2017年湖南省株洲市中考数学

2017年湖南省株洲市中考数学一、选择题(每小题3分，满分30分)1.计算a2·a4的结果为( )A.a2B.a4C.a6D.a8解析：原式=a2+4=a6.答案：C.2.如图示，数轴上点A所表示的数的绝对值为( )A.2B.﹣2C.±2D.以上均不对解析：由数轴可得，点A表示的数是﹣2，|﹣2|=2.答案：A.3.如图示直线l1，l2△ABC被直线l3所截，且l1∥l2，则α=( )A.41°B.49°C.51°D.59°解析：∵l1∥l2，∴α=49°.答案：B.4.已知实数a，b满足a+1＞b+1，则下列选项错误的为( )A.a＞bB.a+2＞b+2C.﹣a＜﹣bD.2a＞3b解析：由不等式的性质得a＞b，a+2＞b+2，﹣a＜﹣b.答案：D.5.如图，在△ABC中，∠BAC=x°，∠B=2x°，∠C=3x°，则∠BAD=( )A.145°B.150°C.155°D.160°解析：在△ABC中，∵∠B+∠C+∠BAC=180°，∠BAC=x°，∠B=2x°，∠C=3x°，∴6x=180，∴x=30，∵∠BAD=∠B+∠C=5x=150°.答案：B.6.下列圆的内接正多边形中，一条边所对的圆心角最大的图形是( )A.正三角形B.正方形C.正五边形D.正六边形解析：∵正三角形一条边所对的圆心角是360°÷3=120°，正方形一条边所对的圆心角是360°÷4=90°，正五边形一条边所对的圆心角是360°÷5=72°，正六边形一条边所对的圆心角是360°÷6=60°，∴一条边所对的圆心角最大的图形是正三角形.答案：A.7.株洲市展览馆某天四个时间段进出馆人数统计如下，则馆内人数变化最大时间段为( )A.9：00﹣10：00B.10：00﹣11：00C.14：00﹣15：00D.15：00﹣16：00解析：由统计表可得：10：00﹣11：00，进馆24人，出馆65人，差之最大.答案：B.8.三名初三学生坐在仅有的三个座位上，起身后重新就坐，恰好有两名同学没有坐回原座位的概率为( )A.1 9B.1 6C.1 4D.1 2解析：画树状图为：(用A、B、C表示三位同学，用a、b、c表示他们原来的座位)共有6种等可能的结果数，其中恰好有两名同学没有坐回原座位的结果数为3，所以恰好有两名同学没有坐回原座位的概率=31 =62.答案：D.9.如图，点E、F、G、H分别为四边形ABCD的四边AB、BC、CD、DA的中点，则关于四边形EFGH，下列说法正确的为( )A.一定不是平行四边形B.一定不是中心对称图形C.可能是轴对称图形D.当AC=BD时它是矩形解析：连接AC，BD，∵点E、F、G、H分别为四边形ABCD的四边AB、BC、CD、DA的中点，∴EF=HG=12AC，EH=FG=12BD，∴四边形EFGH是平行四边形，∴四边形EFGH一定是中心对称图形，当AC⊥BD时，∠EFG=90°，此时四边形EFGH是矩形，当AC=BD时，EF=FG=GH=HE，此时四边形EFGH是菱形，∴四边形EFGH可能是轴对称图形.10.如图示，若△ABC 内一点P 满足∠PAC=∠PBA=∠PCB ，则点P 为△ABC 的布洛卡点.三角形的布洛卡点(Brocard point)是法国数学家和数学教育家克洛尔(A.L.Crelle 1780﹣1855)于1816年首次发现，但他的发现并未被当时的人们所注意，1875年，布洛卡点被一个数学爱好者法国军官布洛卡(Brocard 1845﹣1922)重新发现，并用他的名字命名.问题：已知在等腰直角三角形DEF 中，∠EDF=90°，若点Q 为△DEF 的布洛卡点，DQ=1，则EQ+FQ=( )A.5B.4C.3+D.2+解析：如图，在等腰直角三角形△DEF 中，∠EDF=90°，DE=DF ，∠1=∠2=∠3，∵∠1+∠QEF=∠3+∠DFQ=45°， ∴∠QEF=∠DFQ ，∵∠2=∠3， ∴△DQF ∽△FQE ， ∴==DQ FQ DF FQ QE EF ， ∵DQ=1，∴EQ=2，∴二、填空题(每小题3分，满分24分)11.如图示在△ABC中∠B=____.解析：∵∠C=90°，∴∠B=90°﹣∠A=90°﹣65°=25°. 答案：25°.12.分解因式：m3﹣mn2=____.解析：m3﹣mn2，=m(m2﹣n2)，=m(m+n)(m﹣n).答案：m(m+n)(m﹣n)13.分式方程412x x-=+的解为____.解析：去分母，得4x+8﹣x=0，移项、合并同类项，得3x=﹣8，方程两边同时除以3，得x=﹣83.经检验，x=﹣83是原方程的解.答案：x=﹣83.14.已知“x的3倍大于5，且x的一半与1的差不大于2”，则x的取值范围是____.解析：依题意有351122x x ⎧⎪⎨-≤⎪⎩＞，解得53＜x ≤6. 故x 的取值范围是53＜x ≤6. 答案：53＜x ≤6.15.如图，已知AM 为⊙O 的直径，直线BC 经过点M ，且AB=AC ，∠BAM=∠CAM ，线段AB 和AC 分别交⊙O 于点D 、E ，∠BMD=40°，则∠EOM=____.解析：连接EM ，∵AB=AC ，∠BAM=∠CAM ， ∴AM ⊥BC ， ∵AM 为⊙O 的直径， ∴∠ADM=∠AEM=90°，∴∠AME=∠AMD=90°﹣∠BMD=50° ∴∠EAM=40°， ∴∠EOM=2∠EAM=80°. 答案：80°.16.如图示直线y =x 轴、y 轴分别交于点A 、B ，当直线绕着点A 按顺时针方向旋转到与x 轴首次重合时，点B 运动的路径的长度为____.解析：当y=0+，解得x=﹣1，则A(﹣1，0)， 当x=0时，y =B(0，在Rt △OAB 中，∵3tan 31BAO ∠==， ∴∠BAO=60°， ∴，∴当直线绕着点A 按顺时针方向旋转到与x 轴首次重合时，点B 运动的路径的长度=60221803ππ⋅⋅=.答案：23π.17.如图所示是一块含30°，60°，90°的直角三角板，直角顶点O 位于坐标原点，斜边AB 垂直于x 轴，顶点A 在函数11k y x =(x ＞0)的图象上，顶点B 在函数22ky x=(x ＞0)的图象上，∠ABO=30°，则12k k =____.解析：如图，Rt △AOB 中，∠B=30°，∠AOB=90°， ∴∠OAC=60°，∵AB ⊥OC ， ∴∠ACO=90°， ∴∠AOC=30°，设AC=a ，则OA=2a ，， ∴，a)， ∵A 在函数11k y x=(x ＞0)的图象上，∴21k a =⋅=， Rt △BOC 中，，∴3BC a ==， ∴，﹣3a)， ∵B 在函数22k y x=(x ＞0)的图象上，∴223-k a ==-， ∴121=3k k -.答案：13-.18.如图示二次函数y=ax 2+bx+c 的对称轴在y 轴的右侧，其图象与x 轴交于点A(﹣1，0)与点C(x 2，0)，且与y 轴交于点B(0，﹣2)，小强得到以下结论：①0＜a ＜2；②﹣1＜b ＜0；③c=﹣1；④当|a|=|b|时x 2＞√1；以上结论中正确结论的序号为____.解析：由A(﹣1，0)，B(0，﹣2)，得b=a ﹣2， ∵开口向上， ∴a ＞0；∵对称轴在y 轴右侧，∴2ba -＞0， ∴22a a--＞0，∴a ﹣2＜0， ∴a ＜2； ∴0＜a ＜2； ∴①正确；∵抛物线与y 轴交于点B(0，﹣2)， ∴c=﹣2，故③错误；∵抛物线图象与x 轴交于点A(﹣1，0)，∴a ﹣b ﹣2=0，无法得到0＜a ＜2；②﹣1＜b ＜0，故①②错误； ∵|a|=|b|，二次函数y=ax 2+bx+c 的对称轴在y 轴的右侧， ∴二次函数y=ax 2+bx+c 的对称轴为y=12，∴x 2=21，故④正确. 答案：①④.三、解答题(本大题共有8个小题，满分66分)19.0×(﹣1)﹣4sin45°.解析：根据立方根的定义、零指数幂及特殊角的三角函数值求得各项的值，再计算即可.×(﹣1)﹣4sin45°=()114⨯﹣﹣=1﹣=﹣1.20.化简求值：2y yx y x x y ⎛⎫-⋅- ⎪+⎝⎭，其中x=2，解析：原式括号中两项通分并利用同分母分式的减法法则计算，约分后计算得到最简结果，把x 与y 的值代入计算即可求出值. 答案：原式=()()()2x y x y y x y y xy y y x x y x x x+--⋅-=-=-+，当x=2，=﹣32.21.某次世界魔方大赛吸引世界各地共600名魔方爱好者参加，本次大赛首轮进行3×3阶魔方赛，组委会随机将爱好者平均分到20个区域，每个区域30名同时进行比赛，完成时间小于8秒的爱好者进入下一轮角逐；如图是3×3阶魔方赛A 区域30名爱好者完成时间统计图，求：①A 区域3×3阶魔方爱好者进入下一轮角逐的人数的比例(结果用最简分数表示). ②若3×3阶魔方赛各个区域的情况大体一致，则根据A 区域的统计结果估计在3×3阶魔方赛后进入下一轮角逐的人数.③若3×3阶魔方赛A 区域爱好者完成时间的平均值为8.8秒，求该项目赛该区域完成时间为8秒的爱好者的概率(结果用最简分数表示).解析：①由图知1人6秒，3人7秒，小于8秒的爱好者共有4人，进入下一轮角逐的人数比例为4：30；②因为其他赛区情况大致一致，所以进入下一轮的人数为：600×A区进入下一轮角逐的人数比例；③由完成时间的平均值和A区30人，得到关于a、b的二元一次方程组，求出a、b，得到完成时间8秒的爱好者的概率.答案：①A区小于8秒的共有3+1=4(人)所以A区进入下一轮角逐的人数比例为：42 3015=；②估计进入下一轮角逐的人数为600×215=80(人)；③因为A区域爱好者完成时间的平均值为8.8秒，所以(1×6+3×7+a×8+b×9+10×10)÷30=8.8化简，得8a+9b=137又∵1+3+a+b+10=30，即a+b=16所以8913716a ba b+=⎧⎨+=⎩解得a=7，b=9所以该区完成时间为8秒的爱好者的概率为7 30.22.如图示，正方形ABCD的顶点A在等腰直角三角形DEF的斜边EF上，EF与BC相交于点G，连接CF.①求证：△DAE≌△DCF；②求证：△ABG ∽△CFG.解析：①由正方形ABCD 与等腰直角三角形DEF ，得到两对边相等，一对直角相等，利用SAS 即可得证；②由第一问的全等三角形的对应角相等，根据等量代换得到∠BAG=∠BCF ，再由对顶角相等，利用两对角相等的三角形相似即可得证. 答案：①∵正方形ABCD ，等腰直角三角形EDF ， ∴∠ADC=∠EDF=90°，AD=CD ，DE=DF ， ∴∠ADE+∠ADF=∠ADF+∠CDF ， ∴∠ADE=∠CDF ， 在△ADE 和△CDF 中，DE DF ADE CDF DA DC =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩， ∴△ADE ≌△CDF ；②延长BA 到M ，交ED 于点M ， ∵△ADE ≌△CDF ，∴∠EAD=∠FCD ，即∠EAM+∠MAD=∠BCD+∠BCF ， ∵∠MAD=∠BCD=90°， ∴∠EAM=∠BCF ， ∵∠EAM=∠BAG ， ∴∠BAG=∠BCF ， ∵∠AGB=∠CGF ， ∴△ABG ∽△CFG.23.如图示一架水平飞行的无人机AB 的尾端点A 测得正前方的桥的左端点P 的俯角为α其中tanα=AH 为1255米. ①求点H 到桥左端点P 的距离；②若无人机前端点B 测得正前方的桥的右端点Q 的俯角为30°，求这架无人机的长度AB.解析：①在Rt △AHP 中，由tan ∠APH=tanα=AHHP ，即可解决问题； ②设BC ⊥HQ 于C.在Rt △BCQ 中，求出CQ=tan 30BC︒=1500米，由PQ=1255米，可得CP=245米，再根据AB=HC=PH ﹣PC 计算即可；答案：①在Rt △AHP 中，∵AH=由tan ∠APH=tanα=AH HP PH==，可得PH=250米. ∴点H 到桥左端点P 的距离为250米.②设BC ⊥HQ 于C.在Rt △BCQ 中，∵BC=AH=，∠BQC=30°， ∴CQ=tan 30BC︒=1500米，∵PQ=1255米， ∴CP=245米， ∵HP=250米，∴AB=HC=250﹣245=5米.答：这架无人机的长度AB 为5米.24.如图所示，Rt △PAB 的直角顶点P(3，4)在函数ky x=(x ＞0)的图象上，顶点A 、B 在函数ty x=(x ＞0，0＜t ＜k)的图象上，PA ∥x 轴，连接OP ，OA ，记△OPA 的面积为S △OPA ，△PAB 的面积为S △PAB ，设w=S △OPA ﹣S △PAB . ①求k 的值以及w 关于t 的表达式；②若用w max 和w min 分别表示函数w 的最大值和最小值，令T=w max +a 2﹣a ，其中a 为实数，求T min .解析：(1)由点P的坐标表示出点A 、点B的坐标，从而得11423432PAB t t S PA PB ∆⎛⎫=⋅⋅= ⎛⎫ ⎪⎝⎭⎪⎝⎭﹣﹣，再根据反比例系数k 的几何意义知S △OPA =S △OPC ﹣S △OAC=6﹣12t ，由w=S △OPA ﹣S △PAB 可得答案； (2)将(1)中所得解析式配方求得w max =32，代入T=w max +a 2﹣a 配方即可得出答案.答案：(1)∵点P(3，4)， ∴在t y x =中，当x=3时，y=3t ，即点A(3，3t)，当y=4时，x=4t ，即点B(4t，4)， 则11423432PAB t t S PA PB ∆⎛⎫=⋅⋅= ⎛⎫ ⎪⎝⎭⎪⎝⎭﹣﹣， 如图，延长PA 交x 轴于点C ，则PC ⊥x 轴，又111346222OPA OPC OAC S S S t t ∆∆∆==⨯⨯=﹣﹣﹣， ∴211116432234242t t w t t t ⎛⎫⎛⎫==+ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭﹣﹣﹣﹣﹣；(2)∵()2211136242242w t t t =+=+﹣﹣﹣， ∴w max =32， 则222max 315224T w a a a a a ⎛⎫=+=+=+ ⎪⎝⎭﹣﹣﹣，∴当a=12时，T min =54.25.如图示AB 为⊙O 的一条弦，点C 为劣弧AB 的中点，E 为优弧AB 上一点，点F 在AE 的延长线上，且BE=EF ，线段CE 交弦AB 于点D. ①求证：CE ∥BF ；②若BD=2，且EA ：EB ：EC=3：1：√3，求△BCD 的面积(注：根据圆的对称性可知OC ⊥AB).解析：①连接AC ，BE ，由等腰三角形的性质和三角形的外角性质得出∠F=12∠AEB ，由圆周角定理得出∠AEC=∠BEC ，证出∠AEC=∠F ，即可得出结论；②证明△ADE ∽△CBE ，得出AD CB =证明△CBE ∽△CDB ，得出BD BECB CE =，求出CB=得出AD=6，AB=8，由垂径定理得出OC ⊥AB ，AG=BG=12AB=4，由勾股定理求出=2，即可得出△BCD 的面积.答案：①证明：连接AC ，BE ，作直线OC ，如图所示： ∵BE=EF ， ∴∠F=∠EBF ； ∵∠AEB=∠EBF+∠F ， ∴∠F=12∠AEB ， ∵C 是AB ̂的中点，∴AC BC =， ∴∠AEC=∠BEC ， ∵∠AEB=∠AEC+∠BEC ， ∴∠AEC=12∠AEB ， ∴∠AEC=∠F ， ∴CE ∥BF ；②解：∵∠DAE=∠DCB ，∠AED=∠CEB ， ∴△ADE ∽△CBE ， ∴AD AECB CE =，即AD CB = ∵∠CBD=∠CEB ，∠BCD=∠ECB ，∴△CBE∽△CDB，∴BD BECB CE=，即2CB=，∴CB=∴AD=6，∴AB=8，∵点C为劣弧AB的中点，∴OC⊥AB，AG=BG=12AB=4，∴，∴△BCD的面积=11222 22BD CG⋅=⨯⨯=.26.已知二次函数y=﹣x2+bx+c+1，①当b=1时，求这个二次函数的对称轴的方程；②若c=14b2﹣2b，问：b为何值时，二次函数的图象与x轴相切？③若二次函数的图象与x轴交于点A(x1，0)，B(x2，0)，且x1＜x2，与y轴的正半轴交于点M，以AB为直径的半圆恰好过点M，二次函数的对称轴l与x轴、直线BM、直线AM分别交于点D、E、F，且满足13DEEF=，求二次函数的表达式.解析：①二次函数y=﹣x 2+bx+c+1的对称轴为2bx =，即可得出答案； ②二次函数y=﹣x 2+bx+c+1的顶点坐标为(()241,24c bb ++)，y 由二次函数的图象与x 轴相切且c=14b 2﹣2b ，得出方程组()224104124c b c b b⎧++=⎪⎪⎨⎪=-⎪⎩，求出b 即可；③由圆周角定理得出∠AMB=90°，证出∠OMA=∠OBM ，得出△OAM ∽△OMB ，得出OM 2=OA ·OB ，由二次函数的图象与x 轴的交点和根与系数关系得出OA=﹣x 1，OB=x 2，x 1+x 2，=b ，x 1·x 2=﹣(c+1)，得出方程(c+1)2=c+1，得出c=0，OM=1，证明△BDE ∽△BOM ，△AOM ∽△ADF ，得出DE BD OM OB =，OM OADF AD=，得出OB=4OA ，即x 2=﹣4x 1，由x 1·x 2=﹣(c+1)=﹣1，得出方程组122114x x x x ⋅=-⎧⎨=-⎩，解方程组求出b 的值即可.答案：①二次函数y=﹣x 2+bx+c+1的对称轴为2b x =， 当b=1时，122b =， ∴当b=1时，求这个二次函数的对称轴的方程为x=12. ②二次函数y=﹣x 2+bx+c+1的顶点坐标为(()241,24c bb ++)，∵二次函数的图象与x 轴相切且c=14b 2﹣2b ，∴()224104124c b c b b ⎧++=⎪⎪⎨⎪=-⎪⎩，解得：或b=2∴b 为或2x 轴相切. ③∵AB 是半圆的直径， ∴∠AMB=90°， ∴∠OAM+∠OBM=90°， ∵∠AOM=∠MOB=90°， ∴∠OAM+∠OMA=90°， ∴∠OMA=∠OBM ， ∴△OAM ∽△OMB ， ∴OM OAOB OM=， ∴OM 2=OA·OB ，∵二次函数的图象与x 轴交于点A(x 1，0)，B(x 2，0)， ∴OA=﹣x 1，OB=x 2，x 1+x 2，=b ，x 1·x 2=﹣(c+1)， ∵OM=c+1， ∴(c+1)2=c+1，解得：c=0或c=﹣1(舍去)， ∴c=0，OM=1，∵二次函数的对称轴l 与x 轴、直线BM 、直线AM 分别交于点D 、E 、F ，且满足13DE EF =， ∴AD=BD ，DF=4DE ， DF ∥OM ，∴△BDE ∽△BOM ，△AOM ∽△ADF ，∴DE BD OM OB =，OM OADF AD =， ∴DE=BD OB ，DF=AD OA ，∴4AD BDOA OB=⨯， ∴OB=4OA ，即x 2=﹣4x 1，∵x 1·x 2=﹣(c+1)=﹣1，∴122114x x x x ⋅=-⎧⎨=-⎩，解得：12122x x ⎧=-⎪⎨⎪=⎩， ∴13222b =+=﹣， ∴二次函数的表达式为2312y x x =++﹣.。