2017嘉興舟山中考數學練習試卷(2)
2017嘉興舟山中考數學練習試題答案
一、 選擇題
1-5DCDAD 6-10AABBA 11-15CDCDA 16-20BDBCA 21-23BBC
二、 填空題
1. 3
2. 8
3. 0或-1
4. ( )
5. 10
6. 等腰三角形或等腰直角三角形
7.
8. ( )
9. 5
10. (1345.5， )
11.
三、 解答題
1. 解：原式=1+3﹣ ﹣4+3 =2 .
2. 解：原式=-13.
3. 解：化簡得： ;求值得：
4. 解：(1) ∠BAC=45°; (2)OH是AB的垂直平分線.
5.解：(1)如圖1所示：四邊形即為菱形;
(2)如圖2，3所示：即為所求答案.
6. 解：(1)設每行駛1千米純用電的費用為x元，
，解得，x=0.26
經檢驗，x=0.26是原分式方程的解，
即每行駛1千米純用電的費用為0.26元;
(2)從A地到B地油電混合行駛，用電行駛y千米，
0.26y+( ﹣y)×(0.26+0.50)≤39
解得，y≥74，
即至少用電行駛74千米.
7. 解：設甲隊單獨完成此項工程需要x天，乙隊單獨完成需要(x+5)天.
依據題意可列方程： ，
解得：x1=10，x2=﹣3(舍去).
經檢驗：x=10是原方程的解.
設甲隊每天的工程費為y元.
依據題意可列方程：6y+6(y﹣4000)=385200，
解得：y=34100.
甲隊完成此項工程費用為34100×10=341000元.
乙隊完成此項工程費用為30100×15=451500元.
答：從節省資金的角度考慮，應該選擇甲工程隊.
8. 解：(1)設該地投入異地安置資金的年平均增長率為x，根據題意，
得：1280(1+x)2=1280+1600，
解得：x=0.5或x=﹣2.25(舍)，
答：從2015年到2017年，該地投入異地安置資金的年平均增長率為50%;
(2)設今年該地有a戶享受到優先搬遷租房獎勵，根據題意，
得：1000×8×400+(a﹣1000)×5×400≥5000000，
解得：a≥1900，
答：今年該地至少有1900戶享受到優先搬遷租房獎勵.
9. 解：(1)∵點A(m，2)在直線y=2x上，∴2=2m，
∴m=1，∴點A(1，2)，
又∵點A(1，2)在反比例函數y= 的圖像上，∴k=2.
(2)設平移后的直線與y軸交于點B，連接AB，則S△AOB=S△POA=2 .
過點A作y軸的垂線AC， 垂足為點C，則AC=1.
∴ OB•AC=2，∴OB=4.
∴平移后的直線的解析式為y=2x-4.
10. 解：(1)證明：∵反比例函數y= 的圖象在二四象限，∴k<0，
∴一次函數為y=kx+b隨x的增大而減小，
∵A，D都在第一象限，∴3k+b>0，∴b>﹣3k;
(2)由題意知： ，∴ ①，
∵E(﹣ ，0)，F(0，b)，
∴S△OEF= ×(﹣ )×b= ②，
由①②聯立方程組解得：k=﹣ ，b=3，
∴這個一次函數的解析式為y=﹣ x+3，
解﹣ =﹣ x+3得x1= ，x2= ，
∴直線y=kx+b與反比例函數y= 的交點坐標的橫坐標是 或 ，
∴不等式 >kx+b的解集為 .
11. 解：(1)∵∠ABO=90°，∠AOB=30°，OB=2 ，∴AB= OB=2，
作CE⊥OB于E，∵∠ABO=90°，∴CE∥AB，∴OC=AC，
∴OE=BE= OB= ，CE= AB=1，
∴C( ，1)，
∵反比例函數y= (x>0)的圖象經過OA的中點C，
∴1= ，∴k= ，∴反比例函數的關系式為y= ;
(2)∵OB=2 ，∴D的橫坐標為2 ，
代入y= 得，y= ，∴D(2 ， )，∴BD= ，
∵AB=2，∴AD= ，∴S△ACD= AD•BE= × × = ，
∴S四邊形CDBO=S△AOB﹣S△ACD= OB•AB﹣ = ×2 ×2﹣ = .
12. 解：(1)∵“很喜歡”的部分占的百分比為：1﹣25%﹣40%=35%，
∴扇形統計圖中，“很喜歡”的部分所對應的圓心角為：360°×35%=126°;
∵“很喜歡”月餅的同學數：60×35%=21，
∴條形統計圖中，喜歡“豆沙”月餅的學生數：21﹣6﹣3﹣8=4，
故答案分別為126°，4.
(2)900名學生中“很喜歡”的有900×35%=315人，
900名學生中“比較喜歡”的有900×40%=360人，
∴估計該校學生中“很喜歡”和“比較喜歡”月餅的共有675人.
故答案為675.
(3)無聊表示方便，記云腿、豆沙、蓮蓉、蛋黃四種月餅分別為A、B、C、D.畫出的樹狀圖如圖所示，
∴甲、乙兩人中有且只有一人選中自己最愛吃的月餅的概率= = .
13. 解：(1)由扇形統計圖可知：扇形A的圓心角是36°，
所以喜歡A項目的人數占被調查人數的百分比= ×100%=10%.
由條形圖可知：喜歡A類項目的人數有20人，
所以被調查的學生共有20÷10%=200(人).
(2)喜歡C項目的人數=200-(20+80+40)=60(人)，
因此在條形圖中補畫高度為60的長方條，如圖所示.
14. 解：(1)a=7,b=7.5,c=4.2
(2)甲.
15. 解：∵∠BDC=90°，BC=10，sinB= ，
∴CD=BC•sinB=10×0.59=5.9，
∵在Rt△BCD中，∠BCD=90°﹣∠B=90°﹣36°=54°，
∴∠ACD=∠BCD﹣∠ACB=54°﹣36°=18°，
∴在Rt△ACD中，tan∠ACD= ，
∴AD=CD•tan∠ACD=5.9×0.32=1.888≈1.9(米)，
則改建后南屋面邊沿增加部分AD的長約為1.9米.
16. 解：他的這種坐姿不符合保護視力的要求，
理由：如圖2所示：過點B作BD⊥AC于點D，
∵BC=30cm，∠ACB=53°，
∴sin53°= ≈0.8，解得：BD=24，
cos53°= ≈0.6，解得：DC=18，
∴AD=22﹣18=4(cm)，
∴AB= ，
∴他的這種坐姿不符合保護視力的要求.
17. 解：(1)如圖所示：延長BA，過點C作CD⊥BA延長線與點D，
由題意可得：∠CBD=30°，BC=120海里，
則DC=60海里 ，故cos30°= ，
解得：AC=40 ，
答：點A到島礁C的距離為40 海里;
(2)如圖所示：過點A′作A′N⊥BC于點N，
可得∠1=30°，∠BA′A=45°，A′N=A′E，
則∠2=15°，即A′B平分∠CBA，
設AA′=x，則A′E= x，
故CA′=2A′N=2× x= x，
∵ x+x=40 ，∴解得：x=20( ﹣1)，
答：此時“中國海監50”的航行距離為20( ﹣1)海里.
18. 解：
19. 解：(1)連接OH、OM，
∵H是AC的中點，O是BC的中點，
∴OH是△ABC的中位線，∴OH∥AB，
∴∠COH=∠ABC，∠MOH=∠OMB，
又∵OB=OM，∴∠OMB=∠MBO，∴∠COH=∠MOH，
在△COH與△MOH中， △COH≌△MOH(SAS)，
∴∠HCO=∠HMO=90°，∴MH是⊙O的切線;
(2)∵MH、AC是⊙O的切線，∴HC=MH= ，∴AC=2HC=3，
∵tan∠ABC= ，∴ ，∴BC=4，∴⊙O的半徑為2;
(3)連接OA、CN、ON，OA與CN相交于點I，
∵AC與AN都是⊙O的切線，
∴AC=AN，AO平分∠CAD，∴AO⊥CN，
∵AC=3，OC=2，
∴由勾股定理可求得：AO= ，
∵ AC•OC= AO•CI，∴CI= .
∴由垂徑定理可求得：CN= ，
設OE=x，由勾股定理可得：CN2﹣CE2=ON2﹣OE2，
∴ ﹣(2+x)2=4﹣x2，∴x= ，∴CE= ，
由勾股定理可求得：EN= ， ∴由垂徑定理可知：NQ=2EN= .
20. 解：(1)∵ = ，∴∠ACB=∠ADB=45°，
∵∠ABD=45°，∴∠BAD=90°，
∴BD是△ABD外接圓的直徑;
(2)在CD的延長線上截取DE=BC，連接EA，
∵∠ABD=∠ADB， ∴AB=AD，
∵∠ADE+∠ADC=180°，∠ABC+∠ADC=180°，
∴∠ABC=∠ADE，
在△ABC與△ADE中， ∴△ABC≌△ADE(SAS)，
∴∠BAC=∠DAE，∴∠BAC+∠CAD=∠DAE+∠CAD，∴∠BAD=∠CAE=90°，
∵ = ，∴∠ACD=∠ABD=45°，∴△CAE是等腰直角三角形，
∴ AC=CE，∴ AC=CD+DE=CD+BC;
(3)過點M作MF⊥MB于點M，過點A作AF⊥MA于點A，MF與AF交于點F，連接BF，由對稱性可知：∠AMB=ACB=45°，∴∠FMA=45°，
∴△AMF是等腰直角三角形，∴AM=AF，MF= AM，
∵∠MAF+∠MAB=∠BAD+∠MAB，∴∠FAB=∠MAD，
在△ABF與△ADM中， ∴△ABF≌△ADM(SAS)，∴BF=DM，
在 Rt△BMF中，∵BM2+MF2=BF2，∴BM2+2AM2=DM2.
21. 證明：(1)∵點D關于直線AE的對稱點為F，
∴∠EAF=∠DAE，AD=AF，
又∵∠BAC=2∠DAE，∴∠BAC=∠DAF，
∵AB=AC，∴ = ，
∴△ADF∽△ABC;
(2)∵點D關于直線AE的對稱點為F，
∴EF=DE，AF=AD，
∵α=45°，∴∠BAD=90°﹣∠CAD，
∠CAF=∠DAE+∠EAF﹣∠CAD=45°+45°﹣∠CAD=90°﹣∠CAD，∴∠BAD=∠CAF，
在△ABD和△ACF中， ，∴△ABD≌△ACF(SAS)，
∴CF=BD，∠ACF=∠B，
∵AB=AC，∠BAC=2α，α=45°，
∴△ABC是等腰直角三角形，∴∠B=∠ACB=45°，
∴∠ECF=∠ACB+∠ACF=45°+45°=90°，
在Rt△CEF中，由勾股定理得，EF2=CF2+ CE2，
所以，DE2=BD2+CE2;
(3)DE2=BD2+CE2還能成立.
理由如下：作點D關于AE的對稱點F，連接EF、CF，
由軸對稱的性質得，EF=DE，AF=AD，
∵α=45°，∴∠BAD=90°﹣∠CAD，
∠CAF=∠DAE+∠EAF﹣∠CAD=45°+45°﹣∠CAD=90°﹣∠CAD，
∴∠BAD=∠CAF，
在△ABD和△ACF中， ，∴△ABD≌△ACF(SAS)，
∴CF=BD，∠ACF=∠B，
∵AB=AC，∠BAC=2α，α=45°，∴△ABC是等腰直角三角形，
∴∠B=∠ACB=45°，
∴∠ECF=∠ACB+∠ACF=45°+45°=90°，
在Rt△CEF中，由勾股定理得，EF2=CF2+CE2，
所以，DE2=BD2+CE2.
22. 解：(1)①∵在矩形ABCD中，AD∥BC，
∴∠KDO=∠GBO，∠DKO=∠BGO
∵點O是BD的中點，∴DO=BO.
∴△DOK≌△BOG(AAS)
②∵四邊形ABCD是矩形，∴∠BAD=∠ABC=90°，AD∥BC.
又∵AF平分∠BAD，∴∠BAF=∠BFA=45°，∴AB=BF.
∵OK∥AF，AK∥FG，∴四邊形AFGK是平行四邊形.
∴AK=FG.
∵BG=BF+FG，∴BG=AB+AK.
(2)①由(1)得，四邊形AFGK是平行四邊形，
∴AK=FG，AF=KG.
又∵△DOK≌△BOG，且KD=KG，∴AF=KG=KD=BG.
設AB=a，則AF=KG=KD=BG= a，
∴AK=4﹣ ﹣ a，FG=BG﹣BF= a﹣a
∴4﹣ ﹣ a= a﹣a.
解得a= ，∴KD= a=2
②過點G作GI⊥KD于點I，由(2)①可知KD=AF=2
∴GI=AB= ，∴S△DKG= ×2× = .
∵PD=m，∴PK=2﹣m.
∵PM∥DG，PN∥KG，
∴四邊形PMGN是平行四邊形，△DKG∽△PKM∽△DPN.
∴ ，即S△DPN=( )2
同理S△PKM=( )2
∵S△PMN= ，∴S平行四邊形PMGN=2S△PMN=2× .
又∵S平行四邊形PMGN=S△DKG﹣S△DPN﹣S△PKM，
∴2× = ﹣( )2 ﹣( )2 ，即m2﹣2m+1=0，
解得m1=m2=1，∴當S△PMN= 時，m的值為1.
23. 解：(1)解：結論AE=EF=AF.
理由：如圖1中，連接AC，
∵四邊形ABCD是菱形，∠B=60°，
∴AB=BC=CD=AD，∠B=∠D=60°，
∴△ABC，△ADC是等邊三角形，
∴∠BAC=∠DAC=60°
∵BE=EC，∴∠BAE=∠CAE=30°，AE⊥BC，
∵∠EAF=60°，∴∠CAF=∠DAF=30°，∴AF⊥CD，
∴AE=AF(菱形的高相等)，
∴△AEF是等邊三角形，∴AE=EF=AF.
(2)證明：如圖2中，∵∠BAC=∠EAF=60°，∴∠BAE=∠CAE，
在△BAE和△CAF中， ,∴△BAE≌△CAF，∴BE=CF.
(3)解：過點A作AG⊥BC于點G，過點F作FH⊥EC于點H，
∵∠EAB=15°，∠ABC=60°，∴∠AEB=45°，
在RT△AGB中，∵∠ABC=60°AB=4，∴BG=2，AG=2 ，
在RT△AEG中，∵∠AEG=∠EAG=45°，∴AG=GE=2 ，∴EB=EG﹣BG=2 ﹣2，
∵△AEB≌△AFC，∴AE=AF，EB=CF=2 ﹣2，∠AEB=∠AFC=45°，
∵∠EAF=60°，AE=AF，∴△AEF是等邊三角形，∴∠AEF=∠AFE=60°
∵∠AEB=45°，∠AEF=60°，∴∠CEF=∠AEF﹣∠AEB=15°，
在RT△EFH中，∠CEF=15°，∴∠EFH=75°，
∵∠AFE=60°，∴∠AFH=∠EFH﹣∠AFE=15°，
∵∠AFC=45°，∠CFH=∠AFC﹣∠AFH=30°，
在RT△CHF中，∵∠CFH=30°，CF=2 ﹣2，
∴FH=CF•cos30°=(2 ﹣2)• =3﹣ .
∴點F到BC的距離為3﹣ .
24. 解：(1)∵過B，C，D三點的拋物線y=ax2+bx+c(a≠0)的頂點坐標為(2，2)，
∴點C的橫坐標為4，BC=4，
∵四邊形ABCD為平行四邊形，∴AD=BC=4，
∵A(2，6)，∴D(6，6)，
設拋物線解析式為y=a(x﹣2)2+2，
∵點D在此拋物線上，∴6=a(6﹣2)2+2，∴a= ，
∴拋物線解析式為y= (x﹣2)2+2= x2﹣x+3，
(2)∵AD∥BC∥x軸，且AD，BC間的距離為3，BC，x軸的距離也為3，F(m，6)
∴E( ，3)，∴BE= ，∴S= (AF+BE)×3= (m﹣2+ )×3= m﹣3
∵點F(m，6)是線段AD上，∴2≤m≤6，即：S= m﹣3.(2≤m≤6)
(3)∵拋物線解析式為y= x2﹣x+3，∴B(0，3)，C(4，3)，
∵A(2，6)，∴直線AC解析式為y=﹣ x+9，
∵FM⊥x軸，垂足為M，交直線AC于P
∴P(m，﹣ m+9)，(2≤m≤6)
∴PN=m，PM=﹣ m+9，
∵FM⊥x軸，垂足為M，交直線AC于P，過點P作PN⊥y軸，∴∠MPN=90°，
∴MN=
∵2≤m≤6，∴當m= 時，MN最大= .
25. 解：(1)∵x2﹣2x﹣3=0，∴x=3或x=﹣1，
∴B(0，3)，C(0，﹣1)，∴BC=4，
(2)∵A(﹣ ，0)，B(0，3)，C(0，﹣1)，
∴OA= ，OB=3，OC=1，∴OA2=OB•OC，
∵∠AOC=∠BOA=90°，∴△AOC∽△BOA，∴∠CAO=∠ABO，
∴∠CAO+∠BAO=∠ABO+∠BAO=90°，∴∠BAC=90°，∴AC⊥AB;
(3)設直線AC的解析式為y=kx+b，
把A(﹣ ，0)和C(0，﹣1)代入y=kx+b，
∴ ，解得
∴直線AC的解析式為：y=﹣ x﹣1，
∵DB=DC，∴點D在線段BC的垂直平分線上，∴D的縱坐標為1，
∴把y=1代入y=﹣ x﹣1，∴x=﹣2 ，
∴D的坐標為(﹣2 ，1)，
(4)設直線BD的解析式為：y=mx+n，直線BD與x軸交于點E，
把B(0，3)和D(﹣2 ，1)代入y=mx+n，
∴ ，解得
∴直線BD的解析式為：y= x+3，
令y=0代入y= x+3，∴x=﹣3 ，
∴E(﹣3 ，0)，∴OE=3 ，
∴tan∠BEC= = ，∴∠BEO=30°，
同理可求得：∠ABO=30°，∴∠ABE=30°，
當PA=AB時，如圖1，
此時，∠BEA=∠ABE=30°，∴EA=AB，
∴P與E重合，∴P的坐標為(﹣3 ，0)，
當PA=PB時，如圖2，此時，∠PAB=∠PBA=30°，
∵∠ABE=∠ABO=30°，∴∠PAB=∠ABO，
∴PA∥BC，∴∠PAO=90°，∴點P的橫坐標為﹣ ，
令x=﹣ 代入y= x+3，∴y=2，∴P(﹣ ，2)，
當PB=AB時，如圖3，
∴由勾股定理可求得：AB=2 ，EB=6，
若點P在y軸左側時，記此時點P為P1，
過點P1作P1F⊥x軸于點F，∴P1B=AB=2 ，∴E P1=6﹣2 ，
∴sin∠BEO= ，∴F P1=3﹣ ，
令y=3﹣ 代入y= x+3，∴x=﹣3，∴P1(﹣3，3﹣ )，
若點P在y軸的右側時，記此時點P為P2，
過點P2作P2G⊥x軸于點G，∴P2B=AB=2 ，
∴E P2=6+2 ，∴sin∠BEO= ，∴G P2=3+ ，
令y=3+ 代入y= x+3，∴x=3，∴P2(3，3+ )，
綜上所述，當A、B、P三點為頂點的三角形是等腰三角形時，點P的坐標為(﹣3 ，0)，(﹣ ，2)，(﹣3，3﹣ )，(3，3+ ).
26. 解：(1) ， ， .
(2)存在.
第一種情況，當以C為直角頂點時，過點C作CP1⊥AC，交拋物線于點P1.過點P1作y軸的垂線，垂足是M.
∵OA=OC，∠AOC =90°∴∠OCA=∠OAC=45°.
∵∠ACP1=90°，∴∠MCP1 =90°-45°=45°=∠C P1M.∴MC=MP1.
由(1)可得拋物線為 .
設 ，則 ，
解得： (舍去)， .
∴ .則P1的坐標是 .
第二種情況，當以A為直角頂點時，過點A作AP2⊥AC，交拋物線于點P2，過點P2作y軸的垂線，垂足是N，AP2交y軸于點F.∴P2N∥x軸.
由∠CAO=45°，∴∠OAP2=45°.∴∠FP2N=45°，AO=OF=3.∴P2N=NF.
設 ，則 .
解得： (舍去)， .∴ ，則P2的坐標是 .
綜上所述，P的坐標是 或 .
(3)連接OD，由題意可知，四邊形OFDE是矩形，則OD=EF.
根據垂線段最短，可得當OD⊥AC時，OD最短，即EF最短.
由(1)可知，在Rt△AOC中，
∵OC=OA=3，OD⊥AC，∴ D是AC的中點.
又∵DF∥OC，∴ .
∴點P的縱坐標是 . 則 ， 解得： .
∴當EF最短時，點P的坐標是：( ， )或( ， ).
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