2017年包頭中考數學練習試卷(2)

　　15.，在Rt△ABC中，∠C=30°，以直角頂點A為圓心，AB長為半徑畫弧交BC于點D，過D作DE⊥AC于點E.若DE=a，則△ABC的周長用含a的代數式表示為　(6+2 )a　.

　　【考點】含30度角的直角三角形;等邊三角形的判定與性質;勾股定理.

　　【分析】先根據∠C=30°，∠BAC=90°，DE⊥AC可知BC=2AB，CD=2DE，再由AB=AD可知點D是斜邊BC的中點，由此可用a表示出AB的長，根據勾股定理可得出AC的長，由此可得出結論.

　　【解答】解：∵∠C=30°，∠BAC=90°，DE⊥AC，

　　∴BC=2AB，CD=2DE=2a.

　　∵AB=AD，

　　∴點D是斜邊BC的中點，

　　∴BC=2CD=4a，AB= BC=2a，

　　∴AC= = =2 a，

　　∴△ABC的周長=AB+BC+AC=2a+4a+2 a=(6+2 )a.

　　故答案為：(6+2 )a.

　　三、解答題(一)(本大題共4題，滿分31分)

　　16.先化簡，再求值： ÷(1﹣ )，其中a= ﹣2.

　　【考點】分式的化簡求值.

　　【分析】先通分，然后進行四則運算，最后將a= ﹣2代入計算即可.

　　【解答】解：原式= ×

　　= ，

　　當a= ﹣2時，

　　原式= = = .

　　17.，AC=AE，∠1=∠2，AB=AD.求證：BC=DE.

　　【考點】全等三角形的判定與性質.

　　【分析】先證出∠CAB=∠DAE，再由SAS證明△BAC≌△DAE，得出對應邊相等即可.

　　【解答】證明：∵∠1=∠2，

　　∴∠CAB=∠DAE，

　　在△BAC和△DAE中， ，

　　∴△BAC≌△DAE(SAS)，

　　∴BC=DE.

　　18.現代互聯網技術的廣泛應用.催生了快遞行業的高速發展.據凋查，某家小型“大學生自主創業”的快遞公司，今年三月份與五月份完成投遞的快遞總件數分別為10萬件和12.1萬件.現假定該公司每月的投遞總件數的增長率相同.

　　(1)求該快遞公司投遞快遞總件數的月平均增長率.

　　(2)如果平均每人每月最多可投遞快遞0.6萬件，那么該公司現有的26名快遞投遞業務員能否完成今年6月份的快遞投遞任務?如果不能，請問至少需要增加幾名業務員?2•1•c•n•j•y

　　【考點】一元二次方程的應用.

　　【分析】(1)設該快遞公司投遞快遞總件數的月平均增長率為x，根據今年三月份與五月份完成投遞的快遞總件數分別為10萬件和12.1萬件即可得出關于x的一元二次方程，解之取其正值即可得出結論;

　　(2)根據五月份完成投遞的快遞總件數結合完成投遞的快遞總件數即可算出今年6月份的快遞投遞總件數，再根據投遞快遞總件數=每人投遞件數×人數即可算出該公司現有的26名快遞投遞業務員最多能夠完成的任務量，二者比較后即可得出結論.

　　【解答】解：(1)設該快遞公司投遞快遞總件數的月平均增長率為x，

　　根據題意得：10×(1+x)2=12.1，

　　解得：x1=10%，x2=﹣210%.

　　答：該快遞公司投遞快遞總件數的月平均增長率為10%.

　　(2)12.1×(1+10%)=13.31(萬件)，

　　26×0.6=15.6(萬件).

　　∵15.6>13.31，

　　∴該公司現有的26名快遞投遞業務員能完成今年6月份的快遞投遞任務.

　　19.水龍頭關閉不嚴會造成滴水，容器內盛水量w(L)與滴水時間t(h)的關系用可以顯示水量的容器做1的試驗，并根據試驗數據繪制出2的函數圖象，結合圖象解答下列問題.

　　(1)容器內原有水多少升?

　　(2)求w與t之間的函數關系式，并計算在這種滴水狀態下一天的滴水量是多少升?

　　【考點】一次函數的應用.

　　【分析】(1)根據圖象可知，t=0時，w=0.3，即容器內原有水0.3升;

　　(2)設w與t之間的函數關系式為w=kt+b，將(0，0.3)，(1.5，0.9)代入，利用待定系數法求出w與t之間的函數關系式;計算即可求解.

　　【解答】解：(1)根據圖象可知，t=0時，w=0.3，即容器內原有水0.3升;

　　(2)設w與t之間的函數關系式為w=kt+b，

　　將(0，0.3)，(1.5，0.9)代入，

　　得 ，

　　解得 ，

　　故w與t之間的函數關系式為w=0.4t+0.3;

　　由解析式可得，每小時滴水量為0.4L，一天的滴水量為：0.4×24=9.6L，

　　即在這種滴水狀態下一天的滴水量是9.6升.

　　四、解答題(二)(本大題共4題，滿分44分)

　　20.，菱形ABCD的對角線AC與BD相交于點O，且BE∥AC，CE∥BD.

　　(1)求證：四邊形OBEC是矩形;

　　(2)若菱形ABCD的周長是4 ，tanα= ，求四邊形OBEC的面積.

　　【考點】菱形的性質;矩形的判定;解直角三角形.

　　【分析】(1)利用菱形的對角線互相垂直結合平行線的性質得出∠BOC=∠OCE=∠OBE=90°，進而求出即可;

　　(2)利用菱形的性質結合勾股定理得出CO，BO的長，進而求出四邊形OBEC的面積.

　　【解答】(1)證明：∵菱形ABCD的對角線AC與BD相交于點O，

　　∴AC⊥BD，

　　∵BE∥AC，CE∥BD，

　　∴∠BOC=∠OCE=∠OBE=90°，

　　∴四邊形OBEC是矩形;

　　(2)解：∵菱形ABCD的周長是4 ，

　　∴AB=BC=AD=DC= ，

　　∵tanα= ，

　　∴設CO=x，則BO=2x，

　　∴x2+(2x)2=( )2，

　　解得：x= ，

　　∴四邊形OBEC的面積為： ×2 =4.

　　21.某中學需在短跑、跳遠、乒乓球、跳高四類體育項目中各選一名同學參加中學生運動會，根據平時成績，把各項目進入復選的人員情況繪制成不完整的統計圖、表如下：

　　復選人員扇形統計圖：

　　復選人員統計表：

　　項目/人數/性別 男 女

　　短跑 1 2

　　跳遠 a 6

　　乒乓球 2 1

　　跳高 3 b

　　(1)求a、b的值;

　　(2)求扇形統計圖中跳遠項目對應圓心角的度數;

　　(3)用列表法或畫樹狀圖的方法求在短跑和乒乓球項目中選出的兩位同學都為男生的概率.

　　【考點】列表法與樹狀圖法;統計表;扇形統計圖.

　　【分析】(1)根據短跑人數為1+2=3人占總人數的12%求得總人數，進一步求得跳遠和和跳高的總人數，最后求得a、b的數值即可;

　　(2)用跳遠所占總人數的百分比乘360°即可得出;

　　(3)畫出樹狀圖，然后根據概率公式列式計算即可得解.

　　【解答】解：(1)總人數：

　　(1+2)÷12%

　　=3÷12%

　　=25(人)，

　　a=25×(1﹣36%﹣12%﹣12%)﹣6

　　=10﹣6

　　=4，

　　b=25×36%﹣3

　　=9﹣3

　　=6.

　　(2)360°×(1﹣36%﹣12%﹣12%)=144°.

　　(3)根據題意畫出樹狀圖如下：

　　一共有9種情況，恰好是兩位男生的情況有2種，

　　P(兩位男生)= .

　　22.，點O在∠APB的平分線上，⊙O與PA相切于點C.

　　(1)求證：直線PB與⊙O相切;

　　(2)PO的延長線與⊙O交于點E.若⊙O的半徑為3，PC=4.求弦CE的長.

　　【考點】切線的判定.

　　【分析】(1)連接OC，作OD⊥PB于D點.證明OD=OC即可.根據角的平分線性質易證;

　　(2)設PO交⊙O于F，連接CF.根據勾股定理得PO=5，則PE=8.證明△PCF∽△PEC，得CF：CE=PC：PE=1：2.根據勾股定理求解CE.

　　【解答】(1)證明：連接OC，作OD⊥PB于D點.

　　∵⊙O與PA相切于點C，

　　∴OC⊥PA.

　　∵點O在∠APB的平分線上，OC⊥PA，OD⊥PB，

　　∴OD=OC.

　　∴直線PB與⊙O相切;

　　(2)解：設PO交⊙O于F，連接CF.

　　∵OC=3，PC=4，∴PO=5，PE=8.

　　∵⊙O與PA相切于點C，

　　∴∠PCF=∠E.

　　又∵∠CPF=∠EPC，

　　∴△PCF∽△PEC，

　　∴CF：CE=PC：PE=4：8=1：2.

　　∵EF是直徑，

　　∴∠ECF=90°.

　　設CF=x，則EC=2x.

　　則x2+(2x)2=62，

　　解得x= .

　　則EC=2x= .

　　23.已知二次函數y=ax2+bx﹣3a經過點A(﹣1，0)、C(0，3)，與x軸交于另一點B，拋物線的頂點為D.

　　(1)求此二次函數解析式;

　　(2)連接DC、BC、DB，求證：△BCD是直角三角形;

　　(3)在對稱軸右側的拋物線上是否存在點P，使得△PDC為等腰三角形?若存在，求出符合條件的點P的坐標;若不存在，請說明理由.

　　【考點】二次函數綜合題.

　　【分析】(1)將A(﹣1，0)、B(3，0)代入二次函數y=ax2+bx﹣3a求得a、b的值即可確定二次函數的解析式;www-2-1-cnjy-com

　　(2)分別求得線段BC、CD、BD的長，利用勾股定理的逆定理進行判定即可;

　　(3)分以CD為底和以CD為腰兩種情況討論.運用兩點間距離公式建立起P點橫坐標和縱坐標之間的關系，再結合拋物線解析式即可求解.

　　【解答】解：(1)∵二次函數y=ax2+bx﹣3a經過點A(﹣1，0)、C(0，3)，

　　∴根據題意，得 ，

　　解得 ，

　　∴拋物線的解析式為y=﹣x2+2x+3.

　　(2)由y=﹣x2+2x+3=﹣(x﹣1)2+4得，D點坐標為(1，4)，

　　∴CD= = ，

　　BC= =3 ，

　　BD= =2 ，

　　∵CD2+BC2=( )2+(3 )2=20，BD2=(2 )2=20，

　　∴CD2+BC2=BD2，

　　∴△BCD是直角三角形;

　　(3)存在.

　　y=﹣x2+2x+3對稱軸為直線x=1.

　　①若以CD為底邊，則P1D=P1C，

　　設P1點坐標為(x，y)，根據勾股定理可得P1C2=x2+(3﹣y)2，P1D2=(x﹣1)2+(4﹣y)2，

　　因此x2+(3﹣y)2=(x﹣1)2+(4﹣y)2，

　　即y=4﹣x.

　　又P1點(x，y)在拋物線上，

　　∴4﹣x=﹣x2+2x+3，

　　即x2﹣3x+1=0，

　　解得x1= ，x2= <1，應舍去，

　　∴x= ，

　　∴y=4﹣x= ，

　　即點P1坐標為( ， ).

　　②若以CD為一腰，

　　∵點P2在對稱軸右側的拋物線上，由拋物線對稱性知，點P2與點C關于直線x=1對稱，

　　此時點P2坐標為(2，3).

　　∴符合條件的點P坐標為( ， )或(2，3).

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