2019年四川省广元市中考数学试卷 30页

‎2019年四川省广元市中考数学试卷 一、选择题（每小题3分，共30分）每小题给出的四个选项中，只有一个是符合题意的．‎ ‎1．（3分）﹣8的相反数是（　　）‎ A．﹣ B．﹣8 C．8 D．‎ ‎2．（3分）下列运算中正确的是（　　）‎ A．a5+a5＝a10 B．a7÷a＝a6 C．a3•a2＝a6 D．（﹣a3）2＝﹣a6‎ ‎3．（3分）函数y＝的自变量x的取值范围是（　　）‎ A．x＞1 B．x＜1 C．x≤1 D．x≥1‎ ‎4．（3分）如果一组数据6，7，x，9，5的平均数是2x，那么这组数据的中位数为（　　）‎ A．5 B．6 C．7 D．9‎ ‎5．（3分）我国古代数学家刘徽用“牟合方盖”找到了球体体积的计算方法．“牟合方盖”是由两个圆柱分别从纵横两个方向嵌入一个正方体时两圆柱公共部分形成的几何体．如图所示的几何体是可以形成“牟合方盖”的一种模型，它的俯视图是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎6．（3分）如图，AB，AC分别是⊙O的直径和弦，OD⊥AC于点D，连接BD，BC，且AB＝10，AC＝8，则BD的长为（　　）‎ A．2 B．4 C．2 D．4.8‎ ‎7．（3分）不等式组的非负整数解的个数是（　　）‎ A．3 B．4 C．5 D．6‎ 第30页（共30页）‎ ‎8．（3分）如图，点P是菱形ABCD边上的动点，它从点A出发沿A→B→C→D路径匀速运动到点D，设△PAD的面积为y，P点的运动时间为x，则y关于x的函数图象大致为（　　）‎ A． B． ‎ C． D．‎ ‎9．（3分）如图，在正方形ABCD的对角线AC上取一点E．使得∠CDE＝15°，连接BE并延长BE到F，使CF＝CB，BF与CD相交于点H，若AB＝1，有下列结论：①BE＝DE；②CE+DE＝EF；③S△DEC＝﹣；④＝2﹣1．则其中正确的结论有（　　）‎ A．①②③ B．①②③④ C．①②④ D．①③④‎ ‎10．（3分）如图，过点A0（0，1）作y轴的垂线交直线l：y＝x于点A1，过点A1作直线l的垂线，交y轴于点A2，过点A2作y轴的垂线交直线l于点A3，…，这样依次下去，得到△A0A1A2，△A2A3A4，△A4A546，…，其面积分别记为S1，S2，S3，…，则S100为（　　）‎ 第30页（共30页）‎ A．（）100 B．（3）100 C．3×4199 D．3×2395‎ 二、填空题（每小颕3分，共15分）把正确答案直接填写在答题卡对应题日的横线上.‎ ‎11．（3分）分解因式：a3﹣4a＝　 　．‎ ‎12．（3分）若关于x的一元二次方程ax2﹣x﹣＝0（a≠0）有两个不相等的实数根，则点P（a+1，﹣a﹣3）在第　 　象限．‎ ‎13．（3分）如图，△ABC中，∠ABC＝90°，BA＝BC＝2，将△ABC绕点C逆时针旋转60°得到△DEC，连接BD，则BD2的值是　 　．‎ ‎14．（3分）如图，△ABC是⊙O的内接三角形，且AB是⊙O的直径，点P为⊙O上的动点，且∠BPC＝60°，⊙O的半径为6，则点P到AC距离的最大值是　 　．‎ ‎15．（3分）如图，抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）过点（﹣1，0），（0，2），且顶点在第一象限，设M＝4a+2b+c，则M的取值范围是　 　．‎ 第30页（共30页）‎ 三、解答题（共75分）要求写出必要的解答步骤或证明过程.‎ ‎16．（6分）计算：|﹣2|+（π﹣2019）0﹣（﹣）﹣1+3tan30°‎ ‎17．（6分）先化简：（﹣x﹣1）•，再从1，2，3中选取一个适当的数代入求值．‎ ‎18．（7分）如图，已知：在△ABC中，∠BAC＝90°，延长BA到点D，使AD＝AB，点E，F分别是边BC，AC的中点．求证：DF＝BE．‎ ‎19．（8分）如今很多初中生喜欢购头饮品饮用，既影响身体健康又给家庭增加不必要的开销，为此某班数学兴趣小组对本班同学一天饮用饮品的情况进行了调查，大致可分为四种：A．白开水，B．瓶装矿泉水，C．碳酸饮料，D．非碳酸饮料．根据统计结果绘制如下两个统计图，根据统计图提供的信息，解答下列问题 ‎（1）这个班级有多少名同学？并补全条形统计图；‎ ‎（2）若该班同学每人每天只饮用一种饮品（每种仅限一瓶，价格如下表），则该班同学每天用于饮品的人均花费是多少元？‎ 饮品名称 白开水 瓶装矿泉水 碳酸饮料 非碳酸饮料 平均价格（元/瓶）‎ ‎0‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ 第30页（共30页）‎ ‎（3）为了养成良好的生活习惯，班主任决定在饮用白开水的5名班委干部（其中有两位班长记为A，B，其余三位记为C，D，E）中随机抽取2名班委干部作良好习惯监督员，请用列表法或画树状图的方法求出恰好抽到2名班长的概率．‎ ‎20．（8分）某水果商计划购进甲、乙两种水果进行销售，经了解，甲种水果的进价比乙种水果的进价每千克少4元，且用800元购进甲种水果的数量与用1000元购进乙种水果的数量相同．‎ ‎（1）求甲、乙两种水果的单价分别是多少元？‎ ‎（2）该水果商根据该水果店平常的销售情况确定，购进两种水果共200千克，其中甲种水果的数量不超过乙种水果数量的3倍，且购买资金不超过3420元，购回后，水果商决定甲种水果的销售价定为每千克20元，乙种水果的销售价定为每千克25元，则水果商应如何进货，才能获得最大利润，最大利润是多少？‎ ‎21．（8分）如图，某海监船以60海里/时的速度从A处出发沿正西方向巡逻，一可疑船只在A的西北方向的C处，海监船航行1.5小时到达B处时接到报警，需巡査此可疑船只，此时可疑船只仍在B的北偏西30°方向的C处，然后，可疑船只以一定速度向正西方向逃离，海监船立刻加速以90海里/时的速度追击，在D处海监船追到可疑船只，D在B的北偏西60°方同．（以下结果保留根号）‎ ‎（1）求B，C两处之问的距离；‎ ‎（2）求海监船追到可疑船只所用的时间．‎ ‎22．（10分）如图，在平闻直角坐标系中，直线AB与y轴交于点B（0，7），与反比例函数y＝在第二象限内的图象相交于点A（﹣1，a）．‎ ‎（1）求直线AB的解析式；‎ ‎（2）将直线AB向下平移9个单位后与反比例函数的图象交于点C和点E，与y轴交于点D，求△ACD的面积；‎ ‎（3）设直线CD的解析式为y＝mx+n，根据图象直接写出不等式mx+n≤的解集．‎ 第30页（共30页）‎ ‎23．（10分）如图，AB是⊙O的直径，点P是BA延长线上一点，过点P作⊙O的切线PC，切点是C，过点C作弦CD⊥AB于E，连接CO，CB．‎ ‎（1）求证：PD是⊙O的切线；‎ ‎（2）若AB＝10，tanB＝，求PA的长；‎ ‎（3）试探究线段AB，OE，OP之间的数量关系，并说明理由．‎ ‎24．（12分）如图，直线y＝﹣x+4与x轴，y轴分别交于A，B两点，过A，B两点的抛物线y＝ax2+bx+c与x轴交于点C（﹣1，0）．‎ ‎（1）求抛物线的解析式；‎ ‎（2）连接BC，若点E是线段AC上的一个动点（不与A，C重合），过点E作EF∥BC，交AB于点F，当△BEF的面积是时，求点E的坐标；‎ ‎（3）在（2）的结论下，将△BEF绕点F旋转180°得△B′E′F，试判断点E′是否在抛物线上，并说明理由．‎ 第30页（共30页）‎ 第30页（共30页）‎ ‎2019年四川省广元市中考数学试卷 参考答案与试题解析 一、选择题（每小题3分，共30分）每小题给出的四个选项中，只有一个是符合题意的．‎ ‎1．（3分）﹣8的相反数是（　　）‎ A．﹣ B．﹣8 C．8 D．‎ ‎【分析】根据只有符号不同的两个数互为相反数，可得答案．‎ ‎【解答】解：﹣8的相反数是8，‎ 故选：C．‎ ‎【点评】主要考查相反数的概念及性质．相反数的定义：只有符号不同的两个数互为相反数，0的相反数是0．‎ ‎2．（3分）下列运算中正确的是（　　）‎ A．a5+a5＝a10 B．a7÷a＝a6 C．a3•a2＝a6 D．（﹣a3）2＝﹣a6‎ ‎【分析】分别根据合并同类项的法则、同底数幂的除法、同底数幂的乘法、积的乘方化简即可判断．‎ ‎【解答】解：A．a5+a5＝2a5，故选项A不合题意；‎ B．a7÷a＝a6，故选项B符合题意；‎ C．a3•a2＝a5，故选项C不合题意；‎ D．（﹣a3）2＝a6，故选项D不合题意．‎ 故选：B．‎ ‎【点评】本题主要考查了幂的运算法则，熟练掌握法则是解答本题的关键．‎ ‎3．（3分）函数y＝的自变量x的取值范围是（　　）‎ A．x＞1 B．x＜1 C．x≤1 D．x≥1‎ ‎【分析】根据二次根式的意义，被开方数是非负数．‎ ‎【解答】解：根据题意得x﹣1≥0，‎ 解得x≥1．‎ 故选：D．‎ ‎【点评】本题考查了函数自变量的取值范围的确定和分式的意义．函数自变量的范围一般从三个方面考虑：‎ 第30页（共30页）‎ ‎（1）当函数表达式是整式时，自变量可取全体实数；‎ ‎（2）当函数表达式是分式时，考虑分式的分母不能为0；‎ ‎（3）当函数表达式是二次根式时，被开方数非负数．‎ ‎4．（3分）如果一组数据6，7，x，9，5的平均数是2x，那么这组数据的中位数为（　　）‎ A．5 B．6 C．7 D．9‎ ‎【分析】直接利用平均数的求法进而得出x的值，再利用中位数的定义求出答案．‎ ‎【解答】解：∵一组数据6，7，x，9，5的平均数是2x，‎ ‎∴6+7+x+9+5＝2x×5，‎ 解得：x＝3，‎ 则从大到小排列为：3，5，6，7，9，‎ 故这组数据的中位数为：6．‎ 故选：B．‎ ‎【点评】此题主要考查了中位数以及平均数，正确得出x的值是解题关键．‎ ‎5．（3分）我国古代数学家刘徽用“牟合方盖”找到了球体体积的计算方法．“牟合方盖”是由两个圆柱分别从纵横两个方向嵌入一个正方体时两圆柱公共部分形成的几何体．如图所示的几何体是可以形成“牟合方盖”的一种模型，它的俯视图是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【分析】根据俯视图即从物体的上面观察得得到的视图，进而得出答案．‎ ‎【解答】解：该几何体的俯视图是：‎ ‎．‎ 故选：A．‎ ‎【点评】此题主要考查了几何体的三视图；掌握俯视图是从几何体上面看得到的平面图形是解决本题的关键．‎ ‎6．（3分）如图，AB，AC分别是⊙O的直径和弦，OD⊥AC于点D，连接BD，BC，且AB 第30页（共30页）‎ ‎＝10，AC＝8，则BD的长为（　　）‎ A．2 B．4 C．2 D．4.8‎ ‎【分析】先根据圆周角定理得∠ACB＝90°，则利用勾股定理计算出BC＝3，再根据垂径定理得到CD＝AD＝AC＝4，然后利用勾股定理计算BD的长．‎ ‎【解答】解：∵AB为直径，‎ ‎∴∠ACB＝90°，‎ ‎∴BC＝＝＝3，‎ ‎∵OD⊥AC，‎ ‎∴CD＝AD＝AC＝4，‎ 在Rt△CBD中，BD＝＝2．‎ 故选：C．‎ ‎【点评】本题考查了圆周角定理：在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半．推论：半圆（或直径）所对的圆周角是直角，90°的圆周角所对的弦是直径．也考查了垂径定理．‎ ‎7．（3分）不等式组的非负整数解的个数是（　　）‎ A．3 B．4 C．5 D．6‎ ‎【分析】先求出不等式组的解集，在取值范围内可以找到整数解．‎ ‎【解答】解：，‎ 解①得：x＞﹣2，‎ 解②得x≤3，‎ 则不等式组的解集为﹣2＜x≤3．‎ 故非负整数解为0，1，2，3共4个 故选：B．‎ 第30页（共30页）‎ ‎【点评】考查不等式组的解法及整数解的确定．求不等式组的解集，解不等式组应遵循以下原则：同大取较大，同小取较小，大小小大中间找，大大小小解不了．‎ ‎8．（3分）如图，点P是菱形ABCD边上的动点，它从点A出发沿A→B→C→D路径匀速运动到点D，设△PAD的面积为y，P点的运动时间为x，则y关于x的函数图象大致为（　　）‎ A． B． ‎ C． D．‎ ‎【分析】设菱形的高为h，即是一个定值，再分点P在AB上，在BC上和在CD上三种情况，利用三角形的面积公式列式求出相应的函数关系式，然后选择答案即可．‎ ‎【解答】解：分三种情况：‎ ‎①当P在AB边上时，如图1，‎ 设菱形的高为h，‎ y＝AP•h，‎ ‎∵AP随x的增大而增大，h不变，‎ ‎∴y随x的增大而增大，‎ 故选项C和D不正确；‎ ‎②当P在边BC上时，如图2，‎ y＝AD•h，‎ AD和h都不变，‎ ‎∴在这个过程中，y不变，‎ 故选项B不正确；‎ ‎③当P在边CD上时，如图3，‎ 第30页（共30页）‎ y＝PD•h，‎ ‎∵PD随x的增大而减小，h不变，‎ ‎∴y随x的增大而减小，‎ ‎∵P点从点A出发沿在A→B→C→D路径匀速运动到点D，‎ ‎∴P在三条线段上运动的时间相同，‎ 故选项A正确；‎ 故选：A．‎ ‎【点评】本题考查了动点问题的函数图象，菱形的性质，根据点P的位置的不同，分三段求出△PAD的面积的表达式是解题的关键．‎ ‎9．（3分）如图，在正方形ABCD的对角线AC上取一点E．使得∠CDE＝15°，连接BE并延长BE到F，使CF＝CB，BF与CD相交于点H，若AB＝1，有下列结论：①BE＝DE；②CE+DE＝EF；③S△DEC＝﹣；④＝2﹣1．则其中正确的结论有（　　）‎ A．①②③ B．①②③④ C．①②④ D．①③④‎ ‎【分析】①由正方形的性质可以得出AB＝AD，∠BAC＝∠DAC＝45°，通过证明△ABE 第30页（共30页）‎ ‎≌△ADE，就可以得出BE＝DE；‎ ‎②在EF上取一点G，使EG＝EC，连结CG，再通过条件证明△DEC≌△FGC就可以得出CE+DE＝EF；‎ ‎③过B作BM⊥AC交于M，根据勾股定理求出AC，根据三角形的面积公式即可求出高DM，根据三角形的面积公式即可求得S△DEC＝﹣；‎ ‎④解直角三角形求得DE，根据等边三角形性质得到CG＝CE，然后通过证得△DEH∽△CGH，求得＝＝+1．‎ ‎【解答】证明：①∵四边形ABCD是正方形，‎ ‎∴AB＝AD，∠ABC＝∠ADC＝90°，∠BAC＝∠DAC＝∠ACB＝∠ACD＝45°．‎ 在△ABE和△ADE中，‎ ‎，‎ ‎∴△ABE≌△ADE（SAS），‎ ‎∴BE＝DE，故①正确；‎ ‎②在EF上取一点G，使EG＝EC，连结CG，‎ ‎∵△ABE≌△ADE，‎ ‎∴∠ABE＝∠ADE．‎ ‎∴∠CBE＝∠CDE，‎ ‎∵BC＝CF，‎ ‎∴∠CBE＝∠F，‎ ‎∴∠CBE＝∠CDE＝∠F．‎ ‎∵∠CDE＝15°，‎ ‎∴∠CBE＝15°，‎ ‎∴∠CEG＝60°．‎ ‎∵CE＝GE，‎ ‎∴△CEG是等边三角形．‎ ‎∴∠CGE＝60°，CE＝GC，‎ ‎∴∠GCF＝45°，‎ 第30页（共30页）‎ ‎∴∠ECD＝GCF．‎ 在△DEC和△FGC中，‎ ‎，‎ ‎∴△DEC≌△FGC（SAS），‎ ‎∴DE＝GF．‎ ‎∵EF＝EG+GF，‎ ‎∴EF＝CE+ED，故②正确；‎ ‎③过D作DM⊥AC交于M，‎ 根据勾股定理求出AC＝，‎ 由面积公式得：AD×DC＝AC×DM，‎ ‎∴DM＝，‎ ‎∵∠DCA＝45°，∠AED＝60°，‎ ‎∴CM＝，EM＝，‎ ‎∴CE＝CM﹣EM＝﹣‎ ‎∴S△DEC＝CE×DM＝﹣，故③正确；‎ ‎④在Rt△DEM中，DE＝2ME＝，‎ ‎∵△ECG是等边三角形，‎ ‎∴CG＝CE＝﹣，‎ ‎∵∠DEF＝∠EGC＝60°，‎ ‎∴DE∥CG，‎ ‎∴△DEH∽△CGH，‎ ‎∴＝＝＝+1，故④错误；‎ 综上，正确的结论有①②③，‎ 故选：A．‎ 第30页（共30页）‎ ‎【点评】本题主要考查对正方形的性质，全等三角形的性质和判定，三角形的面积，勾股定理，含30度角的直角三角形的性质等知识点的理解和掌握，综合运用这些性质进行证明是解此题的关键．‎ ‎10．（3分）如图，过点A0（0，1）作y轴的垂线交直线l：y＝x于点A1，过点A1作直线l的垂线，交y轴于点A2，过点A2作y轴的垂线交直线l于点A3，…，这样依次下去，得到△A0A1A2，△A2A3A4，△A4A546，…，其面积分别记为S1，S2，S3，…，则S100为（　　）‎ A．（）100 B．（3）100 C．3×4199 D．3×2395‎ ‎【分析】本题需先求出OA1和OA2的长，再根据题意得出OAn＝2n，把纵坐标代入解析式求得横坐标，然后根据三角形相似的性质即可求得S100．‎ ‎【解答】解：∵点A0的坐标是（0，1），‎ ‎∴OA0＝1，‎ ‎∵点A1在直线y＝x上，‎ ‎∴OA1＝2，A0A1＝，‎ ‎∴OA2＝4，‎ ‎∴OA3＝8，‎ ‎∴OA4＝16，‎ 得出OAn＝2n，‎ ‎∴AnAn+1＝2n•，‎ 第30页（共30页）‎ ‎∴OA198＝2198，A198A199＝2198•，‎ ‎∵S1＝（4﹣1）•＝，‎ ‎∵A2A1∥A200A199，‎ ‎∴△A0A1A2∽△A198A199A200，‎ ‎∴＝（）2，‎ ‎∴S＝2396•＝3×2395‎ 故选：D．‎ ‎【点评】本题主要考查了如何根据一次函数的解析式和点的坐标求线段的长度，以及如何根据线段的长度求出点的坐标，解题时要注意相关知识的综合应用．‎ 二、填空题（每小颕3分，共15分）把正确答案直接填写在答题卡对应题日的横线上.‎ ‎11．（3分）分解因式：a3﹣4a＝　a（a+2）（a﹣2）　．‎ ‎【分析】原式提取a，再利用平方差公式分解即可．‎ ‎【解答】解：原式＝a（a2﹣4）‎ ‎＝a（a+2）（a﹣2）．‎ 故答案为：a（a+2）（a﹣2）‎ ‎【点评】此题考查了提公因式法与公式法的综合运用，熟练掌握因式分解的方法是解本题的关键．‎ ‎12．（3分）若关于x的一元二次方程ax2﹣x﹣＝0（a≠0）有两个不相等的实数根，则点P（a+1，﹣a﹣3）在第　四　象限．‎ ‎【分析】由二次项系数非零及根的判别式△＞0，即可得出关于a的一元一次不等式组，解之即可得出a的取值范围，由a的取值范围可得出a+1＞0，﹣a﹣3＜0，进而可得出点P在第四象限，此题得解．‎ ‎【解答】解：∵关于x的一元二次方程ax2﹣x﹣＝0（a≠0）有两个不相等的实数根，‎ ‎∴，‎ 解得：a＞﹣1且a≠0．‎ ‎∴a+1＞0，﹣a﹣3＜0，‎ 第30页（共30页）‎ ‎∴点P（a+1，﹣a﹣3）在第四象限．‎ 故答案为：四．‎ ‎【点评】本题考查了根的判别式、一元二次方程的定义以及点的坐标，利用二次项系数非零及根的判别式△＞0，找出关于a的一元一次不等式组是解题的关键．‎ ‎13．（3分）如图，△ABC中，∠ABC＝90°，BA＝BC＝2，将△ABC绕点C逆时针旋转60°得到△DEC，连接BD，则BD2的值是　8+4　．‎ ‎【分析】连接AD，由旋转的性质可得CA＝CD，∠ACD＝60°，得到△ACD为等边三角形，由AB＝BC，CD＝AD，得出BD垂直平分AC，于是求出BO＝AC＝，OD＝CD•sin60°＝，可得BD＝BO+OD，即可求解．‎ ‎【解答】解：如图，连接AD，设AC与BD交于点O，‎ 解：如图，连接AM，‎ 由题意得：CA＝CD，∠ACD＝60°‎ ‎∴△ACD为等边三角形，‎ ‎∴AD＝CD，∠DAC＝∠DCA＝∠ADC＝60°；‎ ‎∵∠ABC＝90°，AB＝BC＝2，‎ ‎∴AC＝CD＝2，‎ ‎∵AB＝BC，CD＝AD，‎ ‎∴BD垂直平分AC，‎ ‎∴BO＝AC＝，OD＝CD•sin60°＝，‎ ‎∴BD＝+‎ 第30页（共30页）‎ ‎∴BD2＝（+）2＝8+4，‎ 故答案为8+4‎ ‎【点评】本题考查了图形的变换﹣旋转，等腰直角三角形的性质，等边三角形的判定和性质，线段的垂直平分线的性质，准确把握旋转的性质是解题的关键．‎ ‎14．（3分）如图，△ABC是⊙O的内接三角形，且AB是⊙O的直径，点P为⊙O上的动点，且∠BPC＝60°，⊙O的半径为6，则点P到AC距离的最大值是　6+3　．‎ ‎【分析】过O作OM⊥AC于M，延长MO交⊙O于P，则此时，点P到AC距离的最大，且点P到AC距离的最大值＝PM，解直角三角形即可得到结论．‎ ‎【解答】解：过O作OM⊥AC于M，延长MO交⊙O于P，‎ 则此时，点P到AC距离的最大，且点P到AC距离的最大值＝PM，‎ ‎∵OM⊥AC，∠A＝∠BPC＝60°，⊙O的半径为6，‎ ‎∴OP＝OA＝6，‎ ‎∴OM＝OA＝×6＝3，‎ ‎∴PM＝OP+OM＝6+3，‎ ‎∴则点P到AC距离的最大值是6+3，‎ 故答案为：6+3．‎ ‎【点评】本题考查了三角形的外接圆与外心，圆周角定理，解直角三角形，正确的作出辅助线是解题的关键．‎ ‎15．（3分）如图，抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）过点（﹣‎ 第30页（共30页）‎ ‎1，0），（0，2），且顶点在第一象限，设M＝4a+2b+c，则M的取值范围是　﹣6＜M＜6　．‎ ‎【分析】将（﹣1，0）与（0，2）代入y＝ax2+bx+c，可知b＝a+2，利用对称轴可知：a＞﹣2，从而可知M的取值范围．‎ ‎【解答】解：将（﹣1，0）与（0，2）代入y＝ax2+bx+c，‎ ‎∴0＝a﹣b+c，2＝c，‎ ‎∴b＝a+2，‎ ‎∵＞0，a＜0，‎ ‎∴b＞0，‎ ‎∴a＞﹣2，‎ ‎∴﹣2＜a＜0，‎ ‎∴M＝4a+2（a+2）+2‎ ‎＝6a+6‎ ‎＝6（a+1）‎ ‎∴﹣6＜M＜6，‎ 故答案为：﹣6＜M＜6；‎ ‎【点评】本题考查二次函数，解题的关键是熟练运用二次函数的图象与性质，本题属于中等题型．‎ 三、解答题（共75分）要求写出必要的解答步骤或证明过程.‎ ‎16．（6分）计算：|﹣2|+（π﹣2019）0﹣（﹣）﹣1+3tan30°‎ ‎【分析】直接利用绝对值的性质、零指数幂、负指数幂的性质以及特殊角的三角函数值分别化简得出答案．‎ ‎【解答】解：原式＝2﹣+1﹣（﹣3）+3×＝2﹣+1+3+＝6．‎ ‎【点评】此题主要考查了实数运算，正确化简各数是解题关键．‎ 第30页（共30页）‎ ‎17．（6分）先化简：（﹣x﹣1）•，再从1，2，3中选取一个适当的数代入求值．‎ ‎【分析】直接将括号里面进行通分运算，进而利用分式的混合运算法则计算得出答案．‎ ‎【解答】解：原式＝[﹣﹣]•‎ ‎＝•‎ ‎＝，‎ 当x＝1，2时分式无意义，‎ 将x＝3，代入原式得：‎ 则原式＝＝﹣5．‎ ‎【点评】此题主要考查了分式的化简求值，正确掌握分式的混合运算法则是解题关键．‎ ‎18．（7分）如图，已知：在△ABC中，∠BAC＝90°，延长BA到点D，使AD＝AB，点E，F分别是边BC，AC的中点．求证：DF＝BE．‎ ‎【分析】证出FE是△ABC的中位线，由三角形中位线定理得出FE＝AB，FE∥AB，得出∠EFC＝∠BAC＝90°，得出∠DAF＝∠EFC，AD＝FE，证明△ADF≌△FEC得出DF＝EC，即可得出结论．‎ ‎【解答】证明：∵∠BAC＝90°，‎ ‎∴∠DAF＝90°，‎ ‎∵点E，F分别是边BC，AC的中点，‎ ‎∴AF＝FC，BE＝EC，FE是△ABC的中位线，‎ ‎∴FE＝AB，FE∥AB，‎ ‎∴∠EFC＝∠BAC＝90°，‎ ‎∴∠DAF＝∠EFC，‎ 第30页（共30页）‎ ‎∵AD＝AB，‎ ‎∴AD＝FE，‎ 在△ADF和△FEC中，，‎ ‎∴△ADF≌△FEC（SAS），‎ ‎∴DF＝EC，‎ ‎∴DF＝BE．‎ ‎【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质、三角形中位线定理、平行线的性质；熟练掌握三角形中位线定理，证明三角形全等是解题的关键．‎ ‎19．（8分）如今很多初中生喜欢购头饮品饮用，既影响身体健康又给家庭增加不必要的开销，为此某班数学兴趣小组对本班同学一天饮用饮品的情况进行了调查，大致可分为四种：A．白开水，B．瓶装矿泉水，C．碳酸饮料，D．非碳酸饮料．根据统计结果绘制如下两个统计图，根据统计图提供的信息，解答下列问题 ‎（1）这个班级有多少名同学？并补全条形统计图；‎ ‎（2）若该班同学每人每天只饮用一种饮品（每种仅限一瓶，价格如下表），则该班同学每天用于饮品的人均花费是多少元？‎ 饮品名称 白开水 瓶装矿泉水 碳酸饮料 非碳酸饮料 平均价格（元/瓶）‎ ‎0‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎（3）为了养成良好的生活习惯，班主任决定在饮用白开水的5名班委干部（其中有两位班长记为A，B，其余三位记为C，D，E）中随机抽取2名班委干部作良好习惯监督员，请用列表法或画树状图的方法求出恰好抽到2名班长的概率．‎ ‎【分析】（1）由B饮品的人数及其所占百分比可得总人数，再根据各饮品的人数之和等于总人数求出C的人数即可补全图形；‎ ‎（2）根据加权平均数的定义计算可得；‎ 第30页（共30页）‎ ‎（3）画树状图得出所有等可能结果，从中找到符合条件的结果，再根据概率公式计算可得．‎ ‎【解答】解：（1）这个班级的学生人数为15÷30%＝50（人），‎ 选择C饮品的人数为50﹣（10+15+5）＝20（人），‎ 补全图形如下：‎ ‎（2）＝2.2（元），‎ 答：该班同学每天用于饮品的人均花费是2.2元；‎ ‎（3）画树状图如下：‎ 由树状图知共有20种等可能结果，其中恰好抽到2名班长的有2种结果，‎ 所以恰好抽到2名班长的概率为＝．‎ ‎【点评】此题考查的是用列表法或树状图法求概率．列表法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，适合于两步完成的事件；树状图法适合两步或两步以上完成的事件；解题时要注意此题是放回实验还是不放回实验．用到的知识点为：概率＝所求情况数与总情况数之比．‎ ‎20．（8分）某水果商计划购进甲、乙两种水果进行销售，经了解，甲种水果的进价比乙种水果的进价每千克少4元，且用800元购进甲种水果的数量与用1000元购进乙种水果的数量相同．‎ ‎（1）求甲、乙两种水果的单价分别是多少元？‎ 第30页（共30页）‎ ‎（2）该水果商根据该水果店平常的销售情况确定，购进两种水果共200千克，其中甲种水果的数量不超过乙种水果数量的3倍，且购买资金不超过3420元，购回后，水果商决定甲种水果的销售价定为每千克20元，乙种水果的销售价定为每千克25元，则水果商应如何进货，才能获得最大利润，最大利润是多少？‎ ‎【分析】（1）根据题意可以列出相应的分式方程，求出甲、乙两种水果的单价分别是多少元；‎ ‎（2）根据题意可以得到利润和购买甲种水果数量之间的关系，再根据甲种水果的数量不超过乙种水果数量的3倍，且购买资金不超过3420元，可以求得甲种水果数量的取值范围，最后根据一次函数的性质即可解答本题．‎ ‎【解答】解：（1）设甲种水果的单价是x元，则乙种水果的单价是（x+4）元，‎ ‎，‎ 解得，x＝16，‎ 经检验，x＝16是原分式方程的解，‎ ‎∴x+4＝20，‎ 答：甲、乙两种水果的单价分别是16元、20元；‎ ‎（2）设购进甲种水果a千克，则购进乙种水果（200﹣a）千克，利润为w元，‎ w＝（20﹣16）a+（25﹣20）（200﹣a）＝﹣a+1000，‎ ‎∵甲种水果的数量不超过乙种水果数量的3倍，且购买资金不超过3420元，‎ ‎∴，‎ 解得，145≤a≤150，‎ ‎∴当a＝145时，w取得最大值，此时w＝855，200﹣a＝55，‎ 答：水果商进货甲种水果145千克，乙种水果55千克，才能获得最大利润，最大利润是855元．‎ ‎【点评】本题考查一次函数的应用、分式方程的应用、一元一次方程的应用，解答本题的关键是明确题意，利用一次函数的性质和不等式的性质解答．‎ ‎21．（8分）如图，某海监船以60海里/时的速度从A处出发沿正西方向巡逻，一可疑船只在A的西北方向的C处，海监船航行1.5小时到达B处时接到报警，需巡査此可疑船只，此时可疑船只仍在B的北偏西30°方向的C处，然后，可疑船只以一定速度向正西方向逃离，海监船立刻加速以90海里/时的速度追击，在D处海监船追到可疑船只，D在B的北偏西60°方同．（以下结果保留根号）‎ ‎（1）求B，C两处之问的距离；‎ 第30页（共30页）‎ ‎（2）求海监船追到可疑船只所用的时间．‎ ‎【分析】（1）作CE⊥AB于E，则∠CEA＝90°，由题意得：AB＝60×1.5＝90，∠CAB＝45°，∠CBN＝30°，∠DBN＝60°，得出△ACE是等腰直角三角形，∠CBE＝60°，得出CE＝AE，∠BCE＝30°，由直角三角形的性质得出CE＝BE，BC＝2BE，设BE＝x，则CE＝x，AE＝BE+AB＝x+90，得出方程x＝x+90，解得：x＝45+45，得出BC＝2x＝90+90即可；‎ ‎（2）作DF⊥AB于F，则DF＝CE＝x＝135+45，∠DBF＝30°，由直角三角形的性质得出BD＝2DF＝270+90，即可得出结果．‎ ‎【解答】解：（1）作CE⊥AB于E，如图1所示：‎ 则∠CEA＝90°，‎ 由题意得：AB＝60×1.5＝90（海里），∠CAB＝45°，∠CBN＝30°，∠DBN＝60°，‎ ‎∴△ACE是等腰直角三角形，∠CBE＝60°，‎ ‎∴CE＝AE，∠BCE＝30°，‎ ‎∴CE＝BE，BC＝2BE，‎ 设BE＝x，则CE＝x，AE＝BE+AB＝x+90，‎ ‎∴x＝x+90，‎ 解得：x＝45+45，‎ ‎∴BC＝2x＝90+90；‎ 答：B，C两处之问的距离为（90+90）海里；‎ ‎（2）作DF⊥AB于F，如图2所示：‎ 则DF＝CE＝x＝135+45，∠DBF＝90°﹣60°＝30°，‎ ‎∴BD＝2DF＝270+90，‎ ‎∴海监船追到可疑船只所用的时间为＝3+（小时）；‎ 答：海监船追到可疑船只所用的时间为（3+）小时．‎ 第30页（共30页）‎ ‎【点评】本题考查了解直角三角形的应用、方向角、直角三角形的性质；正确作出辅助线是解题的关键．‎ ‎22．（10分）如图，在平闻直角坐标系中，直线AB与y轴交于点B（0，7），与反比例函数y＝在第二象限内的图象相交于点A（﹣1，a）．‎ ‎（1）求直线AB的解析式；‎ ‎（2）将直线AB向下平移9个单位后与反比例函数的图象交于点C和点E，与y轴交于点D，求△ACD的面积；‎ ‎（3）设直线CD的解析式为y＝mx+n，根据图象直接写出不等式mx+n≤的解集．‎ ‎【分析】（1）将点A（﹣1，a）代入反比例函数y＝求出a的值，确定出A的坐标，再根据待定系数法确定出一次函数的解析式；‎ ‎（2）根据直线的平移规律得出直线CD的解析式为y＝﹣x﹣2，从而求得D的坐标，联立方程求得交点C、E的坐标，根据三角形面积公式求得△CDB的面积，然后由同底等高的两三角形面积相等可得△ACD与△CDB面积相等；‎ 第30页（共30页）‎ ‎（3）根据图象即可求得．‎ ‎【解答】解：（1））∵点A（﹣1，a）在反比例函数y＝的图象上，‎ ‎∴a＝＝8，‎ ‎∴A（﹣1，8），‎ ‎∵点B（0，7），‎ ‎∴设直线AB的解析式为y＝kx+7，‎ ‎∵直线AB过点A（﹣1，8），‎ ‎∴8＝﹣k+7，解得k＝﹣1，‎ ‎∴直线AB的解析式为y＝﹣x+7；‎ ‎（2）∵将直线AB向下平移9个单位后得到直线CD的解析式为y＝﹣x﹣2，‎ ‎∴D（0，﹣2），‎ ‎∴BD＝7+2＝9，‎ 联立，解得或，‎ ‎∴C（﹣4，2），E（2，﹣4），‎ 连接AC，则△CBD的面积＝×9×4＝18，‎ 由平行线间的距离处处相等可得△ACD与△CDB面积相等，‎ ‎∴△ACD的面积为18．‎ ‎（3）∵C（﹣4，2），E（2，﹣4），‎ ‎∴不等式mx+n≤的解集是：﹣4＜x＜0或x＞2．‎ ‎【点评】‎ 第30页（共30页）‎ 此题考查了一次函数与反比例函数的交点问题，待定系数法求函数解析式，三角形的面积求法，以及一次函数图象与几何变换，熟练掌握待定系数法是解题的关键．‎ ‎23．（10分）如图，AB是⊙O的直径，点P是BA延长线上一点，过点P作⊙O的切线PC，切点是C，过点C作弦CD⊥AB于E，连接CO，CB．‎ ‎（1）求证：PD是⊙O的切线；‎ ‎（2）若AB＝10，tanB＝，求PA的长；‎ ‎（3）试探究线段AB，OE，OP之间的数量关系，并说明理由．‎ ‎【分析】（1）连接OD，证明∠ODP＝90°即可；‎ ‎（2）由tanB＝，可得，可求出AC，BC；再求出CE，OE，由△OCE∽△OPC，可求出OP，PA；‎ ‎（3）由△OCE∽△OPC或由＝cos∠COP＝得OC2＝OE•OP，再将OC＝AB代入即可．‎ ‎【解答】解：（1）证明：连接OD，‎ ‎∵PC是⊙O的切线，‎ ‎∴∠PCO＝90°，即∠PCD+∠OCD＝90°，‎ ‎∵OA⊥CD ‎∴CE＝DE ‎∴PC＝PD ‎∴∠PDC＝∠PCD ‎∵OC＝OD ‎∴∠ODC＝∠OCD，‎ ‎∴∠PDC+∠ODC＝∠PCD+∠OCD＝90°，‎ ‎∴PD是⊙O的切线．‎ ‎（2）如图2，连接AC，‎ 第30页（共30页）‎ ‎∵AB是⊙O的直径，‎ ‎∴∠ACB＝90°，‎ ‎∴tanB＝＝‎ 设AC＝m，BC＝2m，则由勾股定理得：m2+（2m）2＝102，解得：m＝，‎ AC＝2，BC＝4，‎ ‎∵CE×AB＝AC×BC，即10CE＝2×4，‎ ‎∴CE＝4，BE＝8，AE＝2‎ 在Rt△OCE中，OE＝OA﹣AE＝3，OC＝5，‎ ‎∴CE＝＝＝4，‎ ‎∵‎ ‎∴OP×OE＝OC×OC，即3OP＝5×5，‎ ‎∴OP＝，PA＝OP﹣OA＝﹣5＝．‎ ‎（3）AB2＝4OE•OP 如图2，∵PC切⊙O于C，‎ ‎∴∠OCP＝∠OEC＝90°，‎ ‎∴△OCE∽△OPC ‎∴，即OC2＝OE•OP ‎∵OC＝AB ‎∴‎ 即AB2＝4OE•OP．‎ 第30页（共30页）‎ ‎【点评】本题是一道圆的综合题，考查了圆的性质﹣垂径定理，圆的切线判定和性质，勾股定理，相似三角形性质，三角函数值等，要求学生能熟练运用所学知识解答本题，形成数学解题能力．‎ ‎24．（12分）如图，直线y＝﹣x+4与x轴，y轴分别交于A，B两点，过A，B两点的抛物线y＝ax2+bx+c与x轴交于点C（﹣1，0）．‎ ‎（1）求抛物线的解析式；‎ ‎（2）连接BC，若点E是线段AC上的一个动点（不与A，C重合），过点E作EF∥BC，交AB于点F，当△BEF的面积是时，求点E的坐标；‎ ‎（3）在（2）的结论下，将△BEF绕点F旋转180°得△B′E′F，试判断点E′是否在抛物线上，并说明理由．‎ ‎【分析】（1）求出点A、B的坐标分别为（4，0）、（0，4），即可求解；‎ ‎（2）利用S△BEF＝S△OAB﹣S△OBE﹣S△AEF＝×4×4﹣×4m﹣（4﹣m）×＝，即可求解；‎ ‎（3）△BEF绕点F旋转180°得△B′E′F，则点E′（，4），将该点坐标代入二次函数表达式即可检验．‎ ‎【解答】解：（1）y＝﹣x+4…①，‎ 令x＝0，y＝4，令y＝0，则x＝4，‎ 故点A、B的坐标分别为（4，0）、（0，4），‎ 第30页（共30页）‎ 抛物线的表达式为：y＝a（x+1）（x﹣4）＝a（x2﹣3x﹣4），‎ 即﹣4a＝4，解得：a＝﹣1，‎ 故抛物线的表达式为：y＝﹣x2+3x+4…②；‎ ‎（2）设点E（m，0），‎ 直线BC表达式中的k值为4，EF∥BC，‎ 则直线EF的表达式为：y＝4x+n，‎ 将点E坐标代入上式并解得：‎ 直线EF的表达式为：y＝4x﹣4m…③，‎ 联立①③并解得：x＝（m+1），‎ 则点F（，），‎ S△BEF＝S△OAB﹣S△OBE﹣S△AEF＝×4×4﹣×4m﹣（4﹣m）×＝，‎ 解得：m＝，‎ 故点E（，0）、点E（2，2）；‎ ‎（3）△BEF绕点F旋转180°得△B′E′F，则点E′（，4），‎ 当x＝时，y＝﹣x2+3x+4＝﹣（）2+3×+4≠4，‎ 故点E′不在抛物线上．‎ ‎【点评】本题考查的是二次函数综合运用题，涉及到一次函数、面积的计算等知识点，其中（2），S△BEF＝S△OAB﹣S△OBE﹣S△AEF，是本题解题的关键．‎ 声明：试题解析著作权属菁优网所有，未经书面同意，不得复制发布 日期：2019/7/4 17:11:48；用户：柯瑞；邮箱：ainixiaoke00@163.com；学号：500557‎ 第30页（共30页）‎