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  • 2021-05-10 发布

2017年陕西省中考数学试卷(含答案解析)

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‎2017年陕西省中考数学试卷 ‎ ‎ 一、选择题(本大题共10小题,每小题3分,共30分)‎ ‎1.(3分)计算:(﹣‎1‎‎2‎)2﹣1=(  )‎ A.﹣‎5‎‎4‎ B.﹣‎1‎‎4‎ C.﹣‎3‎‎4‎ D.0‎ ‎【考点】 有理数的混合运算.‎ ‎【专题】 计算题;实数.‎ ‎【分析】 原式先计算乘方运算,再计算加减运算即可得到结果.‎ ‎【解答】 解:原式=‎1‎‎4‎﹣1=﹣‎3‎‎4‎, 故选C ‎【点评】此题考查了有理数的混合运算,熟练掌握运算法则是解本题的关键.‎ ‎2.(3分)如图所示的几何体是由一个长方体和一个圆柱体组成的,则它的主视图是(  )‎ A. ‎ B. C. D.‎ ‎【考点】 简单组合体的三视图.‎ ‎【分析】 根据从正面看得到的图形是主视图,可得答案.‎ ‎【解答】 解:从正面看下边是一个较大的矩形,上便是一个角的矩形,故选:B.‎ 第30页(共30页)‎ ‎【点评】 本题考查了简单组合体的三视图,从正面看得到的图形是主视图.‎ ‎3.(3分)若一个正比例函数的图象经过A(3,﹣6),B(m,﹣4)两点,则m的值为(  )‎ A.2 B.8 C.﹣2 D.﹣8‎ ‎【考点】 一次函数图象上点的坐标特征.‎ ‎【分析】 运用待定系数法求得正比例函数解析式,把点B的坐标代入所得的函数解析式,即可求出m的值.‎ ‎【解答】 解:设正比例函数解析式为:y=kx,‎ 将点A(3,﹣6)代入可得:3k=﹣6,‎ 解得:k=﹣2,‎ ‎∴函数解析式为:y=﹣2x,‎ 将B(m,﹣4)代入可得:﹣2m=﹣4,‎ 解得m=2,‎ 故选:A.‎ ‎【点评】本题考查了一次函数图象上点的坐标特征.解题时需灵活运用待定系数法建立函数解析式,然后将点的坐标代入解析式,利用方程解决问题.‎ ‎4.(3分)如图,直线a∥b,Rt△ABC的直角顶点B落在直线a上,若∠1=25°,则∠2的大小为(  )‎ 第30页(共30页)‎ A.55° B.75° C.65° D.85°‎ ‎【考点】 平行线的性质.‎ ‎【分析】 由余角的定义求出∠3的度数,再根据平行线的性质求出∠2的度数,即可得出结论.‎ ‎【解答】解:∵∠1=25°,‎ ‎∴∠3=90°﹣∠1=90°﹣25°=65°.‎ ‎∵a∥b,‎ ‎∴∠2=∠3=65°.‎ 故选:C.‎ ‎【点评】本题考查的是平行线的性质,解题时注意:两直线平行,同位角相等.‎ ‎5.(3分)化简:xx-y﹣yx+y,结果正确的是(  )‎ A.1 B.x‎2‎‎+‎y‎2‎x‎2‎‎-‎y‎2‎ C.x-yx+y D.x2+y2‎ 第30页(共30页)‎ ‎【考点】 分式的加减法.‎ ‎【专题】 计算题;分式.‎ ‎【分析】 原式通分并利用同分母分式的减法法则计算即可得到结果.‎ ‎【解答】 解:原式=x‎2‎‎+xy-xy+‎y‎2‎x‎2‎‎-‎y‎2‎=x‎2‎‎+‎y‎2‎x‎2‎‎-‎y‎2‎. 故选B ‎【点评】此题考查了分式的加减法,熟练掌握运算法则是解本题的关键.‎ ‎6.(3分)如图,将两个大小、形状完全相同的△ABC和△A′B′C′拼在一起,其中点A′与点A重合,点C′落在边AB上,连接B′C.若∠ACB=∠AC′B′=90°,AC=BC=3,则B′C的长为(  )‎ A.3‎3‎ B.6 C.3‎2‎ D.‎‎21‎ ‎【考点】 勾股定理.‎ ‎【分析】 根据勾股定理求出AB,根据等腰直角三角形的性质得到∠CAB′=90°,根据勾股定理计算.‎ ‎【解答】解:∵∠ACB=∠AC′B′=90°,AC=BC=3,‎ ‎∴AB=AC‎2‎+BC‎2‎=3‎2‎,∠CAB=45°,‎ ‎∵△ABC和△A′B′C′大小、形状完全相同,‎ ‎∴∠C′AB′=∠CAB=45°,AB′=AB=3‎2‎,‎ 第30页(共30页)‎ ‎∴∠CAB′=90°,‎ ‎∴B′C=CA‎2‎+B'‎A‎2‎=3‎3‎,‎ 故选:A.‎ ‎【点评】本题考查的是勾股定理的应用、等腰直角三角形的性质,在任何一个直角三角形中,两条直角边长的平方之和一定等于斜边长的平方.‎ ‎7.(3分)如图,已知直线l1:y=﹣2x+4与直线l2:y=kx+b(k≠0)在第一象限交于点M.若直线l2与x轴的交点为A(﹣2,0),则k的取值范围是(  )‎ A. ‎﹣2<k<2 B.﹣2<k<0 C.0<k<4 D.0<k<2‎ ‎【考点】 两条直线相交或平行问题;F8:一次函数图象上点的坐标特征.‎ ‎【专题】 推理填空题.‎ ‎【分析】 首先根据直线l2与x轴的交点为A(﹣2,0),求出k、b的关系;然后求出直线l1、直线l2的交点坐标,根据直线l1、直线l2的交点横坐标、纵坐标都大于0,求出k的取值范围即可.‎ ‎【解答】 解:∵直线l2与x轴的交点为A(﹣2,0),‎ ‎∴﹣2k+b=0,‎ 第30页(共30页)‎ ‎∴‎&y=-2x+4‎‎&y=kx+2k 解得‎&x=‎‎4-2kk+2‎‎&y=‎‎8kk+2‎ ‎∵直线l1:y=﹣2x+4与直线l2:y=kx+b(k≠0)的交点在第一象限,‎ ‎∴‎&‎4-2kk+2‎>0‎‎&‎8kk+2‎>0‎ 解得0<k<2.‎ 故选:D.‎ ‎【点评】此题主要考查了两条直线的相交问题,以及一次函数图象的点的特征,要熟练掌握.‎ ‎8.(3分)如图,在矩形ABCD中,AB=2,BC=3.若点E是边CD的中点,连接AE,过点B作BF⊥AE交AE于点F,则BF的长为(  )‎ A. ‎3‎‎10‎‎2‎‎ B.‎3‎‎10‎‎5‎ C.‎10‎‎5‎ D.‎‎3‎‎5‎‎5‎ ‎【考点】 相似三角形的判定与性质;LB:矩形的性质.‎ ‎【分析】 根据S△ABE=‎1‎‎2‎S矩形ABCD=3=‎1‎‎2‎•AE•BF,先求出AE,再求出BF即可.‎ ‎【解答】 解:如图,连接BE.‎ ‎∵四边形ABCD是矩形,‎ 第30页(共30页)‎ ‎∴AB=CD=2,BC=AD=3,∠D=90°,‎ 在Rt△ADE中,AE=AD‎2‎+DE‎2‎=‎3‎‎2‎‎+‎‎1‎‎2‎=‎10‎,‎ ‎∵S△ABE=‎1‎‎2‎S矩形ABCD=3=‎1‎‎2‎•AE•BF,‎ ‎∴BF=‎3‎‎10‎‎5‎.‎ 故选B.‎ ‎【点评】本题考查矩形的性质、勾股定理、三角形的面积公式等知识,解题的关键是灵活运用所学知识解决问题,学会用面积法解决有关线段问题,属于中考常考题型.‎ ‎9.(3分)如图,△ABC是⊙O的内接三角形,∠C=30°,⊙O的半径为5,若点P是⊙O上的一点,在△ABP中,PB=AB,则PA的长为(  )‎ A.5 B.‎5‎‎3‎‎2‎ C.5‎2‎ D.5‎‎3‎ ‎【考点】 三角形的外接圆与外心;KH:等腰三角形的性质.‎ ‎【分析】 连接OA、OB、OP,根据圆周角定理求得∠APB=∠C=30°,进而求得∠PAB=∠APB=30°,∠ABP=120°,根据垂径定理得到OB⊥AP,AD=PD,∠OBP=∠OBA=60°,即可求得△AOB是等边三角形,从而求得PB=OA=5,解直角三角形求得PD,即可求得PA.‎ ‎【解答】 解:连接OA、OB、OP,‎ ‎∵∠C=30°,‎ 第30页(共30页)‎ ‎∴∠APB=∠C=30°,‎ ‎∵PB=AB,‎ ‎∴∠PAB=∠APB=30°‎ ‎∴∠ABP=120°,‎ ‎∵PB=AB,‎ ‎∴OB⊥AP,AD=PD,‎ ‎∴∠OBP=∠OBA=60°,‎ ‎∵OB=OA,‎ ‎∴△AOB是等边三角形,‎ ‎∴AB=OA=5,‎ 则Rt△PBD中,PD=cos30°•PB=‎3‎‎2‎×5=‎5‎‎3‎‎2‎,‎ ‎∴AP=2PD=5‎3‎,‎ 故选D.‎ ‎【点评】本题考查了圆周角定理、垂径定理、等边三角形的判定和性质以及解直角三角形等,作出辅助性构建等边三角形是解题的关键.‎ ‎10.(3分)已知抛物线y=x2﹣2mx﹣4(m>0)的顶点M关于坐标原点O的对称点为M′,若点M′在这条抛物线上,则点M的坐标为(  )‎ 第30页(共30页)‎ A.(1,﹣5) B.(3,﹣13) C.(2,﹣8) D.(4,﹣20)‎ ‎【考点】 二次函数的性质.‎ ‎【分析】 先利用配方法求得点M的坐标,然后利用关于原点对称点的特点得到点M′的坐标,然后将点M′的坐标代入抛物线的解析式求解即可.‎ ‎【解答】 解:y=x2﹣2mx﹣4=x2﹣2mx+m2﹣m2﹣4=(x﹣m)2﹣m2﹣4.‎ ‎∴点M(m,﹣m2﹣4).‎ ‎∴点M′(﹣m,m2+4).‎ ‎∴m2+2m2﹣4=m2+4.‎ 解得m=±2.‎ ‎∵m>0,‎ ‎∴m=2.‎ ‎∴M(2,﹣8).‎ 故选C.‎ ‎【点评】本题主要考查的是二次函数的性质、关于原点对称的点的坐标特点,求得点M′的坐标是解题的关键.‎ 二、填空题(本大题共4小题,每小题3分,共12分)‎ ‎11.(3分)在实数﹣5,﹣‎3‎,0,π,‎6‎中,最大的一个数是  .‎ ‎【考点】 实数大小比较.‎ ‎【分析】 根据正数大于0,0大于负数,正数大于负数,比较即可.‎ ‎【解答】 解:根据实数比较大小的方法,可得 第30页(共30页)‎ π>‎6‎>0>‎-‎‎3‎>﹣5,‎ 故实数﹣5,‎-‎‎3‎,0,π,‎6‎其中最大的数是π.‎ 故答案为:π.‎ ‎【点评】 此题主要考查了实数大小比较的方法,要熟练掌握,解答此题的关键是要明确:正实数>0>负实数,两个负实数绝对值大的反而小.‎ ‎12.(3分)请从以下两个小题中任选一个作答,若多选,则按第一题计分.‎ A.如图,在△ABC中,BD和CE是△ABC的两条角平分线.若∠A=52°,则∠1+∠2的度数为  .‎ B.‎3‎‎17‎tan38°15′≈  .(结果精确到0.01)‎ ‎【考点】 计算器—三角函数;25:计算器—数的开方;K7:三角形内角和定理.‎ ‎【分析】 A:由三角形内角和得∠ABC+∠ACB=180°﹣∠A=128°,根据角平分线定义得∠1+∠2=‎1‎‎2‎∠ABC+‎1‎‎2‎∠ACB=‎1‎‎2‎(∠ABC+∠ACB);‎ B:利用科学计算器计算可得.‎ ‎【解答】 解:A、∵∠A=52°,‎ ‎∴∠ABC+∠ACB=180°﹣∠A=128°,‎ ‎∵BD平分∠ABC、CE平分∠ACB,‎ 第30页(共30页)‎ ‎∴∠1=‎1‎‎2‎∠ABC、∠2=‎1‎‎2‎∠ACB,‎ 则∠1+∠2=‎1‎‎2‎∠ABC+‎1‎‎2‎∠ACB=‎1‎‎2‎(∠ABC+∠ACB)=64°,‎ 故答案为:64°;‎ B、‎3‎‎17‎tan38°15′≈2.5713×0.7883≈2.03,‎ 故答案为:2.03.‎ ‎【点评】本题主要考查三角形内角和定理、角平分线的定义及科学计算器的运用,熟练掌握三角形内角和定理、角平分线的定义是解题的关键.‎ 13. ‎(3分)已知A,B两点分别在反比例函数y=‎3mx(m≠0)和y=‎2m-5‎x(m≠‎5‎‎2‎)的图象上,若点A与点B关于x轴对称,则m的值为  .‎ ‎【考点】 反比例函数图象上点的坐标特征;关于x轴、y轴对称的点的坐标.‎ ‎【分析】 设A(a,b),则B(a,﹣b),将它们的坐标分别代入各自所在的函数解析式,通过方程来求m的值.‎ ‎【解答】 解:设A(a,b),则B(a,﹣b),‎ 依题意得:‎&b=‎‎3ma‎&-b=‎‎2m-5‎a,‎ 所以‎3m+2m-5‎a=0,即5m﹣5=0,‎ 解得m=1.‎ 故答案是:1.‎ 第30页(共30页)‎ ‎【点评】本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征,关于x轴,y轴对称的点的坐标.根据题意得‎3m+2m-5‎a=0,即5m﹣5=0是解题的难点.‎ ‎14.(3分)如图,在四边形ABCD中,AB=AD,∠BAD=∠BCD=90°,连接AC.若AC=6,则四边形ABCD的面积为  .‎ ‎【考点】 全等三角形的判定与性质.‎ ‎【分析】 作辅助线;证明△ABM≌△ADN,得到AM=AN,△ABM与△ADN的面积相等;求出正方形AMCN的面积即可解决问题.‎ ‎【解答】 解:如图,作AM⊥BC、AN⊥CD,交CD的延长线于点N;‎ ‎∵∠BAD=∠BCD=90°‎ ‎∴四边形AMCN为矩形,∠MAN=90°;‎ ‎∵∠BAD=90°,‎ ‎∴∠BAM=∠DAN;‎ 在△ABM与△ADN中,‎ ‎&∠BAM=∠DAN‎&∠AMB=∠AND‎&AB=AD‎,‎ ‎∴△ABM≌△ADN(AAS),‎ ‎∴AM=AN(设为λ);△ABM与△ADN的面积相等;‎ 第30页(共30页)‎ ‎∴四边形ABCD的面积=正方形AMCN的面积;‎ 由勾股定理得:AC2=AM2+MC2,而AC=6;‎ ‎∴2λ2=36,λ2=18,‎ 故答案为:18.‎ ‎【点评】本题主要考查了全等三角形的判定及其性质、正方形的判定及其性质等几何知识点的应用问题;解题的关键是作辅助线,构造全等三角形和正方形. ‎ 三、解答题(本大题共11小题,共78分)‎ ‎15.(5分)计算:(﹣‎2‎)×‎6‎+|‎3‎﹣2|﹣(‎1‎‎2‎)﹣1.‎ ‎【考点】 二次根式的混合运算;负整数指数幂.‎ ‎【分析】 根据二次根式的性质以及负整数指数幂的意义即可求出答案.‎ ‎【解答】 解: 原式=﹣‎12‎+2﹣‎3‎﹣2‎ ‎=﹣2‎3‎﹣‎‎3‎ ‎=﹣3‎‎3‎ ‎【点评】本题考查学生的运算能力,解题的关键是熟练运用运算法则,本题属于基础题型.‎ 16. ‎(5分)解方程:x+3‎x-3‎﹣‎2‎x+3‎=1.‎ ‎【考点】 解分式方程.‎ ‎【分析】 利用解分式方程的步骤和完全平方公式,平方差公式即可得出结论.‎ 第30页(共30页)‎ ‎【解答】 解: 去分母得,(x+3)2﹣2(x﹣3)=(x﹣3)(x+3),‎ 去括号得,x2+6x+9﹣2x+6=x2﹣9,‎ 移项,系数化为1,得x=﹣6,‎ 经检验,x=﹣6是原方程的解.‎ ‎【点评】 此题是解分式方程,主要考查了解分式方程的方法和完全平方公式,平方差公式,解本题的关键是将分式方程转化为整式方程.‎ ‎17.(5分)如图,在钝角△ABC中,过钝角顶点B作BD⊥BC交AC于点D.请用尺规作图法在BC边上求作一点P,使得点P到AC的距离等于BP的长.(保留作图痕迹,不写作法)‎ ‎【考点】 作图—基本作图.‎ ‎【分析】 根据题意可知,作∠BDC的平分线交BC于点P即可.‎ ‎【解答】 解:如图,点P即为所求.‎ ‎【点评】本题考查的是作图﹣基本作图,熟知角平分线的作法和性质是解答此题的关键.‎ 第30页(共30页)‎ ‎18.(5分)养成良好的早锻炼习惯,对学生的学习和生活都非常有益,某中学为了了解七年级学生的早锻炼情况,校政教处在七年级随机抽取了部分学生,并对这些学生通常情况下一天的早锻炼时间x(分钟)进行了调查.现把调查结果分成A、B、C、D四组,如下表所示,同时,将调查结果绘制成下面两幅不完整的统计图.‎ 请你根据以上提供的信息,解答下列问题:‎ ‎(1)补全频数分布直方图和扇形统计图;‎ ‎(2)所抽取的七年级学生早锻炼时间的中位数落在  区间内;‎ ‎(3)已知该校七年级共有1200名学生,请你估计这个年级学生中约有多少人一天早锻炼的时间不少于20分钟.(早锻炼:指学生在早晨7:00~7:40之间的锻炼)‎ ‎【考点】 频数(率)分布直方图;V5:用样本估计总体;VB:扇形统计图;W4:中位数.‎ ‎【分析】 (1)先根据A区间人数及其百分比求得总人数,再根据各区间人数之和等于总人数、百分比之和为1求得C区间人数及D区间百分比可得答案;‎ ‎(2)根据中位数的定义求解可得;‎ ‎(3)利用样本估计总体思想求解可得.‎ ‎【解答】 解:(1)本次调查的总人数为10÷5%=200,‎ 第30页(共30页)‎ 则20~30分钟的人数为200×65%=130(人),‎ D项目的百分比为1﹣(5%+10%+65%)=20%,‎ 补全图形如下:‎ ‎(2)由于共有200个数据,其中位数是第100、101个数据的平均数,‎ 则其中位数位于C区间内,‎ 故答案为:C;‎ ‎(3)1200×(65%+20%)=1020(人),‎ 答:估计这个年级学生中约有1020人一天早锻炼的时间不少于20分钟.‎ ‎【点评】本题考查的是条形统计图和扇形统计图的综合运用,读懂统计图,从不同的统计图中得到必要的信息是解决问题的关键.条形统计图能清楚地表示出每个项目的数据;扇形统计图直接反映部分占总体的百分比大小.‎ ‎19.(7分)如图,在正方形ABCD中,E、F分别为边AD和CD上的点,且AE=CF,连接AF、CE交于点G.求证:AG=CG.‎ 第30页(共30页)‎ ‎【考点】 正方形的性质;KD:全等三角形的判定与性质.‎ ‎【分析】 根据正方向的性质,可得∠ADF=CDE=90°,AD=CD,根据全等三角形的判定与性质,可得答案.‎ ‎【解答】 证明: ∵四边形ABCD是正方形,‎ ‎∴∠ADF=CDE=90°,AD=CD.‎ ‎∵AE=CF,‎ ‎∴DE=DF,‎ 在△ADF和△CDE中‎&AD=CD‎&∠ADF=∠CDE‎&DF=DE,‎ ‎∴△ADF≌△CDE(SAS),‎ ‎∴∠DAF=∠DCE,‎ 在△AGE和△CGF中,‎&∠GAE=∠GCF‎&∠AGE=∠CGF‎&AE=CF,‎ ‎∴△AGE≌△CGF(AAS),‎ ‎∴AG=CG.‎ ‎【点评】 本题考查了正方形的性质,利用全等三角形的判定与性质是解题关键,又利用了正方形的性质.‎ 第30页(共30页)‎ ‎20.(7分)某市一湖的湖心岛有一颗百年古树,当地人称它为“乡思柳”,不乘船不易到达,每年初春时节,人们喜欢在“聚贤亭”观湖赏柳.小红和小军很想知道“聚贤亭”与“乡思柳”之间的大致距离,于是,有一天,他们俩带着侧倾器和皮尺来测量这个距离.测量方法如下:如图,首先,小军站在“聚贤亭”的A处,用侧倾器测得“乡思柳”顶端M点的仰角为23°,此时测得小军的眼睛距地面的高度AB为1.7米,然后,小军在A处蹲下,用侧倾器测得“乡思柳”顶端M点的仰角为24°,这时测得小军的眼睛距地面的高度AC为1米.请你利用以上测得的数据,计算“聚贤亭”与“乡思柳”之间的距离AN的长(结果精确到1米).(参考数据:sin23°≈0.3907,cos23°≈0.9205,tan23°≈0.4245,sin24°≈0.4067,cos24°≈0.9135,tan24°≈0.4452.)‎ ‎【考点】 解直角三角形的应用﹣仰角俯角问题.‎ ‎【分析】 作BD⊥MN,CE⊥MN,垂足分别为点D、E,设AN=x米,则BD=CE=x米,再由锐角三角函数的定义即可得出结论.‎ ‎【解答】 解:如图,作BD⊥MN,CE⊥MN,垂足分别为点D、E,‎ 设AN=x米,则BD=CE=x米,‎ 在Rt△MBD中,MD=x•tan23°,‎ 在Rt△MCE中,ME=x•tan24°,‎ ‎∵ME﹣MD=DE=BC,‎ ‎∴x•tan24°﹣x•tan23°=1.7﹣1,‎ 第30页(共30页)‎ ‎∴x=‎0.7‎tan24°-tan23°‎,解得x≈34(米).‎ 答:“聚贤亭”与“乡思柳”之间的距离AN的长约为34米.‎ ‎【点评】本题考查的是解直角三角形的应用﹣仰角俯角问题,熟记锐角三角函数的定义是解答此题的关键.‎ ‎21.(7分)在精准扶贫中,某村的李师傅在县政府的扶持下,去年下半年,他对家里的3个温室大棚进行修整改造,然后,1个大棚种植香瓜,另外2个大棚种植甜瓜,今年上半年喜获丰收,现在他家的甜瓜和香瓜已全部售完,他高兴地说:“我的日子终于好了”.‎ 最近,李师傅在扶贫工作者的指导下,计划在农业合作社承包5个大棚,以后就用8个大棚继续种植香瓜和甜瓜,他根据种植经验及今年上半年的市场情况,打算下半年种植时,两个品种同时种,一个大棚只种一个品种的瓜,并预测明年两种瓜的产量、销售价格及成本如下:‎ 品种 项目 产量(斤/每棚)‎ 销售价(元/每斤)‎ 成本(元/每棚)‎ 香瓜 ‎ 2000‎ ‎ 12‎ ‎ 8000‎ 甜瓜 ‎ 4500‎ ‎ 3‎ ‎ 5000‎ 第30页(共30页)‎ 现假设李师傅今年下半年香瓜种植的大棚数为x个,明年上半年8个大棚中所产的瓜全部售完后,获得的利润为y元.‎ 根据以上提供的信息,请你解答下列问题:‎ ‎(1)求出y与x之间的函数关系式;‎ ‎(2)求出李师傅种植的8个大棚中,香瓜至少种植几个大棚?才能使获得的利润不低于10万元.‎ ‎【考点】 一次函数的应用.‎ ‎【分析】 (1)利用总利润=种植香瓜的利润+种植甜瓜的利润即可得出结论;‎ ‎(2)利用(1)得出的结论大于等于100000建立不等式,即可确定出结论.‎ ‎【解答】解: (1)由题意得,‎ y=(2000×12﹣8000)x+(4500×3﹣5000)(8﹣x)‎ ‎=7500x+68000,‎ ‎(2)由题意得,7500x+6800≥100000,‎ ‎∴x≥4‎4‎‎15‎,‎ ‎∵x为整数,‎ ‎∴李师傅种植的8个大棚中,香瓜至少种植5个大棚.‎ ‎【点评】 此题是一次函数的应用,主要考查了一次函数的应用以及解一元一次不等式,解题的关键是:(1)根据数量关系,列出函数关系式;(2)根据题意建立不等式,是一道基础题目.‎ 第30页(共30页)‎ ‎22.(7分)端午节“赛龙舟,吃粽子”是中华民族的传统习俗.节日期间,小邱家包了三种不同馅的粽子,分别是:红枣粽子(记为A),豆沙粽子(记为B),肉粽子(记为C),这些粽子除了馅不同,其余均相同.粽子煮好后,小邱的妈妈给一个白盘中放入了两个红枣粽子,一个豆沙粽子和一个肉粽子;给一个花盘中放入了两个肉粽子,一个红枣粽子和一个豆沙粽子.‎ 根据以上情况,请你回答下列问题:‎ ‎(1)假设小邱从白盘中随机取一个粽子,恰好取到红枣粽子的概率是多少?‎ ‎(2)若小邱先从白盘里的四个粽子中随机取一个粽子,再从花盘里的四个粽子中随机取一个粽子,请用列表法或画树状图的方法,求小邱取到的两个粽子中一个是红枣粽子、一个是豆沙粽子的概率.‎ ‎【考点】 列表法与树状图法;X4:概率公式.‎ ‎【分析】 (1)根据题意可以得到小邱从白盘中随机取一个粽子,恰好取到红枣粽子的概率;‎ ‎(2)根据题意可以写出所有的可能性,从而可以解答本题.‎ ‎【解答】 解:(1)由题意可得,‎ 小邱从白盘中随机取一个粽子,恰好取到红枣粽子的概率是:‎2‎‎4‎=‎1‎‎2‎,‎ 即小邱从白盘中随机取一个粽子,恰好取到红枣粽子的概率是‎1‎‎2‎;‎ ‎(2)由题意可得,出现的所有可能性是:‎ ‎(A,A)、(A,B)、(A,C)、(A,C)、‎ ‎(A,A)、(A,B)、(A,C)、(A,C)、‎ ‎(B,A)、(B,B)、(B,C)、(B,C)、‎ ‎(C,A)、(C,B)、(C,C)、(C,C),‎ ‎∴小邱取到的两个粽子中一个是红枣粽子、一个是豆沙粽子的概率是:‎3‎‎16‎.‎ ‎【点评】本题考查列表法与树状图法、概率公式,解答本题的关键是明确题意,写出所有的可能性,利用概率的知识解答.‎ 第30页(共30页)‎ ‎23.(8分)如图,已知⊙O的半径为5,PA是⊙O的一条切线,切点为A,连接PO并延长,交⊙O于点B,过点A作AC⊥PB交⊙O于点C、交PB于点D,连接BC,当∠P=30°时,‎ ‎(1)求弦AC的长;‎ ‎(2)求证:BC∥PA.‎ ‎【考点】 切线的性质.‎ ‎【分析】 (1)连接OA,由于PA是⊙O的切线,从而可求出∠AOD=60°,由垂径定理可知:AD=DC,由锐角三角函数即可求出AC的长度.‎ ‎(2)由于∠AOP=60°,所以∠BOA=120°,从而由圆周角定理即可求出∠BCA=60°,从而可证明BC∥PA ‎【解答】 解:(1)连接OA,‎ ‎∵PA是⊙O的切线,‎ ‎∴∠PAO=90°‎ ‎∵∠P=30°,‎ ‎∴∠AOD=60°,‎ ‎∵AC⊥PB,PB过圆心O,‎ ‎∴AD=DC 在Rt△ODA中,AD=OA•sin60°=‎‎5‎‎3‎‎2‎ 第30页(共30页)‎ ‎∴AC=2AD=5‎‎3‎ ‎(2)∵AC⊥PB,∠P=30°,‎ ‎∴∠PAC=60°,‎ ‎∵∠AOP=60°‎ ‎∴∠BOA=120°,‎ ‎∴∠BCA=60°,‎ ‎∴∠PAC=∠BCA ‎∴BC∥PA ‎【点评】 本题考查圆的综合问题,涉及切线的性质,解直角三角形,平行线的判定等知识,综合程度较高,属于中等题型.‎ ‎24.(10分)在同一直角坐标系中,抛物线C1:y=ax2﹣2x﹣3与抛物线C2:y=x2+mx+n关于y轴对称,C2与x轴交于A、B两点,其中点A在点B的左侧.‎ ‎(1)求抛物线C1,C2的函数表达式;‎ ‎(2)求A、B两点的坐标;‎ ‎(3)在抛物线C1上是否存在一点P,在抛物线C2上是否存在一点Q,使得以AB为边,且以A、B、P、Q四点为顶点的四边形是平行四边形?若存在,求出P、Q两点的坐标;若不存在,请说明理由.‎ 第30页(共30页)‎ ‎【考点】 二次函数综合题.‎ ‎【分析】 (1)由对称可求得a、n的值,则可求得两函数的对称轴,可求得m的值,则可求得两抛物线的函数表达式;‎ ‎(2)由C2的函数表达式可求得A、B的坐标;‎ ‎(3)由题意可知AB只能为平行四边形的边,利用平行四边形的性质,可设出P点坐标,表示出Q点坐标,代入C2的函数表达式可求得P、Q的坐标.‎ ‎【解答】解:‎ ‎(1) ∵C1、C2关于y轴对称,‎ ‎∴C1与C2的交点一定在y轴上,且C1与C2的形状、大小均相同,‎ ‎∴a=1,n=﹣3,‎ ‎∴C1的对称轴为x=1,‎ ‎∴C2的对称轴为x=﹣1,‎ ‎∴m=2,‎ ‎∴C1的函数表示式为y=x2﹣2x﹣3,C2的函数表达式为y=x2+2x﹣3;‎ (2) 在C2的函数表达式为y=x2+2x﹣3中,令y=0可得x2+‎ 第30页(共30页)‎ ‎2x﹣3=0,解得x=﹣3或x=1,‎ ‎∴A(﹣3,0),B(1,0);‎ ‎(3)存在.‎ ‎∵AB的中点为(﹣1,0),且点P在抛物线C1上,点Q在抛物线C2上,‎ ‎∴AB只能为平行四边形的一边,‎ ‎∴PQ∥AB且PQ=AB,‎ 由(2)可知AB=1﹣(﹣3)=4,‎ ‎∴PQ=4,‎ 设P(t,t2﹣2t﹣3),则Q(t+4,t2﹣2t﹣3)或(t﹣4,t2﹣2t﹣3),‎ ‎①当Q(t+4,t2﹣2t﹣3)时,则t2﹣2t﹣3=(t+4)2+2(t+4)﹣3,解得t=﹣2,‎ ‎∴t2﹣2t﹣3=4+4﹣3=5,‎ ‎∴P(﹣2,5),Q(2,5);‎ ‎②当Q(t﹣4,t2﹣2t﹣3)时,则t2﹣2t﹣3=(t﹣4)2+2(t﹣4)﹣3,解得t=2,‎ ‎∴t2﹣2t﹣3=4﹣4﹣3=﹣3,‎ ‎∴P(﹣2,﹣3),Q(2,﹣3),‎ 综上可知存在满足条件的点P、Q,其坐标为P(﹣2,5),Q(2,5)或P(﹣2,﹣3),Q(2,﹣3).‎ ‎【点评】‎ 第30页(共30页)‎ 本题为二次函数的综合应用,涉及待定系数法、对称的性质、函数图象与坐标轴的交点、平行四边形的性质、方程思想及分类讨论思想等知识.在(1)中由对称性质求得a、n的值是解题的关键,在(2)中注意函数图象与坐标轴的交点的求法即可,在(3)中确定出PQ的长度,设P点坐标表示出Q点的坐标是解题的关键.本题考查知识点较多,综合性较强,难度适中.‎ ‎25.(12分)问题提出 ‎(1)如图①,△ABC是等边三角形,AB=12,若点O是△ABC的内心,则OA的长为  ;‎ 问题探究 ‎(2)如图②,在矩形ABCD中,AB=12,AD=18,如果点P是AD边上一点,且AP=3,那么BC边上是否存在一点Q,使得线段PQ将矩形ABCD的面积平分?若存在,求出PQ的长;若不存在,请说明理由.‎ 问题解决 ‎(3)某城市街角有一草坪,草坪是由△ABM草地和弦AB与其所对的劣弧围成的草地组成,如图③所示.管理员王师傅在M处的水管上安装了一喷灌龙头,以后,他想只用喷灌龙头来给这块草坪浇水,并且在用喷灌龙头浇水时,既要能确保草坪的每个角落都能浇上水,又能节约用水,于是,他让喷灌龙头的转角正好等于∠AMB(即每次喷灌时喷灌龙头由MA转到MB,然后再转回,这样往复喷灌.)同时,再合理设计好喷灌龙头喷水的射程就可以了.‎ 如图③,已测出AB=24m,MB=10m,△AMB的面积为96m2;过弦AB的中点D作DE⊥AB交AB于点E,又测得DE=8m.‎ 请你根据以上信息,帮助王师傅计算喷灌龙头的射程至少多少米时,才能实现他的想法?为什么?(结果保留根号或精确到0.01米)‎ 第30页(共30页)‎ ‎ ‎ ‎【考点】 圆的综合题.‎ ‎【分析】 (1)构建Rt△AOD中,利用cos∠OAD=cos30°=ADOA,可得OA的长;‎ ‎(2)经过矩形对角线交点的直线将矩形面积平分,根据此结论作出PQ,利用勾股定理进行计算即可;‎ ‎(3)如图3,作辅助线,先确定圆心和半径,根据勾股定理计算半径:‎ 在Rt△AOD中,r2=122+(r﹣8)2,解得:r=13根据三角形面积计算高MN的长,证明△ADC∽△ANM,列比例式求DC的长,确定点O在△AMB内部,利用勾股定理计算OM,则最大距离FM的长可利用相加得出结论.‎ ‎【解答】解:‎ ‎(1)如图1,过O作OD⊥AC于D,则AD=‎1‎‎2‎AC=‎1‎‎2‎×12=6,‎ ‎∵O是内心,△ABC是等边三角形,‎ ‎∴∠OAD=‎1‎‎2‎∠BAC=‎1‎‎2‎×60°=30°,‎ 在Rt△AOD中,cos∠OAD=cos30°=ADOA,‎ ‎∴OA=6÷‎3‎‎2‎=4‎3‎,‎ 故答案为:4‎3‎;‎ 第30页(共30页)‎ ‎(2)存在,如图2,连接AC、BD交于点O,连接PO并延长交BC于Q,则线段PQ将矩形ABCD的面积平分,‎ ‎∵点O为矩形ABCD的对称中心,‎ ‎∴CQ=AP=3,‎ 过P作PM⊥BC于点,则PM=AB=12,MQ=18﹣3﹣3=12,‎ 由勾股定理得:PQ=PM‎2‎+MQ‎2‎=‎1‎2‎‎2‎+1‎‎2‎‎2‎=12‎2‎;‎ ‎(3)如图3,作射线ED交AM于点C ‎∵AD=DB,ED⊥AB,AB是劣弧,‎ ‎∴AB所在圆的圆心在射线DC上,‎ 假设圆心为O,半径为r,连接OA,则OA=r,OD=r﹣8,AD=‎1‎‎2‎AB=12,‎ 在Rt△AOD中,r2=122+(r﹣8)2,‎ 解得:r=13,‎ ‎∴OD=5,‎ 过点M作MN⊥AB,垂足为N,‎ ‎∵S△ABM=96,AB=24,‎ ‎∴‎1‎‎2‎AB•MN=96,‎ ‎1‎‎2‎‎×24×MN=96,‎ ‎∴MN=8,NB=6,AN=18,‎ ‎∵CD∥MN,‎ ‎∴△ADC∽△ANM,‎ 第30页(共30页)‎ ‎∴DCMN‎=‎ADAN,‎ ‎∴DC‎8‎‎=‎‎12‎‎18‎,‎ ‎∴DC=‎16‎‎3‎,‎ ‎∴OD<CD,‎ ‎∴点O在△AMB内部,‎ ‎∴连接MO并延长交AB于点F,则MF为草坪上的点到M点的最大距离,‎ ‎∵在AB上任取一点异于点F的点G,连接GO,GM,‎ ‎∴MF=OM+OF=OM+OG>MG,‎ 即MF>MG,过O作OH⊥MN,垂足为H,则OH=DN=6,MH=3,‎ ‎∴OM=MH‎2‎+OH‎2‎=‎3‎‎2‎‎+‎‎6‎‎2‎=3‎5‎,‎ ‎∴MF=OM+r=3‎5‎+13≈19.71(米),‎ 答:喷灌龙头的射程至少为19.71米.‎ 第30页(共30页)‎ ‎【点评】本题是圆的综合题,考查了三角形相似的性质和判定、勾股定理、等边三角形的性质及内心的定义、特殊的三角函数值、矩形的性质等知识,明确在特殊的四边形中将面积平分的直线一定过对角线的交点,本题的第三问比较复杂,辅助线的作出是关键,根据三角形的三角关系确定其最大射程为MF.‎ 第30页(共30页)‎