2017嘉興舟山中考數(shù)學練習試卷(2)
2017嘉興舟山中考數(shù)學練習試題答案
一、 選擇題
1-5DCDAD 6-10AABBA 11-15CDCDA 16-20BDBCA 21-23BBC
二、 填空題
1. 3
2. 8
3. 0或-1
4. ( )
5. 10
6. 等腰三角形或等腰直角三角形
7.
8. ( )
9. 5
10. (1345.5, )
11.
三、 解答題
1. 解:原式=1+3﹣ ﹣4+3 =2 .
2. 解:原式=-13.
3. 解:化簡得: ;求值得:
4. 解:(1) ∠BAC=45°; (2)OH是AB的垂直平分線.
5.解:(1)如圖1所示:四邊形即為菱形;
(2)如圖2,3所示:即為所求答案.
6. 解:(1)設每行駛1千米純用電的費用為x元,
,解得,x=0.26
經(jīng)檢驗,x=0.26是原分式方程的解,
即每行駛1千米純用電的費用為0.26元;
(2)從A地到B地油電混合行駛,用電行駛y千米,
0.26y+( ﹣y)×(0.26+0.50)≤39
解得,y≥74,
即至少用電行駛74千米.
7. 解:設甲隊單獨完成此項工程需要x天,乙隊單獨完成需要(x+5)天.
依據(jù)題意可列方程: ,
解得:x1=10,x2=﹣3(舍去).
經(jīng)檢驗:x=10是原方程的解.
設甲隊每天的工程費為y元.
依據(jù)題意可列方程:6y+6(y﹣4000)=385200,
解得:y=34100.
甲隊完成此項工程費用為34100×10=341000元.
乙隊完成此項工程費用為30100×15=451500元.
答:從節(jié)省資金的角度考慮,應該選擇甲工程隊.
8. 解:(1)設該地投入異地安置資金的年平均增長率為x,根據(jù)題意,
得:1280(1+x)2=1280+1600,
解得:x=0.5或x=﹣2.25(舍),
答:從2015年到2017年,該地投入異地安置資金的年平均增長率為50%;
(2)設今年該地有a戶享受到優(yōu)先搬遷租房獎勵,根據(jù)題意,
得:1000×8×400+(a﹣1000)×5×400≥5000000,
解得:a≥1900,
答:今年該地至少有1900戶享受到優(yōu)先搬遷租房獎勵.
9. 解:(1)∵點A(m,2)在直線y=2x上,∴2=2m,
∴m=1,∴點A(1,2),
又∵點A(1,2)在反比例函數(shù)y= 的圖像上,∴k=2.
(2)設平移后的直線與y軸交于點B,連接AB,則S△AOB=S△POA=2 .
過點A作y軸的垂線AC, 垂足為點C,則AC=1.
∴ OB•AC=2,∴OB=4.
∴平移后的直線的解析式為y=2x-4.
10. 解:(1)證明:∵反比例函數(shù)y= 的圖象在二四象限,∴k<0,
∴一次函數(shù)為y=kx+b隨x的增大而減小,
∵A,D都在第一象限,∴3k+b>0,∴b>﹣3k;
(2)由題意知: ,∴ ①,
∵E(﹣ ,0),F(xiàn)(0,b),
∴S△OEF= ×(﹣ )×b= ②,
由①②聯(lián)立方程組解得:k=﹣ ,b=3,
∴這個一次函數(shù)的解析式為y=﹣ x+3,
解﹣ =﹣ x+3得x1= ,x2= ,
∴直線y=kx+b與反比例函數(shù)y= 的交點坐標的橫坐標是 或 ,
∴不等式 >kx+b的解集為 .
11. 解:(1)∵∠ABO=90°,∠AOB=30°,OB=2 ,∴AB= OB=2,
作CE⊥OB于E,∵∠ABO=90°,∴CE∥AB,∴OC=AC,
∴OE=BE= OB= ,CE= AB=1,
∴C( ,1),
∵反比例函數(shù)y= (x>0)的圖象經(jīng)過OA的中點C,
∴1= ,∴k= ,∴反比例函數(shù)的關系式為y= ;
(2)∵OB=2 ,∴D的橫坐標為2 ,
代入y= 得,y= ,∴D(2 , ),∴BD= ,
∵AB=2,∴AD= ,∴S△ACD= AD•BE= × × = ,
∴S四邊形CDBO=S△AOB﹣S△ACD= OB•AB﹣ = ×2 ×2﹣ = .
12. 解:(1)∵“很喜歡”的部分占的百分比為:1﹣25%﹣40%=35%,
∴扇形統(tǒng)計圖中,“很喜歡”的部分所對應的圓心角為:360°×35%=126°;
∵“很喜歡”月餅的同學數(shù):60×35%=21,
∴條形統(tǒng)計圖中,喜歡“豆沙”月餅的學生數(shù):21﹣6﹣3﹣8=4,
故答案分別為126°,4.
(2)900名學生中“很喜歡”的有900×35%=315人,
900名學生中“比較喜歡”的有900×40%=360人,
∴估計該校學生中“很喜歡”和“比較喜歡”月餅的共有675人.
故答案為675.
(3)無聊表示方便,記云腿、豆沙、蓮蓉、蛋黃四種月餅分別為A、B、C、D.畫出的樹狀圖如圖所示,
∴甲、乙兩人中有且只有一人選中自己最愛吃的月餅的概率= = .
13. 解:(1)由扇形統(tǒng)計圖可知:扇形A的圓心角是36°,
所以喜歡A項目的人數(shù)占被調查人數(shù)的百分比= ×100%=10%.
由條形圖可知:喜歡A類項目的人數(shù)有20人,
所以被調查的學生共有20÷10%=200(人).
(2)喜歡C項目的人數(shù)=200-(20+80+40)=60(人),
因此在條形圖中補畫高度為60的長方條,如圖所示.
14. 解:(1)a=7,b=7.5,c=4.2
(2)甲.
15. 解:∵∠BDC=90°,BC=10,sinB= ,
∴CD=BC•sinB=10×0.59=5.9,
∵在Rt△BCD中,∠BCD=90°﹣∠B=90°﹣36°=54°,
∴∠ACD=∠BCD﹣∠ACB=54°﹣36°=18°,
∴在Rt△ACD中,tan∠ACD= ,
∴AD=CD•tan∠ACD=5.9×0.32=1.888≈1.9(米),
則改建后南屋面邊沿增加部分AD的長約為1.9米.
16. 解:他的這種坐姿不符合保護視力的要求,
理由:如圖2所示:過點B作BD⊥AC于點D,
∵BC=30cm,∠ACB=53°,
∴sin53°= ≈0.8,解得:BD=24,
cos53°= ≈0.6,解得:DC=18,
∴AD=22﹣18=4(cm),
∴AB= ,
∴他的這種坐姿不符合保護視力的要求.
17. 解:(1)如圖所示:延長BA,過點C作CD⊥BA延長線與點D,
由題意可得:∠CBD=30°,BC=120海里,
則DC=60海里 ,故cos30°= ,
解得:AC=40 ,
答:點A到島礁C的距離為40 海里;
(2)如圖所示:過點A′作A′N⊥BC于點N,
可得∠1=30°,∠BA′A=45°,A′N=A′E,
則∠2=15°,即A′B平分∠CBA,
設AA′=x,則A′E= x,
故CA′=2A′N=2× x= x,
∵ x+x=40 ,∴解得:x=20( ﹣1),
答:此時“中國海監(jiān)50”的航行距離為20( ﹣1)海里.
18. 解:
19. 解:(1)連接OH、OM,
∵H是AC的中點,O是BC的中點,
∴OH是△ABC的中位線,∴OH∥AB,
∴∠COH=∠ABC,∠MOH=∠OMB,
又∵OB=OM,∴∠OMB=∠MBO,∴∠COH=∠MOH,
在△COH與△MOH中, △COH≌△MOH(SAS),
∴∠HCO=∠HMO=90°,∴MH是⊙O的切線;
(2)∵MH、AC是⊙O的切線,∴HC=MH= ,∴AC=2HC=3,
∵tan∠ABC= ,∴ ,∴BC=4,∴⊙O的半徑為2;
(3)連接OA、CN、ON,OA與CN相交于點I,
∵AC與AN都是⊙O的切線,
∴AC=AN,AO平分∠CAD,∴AO⊥CN,
∵AC=3,OC=2,
∴由勾股定理可求得:AO= ,
∵ AC•OC= AO•CI,∴CI= .
∴由垂徑定理可求得:CN= ,
設OE=x,由勾股定理可得:CN2﹣CE2=ON2﹣OE2,
∴ ﹣(2+x)2=4﹣x2,∴x= ,∴CE= ,
由勾股定理可求得:EN= , ∴由垂徑定理可知:NQ=2EN= .
20. 解:(1)∵ = ,∴∠ACB=∠ADB=45°,
∵∠ABD=45°,∴∠BAD=90°,
∴BD是△ABD外接圓的直徑;
(2)在CD的延長線上截取DE=BC,連接EA,
∵∠ABD=∠ADB, ∴AB=AD,
∵∠ADE+∠ADC=180°,∠ABC+∠ADC=180°,
∴∠ABC=∠ADE,
在△ABC與△ADE中, ∴△ABC≌△ADE(SAS),
∴∠BAC=∠DAE,∴∠BAC+∠CAD=∠DAE+∠CAD,∴∠BAD=∠CAE=90°,
∵ = ,∴∠ACD=∠ABD=45°,∴△CAE是等腰直角三角形,
∴ AC=CE,∴ AC=CD+DE=CD+BC;
(3)過點M作MF⊥MB于點M,過點A作AF⊥MA于點A,MF與AF交于點F,連接BF,由對稱性可知:∠AMB=ACB=45°,∴∠FMA=45°,
∴△AMF是等腰直角三角形,∴AM=AF,MF= AM,
∵∠MAF+∠MAB=∠BAD+∠MAB,∴∠FAB=∠MAD,
在△ABF與△ADM中, ∴△ABF≌△ADM(SAS),∴BF=DM,
在 Rt△BMF中,∵BM2+MF2=BF2,∴BM2+2AM2=DM2.
21. 證明:(1)∵點D關于直線AE的對稱點為F,
∴∠EAF=∠DAE,AD=AF,
又∵∠BAC=2∠DAE,∴∠BAC=∠DAF,
∵AB=AC,∴ = ,
∴△ADF∽△ABC;
(2)∵點D關于直線AE的對稱點為F,
∴EF=DE,AF=AD,
∵α=45°,∴∠BAD=90°﹣∠CAD,
∠CAF=∠DAE+∠EAF﹣∠CAD=45°+45°﹣∠CAD=90°﹣∠CAD,∴∠BAD=∠CAF,
在△ABD和△ACF中, ,∴△ABD≌△ACF(SAS),
∴CF=BD,∠ACF=∠B,
∵AB=AC,∠BAC=2α,α=45°,
∴△ABC是等腰直角三角形,∴∠B=∠ACB=45°,
∴∠ECF=∠ACB+∠ACF=45°+45°=90°,
在Rt△CEF中,由勾股定理得,EF2=CF2+ CE2,
所以,DE2=BD2+CE2;
(3)DE2=BD2+CE2還能成立.
理由如下:作點D關于AE的對稱點F,連接EF、CF,
由軸對稱的性質得,EF=DE,AF=AD,
∵α=45°,∴∠BAD=90°﹣∠CAD,
∠CAF=∠DAE+∠EAF﹣∠CAD=45°+45°﹣∠CAD=90°﹣∠CAD,
∴∠BAD=∠CAF,
在△ABD和△ACF中, ,∴△ABD≌△ACF(SAS),
∴CF=BD,∠ACF=∠B,
∵AB=AC,∠BAC=2α,α=45°,∴△ABC是等腰直角三角形,
∴∠B=∠ACB=45°,
∴∠ECF=∠ACB+∠ACF=45°+45°=90°,
在Rt△CEF中,由勾股定理得,EF2=CF2+CE2,
所以,DE2=BD2+CE2.
22. 解:(1)①∵在矩形ABCD中,AD∥BC,
∴∠KDO=∠GBO,∠DKO=∠BGO
∵點O是BD的中點,∴DO=BO.
∴△DOK≌△BOG(AAS)
?、凇咚倪呅蜛BCD是矩形,∴∠BAD=∠ABC=90°,AD∥BC.
又∵AF平分∠BAD,∴∠BAF=∠BFA=45°,∴AB=BF.
∵OK∥AF,AK∥FG,∴四邊形AFGK是平行四邊形.
∴AK=FG.
∵BG=BF+FG,∴BG=AB+AK.
(2)①由(1)得,四邊形AFGK是平行四邊形,
∴AK=FG,AF=KG.
又∵△DOK≌△BOG,且KD=KG,∴AF=KG=KD=BG.
設AB=a,則AF=KG=KD=BG= a,
∴AK=4﹣ ﹣ a,F(xiàn)G=BG﹣BF= a﹣a
∴4﹣ ﹣ a= a﹣a.
解得a= ,∴KD= a=2
?、谶^點G作GI⊥KD于點I,由(2)①可知KD=AF=2
∴GI=AB= ,∴S△DKG= ×2× = .
∵PD=m,∴PK=2﹣m.
∵PM∥DG,PN∥KG,
∴四邊形PMGN是平行四邊形,△DKG∽△PKM∽△DPN.
∴ ,即S△DPN=( )2
同理S△PKM=( )2
∵S△PMN= ,∴S平行四邊形PMGN=2S△PMN=2× .
又∵S平行四邊形PMGN=S△DKG﹣S△DPN﹣S△PKM,
∴2× = ﹣( )2 ﹣( )2 ,即m2﹣2m+1=0,
解得m1=m2=1,∴當S△PMN= 時,m的值為1.
23. 解:(1)解:結論AE=EF=AF.
理由:如圖1中,連接AC,
∵四邊形ABCD是菱形,∠B=60°,
∴AB=BC=CD=AD,∠B=∠D=60°,
∴△ABC,△ADC是等邊三角形,
∴∠BAC=∠DAC=60°
∵BE=EC,∴∠BAE=∠CAE=30°,AE⊥BC,
∵∠EAF=60°,∴∠CAF=∠DAF=30°,∴AF⊥CD,
∴AE=AF(菱形的高相等),
∴△AEF是等邊三角形,∴AE=EF=AF.
(2)證明:如圖2中,∵∠BAC=∠EAF=60°,∴∠BAE=∠CAE,
在△BAE和△CAF中, ,∴△BAE≌△CAF,∴BE=CF.
(3)解:過點A作AG⊥BC于點G,過點F作FH⊥EC于點H,
∵∠EAB=15°,∠ABC=60°,∴∠AEB=45°,
在RT△AGB中,∵∠ABC=60°AB=4,∴BG=2,AG=2 ,
在RT△AEG中,∵∠AEG=∠EAG=45°,∴AG=GE=2 ,∴EB=EG﹣BG=2 ﹣2,
∵△AEB≌△AFC,∴AE=AF,EB=CF=2 ﹣2,∠AEB=∠AFC=45°,
∵∠EAF=60°,AE=AF,∴△AEF是等邊三角形,∴∠AEF=∠AFE=60°
∵∠AEB=45°,∠AEF=60°,∴∠CEF=∠AEF﹣∠AEB=15°,
在RT△EFH中,∠CEF=15°,∴∠EFH=75°,
∵∠AFE=60°,∴∠AFH=∠EFH﹣∠AFE=15°,
∵∠AFC=45°,∠CFH=∠AFC﹣∠AFH=30°,
在RT△CHF中,∵∠CFH=30°,CF=2 ﹣2,
∴FH=CF•cos30°=(2 ﹣2)• =3﹣ .
∴點F到BC的距離為3﹣ .
24. 解:(1)∵過B,C,D三點的拋物線y=ax2+bx+c(a≠0)的頂點坐標為(2,2),
∴點C的橫坐標為4,BC=4,
∵四邊形ABCD為平行四邊形,∴AD=BC=4,
∵A(2,6),∴D(6,6),
設拋物線解析式為y=a(x﹣2)2+2,
∵點D在此拋物線上,∴6=a(6﹣2)2+2,∴a= ,
∴拋物線解析式為y= (x﹣2)2+2= x2﹣x+3,
(2)∵AD∥BC∥x軸,且AD,BC間的距離為3,BC,x軸的距離也為3,F(xiàn)(m,6)
∴E( ,3),∴BE= ,∴S= (AF+BE)×3= (m﹣2+ )×3= m﹣3
∵點F(m,6)是線段AD上,∴2≤m≤6,即:S= m﹣3.(2≤m≤6)
(3)∵拋物線解析式為y= x2﹣x+3,∴B(0,3),C(4,3),
∵A(2,6),∴直線AC解析式為y=﹣ x+9,
∵FM⊥x軸,垂足為M,交直線AC于P
∴P(m,﹣ m+9),(2≤m≤6)
∴PN=m,PM=﹣ m+9,
∵FM⊥x軸,垂足為M,交直線AC于P,過點P作PN⊥y軸,∴∠MPN=90°,
∴MN=
∵2≤m≤6,∴當m= 時,MN最大= .
25. 解:(1)∵x2﹣2x﹣3=0,∴x=3或x=﹣1,
∴B(0,3),C(0,﹣1),∴BC=4,
(2)∵A(﹣ ,0),B(0,3),C(0,﹣1),
∴OA= ,OB=3,OC=1,∴OA2=OB•OC,
∵∠AOC=∠BOA=90°,∴△AOC∽△BOA,∴∠CAO=∠ABO,
∴∠CAO+∠BAO=∠ABO+∠BAO=90°,∴∠BAC=90°,∴AC⊥AB;
(3)設直線AC的解析式為y=kx+b,
把A(﹣ ,0)和C(0,﹣1)代入y=kx+b,
∴ ,解得
∴直線AC的解析式為:y=﹣ x﹣1,
∵DB=DC,∴點D在線段BC的垂直平分線上,∴D的縱坐標為1,
∴把y=1代入y=﹣ x﹣1,∴x=﹣2 ,
∴D的坐標為(﹣2 ,1),
(4)設直線BD的解析式為:y=mx+n,直線BD與x軸交于點E,
把B(0,3)和D(﹣2 ,1)代入y=mx+n,
∴ ,解得
∴直線BD的解析式為:y= x+3,
令y=0代入y= x+3,∴x=﹣3 ,
∴E(﹣3 ,0),∴OE=3 ,
∴tan∠BEC= = ,∴∠BEO=30°,
同理可求得:∠ABO=30°,∴∠ABE=30°,
當PA=AB時,如圖1,
此時,∠BEA=∠ABE=30°,∴EA=AB,
∴P與E重合,∴P的坐標為(﹣3 ,0),
當PA=PB時,如圖2,此時,∠PAB=∠PBA=30°,
∵∠ABE=∠ABO=30°,∴∠PAB=∠ABO,
∴PA∥BC,∴∠PAO=90°,∴點P的橫坐標為﹣ ,
令x=﹣ 代入y= x+3,∴y=2,∴P(﹣ ,2),
當PB=AB時,如圖3,
∴由勾股定理可求得:AB=2 ,EB=6,
若點P在y軸左側時,記此時點P為P1,
過點P1作P1F⊥x軸于點F,∴P1B=AB=2 ,∴E P1=6﹣2 ,
∴sin∠BEO= ,∴F P1=3﹣ ,
令y=3﹣ 代入y= x+3,∴x=﹣3,∴P1(﹣3,3﹣ ),
若點P在y軸的右側時,記此時點P為P2,
過點P2作P2G⊥x軸于點G,∴P2B=AB=2 ,
∴E P2=6+2 ,∴sin∠BEO= ,∴G P2=3+ ,
令y=3+ 代入y= x+3,∴x=3,∴P2(3,3+ ),
綜上所述,當A、B、P三點為頂點的三角形是等腰三角形時,點P的坐標為(﹣3 ,0),(﹣ ,2),(﹣3,3﹣ ),(3,3+ ).
26. 解:(1) , , .
(2)存在.
第一種情況,當以C為直角頂點時,過點C作CP1⊥AC,交拋物線于點P1.過點P1作y軸的垂線,垂足是M.
∵OA=OC,∠AOC =90°∴∠OCA=∠OAC=45°.
∵∠ACP1=90°,∴∠MCP1 =90°-45°=45°=∠C P1M.∴MC=MP1.
由(1)可得拋物線為 .
設 ,則 ,
解得: (舍去), .
∴ .則P1的坐標是 .
第二種情況,當以A為直角頂點時,過點A作AP2⊥AC,交拋物線于點P2,過點P2作y軸的垂線,垂足是N,AP2交y軸于點F.∴P2N∥x軸.
由∠CAO=45°,∴∠OAP2=45°.∴∠FP2N=45°,AO=OF=3.∴P2N=NF.
設 ,則 .
解得: (舍去), .∴ ,則P2的坐標是 .
綜上所述,P的坐標是 或 .
(3)連接OD,由題意可知,四邊形OFDE是矩形,則OD=EF.
根據(jù)垂線段最短,可得當OD⊥AC時,OD最短,即EF最短.
由(1)可知,在Rt△AOC中,
∵OC=OA=3,OD⊥AC,∴ D是AC的中點.
又∵DF∥OC,∴ .
∴點P的縱坐標是 . 則 , 解得: .
∴當EF最短時,點P的坐標是:( , )或( , ).
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