2017泸州中考数学练习试卷(2)
2017泸州中考数学练习试题答案
一、选择题(本大题共8小题，每小题3分，共24分)
1.比﹣1大2的数是( )
A.﹣3 B.﹣2 C.1 D.2
【考点】有理数的加法.
【分析】根据题意可得：比﹣1大2的数是﹣1+2=1.
【解答】解：﹣1+2=1.
故选C.
2.每年的6月14日，是世界献血日，据统计，某市义务献血达421000人，421000这个数用科学记数法表示为( )
A.4.21×105 B.42.1×104 C.4.21×10﹣5 D.0.421×106
【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a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>1时，n是正数;当原数的绝对值<1时，n是负数.
【解答】解：421 000=4.21×105，
故选：A.
3.不等式组 中的两个不等式的解集在同一个数轴上表示正确的是( )
A. B. C. D.
【考点】解一元一次不等式组;在数轴上表示不等式的解集.
【分析】分别求出各不等式的解集，再求出其公共解集即可.
【解答】解： ，由①得，x≥﹣1，
由②得，x<2，
故不等式组的解集为：﹣1≤x<2.
在数轴上表示为： .
故选D.
4.一元二次方程x2+2x+2=0的根的情况是( )
A.有两个不相等的实数根 B.有两个相等的实数根
C.没有实数根 D.只有一个实数根
【考点】根的判别式.
【分析】计算判别式的值，然后利用判别式的意义判断方程根的情况.
【解答】解：△=22﹣4×2=﹣4<0，
所以方程没有实数解.
故选C.
5.由6个完全相同的小正方体组成的立体图形如图所示，则在以下视图中，与其它三个形状都不同的是( )
A.主视图 B.俯视图 C.左视图 D.右视图
【考点】简单组合体的三视图.
【分析】主视图、左视图、俯视图、右视图是分别从物体正面、左面、上面、右面看所得到的图形，选出即可.
【解答】解：主视图、左视图、右视图都为：
俯视图为： ，
故选B.
6.如图，AB为⊙O的切线，A为切点，BO的延长线交⊙O于点C，∠OAC=35°，则∠B的度数是( )
A.15° B.20° C.25° D.35°
【考点】切线的性质.
【分析】根据切线的性质得∠BAO=90°，再利用等腰三角形的性质得∠C=∠OAC=35°，然后根据三角形内角和计算∠B的度数.
【解答】解：∵AB为⊙O的切线，
∴OA⊥AB，
∴∠BAO=90°，
∵OA=OC，
∴∠C=∠OAC=35°，
∴∠B=180°﹣∠C﹣∠BAC=180°﹣35°﹣35°﹣90°=20°.
故选B.
7.如图，点P在反比例函数y= 的图象上，PA⊥x轴于点A，PB⊥y轴于点B，且△APB的面积为2，则k等于( )
A.﹣4 B.﹣2 C.2 D.4
【考点】反比例函数系数k的几何意义.
【分析】由反比例函数系数k的几何意义结合△APB的面积为2即可得出k=±4，再根据反比例函数在第二象限有图象即可得出k=﹣4，此题得解.
【解答】解：∵点P在反比例函数y= 的图象上，PA⊥x轴于点A，PB⊥y轴于点B，
∴S△APB= |k|=2，
∴k=±4.
又∵反比例函数在第二象限有图象，
∴k=﹣4.
故选A.
8.如图，在四边形ABCD中，E，F分别在AD和BC上，AB∥EF∥DC，且DE=3，DA=5，CF=4，则FB等于( )
A. B. C.5 D.6
【考点】平行线分线段成比例.
【分析】根据平行线分线段成比例定理列出比例式，代入数值即可求解.
【解答】解：∵AB∥EF∥DC，
∴ = ，
∵DE=3，DA=5，CF=4，
∴ = ，
∴CB= ，
∴FB=CB﹣CF= ﹣4= .
故选B.
二、填空题(本大题共6小题，每小题3分，共18分)
9.化简： ﹣ = .
【考点】二次根式的加减法.
【分析】先把各根式化为最简二次根式，再根据二次根式的减法进行计算即可.
【解答】解：原式=2 ﹣
= .
故答案为： .
10.计算：(﹣2xy2)3= ﹣8x3y6 .
【考点】幂的乘方与积的乘方.
【分析】根据积的乘方，等于把积的每一个因式分别乘方，再把所得的幂相乘;幂的乘方，底数不变指数相乘计算.
【解答】解：(﹣2xy2)3，
=(﹣2)3x3(y2)3，
=﹣8x3y6.
故填﹣8x3y6.
11.一个菱形的周长为52cm，一条对角线长为10cm，则其面积为 120 cm2.
【考点】菱形的性质.
【分析】先由菱形ABCD的周长求出边长，再根据菱形的性质求出OA，然后由勾股定理求出OB，即可得出BD，再根据菱形的面积等于对角线乘积的一半计算即可.
【解答】解：如图所示：
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=BC=CD=DA，AC⊥BD，OA= AC=5，OB= BD，
∵菱形ABCD的周长为52cm，
∴AB=13cm，
在Rt△AOB中，根据勾股定理得：OB= = =12cm，
∴BD=2OB=24cm，
∴菱形ABCD的面积= ×10×24=120cm2，
故答案为120.
12.如图，ABCD是⊙O的内接四边形，点E在AB的延长线上，BF是∠CBE的平分线，∠ADC=110°，则∠FBE= 55° .
【考点】圆内接四边形的性质.
【分析】根据圆内接四边形的性质求出∠CBE=∠ADC=110°，根据角平分线定义求出即可.
【解答】解：∵ABCD是⊙O的内接四边形，∠ADC=110°，
∴∠CBE=∠ADC=110°，
∵BF是∠CBE的平分线，
∴∠FBE= ∠CBE=55°，
故答案为：55°.
13.如图，在△ABC中，∠ACB=90°，AC=1，AB=2，以A为圆心，以AC为半径画弧，交AB于D，则扇形CAD的周长是 +2 (结果保留π)
【考点】弧长的计算;勾股定理.
【分析】首先根据锐角三角函数确定∠A的度数，然后利用弧长公式求得弧长，加上两个半径即可求得周长.
【解答】解：∵∠ACB=90°，AC=1，AB=2，
∴∠A=60°，
∴ 的长为 = ，
∴扇形CAD的周长是 +2，
故答案为： +2.
14.如图，二次函数y=a(x﹣2)2+k的图象与x轴交于A，B两点，且点A的横坐标为﹣1，则点B的横坐标为 5 .
【考点】抛物线与x轴的交点.
【分析】根据二次函数的解析式即可求出对称轴为x=2，利用对称性即可求出B的横坐标.
【解答】解：由题意可知：二次函数的对称轴为x=2，
∴点A与B关于x=2对称，
设B的横坐标为x
∴ =2
∴B的横坐标坐标为5
故答案为：5.
三、解答题(本大题共10小题，共78分)
15.先化简，再求值： ÷ ，其中x=﹣ .
【考点】分式的化简求值.
【分析】先根据分式的除法法则把原式进行化简，再把x=﹣ 代入进行计算即可.
【解答】解：原式= •
=x2+4，
当x=﹣ 时，原式=3+4=7.
16.一个不透明的口袋中有三个小球，上面分别标有数字﹣2，1，3，每个小球除数字外其它都相同，小明先从袋中随机取出1个小球，记下数字;小强再从口袋剩余的两个小球中随机取出1个小球记下数字，用画树状图(或列表)的方法，求小明，小强两人所记的数字之和为奇数的概率.
【考点】列表法与树状图法.
【分析】列表得出所有等可能的情况数，找出这两个球上的两个数字之和为奇数的情况数，即可求出所求的概率.
【解答】解：列表得：
3 1 ﹣2
3 ﹣﹣﹣ (1，3) (﹣2，3)
1 (3，1) ﹣﹣﹣ (﹣2，1)
﹣2 (3，﹣2) (1，﹣2) ﹣﹣﹣
所有等可能的情况有6种，其中两个数字之和为奇数的情况有4种，
所以小明，小强两人所记的数字之和为奇数的概率= = .
17.一辆客车和一辆卡车同时从A地出发沿同一公路同方向行驶，客车的行驶速度是70km/h，卡车的行驶速度是60km/h，客车比卡车早1h经过B地，A、B两地间的路程是多少?
【考点】一元一次方程的应用;代数式求值.
【分析】设A、B两地间的路程为xkm，根据题意分别求出客车所用时间和卡车所用时间，根据两车时间差为1小时即可列出方程，求出x的值.
【解答】解：设A、B两地间的路程为xkm，
根据题意得 ﹣ =1，
解得x=420.
答：A、B两地间的路程为420km.
18.每年的3月22日为“世界水日”，为宣传节约用水，小强随机调查了某小区部分家庭3月份的用水情况，并将收集的数据整理成如下统计图.
(1)小强共调查了 20 户家庭.
(2)所调查家庭3月份用水量的众数为 4 吨;平均数为 4.2 吨;
(3)若该小区有500户居民，请你估计这个小区3月份的用水量.
【考点】众数;用样本估计总体;加权平均数.
【分析】(1)根据条形统计图求出调查的家庭总户数即可;
(2)根据条形统计图求出6月份用水量的平均数，找出众数即可;
(3)根据统计图求出平均每户的用水量，乘以500即可得到结果.
【解答】解：(1)根据题意得：1+1+3+6+4+2+2+1=20(户)，
则小强一共调查了20户家庭;
故答案为：20;
(2)根据统计图得：3月份用水量的众数为4吨;
平均数为 =4.(吨)，
则所调查家庭3月份用水量的众数为4吨、平均数为4.2吨;
故答案为：4，4.2;
(3)根据题意得：500×4.2=2100(吨)，
则这个小区3月份的用水量为2100吨.
19.如图，在四边形ABDC中，E，F，G，H分别为AB，BC，CD，DA的中点，并且E，F，G，H四点不共线.
(1)求证：四边形EFGH为平行四边形.
(2)当AC=BD时，求证：四边形EFGH为菱形.
【考点】中点四边形;三角形中位线定理.
【分析】(1)根据三角形中位线定理得到FG∥EH，FG=EH，根据平行四边形的判定定理证明;
(2)根据菱形是判定定理证明.
【解答】(1)证明：∵F，G分别为BC，CD的中点，
∴FG= BD，FG∥BD，
∵E，H分别为AB，DA的中点，
∴EH= BD，EH∥BD，
∴FG∥EH，FG=EH，
∴四边形EFGH为平行四边形.
(2)证明：由(1)得，FG= BD，GH= BC，
∵AC=BD，
∴GF=GH，
∴平行四边形EFGH为菱形.
20.如图，某山坡坡长AB为110米，坡角(∠A)为34°，求坡高BC及坡宽AC.(结果精确到0.1米)
【参考数据：sin34°=0.559，cos34°=0.829，tan34°=0.675】
【考点】解直角三角形的应用﹣坡度坡角问题.
【分析】根据正弦、余弦的定义列出算式，计算即可.
【解答】解：在Rt△ABC中，sinA= ，cosA= ，
则BC=AB•sinA=110×0.559≈61.5(米)，
AC=AB•cosA=110×0.829≈91.2(米)，
答：坡高BC约为61.5米，坡宽AC约为91.2米.
21.如图，在正方形ABCD中，E为直线AB上的动点(不与A，B重合)，作射线DE并绕点D逆时针旋转45°，交直线BC边于点F，连结EF.
探究：当点E在边AB上，求证：EF=AE+CF.
应用：(1)当点E在边AB上，且AD=2时，则△BEF的周长是 4 .
(2)当点E不在边AB上时，EF，AE，CF三者的数量关系是 EF=CF﹣AE或EF=AE﹣CF .
【考点】四边形综合题.
【分析】探究：作辅助线，构建全等三角形，证明△DAG≌△DCF(SAS)，得∠1=∠3，DG=DF，再证明△GDE≌△FDE(SAS)，根据EG的长可得结论;
应用：
(1)利用探究的结论计算三角形周长为4;
(2)分两种情况：①点E在BA的延长线上时，如图2，EF=CF﹣AE，②当点E在AB的延长线上时，如图3，
EF=AE﹣CF，两种情况都是作辅助线，构建全等三角形，证明两三角形全等得线段相等，根据线段的和与差得出结论.
【解答】探究：证明：如图，延长BA到G，使AG=CF，连接DG，
∵四边形ABCD是正方形，
∴DA=DC，∠DAG=∠DCF=90°，
∴△DAG≌△DCF(SAS)，
∴∠1=∠3，DG=DF，
∵∠ADC=90°，∠EDF=45°，
∴∠EDG=∠1+∠2=∠3+∠2=45°=∠EDF，
∵DE=DE，
∴△GDE≌△FDE(SAS)，
∴EF=EG=AE+AG=AE+CF;
应用：
解：(1)△BEF的周长=BE+BF+EF，
由探究得：EF=AE+CF，
∴△BEF的周长=BE+BF+AE+CF=AB+BC=2+2=4，
故答案为：4;
(2)当点E不在边AB上时，分两种情况：
①点E在BA的延长线上时，如图2，
EF=CF﹣AE，理由是：
在CB上取CG=AE，连接DG，
∵∠DAE=∠DCG=90°，AD=DC，
∴△DAE≌△DCG(SAS)
∴DE=DG，∠EDA=∠GDC
∵∠ADC=90°，
∴∠EDG=90°
∴∠EDF+∠FDG=90°，
∵∠EDF=45°，
∴∠FDG=90°﹣45°=45°，
∴∠EDF=∠FDG=45°，
在△EDF和△GDF中，
∵ ，
∴△EDF≌△GDF(SAS)，
∴EF=FG，
∴EF=CF﹣CG=CF﹣AE;
②当点E在AB的延长线上时，如图3，
EF=AE﹣CF，理由是：
把△DAE绕点D逆时针旋转90°至△DCG，可使AD与DC重合，连接DG，
由旋转得：DE=DG，∠EDG=90°，AE=CG，
∵∠EDF=45°，
∴∠GDF=90°﹣45°=45°，
∴∠EDF=∠GDF，
∵DF=DF，
∴△EDF≌△GDF，
∴EF=GF，
∴EF=CG﹣CF=AE﹣CF;
综上所述，当点E不在边AB上时，EF，AE，CF三者的数量关系是：EF=CF﹣AE或EF=AE﹣CF;
故答案为：EF=CF﹣AE或EF=AE﹣CF.
22.甲、乙两辆汽车沿同一路线从A地前往B地，甲以a千米/时的速度匀速行驶，途中出现故障后停车维修，修好后以2a千米/时的速度继续行驶;乙在甲出发2小时后匀速前往B地，设甲、乙两车与A地的路程为s(千米)，甲车离开A地的时间为t(时)，s与t之间的函数图象如图所示.
(1)求a和b的值.
(2)求两车在途中相遇时t的值.
(3)当两车相距60千米时，t= 或 时.
【考点】一次函数的应用.
【分析】(1)根据速度=路程÷时间即可求出a值，再根据时间=路程÷速度算出b到5.5之间的时间段，由此即可求出b值;
(2)观察图形找出两点的坐标，利用待定系数法即可求出s乙关于t的函数关系式，令s乙=150即可求出两车相遇的时间;
(3)分0≤t≤3、3≤t≤4和4≤t≤5.5三段求出s甲关于t的函数关系式，二者做差令其绝对值等于60即可得出关于t的函数绝对值符号的一元一次方程，解之即可求出t值，再求出0≤t≤2时，s甲=50t=60中t的值.综上即可得出结论.
【解答】解：(1)a= =50，
b=5.5﹣ =4.
(2)设乙车与A地的路程s与甲车离开A地的时间t之间的函数关系式为s乙=kt+m，
将(2，0)、(5，300)代入s=kt+m，
，解得： ，
∴s乙=100t﹣200(2≤t≤5).
当s乙=100t﹣200=150时，t=3.5.
答：两车在途中相遇时t的值为3.5.
(3)当0≤t≤3时，s甲=50t;
当3≤t≤4时，s甲=150;
当4≤t≤5.5时，s甲=150+2×50(t﹣4)=100t﹣250.
∴s甲= .
令|s甲﹣s乙|=60，即|50t﹣100t+200|=60，|150﹣100t+200|=60或|100t﹣250﹣100t+200|=60，
解得：t1= ，t2= (舍去)，t3= (舍去)，t4= (舍去);
当0≤t≤2时，令s甲=50t=60，解得：t= .
综上所述：当两车相距60千米时，t= 或 .
故答案为： 或 .
23.如图，四边形ABCO为矩形，点A在x轴上，点C在y轴上，且点B的坐标为(﹣1，2)，将此矩形绕点O顺时针旋转90°得矩形DEFO，抛物线y=﹣x2+bx+c过B，E两点.
(1)求此抛物线的函数关系式.
(2)将矩形ABCO向左平移，并且使此矩形的中心在此抛物线上，求平移距离.
(3)将矩形DEFO向上平移距离d，并且使此抛物线的顶点在此矩形的边上，则d的值是 或 .
【考点】二次函数图象与几何变换.
【分析】(1)待定系数法即可解决问题.
(2)矩形ABCO的中心坐标为(﹣ ，1)，可得1=﹣x2+ x+ ，解得x=﹣ 或2，所以平移距离d=﹣ ﹣(﹣ )= .
(3)求出顶点坐标，点E坐标，即可解决问题.
【解答】解：(1)由题意，点E的坐标为(2，1)，
则 ，解得 ，
∴此抛物线的解析式为y=﹣x2+ x+ .
(2)∵矩形ABCO的中心坐标为(﹣ ，1)，
∴1=﹣x2+ x+ ，
解得x=﹣ 或2，
∴平移距离d=﹣ ﹣(﹣ )= .
(3)∵y=﹣x2+ x+ =﹣(x﹣ )2+ ，
∴抛物线的顶点坐标为( ， )，
∵E(2，1)，
∴平移距离d= 或 ﹣1= ，
故答案为 或 .
24.如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，∠B=90°，AB=4cm，AD=6cm，BC=9cm，点P从点A出发，以2cm/s的速度沿A→D→C方向向点C运动;同时点Q从点C出发，以1cm/s的速度沿C→B方向向点B运动，设点Q运动时间为ts，△APQ的面积为Scm2.
(1)DC= 5 cm，sin∠BCD= .
(2)当四边形PDCQ为平行四边形时，求t的值.
(3)求S与t的函数关系式.
(4)若S与t的函数图象与直线S=k(k为常数)有三个不同的交点，则k的取值范围是
【考点】四边形综合题.
【分析】(1)如图1，作高线DE，证明四边形ABED是矩形，再利用勾股定理求DC的长，在Rt△DEC中，求出
sin∠BCD= = ;
(2)当四边形PDCQ为平行四边形时，点P在AD上，如图2，根据PD=CQ列方程得：6﹣2t=t，解出即可;
(3)分三种情况：
①当0
②当3
③当
(4)画出图象，根据图象得出结论.
【解答】解：(1)过D作DE⊥BC于E，则∠BED=90°，
∵AD∥BC，
∴∠B+∠BAD=180°，
∵∠B=90°，
∴∠B=∠BAD=90°，
∴四边形ABED是矩形，
∴AD=BE=6，DE=AB=4，
∴EC=BC﹣BE=9﹣6=3，
在Rt△DEC中，由勾股定理得：DC=5，
sin∠BCD= = ，
故答案为：5， ;
(2)由题意得：AP=2t，CQ=t，
则PD=6﹣2t，
当四边形PDCQ为平行四边形时，如图2，
则PD=CQ，
∴6﹣2t=t，
∴t=2;
(3)分三种情况：
①当0
S= AP•AB= ×4×2t=4t;
②当3
过P作MN⊥BC，交BC于N，交AD的延长线于M，
由题意得：CQ=t，BQ=9﹣t，PA=2t，PD=2t﹣6，
∴PC=5﹣PD=5﹣(2t﹣6)=11﹣2t，
由图1得：sin∠C= ，
，
PN= ，
∴PM=4﹣PN=4﹣ = ，
S=S梯形ABCD﹣S△PQC﹣S△ABQ﹣S△APD，
= ﹣ ﹣ × ﹣ = ;
③当
S= =2t;
综上所述，S与t的函数关系式为：S= .
(4)如图6，S= ;
S的最小值为： = ，
当t=3时，S=4×3=12，
∴则k的取值范围是：
故答案为：
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