中考数学试题及答案解析

第一部分选择题

题目一

一只小鸟从 $A$ 点向东飞了 $8$ 米到达 $B$ 点，然后向上飞 $6$ 米到达 $C$ 点，最后向西飞 $10$ 米到达 $D$ 点。下列图形是小鸟的飞行路径的是（　　）
A. △ $ABD$　　　B. △ $ABC$
C. △ $ACD$　　　D. △ $BCD$
答案：$\\rm B$
解析：小鸟从 $A$ 点飞到 $B$ 点，向东飞了 $8$ 米。再向上飞 $6$ 米，到了 $C$ 点。最后向西飞 $10$ 米到 $D$ 点。这是一段向右飞行，一段向左飞行的路线，所以这段路线的最终方向是向左上方的，所以是 $△ABC$ 。

题目二

如图，在 $\\square ABCD$ 中，$AC$ 的中垂线 $BM$ 交 $AD$ 在点 $M$，交 $CD$ 在点 $N$。若 $BM=3$，$MN=2$，则 $CN=$____。
\\includegraphics[width=120px]{math1.jpg}
A. $\\dfrac{15}{2}$　　　B. $\\dfrac{17}{2}$　　　C. $16$　　　D. $18$
答案：$\\rm A$
解析：过 $M$ 点作 $CP \\perp BM$，$NQ \\perp BM$。$\\because BM$ 是 $AC$ 的中垂线，$\herefore BM=MC$ 。 $\\because \\angle BMN=90^{\\circ}$，$\herefore PQ=MN=2$．又 $\\angle BCP=\\angle BCQ$，$\herefore \riangle BCP \\cong \riangle BCQ$． $\herefore CP=CQ$，$PQ=2$。所以 $CQ=5$，$CN=CQ+QN=\\dfrac{15}{2}$．

第二部分填空题

题目三

一个等腰梯形的上底长为 $3$ cm，下底长为 $7$ cm，侧棱长为 $4$ cm，面积为 $S$，则 $S=$____ $\\rm cm^2$。
答案：$\\rm 15$
解析：设等腰梯形的上底长为 $a$，下底长为 $b$，侧棱长为 $c$，高为 $h$，则有 $$\\begin{cases}h^2+c^2=a^2\\\\(b-a)^2+h^2=c^2\\end{cases}$$ 将 $a=3$，$b=7$，$c=4$ 代入得 $h^2=7$，$h=\\sqrt{7}$，$S=(a+b)\imes h \\div 2=15$。

题目四

一组数据为：$-1$，$2$，$2$，$4$，$5$，$6$，$7$，$8$。则这组数据的方差为 $S=$____。
答案：$\\rm 8.5$
解析：设这组数据的平均数为 $\\overline{x}$，则 $\\overline{x}=\\dfrac{-1+2+2+4+5+6+7+8}{8}=\\dfrac{33}{8}$。方差为 $S^2=\\dfrac{1}{n}\\sum_{i=1}^{n}(x_i-\\overline{x})^2$，所以 $S^2=\\dfrac{1}{8}[(\\dfrac{-33}{8})^2+(2-\\dfrac{33}{8})^2+(2-\\dfrac{33}{8})^2+(4-\\dfrac{33}{8})^2+(5-\\dfrac{33}{8})^2+(6-\\dfrac{33}{8})^2+(7-\\dfrac{33}{8})^2+(8-\\dfrac{33}{8})^2]=\\dfrac{153}{16}$，故 $S=\\sqrt{\\dfrac{153}{16}} = \\rm 8.5$。

第三部分解答题

题目五

已知 $\riangle ABC$ 中，$AC=10$，$BC=6$，$AB=8$，$M$ 是 $AC$ 的中点，$N$ 在 $AB$ 上，且 $MN$ 平分 $\\angle BAC$，求 $BN$ 的长。
解答：由题意可知 $\\angle BAC=2\\angle MNC$，又 $\\angle MNC=\\angle MCB+\\angle BCN$，所以 $\\dfrac{1}{2}\\angle BAC=\\angle MCB+\\angle BCN$。又因为 $\riangle MCA$ 中，$CM=MA$，所以 $\\angle MCB= \\angle MBC$。再因为 $\riangle ABC$ 中，$BA=BC$，所以 $\\angle MBC=\\angle CBN$。所以 $\\dfrac{1}{2}\\angle BAC=\\angle CBN+\\angle BCN$，又 $\\angle BCN=\\angle ACB$，所以 $\\dfrac{1}{2}\\angle BAC=\\angle CBN+\\angle ACB$，所以 $\\angle CBN=\\dfrac{1}{2}\\angle BAC-\\angle ACB$，又 $\\angle BAC=\\angle C+\\angle ACB$，所以 $\\angle CBN=\\dfrac{1}{2}\\angle C-\\dfrac{1}{2}\\angle ACB$。设 $BN=x$，则 $\\dfrac{x}{8}=\\dfrac{BM}{AB}=\\dfrac{1}{2}$，所以 $BM=4$。又因为 $AC^2=BC^2+AB^2-2\imes BC\imes AB \imes \\cos \\angle C$，所以 $\\cos \\angle C = \\dfrac{1}{2}$，所以 $\\angle C =60^\\circ$。所以 $\\angle CBN=\\dfrac{1}{2}\imes 60^\\circ -\\dfrac{1}{2}\imes \\angle ACB=30^\\circ-\\dfrac{1}{2}\\angle ACB$，所以 $\\angle BCN=\\angle ACB-30^\\circ$。又因为 $\\angle BCN=\\angle ACB$，所以 $\\angle ACB=60^\\circ$，所以 $\\angle BCN=30^\\circ$，又 $\\sin 30^\\circ=\\dfrac{BN}{8}$，所以 $BN=8\imes \\dfrac{1}{2}=4$。
答案：$\\rm 4$

题目六

如图，在扇形 $OABC$ 中，$O$ 为圆心，$AB$ 为半径，扫过的面积为 $\\dfrac{1}{3}$ 倍的半圆形部分。若 $\\angle AOC=\\alpha$，$\\angle OAB=\\beta$，$\\angle ACB=\\gamma$，求 $\\cot\\alpha$。
\\includegraphics[width=120px]{math2.jpg}
解答：扫过的面积为 $\\dfrac{1}{3}$ 倍的半圆形部分，所以 $\\angle AOB=180^\\circ-2\\alpha$，所以 $\\angle AOQ=\\angle QOB=\\alpha$，所以 $\\angle OAB=\\dfrac{1}{2}\\beta$，所以 $\\angle COB=2\\beta$，所以 $\\angle ACB=2\\gamma$。所以 $\\cot\\alpha=\\dfrac{OA}{AD}=\\dfrac{OA}{OD-AD}=\\dfrac{AB}{2\\sin \\angle AOD-AB\\sin\\angle COB}=\\dfrac{AB}{2\\cos \\alpha -AB\\cos\\gamma}$。又因为 $\\cos\\gamma=1-2\\sin^2\\dfrac{\\gamma}{2}$，所以 $$\\cot\\alpha=\\dfrac{AB}{2\\cos \\alpha -AB+2AB\\sin^2\\dfrac{\\gamma}{2}}=\\dfrac{2r\\sin\\beta}{2\\cos \\alpha -2r+2r\\sin^2\\dfrac{\\gamma}{2}} $$ 化简得 $\\cot\\alpha=\\dfrac{r\\sin\\beta}{r\\sin^2\\dfrac{\\gamma}{2}-(r-\\cos\\alpha)}$。