2017年廣東省茂名市中考數(shù)學模擬試卷(2)
∵AE= AB，
∴BE=PE=2AE，
∴∠APE=30°，
∴∠PEF=∠BEF=60°，
∴∠EFB=∠EFP=30°，
∴EF=2BE，PF= PE，
∴①正確，②不正確;
又∵EF⊥BP，
∴EF=2BE=4EQ，
∴③不正確;
又∵PF=BF，∠BFP=2∠EFP=60°，
∴△PBF為等邊三角形，
∴④正確;
所以正確的為①④，
故答案為：①④.
【點評】本題主要考查矩形的性質(zhì)和軸對稱的性質(zhì)、等邊三角形的判定、直角三角形的性質(zhì)等知識，綜合性較強，掌握直角三角形中30°角所對的直角邊是斜邊的一半是解題的關(guān)鍵.
三、解答題(本題共6小題，共64分)請將必要的文字說明、計算過程或推理過程寫在答題卡的對應位置.
17.(10分)(2014•吉林)某校組織了主題為“讓勤儉節(jié)約成為時尚”的電子小組作品征集活動，現(xiàn)從中隨機抽取部分作品，按A，B，C，D四個等級進行評價，并根據(jù)結(jié)果繪制了如下兩幅不完整的統(tǒng)計圖.
(1)求抽取了多少份作品;
(2)此次抽取的作品中等級為B的作品有 48 ，并補全條形統(tǒng)計圖;
(3)若該校共征集到800份作品，請估計等級為A的作品約有多少份.
【考點】條形統(tǒng)計圖;用樣本估計總體;扇形統(tǒng)計圖.
【分析】(1)根據(jù)C的人數(shù)除以占的百分比，得到抽取作品的總份數(shù);
(2)由總份數(shù)減去其他份數(shù)，求出B的份數(shù)，補全條形統(tǒng)計圖即可;
(3)求出A占的百分比，乘以800即可得到結(jié)果.
【解答】解：(1)根據(jù)題意得：30÷25%=120(份)，
則抽取了120份作品;
(2)等級B的人數(shù)為120﹣(36+30+6)=48(份)，
補全統(tǒng)計圖，所示：
故答案為：48;
(3)根據(jù)題意得：800× =240(份)，
則估計等級為A的作品約有240份.
【點評】此題考查了條形統(tǒng)計圖，扇形統(tǒng)計圖，以及用樣本估計總體，弄清題意是解本題的關(guān)鍵.
18.(10分)(2010•蘭州)是某貨站傳送貨物的平面示意圖.為了提高傳送過程的安全性，工人師傅欲減小傳送帶與地面的夾角，使其由45°改為30°.已知原傳送帶AB長為4米.
(1)求新傳送帶AC的長度;
(2)如果需要在貨物著地點C的左側(cè)留出2米的通道，試判斷距離B點4米的貨物MNQP是否需要挪走，并說明理由.(說明：(1)(2)的計算結(jié)果精確到0.1米，參考數(shù)據(jù)： ≈1.41， ≈1.73， ≈2.24， ≈2.45)
【考點】解直角三角形的應用.
【分析】(1)過A作BC的垂線AD.在構(gòu)建的直角三角形中，首先求出兩個直角三角形的公共直角邊，進而在Rt△ACD中，求出AC的長.
(2)通過解直角三角形，可求出BD、CD的長，進而可求出BC、PC的長.然后判斷PC的值是否大于2米即可.
【解答】解：(1)，作AD⊥BC于點D.
Rt△ABD中，
AD=ABsin45°=4× =2 .
在Rt△ACD中，
∵∠ACD=30°，
∴AC=2AD=4 ≈5.6.
即新傳送帶AC的長度約為5.6米;
(2)結(jié)論：貨物MNQP應挪走.
解：在Rt△ABD中，BD=ABcos45°=4× =2 .
在Rt△ACD中，CD=ACcos30°=2 .
∴CB=CD﹣BD=2 ﹣2 =2( ﹣ )≈2.1.
∵PC=PB﹣CB≈4﹣2.1=1.9<2，
∴貨物MNQP應挪走.
【點評】應用問題盡管題型千變?nèi)f化，但關(guān)鍵是設法化歸為解直角三角形問題，必要時應添加輔助線，構(gòu)造出直角三角形.在兩個直角三角形有公共直角邊時，先求出公共邊的長是解答此類題的基本思路.
19.(10分)(2014•荊州)我國中東部地區(qū)霧霾天氣趨于嚴重，環(huán)境治理已刻不容緩.我市某電器商場根據(jù)民眾健康需要，代理銷售某種家用空氣凈化器，其進價是200元/臺.經(jīng)過市場銷售后發(fā)現(xiàn)：在一個月內(nèi)，當售價是400元/臺時，可售出200臺，且售價每降低10元，就可多售出50臺.若供貨商規(guī)定這種空氣凈化器售價不能低于300元/臺，代理銷售商每月要完成不低于450臺的銷售任務.
(1)試確定月銷售量y(臺)與售價x(元/臺)之間的函數(shù)關(guān)系式;并求出自變量x的取值范圍;
(2)當售價x(元/臺)定為多少時，商場每月銷售這種空氣凈化器所獲得的利潤w(元)最大?最大利潤是多少?
【考點】二次函數(shù)的應用.
【分析】(1)根據(jù)題中條件銷售價每降低10元，月銷售量就可多售出50臺，即可列出函數(shù)關(guān)系式;
根據(jù)供貨商規(guī)定這種空氣凈化器售價不能低于300元/臺，代理銷售商每月要完成不低于450臺的銷售即可求出x的取值.
(2)用x表示y，然后再用x來表示出w，根據(jù)函數(shù)關(guān)系式，即可求出最大w;
【解答】解：(1)根據(jù)題中條件銷售價每降低10元，月銷售量就可多售出50臺，
則月銷售量y(臺)與售價x(元/臺)之間的函數(shù)關(guān)系式：y=200+50× ，化簡得：y=﹣5x+2200;
供貨商規(guī)定這種空氣凈化器售價不能低于300元/臺，代理銷售商每月要完成不低于450臺，
則 ，
解得：300≤x≤350.
∴y與x之間的函數(shù)關(guān)系式為：y=﹣5x+2200(300≤x≤350);
(2)W=(x﹣200)(﹣5x+2200)，
整理得：W=﹣5(x﹣320)2+72000.
∵x=320在300≤x≤350內(nèi)，
∴當x=320時，最大值為72000，
即售價定為320元/臺時，商場每月銷售這種空氣凈化器所獲得的利潤w最大，最大利潤是72000元.
【點評】本題主要考查對于一次函數(shù)的應用和掌握，而且還應用到將函數(shù)變形求函數(shù)極值的知識.
20.(10分)(2011•安順)已知：，在△ABC中，BC=AC，以BC為直徑的⊙O與邊AB相交于點D，DE⊥AC，垂足為點E.
(1)求證：點D是AB的中點;
(2)判斷DE與⊙O的位置關(guān)系，并證明你的結(jié)論;
(3)若⊙O的直徑為18，cosB= ，求DE的長.
【考點】切線的判定與性質(zhì);勾股定理;圓周角定理;解直角三角形.
【分析】(1)連接CD，由BC為直徑可知CD⊥AB，又BC=AC，由等腰三角形的底邊“三線合一”證明結(jié)論;
(2)連接OD，則OD為△ABC的中位線，OD∥AC，已知DE⊥AC，可證DE⊥OC，證明結(jié)論;
(3)連接CD，在Rt△BCD中，已知BC=18，cosB= ，求得BD=6，則AD=BD=6，在Rt△ADE中，已知AD=6，cosA=cosB= ，可求AE，利用勾股定理求DE.
【解答】(1)證明：連接CD，
∵BC為⊙O的直徑，∴CD⊥AB，
又∵AC=BC，
∴AD=BD，即點D是AB的中點.
(2)解：DE是⊙O的切線.
證明：連接OD，則DO是△ABC的中位線，
∴DO∥AC，
又∵DE⊥AC，
∴DE⊥DO即DE是⊙O的切線;
(3)解：∵AC=BC，∴∠B=∠A，
∴cosB=cosA= ，
∵cosB= ，BC=18，
∴BD=6，
∴AD=6，
∵cosA= ，
∴AE=2，
在Rt△AED中，DE= .
【點評】本題考查了切線的判定與性質(zhì)，勾股定理，圓周角定理，解直角三角形的運用，關(guān)鍵是作輔助線，將問題轉(zhuǎn)化為直角三角形，等腰三角形解題.
21.(12分)(2013•包頭)，在正方形ABCD中，對角線AC與BD相交于點O，點E是BC上的一個動點，連接DE，交AC于點F.
(1)①，當 時，求 的值;
(2)②當DE平分∠CDB時，求證：AF= OA;
(3)③，當點E是BC的中點時，過點F作FG⊥BC于點G，求證：CG= BG.
【考點】相似形綜合題.
【分析】(1)利用相似三角形的性質(zhì)求得EF與DF的比值，依據(jù)△CEF和△CDF同高，則面積的比就是EF與DF的比值，據(jù)此即可求解;
(2)利用三角形的外角和定理證得∠ADF=∠AFD，可以證得AD=AF，在直角△AOD中，利用勾股定理可以證得;
(3)連接OE，易證OE是△BCD的中位線，然后根據(jù)△FGC是等腰直角三角形，易證△EGF∽△ECD，利用相似三角形的對應邊的比相等即可證得.
【解答】(1)解：∵ = ，
∴ = .
∵四邊形ABCD是正方形，
∴AD∥BC，AD=BC，
∴△CEF∽△ADF，
∴ = ，
∴ = = ，
∴ = = ;
(2)證明：∵DE平分∠CDB，∴∠ODF=∠CDF，
又∵AC、BD是正方形ABCD的對角線.
∴∠ADO=∠FCD=45°，∠AOD=90°，OA=OD，而∠ADF=∠ADO+∠ODF，∠AFD=∠FCD+∠CDF，
∴∠ADF=∠AFD，∴AD=AF，
在直角△AOD中，根據(jù)勾股定理得：AD= = OA，
∴AF= OA.
(3)證明：連接OE.
∵點O是正方形ABCD的對角線AC、BD的交點.
∴點O是BD的中點.
又∵點E是BC的中點，
∴OE是△BCD的中位線，
∴OE∥CD，OE= CD，
∴△OFE∽△CFD.
∴ = = ，
∴ = .
又∵FG⊥BC，CD⊥BC，
∴FG∥CD，
∴△EGF∽△ECD，
∴ = = .
在直角△FGC中，∵∠GCF=45°.
∴CG=GF，
又∵CD=BC，
∴ = = ，
∴ = .
∴CG= BG.
【點評】本題是勾股定理、三角形的中位線定理、以及相似三角形的判定與性質(zhì)的綜合應用，理解正方形的性質(zhì)是關(guān)鍵.
22.(12分)(2013•呼倫貝爾)已知：在平面直角坐標系中，拋物線 交x軸于A、B兩點，交y軸于點C，且對稱軸為x=﹣2，點P(0，t)是y軸上的一個動點.
(1)求拋物線的解析式及頂點D的坐標.
(2)1，當0≤t≤4時，設△PAD的面積為S，求出S與t之間的函數(shù)關(guān)系式;S是否有最小值?如果有，求出S的最小值和此時t的值.
(3)2，當點P運動到使∠PDA=90°時，Rt△ADP與Rt△AOC是否相似?若相似，求出點P的坐標;若不相似，說明理由.
【考點】二次函數(shù)綜合題.
【分析】(1)根據(jù)二次函數(shù)的對稱軸列式求出b的值，即可得到拋物線解析式，然后整理成頂點式形式，再寫出頂點坐標即可;
(2)令y=0解關(guān)于x的一元二次方程求出點A、B的坐標，過點D作DE⊥y軸于E，然后根據(jù)△PAD的面積為S=S梯形AOCE﹣S△AOP﹣S△PDE，列式整理，然后利用一次函數(shù)的增減性確定出最小值以及t值;
(3)過點D作DF⊥x軸于F，根據(jù)點A、D的坐標判斷出△ADF是等腰直角三角形，然后求出∠ADF=45°，根據(jù)二次函數(shù)的對稱性可得∠BDF=∠ADF=45°，從而求出∠PDA=90°時點P為BD與y軸的交點，然后求出點P的坐標，再利用勾股定理列式求出AD、PD，再根據(jù)兩邊對應成比例夾角相等兩三角形相似判斷即可.
【解答】解：(1)對稱軸為x=﹣ =﹣2，
解得b=﹣1，
所以，拋物線的解析式為y=﹣ x2﹣x+3，
∵y=﹣ x2﹣x+3=﹣ (x+2)2+4，
∴頂點D的坐標為(﹣2，4);
(2)令y=0，則﹣ x2﹣x+3=0，
整理得，x2+4x﹣12=0，
解得x1=﹣6，x2=2，
∴點A(﹣6，0)，B(2，0)，
1，過點D作DE⊥y軸于E，
∵0≤t≤4，
∴△PAD的面積為S=S梯形AOED﹣S△AOP﹣S△PDE，
= ×(2+6)×4﹣ ×6t﹣ ×2×(4﹣t)，
=﹣2t+12，
∵k=﹣2<0，
∴S隨t的增大而減小，
∴t=4時，S有最小值，最小值為﹣2×4+12=4;
(3)2，過點D作DF⊥x軸于F，
∵A(﹣6，0)，D(﹣2，4)，
∴AF=﹣2﹣(﹣6)=4，
∴AF=DF，
∴△ADF是等腰直角三角形，
∴∠ADF=45°，
由二次函數(shù)對稱性，∠BDF=∠ADF=45°，
∴∠PDA=90°時點P為BD與y軸的交點，
∵OF=OB=2，
∴PO為△BDF的中位線，
∴OP= DF=2，
∴點P的坐標為(0，2)，
由勾股定理得，DP= =2 ，
AD= AF=4 ，
∴ = =2，
令x=0，則y=3，
∴點C的坐標為(0，3)，OC=3，
∴ = =2，
∴ = ，
又∵∠PDA=90°，∠COA=90°，
∴Rt△ADP∽Rt△AOC.
【點評】本題是二次函數(shù)綜合題型，主要利用了二次函數(shù)的對稱軸，三角形的面積二次函數(shù)的性質(zhì)，相似三角形的判定，綜合題，但難度不是很大，(2)利用梯形和三角形的面積表示出△ADP的面積是解題的關(guān)鍵，(3)難點在于判斷出點P為BD與y軸的交點.
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