2017合肥中考数学模拟试卷与解析(2)
2017合肥中考数学模拟试题解析
1.A
【解析】试题分析：根据数轴的意义和实数的大小比较，直接可知-2最小.
故选：A.
2.B
【解析】试题解析：0.0000025=2.5×10-6.
故选B.
考点：科学记数法-----表示较小的数.
3.D
【解析】试题解析：A. 4a2﹣4a2=0，故原选项错误;
B. (﹣a3b)2=a6b2，故该选项正确;
C. a+a=2a，故原选项错误;
D. a2•4a4=4a6，故原选项错误.
故选B.
4.C
【解析】试题分析：如图中几何体的俯视图是 .故选C.
考点：简单组合体的三视图.
5.D
【解析】试题分析：根据一个图形绕一个点旋转180°能够与原图形重合的图形叫中心对称图形，可知D图形符合条件.
故选：D.
点睛：此题主要考查了中心对称图形，解题关键是明确一个图形绕一个点旋转180°能够与原图形重合的图形叫中心对称图形，然后根据图形的特点解题.
6.A
【解析】根据时间=路程÷速度，以及关键语“骑自行车比步行上学早到30分钟”可得出的等量关系是：小玲上学走的路程÷步行的速度﹣小玲上学走的路程÷骑车的速度=30.
解：设小玲步行的平均速度为x米/分，则骑自行车的速度为4x米/分，
依题意，得 .
故选A.
7.C
【解析】试题分析：根据平行四边形的性质可知AB=CD，AD∥BC，AD=BC，然后根据平行线的性质和角平分线的性质可知AB=AF，DE=CD，因此可知AF+DE=AD+EF=2AB=12，解得AD=BC=12-2=10.
故选：B.
点睛：此题主要考查了平行四边形的性质和等腰三角形的性质，解题关键是把所求线段转化为题目中已知的线段，根据等量代换可求解.
8.A
【解析】试题分析：根据折叠的性质和矩形的性质得出∠BFE=∠EFB'，∠B'=∠B=90°，根据三角形内角和定理求出∠CFB'=50°，进而解答即可.∵把一张矩形纸片ABCD沿EF折叠后，点A落在CD边上的点A′处，点B落在点B′处，∴∠BFE=∠EFB'，∠B'=∠B=90°，∵∠2=40°，∴∠CFB'=50°，∴∠1+∠EFB'﹣∠CFB'=180°，
即∠1+∠1﹣50°=180°， 解得：∠1=115°，
考点：翻折变换(折叠问题)
9.B
【解析】试题分析：先根据圆内接四边形的性质求出∠ADC=180°﹣∠ABC=180°﹣105°=75°，再由圆周角定理得出∠DCE=∠BAC=25°，根据三角形外角的性质即可得出∠E=∠ADC﹣∠DCE=75°﹣25°=50°.
故选B.
10.A.
【解析】
试题分析：分两种情况 ，①当点Q在线段BC上时，即0
考点：动点函数图像;勾股定理.
11.k>﹣ 且k≠0
【解析】试题分析：一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)的根的判别式△=b2﹣4ac：当△>0，方程有两个不相等的实数根;当△=0，方程有两个相等的实数根;当△<0，方程没有实数根.根据一元二次方程的定义和△的意义得到k≠0且△>0，即(﹣3)2﹣4×k×(﹣1)>0，然后解不等式即可得到k的取值范围.
∵关于x的一元二次方程kx2﹣3x﹣1=0有两个不相等的实数根，
∴k≠0且△>0，即(﹣3)2﹣4×k×(﹣1)>0， 解得：k>﹣ 且k≠0.
考点：根的判别式
12.3
【解析】试题解析：根据题意得：
解得：x=3
13.
【解析】
试题解析：
由①得，x>2，
由②得，x>4，
故不等式组的解集为：x>4.
考点：解一元一次不等式组.
14.2.
【解析】
试题解析：由题意得，a-1=0，b-4=0，
解得a=1，b=4，
∵菱形的两条对角线的长为a和b，
∴菱形的面积= ×1×4=2.
考点：1.菱形的性质;2.非负数的性质：偶次方;3.非负数的性质：算术平方根.
15.60°
【解析】在菱形 中，
16.
【解析】由题意得：四边形 为等腰梯形.
平分
又 为直径
四边形 周长为10
17.(8052，0).
【解析】
试题解析：∵点A(-3，0)、B(0，4)，
∴AB=5，
由图可知，每三个三角形为一个循环组依次循环，一个循环组前进的长度为：4+5+3=12，
∵2013÷3=671，
∴△2013的直角顶点是第671个循环组的最后一个三角形的直角顶点，
∵671×12=8052，
∴△2013的直角顶点的坐标为(8052，0).
考点：点的坐标.
18.m(n+3)2
【解析】
19.5+
【解析】原式=4﹣1+2﹣ +4× =5+ .
20. ，
【解析】先将括号内通分，合并;再将除法问题转化为乘法问题;约分化简后，在原式有意义的条件下，代入计算即可
本题解析:
解：
当 时
原式
【点睛】这是个分式除法与减法混合运算题，运算顺序是先做括号内的减法，此时要注意把各分母先因式分解，确定最简公分母进行通分;做除法时要注意先把除法运算转化为乘法运算，而做乘法运算时要注意先把分子、分母能因式分解的先分解，然后约分.最后代值计算.
21.(1) ;(2)答案见解析.
【解析】
试题分析：(1)直接把x=1代入方程 求出m的值;
(2)计算出根的判别式，进一步利用配方法和非负数的性质证得结论即可.
试题解析：(1)根据题意，将x=1代入方程 ，得：1+m+m﹣2=0，解得： ;
(2)∵△= = = >0，∴不论m取何实数，该方程都有两个不相等的实数根.
考点：根的判别式;一元二次方程的解.
22.(1)点A1的坐标为(2，2)，B1点的坐标为(3，﹣2);(2)A2(3，﹣5)，B2(2，﹣1)，C2(1，﹣3);(3)△A2B3C3为所作，A3(5，3)，B3(1，2)，C3(3，1);
【解析】试题分析：(1)利用点C和点C1的坐标变化得到平移的方向与距离，然后利用此平移规律写出顶点A1，B1的坐标;
(2)根据关于原点对称的点的坐标特征求解;
(3)利用网格和旋转的性质画出△A2B3C3，然后写出△A2B3C3的各顶点的坐标.
试题解析：(1)如图，△A1B1C1为所作，
因为点C(﹣1，3)平移后的对应点C1的坐标为(4，0)，
所以△ABC先向右平移5个单位，再向下平移3个单位得到△A1B1C1，
所以点A1的坐标为(2，2)，B1点的坐标为(3，﹣2);
(2)因为△ABC和△A1B2C2关于原点O成中心对称图形，
所以A2(3，﹣5)，B2(2，﹣1)，C2(1，﹣3);
(3)如图，△A2B3C3为所作，A3(5，3)，B3(1，2)，C3(3，1);
【考点】坐标与图形变化-旋转;坐标与图形变化-平移.
23.(1) ;(2)
【解析】试题分析：(1)根据球的总个数和黄求的个数直接可求概率;
(2)画出树状图，然后求出总可能数和符合条件的可能数，然后可求概率.
试题解析：(1)取出黄球的概率是 ;
(2)画树状图得：
如图所有可能出现的结果有9个，每个结果发生的可能性都相同，
其中出现两次白色球的结果有1个.所以，P(两次取出白色球)= .
24.(1)补图见解析;(2)500名;(3)2.5万人
【解析】(1)坐姿不良所占的百分比为：1﹣30%﹣35%﹣15%=20%，
被抽查的学生总人数为：100÷20%=500名，
站姿不良的学生人数：500×30%=150名，
三姿良好的学生人数：500×15%=75名，
补全统计图如图所示;
(2)100÷20%=500(名)，
答：这次被抽查形体测评的学生一共是500名;
(3)5万×(20%+30%)=2.5万，
答：全市初中生中，坐姿和站姿不良的学生有2.5万人
25.(1) y=﹣ ;(2) y=﹣ x+8.
【解析】试题分析：(1)根据题意，将y=3代入一次函数的解析式，求出x的值，得到A点的坐标，再利用反比例函数的坐标特征求出反比例函数的解析式;
(2)根据A、B点关于原点对称，可求出B点的坐标及线段AB的长度，设出平移后的直线解析式，根据平行线间的距离，由三角形的面积求出关于b的一元一次方程即可求解.
试题解析：(1)令一次函数y=﹣ x中y=3，则3=﹣ x，
解得：x=﹣6，即点A的坐标为(﹣6，3).
∵点A(﹣6，3)在反比例函数y= 的图象上，
∴k=﹣6×3=﹣18，
∴反比例函数的表达式为y=﹣ .
(2)设平移后直线于y轴交于点F，连接AF、BF如图所示.
设平移后的解析式为y=﹣ x+b，
∵该直线平行直线AB，
∴S△ABC=S△ABF，
∵△ABC的面积为48，
∴S△ABF= OF•(xB﹣xA)=48，
由对称性可知：xB=﹣xA，
∵xA=﹣6，
∴xB=6，
∴ b×12=48，
∴b=8.
∴平移后的直线的表达式为：y=﹣ x+8.
26.(1)CE的长是4;
(2)当D在AB中点时，四边形BECD是菱形，理由见解析.
【解析】试题分析：(1)先求出四边形ADEC是平行四边形，根据平行四边形的性质推出即可;
(2)求出四边形BECD是平行四边形，求出CD=BD，根据菱形的判定推出即可.
试题解析：(1)∵DE⊥BC，∴
∵ ，∴
∴AC∥DE
又∵MN∥AB，
即CE∥AD
∴四边形ADEC是平行四边形.
∴CE=AD
∵AD=4
∴CE=4
(2)四边形BECD是菱形，理由：
∵D为AB中点，
∴AD=BD
又由(1)得CE=AD，
∴BD=CE，
又∵BD∥CE，
∴四边形BECD是平行四边形
∵ ，D为AB中点，
∴CD=BD
∴四边形BECD是菱形.
27.(1)见解析(2)BD=4cm
【解析】
试题分析：(1)连接OA ，根据条件证明OA∥DE，然后得出AE⊥OA即可得出结论;(2)结合(1)的结论得出∠EAD=∠ABD=30°，然后在Rt△AED中求出AD的长，然后在Rt△ABD中可求出BD的长.
试题解析：(1)连接OA ，
∵AO=OD ，
∴∠OAD=∠ODA ，
∵∠ODA=∠EDA，
∴∠EDA=∠OAD
∴OA∥DE
∵AE⊥CD ，
∴AE⊥OA
∴DE是⊙O的切线
(2)∵BD是⊙O的直径，∠DBC=30°
∴∠BCD=∠BAD=90°，∠BDC=60°
由(1)知，∠ODA=∠EDA=60°
∴∠EAD=∠ABD=30°
在Rt△AED中， AD=2DE=2cm
∴BD=4cm
考点：1.切线的判定2.解直角三角形.
28.(1)直线AB解析式为y= x﹣ ;
(2)E点的坐标为(x， x2﹣x﹣ );
(3)△ABE面积的最大值为 .
【解析】试题分析：(1)由条件可先求得抛物线解析式，则可求得B点坐标，再利用待定系数法可求得直线AB解析式;
(2)由条件可知P、E的横坐标相同，又点E在抛物线上，则可表示出E点坐标;
(3)由(2)可用x表示出PE的长，则可用x表示出△ABE的面积，再利用二次函数的性质可求得其最大值.
试题解析：(1)∵抛物线顶点坐标为(1，﹣2)，
∴可设抛物线解析式为y=a(x﹣1)2﹣2，
∵OA=3，且点A在x轴的正半轴上，
∴A(3，0)，
∴0=a(3﹣1)2﹣2，解得a= ，
∴抛物线解析式为y= (x﹣1)2﹣2= x2﹣x﹣ ，当x=0时可得y=﹣ ，
∴B(0，﹣ )，
设直线AB解析式为y=kx+b，把A、B坐标代入可得 ，解得 ，
∴y= x﹣ ;
(2)∵点P为线段AB上的一个动点，且PE⊥x轴，
∴点E的横坐标为x，
∵点E在抛物线上，
∴E点的坐标为(x， x2﹣x﹣ );
(3)∵点P为线段AB上的一点，
∴P(x， x﹣ )，则E(x， x2﹣x﹣ )，
∴PE= x﹣ ﹣( x2﹣x﹣ )=﹣ x2+ x，
由(2)可知点B到PE的距离x，点A以PE的距离为3﹣x，
∴S△ABE= PE•x+ PE•(3﹣x)= PE•(x+3﹣x)= PE= (﹣ x2+ x)=﹣ x2+ x=﹣ (x﹣ )2+ ，
∵﹣ <0，
∴当x= 时，S△ABE有最大值，最大值为 ，
∴△ABE面积的最大值为 .
29.(1)8.5cm;(2)显示屏的顶部B′比原来升高了10.3cm;(3)显示屏O′B′应绕点O′按顺时针方向旋转25度.
【解析】(1)∵B′O′⊥OA，垂足为C，∠AO′B=115°，
∴∠AO′C=65°，
∵cos∠CO′A= ，
∴O′C=O′A•cos∠CO′A=20•cos65°=8.46≈8.5(cm);
(2)如图2，过B作BD⊥AO交AO的延长线于D.
∵∠AOB=115°，∴∠BOD=65°.
∵sin∠BOD= ，∴BD=OB•sin∠BOD=20×sin65°=18.12，
∴O′B′+O′C﹣BD=20+8.46﹣18.12=10.34≈10.3(cm)，
∴显示屏的顶部B′比原来升高了10.3cm;
(3)如图4，过O′作EF∥OB交AC于E，
∴∠FEA=∠BOA=115°，
∠FOB′=∠EO′C=∠FEA﹣∠O′CA=115°﹣90°=25°，
∴显示屏O′B′应绕点O′按顺时针方向旋转25度.
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