2017年湖北襄陽中考數(shù)學練習試題及答案(2)
19.(2017•于洪區(qū)一模)甲、乙兩個不透明的口袋，甲口袋中裝有3個分別標有數(shù)字﹣1，﹣2，﹣4的小球，乙口袋中裝有3個分別標有數(shù)字﹣3，5，6的小球，它們的形狀、大小完全相同，現(xiàn)隨機從甲口袋中摸出一個小球記下數(shù)字，再從乙口袋中摸出一個小球記下數(shù)字.
(1)請用列表或樹狀圖的方法(只選其中一種)，表示出兩次所得數(shù)字可能出現(xiàn)的所有結(jié)果;
(2)求出兩個數(shù)字之積為正數(shù)的概率.
【考點】X6：列表法與樹狀圖法.
【分析】(1)畫樹狀圖展示所有9種等可能的結(jié)果數(shù);
(2)找出兩個數(shù)字之積為正數(shù)的結(jié)果數(shù)，然后根據(jù)概率公式求解.
【解答】解：(1)畫樹狀圖為：
共有9種等可能的結(jié)果數(shù);
(2)兩個數(shù)字之積為正數(shù)的結(jié)果數(shù)為3，
所以兩個數(shù)字之積為正數(shù)的概率= = .
【點評】本題考查了列表法與樹狀圖法：利用列表法或樹狀圖法展示所有等可能的結(jié)果n，再從中選出符合事件A或B的結(jié)果數(shù)目m，然后利用概率公式計算事件A或事件B的概率.
20.(2017•于洪區(qū)一模)某中學初二年級抽取部分學生進行跳繩測試.并規(guī)定：每分鐘跳90次以下的為不及格;每分鐘跳90∼99次的為及格;每分鐘跳100∼109次的為中等;每分鐘跳110∼119次的為良好;每分鐘跳120次及以上的為優(yōu)秀.測試結(jié)果整理繪制成如下兩幅不完整的統(tǒng)計圖.請根據(jù)圖中信息，解答下列各題：
(1)參加這次跳繩測試的共有 25 人;
(2)補全條形統(tǒng)計圖;
(3)在扇形統(tǒng)計圖中，“中等”部分所對應(yīng)的圓心角的度數(shù)是 72° ;
(4)如果該校初二年級的總?cè)藬?shù)是450人，根據(jù)此統(tǒng)計數(shù)據(jù)，請你估算該校初二年級跳繩成績?yōu)?ldquo;優(yōu)秀”的人數(shù).
【考點】VC：條形統(tǒng)計圖;V5：用樣本估計總體;VB：扇形統(tǒng)計圖.
【分析】(1)利用條形統(tǒng)計圖以及扇形統(tǒng)計圖得出良好的人數(shù)和所占比例，即可得出全班人數(shù);
(2)利用(1)中所求，結(jié)合條形統(tǒng)計圖得出優(yōu)秀的人數(shù)，進而求出答案;
(3)利用中等的人數(shù)，進而得出“中等”部分所對應(yīng)的圓心角的度數(shù);
(4)利用樣本估計總體進而利用“優(yōu)秀”所占比例求出即可.
【解答】解：(1)由扇形統(tǒng)計圖和條形統(tǒng)計圖可得：
參加這次跳繩測試的共有：20÷40%=50(人);
故答案為：50;
(2)由(1)的優(yōu)秀的人數(shù)為：50﹣3﹣7﹣10﹣20=10，
所示：
;
(3)“中等”部分所對應(yīng)的圓心角的度數(shù)是： ×360°=72°，
故答案為：72°;
(4)該校初二年級跳繩成績?yōu)?ldquo;優(yōu)秀”的人數(shù)為：450× =90(人).
答：該校初二年級跳繩成績?yōu)?ldquo;優(yōu)秀”的人數(shù)為90人.
【點評】此題主要考查了扇形統(tǒng)計圖以及條形統(tǒng)計圖和利用樣本估計總體等知識，利用已知圖形得出正確信息是解題關(guān)鍵.
21.(2017•于洪區(qū)一模)“清明節(jié)”前夕，某花店用6000元購進若干花籃，上市后很快售完，接著又用7500元購進第二批同樣的花籃.已知第二批所購的數(shù)量是第一批數(shù)量的1.5倍，且每個花藍的進價比第一批的進價少5元，求第一批花籃每個進價是多少元?
【考點】B7：分式方程的應(yīng)用.
【分析】設(shè)第一批花籃每個進價是x元，則第二批花籃每個進價是(x﹣5)元，根據(jù)數(shù)量=總價÷單價結(jié)合第二批所購的數(shù)量是第一批數(shù)量的1.5倍，即可得出關(guān)于x的分式方程，解之并檢驗后即可得出結(jié)論.
【解答】解：設(shè)第一批花籃每個進價是x元，則第二批花籃每個進價是(x﹣5)元，
根據(jù)題意得： =1.5× ，
解得：x=30，
經(jīng)檢驗，x=30是原分式方程的解.
答：第一批花籃每個進價是30元.
【點評】本題考查了分式方程的應(yīng)用，找準等量關(guān)系，列出關(guān)于x的分式方程是解題的關(guān)鍵.
22.(2017•于洪區(qū)一模)，△ABC中，AB=AC，以AB為直徑的O與BC相交于點D，與CA的延長線相交于點E，過點D作DF⊥AC于點F.
(1)試說明DF是⊙O的切線;
(2)若AC=3AE=6，求tanC.
【考點】ME：切線的判定與性質(zhì);KH：等腰三角形的性質(zhì);T7：解直角三角形.
【分析】(1)連接OD，根據(jù)等邊對等角性質(zhì)和平行線的判定和性質(zhì)證得OD⊥DF，從而證得DF是⊙O的切線;
(2)根據(jù)圓周角定理、勾股定理得出BE=2 AE，CE=4AE，然后根據(jù)勾股定理求得BE=2 AE，根據(jù)三角函數(shù)的定義即可得到結(jié)論.
【解答】(1)證明：連接OD，
∵OB=OD，
∴∠B=∠ODB，
∵AB=AC，
∴∠B=∠C，
∴∠ODB=∠C，
∴OD∥AC，
∵DF⊥AC，
∴OD⊥DF，
∴DF是⊙O的切線;
(2)解：連接BE，AD，
∵AB是直徑，
∴∠AEB=90°，
∵AB=AC，AC=3AE=6，
∴AB=3AE=6，AE=2，
∴CE=4AE=8，
∴BE= =4 ，
∴tanC= = .
【點評】本題考查了等腰三角形的性質(zhì)，平行線的判定和性質(zhì)，切線的判定，勾股定理的應(yīng)用以及三角形相似的判定和性質(zhì)等，是一道綜合題，難度中等.
23.(2017•于洪區(qū)一模)1，在平面直角坐標系中，點O是坐標原點，四邊形ABCO是菱形，點A的坐標為(﹣3，4)，點C在x軸的正半軸上，直線AC交y軸于點M，AB邊交y軸于點H，鏈接BM
(1)菱形ABCO的邊長 5
(2)求直線AC的解析式;
(3)動點P從點A出發(fā)，沿折線ABC方向以2個單位/秒的速度向終點C勻速運動，設(shè)△PMB的面積為S(S≠0)，點P的運動時間為t秒，
?、佼?
?、谠邳cP運動過程中，當S=3，請直接寫出t的值.
【考點】FI：一次函數(shù)綜合題.
【分析】(1)Rt△AOH中利用勾股定理即可求得菱形的邊長;
(2)根據(jù)(1)即可求的OC的長，則C的坐標即可求得，利用待定系數(shù)法即可求得直線AC的解析式;
(3)根據(jù)S△ABC=S△AMB+SBMC求得M到直線BC的距離為h，然后分成P在AM上和在MC上兩種情況討論，利用三角形的面積公式求解.
【解答】解：(1)Rt△AOH中，
AO= = =5，
所以菱形邊長為5;
故答案為：5;
(2)∵四邊形ABCO是菱形，
∴OC=OA=AB=5，即C(5，0).
設(shè)直線AC的解析式y(tǒng)=kx+b，函數(shù)圖象過點A、C，得
，解得 ，
直線AC的解析式y(tǒng)=﹣ x+ ;
(3)設(shè)M到直線BC的距離為h，
當x=0時，y= ，即M(0， )，HM=HO﹣OM=4﹣ = ，
由S△ABC=S△AMB+SBMC= AB•OH= AB•HM+ BC•h，
×5×4= ×5× + ×5h，解得h= ，
?、佼?
S= BP•HM= × (5﹣2t)=﹣ t﹣ ;
?、诋?.5
S= BP•h= × (2t﹣5)= t﹣ ，
把S=3代入①中的函數(shù)解析式得，3=﹣ t﹣ ，
解得：t=﹣ (不合題意)，
把S=3代入②的解析式得，3= t﹣ ，
解得：t= .
【點評】本題考查了待定系數(shù)法求一次函數(shù)的解析式以及菱形的性質(zhì)，根據(jù)三角形的面積關(guān)系求得M到直線BC的距離h是關(guān)鍵.
24.(2017•于洪區(qū)一模)兩塊等腰直角三角板△ABC和△DEC擺放，其中∠ACB=∠DCE=90°，F(xiàn)是DE的中點，H是AE的中點，G是BD的中點.
(1)1，若點D.E分別在AC、BC的延長線上，通過觀察和測量，猜想FH和FG的數(shù)量關(guān)系為 FH=FG 和位置關(guān)系為 FG⊥FH ;
(2)將圖1中三角板△DEC繞著點C順時針(逆時針)旋轉(zhuǎn)，旋轉(zhuǎn)角為a(0°
(3)在△DEC繞點C按圖3方式旋轉(zhuǎn)的過程中，當直線FH經(jīng)過點C時，若AC=2，CD= ，請直接寫出FG的長.
【考點】RB：幾何變換綜合題.
【分析】(1)證AD=BE，根據(jù)三角形的中位線推出FH= AD，F(xiàn)H∥AD，F(xiàn)G= BE，F(xiàn)G∥BE，即可推出答案;
(2)①證△ACD≌△BCE，推出AD=BE，根據(jù)三角形的中位線定理即可推出答案;
?、谶B接BE、AD，根據(jù)全等推出AD=BE，根據(jù)三角形的中位線定理即可推出答案;
(3)4中，由題意，易知CF⊥DE，△CFD，△CFE都是等腰直角三角形，由CD= ，推出CF=DF=1，∵BC=AC=2，推出BF= = ，推出BD=BF﹣DF= ﹣1，由DG=GB，推出DG= ( ﹣1)，根據(jù)FG=DF+DG計算即可解決問題;
【解答】(1)解：1中，
∵CE=CD，AC=BC，∠ECA=∠DCB=90°，
∴BE=AD，
∵F是DE的中點，H是AE的中點，G是BD的中點，
∴FH= AD，F(xiàn)H∥AD，F(xiàn)G= BE，F(xiàn)G∥BE，
∴FH=FG，
∵AD⊥BE，
∴FH⊥FG，
故答案為：FG=FH，F(xiàn)G⊥FH.
(2)①答：成立，
證明：2中，
∵CE=CD，∠ECD=∠ACD=90°，AC=BC，
∴△ACD≌△BCE
∴AD=BE，
由(1)知：FH= AD，F(xiàn)H∥AD，F(xiàn)G= BE，F(xiàn)G∥BE，
∴FH=FG，F(xiàn)H⊥FG，
∴(1)中的猜想還成立.
?、诖穑撼闪ⅲY(jié)論是FH=FG，F(xiàn)H⊥FG.
3中，連接AD，BE，兩線交于Z，AD交BC于X，
同(1)可證
∴FH= AD，F(xiàn)H∥AD，F(xiàn)G= BE，F(xiàn)G∥BE，
∵三角形ECD、ACB是等腰直角三角形，
∴CE=CD，AC=BC，∠ECD=∠ACB=90°，
∴∠ACD=∠BCE，
在△ACD和△BCE中
，
∴△ACD≌△BCE，
∴AD=BE，∠EBC=∠DAC，
∵∠DAC+∠CXA=90°，∠CXA=∠DXB，
∴∠DXB+∠EBC=90°，
∴∠EZA=180°﹣90°=90°，
即AD⊥BE，
∵FH∥AD，F(xiàn)G∥BE，
∴FH⊥FG，
即FH=FG，F(xiàn)H⊥FG，
結(jié)論是FH=FG，F(xiàn)H⊥FG.
(3)4中，
由題意，易知CF⊥DE，△CFD，△CFE都是等腰直角三角形，
∵CD= ，
∴CF=DF=1，∵BC=AC=2，
∴BF= = ，
∴BD=BF﹣DF= ﹣1，
∵DG=GB，
∴DG= ( ﹣1)，
∴FG=DF+DG= .
【點評】本題主要考查對等腰直角三角形的性質(zhì)，全等三角形的性質(zhì)和判定，三角形的中位線定理，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)等知識點的理解和掌握，能熟練地運用這些性質(zhì)進行推理是解此題的關(guān)鍵.
25.(2017•于洪區(qū)一模)在平面直角坐標系中，拋物線y= x2﹣ x﹣2與x軸交與A，B兩點(點B在點A的右側(cè))，與y軸交于點C，點D與點C關(guān)于x軸對稱，連接BD
(1)求點A，B，C的坐標.
(2)當點P時x軸上的一個動點，設(shè)點P的坐標為(m，0)，過點P作x軸的垂線l，交拋物線于點M，交直線BD于點N
?、佼旤cP在線段OB上運動時(不與O、B重合)，求m為何值時，線段MN的長度最大，并說明此時四邊形DCMN是否為平行四邊形
?、诋旤cP的運動過程中，是否存在點M，使△BDM是以BD為直角邊的直角三角形?若存在，請直接寫出點M的坐標;若不存在，請說明理由.
【考點】HF：二次函數(shù)綜合題.
【分析】(1)利用拋物線解析式容易求得A、B、C的坐標;
(2)①可求得直線BD的解析式，利用m可表示出MN的長，則可利用二次函數(shù)的性質(zhì)求得MN的最大值，再判斷MN與CD是否相等即可;②由題意可知只能BM⊥BD，可設(shè)出M點的坐標，從而可表示出BP和MP的長，利用△OBD∽△PMB，可得到關(guān)于M點坐標的方程，從而可求得M點的坐標.
【解答】解：
(1)在y= x2﹣ x﹣2中，令y=0可得0= x2﹣ x﹣2，解得x=﹣1或x=4，
∴A(﹣1，0)，B(4，0)，
在y= x2﹣ x﹣2中，令x=0可得y=﹣2，
∴C(0，﹣2);
(2)①∵D與C關(guān)于x軸對稱，
∴D(0，2)，且B(4，0)，
∴可設(shè)直線BD解析式為y=kx+2，把B點坐標代入可得4k+2=0，解得k=﹣ ，
∴直線BD解析式為y=﹣ x+2，
∵P(m，0)，
∴N(m，﹣ m+2)，M(m， m2﹣ m﹣2)，
∵P在線段OB上，
∴M在x軸下方，
∴MN=﹣ m+2﹣( m2﹣ m﹣2)=﹣ m2+m+4=﹣ (m﹣1)2+ ，
∵﹣ <0，
∴當m=1時，MN有最大值，最大值為 ，
∵CD=4≠MN，
∴四邊形DCMN不是平行四邊形;
?、凇唿cP在線段OB上運動，
∴點M在第四象限，
∴∠MDB≠90°，
當△BDM是以BD為直角邊的直角三角形時，只有MB⊥BD，，
設(shè)P(m，0)，則M(m， m2﹣ m﹣2)，且B(4，0)，D(0，2)，
∴BP=4﹣m，PM=﹣ m2+ m+2，OB=4，OD=2，
∵∠MBD=90°，
∴∠OBD+∠PBM=∠ODB+∠OBD=90°，
∴∠ODB=∠PMB，
∴△OBD∽△PMB，
∴ = ，即 = ，解得m=3或m=4(舍去)，
∴M點坐標為(3，﹣2).
【點評】本題為二次函數(shù)的綜合應(yīng)用，涉及函數(shù)圖象與坐標軸的交點、待定系數(shù)法、二次函數(shù)的性質(zhì)、相似三角形的判定和性質(zhì)、方程思想等知識.在(1)中注意函數(shù)圖象與坐標軸交點的求法，在(2)中用m表示出MN的長是解題的關(guān)鍵，在(3)中確定出M的位置是解題的關(guān)鍵.本題考查知識點較多，綜合性較強，難度適中.
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