2017聊城市中考數學模擬試題(2)
2017聊城市中考數學模擬真題答案
一、選擇題(本大題共14小題，每小題3分，共42分)在每小題所給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的
1.+(﹣3)的相反數是( )
A.﹣(+3) B.﹣3 C.3 D.
【考點】相反數.
【分析】求出式子的值，再求出其相反數即可.
【解答】解：+(﹣3)=﹣3，
﹣3的相反數是3.
故選：C.
2.桂林是世界著名的風景旅游城市和歷史文化名城，地處南嶺山系西南部，廣西東北部，行政區(qū)域總面積27 809平方公里.將27 809用科學記數法表示應為( )
A.0.278 09×105 B.27.809×103 C.2.780 9×103 D.2.780 9×104
【考點】科學記數法—表示較大的數.
【分析】科學記數法的表示形式為a×10n的形式，其中1≤|a|<10，n為整數.確定n的值時，要看把原數變成a時，小數點移動了多少位，n的絕對值與小數點移動的位數相同.當原數絕對值大于10時，n是正數;當原數的絕對值小于1時，n是負數.
【解答】解：27 809=2.780 9×104.故選D.
3.，AB∥ED，AG平分∠BAC，∠ECF=70°，則∠FAG的度數是( )
A.155° B.145° C.110° D.35°
【考點】平行線的性質.
【分析】首先，由平行線的性質得到∠BAC=∠ECF=70°;然后利用鄰補角的定義、角平分線的定義來求∠FAG的度數.
【解答】解：，∵AB∥ED，∠ECF=70°，
∴∠BAC=∠ECF=70°，
∴∠FAB=180°﹣∠BAC=110°.
又∵AG平分∠BAC，
∴∠BAG= ∠BAC=35°，
∴∠FAG=∠FAB+∠BAG=145°.
故選：B.
4.下列式子中，正確的是( )
A.a5n÷an=a5 B.(﹣a2)3•a6=a12 C.a8n•a8n=2a8n D.(﹣m)(﹣m)4=﹣m5
【考點】同底數冪的除法;同底數冪的乘法;冪的乘方與積的乘方.
【分析】根據同底數冪的除法法則對A進行判斷;根據冪的乘方和同底數冪的乘法對B進行判斷;根據同底數冪的乘法法則對C、D進行判斷.
【解答】解：A、a5n÷an=a4n，所以A選項錯誤;
B、(﹣a2)3•a6=﹣a12，所以B選項錯誤;
C、a8n•a8n=a16n，所以C選項錯誤;
D、(﹣m)(﹣m)4=﹣m•m4=﹣m5，所以D選項正確.
故選D.
5.不等式組 的解集是( )
A.x≥8 B.3
【考點】解一元一次不等式組.
【分析】分別求出各不等式的解集，再求出其公共解集即可.
【解答】解： ，
由①得，x≤8，
由②得，x>3，
故此不等式組的解集為：3
故答案為：3
6.若x2+x﹣2=0，則 的值為( )
A. B. C.2 D.﹣
【考點】分式的化簡求值.
【分析】先根據題意求出x2+x的值，再代入所求代數式進行計算即可.
【解答】解：∵x2+x﹣2=0，
∴x2+x=2，
∴原式=2﹣ = .
故選A.
7.是某幾何體的三視圖，則該幾何體的表面積為( )
A.24+12 B.16+12 C.24+6 D.16+6
【考點】由三視圖判斷幾何體.
【分析】首先確定該幾何體的形狀，然后根據各部分的尺寸得到該幾何體的表面積即可.
【解答】解：觀察該幾何體的三視圖發(fā)現該幾何體為正六棱柱;
該六棱柱的棱長為2，正六邊形的半徑為2，
所以表面積為2×2×6+ ×2× ×6×2=24+12 ，
故選：A.
8.袋子里有4個球，標有2，3，4，5，先抽取一個并記住，放回，然后再抽取一個，所抽取的兩個球數字之和大于6的概率是( )
A. B. C. D.
【考點】列表法與樹狀圖法.
【分析】首先根據題意畫出樹狀圖，然后由樹狀圖求得所有等可能的結果與抽取的兩個球數字之和大于6的情況，再利用概率公式即可求得答案.
【解答】解：畫樹狀圖得：
∵共有16種等可能的結果，抽取的兩個球數字之和大于6的有10種情況，
∴抽取的兩個球數字之和大于6的概率是： = .
故選：C.
9.正方形ABCD中，P、Q分別為BC、CD的中點，若∠PAQ=40°，則∠CPQ大小為( )
A.50° B.60° C.45° D.70°
【考點】正方形的性質.
【分析】根據正方形的性質得到CP=CQ，從而得到答案.
【解答】解：∵四邊形ABCD為正方形，
∴BA=DA=BC=CD，
∵P、Q分別為BC、CD的中點，
∴DQ=BP，
∴CP=CQ，
∵∠C=90°，
∴∠CPQ=45°，
故選C.
10.，⊙O的直徑CD垂直弦AB于點E，且CE=2，DE=8，則AB的長為( )
A.2 B.4 C.6 D.8
【考點】垂徑定理;勾股定理.
【分析】根據CE=2，DE=8，得出半徑為5，在直角三角形OBE中，由勾股定理得BE，根據垂徑定理得出AB的長.
【解答】解：∵CE=2，DE=8，
∴OB=5，
∴OE=3，
∵AB⊥CD，
∴在△OBE中，得BE=4，
∴AB=2BE=8.
故選：D.
11.用配方法解方程3x2﹣6x+1=0，則方程可變形為( )
A.(x﹣3)2= B.3(x﹣1)2= C.(x﹣1)2= D.(3x﹣1)2=1
【考點】解一元二次方程﹣配方法.
【分析】方程二次項系數化為1，常數項移到右邊，兩邊加上一次項系數一半的平方，變形即可得到結果.
【解答】解：方程變形得：x2﹣2x=﹣ ，
配方得：x2﹣2x+1= ，即(x﹣1)2= ，
故選C.
12.用若干張大小相同的黑白兩種顏色的正方形紙片，按下列拼圖的規(guī)律拼成一列圖案，則第6個圖案中黑色正方形紙片的張數是( )
A.22 B.21 C.20 D.19
【考點】規(guī)律型：圖形的變化類.
【分析】觀察圖形，發(fā)現：黑色紙片在4的基礎上，依次多3個;根據其中的規(guī)律，用字母表示即可.
【解答】解：第個圖案中有黑色紙片3×1+1=4張
第2個圖案中有黑色紙片3×2+1=7張，
第3圖案中有黑色紙片3×3+1=10張，
…
第n個圖案中有黑色紙片=3n+1張.
當n=6時，3n+1=3×6+1=19
故選D.
13.一副三角板按圖1所示的位置擺放.將△DEF繞點A(F)逆時針旋轉60°后(圖2)，測得CG=10cm，則兩個三角形重疊(陰影)部分的面積為( )
A.75cm2 B.(25+25 )cm2 C.(25+ )cm2 D.(25+ )cm2
【考點】解直角三角形;旋轉的性質.
【分析】過G點作GH⊥AC于H，則∠GAC=60°，∠GCA=45°，GC=10cm，先在Rt△GCH中根據等腰直角三角形三邊的關系得到GH與CH的值，然后在Rt△AGH中根據含30°的直角三角形三邊的關系求得AH，最后利用三角形的面積公式進行計算即可.
【解答】解：過G點作GH⊥AC于H，，
∠GAC=60°，∠GCA=45°，GC=10cm，
在Rt△GCH中，GH=CH= GC=5 cm，
在Rt△AGH中，AH= GH= cm，
∴AC=(5 + )cm，
∴兩個三角形重疊(陰影)部分的面積= •GH•AC
= ×5 ×(5 + )
=(25+ )cm2.
故選：C.
14.世界文化遺產“華安二宜樓”是一座圓形的土樓，，小王從南門點A沿AO勻速直達土樓中心古井點O處，停留拍照后，從點O沿OB也勻速走到點B，緊接著沿 回到南門，下面可以近似地刻畫小王與土樓中心O的距離s隨時間t變化的圖象是( )
A. B. C. D.
【考點】動點問題的函數圖象.
【分析】從A→O的過程中，s隨t的增大而減小;直至s=0;從O→B的過程中，s隨t的增大而增大;從B沿 回到A，s不變.
【解答】解：所示，當小王從A到古井點O的過程中，s是t的一次函數，s隨t的增大而減小;
當停留拍照時，t增大但s=0;
當小王從古井點O到點B的過程中，s是t的一次函數，s隨t的增大而增大.
當小王 回到南門A的過程中，s等于半徑，保持不變.
綜上所述，只有C符合題意.
故選：C.
二、填空題(本大題共5小題，每小題3分，共15分)
15.分解因式：x3﹣6x2+9x= x(x﹣3)2 .
【考點】提公因式法與公式法的綜合運用.
【分析】先提取公因式x，再對余下的多項式利用完全平方公式繼續(xù)分解.
【解答】解：x3﹣6x2+9x，
=x(x2﹣6x+9)，
=x(x﹣3)2.
故答案為：x(x﹣3)2.
16.某小組10個人在一次數學小測試中，有3個人的平均成績?yōu)?6，其余7個人的平均成績?yōu)?6，則這個小組的本次測試的平均成績?yōu)椤?9 .
【考點】加權平均數.
【分析】先求出總成績，再運用求平均數公式： 即可求出平均成績.
【解答】解：∵有3個人的平均成績?yōu)?6，其余7個人的平均成績?yōu)?6，
∴這個小組的本次測試的總成績?yōu)椋?×96+7×86=890，
∴這個小組的本次測試的平均成績?yōu)椋?=89.
故填89.
17.現定義運算“★”，對于任意實數a、b，都有a★b=a2﹣3a+b，如：3★5=32﹣3×3+5，若x★2=6，則實數x的值是 ﹣1或4 .
【考點】解一元二次方程﹣因式分解法.
【分析】根據題中的新定義將所求式子轉化為一元二次方程，求出一元二次方程的解即可得到x的值.
【解答】解：根據題中的新定義將x★2=6變形得：
x2﹣3x+2=6，即x2﹣3x﹣4=0，
因式分解得：(x﹣4)(x+1)=0，
解得：x1=4，x2=﹣1，
則實數x的值是﹣1或4.
故答案為：﹣1或4
18.，在△ABC中，AB=2，AC=4，將△ABC繞點C按逆時針方向旋轉得到△A′B′C，使CB′∥AB，分別延長AB、CA′相交于點D，則線段BD的長為 6 .
【考點】旋轉的性質;相似三角形的判定與性質.
【分析】利用平行線的性質以及旋轉的性質得出△CAD∽△B′A′C，再利用相似三角形的性質得出AD的長，進而得出BD的長.
【解答】解：∵將△ABC繞點C按逆時針方向旋轉得到△A′B′C，
∴AC=CA′=4，AB=B′A′=2，∠A=∠CA′B′，
∵CB′∥AB，
∴∠B′CA′=∠D，
∴△CAD∽△B′A′C，
∴ = ，
∴ = ，
解得AD=8，
∴BD=AD﹣AB=8﹣2=6.
故答案為：6.
19.，在正方形ABCD中，AC為對角線，點E在AB邊上，EF⊥AC于點F，連接EC，AF=3，△EFC的周長為12，則EC的長為 5 .
【考點】正方形的性質;勾股定理;等腰直角三角形.
【分析】由四邊形ABCD是正方形，AC為對角線，得出∠EAF=45°，又因為EF⊥AC，得到∠AFE=90°得出EF=AF=3，由△EFC的周長為12，得出線段FC=12﹣3﹣EC=9﹣EC，在Rt△EFC中，運用勾股定理EC2=EF2+FC2，求出EC=5.
【解答】解：∵四邊形ABCD是正方形，AC為對角線，
∴∠EAF=45°，
又∵EF⊥AC，
∴∠AFE=90°，∠AEF=45°，
∴EF=AF=3，
∵△EFC的周長為12，
∴FC=12﹣3﹣EC=9﹣EC，
在Rt△EFC中，EC2=EF2+FC2，
∴EC2=9+(9﹣EC)2，
解得EC=5.
故答案為：5.
三、解答題(本大題共7小題，共63分)
20.小馬自駕私家車從A地到B地，駕駛原來的燃油汽車所需的油費108元，駕駛新購買的純電動汽車所需電費27元.已知行駛1千米，原來燃油汽車所需的油費比新購買的純電動汽車所需的電費多0.54元，求新購買的純電動汽車每行駛1千米所需的電費.
【考點】分式方程的應用.
【分析】設新購買的純電動汽車每行駛1千米所需的電費x元，根據行駛路程相等列出方程即可解決問題.
【解答】解：設新購買的純電動汽車每行駛1千米所需的電費x元
根據題意： = ，
解得：x=0.18，
經檢驗：x=0.18是原方程的解，
答：新購買的純電動汽車每行駛1千米所需的電費是0.18元..
21.已知一個正比例函數的圖象與反比例函數 的圖象都經過點A(m，﹣3).求這個正比例函數的解析式.
【考點】反比例函數與一次函數的交點問題.
【分析】由兩函數交點為A點，將A坐標代入反比例函數解析式中求出m的值，確定出A的坐標，設正比例解析式為y=kx，將A的坐標代入求出k的值，即可確定出正比例解析式.
【解答】解：∵A為正比例與反比例函數圖象的交點，
∴將x=m，y=﹣3代入反比例函數得：﹣3= ，即m=﹣3，
∴A(﹣3，﹣3)，
設正比例函數為y=kx，
將x=﹣3，y=﹣3代入得：﹣3=﹣3k，即k=1，
則正比例解析式為y=x.
22.“中國夢”是中華民族每一個人的夢，也是每一個中小學生的夢，各中小學開展經典誦讀活動，無疑是“中國夢”教育這一宏大樂章里的響亮音符，學校在經典誦讀活動中，對全校學生用A、B、C、D四個等級進行評價，現從中抽取若干個學生進行調查，繪制出了兩幅不完整的統(tǒng)計圖，請你根據圖中信息解答下列問題：
(1)共抽取了多少個學生進行調查?
(2)將圖甲中的折線統(tǒng)計圖補充完整.
(3)求出圖乙中B等級所占圓心角的度數.
【考點】折線統(tǒng)計圖;扇形統(tǒng)計圖.
【分析】(1)用C等級的人數除以C等級所占的百分比即可得到抽取的總人數;
(2)先用總數50分別減去A、C、D等級的人數得到B等級的人數，然后畫出折線統(tǒng)計圖;
(3)用360°乘以B等級所占的百分比即可得到B等級所占圓心角的度數.
【解答】解：(1)10÷20%=50，
所以抽取了50個學生進行調查;
(2)B等級的人數=50﹣15﹣10﹣5=20(人)，
畫折線統(tǒng)計圖;
(3)圖乙中B等級所占圓心角的度數=360°× =144°.
23.某辦公用品銷售商店推出兩種優(yōu)惠方法：①購1個書包，贈送1支水性筆;②購書包和水性筆一律按9折優(yōu)惠.書包每個定價20元，水性筆每支定價5元.小麗和同學需買4個書包，水性筆若干支(不少于4支).www-2-1-cnjy-com
(1)分別寫出兩種優(yōu)惠方法購買費用y(元)與所買水性筆支數x(支)之間的函數關系式;
(2)對x的取值情況進行分析，說明按哪種優(yōu)惠方法購買比較便宜;
(3)小麗和同學需買這種書包4個和水性筆12支，請你設計怎樣購買最經濟.
【考點】一次函數的應用.
【分析】(1)由于①購1個書包，贈送1支水性筆，而需買4個書包，由此得到還要買(x﹣4)支水性筆，
所以得到y(tǒng)1=(x﹣4)×5+20×4;又購書包和水性筆一律按9折優(yōu)惠，所以得到y(tǒng)2=(5x+20×4)×0.9;2-1-c-n-j-y
(2)設y1>y2，求出當x>24時選擇2優(yōu)惠;當4≤x≤24時，選擇1優(yōu)惠.
(3)采取用優(yōu)惠方法①購買4個書包，再用優(yōu)惠方法②購買8支水性筆即可.
【解答】解：(1)設按優(yōu)惠方法①購買需用y1元，按優(yōu)惠方法②購買需用y2元
y1=(x﹣4)×5+20×4=5x+60，
y2=(5x+20×4)×0.9=4.5x+72.
(2)解：分為三種情況：①∵設y1=y2，
5x+60=4.5x+72，
解得：x=24，
∴當x=24時，選擇優(yōu)惠方法①，②均可;
?、凇咴Oy1>y2，即5x+60>4.5x+72，
∴x>24.當x>24整數時，選擇優(yōu)惠方法②;
③當設y1
∴x<24
∴當4≤x<24時，選擇優(yōu)惠方法①.
(3)解：采用的購買方式是：用優(yōu)惠方法①購買4個書包，
需要4×20=80元，同時獲贈4支水性筆;
用優(yōu)惠方法②購買8支水性筆，需要8×5×90%=36元.
共需80+36=116元.
∴最佳購買方案是：用優(yōu)惠方法①購買4個書包，獲贈4支水性筆;再用優(yōu)惠方法②購買8支水性筆.
24.，已知以Rt△ABC的邊AB為直徑作△ABC的外接圓⊙O，∠B的平分線BE交AC于D，交⊙O于E，過E作EF∥AC交BA的延長線于F.
(1)求證：EF是⊙O切線;
(2)若AB=15，EF=10，求AE的長.
【考點】切線的判定.
【分析】(1)要證EF是⊙O的切線，只要連接OE，再證∠FEO=90°即可;
(2)證明△FEA∽△FBA，得出AE，BF的比例關系式，勾股定理得出AE，BF的關系式，求出AE的長.
【解答】(1)證明：連接OE，
∵∠B的平分線BE交AC于D，
∴∠CBE=∠ABE.
∵EF∥AC，
∴∠CAE=∠FEA.
∵∠OBE=∠OEB，∠CBE=∠CAE，
∴∠FEA=∠OEB.
∵∠AEB=90°，
∴∠FEO=90°.
∴EF是⊙O切線.
(2)解：∵AF•FB=EF•EF，
∴AF×(AF+15)=10×10.
∴AF=5.
∴FB=20.
∵∠F=∠F，∠FEA=∠FBE，
∴△FEA∽△FBE.
∴EF=10
∵AE2+BE2=15×15.
∴AE=3 .
25.(1)問題背景
1，Rt△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，∠ABC的平分線交直線AC于D，過點C作CE⊥BD，交直線BD于E.請?zhí)骄烤€段BD與CE的數量關系.(事實上，我們可以延長CE與直線BA相交，通過三角形的全等等知識解決問題.)
結論：線段BD與CE的數量關系是 BD=2CE (請直接寫出結論);
(2)類比探索
在(1)中，如果把BD改為∠ABC的外角∠ABF的平分線，其他條件均不變(2)，(1)中的結論還成立嗎?若成立，請寫出證明過程;若不成立，請說明理由;
(3)拓展延伸
在(2)中，如果AB≠AC，且AB=nAC(0
結論：BD= 2n CE(用含n的代數式表示).
【考點】相似三角形的判定與性質;全等三角形的判定與性質;等腰直角三角形.
【分析】(1)延長CE、BA交于F點，先證明△BFC是等腰三角形，再根據等腰三角形的性質可得CF=2CE，然后證明△ADB≌△AFC可得BD=FC，進而證出BD=2CE;
(2)延長CE、AB交于點G，先利用ASA證明△GBE≌△CBE，得出GE=CE，則CG=2CE，再證明△DAB∽△GAC，根據相似三角形對應邊的比相等及AB=AC即可得出BD=CG=2CE;
(3)同(2)，延長CE、AB交于點G，先利用ASA證明△GBE≌△CBE，得出GE=CE，則CG=2CE，再證明△DAB∽△GAC，根據相似三角形對應邊的比相等及AB=nAC即可得出BD=CG=2nCE.
【解答】解：(1)BD=2CE.理由如下：
1，延長CE、BA交于F點.
∵CE⊥BD，交直線BD于E，
∴∠FEB=∠CEB=90°.
∵BD平分∠ABC，
∴∠1=∠2，
∴∠F=∠BCF，
∴BF=BC，
∵BE⊥CF，
∴CF=2CE.
∵△ABC中，AC=AB，∠A=90°，
∴∠CBA=45°，
∴∠F=°÷2=67.5°，∠FBE=22.5°，
∴∠ADB=67.5°，
∵在△ADB和△AFC中，
，
∴△ADB≌△AFC(AAS)，
∴BD=CF，
∴BD=2CE;
(2)結論BD=2CE仍然成立.理由如下：
2，延長CE、AB交于點G.
∵∠1=∠2，∠1=∠3，∠2=∠4，
∴∠3=∠4，
又∵BE=BE，∠GEB=∠CEB=90°，
∴△GBE≌△CBE(ASA)，
∴GE=CE，
∴CG=2CE.
∵∠D+∠DCG=∠G+∠DCG=90°，
∴∠D=∠G，
又∵∠DAB=∠GAC=90°，
∴△DAB∽△GAC，
∴ = ，
∵AB=AC，
∴BD=CG=2CE;
(3)BD=2nCE.理由如下：
3，延長CE、AB交于點G.
∵∠1=∠2，∠1=∠3，∠2=∠4，
∴∠3=∠4，
又∵BE=BE，∠GEB=∠CEB=90°，
∴△GBE≌△CBE(ASA)，
∴GE=CE，
∴CG=2CE.
∵∠D+∠DCG=∠G+∠DCG=90°，
∴∠D=∠G，
又∵∠DAB=∠GAC=90°，
∴△DAB∽△GAC，
∴ = ，
∵AB=nAC，
∴BD=nCG=2nCE.
故答案為BD=2CE;2n.
26.，經過點A(0，﹣4)的拋物線y= x2+bx+c與x軸相交于B(﹣2，0)，C兩點，O為坐標原點.
(1)求拋物線的解析式;
(2)將拋物線y= x2+bx+c向上平移 個單位長度，再向左平移m(m>0)個單位長度得到新拋物線，若新拋物線的頂點P在△ABC內，求m的取值范圍;
(3)設點M在y軸上，∠OMB+∠OAB=∠ACB，求AM的長.
【考點】二次函數綜合題.
【分析】(1)該拋物線的解析式中只有兩個待定系數，只需將A、B兩點坐標代入即可得解.
(2)首先根據平移條件表示出移動后的函數解析式，進而用m表示出該函數的頂點坐標，將其代入直線AB、AC的解析式中，即可確定P在△ABC內時m的取值范圍.
(3)先在OA上取點N，使得∠ONB=∠ACB，那么只需令∠NBA=∠OMB即可，顯然在y軸的正負半軸上都有一個符合條件的M點;以y軸正半軸上的點M為例，先證△ABN、△AMB相似，然后通過相關比例線段求出AM的長.
【解答】解：(1)將A(0，﹣4)、B(﹣2，0)代入拋物線y= x2+bx+c中，得：
，
解得：
故拋物線的解析式：y= x2﹣x﹣4.
(2)由題意，新拋物線的解析式可表示為：y= (x+m)2﹣(x+m)﹣4+ ，即：y= x2+(m﹣1)x+ m2﹣m﹣ ;
它的頂點坐標P：(1﹣m，﹣1);
由(1)的拋物線解析式可得：C(4，0);
設直線AC的解析式為y=kx+b(k≠0)，把x=4，y=0代入，
∴4k+b=0，b=﹣4，
∴y=x﹣4.
同理直線AB：y=﹣2x﹣4;
當點P在直線AB上時，﹣2(1﹣m)﹣4=﹣1，解得：m= ;
當點P在直線AC上時，(1﹣m)﹣4=﹣1，解得：m=﹣2;
∴當點P在△ABC內時，﹣2
又∵m>0，
∴符合條件的m的取值范圍：0
(3)由A(0，﹣4)、C(4，0)得：OA=OC=4，且△OAC是等腰直角三角形;
，在OA上取ON=OB=2，則∠ONB=∠ACB=45°;
∴∠ONB=∠NBA+∠OAB=∠ACB=∠OMB+∠OAB，即∠OMB=∠NBA;
，在△ABN、△AM1B中，
∠BAN=∠M1AB，∠ABN=∠AM1B，
∴△ABN∽△AM1B，得：AB2=AN•AM1;
易得：AB2=(﹣2)2+42=20，AN=OA﹣ON=4﹣2=2;
∴AM1=20÷2=10;
而∠BM1A=∠BM2A=∠ABN，
∴OM1=OM2=6，AM2=OM2﹣OA=6﹣4=2.
綜上，AM的長為10或2.
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