2017年陕西省中考数学试卷(含答案解析) 30页

‎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）‎