2017年安徽數(shù)學中考練習試卷(2)
∴tan∠MNO= = = ，
作A1C1⊥x軸與點C1，A2C2⊥x軸與點C2，A3C3⊥x軸與點C3，
∵A1(1，1)，A2( ， )，
∴OB2=OB1+B1B2=2×1+2× =2+3=5，
tan∠MNO= = = ，
∵△B2A3B3是等腰直角三角形，
∴A3C3=B2C3，
∴A3C3= =( )2，
同理可求，第四個等腰直角三角形A4C4= =( )3，
依此類推，點An的縱坐標是( )n﹣1，
故答案為： ，( )n﹣1.
三、解答題(本大題共7小題，共68分)
20.(1)計算：|﹣ |﹣ +2sin60°+( )﹣1+(2﹣ )0
(2)先化簡，再求值： ﹣ ，其中x=2017.
【考點】分式的化簡求值;實數(shù)的運算;零指數(shù)冪;負整數(shù)指數(shù)冪;特殊角的三角函數(shù)值.
【分析】(1)根據(jù)特殊角的三角函數(shù)、負整數(shù)指數(shù)冪、零指數(shù)冪和實數(shù)的加減可以解答本題;
(2)根據(jù)分式的減法可以化簡題目中的式子，然后將x的值代入化簡后的式子即可解答本題.
【解答】解：(1)|﹣ |﹣ +2sin60°+( )﹣1+(2﹣ )0
=
=
=4;
(2) ﹣
=
=
=
=1﹣x，
當x=2017時，原式=1﹣2017=﹣2016.
21.，在四邊形ABCD中，AD∥BC，AD=5cm，BC=9cm.M是CD的中點，P是BC邊上的一動點(P與B，C不重合)，連接PM并延長交AD的延長線于Q.
(1)試說明△PCM≌△QDM.
(2)當點P在點B、C之間運動到什么位置時，四邊形ABPQ是平行四邊形?并說明理由.
【考點】平行四邊形的判定;全等三角形的判定.
【分析】(1)要證明△PCM≌△QDM，可以根據(jù)兩個三角形全等四個定理，即AAS、ASA、SAS、SSS中的ASA.利用∠QDM=∠PCM，DM=CM，∠DMQ=∠CMP即可得出;
(2)得出P在B、C之間運動的位置，根據(jù)一組對邊平行且相等的四邊形是平行四邊形得出.
【解答】(1)證明：∵AD∥BC
∴∠QDM=∠PCM
∵M是CD的中點，
∴DM=CM，
∵∠DMQ=∠CMP，
在△PCM和△QDM中
∵ ，
∴△PCM≌△QDM(ASA).
(2)解：當四邊形ABPQ是平行四邊形時，PB=AQ，
∵BC﹣CP=AD+QD，
∴9﹣CP=5+CP，
∴CP=(9﹣5)÷2=2.
∴當PC=2時，四邊形ABPQ是平行四邊形.
22.在平面直角坐標系中，一次函數(shù)y=ax+b(a≠0)的圖象與反比例函數(shù)y= (k≠0)的圖象交于第二、第四象限內(nèi)的A，B兩點，與y軸交于C點，過A作AH⊥y軸，垂足為H，AH=4，tan∠AOH= ，點B的坐標為(m，﹣2).
(1)求△AHO的周長;
(2)求該反比例函數(shù)和一次函數(shù)的解析式.
【考點】反比例函數(shù)與一次函數(shù)的交點問題;解直角三角形.
【分析】(1)根據(jù)tan∠AOH= 求出AH的長度，由勾股定理可求出OH的長度即可求出△AHO的周長.
(2)由(1)可知：點A的坐標為(﹣4，3)，點A在反比例函數(shù)y= 的圖象上，從而可求出k的值，將點B的坐標代入反比例函數(shù)的解析式中求出m的值，然后將A、B兩點的坐標代入一次函數(shù)解析式中即可求出該一次函數(shù)的解析式.
【解答】解：(1)∵AH⊥y軸于點H，
∴∠AHO=90°，
∴tan∠AOH= ，AH=4，
∴OH=3，
∴由勾股定理可求出OA=5，
∴△AHO的周長為3+4+5=12
(2)由(1)可知：點A的坐標為(﹣4，3)，
把(﹣4，3)代入y= ，
∴k=﹣12
∴反比例函數(shù)的解析式為：y=﹣
∵把B(m，﹣2)代入反比例函數(shù)y=﹣ 中
∴m=6，
∴點B的坐標為(6，﹣2)
將A(﹣4，3)和B(6，﹣2)代入y=ax+b
∴
解得：
∴一次函數(shù)的解析式為：y=﹣ x+1.
23.某校九年級為了解學生課堂發(fā)言情況，隨機抽取該年級部分學生，對他們某天在課堂上發(fā)言的次數(shù)進行了統(tǒng)計，其結果如表，并繪制了所示的兩幅不完整的統(tǒng)計圖，已知B、E兩組發(fā)言人數(shù)的比為5：2，請結合圖中相關數(shù)據(jù)回答下列問題：
(1)則樣本容量容量是 50 ，并補全直方圖;
(2)該年級共有學生500人，請估計全年級在這天里發(fā)言次數(shù)不少于12的次數(shù);
(3)已知A組發(fā)言的學生中恰有1位女生，E組發(fā)言的學生中有2位男生，現(xiàn)從A組與E組中分別抽一位學生寫報告，請用列表法或畫樹狀圖的方法，求所抽的兩位學生恰好是一男一女的概率.
發(fā)言次數(shù)n
A 0≤n<3
B 3≤n<6
C 6≤n<9
D 9≤n<12
E 12≤n<15
F 15≤n<18
【考點】頻數(shù)(率)分布直方圖;用樣本估計總體;頻數(shù)(率)分布表;扇形統(tǒng)計圖;列表法與樹狀圖法.
【分析】(1)根據(jù)B、E兩組發(fā)言人數(shù)的比和E組所占的百分比，求出B組所占的百分比，再根據(jù)B組的人數(shù)求出樣本容量，從而求出C組的人數(shù)，即可補全統(tǒng)計圖;
(2)用該年級總的學生數(shù)乘以E和F組所占的百分比的和，即可得出答案;
(3)先求出A組和E組的男、女生數(shù)，再根據(jù)題意畫出樹狀圖，然后根據(jù)概率公式即可得出答案.
【解答】解：(1)∵B、E兩組發(fā)言人數(shù)的比為5：2，E占8%，
∴B組所占的百分比是20%，
∵B組的人數(shù)是10，
∴樣本容量為：10÷20%=50，
∴C組的人數(shù)是50×30%=15(人)，
補圖如下：
(2)∵F組的人數(shù)是1﹣6%﹣8%﹣30%﹣26%﹣20%=10%，
∴發(fā)言次數(shù)不少于12的次數(shù)所占的百分比是：8%+10%=30%，
∴全年級500人中，在這天里發(fā)言次數(shù)不少于12的次數(shù)為：500×18%=90(次).
(3)∵A組發(fā)言的學生為：50×6%=3人，有1位女生，
∴A組發(fā)言的有2位男生，
∵E組發(fā)言的學生：4人，
∴有2位女生，2位男生.
∴由題意可畫樹狀圖為：
∴共有12種情況，所抽的兩位學生恰好是一男一女的情況有6種，
∴所抽的兩位學生恰好是一男一女的概率為 = .
24.某片果園有果樹80棵，現(xiàn)準備多種一些果樹提高果園產(chǎn)量，但是如果多種樹，那么樹之間的距離和每棵樹所受光照就會減少，單棵樹的產(chǎn)量隨之降低.若該果園每棵果樹產(chǎn)果y(千克)，增種果樹x(棵)，它們之間的函數(shù)關系所示.
(1)求y與x之間的函數(shù)關系式;
(2)在投入成本最低的情況下，增種果樹多少棵時，果園可以收獲果實6750千克?
(3)當增種果樹多少棵時，果園的總產(chǎn)量w(千克)最大?最大產(chǎn)量是多少?
【考點】二次函數(shù)的應用.
【分析】(1)函數(shù)的表達式為y=kx+b，把點(12，74)，(28，66)代入解方程組即可.
(2)列出方程解方程組，再根據(jù)實際意義確定x的值.
(3)構建二次函數(shù)，利用二次函數(shù)性質解決問題.
【解答】解：(1)設函數(shù)的表達式為y=kx+b，該一次函數(shù)過點(12，74)，(28，66)，
得 ，
解得 ，
∴該函數(shù)的表達式為y=﹣0.5x+80，
(2)根據(jù)題意，得，
(﹣0.5x+80)(80+x)=6750，
解得，x1=10，x2=70
∵投入成本最低.
∴x2=70不滿足題意，舍去.
∴增種果樹10棵時，果園可以收獲果實6750千克.
(3)根據(jù)題意，得
w=(﹣0.5x+80)(80+x)
=﹣0.5 x2+40 x+6400
=﹣0.5(x﹣40)2+7200
∵a=﹣0.5<0，則拋物線開口向下，函數(shù)有最大值
∴當x=40時，w最大值為7200千克.
∴當增種果樹40棵時果園的最大產(chǎn)量是7200千克.
25.，在△AOB中，∠AOB為直角，OA=6，OB=8，半徑為2的動圓圓心Q從點O出發(fā)，沿著OA方向以1個單位長度/秒的速度勻速運動，同時動點P從點A出發(fā)，沿著AB方向也以1個單位長度/秒的速度勻速運動，設運動時間為t秒(0
(1)當t為何值時，點Q與點D重合?
(2)當⊙Q經(jīng)過點A時，求⊙P被OB截得的弦長.
(3)若⊙P與線段QC只有一個公共點，求t的取值范圍.
【考點】圓的綜合題.
【分析】(1)由題意知CD⊥OA，所以△ACD∽△ABO，利用對應邊的比求出AD的長度，若Q與D重合時，則，AD+OQ=OA，列出方程即可求出t的值;
(2)由于0
(3)若⊙P與線段QC只有一個公共點，分以下兩種情況，①當QC與⊙P相切時，計算出此時的時間;②當Q與D重合時，計算出此時的時間;由以上兩種情況即可得出t的取值范圍.
【解答】解：(1)∵OA=6，OB=8，
∴由勾股定理可求得：AB=10，
由題意知：OQ=AP=t，
∴AC=2t，
∵AC是⊙P的直徑，
∴∠CDA=90°，
∴CD∥OB，
∴△ACD∽△ABO，
∴ ，
∴AD= ，
當Q與D重合時，
AD+OQ=OA，
∴ +t=6，
∴t= ;
(2當⊙Q經(jīng)過A點時，1，
OQ=OA﹣QA=4，
∴t= =4s，
∴PA=4，
∴BP=AB﹣PA=6，
過點P作PE⊥OB于點E，⊙P與OB相交于點F、G，
連接PF，
∴PE∥OA，
∴△PEB∽△AOB，
∴ ，
∴PE= ，
∴由勾股定理可求得：EF= ，
由垂徑定理可求知：FG=2EF= ;
(3)當QC與⊙P相切時2，
此時∠QCA=90°，
∵OQ=AP=t，
∴AQ=6﹣t，AC=2t，
∵∠A=∠A，
∠QCA=∠AOB，
∴△AQC∽△ABO，
∴ ，
∴ ，
∴t= ，
∴當0
當QC⊥OA時，
此時Q與D重合，
由(1)可知：t= ，
∴當
綜上所述，當，⊙P與QC只有一個交點，t的取值范圍為：0
26.1，在平面直角坐標系中有一Rt△AOB，O為坐標原點，OA=1，tan∠BAO=3，將此三角形繞原點O逆時針旋轉90°，得到△DOC，拋物線l：y=﹣x2+bx+c經(jīng)過A、B兩點.
(1)求拋物線l的解析式及頂點G的坐標.
(2)①求證：拋物線l經(jīng)過點C.
②分別連接CG，DG，求△GCD的面積.
(3)在第二象限內(nèi)，拋物線上存在異于點G的一點P，使△PCD與△CDG的面積相等，請直接寫出點P的坐標.
【考點】二次函數(shù)綜合題.
【分析】(1)先求得點A和點B的坐標，然后將點A和點B的坐標代入拋物線的解析式，可求得b、c的值，從而可得到拋物線的解析式，最后依據(jù)配方法可求得點G的坐標
(2)由旋轉的性質可求得點D和點C的坐標，將點C的橫坐標代入拋物線的解析式求得y=0，從而可證明點拋物線l經(jīng)過點C;1所示;過點G作GE⊥y軸，分別求得梯形GEOC、△OCD、△GED的面積，最后依據(jù)S△CDG=S梯形GEOC﹣S△OCD﹣S△GED求解即可;
(3)2所示：過點G作PG∥CD，交拋物線與點P.先求得直線CD的解析式，然后可得到直線PG的一次項系數(shù)，然后由點G的坐標可求得PG的解析式，最后將直線PG的解析式與拋物線的解析式聯(lián)立，最后解得點P的坐標即可.
【解答】解：(1)∵OA=1，
∴A(1，0).
又∵tan∠BAO= =3，
∴OB=3.
∴B(0，3).
將A(1，0)、B(0，3)代入拋物線的解析式得： ，解得：b=﹣2，c=3.
∴拋物線的解析式為y=﹣x2﹣2x+3.
∵y=﹣x2﹣2x+3=﹣(x+1)2+4，
∴拋物線的頂點G的坐標為(﹣1，4).
(2)①證明：由旋轉的性質可知;OC=OB=3，
∴C(﹣3，0).
當x=﹣3時，y=﹣(﹣3)2﹣2×(﹣3)+3=﹣9+6+3=0，
∴點拋物線l經(jīng)過點C.
②1所示;過點G作GE⊥y軸.
∵GE⊥y軸，G(﹣1，4)，
∴GE=1，OE=4.
∴S梯形GEOC= (GE+OC)•OE= ×(1+3)×4=8.
∵由旋轉的性質可知;OD=OA=1，
∴DE=3.
∴S△OCD= OC•OD= ×3×1= ，S△GED= EG•ED= ×1×3= .
∴S△CDG=S梯形GEOC﹣S△OCD﹣S△GED=8﹣ ﹣ =5.
(3)2所示：過點G作PG∥CD，交拋物線與點P.
∵PG∥CD，
∴△PCD的面積=△GCD的面積.
∵OD=OA=1，
∴D(0，1).
設直線CD的解析式為y=kx+b.
∵將點C(﹣3，0)、D(0，1)代入得： ，解得：k= ，b=1，
∴直線CD的解析式為y= +1.
∵PG∥CD，
∴直線PG的一次項系數(shù)為 .
設PG的解析式為y= x+b1.
∵將點G的坐標代入得： +b1=4，解得：b1= ，
∴直線PG的解析式為y= + .
∵將y= + 與y=﹣x2﹣2x+3聯(lián)立.解得： ， ，
∴P(﹣ ， ).
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