2017年山东省潍坊市中考数学试卷（含解析版）

东潍试 2017 年山省坊市中考数学卷选择题项题（共小，每小题满分，分分在每小题给选项中， 12 336 .一、出的四个选错选、不或请只有一是正确的，把正确的选项选题选对 3出来，每小得分，选过记0出的答案超一个均分）．下列算式，正确的是（　　） a3 a2=a6 B a3 a=a3 C a2 a2=a4 D 1Aa2 2=a4 ． × ． ÷ ． + ．（）图2．如所示的几何体，其俯视图是（　　） A．B．C．D．洁储．可燃冰，学名叫天然气水合物，是一种高效清、量巨大的新能源．据 3“”报仅道，我国可燃冰预测远资过景源量就超了亿1000 亿1000 用科吨油当量．将记为学数法可表示（　　） A1 103 1000 108 BC1 1011 ． × D1 1014 ． × ． × ．×莹4．小和小博士下棋，小莹执圆执图盘子，小博士方子．如，棋中心方子的位 ﹣﹣莹圆）表示．小将第枚子 100，）表示，右下角方子的位置用（， 14置用（盘放入棋后，所有棋子构成一个轴对图称形．他放的位置是（　　） ﹣﹣﹣﹣﹣）A．（ 21，）．（ B11C1，）．（， 2D1，2）．（计键显结．用教材中的算器依次按如下，示的果在数上轴对应 5点的位置介于（　　间）之． A B ．与 CB C ．与 DCE．与．与 FD A B 图则满足（　　） 6BCD=90° ABDE αβ．如，∠ ，∥， ∠ 与∠ 第1页（共27页） ﹣Aαβ=180°B βα=90° C β=3 αD αβ=90° ．∠ +∠ ．∠ ∠．∠ ∠．∠ +∠ 击动员选选赛击．甲、乙、丙、丁四名射运拔中，每人射了次，甲、乙两 710 在绩绩图选人的成如表所示．丙、丁两人的成如所示．欲一名运参，从平动员赛应选均数与方差两个因素分析，（　　）甲9乙8平均数方差 11ABC．甲．乙．丙．丁 D为们常数，它在同 8 y=axb ．一次函数 + 与反比例函数 y= ab 0 a b ，其中＜，、标图一坐系中的象可以是（　　） A．B．C9D．．义则实有意，值围 x数的取范是（　　）．若代数式 Ax 1 Bx 2 Cx 2 x1D ． ≥ ． ≥ ．＞．＞第2页（共27页）图边为ABCD 边长10 ．如，四形 OAB DC 与G AOCD 相交于点， ⊥⊙ 的内接四形．延为连则为EBD GBC=50° DBC ，垂足，接，∠ ， ∠ 的度数（　　） A．50° B60° C80° D90° ．．．义．定 [ ]表示不超过实图﹣﹣]﹣，[ ] ﹣11 xx1.8 =1 数的最大整数，如[ ] ，[ 1.4 = 23 = 3y= x x =x2 图则为#N 的解（　　）．．函数 [ ]的象如所示，方程[ ] ﹣或A 0 ．或 B 0 ．或 2C 1 ．或 D．为圆为线的中点，以段为邻边 BA BC 作12 A．点、 C3B半径是的周上两点，点该圆、顶，点恰在则该边长为菱形的（　　） ABCD D菱形直径的三等分点上， A．2或B．2或C．2D2或或．　题题二、填空（共小，每小题满结分，分分。只要求填写最后果，每小题6318 对全得分） 3计13 ．算：（ ﹣1=　．）÷ 2﹣﹣2x x2 = +（ 14 15 x．因式分解：）　．图．如，在△ 别为边 ABC 中， AB AC DE．、分 AB ACAC=3AD AB=3A 、上的点．， ≠为边BC EF，点上一点，添加一个条件：　FDB ADE ，可以使得△ 与△ 相似．（只需写出一个）第3页（共27页） 2﹣实则有数根，的取范是　　．值围 16 17 x．若关于的一元二次方程 kx 2×1=0 k+图图边边．如，自左至右，第个由个正六形、个正方形和个等三角形组1166图成；第个由个正六形、个正方形和个等三角形成；第个由边边组图2211 3 10 3边边组规个正六形、个正方形和个等三角形成；按照此律，第个中正图16 14 …n边为方形和等三角形的个数之和　个．图张纸边边对 AD 边18 ．如，将一矩形片 ABCD BC 斜着向 BAD 的折，使点落在上， D′ ，折痕记为为为边对斜向下折，使点落在边上，记为 B′ ，折痕 CE CD DB′C ，再将则纸．矩形片积为　． CG B′D′=2 BE= BC ABCD 的面，，　题题满说三、解答（共小，分分解答要写出必要的文字明、明程或演证过 766 .骤算步）为级试备．本校了解九年男同学的体育考准情况，随机抽取部分男同学行进19 了绘测试绩为优级秀、良好、合格与不合格四个等，学校 1000 米跑步．按照成分统计图制了如下不完整的．第4页（共27页）给补统计图（）根据出的信息，全两幅； 1该级（）校九年有请计绩 600 名男生，估成未达到良好有多少名？ 2绩优动选举3（）某班甲、乙两位成 1000 米秀的同学被中参加即将行的学校运会组进选签组行，手由抽确定分．甲、乙两人恰好赛预赛别为分AB C 、、三比．组分在同一的概率是多少？图兴组测栋层．如，某数学趣小要量一五居民楼的高度．楼底该层为车库处测 20 CD 层层测仪 A，高米；上面五居住，每高度相等．角支架离地米，在 2.5 1.5 得顶五楼部点的仰角为处测 B顶得四楼点的仰角为D60° ，在 E30° AB=14 ，米．求居 0.1 民楼的高度（精确到米，参考数据： 1.73 ）≈购．某蔬菜加工公司先后两批次收蒜薹（）共为21 00 tái 100 40 吨．第一批蒜薹价格这1000 元吨．两批蒜苔共用去 /元吨；因蒜薹大量上市，第二批价格跌至 /16 万元．购进 1（）求两批次蒜薹各多少吨？购对进为（）公司收后蒜薹行加工，分粗加工和精加工两种：粗加工每吨利润为2润400 元，精加工每吨利 1000 元．要求精加工数量不多于粗加工数量的三倍．获润得最大利，精加工数量应为润多少吨？最大利是多少？第5页（共27页）图22 ．如，为圆 AB 半为OAC ODDE AC 的直径，是⊙ 的一条弦，的中点，作 ⊥，长线连于点，接． AB 的延 FDA 交证（）求：为圆半线O的切； 1EF 积结 π，求阴影区域的面．（果保留根号和） 2（）若 DA=DF=6 师23 ．工人傅用一块长为宽为铁长10dm 6dm 的矩形皮制作一个无盖的方体容，计器，需要将四角各裁掉一个正方形．（厚度不）实线图（）在中画出裁剪示意，用图线线表示裁剪，虚表示折痕；并求方体长1积为 2时边长 12dm （）若要求制作的方体的底面不大于底面的五倍，并将容器行防费为费为底面面，裁掉的正方形多大？长长宽进锈处 2侧0.5 2元，裁掉的正理，面每平方分米的用元，底面每平方分米的用边长时总费多大，为用最低，最低多少？方形第6页（共27页）边长为图边别中，点、分在边上， 24 6ABC DEAC BC 、DE ABEC=2 ∥，．的等 △ 线边为的交点， 1（）如 1DEC D′E′C′ D′E′ AC 与M，将△ 沿射方向平移，得到△ ，边线时边的角平分交于点，当多大，四形菱形？并为说C′D′ ACC′ 与∠ NCC′ MCND′ 明理由．图绕DEC 转连，接、 2（）如 2Cα0° α 360° D′E′C AD′ B ，将△ 点旋∠ （＜＜），得到△ 边为．E′ D′E′ P．的中点转过样说 AD′ BE′ 有怎的数量关系？并明理由； ①在旋程中，和连时值结AP AP AD′ ② 接，当最大，求的．（果保留根号）第7页（共27页） 2图线经过轴边ABCD 平行四形的点（，）、（顶﹣25 ．如 1y=ax bxc + + A03B1，抛物线为经过线点的直将平行四边0D23xE．El，）、（，），抛物与的另一交点为积线线分割面相等两部分，与抛物交于另一点．点在直上方抛物线ABCD FPl形动设上一点，点的横坐标为 Pt线（）求抛物的解析式； 1值时积值2t（）当何 PFE ，△ 的面最大？并求最大的立方根；为值直角三角形？若存在，求出的；若不存在，说3PPAE t（）是否存在点使△ 明理由．　第8页（共27页）东潍试年山省坊市中考数学卷 2017 试题参考答案与解析选择题项题题满分，分分在每小选项选题给选项出的四个中， 12 336 .一、（共小，每小请题选对选错选、不或 3得分，只有一是正确的，把正确的出来，每小选过记0出的答案超一个均分）．下列算式，正确的是（　　） a3 a2=a6 B a3 a=a3 C a2 a2=a4 D 1Aa2 2=a4 ． × ． ÷ ． + ．（）幂类项幂；：同底数的乘法；： 48 35 【考点】：同底数的除法；：合并同 46 47 幂积的乘方与的乘方．则【分析】根据整式运算法即可求出答案．错误 AA=a5 ；错误；【解答】解：（）原式，故；错误 BB=a2 =2a2 （）原式，故 CC，故（）原式选故（） D　图2．如所示的几何体，其俯视图是（　　） A．B．C．D．简单视图．图U1 【考点】视图【分析】根据从上看得到的形是俯，可得答案．：几何体的三边边【解答】解：从上看是一个同心，圆內圆线是虚，选故：． D　洁储．可燃冰，学名叫天然气水合物，是一种高效清、量巨大的新能源．据 3报“道，我国可燃冰 ”景源量就超了仅预测远资过亿1000 亿1000 用科吨油当量．将记为1000 108 记学数法可表示（　　） A1 103 B．C． × 较1 1011 D【考点】：科学数法表示大的数． 1 1014 ． × ． × ×1I —n记【分析】科学数法的表示形式为为a 10 1a10 n ×，要看把原数成，小数点移了多少位，的与小数点移的形式，其中 ≤| |＜，整数．确值时变时动绝对值 na绝对值＞n绝对值，是正数；当原数的定的动的位数相同．当原数时时1负，是 1nn＜数． 1 1011 ．亿记为1000 【解答】解：将选故：．用科学数法表示：× C　第9页（共27页）莹莹执圆执图盘子，小博士方子．如，棋中心方子的位 4．小和小博士下棋，小置用（ ﹣﹣莹）表示．小将第枚子圆1001称形．他放的位置是（　　） 4，）表示，右下角方子的位置用（，盘放入棋后，所有棋子构成一个轴对图 ﹣﹣标图变 ﹣对 ﹣﹣﹣，） A．（【考点】：坐与形化 2P6 1B11C，）．（， 12称；：坐确定位置． D12，）．（）．（标轴对图 D3 轴x轴义称形的定判断． y【分析】首先确定盘【解答】解：棋中心方子的位置用（、的位置，然后根据 ﹣则这线点所在的横是轴10x点所在的是，当放的位置是，）表示， ﹣则这纵线轴则 y01），，）构成称形．，右下角方子的位置用（， ﹣选时轴对图 1B1．（故　计键显结．用教材中的算器依次按如下，示的果在数上点的位置介于（　　轴对应 5）之．间ABCBCD【考点】：算器数的开方；：数与数． CEFD A B ．与．与计．与．与实轴25 题实际【分析】此 —是求 29 ﹣值的．计【解答】解：在算器上依次按键转为为﹣ =；化算式计故　结算可得果介于 ﹣﹣间1之． 2与选A．图则满足（　　） 6BCD=90° ABDE αβ．如，∠ ，∥， ∠ 与∠ ﹣Aαβ=180°B βα=90° C 质β=3 αD αβ=90° ．∠ +∠ 【考点】：平行的性．．∠ 线∠．∠ ∠．∠ +∠ JA 过线质﹣CCF AB 1= α 2=180° β∠ ，于是得【分析】结论作 ∥ ，根据平行的性得到∠ ∠，∠ 到．第10页（共27页）过CCF AB 【解答】解：作 ∥ ，AB DE ，AB CF DE ∥ ∥ ∵∴∥，﹣1= α 2=180° ∴∠ ∠，∠ β∠ ， BCD=90° ∵∠ ，﹣12= α 180° β=90° ∠，∴∠ +∠ ∠+ ﹣β选α=90° ，∴∠ 故∠．B　7击动员选选赛击 10 拔中，每人射了次，甲、乙两．甲、乙、丙、丁四名射运在绩绩图选动员赛人的成如表所示．丙、丁两人的成如所示．欲一名运应选参，从平均数与方差两个因素分析，（　　）甲91乙81平均数方差 A．甲．乙．丙【考点】：方差；：折 BCD．丁线统计图权W2 ；：加平均数． W7 VD 【分析】求出丙的平均数、方差，乙的平均数，即可判断． ==9 =，丙的方差【解答】解：丙的平均数 1 1 1=1 =0.4 [ + +] ，==8.2 ，乙的平均数题绩由意可知，丙的成最好，选C．故　为们常数，它在同 8 y=axb ．一次函数 + 与反比例函数 y= ab 0 a b ，其中＜，、标图一坐系中的象可以是（　　）第11页（共27页） A．B．C．D．图图【考点】：反比例函数的象；：一次函数的象． G2 【分析】根据一次函数的位置确定、的大小，看是否符合＜，算 F3 a计﹣abab 0bb确线定符号，确定双曲的位置．图过轴负轴则 Aa0【解答】解：、由一次函数象一、三象限，得＞，交 y半，＜0，满ab 0足＜， ﹣ab0＞， ∴图过的象一、三象限， y= ∴反比例函数选项所以此不正确；图过轴、由一次函数象二、四象限，得＜，交正半，轴则 B满a0yb0＞， ab 0足＜， ﹣ab0＜， ∴图过的象二、四象限， y= ∴反比例函数选项所以此不正确；图过、由一次函数象一、三象限，得＞，交轴负轴则半， C满a0yb0＜， ab 0足＜， ﹣ab0＞， ∴图过的象一、三象限， y= ∴反比例函数选项所以此正确；图过、由一次函数象二、四象限，得＜，交轴负轴则半，＜， D满a0yb0ab 0选项足＞，与已知相矛盾不正确；所以此选C．故　义则实有意，值围数的取范是（　　） 9x．若代数式 Ax 1 Bx 2 C x1D x 2 ． ≥ ． ≥ ．＞．＞义72 【考点】：二次根式有意的条件．【分析】根据二次根式有意的条件即可求出的范；义围x第12页（共27页）题【解答】解：由意可知： x 2 ∴解得： ≥ 选故（） B　10 图为边为边长ABCD BD OAB DC G相交于点， AO CD ．如，四形 E⊙ 的内接四形．延与⊥连则为GBC=50° DBC ，垂足，接，∠ ， ∠ 的度数（　　） A．【考点】：内接四形的性． 50° B60° C80° D90° ．．．圆边质M6 圆质GBC= ADC=50° 【分析】根据四点共的性得：∠ ∠，由垂径定理得：，则DBC=2 EAD=80° ∠∠．图圆ABDC【解答】解：如，∵ 、、、四点共， GBC= ADC=50° ，∴∠ ∠AE CD ，∵⊥AED=90° ∴∠ ，﹣EAD=90° 50°=40° ∴∠ 长延，AE OM交⊙ 于点， AO CD ，∵⊥∴∴∠ 选故，DBC=2 EAD=80° ．∠C．　义．定 [ ]表示不超过实 ﹣﹣1.4 = ]﹣，[ ] ﹣11 xx1.8 =1 数的最大整数，如[ ] ，[ 23 = 第13页（共27页） x =x2 图．函数 [ ]的象如所示，方程[ ] 图则为#N 的解（　　）． 3y= x ﹣或A0B02【考点】：解一元二次方程因式分解法；：数大小比；：函数的 C1D．．或．或．或 ﹣实较A8 2A E6 图象． x2=1 x1 x 0 ≤ ≤ 义【分析】根据新定和函数象图讨论时则，﹣时，1 x 2 ：当 ≤ ≤ ；当 x2=0 2 x ≤ ＜ x = 12则﹣﹣ 时则 1，﹣别，当，然后分解关于的一元二次方程即可．x2=1 x = 1x = ，时﹣21 x 2 【解答】解：当 ≤ ≤ ，，解得；﹣﹣时，1 x 0 ≤ ≤ x2=0 x =x =0 ，解得；当当122﹣ 时 1﹣实1，方程没有数解； 2 x ≤ ＜ x = ，x =x2 0或为所以方程[ ] 的解．　12 菱形为圆半径是的周上两点，点为线为邻边 BA BC 作AABCD C3，点恰在 B．点、的中点，以段则该边长为（　　）、顶该圆 D直径的三等分点上，菱形的 A2M4 B圆2C2L8 D【考点】：心角、弧、弦的关系；：菱形的性． 2或质．或．或．或．过连作直径，接图BAC AO EBD= 2×【分析】交于，①如 ①，根据已知条件得到图3=2 ，如 ②，连OD=1 OE=2 DE=1OD ，接，根据勾股 BD= 23=4 ×× × ，求得，，结论定理得到【解答】解：，过连B作直径，接 AC AO E 交于，为B∵点的中点， BD AC ，∴⊥图①如 ①，该圆 D∵点恰在直径的三等分点上， BD= 23=2 ，∴∴× × ﹣OD=OB BD=1 ，第14页（共27页）边∵四形 ABCD 是菱形， DE= BD=1 ∴∴，OE=2 ，连OD 接，CE= =∵∴，边CD= =；图如 ②， BD= 23=4 × × ，OD=1 OE=1 DE=2 ，同理可得，连，，OD 接，CE= ==2 ∵，边CD= ==2 ∴，选D故．　二、填空（共小，每小题题题满结分，分分。只要求填写最后果，每小题6318 对全得分） 3计13 ．算：（ ﹣1=x 1 　 + 　．）÷ 6C 【考点】：分式的混合运算．【分析】根据分式的减法和除法可以化简题题目中的式子，从而可以解答本．第15页（共27页） ﹣1【解答】解：（）÷ ===x 1 + ，故答案：+ ．为x 1 　2﹣﹣﹣）　． 14 x ．因式分解：【考点】：因式分解提公因式法． x2x 2=x 1x 2 +（ ﹣）（ + ）（ 53 过【分析】通两次提取公因式来行因式分解．进﹣﹣x﹣=x 【解答】解：原式（ x﹣22=）（ + ）（）． x 1 x 2 ）+（ x 1 故答案是：（ + ）（ x2）．　15 图别为边 ABC AB AC D．、分上一点，添加一个条件：　 EAB ACAC=3AD AB=3A 上的点．，．如，在△ 中， ≠、为边EFBC DF AC BFD= A ，或∠ ∠ 　，点 ∥FDB ADE ，可以使得△ 与△ 相似．（只需写出一个） S8 结论【考点】：相似三角形的判定． DF AC 证BFD= A ∠ ．根据相似三角形的判定方法一一明即【分析】可．：∥，或∠ DF AC BFD= A ，或∠ ∠ ．【解答】解： ∥A= A 理由：∵∠ ∠， ==，ADE ACB ∽△ ∴△ ，时DF AC BDF BAC ∽△ ，∴①当 ∥，△ BDF EAD ∽△ ∴△ ．时BFD= A ②当∠ B= AED ，∵∠ ∠， ∠FBD AED ．∴△ 故答案 ∽△ 为DF AC BFD= A ，或∠ ∠ ． ∥　16 2﹣实则有数根，的取范是　值围 xkx 2×1=0 k．若关于的一元二次方程 +k 1k 0 ≤ 且 ≠ 　．别AA 【考点】：根的判式．【分析】根据方程根的情况可以判定其根的判式的取范，而可以得到别值围进时还应项为注意二次系数不能． k0关于的不等式，解得即可，同 x2﹣实有数根， kx 2×1=0 【解答】解：∵关于的一元二次方程 +2﹣=b 4ac0 ∴△ ≥ ，第16页（共27页） ﹣44k 0 ≥ ，即： k 1 解得： ≤ ， 2﹣kx 2×1=0 k0 中 ≠ ， x∵关于的一元二次方程 +为k 1k 0 故答案：≤ 且 ≠ ．　图图边边．如，自左至右，第个由个正六形、个正方形和个等三角形组17 成；第个由个正六形、个正方形和个等三角形成；第个由 1166图边边组图2211 3 10 3边边组规个正六形、个正方形和个等三角形成；按照此律，第个中正图16 14 …n边为9n 3 方形和等三角形的个数之和+ 　个．规图变类【考点】：律型：形的化． 38 【分析】根据中正方形和等三角形的个数找出律，而可得出．题边规进结论图边边组1166【解答】解：∵第个由个正六形、个正方形和个等三角形成，边=6 6=12=9 3 + ； ∴正方形和等三角形的和 + 图边组211 10 ∵第个由个正方形和个等三角形成，边=11 10=21=9 2 3 × + ； ∴正方形和等三角形的和+ 图边组316 14 ∵第个由个正方形和个等三角形成，边=16 14=30=9 3 3 × + ， ∴正方形和等三角形的和+ …，图边n=9n 3 ∴第个中正方形和等三角形的个数之和+ ．为故答案： + ． 9n 3 　图张纸边边对 AD 边18 ．如，将一矩形片 ABCD 的边斜向下折，使点落在 BC 斜着向 BAD 折，使点落在上， D′ ，折痕记为为对边记为 B′ ，折痕 CE CD DB′C ，再将上，为则纸．矩形片积为　． CG B′D′=2 BE= BC ABCD 的面 15 ，，变换变问题质LB ）；：矩形的性． PB 【考点】：翻折（折叠质长BC AB 的，然后根据矩形【分析】根据翻折化的性和勾股定理可以求得和积的面公式即可解答本．题设则BE=a BC=3a ，【解答】解：，题由意可得， CB=CB′ CD=CD′ BE=B′E=a ，，，B′D′=2 CD′=3a ∵∴∴∴，﹣2，﹣CD=3a AE=3a 2，2﹣ ﹣ ﹣，a=2a 2 DB′= ==2 ∴，第17页（共27页） ﹣AB′=3a ∵ + 2∴，，AB′2 AE2=B′E2 ，∴，a= a= 或解得，时a= BC=2 ，当，B′D′=2 CB=CB′ ，， ∵∴时题不符合意，舍去； a= a= 时﹣BC=5 AB=CD=3a 2=3 ，，当，纸∴矩形片积为 ABCD 的面 5 3=15 ： × ，为故答案：． 15 　题题满说三、解答（共小，分分解答要写出必要的文字明、明程或演证过 766 .骤算步）为级试备．本校了解九年男同学的体育考准情况，随机抽取部分男同学行进19 了绘测试绩为优．按照成分统计图级秀、良好、合格与不合格四个等，学校 1000 米跑步制了如下不完整的．给（）根据出的信息，全两幅；补统计图 1该级（）校九年有请计绩 600 名男生，估成未达到良好有多少名？ 2绩优选举动31000 米（）某班甲、乙两位成 A秀的同学被中参加即将行的学校运会组进选签组行，手由抽确定分．甲、乙两人恰好赛预赛别为分B C 、、三比．组分在同一的概率是多少？树图【考点】：列表法与状法；：用本估样计总统计图 X6 统计图 V5 VB 体；：扇形 VC ；：条形．【分析】（）利用良好的人数除以良好的人数所占的百分比可得抽的人数，查1计计优图然后算出合格的人数和合格人数所占百分比，再算出秀人数，然后画即可；计绩样（）算出成未达到良好的男生所占比例，再利用本代表体的方法得出总2答案；树图进（）直接利用状法求出所有可能，而求出概率． 3116 40%=40 【解答】解：（）抽取的学生数：÷ （人）；第18页（共27页） ﹣ ﹣ ﹣ 40 12 16 2=10 抽取的学生中合格的人数：，10 40=25% 合格所占百分比： ÷ 优，12 40=30% 秀人数： ÷ ，图如所示：；绩为（）成未达到良好的男生所占比例：+ 2所以 25% 5%=30% ，（名）；级600 名九年男生中有 600 30%=180 ×图（）如： 3，组可得一共有种可能，甲、乙两人恰好分在同一的有种， 93组所以甲、乙两人恰好分在同一的概率 P= = ．　图兴组测栋层．如，某数学趣小要量一五居民楼的高度．楼底该层为车库处测 20 CD 层层测仪 A，高米；上面五居住，每高度相等．角支架离地米，在 2.5 1.5 30° AB=14 米．求居得顶为处测顶为D60° ，在 B五楼部点的仰角民楼的高度（精确到米，参考数据： E得四楼点的仰角 ≈，0.1 1.73 ）应 ﹣ 【考点】：解直角三角形的用仰角俯角问题．TA 设层【分析】每楼高米，由为﹣MC CC′ 长进 DC′ EC′ 的，而表示出与的长xMC′ 求出锐义DC′A′ C′A′ C′B′ ，同理表示出，，在直角三角形中，利用角三角函数定表示出 ﹣长AB 求出的即可． C′B′ C′A′ 由设层为x【解答】解：每楼高米， ﹣题由意得： ﹣MC′=MC CC′=2.5 1.5=1 米，第19页（共27页） DC′=5x 1 EC′=4x 1 + ， + ， ∴Rt DC′A′ DA′C′=60° 在 △ 中，∠ ， C′A′= =中，∠ =5x 1 （ + ）， ∴Rt EC′B′ 在 △ EB′C′=30° ，C′B′= 4x 1 （ + ）， ∴∵∴﹣A′B′=C′B′ C′A′=AB ，﹣4x 1 （ + ） 5x 1=14 （ + ），x 3.17 解得： ≈ 则居民楼高，5 3.17 2.5 18.4 × + 为≈米．　21 00 购tái ．某蔬菜加工公司先后两批次收蒜薹（）共为100 40 16 吨．第一批蒜薹价格这/1000 / 元吨．两批蒜苔共用去元吨；因蒜薹大量上市，第二批价格跌至万元． 1购进购对（）求两批次蒜薹各多少吨？进为（）公司收后蒜薹行加工，分粗加工和精加工两种：粗加工每吨利润为2润400 元，精加工每吨利 1000 元．要求精加工数量不多于粗加工数量的三倍．获润得最大利，精加工数量应为润多少吨？最大利是多少？应组应【考点】：一次函数的用；：二元一次方程的用． FH 9A 设【分析】（）第一批购进购进组蒜薹吨．构建方程即可解 1x蒜薹吨，第二批 y问题．设决（）精加工吨，利总润为则润2mwm 3 m 75 w= 元，粗加工吨．由≤ ，解得 ≤ ，利质，构建一次函数的性即可解决问题．1000m 400=600m 40000 ++设【解答】解：（）第一批购进购进 y蒜薹吨． 1x蒜薹吨，第二批题由意，解得，购进购进 20 蒜薹吨，第二批 80 蒜薹吨．答：第一批设（）精加工吨，利总润为则w元，粗加工吨． 2mm 3 m 75 由 ≤ ，解得 ≤ ，润w=1000m 400=600m 40000 利∵++，600 0＞， mw∴ 随的增大而增大，值为时m=75 w，有最大 85000 元． ∴　22 交图为圆 AB 为OAC ODDE AC 的中点，作， ⊥．如，长线证半的直径，是⊙ 的一条弦，连于点，接． AB 的延 FDA 线为圆半1EF O的切；（）求：积结，求阴影区域的面．（果保留根号和） 2（）若 DA=DF=6 π第20页（共27页）线质【考点】：切的判定与性；积计 MO ：扇形面的算． ME 线结圆 1OD EF 【分析】（）直接利用切的判定方法合心角定理分析得出⊥ ，即可得出答案； ﹣2（）直接利用得出【解答】（）明：接 SACD=S△ S阴影=S△ S扇形 COD，求出答案． COD，再利用 AED △证连1OD ，为D∵的中点， CAD= BAD ，∴∠ ∠OA=OD ∵，BAD= ADO ∴∠ ∴∠ ∠，，CAD= ADO ∠DE AC ，∵⊥E=90° ∴∠ ，CAD EDA=90° ∴∠ +∠ ADO EDA=90° ，即∠ +∠ ，OD EF ⊥ ， ∴∴为圆半线O的切； EF 连（）解：接 2OC CD 与， DA=DF ∵，BAD= F ∠ ， BAD= F= CAD ∠ ∠ ∴∠ ∴∠ ，BAD CAD F=90° 又∵∠ +∠ +∠ ，F=30° OC=OA BAC=60° ，∠ ，，∴∠ ∵为边 AOC ∴△ ∴∠ ∵∴∠ 等三角形， AOC=60° COB=120° ，，∠ F=30° ，OD EF ⊥ ，∠ ，DOF=60° Rt ODF 在 △ DF=6 中，，OD=DF•tan30°=6 ∴，Rt AED 在 △ 中， DA=6 CAD=30° ，∠ ，DE=DA•sin30 EA=DA•cos30°=9 ，∴，﹣﹣COD=180° AOC DOF=60° ∠，∵∠ ∠CD AB ，∴故∥SACD=S△ △，COD π 62= 6π ．﹣﹣﹣S阴影=S△ S扇形 =9 3 × × ∴×AED COD 第21页（共27页）　师23 ．工人傅用一块长为宽为铁长10dm 6dm 的矩形皮制作一个无盖的方体容，计器，需要将四角各裁掉一个正方形．（厚度不）实线图图线线长1（）在中画出裁剪示意，用积为 2时长表示裁剪，虚表示折痕；并求方体边长 12dm 底面面，裁掉的正方形多大？长宽进锈处 2（）若要求制作的方体的底面不大于底面的五倍，并将容器行防侧理，面每平方分米的用费为费为元，底面每平方分米的用 0.5 用最低，最低多少？ 2元，裁掉的正边长时总费多大，为方形应应【考点】：二次函数的用；：一元二次方程的用． HE AD 【分析】（）由意可画出形，裁掉的正方形的题图设边长为则题，意可列 1出方程，可求得答案； xdm 值围（）由条件可求得的取范，用可表示出总费质用，利用二次函数的性可 2x求得其最小，可求得答案． x值【解答】解：图（）如所示： 1设边长为裁掉的正方形的 ﹣xdm ，题由意可得（ ﹣10 2x ）（ 6 2x =12 ）， 2﹣x即答：裁掉的正方形的 8x 12=0x=2 x=6 ，解得或（舍去）， +2边长为积为 2dm 12dm ，底面；长宽2（）∵ 不大于的五倍， ﹣﹣10 2×5 6w2x 0 x2.5 ，∴设总费为 ≤ （），解得＜ ≤ 题元，由意可知用22﹣﹣﹣6﹣2x =4x48x 120=4 ﹣x﹣）w=0.5 2×16 4x 对轴为 ∵ 称 210 2x ）（ 624 ，× （）+ （，开口向上，）+（x=6 时0x 2.5 时w x ∴当＜ ≤ ，随的增大而减小，值为值w，有最小，最小边长为 x=2.5 25 元， ∴当答：当裁掉时总费的正方形，费为用最低，最低用 2.5dm 25 元．第22页（共27页）　24 边长为图边别中，点、分在边上， 61ABC DEAC BC DE ABEC=2 ∥，．1的等 △ 、线边为的交点， DEC D′E′C′ D′E′ AC M的角平分交于点，当多大，四形菱形？并（）如边，将△ 沿射方向平移，得到△ ，与线时边为说C′D′ 明理由． ACC′ 与∠ NCC′ MCND′ 图绕转连，接、 2（）如．2DEC PCα0° α 360° D′E′C AD′ B ，将△ 为的中点点旋∠ （＜＜），得到△ 边E′ D′E′ ．转过样说 AD′ BE′ 有怎的数量关系？并明理由； ①在旋程中， AP 和连时值结AP AD′ ② 接，当最大，求的．（果保留根号）边综题【考点】：四形合．边LO 为边质平行四形，再由菱形的性得出 1MCND’ CN=C 结论结【分析】（）先判断出四形 MCC’ ；，即可求出 2转质ACD BCE’ ≌△ （）①分两种情况，利用旋的性，即可判断出△ ；即可得出线ACPCP AP ②先判断出点，，三点共，先求出，，最后用勾股定理即可得出论．【解答】解：（）当质时边1理由：由平移的性得， CC’= MCND’ 是菱形．，四形 CD C’D’DE D’E’ ，∥，∥边ABC 是等三角形， ∵△ B= ACB=60° ∴∠ ∠ ，﹣ACC’=180° ACB=120° ，∴∠ ∵∠的角平分，线CN ACC’ 是∠ D’E’C’= ACC’=60°=B ∠ ， ∴∠ ∠D’E’C’= NCC’ ∴∠ ∴∠，，D’E’ CN ∥边∴四形边MCND’ 是平行四形， ME’C’= MCE’=60° NCC’= NC’C=60° ∠，∵∠ ∴△ ∠，∠ 边MCE’ NCC’ 是等三角形，和△ MC=CE’ NC=CC’ ∴∵，，E’C’=2 边∵四形 CN=CM ，MCND’ ，是菱形， ∴CC’= E’C’= ∴；2AD’=BE’ （）① ，第23页（共27页）时转质α 180° 理由：当 ≠ ACD’= BCE’ ，由旋的性得，∠ ∠，1AC=BC CD’=CE’ ，，由（）知， ACD’ BCE’ ，∴△ ≌△ AD’=BE’ α=180° ∴当，时AD’=AC CD’BE’=BC CE’ + ， + ，，AD’=BE’ 即：综，AD’=BE’ CP 接，上可知：图连．②如 ACP 边线时 AP ACCP AP ，最大，在△ 中，由三角形三关系得，＜ + ， PAC∴当点，，三点共图为P1D’CE’ D’E APD’E’ PD’= ⊥的中点，得，如，在△ 中，由，CP=3 AP=6 3=9 ∴∴，+，Rt APD’ 在 △ AD’= =2 中，由勾股定理得，．　25 ．如 2图线经过轴边ABCD 平行四形的点（，）、（顶﹣1y=ax bxc A03B1，抛物 3+ + 线为经过线边0D2xE．El，）、（，），抛物与的另一交点点的直将平行四为积线线分割面相等两部分，与抛物交于另一点．点在直上方抛物线ABCD FPl形上一点，点的横坐动设标为 P（）求抛物的解析式； t线值时 12积值tPFE ，△ 的面最大？并求最大的立方根；（）当何为值直角三角形？若存在，求出的；若不存在，说3PPAE t（）是否存在点使△ 明理由．第24页（共27页）综题【考点】：二次函数合． HF 标线【分析】（）由、、三点的坐，利用待定系数法可求得抛物解析式； 1A B C 标边标线对（）由、坐可求得平行四形的中心的坐，由抛物的称性可求得 2AC点坐，从而可求得直 E，标线轴线，交直于点，作 EF PH x lMFN PH 的解析式，作 ⊥⊥则长积质tPM PEF 可用表示出的，从而可表示出△ 的面，再利用二次函数的性可值值求得其最大，再求其最大的立方根即可；题时轴3PAE=90° APE=90° 或∠ PAE=90° 两种情况，当∠ PG y ，作 ⊥（）由意可知有∠ 质值ttAPE=90° ，利用等腰直角三角形的性可得到关于的方程，可求得的；当∠ 时轴则证质，利用相似三角形的性可得到 PK x ，作 ⊥ AQ PK PKE AQP ，⊥ ，可得△ ∽△ 值关于的方程，可求得的． t【解答】解： t题（）由意可得 1，解得，2线∴抛物解析式为 ﹣ y= x2x 3 + +； 2A03D2 3 （）∵ （，），（，）， BC=AD=2 ∴，﹣B∵ （ 1 0 ，）， C1 0 ∴ （，），线为AC ∴ 段的中点（，），线边为积 ABCD 分割面相等两部分， l∵直将平行四形线过边对平行四形的称中心， l∴直对轴对 AD∵ 、关于称称，线对轴为称x=1 ，∴抛物 E3 0 ∴ （，），设线直为对标 + ，把点和称中心坐代入可得 ly=kx m E的解析式，解得，线为 ﹣ y= lx+ ， ∴直的解析式第25页（共27页）联线线立直和抛物解析式可得 l，解得或，﹣F∴ （，），图轴1，作 PH x lM，交于点，作， FN PH 如⊥⊥标为 Pt，∵ 点横坐 2﹣﹣Ptt 2t3 Mtt+ ）， ∴ （，+ +），（， 22﹣﹣ ﹣ （﹣+ ） + +， PM= t2t 3 + + t=tt∴∴2﹣（ + +）（ SPEF=S△ S= PM•FNPM•EH= PM•FN EH =tt3++（ + ）PFM PEM △△﹣﹣=t（+ ） t= ）+ ×，时积值为 PEF ∴当，△ 的面最大，其最大 ×，值∴最大的立方根为=；图3PEA 90° ≠或∠ （）由可知∠ ，APE=90° 图PAE=90° ∴只能有∠ ，PG y 时轴，PAE=90° ①当∠ 2，如，作 ⊥OA=OE ∵，OAE= OEA=45° ∴∠ ∴∠ ∴∠，PAG= APG=45° ∠，，PG=AG 第26页（共27页） 22﹣﹣﹣，即 + ，解得 t= t2t 3 + + 3时t t=0 t=1 t=0 （舍去）， ∴或图轴APE=90° ②当∠ 3PK x ，作 ⊥ AQ PK ⊥ ，，如，222则﹣﹣﹣﹣ ﹣ PK= t2t 3AQ=t KE=3 + +， t，PQ= t2t 33= t2t ， + ++ ，，APQ KPE=APQ PAQ=90° ∵∠ +∠ ∠+∠ PAQ= KPE PKE= PQA ∴∠ ∠，且∠ ∠，PKE AQP ∽△ ∴△ ，2﹣ ﹣ ﹣＜==tt1=0 t= t= 或∴，即，即，解得（舍去），综满值为上可知存在足条件的点，的或 Pt1．　第27页（共27页）