2017眉山中考數(shù)學(xué)模擬試題及答案(2)
?、凇弋?dāng)x≤﹣1時(shí)y隨x的增大而減小，
∴對(duì)稱軸直線x=﹣ ≤﹣1，
解得m≤﹣1，故本小題錯(cuò)誤;
?、邸邔⑺膱D象向左平移3個(gè)單位后過(guò)原點(diǎn)，
∴平移前的圖象經(jīng)過(guò)點(diǎn)(3，0)，
代入函數(shù)關(guān)系式得，32﹣2m•3﹣3=0，
解得m=1，故本小題正確;
?、堋弋?dāng)x=2時(shí)的函數(shù)值與x=8時(shí)的函數(shù)值相等，
∴對(duì)稱軸為直線x= =5，
∴﹣ =5，
解得m=5，故本小題正確;
綜上所述，結(jié)論正確的是①④共2個(gè).
故答案為：①③④.
三、專心解一解(本大題共8小題，滿分72分.請(qǐng)認(rèn)真讀題，冷靜思考.解答題應(yīng)寫(xiě)出必要的文字說(shuō)明、證明過(guò)程或演算步驟.請(qǐng)把解題過(guò)程寫(xiě)在答題卷相應(yīng)題號(hào)的位置)
17.(1)計(jì)算：4sin60°﹣|3﹣ |+( )﹣2;
(2)解方程：x2﹣ x﹣ =0.
【考點(diǎn)】解一元二次方程﹣公式法;實(shí)數(shù)的運(yùn)算;負(fù)整數(shù)指數(shù)冪;特殊角的三角函數(shù)值.
【分析】(1)本題涉及負(fù)整數(shù)指數(shù)冪、二次根式化簡(jiǎn)、絕對(duì)值、特殊角的三角函數(shù)值四個(gè)考點(diǎn).針對(duì)每個(gè)考點(diǎn)分別進(jìn)行計(jì)算，然后根據(jù)實(shí)數(shù)的運(yùn)算法則求得計(jì)算結(jié)果;
(2)利用配方法或公式法解答此題，均可得結(jié)果.
【解答】解：(1)原式=2 ﹣2 +3+4
=7;
(2)方法一：移項(xiàng)，得x2﹣ x= ，
配方，得(x﹣ )2=1
由此可得x﹣ =±1，
x1=1+ ，x2=﹣1+
方法二：a=1，b=﹣ ，c=﹣ .
△=b2﹣4ac=(﹣ )2﹣4×1×(﹣ )=4>0
方程有兩個(gè)不等的實(shí)數(shù)根
x= = = ±1，
x1=1+ ，x2=﹣1+
18.如圖，點(diǎn)B(3，3)在雙曲線y= (x>0)上，點(diǎn)D在雙曲線y=﹣ (x<0)上，點(diǎn)A和點(diǎn)C分別在x軸，y軸的正半軸上，且點(diǎn)A，B，C，D構(gòu)成的四邊形為正方形.
(1)求k的值;
(2)求點(diǎn)A的坐標(biāo).
【考點(diǎn)】正方形的性質(zhì);反比例函數(shù)圖象上點(diǎn)的坐標(biāo)特征;全等三角形的判定與性質(zhì).
【分析】(1)把B的坐標(biāo)代入求出即可;
(2)設(shè)MD=a，OM=b，求出ab=4，過(guò)D作DM⊥x軸于M，過(guò)B作BN⊥x軸于N，證△ADM≌△BAN，推出BN=AM=3，MD=AN=a，求出a=b，求出a的值即可.
【解答】解：(1)∵點(diǎn)B(3，3)在雙曲線y= 上，
∴k=3×3=9;
(2)∵B(3，3)，
∴BN=ON=3，
設(shè)MD=a，OM=b，
∵D在雙曲線y=﹣ (x<0)上，
∴ab=4，
過(guò)D作DM⊥x軸于M，過(guò)B作BN⊥x軸于N，
則∠DMA=∠ANB=90°，
∵四邊形ABCD是正方形，
∴∠DAB=90°，AD=AB，
∴∠MDA+∠DAM=90°，∠DAM+∠BAN=90°，
∴∠ADM=∠BAN，
在△ADM和△BAN中，
，
∴△ADM≌△BAN(AAS)，
∴BN=AM=3，DM=AN=a，
∴0A=3﹣a，
即AM=b+3﹣a=3，
a=b，
∵ab=4，
∴a=b=2，
∴OA=3﹣2=1，
即點(diǎn)A的坐標(biāo)是(1，0).
19.如圖，在▱ABCD中，F(xiàn)是AD的中點(diǎn)，延長(zhǎng)BC到點(diǎn)E，使CE= BC，連接DE，CF.
(1)求證：DE=CF;
(2)若AB=4，AD=6，∠B=60°，求DE的長(zhǎng).
【考點(diǎn)】平行四邊形的性質(zhì);全等三角形的判定與性質(zhì).
【分析】(1)由“平行四邊形的對(duì)邊平行且相等”的性質(zhì)推知AD∥BC，且AD=BC;然后根據(jù)中點(diǎn)的定義、結(jié)合已知條件推知四邊形CEDF的對(duì)邊平行且相等(DF=CE，且DF∥CE)，得出四邊形CEDF是平行四邊形，即可得出結(jié)論;
(2)如圖，過(guò)點(diǎn)D作DH⊥BE于點(diǎn)H，構(gòu)造含30度角的直角△DCH和直角△DHE.通過(guò)解直角△DCH和在直角△DHE中運(yùn)用勾股定理來(lái)求線段ED的長(zhǎng)度.
【解答】(1)證明：∵四邊形ABCD是平行四邊形，
∴AD=BC，AD∥BC.
又∵F是AD的中點(diǎn)，∴FD= AD.
∵CE= BC，
∴FD=CE.
又∵FD∥CE，
∴四邊形CEDF是平行四邊形.
∴DE=CF.
(2)解：過(guò)D作DG⊥CE于點(diǎn)G.如圖所示：
∵四邊形ABCD是平行四邊形，
∴AB∥CD，CD=AB=4，BC=AD=6.
∴∠DCE=∠B=60°.
在Rt△CDG中，∠DGC=90°，
∴∠CDG=30°，
∴CG= CD=2.
由勾股定理，得DG= =2 .
∵CE= BC=3，
∴GE=1.
在Rt△DEG中，∠DGE=90°，
∴DE= = .
20.某學(xué)校“體育課外活動(dòng)興趣小組”，開(kāi)設(shè)了以下體育課外活動(dòng)項(xiàng)目：A.足球 B.乒乓球C.羽毛球 D.籃球，為了解學(xué)生最喜歡哪一種活動(dòng)項(xiàng)目，隨機(jī)抽取了部分學(xué)生進(jìn)行調(diào)查，并將調(diào)查結(jié)果繪制成了兩幅不完整的統(tǒng)計(jì)圖，請(qǐng)回答下列問(wèn)題：
(1)這次被調(diào)查的學(xué)生共有 200 人，在扇形統(tǒng)計(jì)圖中“D”對(duì)應(yīng)的圓心角的度數(shù)為 72° ;
(2)請(qǐng)你將條形統(tǒng)計(jì)圖補(bǔ)充完整;
(3)在平時(shí)的乒乓球項(xiàng)目訓(xùn)練中，甲、乙、丙、丁四人表現(xiàn)優(yōu)秀，現(xiàn)決定從這四名同學(xué)中任選兩名參加市里組織的乒乓球比賽，求恰好選中甲、乙兩位同學(xué)的概率(用樹(shù)狀圖或列表法解答).
【考點(diǎn)】列表法與樹(shù)狀圖法;扇形統(tǒng)計(jì)圖;條形統(tǒng)計(jì)圖.
【分析】(1)利用扇形統(tǒng)計(jì)圖得到A類的百分比為10%，則用A類的頻數(shù)除以10%可得到樣本容量;然后用B類的百分比乘以360°得到在扇形統(tǒng)計(jì)圖中“D”對(duì)應(yīng)的圓心角的度數(shù);
(2)先計(jì)算出C類的頻數(shù)，然后補(bǔ)全統(tǒng)計(jì)圖;、
(3)畫(huà)樹(shù)狀圖展示所有12種等可能的結(jié)果，再找出恰好選中甲、乙兩位同學(xué)的結(jié)果數(shù)，然后根據(jù)概率公式求解.
【解答】解：(1)20÷ =200，
所以這次被調(diào)查的學(xué)生共有200人，
在扇形統(tǒng)計(jì)圖中“D”對(duì)應(yīng)的圓心角的度數(shù)= ×360°=72°;
故答案為200，72°;
(2)C類人數(shù)為200﹣80﹣20﹣40=60(人)，
完整條形統(tǒng)計(jì)圖為：
(3)畫(huà)樹(shù)狀圖如下：
由上圖可知，共有12種等可能的結(jié)果，其中恰好選中甲、乙兩位同學(xué)的結(jié)果有2種.
所以P(恰好選中甲、乙兩位同學(xué))= = .
21.如圖，在△ABC中，AB=AC，以AB為直徑作半圓⊙O，交BC于點(diǎn)D，連接AD，過(guò)點(diǎn)D作DE⊥AC，垂足為點(diǎn)E，交AB的延長(zhǎng)線于點(diǎn)F.
(1)求證：EF是⊙0的切線.
(2)如果⊙0的半徑為5，sin∠ADE= ，求BF的長(zhǎng).
【考點(diǎn)】切線的判定;等腰三角形的性質(zhì);圓周角定理;解直角三角形.
【分析】(1)連接OD，AB為⊙0的直徑得∠ADB=90°，由AB=AC，根據(jù)等腰三角形性質(zhì)得AD平分BC，即DB=DC，則OD為△ABC的中位線，所以O(shè)D∥AC，而DE⊥AC，則OD⊥DE，然后根據(jù)切線的判定方法即可得到結(jié)論;
(2)由∠DAC=∠DAB，根據(jù)等角的余角相等得∠ADE=∠ABD，在Rt△ADB中，利用解直角三角形的方法可計(jì)算出AD=8，在Rt△ADE中可計(jì)算出AE= ，然后由OD∥AE，
得△FDO∽△FEA，再利用相似比可計(jì)算出BF.
【解答】(1)證明：連接OD，如圖，
∵AB為⊙0的直徑，
∴∠ADB=90°，
∴AD⊥BC，
∵AB=AC，
∴AD平分BC，即DB=DC，
∵OA=OB，
∴OD為△ABC的中位線，
∴OD∥AC，
∵DE⊥AC，
∴OD⊥DE，
∴EF是⊙0的切線;
(2)解：∵∠DAC=∠DAB，
∴∠ADE=∠ABD，
在Rt△ADB中，sin∠ADE=sin∠ABD= = ，而AB=10，
∴AD=8，
在Rt△ADE中，sin∠ADE= = ，
∴AE= ，
∵OD∥AE，
∴△FDO∽△FEA，
∴ = ，即 = ，
∴BF= .
22.某商店銷售10臺(tái)A型和20臺(tái)B型電腦的利潤(rùn)為4000元，銷售20臺(tái)A型和10臺(tái)B型電腦的利潤(rùn)為3500元.
(1)求每臺(tái)A型電腦和B型電腦的銷售利潤(rùn);
(2)該商店計(jì)劃一次購(gòu)進(jìn)兩種型號(hào)的電腦共100臺(tái)，其中B型電腦的進(jìn)貨量不超過(guò)A型電腦的2倍，設(shè)購(gòu)進(jìn)A型電腦x臺(tái)，這100臺(tái)電腦的銷售總利潤(rùn)為y元.
①求y關(guān)于x的函數(shù)關(guān)系式;
?、谠撋痰曩?gòu)進(jìn)A型、B型電腦各多少臺(tái)，才能使銷售總利潤(rùn)最大?
(3)實(shí)際進(jìn)貨時(shí)，廠家對(duì)A型電腦出廠價(jià)下調(diào)m(0
【考點(diǎn)】一次函數(shù)的應(yīng)用;二元一次方程組的應(yīng)用;一元一次不等式組的應(yīng)用.
【分析】(1)設(shè)每臺(tái)A型電腦銷售利潤(rùn)為a元，每臺(tái)B型電腦的銷售利潤(rùn)為b元;根據(jù)題意列出方程組求解，
(2)①據(jù)題意得，y=﹣50x+15000，
?、诶貌坏仁角蟪鰔的范圍，又因?yàn)閥=﹣50x+15000是減函數(shù)，所以x取34，y取最大值，
(3)據(jù)題意得，y=x﹣150，即y=(m﹣50)x+15000，分三種情況討論，①當(dāng)00，y隨x的增大而增大，分別進(jìn)行求解.
【解答】解：(1)設(shè)每臺(tái)A型電腦銷售利潤(rùn)為a元，每臺(tái)B型電腦的銷售利潤(rùn)為b元;根據(jù)題意得
解得
答：每臺(tái)A型電腦銷售利潤(rùn)為100元，每臺(tái)B型電腦的銷售利潤(rùn)為150元.
(2)①據(jù)題意得，y=100x+150，即y=﹣50x+15000，
②據(jù)題意得，100﹣x≤2x，解得x≥33 ，
∵y=﹣50x+15000，﹣50<0，
∴y隨x的增大而減小，
∵x為正整數(shù)，
∴當(dāng)x=34時(shí)，y取最大值，則100﹣x=66，
即商店購(gòu)進(jìn)34臺(tái)A型電腦和66臺(tái)B型電腦的銷售利潤(rùn)最大.
(3)據(jù)題意得，y=x+150，即y=(m﹣50)x+15000，
33 ≤x≤70
?、佼?dāng)0
∴當(dāng)x=34時(shí)，y取最大值，
即商店購(gòu)進(jìn)34臺(tái)A型電腦和66臺(tái)B型電腦的銷售利潤(rùn)最大.
②m=50時(shí)，m﹣50=0，y=15000，
即商店購(gòu)進(jìn)A型電腦數(shù)量滿足33 ≤x≤70的整數(shù)時(shí)，均獲得最大利潤(rùn);
?、郛?dāng)500，y隨x的增大而增大，
∴當(dāng)x=70時(shí)，y取得最大值.
即商店購(gòu)進(jìn)70臺(tái)A型電腦和30臺(tái)B型電腦的銷售利潤(rùn)最大.
23.閱讀理解：運(yùn)用“同一圖形的面積相等”可以證明一些含有線段的等式成立，這種解決問(wèn)題的方法我們稱之為面積法.如圖1，在等腰△ABC中，AB=AC，AC邊上的高為h，點(diǎn)M為底邊BC上的任意一點(diǎn)，點(diǎn)M到腰AB、AC的距離分別為h1、h2，連接AM，利用S△ABC=S△ABM+S△ACM，可以得出結(jié)論：h=h1+h2.
類比探究：在圖1中，當(dāng)點(diǎn)M在BC的延長(zhǎng)線上時(shí)，猜想h、h1、h2之間的數(shù)量關(guān)系并證明你的結(jié)論.
拓展應(yīng)用：如圖2，在平面直角坐標(biāo)系中，有兩條直線l1：y= x+3，l2：y=﹣3x+3，
若l2上一點(diǎn)M到l1的距離是1，試運(yùn)用“閱讀理解”和“類比探究”中獲得的結(jié)論，求出點(diǎn)M的坐標(biāo).
【考點(diǎn)】一次函數(shù)綜合題.
【分析】類比探究：結(jié)論：h=h1﹣h2.連接OA.利用三角形面積公式根據(jù)S△ABC=S△ABM﹣S△ACM，代入化簡(jiǎn)即可解決問(wèn)題.
拓展應(yīng)用：首先證明AB=AC，分兩種情形利用(1)中結(jié)論，列出方程即可解決問(wèn)題.
【解答】解：類比探究：結(jié)論：h=h1﹣h2.
理由：連接OA，
∵S△ABC= AC•BD= AC•h，
S△ABM= AB•ME= AB•h1，
S△ACM= AC•MF= AC•h2，.
又∵S△ABC=S△ABM﹣S△ACM，
∴ AC•h= AB•h1﹣ AC•h2.
∵AB=AC，
∴h=h1﹣h2.
拓展應(yīng)用：在y= x+3中，令x=0得y=3;令y=0得x=﹣4，
則：A(﹣4，0)，B(0，3)，同理求得C(1，0)，
OA=4，OB=3，AC=5，
AB= =5，
所以AB=AC，
即△ABC為等腰三角形.
設(shè)點(diǎn)M的坐標(biāo)為(x，y)，
?、佼?dāng)點(diǎn)M在BC邊上時(shí)，由h1+h2=h得：
OB=1+y，y=3﹣1=2，把它代入y=﹣3x+3中求得：x= ，
∴M( ，2);
?、诋?dāng)點(diǎn)M在CB延長(zhǎng)線上時(shí)，由h1﹣h2=h得：
OB=y﹣1，y=3+1=4，把它代入y=﹣3x+3中求得：x=﹣ ，
∴M(﹣ ，4).
綜上所述點(diǎn)M的坐標(biāo)為( ，2)或(﹣ ，4).
24.如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，已知矩形ABCD的三個(gè)頂點(diǎn)A(﹣3，4)、B(﹣3，0)、C(﹣1，0).以D為頂點(diǎn)的拋物線y=ax2+bx+c過(guò)點(diǎn)B.動(dòng)點(diǎn)P從點(diǎn)D出發(fā)，沿DC邊向點(diǎn)C運(yùn)動(dòng)，同時(shí)動(dòng)點(diǎn)Q從點(diǎn)B出發(fā)，沿BA邊向點(diǎn)A運(yùn)動(dòng)，點(diǎn)P、Q運(yùn)動(dòng)的速度均為每秒1個(gè)單位，運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t秒.過(guò)點(diǎn)P作PE⊥CD交BD于點(diǎn)E，過(guò)點(diǎn)E作EF⊥AD于點(diǎn)F，交拋物線于點(diǎn)G.
(1)求拋物線的解析式;
(2)當(dāng)t為何值時(shí)，四邊形BDGQ的面積最大?最大值為多少?
(3)動(dòng)點(diǎn)P、Q運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，在矩形ABCD內(nèi)(包括其邊界)是否存在點(diǎn)H，使以B，Q，E，H為頂點(diǎn)的四邊形是菱形，若存在，請(qǐng)直接寫(xiě)出此時(shí)菱形的周長(zhǎng);若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由.www-2-1-cnjy-com
【考點(diǎn)】二次函數(shù)綜合題.
【分析】(1)先求得點(diǎn)D的坐標(biāo)，設(shè)拋物線的解析式為y=a (x+1)2+4(a≠0)，將點(diǎn)B的坐標(biāo)代入可求得a的值，故此可得到拋物線的解析式;
(2)由題意知，DP=BQ=t，然后證明△DPE∽△DBC，可得到PE= t，然后可得到點(diǎn)E的橫坐標(biāo)(用含t的式子表示)，接下來(lái)可求得點(diǎn)G的坐標(biāo)，然后依據(jù)S四邊形BDGQ=S△BQG+S△BEG+S△DEG，列出四邊形的面積與t的函數(shù)關(guān)系式，然后依據(jù)利用配方法求解即可;
(3)首先用含t的式子表示出DE的長(zhǎng)，當(dāng)BE和BQ為菱形的鄰邊時(shí)，由BE=QB可列出關(guān)于t的方程，從而可求得t的值，然后可求得菱形的周長(zhǎng);當(dāng)BE為菱形的對(duì)角時(shí)，則BQ=QE，過(guò)點(diǎn)Q作QM⊥BE，則BM=EM.然后用含t的式子表示出BE的長(zhǎng)，最后利用BE+ED=BD列方程求解即可.
【解答】解：(1)由題意得，頂點(diǎn)D點(diǎn)的坐標(biāo)為(﹣1，4).
設(shè)拋物線的解析式為y=a (x+1)2+4(a≠0)，
∵拋物線經(jīng)過(guò)點(diǎn)B(﹣3，0)，代入y=a (x+1)2+4
可求得a=﹣1
∴拋物線的解析式為y=﹣(x+1)2+4，即y=﹣x2﹣2x+3.
(2)由題意知，DP=BQ=t，
∵PE∥BC，
∴△DPE∽△DBC.
∴ = =2，
∴PE= DP= t.
∴點(diǎn)E的橫坐標(biāo)為﹣1﹣ t，AF=2﹣ t.
將x=﹣1﹣ t代入y=﹣(x+1)2+4，得y=﹣ t2+4.
∴點(diǎn)G的縱坐標(biāo)為﹣ t2+4，
∴GE=﹣ t2+4﹣(4﹣t)=﹣ t2+t.
如圖1所示：連接BG.
S四邊形BDGQ=S△BQG+S△BEG+S△DEG，即S四邊形BDGQ= BQ•AF+ EG•(AF+DF)
= t(2﹣ t)﹣ t2+t.
=﹣ t2+2t=﹣ (t﹣2)2+2.
∴當(dāng)t=2時(shí)，四邊形BDGQ的面積最大，最大值為2.
(3)存在.
∵CD=4，BC=2，
∴tan∠BDC= ，BD=2 .
∴cos∠BDC= .
∵BQ=DP=t，
∴DE= t.
如圖2所示：當(dāng)BE和BQ為菱形的鄰邊時(shí)，BE=QB.
∵BE=BD﹣DE，
∴BQ=BD﹣DE，即t=2 ﹣ t，解得t=20﹣8 .
∴菱形BQEH的周長(zhǎng)=80﹣32 .
如圖3所示：當(dāng)BE為菱形的對(duì)角時(shí)，則BQ=QE，過(guò)點(diǎn)Q作QM⊥BE，則BM=EM.
∵M(jìn)B=cos∠QBM•BQ，
∴MB= t.
∴BE= t.
∵BE+DE=BD，
∴ t+ t=2 ，解得：t= .
∴菱形BQEH的周長(zhǎng)為 .
綜上所述，菱形BQEH的周長(zhǎng)為 或80﹣32 .
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