2017年吉林省中考數(shù)學練習試卷及答案(2)
【解答】解：原式=2(x2﹣6x﹣16)
=2(x﹣8)(x+2).
故答案為：2(x﹣8)(x+2).
【點評】此題考查了提公因式法與公式法的綜合運用，熟練掌握因式分解的方法是解本題的關鍵.
17.如果方程kx2+2x+1=0有實數(shù)根，則實數(shù)k的取值范圍是 k≤1 .
【考點】AA：根的判別式.
【分析】分二次項系數(shù)k=0和k≠0兩種情況考慮：當k=0時，解一元一次方程可求出x的值，由此得出k=0符合題意;當k≠0時，利用根的判別式△≥0即可求出k的取值范圍.綜上所述即可得出結論.
【解答】解：當k=0時，原方程為2x+1=0，
解得：x=﹣ ，
∴k=0符合題意;
當k≠0時，∵方程kx2+2x+1=0有實數(shù)根，
∴△=4﹣4k≥0，
解得：k≤1且k≠0.
∴實數(shù)k的取值范圍是k≤1.
故答案為：k≤1.
【點評】本題考查了根的判別式、解一元一次方程以及解一元一次不等式，分二次項系數(shù)k=0和k≠0兩種情況考慮是解題的關鍵.
18.一個包裝盒的設計方法如圖所示，ABCD是邊長為60cm的正方形硬紙片，切去陰影部分所示的四個全等的等腰直角三角形，再沿虛線折起，使得ABCD四個點重合于圖中的點P，正好形成一個正四棱柱形狀的包裝盒，E、F在AB上是被切去的等腰直角三角形斜邊的兩個端點，設AE=FB=xcm.若廣告商要求包裝盒側面積S(cm2)最大，試問x應取的值為 15 cm.
【考點】H7：二次函數(shù)的最值;KW：等腰直角三角形;LE：正方形的性質.
【分析】可設包裝盒的高為h(cm)，底面邊長為a(cm)，寫出a，h與x的關系式，并注明x的取值范圍.再利用側面積公式表示出包裝盒側面積S關于x的函數(shù)解析式，最后求出何時它取得最大值即可;
【解答】解：設包裝盒的高為h(cm)，底面邊長為a(cm)，則a= x，h= (30﹣x)，0
S=4ah=8x(30﹣x)=﹣8(x﹣15)2+1800，
∴當x=15cm時，S取最大值.
故答案為：15.
【點評】考查函二次函數(shù)的最值、等腰直角三角形及正方形的性質，同時還考查了考查運算求解能力、空間想象能力、數(shù)學建模能力.屬于基礎題.
19.如圖在平面直角坐標系xOy中，直線l經(jīng)過點 A(﹣1，0)，點 A1，A2，A3，A4，A5，…按所示的規(guī)律排列在直線l上.若直線l上任意相鄰兩個點的橫坐標都相差1、縱坐標也都相差1，若點An(n為正整數(shù))的橫坐標為2015，則n= 4031 .
【考點】F8：一次函數(shù)圖象上點的坐標特征.
【分析】觀察①n為奇數(shù)時，橫坐標縱坐標變化得出規(guī)律;②n為偶數(shù)時，橫坐標縱坐標變化得出規(guī)律，再求解.
【解答】解：觀察①n為奇數(shù)時，橫坐標變化：﹣1+1，﹣1+2，﹣1+3，…﹣1+ ，
縱坐標變化為：0﹣1，0﹣2，0﹣3，…﹣ ，
?、趎為偶數(shù)時，橫坐標變化：﹣1﹣1，﹣1﹣2，﹣1﹣3，…﹣1﹣ ，
縱坐標變化為：1，2，3，… ，
∵點An(n為正整數(shù))的橫坐標為2015，
∴n為奇數(shù)，
∴﹣1+ =2015，解得n=4031.
故答案為：4031.
【點評】本題主要考查了一次函數(shù)圖象上點的坐標特征，解題的關鍵是找出坐標的規(guī)律.
20.如圖，已知△ABC，外心為O，BC=6，∠BAC=60°，分別以AB、AC為腰向形外作等腰直角三角形△ABD與△ACE，連接BE、CD交于點P，則OP的最小值是 3﹣ .
【考點】MA：三角形的外接圓與外心;KD：全等三角形的判定與性質.
【分析】由△ABD與△ACE是等腰直角三角形，得到∠BAD=∠CAE=90°，∠DAC=∠BAE，根據(jù)全等三角形的性質得到∠ADC=∠ABE，求得在以BC為直徑的圓上，由△ABC的外心為O，∠BAC=60°，得到∠BOC=120°，如圖，當PO⊥BC時，OP的值最小，解直角三角形即可得到結論.
【解答】解：∵△ABD與△ACE是等腰直角三角形，
∴∠BAD=∠CAE=90°，
∴∠DAC=∠BAE，
在△DAC與△BAE中，
，
∴△DAC≌△BAE，
∴∠ADC=∠ABE，
∴∠PDB+∠PBD=90°，
∴∠DPB=90°，
∴P在以BC為直徑的圓上，
∵△ABC的外心為O，∠BAC=60°，
∴∠BOC=120°，
如圖，當PO⊥BC時，OP的值最小，
∵BC=6，
∴BH=CH=3，
∴OH= ，PH=3，
∴OP=3﹣ .
故答案為：3﹣ .
【點評】本題考查了三角形的外接圓與外心，全等三角形的判定和性質，等腰直角三角形的性質，正確的作出輔助線是解題的關鍵.
21.如圖，點A在雙曲線y= 的第一象限的那一支上，AB⊥y軸于點B，點C在x軸正半軸上，且OC=2AB，點E在線段AC上，且AE=3EC，點D為OB的中點，若△ADE的面積為 ，則k的值為 .
【考點】GB：反比例函數(shù)綜合題.
【分析】連接CD，由AE=3EC，△ADE的面積為 ，得到△CDE的面積為 ，則△ADC的面積為2，設A點坐標為(a，b)，則k=ab，AB=a，OC=2AB=2a，BD=OD= b，利用S梯形OBAC=S△ABD+S△ADC+S△ODC即可得出ab的值進而得出結論.
【解答】解：連CD，如圖，
∵AE=3EC，△ADE的面積為 ，
∴△CDE的面積為 ，
∴△ADC的面積為2，
設A點坐標為(a，b)，則AB=a，OC=2AB=2a，
∵點D為OB的中點，
∴BD=OD= b，
∵S梯形OBAC=S△ABD+S△ADC+S△ODC，
∴ (a+2a)×b= a× b+2+ ×2a× b，
∴ab= ，
把A(a，b)代入雙曲線y= 得，
∴k=ab= .
故答案為： .
【點評】本題考查了反比例函數(shù)綜合題，熟知若點在反比例函數(shù)圖象上，則點的橫縱坐標滿足其解析式;利用三角形的面積公式和梯形的面積公式建立等量關系等知識是解答此題的關鍵.
三、解答題(本大題共7個小題，共57分.解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟.)
22.先化簡再計算： ，其中x是一元二次方程x2﹣2x﹣2=0的正數(shù)根.
【考點】6D：分式的化簡求值;A3：一元二次方程的解.
【分析】先把原式化為最簡形式，再利用公式法求出一元二次方程x2﹣2x﹣2=0的根，把正根代入原式計算即可.
【解答】解：原式= ÷
= •
= .
解方程x2﹣2x﹣2=0得：
x1=1+ >0，x2=1﹣ <0，
所以原式= = .
【點評】本題考查的是分式的化簡求值及解一元二次方程，解答此題的關鍵是把原分式化為最簡形式，再進行計算.
23.如圖，四邊形ABCD為菱形，點E為對角線AC上的一個動點，連結DE并延長交AB于點F，連結BE.
(1)如圖①：求證∠AFD=∠EBC;
(2)如圖②，若DE=EC且BE⊥AF，求∠DAB的度數(shù);
(3)若∠DAB=90°且當△BEF為等腰三角形時，求∠EFB的度數(shù)(只寫出條件與對應的結果)
【考點】LO：四邊形綜合題.
【分析】(1)直接利用全等三角形的判定方法得出△DCE≌△BCE(SAS)，即可得出答案;
(2)利用等腰三角形的性質結合垂直的定義得出∠DAB的度數(shù);
(3)利用正方形的性質結合等腰三角形的性質得出①當F在AB延長線上時，以及②當F在線段AB上時，分別求出即可.
【解答】(1)證明：∵四邊形ABCD為菱形，
∴DC=CB，
在△DCE和△BCE中，
，
∴△DCE≌△BCE(SAS)，
∴∠EDC=∠EBC，
∵DC∥AB，
∴∠EDC=∠AFD，
∴∠AFD=∠EBC;
(2)解：∵DE=EC，
∴∠EDC=∠ECD，
設∠EDC=∠ECD=∠CBE=x°，則∠CBF=2x°，
由BE⊥AF得：2x+x=90°，
解得：x=30°，
∴∠DAB=∠CBF=60°;
(3)分兩種情況：
①如圖1，當F在AB延長線上時，
∵∠EBF為鈍角，
∴只能是BE=BF，設∠BEF=∠BFE=x°，
可通過三角形內角形為180°得：
90+x+x+x=180，
解得：x=30，
∴∠EFB=30°;
?、谌鐖D2，當F在線段AB上時，
∵∠EFB為鈍角，
∴只能是FE=FB，設∠BEF=∠EBF=x°，則有∠AFD=2x°，
可證得：∠AFD=∠FDC=∠CBE，
得x+2x=90，
解得：x=30，
∴∠EFB=120°，
綜上：∠EFB=30°或120°.
【點評】此題主要考查了四邊形綜合題，解題時，涉及到了菱形的性質、正方形的性質以及全等三角形的判定與性質等知識，利用分類討論得出是解題關鍵.
24.某校開展了“互助、平等、感恩、和諧、進取”主題班會活動，活動后，就活動的5個主題進行了抽樣調查(2017•章丘市二模)為了給學生提供更好的學習生活環(huán)境，重慶一中寄宿學校2015年對校園進行擴建.某天一臺塔吊正對新建教學樓進行封頂施工，工人在樓頂A處測得吊鉤D處的俯角α=22°，測得塔吊B，C兩點的仰角分別為β=27°，γ=50°，此時B與C距3米，塔吊需向A處吊運材料.(tan27°≈0.5，tan50°≈1.2，tan22°≈0.4)
(1)吊鉤需向右、向上分別移動多少米才能將材料送達A處?
(2)封頂工程完畢后需盡快完成新建教學樓的裝修工程.如果由甲、乙兩個工程隊合做，12天可完成;如果由甲、乙兩隊單獨做，甲隊比乙隊少用10天完成.求甲、乙兩工程隊單獨完成此項工程所需的天數(shù).
【考點】TA：解直角三角形的應用﹣仰角俯角問題;B7：分式方程的應用.
【分析】(1)過點A作AH⊥BC于點H，則△AHC，△AHB均為Rt△，設CH=x，在△ACH與△ABH中分別用x表示出AH的長，故可得出x的值，進而可得出AM與DM的長，由此得出結論;
(2)設甲單獨做y天完成此工程，則乙單獨做(y+10)天完成此工程，由甲、乙兩個工程隊合做，12天可完成求出y的值，進而可得出結論.
【解答】解：(1)過點A作AH⊥BC于點H，則△AHC，△AHB均為Rt△，設CH=x，
∵HC∥AE，
∴∠HCA=γ=50°，
∴AH=x•tan50°=1.2x.
∵HB∥AE，
∴∠HBA=β=27°，
∴在Rt△ABH中，AH=BH•tan27°，即1.2x=(x+3)•tan27°，即1.2x=(x+3)• ，解得x= .
∵四邊形AHCM是矩形，
∴AM= .
在Rt△AMD中，DM=AM•tan22°= ×0.4= .
答：吊鉤需向右、向上分別移動 米、 米才能將材料送達A處;
(2)設甲單獨做y天完成此工程，則乙單獨做(y+10)天完成此工程，
由題意得， + = ，解得y1=20，y2=﹣6(舍去).
經(jīng)檢驗，y=20是原分式方程的解且符合題意，
故乙單獨完成此項工程的天數(shù)為10+20=30(天).
答：甲單獨做20天完成此工程，則乙單獨做3.天完成此工程.
【點評】本題考查的是解直角三角形的應用﹣仰角俯角問題，熟記銳角三角函數(shù)的定義是解答此題的關鍵.
26.母親節(jié)前夕，某淘寶店主從廠家購進A、B兩種禮盒，已知A、B兩種禮盒的單價比為2：3，單價和為200元.
(1)求A、B兩種禮盒的單價分別是多少元?
(2)該店主購進這兩種禮盒恰好用去9600元，且購進A種禮盒最多36個，B種禮盒的數(shù)量不超過A種禮盒數(shù)量的2倍，共有幾種進貨方案?
(3)根據(jù)市場行情，銷售一個A種禮盒可獲利10元，銷售一個B種禮盒可獲利18元.為奉獻愛心，該店主決定每售出一個B種禮盒，為愛心公益基金捐款m元，每個A種禮盒的利潤不變，在(2)的條件下，要使禮盒全部售出后所有方案獲利相同，m值是多少?此時店主獲利多少元?
【考點】FH：一次函數(shù)的應用;8A：一元一次方程的應用;CE：一元一次不等式組的應用.
【分析】(1)利用A、B兩種禮盒的單價比為2：3，單價和為200元，得出等式求出即可;
(2)利用兩種禮盒恰好用去9600元，結合(1)中所求，得出等式，利用兩種禮盒的數(shù)量關系求出即可;
(3)首先表示出店主獲利，進而利用a，b關系得出符合題意的答案.
【解答】解：(1)設A種禮盒單價為2x元，B種禮盒單價為3x元，依據(jù)題意得：
2x+3x=200，
解得：x=40，
則2x=80，3x=120，
答：A種禮盒單價為80元，B種禮盒單價為120元;
(2)設購進A種禮盒a個，B種禮盒b個，依據(jù)題意可得：
，
解得：30≤a≤36，
∵a，b的值均為整數(shù)，
∴a的值為：30、33、36，
∴共有三種方案;
(3)設店主獲利為w元，則
w=10a+(18﹣m)b，
由80a+120b=9600，
得：a=120﹣ b，
則w=(3﹣m)b+1200，
∵要使(2)中方案獲利都相同，
∴3﹣m=0，
∴m=3，
此時店主獲利1200元.
【點評】此題主要考查了一元一次方程的應用以及一次函數(shù)的應用和一元一次不等式的應用，根據(jù)題意結合得出正確等量關系是解題關鍵.
27.⊙O是△ABC的外接圓，AB是直徑，過 的中點P作⊙O的直徑PG，與弦BC相交于點D，連接AG、CP、PB.
(1)如圖1，求證：AG=CP;
(2)如圖2，過點P作AB的垂線，垂足為點H，連接DH，求證：DH∥AG;
(3)如圖3，連接PA，延長HD分別與PA、PC相交于點K、F，已知FK=2，△ODH的面積為2 ，求AC的長.
【考點】MR：圓的綜合題.
【分析】(1)利用等弧所對的圓周角相等即可求解;
(2)利用等弧所對的圓周角相等，得到角相等∠APG=∠CAP，判斷出△BOD≌△POH，再得到角相等，從而判斷出線平行;
(3)由三角形相似，得出比例式，△HON∽△CAM， ，再判斷出四邊形CDHM是平行四邊形，最后經(jīng)過計算即可求解.
【解答】(1)證明：∵過 的中點P作⊙O的直徑PG，
∴CP=PB，
∵AB，PG是相交的直徑，
∴AG=PB，
∴AG=CP;
(2)證明：如圖 2，連接BG
∵AB、PG都是⊙O的直徑，
∴四邊形AGBP是矩形，
∴AG∥PB，AG=PB，
∵P是弧BC的中點，
∴PC=BC=AG，
∴弧AG=弧CP，
∴∠APG=∠CAP，
∴AC∥PG，
∴PG⊥BC，
∵PH⊥AB，
∴∠BOD=90°=∠POH，
在△BOD和△POH中，
，
∴△BOD≌△POH，
∴OD=OH，
∴∠ODH= (180°﹣∠BOP)=∠OPB，
∴DH∥PB∥AG.
(3)解：如圖3，作CM⊥AP于M，ON⊥DH于N，
∴∠HON= ∠BOP= ∠COP=∠CAP，
∴△HON∽△CAM，
∴ ，
作PQ⊥AC于Q，
∴四邊形CDPQ是矩形，
△APH與△APQ關于AP對稱，
∴HQ⊥AP，
由(1)有：HK⊥AP，
∴點K在HQ上，
∴CF=PF，
∴FK是△CMP的中位線，
∴CM=2FK=4，MF=PF，
∵CM⊥AP，HK⊥AP，
∴CM∥HK，
∴∠BCM+∠CDH=180°，
∵∠BCM=∠CAP=∠BAP=∠PHK=∠MHK，
∴∠MHK+∠CDH=180°，
∴四邊形CDHM是平行四邊形，
∴DH=CM=4，DN=HN=2，
∵S△ODH= DH×ON= ×4×ON=2 ，
∴ON= ，
∴OH= =5，
∴AC= =10.
【點評】此題是圓的綜合題，主要考查了相似，圓中的一些角的關系，解本題的關鍵是判斷出平行線，難點是作輔助線.
28.(10分)(2011•河南)如圖，在平面直角坐標系中，直線 與拋物線 交于A、B兩點，點A在x軸上，點B的橫坐標為﹣8.
(1)求該拋物線的解析式;
(2)點P是直線AB上方的拋物線上一動點(不與點A、B重合)，過點P作x軸的垂線，垂足為C，交直線AB于點D，作PE⊥AB于點E.
?、僭O△PDE的周長為l，點P的橫坐標為x，求l關于x的函數(shù)關系式，并求出l的最大值;
②連接PA，以PA為邊作圖示一側的正方形APFG.隨著點P的運動，正方形的大小、位置也隨之改變.當頂點F或G恰好落在y軸上時，直接寫出對應的點P的坐標.
【考點】HF：二次函數(shù)綜合題.
【分析】(1)利用待定系數(shù)法求出b，c即可;
(2)①根據(jù)△AOM∽△PED，得出DE：PE：PD=3：4：5，再求出PD=yP﹣yD求出二函數(shù)最值即可;
?、诋旤cG落在y軸上時，由△ACP≌△GOA得PC=AO=2，即 ，解得 ，
所以得出P點坐標，當點F落在y軸上時，x=﹣ ﹣ x+ ，解得x= ，可得P點坐標.
【解答】解：(1)對于 ，當y=0，x=2.當x=﹣8時，y=﹣ .
∴A點坐標為(2，0)，B點坐標為 .
由拋物線 經(jīng)過A、B兩點，
得
解得 .
∴ .
(2)①設直線 與y軸交于點M，
當x=0時，y= .∴OM= .
∵點A的坐標為(2，0)，∴OA=2.∴AM= .
∵OM：OA：AM=3：4：5.
由題意得，∠PDE=∠OMA，∠AOM=∠PED=90°，∴△AOM∽△PED.
∴DE：PE：PD=3：4：5.
∵點P是直線AB上方的拋物線上一動點，
∵PD⊥x軸，
∴PD兩點橫坐標相同，
∴PD=yP﹣yD=﹣ ﹣ x+ ﹣( x﹣ )
=﹣ x2﹣ x+4，
∴
= .
∴ .
∴x=﹣3時，l最大=15.
②當點G落在y軸上時，如圖2，由△ACP≌△GOA得PC=AO=2，
即 ，解得 ，
所以 ，
如圖3，過點P作PN⊥y軸于點N，過點P作PS⊥x軸于點S，
由△PNF≌△PSA，
PN=PS，可得P點橫縱坐標相等，
故得當點F落在y軸上時，
x=﹣ ﹣ x+ ，解得x= ，
可得 ， (舍去).
綜上所述：滿足題意的點P有三個，分別是
【點評】此題主要考查了二次函數(shù)的綜合應用以及相似三角形的判定以及待定系數(shù)法求二次函數(shù)解析式，利用數(shù)形結合進行分析以及靈活應用相似三角形的判定是解決問題的關鍵.
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