∵⊙O的半径为2， 即OB=2， ∴在Rt△OBD中，OD==1， 在Rt△OCD中，OC==． 故选D． 点评：此 题考查了垂径定理与勾股定理的应用．此题难度适中，注意掌握辅助线的作法，注意数形结合思想的应用． 10．（3分）已知⊙01和⊙O2的半径分别为2和5，且圆心距O1O2=7，则这两圆的位置关系是（ A． 外切 B． 内切 C． 相交 D． 相离 考点：圆 与圆的位置关系． 分析： 由⊙O1与⊙O2的半径分别为2、5，且圆心距O1O2=7，根据两圆位置关系与圆心距d，两圆半径R，r的数量关系间的联系即可得出两圆位置关系． 解答： 解：∵⊙O1与⊙O2的半径分别为2和5，且圆心距O1O2=7， 又∵2+5=7， ∴两圆的位置关系是外切． 故选A． 点评：此 题考查了圆与圆的位置关系．注意掌握两圆位置关系与圆心距d，两圆半径R，r

） -----欢迎登陆明师在线浏览更多的学习资讯！----- 的数量关系间的联系是解此题的关键． 11．（3分）（2010•杭州）如图，5个圆的圆心在同一条直线上，且互相相切，若大圆直径是12，4个小圆大小相等，则这5个圆的周长的和为（ ）

48π 24π 12π 6π A．B． C． D． 考点：相 切两圆的性质． 分析：由 图可知，四个小圆的直径和等于大圆直径，4个小圆大小相等，故小圆直径为12÷4=3，根据周长公式求解． 解答：解 ：大圆周长为12π，四个小圆周长和为4×（12÷4）π=12π， 5个圆的周长的和为12π+12π=24π．故选B． 点评：本 题主要考查相切两圆的性质，解题的关键是熟记圆周长的计算公式：直径×π． 12．（3分）PA、PB分别切⊙O于A、B两点，C为⊙O上一动点（点C不与A、B重合），∠APB=50°，则∠ACB=（ ） 100° 115° 65° A．B． C． 65°或115° D． 考点：切 线的性质． 分析：画 出图形，连接OA、OB，则OA⊥AP，OB⊥PB，求出∠AOB，继而分类讨论，可得出∠AC'B及∠ACB的度数． 解答：解 ：连接OA、OB， ∵PA、PB分别切⊙O于A、B两点， ∴OA⊥AP，OB⊥PB， ①当点C在优弧AB上时， ∠AOB=180°﹣∠APB=130°， ∴∠AC'B=65°； ②当点C在劣弧AB上时， ∠ACB=180°﹣∠AC'B=135°． 综上可得：∠ACB=65°或115°． 故选C． 点评：本 题考查了切线的性质，需要用到的知识点为：①圆的切线垂直于经过切点的半径，②圆周角定理，③圆内接四边形的对角互补． 二、填空题（共6小题，每小题4分，满分24分）

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13．（4分）（2012•临沂）计算：4﹣= 0 ．

考点：二 次根式的加减法． 专题：计 算题． 分析：先 将二次根式化为最简，然后合并同类二次根式即可． 解答： 解：原式=4×﹣2=0． 故答案为：0． 点评：此 题考查了二次根式的加减运算，解答本题的关键是掌握二次根式的化简及同类二次根式的合并． 14．（4分）点A（3，n）关于原点对称的点的坐标为（﹣3，2），那么n= ﹣2 ． 考点：关 于原点对称的点的坐标． 分析：根 据两点关于原点的对称，横纵坐标符号相反，即可得出n的值． 解答：解 ：∵A（3，n）关于原点对称的点的坐标为（﹣3，2）， ∴n=﹣2， 故答案为：﹣2． 点评：本 题主要考查了平面直角坐标系内关于原点对称的点的特点，关键是把握坐标变化规律． 15．（4分）（2012•苏州二模）方程x（x﹣1）=x的根是 x1=0，x2=2 ． 考点：解 一元二次方程-因式分解法． 分析：先 将原方程整理为一般形式，然后利用因式分解法解方程． 解答： ：由原方程，得x2﹣2x=0， 解∴x（x﹣2）=0， ∴x﹣2=0或x=0， 解得x1=2，x2=0． 故答案为：x1=2，x2=0． 点评：本 题考查了一元二次方程的解法﹣﹣因式分解法．解一元二次方程常用的方法有直接开平方法，配方法，公式法，因式分解法，要根据方程的特点灵活选用合适的方法． 22

16．（4分）已知一元二次方程（m+2）x+7mx+m﹣4=0有一个根为0，则m= 2 ． 考点：一 元二次方程的解；一元二次方程的定义． 分析：根 据条件，把x=0代入原方程可求m的值，注意二次项系数m+2≠0． 2解答： ：依题意，当x=0时，原方程为m﹣4=0， 解解得m1=﹣2，m2=2， ∵二次项系数m+2≠0，即m≠﹣2， ∴m=2． 故本题答案为：2． 点评：本 题考查了一元二次方程解的定义．方程的解是使方程左右两边成立的未知数的值． 17．（4分）如图，PA、PB、DE分别切⊙O于点A、B、C，DE交PA、PB于点D、E，已知PA长8cm．则△PDE的周长为 16cm ；若∠P=40°，则∠DOE= 70° ．

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考点：切 线长定理． 分析：根 据切线长定理，可得DC=DA，EC=EB，继而可将△PCD的周长转化为PA+PB，连接OA、OB、OD、OE、OC，则可求出∠AOB的度数，从而可得∠DOE的度数． 解答：解 ：∵PA、PB、DE是⊙O的切线， ∴DA=DC，EC=EB， ∴△PDE的周长=PD+DC+EC+PE=PA+PB=2PA=16cm． 连接OA、OB、OD、OE、OC， 则∠AOB=180°﹣∠P=140°， ∴∠DOE=∠COD+∠COE=（∠BOC+∠AOC）=∠BOC=70°． 故答案为：16cm、70°． 点评：此 题考查了切线长定理及切线的性质，难度适中，注意掌握数形结合思想的应用． 18．（4分）（2013•大港区一模）如图，一块含有30°角的直角三角形ABC，在水平桌面上绕点C按顺时针方向旋转到 A′B′C′的位置．若BC的长为15cm，那么顶点A从开始到结束所经过的路径长为 20πcm ．

考点：弧 长的计算；旋转的性质． 分析：顶 点A从开始到结束所经过的路径是一段弧长是以点C为圆心，AC为半径，旋转的角度是180﹣60=120°，所以根据弧长公式可得． 解答： 解：=20πcm． 故答案为20πcm． 点评：本 题考查了弧长的计算以及旋转的性质，解本题的关键是弄准弧长的半径和圆心角的度数． 三、解答题（本题共7个小题，满分60分）

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19．（5分）计算：

考点：二 次根式的混合运算． 专题：计 算题． 分析： 先根据二次根式的乘除法法则得到原式=．

﹣+2，然后利用二次根式的性质化简后合并即可． 解答： 解：原式=﹣+2 =4﹣+2 =4+． 点评：本 题考查了二次根式的混合运算：先把各二次根式化为最简二次根式，再进行二次根式的乘除运算，然后进行二次根式的加减运算． 20．（10分）解下列方程．

2

（1）x+4x﹣5=0；

（2）x（2x+3）=4x+6． 考点：解 一元二次方程-因式分解法． 分析：（ 1）分解因式，即可得出两个一元一次方程，求出方程的解即可． （2）移项后分解因式，即可得出两个一元一次方程，求出方程的解即可． 解答：解 ：（1）分解因式得：（x+5）（x﹣1）=0， x+5=0，x﹣1=0， x1=﹣5，x2=1； （2）移项得：x（2x+3）﹣2（2x+3）=0， （2x+3）（x﹣2）=0， 2x+3=0，x﹣2=0， x1=﹣，x2=2． 点评：本 题考查了解一元二次方程的应用，关键是能把一元二次方程转化成解一元一次方程． 21．（5分）△ABC三个顶点A，B，C在平面直角坐标系中位置如图所示．将△ABC绕C点顺时针旋转90°，画出旋转后的△A2B2C2，并写出A2的坐标．

考点：作 图-旋转变换． 专题：作 图题．

-----欢迎登陆明师在线浏览更多的学习资讯！----- 分析：根 据网格结构找出点A、B、C绕点C顺时针旋转90°后的对应点的位置，然后顺次连接即可，再根据平面直角坐标系写出点A2的坐标． 解答： ：△A2B2C2如图所示； 解点A2（8，3）． 点评：本 题考查了利用旋转变换作图，熟练掌握网格结构准确找出对应点的位置是解题的关键． 22．（10分）（2011•天津）已知AB与⊙O相切于点C，OA=OB，OA、OB与⊙O分别交于点D、E． （I）如图①，若⊙O的直径为8，AB=10，求OA的长（结果保留根号）； （II）如图②，连接CD、CE，若四边形ODCE为菱形，求

的值．

考点：切 线的性质；含30度角的直角三角形；勾股定理；菱形的性质． 专题：几 何综合题． 分析：（ 1）连接OC，根据切线的性质得出OC⊥AB，再由勾股定理求得OA即可； （2）根据菱形的性质，求得OD=CD，则△ODC为等边三角形，可得出∠A=30°，即可求得的值． 解答：解 ：（1）如图①，连接OC，则OC=4， ∵AB与⊙O相切于点C，∴OC⊥AB， ∴在△OAB中，由AO=OB，AB=10， 得AC=AB=5． 在Rt△AOC中，由勾股定理得OA= （2）如图②，连接OC，则OC=OD， ∵四边形ODCE为菱形，∴OD=CD， ∴△ODC为等边三角形，有∠AOC=60°． 由（1）知，∠OCA=90°，∴∠A=30°， ==；

-----欢迎登陆明师在线浏览更多的学习资讯！----- ∴OC=OA，∴=． 点评：本 题考查了切线的性质和勾股定理以及直角三角形、菱形的性质，是一道综合题，要熟练掌握． 23．（8分）（2008•山西）如图，已知CD是△ABC中AB边上的高，以CD为直径的⊙O分别交CA，CB于点E，F，点G是AD的中点．求证：GE是⊙O的切线．

考点：切 线的判定；圆周角定理． 专题：证 明题． 分析：要 证GE是⊙O的切线，只要证明∠OEG=90°即可． 解答：证 明：（证法一）连接OE，DE， ∵CD是⊙O的直径， ∴∠AED=∠CED=90°， ∵G是AD的中点， ∴EG=AD=DG， ∴∠1=∠2； ∵OE=OD， ∴∠3=∠4， ∴∠1+∠3=∠2+∠4， ∴∠OEG=∠ODG=90°， 故GE是⊙O的切线； （证法二）连接OE，OG， ∵AG=GD，CO=OD， ∴OG∥AC， ∴∠1=∠2，∠3=∠4． ∵OC=OE， ∴∠2=∠4， ∴∠1=∠3． 又OE=OD，OG=OG， ∴△OEG≌△ODG，

-----欢迎登陆明师在线浏览更多的学习资讯！----- ∴∠OEG=∠ODG=90°， ∴GE是⊙O的切线． 点评：本 题考查切线的判定方法及圆周角定理运用． 24．（12分）（2012•乐山）菜农李伟种植的某蔬菜计划以每千克5元的单价对外批发销售，由于部分菜农盲目扩大种植，造成该蔬菜滞销．李伟为了加快销售，减少损失，对价格经过两次下调后，以每千克3.2元的单价对外批发销售． （1）求平均每次下调的百分率；

（2）小华准备到李伟处购买5吨该蔬菜，因数量多，李伟决定再给予两种优惠方案以供选择： 方案一：打九折销售；

方案二：不打折，每吨优惠现金200元． 试问小华选择哪种方案更优惠，请说明理由． 考点：一 元二次方程的应用． 专题：增 长率问题；压轴题． 分析：（ 1）设出平均每次下调的百分率，根据从5元下调到3.2列出一元二次方程求解即可； （2）根据优惠方案分别求得两种方案的费用后比较即可得到结果． 解答：解 （1）设平均每次下调的百分率为x． 2由题意，得5（1﹣x）=3.2． 解这个方程，得x1=0.2，x2=1.8． 因为降价的百分率不可能大于1，所以x2=1.8不符合题意， 符合题目要求的是x1=0.2=20%． 答：平均每次下调的百分率是20%． （2）小华选择方案一购买更优惠． 理由：方案一所需费用为：3.2×0.9×5000=14400（元）， 方案二所需费用为：3.2×5000﹣200×5=15000（元）． ∵14400＜15000， ∴小华选择方案一购买更优惠． 点评：本 题考查了一元二次方程的应用，在解决有关增长率的问题时，注意其固定的等量关系． 25．（10分）一位同学拿了两块45°三角尺△MNK，△ACB做了一个探究活动：将△MNK的直角顶点M放在△ABC的斜边AB的中点处，设AC=BC=4．

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（1）如图1，两三角尺的重叠部分为△ACM，则重叠部分的面积为 4 ，周长为 4+4 ． （2）将图1中的△MNK绕顶点M逆时针旋转45°，得到图2，此时重叠部分的面积为 4 ，周长为 8 ．

（3）如果将△MNK绕M旋转到不同于图1和图2的图形，如图3，请你猜想此时重叠部分的面积为 4 ．

（4）在图3情况下，若AD=1，求出重叠部分图形的周长． 考点：旋 转的性质；全等三角形的判定与性质；勾股定理；等腰直角三角形；三角形中位线定理． 分析：（ 1）根据AC=BC=4，∠ACB=90°，得出AB的值，再根据M是AB的中点，得出AM=MC，求出重叠部分的面积，再根据AM，MC，AC的值即可求出周长； （2）易得重叠部分是正方形，边长为AC，面积为AC，周长为2AC． （3）过点M分别作AC、BC的垂线MH、ME，垂足为H、E．求得Rt△MHD≌Rt△MEG，则阴影部分的面积等于正方形CEMH的面积． （4）先过点M作ME⊥BC于点E，MH⊥AC于点H，根据∠DMH=∠EMH，MH=ME，得出Rt△DHM≌Rt△EMG，从而得出HD=GE，CE=AD，最后根据AD和DF的值，算出DM=，即可得出答案． 解答：解 ：（1）∵AC=BC=4，∠ACB=90°， ∴AB===4， 2∵M是AB的中点， ∴AM=2， ∵∠ACM=45°， ∴AM=MC， ∴重叠部分的面积是∴周长为：AM+MC+AC=2故答案为：4，4+4； （2）∵叠部分是正方形， +2=4， +4=4+4； ∴边长为×4=2，面积为×4×4=4， 周长为2×4=8． 故答案为：4，8． （3）过点M分别作AC、BC的垂线MH、ME，垂足为H、E， ∵M是△ABC斜边AB的中点，AC=BC=4， ∴MH=BC，

-----欢迎登陆明师在线浏览更多的学习资讯！----- ME=AC， ∴MH=ME， 又∵∠NMK=∠HME=90°， ∴∠NMH+∠HMK=90°，∠EMG+∠HMK=90°， ∴∠HMD=∠EMG， 在△MHD和△MEG中， ∵， ∴△MHD≌△MEG（ASA）， ∴阴影部分的面积等于正方形CEMH的面积， ∵正方形CEMH的面积是ME•MH=×4××4=4； ∴阴影部分的面积是4； 故答案为：4． （4）如图所示： 过点M作ME⊥BC于点E，MH⊥AC于点H， ∴四边形MECH是矩形， ∴MH=CE， ∵∠A=45°， ∴∠AMH=45°， ∴AH=MH， ∴AH=CE， 在Rt△DHM和Rt△GEM中，∴Rt△DHM≌Rt△GEM． ∴GE=DH， ∴AH﹣DH=CE﹣GE， ∴CG=AD， ∵AD=1， ∴DH=1． ∴DM== ∴四边形DMGC的周长为： CE+CD+DM+ME =AD+CD+2DM=4+2． ，

-----欢迎登陆明师在线浏览更多的学习资讯！----- 点评：此 题考查了等腰直角三角形，利用等腰直角三角形的性质，等腰直角三角形的面积公式，正方形的面积公式，全等三角形的判定和性质求解．

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