2018年浙江省绍兴市中考数学试卷 28页

‎2018年浙江省绍兴市中考数学试卷 ‎　‎ 一、选择题（每小题只有一个选项符合题意．共10小题，每小题4分，共40分）‎ ‎1．（4分）如果向东走2m记为+2m，则向西走3m可记为（　　）‎ A．+3m B．+2m C．﹣3m D．﹣2m ‎2．（4分）绿水青山就是金山银山，为了创造良好的生态生活环境，浙江省2017年清理河湖库塘淤泥约116 000 000方，数字116 000 000用科学记数法可以表示为（　　）‎ A．1.16×109 B．1.16×108 C．1.16×107 D．0.116×109‎ ‎3．（4分）有6个相同的立方体搭成的几何体如图所示，则它的主视图是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎4．（4分）抛掷一枚质地均匀的立方体骰子一次，骰子的六个面上分别标有数字1，2，3，4，5，6，则朝上一面的数字为2的概率是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎5．（4分）下面是一位同学做的四道题：①（a+b）2=a2+b2，②（﹣2a2）2=﹣4a4，③a5÷a3=a2，④a3•a4=a12．其中做对的一道题的序号是（　　）‎ A．① B．② C．③ D．④‎ ‎6．（4分）如图，一个函数的图象由射线BA、线段BC、射线CD组成，其中点A（﹣1，2），B（1，3），C（2，1），D（6，5），则此函数（　　）‎ A．当x＜1时，y随x的增大而增大 B．当x＜1时，y随x的增大而减小 C．当x＞1时，y随x的增大而增大 D．当x＞1时，y随x的增大而减小 ‎7．（4分）学校门口的栏杆如图所示，栏杆从水平位置BD绕O点旋转到AC位置，已知AB⊥BD，CD⊥BD，垂足分别为B，D，AO=4m，AB=1.6m，CO=1m，则栏杆C端应下降的垂直距离CD为（　　）‎ A．0.2m B．0.3m C．0.4m D．0.5m ‎8．（4分）利用如图1的二维码可以进行身份识别．某校建立了一个身份识别系统，图2是某个学生的识别图案，黑色小正方形表示1，白色小正方形表示0，将第一行数字从左到右依次记为a，b，c，d，那么可以转换为该生所在班级序号，其序号为a×23+b×22+c×21+d×20，如图2第一行数字从左到右依次为0，1，0，1，序号为0×23+1×22+0×21+1×20=5，表示该生为5班学生．表示6班学生的识别图案是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎9．（4分）若抛物线y=x2+ax+‎ b与x轴两个交点间的距离为2，称此抛物线为定弦抛物线，已知某定弦抛物线的对称轴为直线x=1，将此抛物线向左平移2个单位，再向下平移3个单位，得到的抛物线过点（　　）‎ A．（﹣3，﹣6） B．（﹣3，0） C．（﹣3，﹣5） D．（﹣3，﹣1）‎ ‎10．（4分）某班要在一面墙上同时展示数张形状、大小均相同的矩形绘画作品，将这些作品排成一个矩形（作品不完全重合）．现需要在每张作品的四个角落都钉上图钉，如果作品有角落相邻，那么相邻的角落共享一枚图钉（例如，用9枚图钉将4张作品钉在墙上，如图）．若有34枚图钉可供选用，则最多可以展示绘画作品（　　）‎ A．16张 B．18张 C．20张 D．21张 ‎　‎ 二、填空题（本题包括6小题，每小题5分，共30分）‎ ‎11．（5分）因式分解：4x2﹣y2=　 　．‎ ‎12．（5分）我国明代数学读本《算法统宗》一书中有这样一道题：一支竿子一条索，索比竿子长一托，对折索子来量竿，却比竿子短一托．如果1托为5尺，那么索长为　 　尺，竿子长为　 　尺．‎ ‎13．（5分）如图，公园内有一个半径为20米的圆形草坪，A，B是圆上的点，O为圆心，∠AOB=120°，从A到B只有路，一部分市民为走“捷径”，踩坏了花草，走出了一条小路AB．通过计算可知，这些市民其实仅仅少走了　 　步（假设1步为0.5米，结果保留整数）．（参考数据：≈1.732，π取3.142）‎ ‎14．（5分）等腰三角形ABC中，顶角A为40°，点P在以A为圆心，BC长为半径的圆上，且BP=BA，则∠PBC的度数为　 　．‎ ‎15．（5分）过双曲线y=（k＞0）上的动点A作AB⊥‎ x轴于点B，P是直线AB上的点，且满足AP=2AB，过点P作x轴的平行线交此双曲线于点C．如果△APC的面积为8，则k的值是　 　．‎ ‎16．（5分）实验室里有一个水平放置的长方体容器，从内部量得它的高是15cm，底面的长是30cm，宽是20cm，容器内的水深为x cm．现往容器内放入如图的长方体实心铁块（铁块一面平放在容器底面），过顶点A的三条棱的长分别10cm，10cm，y cm（y≤15），当铁块的顶部高出水面2cm时，x，y满足的关系式是　 　．‎ ‎　‎ 三、填空题（本题包括8小题，第17-20题每小题8分，第21小题10分，第22、23小题每小题8分，第24题14分，共80分）‎ ‎17．（8分）（1）计算：2tan60°﹣﹣（﹣2）0+（）﹣1．‎ ‎（2）解方程：x2﹣2x﹣1=0．‎ ‎18．（8分）为了解某地区机动车拥有量对道路通行的影响，学校九年级社会实践小组对2010年～2017年机动车拥有量、车辆经过人民路路口和学校门口的堵车次数进行调查统计，并绘制成下列统计图：‎ 根据统计图，回答下列问题：‎ ‎（1）写出2016年机动车的拥有量，分别计算2010年～2017年在人民路路口和学校门口堵车次数的平均数．‎ ‎（2）根据统计数据，结合生活实际，对机动车拥有量与人民路路口和学校门口堵车次数，说说你的看法．‎ ‎19．（8分）一辆汽车行驶时的耗油量为0.1升/千米，如图是油箱剩余油量y（升）关于加满油后已行驶的路程x（千米）的函数图象．‎ ‎（1）根据图象，直接写出汽车行驶400千米时，油箱内的剩余油量，并计算加满油时油箱的油量；‎ ‎（2）求y关于x的函数关系式，并计算该汽车在剩余油量5升时，已行驶的路程．‎ ‎20．（8分）学校拓展小组研制了绘图智能机器人（如图1），顺次输入点P1，P2，P3的坐标，机器人能根据图2，绘制图形．若图形是线段，求出线段的长度；若图形是抛物线，求出抛物线的函数关系式．请根据以下点的坐标，求出线段的长度或抛物线的函数关系式．‎ ‎（1）P1（4，0），P2（0，0），P3（6，6）；‎ ‎（2）P1（0，0），P2（4，0），P3（6，6）．‎ ‎21．（10分）如图1，窗框和窗扇用“滑块铰链”连接，图3是图2中“滑块铰链”的平面示意图，滑轨MN安装在窗框上，托悬臂DE安装在窗扇上，交点A处装有滑块，滑块可以左右滑动，支点B，C，D始终在一直线上，延长DE交MN于点F．已知AC=DE=20cm，AE=CD=10cm，BD=40cm．‎ ‎（1）窗扇完全打开，张角∠CAB=85°，求此时窗扇与窗框的夹角∠DFB的度数；‎ ‎（2）窗扇部分打开，张角∠CAB=60°，求此时点A，B之间的距离（精确到0.1cm）．‎ ‎（参考数据：≈1.732，≈2.449）‎ ‎22．（12分）数学课上，张老师举了下面的例题：‎ 例1 等腰三角形ABC中，∠A=110°，求∠B的度数．（答案：35°）‎ 例2 等腰三角形ABC中，∠A=40°，求∠B的度数，（答案：40°或70°或100°）‎ 张老师启发同学们进行变式，小敏编了如下一题：‎ 变式 等腰三角形ABC中，∠A=80°，求∠B的度数．‎ ‎（1）请你解答以上的变式题．‎ ‎（2）解（1）后，小敏发现，∠A的度数不同，得到∠B的度数的个数也可能不同，如果在等腰三角形ABC中，设∠A=x°，当∠B有三个不同的度数时，请你探索x的取值范围．‎ ‎23．（12分）小敏思考解决如下问题：‎ 原题：如图1，点P，Q分别在菱形ABCD的边BC，CD上，∠PAQ=∠B，求证：AP=AQ．‎ ‎（1）小敏进行探索，若将点P，Q的位置特殊化；把∠PAQ绕点A旋转得到∠EAF，使AE⊥BC，点E，F分别在边BC，CD上，如图2．此时她证明了AE=AF，请你证明．‎ ‎（2）受以上（1）的启发，在原题中，添加辅助线：如图3，作AE⊥BC，AF⊥CD，垂足分别为E，F．请你继续完成原题的证明．‎ ‎（3）如果在原题中添加条件：AB=4，∠B=60°，如图1，请你编制一个计算题（不标注新的字母），并直接给出答案（根据编出的问题层次，给不同的得分）．‎ ‎24．（14分）如图，公交车行驶在笔直的公路上，这条路上有A，B，C，D四个站点，每相邻两站之间的距离为5千米，从A站开往D站的车称为上行车，从D站开往A站的车称为下行车，第一班上行车、下行车分别从A站、D站同时发车，相向而行，且以后上行车、下行车每隔10分钟分别在A，D站同时发一班车，乘客只能到站点上、下车（上、下车的时间忽略不计），上行车、下行车的速度均为30千米/小时．‎ ‎（1）问第一班上行车到B站、第一班下行车到C站分别用时多少？‎ ‎（2）若第一班上行车行驶时间为t小时，第一班上行车与第一班下行车之间的距离为s千米，求s与t的函数关系式；‎ ‎（3）一乘客前往A站办事，他在B，C两站间的P处（不含B，C站），刚好遇到上行车，BP=x千米，此时，接到通知，必须在35分钟内赶到，他可选择走到B站或走到C站乘下行车前往A站．若乘客的步行速度是5千米/小时，求x满足的条件．‎ ‎　‎ ‎2018年浙江省绍兴市中考数学试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题（每小题只有一个选项符合题意．共10小题，每小题4分，共40分）‎ ‎1．（4分）如果向东走2m记为+2m，则向西走3m可记为（　　）‎ A．+3m B．+2m C．﹣3m D．﹣2m ‎【分析】根据正数和负数表示相反意义的量，向东走记为正，可得向西走的表示方法．‎ ‎【解答】解：若向东走2m记作+2m，则向西走3m记作﹣3m，‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎2．（4分）绿水青山就是金山银山，为了创造良好的生态生活环境，浙江省2017年清理河湖库塘淤泥约116 000 000方，数字116 000 000用科学记数法可以表示为（　　）‎ A．1.16×109 B．1.16×108 C．1.16×107 D．0.116×109‎ ‎【分析】科学记数法的表示形式为a×10n的形式，其中1≤|a|＜10，n为整数．确定n的值时，要看把原数变成a时，小数点移动了多少位，n的绝对值与小数点移动的位数相同．当原数绝对值＞1时，n是正数；当原数的绝对值＜1时，n是负数．‎ ‎【解答】解：116000000=1.16×108，‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎3．（4分）有6个相同的立方体搭成的几何体如图所示，则它的主视图是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【分析】根据从正面看得到的图形是主视图，可得答案．‎ ‎【解答】解：从正面看第一层是三个小正方形，第二层左边一个小正方形，‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎4．（4分）抛掷一枚质地均匀的立方体骰子一次，骰子的六个面上分别标有数字1，2，3，4，5，6，则朝上一面的数字为2的概率是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【分析】让向上一面的数字是2的情况数除以总情况数6即为所求的概率．‎ ‎【解答】解：∵抛掷六个面上分别刻有的1，2，3，4，5，6的骰子有6种结果，其中朝上一面的数字为2的只有1种，‎ ‎∴朝上一面的数字为2的概率为，‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎5．（4分）下面是一位同学做的四道题：①（a+b）2=a2+b2，②（﹣2a2）2=﹣4a4，③a5÷a3=a2，④a3•a4=a12．其中做对的一道题的序号是（　　）‎ A．① B．② C．③ D．④‎ ‎【分析】直接利用完全平方公式以及同底数幂的乘除运算法则、积的乘方运算法则分别计算得出答案．‎ ‎【解答】解：①（a+b）2=a2+2ab+b2，故此选项错误；‎ ‎②（﹣2a2）2=4a4，故此选项错误；‎ ‎③a5÷a3=a2，正确；‎ ‎④a3•a4=a7，故此选项错误．‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎6．（4分）如图，一个函数的图象由射线BA、线段BC、射线CD组成，其中点A（﹣1，2），B（1，3），C（2，1），D（6，5），则此函数（　　）‎ A．当x＜1时，y随x的增大而增大 B．当x＜1时，y随x的增大而减小 C．当x＞1时，y随x的增大而增大 D．当x＞1时，y随x的增大而减小 ‎【分析】根据函数图象和题目中的条件，可以写出各段中函数图象的变化情况，从而可以解答本题．‎ ‎【解答】解：由函数图象可得，‎ 当x＜1时，y随x的增大而增大，故选项A正确，选项B错误，‎ 当1＜x＜2时，y随x的增大而减小，当x＞2时，y随x的增大而增大，故选项C、D错误，‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎7．（4分）学校门口的栏杆如图所示，栏杆从水平位置BD绕O点旋转到AC位置，已知AB⊥BD，CD⊥BD，垂足分别为B，D，AO=4m，AB=1.6m，CO=1m，则栏杆C端应下降的垂直距离CD为（　　）‎ A．0.2m B．0.3m C．0.4m D．0.5m ‎【分析】由∠ABO=∠CDO=90°、∠AOB=∠COD知△ABO∽△CDO，据此得=，将已知数据代入即可得．‎ ‎【解答】解：∵AB⊥BD，CD⊥BD，‎ ‎∴∠ABO=∠CDO=90°，‎ 又∵∠AOB=∠COD，‎ ‎∴△ABO∽△CDO，‎ 则=，‎ ‎∵AO=4m，AB=1.6m，CO=1m，‎ ‎∴=，‎ 解得：CD=0.4，‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎8．（4分）利用如图1的二维码可以进行身份识别．某校建立了一个身份识别系统，图2是某个学生的识别图案，黑色小正方形表示1，白色小正方形表示0，将第一行数字从左到右依次记为a，b，c，d，那么可以转换为该生所在班级序号，其序号为a×23+b×22+c×21+d×20，如图2第一行数字从左到右依次为0，1，0，1，序号为0×23+1×22+0×21+1×20=5，表示该生为5班学生．表示6班学生的识别图案是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【分析】根据规定的运算法则分别计算出每个选项第一行的数即可作出判断．‎ ‎【解答】解：A、第一行数字从左到右依次为1、0、1、0，序号为1×23+0×22+1×21+0×20=10，不符合题意；‎ B、第一行数字从左到右依次为0，1，1，0，序号为0×23+1×22+1×21+0×20=6，符合题意；‎ C、第一行数字从左到右依次为1，0，0，1，序号为1×23+0×22+0×21+1×20=9，不符合题意；‎ D、第一行数字从左到右依次为0，1，1，1，序号为0×23+1×22+1×21+1×‎ ‎20=7，不符合题意；‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎9．（4分）若抛物线y=x2+ax+b与x轴两个交点间的距离为2，称此抛物线为定弦抛物线，已知某定弦抛物线的对称轴为直线x=1，将此抛物线向左平移2个单位，再向下平移3个单位，得到的抛物线过点（　　）‎ A．（﹣3，﹣6） B．（﹣3，0） C．（﹣3，﹣5） D．（﹣3，﹣1）‎ ‎【分析】根据定弦抛物线的定义结合其对称轴，即可找出该抛物线的解析式，利用平移的“左加右减，上加下减”找出平移后新抛物线的解析式，再利用二次函数图象上点的坐标特征即可找出结论．‎ ‎【解答】解：∵某定弦抛物线的对称轴为直线x=1，‎ ‎∴该定弦抛物线过点（0，0）、（2，0），‎ ‎∴该抛物线解析式为y=x（x﹣2）=x2﹣2x=（x﹣1）2﹣1．‎ 将此抛物线向左平移2个单位，再向下平移3个单位，得到新抛物线的解析式为y=（x﹣1+2）2﹣1﹣3=（x+1）2﹣4．‎ 当x=﹣3时，y=（x+1）2﹣4=0，‎ ‎∴得到的新抛物线过点（﹣3，0）．‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎10．（4分）某班要在一面墙上同时展示数张形状、大小均相同的矩形绘画作品，将这些作品排成一个矩形（作品不完全重合）．现需要在每张作品的四个角落都钉上图钉，如果作品有角落相邻，那么相邻的角落共享一枚图钉（例如，用9枚图钉将4张作品钉在墙上，如图）．若有34枚图钉可供选用，则最多可以展示绘画作品（　　）‎ A．16张 B．18张 C．20张 D．21张 ‎【分析】分别找出展示的绘画作品展示成一行、二行、三行、四行、五行的时候，34枚图钉最多可以展示的画的数量，比较后即可得出结论．‎ ‎【解答】解：①如果所有的画展示成一行，34÷（1+1）﹣1=16（张），‎ ‎∴34枚图钉最多可以展示16张画；‎ ‎②如果所有的画展示成两行，34÷（2+1）=11（枚）……1（枚），‎ ‎11﹣1=10（张），2×10=20（张），‎ ‎∴34枚图钉最多可以展示20张画；‎ ‎③如果所有的画展示成三行，34÷（3+1）=8（枚）……2（枚），‎ ‎8﹣1=7（张），3×7=21（张），‎ ‎∴34枚图钉最多可以展示21张画；‎ ‎④如果所有的画展示成四行，34÷（4+1）=6（枚）……4（枚），‎ ‎6﹣1=5（张），4×5=20（张），‎ ‎∴34枚图钉最多可以展示20张画；‎ ‎⑤如果所有的画展示成五行，34÷（5+1）=5（枚）……4（枚），‎ ‎5﹣1=4（张），5×4=20（张），‎ ‎∴34枚图钉最多可以展示20张画．‎ 综上所述：34枚图钉最多可以展示21张画．‎ 故选：D．‎ ‎　‎ 二、填空题（本题包括6小题，每小题5分，共30分）‎ ‎11．（5分）因式分解：4x2﹣y2=　（2x+y）（2x﹣y）　．‎ ‎【分析】原式利用平方差公式分解即可．‎ ‎【解答】解：原式=（2x+y）（2x﹣y），‎ 故答案为：（2x+y）（2x﹣y）‎ ‎　‎ ‎12．（5分）我国明代数学读本《算法统宗》一书中有这样一道题：一支竿子一条索，索比竿子长一托，对折索子来量竿，却比竿子短一托．如果1托为5尺，那么索长为　20　尺，竿子长为　15　尺．‎ ‎【分析】设索长为x尺，竿子长为y尺，根据“索比竿子长一托，对折索子来量竿，却比竿子短一托”，即可得出关于x、y的二元一次方程组，解之即可得出结论．‎ ‎【解答】解：设索长为x尺，竿子长为y尺，‎ 根据题意得：，‎ 解得：．‎ 答：索长为20尺，竿子长为15尺．‎ 故答案为：20；15．‎ ‎　‎ ‎13．（5分）如图，公园内有一个半径为20米的圆形草坪，A，B是圆上的点，O为圆心，∠AOB=120°，从A到B只有路，一部分市民为走“捷径”，踩坏了花草，走出了一条小路AB．通过计算可知，这些市民其实仅仅少走了　15　步（假设1步为0.5米，结果保留整数）．（参考数据：≈1.732，π取3.142）‎ ‎【分析】作OC⊥AB于C，如图，根据垂径定理得到AC=BC，再利用等腰三角形的性质和三角形内角和计算出∠A=30°，则OC=10，AC=10，所以AB≈69（步），然后利用弧长公式计算出的长，最后求它们的差即可．‎ ‎【解答】解：作OC⊥AB于C，如图，‎ 则AC=BC，‎ ‎∵OA=OB，‎ ‎∴∠A=∠B=（180°﹣∠AOB）=（180°﹣120°）=30°，‎ 在Rt△AOC中，OC=OA=10，AC=OC=10，‎ ‎∴AB=2AC=20≈69（步）；‎ 而的长=≈84（步），‎ 的长与AB的长多15步．‎ 所以这些市民其实仅仅少走了 15步．‎ 故答案为15．‎ ‎　‎ ‎14．（5分）等腰三角形ABC中，顶角A为40°，点P在以A为圆心，BC长为半径的圆上，且BP=BA，则∠PBC的度数为　30°或110°　．‎ ‎【分析】分两种情形，利用全等三角形的性质即可解决问题；‎ ‎【解答】解：如图，当点P在直线AB的右侧时．连接AP．‎ ‎∵AB=AC，∠BAC=40°，‎ ‎∴∠ABC=∠C=70°，‎ ‎∵AB=AB，AC=PB，BC=PA，‎ ‎∴△ABC≌△BAP，‎ ‎∴∠ABP=∠BAC=40°，‎ ‎∴∠PBC=∠ABC﹣∠ABP=30°，‎ 当点P′在AB的左侧时，同法可得∠ABP′=40°，‎ ‎∴∠P′BC=40°+70°=110°，‎ 故答案为30°或110°．‎ ‎　‎ ‎15．（5分）过双曲线y=（k＞0）上的动点A作AB⊥x轴于点B，P是直线AB上的点，且满足AP=2AB，过点P作x轴的平行线交此双曲线于点C．如果△APC的面积为8，则k的值是　12或4　．‎ ‎【分析】设点A的坐标为（x，），分点P在AB的延长线上、点P在BA的延长线上两种情况，根据比例系数k的几何意义、反比例函数图象上点的坐标特征计算．‎ ‎【解答】解：设点A的坐标为（x，），‎ 当点P在AB的延长线上时，∵AP=2AB，‎ ‎∴AB=AP，‎ ‎∵PC∥x轴，‎ ‎∴点C的坐标为（﹣x，﹣），‎ 由题意得，×2x×=8，‎ 解得，k=4，‎ 当点P在BA的延长线上时，∵AP=2AB，PC∥x轴，‎ ‎∴点C的坐标为（x，），‎ ‎∴P′C′=x，‎ 由题意得，×x×=8，‎ 解得，k=12，‎ 当点P在第三象限时，情况相同，‎ 故答案为：12或4．‎ ‎　‎ ‎16．（5分）实验室里有一个水平放置的长方体容器，从内部量得它的高是15cm，底面的长是30cm，宽是20cm，容器内的水深为x cm．现往容器内放入如图的长方体实心铁块（铁块一面平放在容器底面），过顶点A的三条棱的长分别10cm，10cm，y cm（y≤15），当铁块的顶部高出水面2cm时，x，y满足的关系式是　y=（0＜x≤）或y=（6≤x＜8）　．‎ ‎【分析】分两种情况：利用实心铁块浸在水中的体积等于容器中水位增加后的体积减去原来水的体积建立方程求解即可．‎ ‎【解答】解：①当长方体实心铁块的棱长为10cm和ycm的那一面平放在长方体的容器底面时，‎ 则铁块浸在水中的高度为8cm，‎ 此时，水位上升了（8﹣x）cm（x＜8），铁块浸在水中的体积为10×8×y=80ycm3，‎ ‎∴80y=30×20×（8﹣x），‎ ‎∴y=，‎ ‎∵y≤15，‎ ‎∴x≥6，‎ 即：y=（6≤x＜8），‎ ‎②当长方体实心铁块的棱长为10cm和10cm的那一面平放在长方体的容器底面时，‎ 同①的方法得，y=（0＜x≤），‎ 故答案为：y=（0＜x≤）或y=（6≤x＜8）‎ ‎　‎ 三、填空题（本题包括8小题，第17-20题每小题8分，第21小题10分，第22、23小题每小题8分，第24题14分，共80分）‎ ‎17．（8分）（1）计算：2tan60°﹣﹣（﹣2）0+（）﹣1．‎ ‎（2）解方程：x2﹣2x﹣1=0．‎ ‎【分析】（1）首先计算特殊角的三角函数、二次根式的化简、零次幂、负整数指数幂，然后再计算加减即可；‎ ‎（2）首先计算△，然后再利用求根公式进行计算即可．‎ ‎【解答】解：（1）原式=2﹣2﹣1+3=2；‎ ‎（2）a=1，b=﹣2，c=﹣1，‎ ‎△=b2﹣4ac=4+4=8＞0，‎ 方程有两个不相等的实数根，‎ x===1，‎ 则x1=1+，x2=1﹣．‎ ‎　‎ ‎18．（8分）为了解某地区机动车拥有量对道路通行的影响，学校九年级社会实践小组对2010年～2017年机动车拥有量、车辆经过人民路路口和学校门口的堵车次数进行调查统计，并绘制成下列统计图：‎ 根据统计图，回答下列问题：‎ ‎（1）写出2016年机动车的拥有量，分别计算2010年～2017年在人民路路口和学校门口堵车次数的平均数．‎ ‎（2）根据统计数据，结合生活实际，对机动车拥有量与人民路路口和学校门口堵车次数，说说你的看法．‎ ‎【分析】（1）根据统计图中的数据可以解答本题；‎ ‎（2）根据统计图中的数据，结合生活实际，进行说明即可，本题答案不唯一，只要合情合理即可．‎ ‎【解答】解：（1）由图可得，‎ ‎2016年机动车的拥有量为3.40万辆，‎ ‎==120（次），‎ ‎==100（次）‎ 即；2010年～2017年在人民路路口和学校门口堵车次数的平均数分别是120次、100次；‎ ‎（2）随着人民生活水平的提高，居民的汽车拥有量明显增加，同时随着汽车数量的增加，也给交通带来了压力，堵车次数明显增加，学校路口学生通过次数较多，政府和交通部分加强重视，进行治理，堵车次数明显好转，人民路口堵车次数不断增加，引起政府重视，加大治理，交通有所好转．‎ ‎　‎ ‎19．（8分）一辆汽车行驶时的耗油量为0.1升/千米，如图是油箱剩余油量y（升）关于加满油后已行驶的路程x（千米）的函数图象．‎ ‎（1）根据图象，直接写出汽车行驶400千米时，油箱内的剩余油量，并计算加满油时油箱的油量；‎ ‎（2）求y关于x的函数关系式，并计算该汽车在剩余油量5升时，已行驶的路程．‎ ‎【分析】（1）由图象可知：汽车行驶400千米，剩余油量30升，行驶时的耗油量为0.1升/千米，则汽车行驶400千米，耗油400×0.1=40（升），故加满油时油箱的油量是40+30=70升．‎ ‎（2）设y=kx+b（k≠0），把（0，70），（400，300）坐标代入可得：k=﹣0.1，b=70，求出解析式，当y=5 时，可得x=650．‎ ‎【解答】解：（1）由图象可知：汽车行驶400千米，剩余油量30升，‎ ‎∵行驶时的耗油量为0.1升/千米，则汽车行驶400千米，耗油400×0.1=40（升）‎ ‎∴加满油时油箱的油量是40+30=70升．‎ ‎（2）设y=kx+b（k≠0），‎ 把（0，70），（400，300）坐标代入可得：k=﹣0.1，b=70‎ ‎∴y=﹣0.1x+70，‎ ‎ 当y=5 时，x=650‎ 即已行驶的路程的为650千米．‎ ‎　‎ ‎20．（8分）学校拓展小组研制了绘图智能机器人（如图1），顺次输入点P1，P2，P3的坐标，机器人能根据图2，绘制图形．若图形是线段，求出线段的长度；若图形是抛物线，求出抛物线的函数关系式．请根据以下点的坐标，求出线段的长度或抛物线的函数关系式．‎ ‎（1）P1（4，0），P2（0，0），P3（6，6）；‎ ‎（2）P1（0，0），P2（4，0），P3（6，6）．‎ ‎【分析】（1）根据图2判断出绘制直线，根据两点间的距离公式可得答案；‎ ‎（2）根据图2判断出绘制抛物线，利用待定系数法求解可得．‎ ‎【解答】解：（1）∵P1（4，0），P2（0，0），4﹣0=4＞0，‎ ‎∴绘制线段P1P2，P1P2=4；‎ ‎（2）∵P1（0，0），0﹣0=0，‎ ‎∴绘制抛物线，‎ 设y=ax（x﹣4），‎ 把（6，6）代入得：6=12a，‎ 解得：a=，‎ ‎∴y=x（x﹣4）=x2﹣2x．‎ ‎　‎ ‎21．（10分）如图1，窗框和窗扇用“滑块铰链”连接，图3是图2中“滑块铰链”的平面示意图，滑轨MN安装在窗框上，托悬臂DE安装在窗扇上，交点A处装有滑块，滑块可以左右滑动，支点B，C，D始终在一直线上，延长DE交MN于点F．已知AC=DE=20cm，AE=CD=10cm，BD=40cm．‎ ‎（1）窗扇完全打开，张角∠CAB=85°，求此时窗扇与窗框的夹角∠DFB的度数；‎ ‎（2）窗扇部分打开，张角∠CAB=60°，求此时点A，B之间的距离（精确到0.1cm）．‎ ‎（参考数据：≈1.732，≈2.449）‎ ‎【分析】（1）根据平行四边形的判定和性质可以解答本题；‎ ‎（2）根据锐角三角函数和题意可以求得AB的长，从而可以解答本题．‎ ‎【解答】解：（1）∵AC=DE=20cm，AE=CD=10cm，‎ ‎∴四边形ACDE是平行四边形，‎ ‎∴AC∥DE，‎ ‎∴∠DFB=∠CAB，‎ ‎∵∠CAB=85°，‎ ‎∴∠DFB=85°；‎ ‎（2）作CG⊥AB于点G，‎ ‎∵AC=20，∠CGA=90°，∠CAB=60°，‎ ‎∴CG=，AG=10，‎ ‎∵BD=40，CD=10，‎ ‎∴CB=30，‎ ‎∴BG==，‎ ‎∴AB=AG+BG=10+10≈10+10×2.449=34.49≈34.5cm，‎ 即A、B之间的距离为34.5cm．‎ ‎　‎ ‎22．（12分）数学课上，张老师举了下面的例题：‎ 例1 等腰三角形ABC中，∠A=110°，求∠B的度数．（答案：35°）‎ 例2 等腰三角形ABC中，∠A=40°，求∠B的度数，（答案：40°或70°或100°）‎ 张老师启发同学们进行变式，小敏编了如下一题：‎ 变式 等腰三角形ABC中，∠A=80°，求∠B的度数．‎ ‎（1）请你解答以上的变式题．‎ ‎（2）解（1）后，小敏发现，∠A的度数不同，得到∠B的度数的个数也可能不同，如果在等腰三角形ABC中，设∠A=x°，当∠B有三个不同的度数时，请你探索x的取值范围．‎ ‎【分析】（1）由于等腰三角形的顶角和底角没有明确，因此要分类讨论；‎ ‎（2）分两种情况：①90≤x＜180；②0＜x＜90，结合三角形内角和定理求解即可．‎ ‎【解答】解：（1）若∠A为顶角，则∠B=（180°﹣∠A）÷2=50°；‎ 若∠A为底角，∠B为顶角，则∠B=180°﹣2×80°=20°；‎ 若∠A为底角，∠B为底角，则∠B=80°；‎ 故∠B=50°或20°或80°；‎ ‎（2）分两种情况：‎ ‎①当90≤x＜180时，∠A只能为顶角，‎ ‎∴∠B的度数只有一个；‎ ‎②当0＜x＜90时，‎ 若∠A为顶角，则∠B=（）°；‎ 若∠A为底角，∠B为顶角，则∠B=（180﹣2x）°；‎ 若∠A为底角，∠B为底角，则∠B=x°．‎ 当≠180﹣2x且180﹣2x≠x且≠x，‎ 即x≠60时，∠B有三个不同的度数．‎ 综上所述，可知当0＜x＜90且x≠60时，∠B有三个不同的度数．‎ ‎　‎ ‎23．（12分）小敏思考解决如下问题：‎ 原题：如图1，点P，Q分别在菱形ABCD的边BC，CD上，∠PAQ=∠B，求证：AP=AQ．‎ ‎（1）小敏进行探索，若将点P，Q的位置特殊化；把∠PAQ绕点A旋转得到∠EAF，使AE⊥BC，点E，F分别在边BC，CD上，如图2．此时她证明了AE=AF，请你证明．‎ ‎（2）受以上（1）的启发，在原题中，添加辅助线：如图3，作AE⊥BC，AF⊥CD，垂足分别为E，F．请你继续完成原题的证明．‎ ‎（3）如果在原题中添加条件：AB=4，∠B=60°，如图1，请你编制一个计算题（不标注新的字母），并直接给出答案（根据编出的问题层次，给不同的得分）．‎ ‎【分析】（1）根据菱形的性质、结合已知得到AF⊥CD，证明△AEB≌△AFD，根据全等三角形的性质证明；‎ ‎（2）由（1）的结论得到∠EAP=∠FAQ，证明△AEP≌△AFQ，根据全等三角形的性质证明；‎ ‎（3）根据菱形的面积公式、结合（2）的结论解答．‎ ‎【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是菱形，‎ ‎∴∠B+∠C=180°，∠B=∠D，AB=AD，‎ ‎∵∠EAF=∠B，‎ ‎∴∠EAF+∠C=180°，‎ ‎∴∠AEC+∠AFC=180°，‎ ‎∵AE⊥BC，‎ ‎∴AF⊥CD，‎ 在△AEB和△AFD中，‎ ‎，‎ ‎∴△AEB≌△AFD，‎ ‎∴AE=AF；‎ ‎（2）证明：由（1）得，∠PAQ=∠EAF=∠B，AE=AF，‎ ‎∴∠EAP=∠FAQ，‎ 在△AEP和△AFQ中，‎ ‎，‎ ‎∴△AEP≌△AFQ，‎ ‎∴AP=AQ；‎ ‎（3）解：已知：AB=4，∠B=60°，‎ 求四边形APCQ的面积，‎ 解：连接AC、BD交于O，‎ ‎∵∠ABC=60°，BA=BC，‎ ‎∴△ABC为等边三角形，‎ ‎∵AE⊥BC，‎ ‎∴BE=EC，‎ 同理，CF=FD，‎ ‎∴四边形AECF的面积=×四边形ABCD的面积，‎ 由（2）得，四边形APCQ的面积=四边形AECF的面积，‎ OA=AB=2，OB=AB=2，‎ ‎∴四边形ABCD的面积=×2×2×4=8，‎ ‎∴四边形APCQ的面积=4．‎ ‎　‎ ‎24．（14分）如图，公交车行驶在笔直的公路上，这条路上有A，B，C，D四个站点，每相邻两站之间的距离为5千米，从A站开往D站的车称为上行车，从D站开往A站的车称为下行车，第一班上行车、下行车分别从A站、D站同时发车，相向而行，且以后上行车、下行车每隔10分钟分别在A，D站同时发一班车，乘客只能到站点上、下车（上、下车的时间忽略不计），上行车、下行车的速度均为30千米/小时．‎ ‎（1）问第一班上行车到B站、第一班下行车到C站分别用时多少？‎ ‎（2）若第一班上行车行驶时间为t小时，第一班上行车与第一班下行车之间的距离为s千米，求s与t的函数关系式；‎ ‎（3）一乘客前往A站办事，他在B，C两站间的P处（不含B，C站），刚好遇到上行车，BP=x千米，此时，接到通知，必须在35分钟内赶到，他可选择走到B站或走到C站乘下行车前往A站．若乘客的步行速度是5千米/小时，求x满足的条件．‎ ‎【分析】（1）根据时间=路程÷速度列式即可求解；‎ ‎（2）由于t=时，第一班上行车与第一班下行车相遇，所以分0≤t≤与＜t≤两种情况讨论即可；‎ ‎（3）由（2）可知同时出发的一对上、下行车的位置关于BC中点对称，设乘客到达A站总时间为t分钟，分三种情况进行讨论：①x=2.5；②x＜2.5；③x＞2.5．‎ ‎【解答】解：（1）第一班上行车到B站用时=小时，‎ 第一班下行车到C站分别用时=小时；‎ ‎（2）当0≤t≤时，s=15﹣60t，‎ 当＜t≤时，s=60t﹣15；‎ ‎（3）由（2）可知同时出发的一对上、下行车的位置关于BC中点对称，设乘客到达A站总时间为t分钟，‎ ‎①当x=2.5时，往B站用时30分钟，还需要再等下行车5分钟，‎ t=30+5+10=45，不合题意；‎ ‎②当x＜2.5时，只能往B站乘下行车，他离B站x千米，则离他右边最近的下行车离C站也是x千米，这辆下行车离B站（5﹣x）千米，‎ 如果能乘上右侧的第一辆下行车，则，解得：x≤，‎ ‎∴0＜x≤，‎ ‎∵18≤t＜20，‎ ‎∴0＜x≤符合题意；‎ 如果乘不上右侧第一辆下行车，只能乘右侧第二辆下行车，x＞，‎ ‎，解得：x≤，‎ ‎∴，22≤t＜28，‎ ‎∴符合题意；‎ 如果乘不上右侧第二辆下行车，只能乘右侧第三辆下行车，x＞，‎ ‎，解得：x≤，‎ ‎∴＜x≤，35≤t＜37，不合题意，‎ ‎∴综上，得0＜x≤；‎ ‎③当x＞2.5时，乘客需往C站乘坐下行车．离他左边最近的下行车离B站是（5﹣x）千米，离他右边最近的下行车离C站也是（5﹣x）千米．‎ 如果乘上右侧第一辆下行车，则≤，解得：x≥5，不合题意．‎ ‎∴x≥5，不合题意．‎ 如果乘不上右侧第一辆下行车，只能乘右侧第二辆下行车，x＜5，‎ ‎≤，解得x≥4，‎ ‎∴4≤x＜5，30＜t≤32，‎ ‎∴4≤x＜5符合题意．‎ 如果乘不上右侧第二辆下行车，只能乘右侧第三辆下行车，x＜4，‎ ‎≤，解得x≥3，‎ ‎∴3≤x＜4，42＜t≤44，‎ ‎∴3≤x＜4不合题意．‎ 综上，得4≤x＜5．‎ 综上所述，0＜x≤或4≤x＜5．‎ ‎　‎