2017莱芜数学中考练习试题及答案(2)
2017莱芜数学中考练习真题答案
一、选择题：(本大题共12个小题，每小题4分，共48分)在每个小题的下面，都给出了代号为A、B、C、D的四个答案，其中只有一个是正确的.
1.在0、﹣1、 、π四个实数中，最小的数是( )
A.﹣1 B.0 C. D.π
【考点】实数大小比较.
【专题】推理填空题.
【分析】正实数都大于0，负实数都小于0，正实数大于一切负实数，两个负实数绝对值大的反而小，据此判断即可.
【解答】解：根据实数比较大小的方法，可得
﹣ <﹣1<0<π，
∴在0、﹣1、 、π四个实数中，最小的数是﹣ .
故选：C.
【点评】此题主要考查了实数大小比较的方法，要熟练掌握，解答此题的关键是要明确：正实数>0>负实数，两个负实数绝对值大的反而小.
2.下列运算中正确的是( )
A.(a2)3=a5 B. C.a2+a2=a4 D.3x2﹣3x=x
【考点】幂的乘方与积的乘方;立方根;合并同类项.
【分析】根据幂的乘方、立方根、合并同类项，即可解答.
【解答】解：A、(a2)3=a6，故本选项错误;
B、 =﹣3，正确;
C、a2+a2=2a2，故本选项错误;
D、3x2与3x不能合并同类项、故本选项错误;
故选：B.
【点评】本题考查了幂的乘方、立方根、合并同类项，解决本题的关键是熟记幂的乘方、立方根、合并同类项.
3.如图，点B是△ADC的边AD的延长线上一点，DE∥AC，若∠C=50°，∠BDE=60°，则∠CDB的度数等于( )
A.70° B.100° C.110° D.120°
【考点】三角形的外角性质;平行线的性质.
【专题】计算题.
【分析】因为DE∥AC，所以∠A=∠BDE=50°，因为∠BDC是外角，所以∠BDC=∠A+∠C=60°+50°=110°.
【解答】解：∵DE∥AC，∠BDE=60°，∠C=50°，
∴∠BDE=∠A=60°，
∵∠BDC=∠A+∠C=60°+50°=110°.
故选C.
【点评】本题比较简单，考查的是平行线的性质及三角形外角的性质.
4.为了比较某校同学汉字听写谁更优秀，语文老师随机抽取了10次听写情况，发现甲乙两人平均成绩一样，甲、乙的方差分别为2.7和3.2，则下列说法正确的是( )
A.甲的发挥更稳定 B.乙的发挥更稳定
C.甲、乙同学一样稳定 D.无法确定甲、乙谁更稳定
【考点】方差.
【分析】根据甲乙的方差，可以比较它们的大小，方差越小越稳定，从而可以解答本题.
【解答】解：∵2.7<3.2，
∴甲的发挥更稳定，
故选A.
【点评】本题考查方差，解题的关键是明确方差的意义，方差越小越稳定.
5.二元一次方程组 的解是( )
A. B. C. D.
【考点】解二元一次方程组.
【分析】观察原方程组，由于两个方程的y系数互为相反数，可用加减消元法进行求解，进而可判断出正确的选项.
【解答】解： ，
①+②，得：3x+4=10，即x=2;③
将③代入①，得：2+y=10，即y=8;
∴原方程组的解为： .
故选A.
【点评】此题考查的是二元一次方程组的解法，常用的方法有：代入消元法和加减消元法;要针对不同的题型灵活的选用合适的方法.
6.若a2+b+5=0，则代数式3a2+3b+10的值为( )
A.25 B.5 C.﹣5 D.0
【考点】代数式求值.
【分析】先由a2+b+5=0得出a2+b=﹣5，再把代数式变形为3(a2+b)+10的形式，然后利用“整体代入法”求代数式的值.
【解答】解：∵a2+b+5=0，
∴a2+b=﹣5，
则代数式3a2+3b+10=3(a2+b)+10，
=3×(﹣5)+10，
=﹣5.
故选C.
【点评】本题考查了代数式求值，解题的关键是利用“整体代入法”求代数式的值.
7.若一次函数y=kx+b的图象与直线y=﹣x+1平行，且过点(8，2)，则此一次函数的解析式为( )
A.y=﹣x﹣2 B.y=﹣x﹣6 C.y=﹣x﹣1 D.y=﹣x+10
【考点】待定系数法求一次函数解析式.
【分析】根据平行直线的解析式的k值相等求出k，然后把点P(﹣1，2)的坐标代入一次函数解析式计算即可得解.
【解答】解：∵一次函数y=kx+b的图象与直线y=﹣x+1平行，
∴k=﹣1，
∵一次函数过点(8，2)，
∴2=﹣8+b
解得b=10，
∴一次函数解析式为y=﹣x+10.
故选D.
【点评】本题考查了两直线平行的问题，根据平行直线的解析式的k值相等求出一次函数解析式的k值是解题的关键.
8.如图，AB为半圆O的直径，点C在AB的延长线上，CD与半圆O相切于点D，且AB=2CD=8，则图中阴影部分的面积为( )
A. B.32﹣8π C.4﹣π D.8﹣2π
【考点】扇形面积的计算;切线的性质.
【分析】求出OD=CD=4，求出∠BOD=45°，分别求出三角形OCD的面积和扇形DOB的面积，即可求出答案.
【解答】解：∵AB=2CD=8，AB=2OD，
∴OD=CD=4，
∵DC切⊙O于C，
∴OC⊥CD，
∴∠OCD=90°，
∴△OCD是等腰直角三角形，
∴∠BOD=45°，
∴阴影部分的面积是S△OCD﹣S扇形DOB= ×4×4﹣ =8﹣2π，
故选D.
【点评】本题考查了等腰三角形性质，三角形的内角和定理，切线的性质，扇形的面积，三角形的面积的应用，解此题的关键是求出扇形和三角形的面积，题目比较典型，难度适中.
9.在﹣2、﹣1、0、1、2、3这六个数中，任取两个数，恰好互为相反数的概率为( )
A. B. C. D.
【考点】列表法与树状图法.
【分析】根据题意画出树状图，进而利用概率公式求出答案.
【解答】解：由题意画树状图得：
，
一共有30种可能，符合题意的有4种，故恰好互为相反数的概率为： .
故选：A.
【点评】此题主要考查了树状图法求概率，正确画出树状图是解题关键.
10.如图，用火柴棒摆出一列正方形图案，第①个图案用了4根，第②个图案用了12根，第③个图案用了24根，按照这种方式摆下去，摆出第⑥个图案用火柴棒的根数是( )
A.84 B.81 C.78 D.76
【考点】规律型：图形的变化类.
【分析】图形从上到下可以分成几行，第n个图形中，竖放的火柴有n(n+1)根，横放的有n(n+1)根，因而第n个图案中火柴的根数是：n(n+1)+n(n+1)=2n(n+1).把n=6代入就可以求出.
【解答】解：设摆出第n个图案用火柴棍为Sn.
①图，S1=1×(1+1)+1×(1+1);
②图，S2=2×(2+1)+2×(2+1);
③图，S3=3×(3+1)+3×(3+1);
…;
第n个图案，Sn=n(n+1)+n(n+1)=2n(n+1).
则第⑥个图案为：2×6×(6+1)=84.
故选A.
【点评】本题考查了规律型：图形的变化，此题注意第n个图案用火柴棍为2n(n+1).
11.关于x的方程 的解为正数，且关于y的不等式组 有解，则符合题意的整数m有( )个.
A.4 B.5 C.6 D.7
【考点】分式方程的解;解一元一次不等式;一元一次不等式组的整数解.
【分析】先求出方程的解与不等式组的解集，再根据题目中的要求，求出相应的m的值即可解答本题.
【解答】解：∵关于x的方程 的解为正数，
∴2﹣(x+m)=2(x﹣2)，
解得：x= ，
则6﹣m>0，
故m<6，
∵关于y的不等式组 有解，
∴m+2≤y≤3m+4，
且m+2≤3m+4，
解得：m≥﹣1，
故m的取值范围是：﹣1≤m<6，
∵x﹣2≠0，
∴x≠2，
∴ ≠2，
m≠0，
则符合题意的整数m有：﹣1，1，2，3，4，5，共6个.
故选：C.
【点评】本题考查分式方程的解、一元一次不等式组的整数解，解题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件.
12.重庆实验外国语学校坐落在美丽的“华岩寺”旁边，它被誉为“巴山灵境”.我校实践活动小组准备利用测角器和所学的三角函数知识去测“华岩寺”大佛的高度.他们在A处测得佛顶P的仰角为45°，继而他们沿坡度为i=3：4的斜坡AB前行25米到达大佛广场边缘的B处，BQ∥AC，PQ⊥BQ，在B点测得佛顶P的仰角为63°，则大佛的高度PQ为( )米.
(参考数据： ， ， )
A.15 B.20 C.25 D.35
【考点】解直角三角形的应用﹣仰角俯角问题;解直角三角形的应用﹣坡度坡角问题.
【分析】如图，作BE⊥AC于E，延长PQ交AC于F.设PQ=4x，则四边形BEFQ是矩形，求出BQ、EF、AE，列出方程即可解决问题.
【解答】解：如图，作BE⊥AC于E，延长PQ交AC于F.设PQ=4x，则四边形BEFQ是矩形，
∵tan∠PBQ= = ，
∴BQ=EF=3x，
∵ = ，AB=25，
∴BE=15，AE=20，
∵∠PAF=45°，∠PFA=90°，
∴∠PAF=∠APF=45°，
∴AF=PF，
∴20+3x=4x+15，
∴x=5.
∴PQ=20米
故选B.
【点评】本题考查解直角三角形，仰角问题、坡度问题等知识，解题的关键是理解这些概念，学会添加常用辅助线，属于中考常考题型.
二、填空题：(本大题共6个小题，每小题4分，共24分)
13.地球半径约为6 400 000m，这个数字用科学记数法表示为 6.4×106 m.
【考点】科学记数法—表示较大的数.
【分析】科学记数法的表示形式为a×10n的形式，其中1≤|a|<10，n为整数.确定n的值时，要看把原数变成M时，小数点移动了多少位，n的绝对值与小数点移动的位数相同.当原数绝对值大于10时，n是正数;当原数的绝对值小于1时，n是负数.确定a×10n(1≤|a|<10，n为整数)中n的值，由于3 120 000有7位，所以可以确定n=7﹣1=6.
【解答】解：6 400 000=6.4×106，
故答案为：6.4×106.
【点评】本题主要考查了科学记数法，把一个数M记成a×10n(1≤|a|<10，n为整数)的形式，掌握当原数绝对值大于10时，n与M的整数部分的位数的关系是解决问题的关键.
14.计算 = 5 .
【考点】实数的运算;零指数幂;负整数指数幂.
【专题】计算题;实数.
【分析】原式利用绝对值的代数意义，零指数幂、负整数指数幂法则，以及算术平方根定义计算即可得到结果.
【解答】解：原式=2+1﹣2+4=5，
故答案为：5
【点评】此题考查了实数的运算，熟练掌握运算法则是解本题的关键.
15.如图，△ABC中，E是AB上一点，且AE：EB=3：4，过点E作ED∥BC，交AC于点D，则△AED与四边形BCDE的面积比是 9：40 .
【考点】相似三角形的判定与性质.
【分析】由DE∥BC，即可得△ADE∽△ABC，然后由相似三角形面积比等于相似比的平方，即可求得S△ADE：S△ABC的值，继而求得△ADE与四边形DBCE的面积比.
【解答】解：∵DE∥BC，
∴△ADE∽△ABC，
∵AE：EB=3：4，
∴AE：AB=3：7，
∴S△ADE：S△ABC=9：49，
∴S△ADE：S四边形DBCE=9：40.
故答案为：9：40.
【点评】此题考查了相似三角形的判定与性质.此题难度不大，注意掌握相似三角形面积比等于相似比的平方定理的应用是解此题的关键.
16.如图，A，B，C是⊙O上三点，∠ACB=25°，则∠BAO的度数是 65° .
【考点】圆周角定理.
【分析】连接OB，要求∠BAO的度数，只要在等腰三角形OAB中求得一个角的度数即可得到答案，利用同弧所对的圆周角是圆心角的一半可得∠AOB=50°，然后根据等腰三角形两底角相等和三角形内角和定理即可求得.
【解答】解：连接OB，
∵∠ACB=25°，
∴∠AOB=2∠ACB=50°，
∵OA=OB，
∴∠BAO=∠ABO=(180°﹣60°)÷2=65°，
故答案为：65°
【点评】本题考查了圆周角定理;作出辅助线，构建等腰三角形是正确解答本题的关键.
17.某物流公司的快递车和货车同时从甲地出发，以各自的速度匀速向乙地行驶，快递车到达乙地后缷完物品再另装货物共用45分钟，立即按原路以另一速度匀速返回，直至与货车相遇.已知货车的速度为60千米/时，两车之间的距离y(千米)与货车行驶时间x(小时)之间的函数图象如图所示，现有以下4个结论：
①快递车从甲地到乙地的速度为100千米/时;
②甲、乙两地之间的距离为120千米;
③图中点B的坐标为(3 ，75);
④快递车从乙地返回时的速度为90千米/时，
以上4个结论正确的是 ①③④ .
【考点】一次函数的应用.
【专题】压轴题.
【分析】根据一次函数的性质和图象结合实际问题对每一项进行分析即可得出答案.
【解答】解：①设快递车从甲地到乙地的速度为x千米/时，则
3(x﹣60)=120，
x=100.(故①正确);
②因为120千米是快递车到达乙地后两车之间的距离，不是甲、乙两地之间的距离，(故②错误);
③因为快递车到达乙地后缷完物品再另装货物共用45分钟，
所以图中点B的横坐标为3+ =3 ，
纵坐标为120﹣60× =75，(故③正确);
④设快递车从乙地返回时的速度为y千米/时，则
(y+60)(4 ﹣3 )=75，
y=90，(故④正确).
故答案为;①③④.
【点评】本题考查的是用一次函数解决实际问题，此类题是近年中考中的热点问题，关键是根据一次函数的性质和图象结合实际问题判断出每一结论是否正确.
18.如图，正方形ABCD的边长为3，点E、F分别在边AD、AB上且AE=BF=1，连接BE、CF交于点G，在线段EG上取一点H使HG=BG，连接DH，把△EDH沿AD边翻折得到△EDH’，则点H到边DH’的距离是 .
【考点】翻折变换(折叠问题);三角形的面积;全等三角形的判定与性质;勾股定理的应用;正方形的性质;平行线分线段成比例.
【专题】方程思想;面积法.
【分析】先连接HH'，根据轴对称的性质，判定△ABE≌△BCF，再根据勾股定理求得CF= ，BG= ，进而得出EH：HB=2：3，再根据平行线分线段成比例定理，求得PE= ，PH= ，PD= ，最后设点H到边DH'的距离是h，根据面积法得到 ×HH'×PD= ×DH'×h，求得h的值即可.
【解答】解：连接HH'，交AD于P，则AD垂直平分HH'，
∴DH=DH'，即△DHH'是等腰三角形，
∵正方形ABCD的边长为3，AE=BF=1，∠A=∠FBC=90°，
∴△ABE≌△BCF(SAS)，
∴∠ABE=∠BCF，CF=BE，
又∵∠ABE+∠GBC=90°，
∴∠BCG+∠GBC=90°，
∴BG⊥CF，
∵BF=1，BC=3，
∴Rt△BCF中，CF= ，BG= ，
∴HG=BG= ，
又∵CF=BE= ，
∴HE= ，
∴EH：HB=2：3，
∵PH∥AB，
∴ = = ，即 = = ，
∴PE= ，PH= ，PD= ，
∴Rt△PDH中，DH= = =DH'，HH'=2× = ，
设点H到边DH'的距离是h，则
×HH'×PD= ×DH'×h，
∴ × = ×h，
∴h= ，
∴点H到边DH'的距离是 .
故答案为： .
【点评】本题以折叠问题为背景，主要考查了正方形的性质、勾股定理的应用、全等三角形的判定与性质的综合应用，解决问题的关键是根据面积法列出等式求得点H到边DH'的距离，解题时注意方程思想的运用.
三、解答题(本大题共3个小题，共24分)解答时每小题都必须写出必要的演算过程或推理步骤，请将解答过程书写在答题卡中对应的位置上.
19.已知：如图，点E是正方形ABCD的边CD上一点，点F是CB的延长线上一点，且DE=BF.
求证：EA⊥AF.
【考点】全等三角形的判定与性质;正方形的性质.
【专题】证明题.
【分析】根据条件可以得出AD=AB，∠ABF=∠ADE=90°，从而可以得出△ABF≌△ADE，就可以得出∠FAB=∠EAD，就可以得出结论.
【解答】证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD，∠ABC=∠D=∠BAD=90°，
∴∠ABF=90°.
∵在△BAF和△DAE中，
，
∴△BAF≌△DAE(SAS)，
∴FAB=∠EAD，
∵∠EAD+∠BAE=90°，
∴∠FAB+∠BAE=90°，
∴∠FAE=90°，
∴EA⊥AF.
【点评】本题考查了正方形的性质的运用，全等三角形的判定及性质的运用，等腰直角三角形的判定，在解答本题时，证明三角形全等是关键.
20.数学兴趣小组为了解我校初三年级1800名学生的身体健康情况，从初三随机抽取了若干名学生，将他们按体重(均为整数，单位：kg)分成五组(A：39.5～46.5;B：46.5～53.5;C：53.5～60.5;D：60.5～67.5;E：67.5～74.5)，并依据统计数据绘制了如下两幅尚不完整的统计图.
补全条形统计图，并估计我校初三年级体重介于47kg至53kg的学生大约有多少名.
【考点】条形统计图;用样本估计总体;扇形统计图.
【分析】根据统计图可以求得本次调查的人数和体重落在B组的人数，从而可以将条形统计图补充完整，进而可以求得我校初三年级体重介于47kg至53kg的学生大约有多少名.
【解答】解：本次调查的学生有：32÷16%=200(名)，
体重在B组的学生有：200﹣16﹣48﹣40﹣32=64(名)，
补全的条形统计图如右图所示，
我校初三年级体重介于47kg至53kg的学生大约有：1800× =576(名)，
即我校初三年级体重介于47kg至53kg的学生大约有576名.
【点评】本题考查条形统计图、扇形统计图、用样本估计总体，解题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件.
21.化简下列各式：
(1)(a﹣b)2﹣a(a﹣2b)+(2a+b)(2a﹣b)
(2) .
【考点】分式的混合运算;整式的混合运算.
【分析】(1)根据完全平方公式和单项式乘以多项式、平方差公式将原式展开，然后再合并同类项即可解答本题;
(2)先化简括号内的式子，再根据分式的除法即可解答本题.
【解答】解：(1)(a﹣b)2﹣a(a﹣2b)+(2a+b)(2a﹣b)
=a2﹣2ab+b2﹣a2+2ab+4a2﹣b2
=4a2;
(2)
=
=
=
= .
【点评】本题考查分式的混合运算、整式的混合运算，解题的关键是明确它们各自的计算方法.
四、解答题(本大题共3个小题，共30分)解答时每小题都必须写出必要的演算过程或推理步骤，请将解答过程书写在答题卡中对应的位置上.
22.(2015•荆州)如图，在平面直角坐标系中，O为原点，直线AB分别与x轴、y轴交于B和A，与反比例函数的图象交于C、D，CE⊥x轴于点E，tan∠ABO= ，OB=4，OE=2.
(1)求直线AB和反比例函数的解析式;
(2)求△OCD的面积.
【考点】反比例函数与一次函数的交点问题.
【分析】(1)根据已知条件求出A、B、C点坐标，用待定系数法求出直线AB和反比例的函数解析式;
(2)联立一次函数的解析式和反比例的函数解析式可得交点D的坐标，从而根据三角形面积公式求解.
【解答】解：(1)∵OB=4，OE=2，
∴BE=2+4=6.
∵CE⊥x轴于点E，tan∠ABO= = = .
∴OA=2，CE=3.
∴点A的坐标为(0，2)、点B的坐标为C(4，0)、点C的坐标为(﹣2，3).
设直线AB的解析式为y=kx+b，则 ，
解得 .
故直线AB的解析式为y=﹣ x+2.
设反比例函数的解析式为y= (m≠0)，
将点C的坐标代入，得3= ，
∴m=﹣6.
∴该反比例函数的解析式为y=﹣ .
(2)联立反比例函数的解析式和直线AB的解析式可得 ，
可得交点D的坐标为(6，﹣1)，
则△BOD的面积=4×1÷2=2，
△BOC的面积=4×3÷2=6，
故△OCD的面积为2+6=8.
【点评】本题是一次函数与反比例函数的综合题.主要考查待定系数法求函数解析式.求A、B、C点的坐标需用正切定义或相似三角形的性质，起点稍高，部分学生感觉较难.
23.重庆外国语学校为解决“停车难”问题，决定对车库进行扩建，扩建工程原计划由A施工队独立完成，8周后为了缩短工期，学校计划从第九周起增派B施工队与A施工队共同施工，预计共同施工4周后工程即可完工，已知B施工队单独完成整个工程的工期为20周.
(1)增派B施工队后，整个工程的工期比原计划缩短了几周?
(2)增派B施工队后，学校需要重新与A施工队商定从第九周起的工程费支付问题，已知学校在工程开始前已支付给A工程队设计费、勘测费共计200万元，工程开始后前八周的工程费已按每周40万元进行支付，从第九周开始，学校需要支付给A施工队的每周工程费在原来40万元的基础上增加20%.支付给B施工队的每周工程费为a万元，在整个工程结束后再一次性支付给A、B两个施工队的总费用不超过1000万元，则每周支付给B施工队的施工费最多为多少万元?
【考点】分式方程的应用;一元一次不等式的应用.
【分析】(1)设原计划需x周完成，则A队每周完成总量的 ，B队每周完成总量的 ，根据：A队8周的工作量+A、B两队合作4周的工作量=1，列方程求解可得;
(2)根据：前8周付给A工程队的费用+后4周付给A工程队的费用+后4周付给B工程队的费用≤1000，列不等式求解可得.
【解答】解：(1)设原计划需x周完成，则A队每周完成总量的 ，B队每周完成总量的 ，
根据题意，得：8× +4×( + )=1，
解得：x=15，
经检验：x=15是原分式方程的解，
∴15﹣(8+4)=3，
答：增派B施工队后，整个工程的工期比原计划缩短了3周;
(2)根据题意，得：40×8+4×40(1+0.2)+4a≤1000
解得：a≤120.5，
答：每周支付给B施工队的施工费最多为120.5万元.
【点评】本题主要考查分式方程和一元一次不等式的应用能力，理解题意找到题目蕴含的相等关系或不等关系是解题的关键
24.有一个n位自然数 能被x0整除，依次轮换个位数字得到的新数 能被x0+1整除，再依次轮换个位数字得到的新数 能被x0+2整除，按此规律轮换后， 能被x0+3整除，…， 能被x0+n﹣1整除，则称这个n位数 是x0的一个“轮换数”.
例如：60能被5整除，06能被6整除，则称两位数60是5的一个“轮换数”;
再如：324能被2整除，243能被3整除，432能被4整除，则称三位数324是2个一个“轮换数”.
(1)若一个两位自然数的个位数字是十位数字的2倍，求证这个两位自然数一定是“轮换数”.
(2)若三位自然数 是3的一个“轮换数”，其中a=2，求这个三位自然数 .
【考点】数的整除性.
【分析】(1)先设出两位自然数的十位数字，表示出这个两位自然数，和轮换两位自然数即可;
(2)先表示出三位自然数和轮换三位自然数，再根据能被5整除，得出b的可能值，进而用4整除，得出c的可能值，最后用能被3整除即可.
【解答】解：(1)设两位自然数的十位数字为x，则个位数字为2x，
∴这个两位自然数是10x+2x=12x，
∴这个两位自然数是12x能被6整除，
∵依次轮换个位数字得到的两位自然数为10×2x+x=21x
∴轮换个位数字得到的两位自然数为21x能被7整除，
∴一个两位自然数的个位数字是十位数字的2倍，这个两位自然数一定是“轮换数”.
(2)∵三位自然数 是3的一个“轮换数”，且a=2，
∴100a+10b+c能被3整除，
即：10b+c+200能被3整除，
第一次轮换得到的三位自然数是100b+10c+a能被4整除，
即100b+10c+2能被4整除，
第二次轮换得到的三位自然数是100c+10a+b能被5整除，
即100c+b+20能被5整除，
∵100c+b+20能被5整除，
∴b+20的个位数字不是0，便是5，
∴b=0或b=5，
当b=0时，
∵100b+10c+2能被4整除，
∴10c+2能被4整除，
∴c只能是1，3，5，7，9;
∴这个三位自然数可能是为201，203，205，207，209，
而203，205，209不能被3整除，
∴这个三位自然数为201，207，
当b=5时，∵100b+10c+2能被4整除，
∴10c+502能被4整除，
∴c只能是1，5，7，9;
∴这个三位自然数可能是为251，255，257，259，
而251，257，259不能被3整除，
∴这个三位自然数为255，
即这个三位自然数为201，207，255.
【点评】此题是数的整除性，主要考查了3的倍数，4的倍数，5的倍数的特点，解本题的关键是用5的倍数求出b的值.
五、解答题(本大题共2个小题，共24分)解答时每小题都必须写出必要的演算过程或推理步骤
25.已知，Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠CAB=30°，分别以AB、AC为边，向Rt△ABC外作等边△ABD和等边△ACE
(1)如图1，连接BE、CD，若BC=2，求BE的长;
(2)如图2，连接DE交AB于点F，作BH⊥AD于H，连接FH.求证：BH=2FH;
(3)如图3，取AB、CD得中点M、N，连接M、N，试探求MN和AE的数量关系，并直接写出结论.
【考点】三角形综合题.
【分析】(1)如图1，先根据30°角的性质求AB的长，利用勾股定理求AC的长，即是AE的长，最后在Rt△EAB中，利用勾股定理求BE的长即可;
(2)如图2，作辅助线，构建全等三角形，证明△EGA≌△BDH和△EFG≌△DFB，得EF=FD，则FH是△AED的中位线，由三角形的中位线定理得：AE=2FH，所以BH=2FH;
(3)如图3，作辅助线，构建三角形全等，证明△CNB≌△DNH，得BN=NH，BC=DH，所以MN是△ABH的中位线，有MN= AH，设BC=x，表示MN和AE的长，相比可得关系式.
【解答】解：(1)如图1，Rt△ABC中，∠CAB=30°，BC=2，
∴AB=4，AC=2 ，
∵△ACE是等边三角形，
∴AE=AC=2 ，∠EAC=60°，
∴∠EAB=60°+30°=90°，
在Rt△EAB中，EB= = =2 ;
(2)如图2，过E作EG∥BD，交BA的延长线于G，
∴∠EGA=∠ABD，
∵△ABD是等边三角形，
∴∠ABD=60°，
∴∠EGA=60°，
∵∠CAB=30°，∠BAD=60°，
∴∠CAH=90°，
∵BH⊥AD，
∴∠AHB=90°，
∴∠BCA=∠AHB=∠CAH=90°，
∴四边形CAHB是矩形，
∴BH=AC，
∴BH=AE，
∵∠EAB=60°+30°=90°，
∴∠EAG=∠BHD=90°，
∵△ABD是等边三角形，BH⊥AD，
∴∠HBD=30°，AH=HD，
∴∠BDH=60°=∠EGA，
∴△EGA≌△BDH，
∴BD=EG，
∵∠EFG=∠BFD，
∴△EFG≌△DFB，
∴EF=FD，
∵AH=HD，
∴FH是△AED的中位线，
∴AE=2FH，
∴BH=AC=AE=2FH;
即BH=2FH;
(3)如图3，连接BN，并延长交AD于H，
∵∠CBA=60°=∠BAD，
∴BC∥AD，
∴∠BCN=∠NDH，
∵CN=ND，∠CNB=∠DNH，
∴△CNB≌△DNH，
∴BN=NH，BC=DH，
∵M是AB的中点，
∴MN是△ABH的中位线，
∴MN= AH，
设BC=x，则DH=x，AB=AD=2x，
∴AH=x，
∴MN= x，
Rt△ACB中，AC=2 x，
∴AE=2 x，
∴ = = ，
∴AE=4 MN.
【点评】本题是三角形的综合题，考查了三角形全等的性质和判定、三角形中位线定理、直角三角形30°角的性质、等边三角形的性质、矩形的性质和判定，熟练掌握等边三角形和全等三角形的性质和判定是关键，第3问有难度，利用中点的已知条件作辅助线，根据三角形中位线定理解决问题即可.
26.如图1，正方形OABC在平面直角坐标系中的位置如图所示，点A在x轴上，点C在y轴上，点D是边OA的中点，连接CD，点E在第一象限，且DE⊥DC，DE=DC，抛物线y= x2﹣ x+2过C，E两点，与AB的交点为K.
(1)求线段CK的长度;
(2)点P为EC线段下方抛物线上一点，过点P作y轴的平行线与EC线段交于点Q，当线段PQ最长时，在y轴上找一点F使|PF﹣DF|的值最大，求符合题意的F点坐标;
(3)如图2，DE与AB交于点G，过点B作BH⊥CD于点H，把△BCH沿射线CB的方向以每秒1个单位长度的速度向右平移.平移过程中的三角形记为△B′C′H′，当点H′运动到四边形HDEB的外部时运动停止，设运动时间为t(t>0)，△B′C′H′与△BEG重叠部分的面积为S，写出S关于t的函数关系式及自变量的取值范围.
【考点】二次函数综合题.
【分析】(1)如图1中，作EM⊥x轴于M.首先证明△COD≌△MDE，推出E(3，1)，求出直线CE的解析式即可即可问题.
(2)如图2中，设P(m， m2﹣ m+2)则Q(m，﹣ +2).构建二次函数，求出PQ最大时，点P坐标，延长PD交y轴于F，此时|PF﹣DF|的值最大，
(3)分三种情形①如图3中，当0≤t≤ 时，重叠部分是△BMN;②如图4中，当
【解答】解：(1)如图1中，作EM⊥x轴于M.
∵抛物线y= x2﹣ x+2过C，
∴C(0，2)，
∴OA=AB=BC=OC=2，
∵OD=DA，
∴OD=OA=1，
∵CD⊥DE，
∴∠CDE=∠EMD=∠COD=90°，
∴∠CDO+∠EDA=90°，∠EDM+∠DEM=90°，
∴∠CDO=∠DEM，∵DC=DE，
∴△COD≌△MDE，
∴EM=OD=2，OC=DM=2，
∴E(3，1)，
∴直线CE的解析式为y=﹣ x+2，
∴点K坐标(2， )，
∴CK= = .
(2)如图2中，设P(m， m2﹣ m+2)则Q(m，﹣ +2).
∴PQ=﹣ m+2﹣( m2﹣ m+2)=﹣ m2+m=﹣ (m﹣ )2+ ，
∵﹣ <0，
∴m= 时，PQ的值最大，此时P( ， )，
延长PD交y轴于F，此时|PF﹣DF|的值最大，
∵直线PD的解析式为y= x﹣ ，
∴点F坐标(0，﹣ ).
(3)①如图3中，
∵C(0，2)，D(1，0)，
∴直线CD的解析式为y=﹣2x+2，
∵BH⊥CD，B(2，2)，
∴直线BH的解析式为y= x+1，
由 ，解得 ，
∴H( ， )，
∴CH= ，BH= ，
∵B′(2+t，2)，B′H′∥BH，
∴直线B′H′的解析式为y= x+1﹣ t，
∴M(2，2﹣ t)，BM=2﹣(2﹣ t)= t，
由 解得 ，
∴N( t+2，﹣ )，
当H′在AB时时，2﹣ t= ，
∴t= ，
∴当0≤t≤ 时，重叠部分是△BMN，S= • t• t= t2.
②如图4中，当
∵直线C′H′的解析式为y=﹣2x+2+2t，
∴M(2，﹣2+2t)，
S=S△B′C′H′﹣S△BMC′﹣S△BB′N= • • ﹣ •(4﹣2t)•(2﹣t)﹣ •t•[2﹣(﹣ t+20]=﹣ t2+4t﹣ .
③如图5中，当2
由 解得 ，
∴M(2t﹣2，6﹣2t)，∵N( t+2，﹣ t+2)，H′( +t， )，
∴S= •H′M•H′N= • = t2﹣4t+ (0
【点评】本题考查二次函数综合题、一次函数、面积问题，最值问题等知识，解题的关键是学会构建二次函数解决最值问题，学会分类讨论，学会构建一次函数，利用方程组求交点坐标，属于中考压轴题.
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