2017年山东省滨州市中考数学试卷

2017年山东省滨州市中考数学试卷

‎2017年山东省滨州市中考数学试卷 满分：120分 版本：人教版 第I卷（选择题，共36分）‎ 一、选择题（每小题3分，共12小题，合计36分）‎ ‎1．（2017山东滨州）计算－(－1)＋|－1|，结果为 ‎ A．－2 B．‎2 ‎ C．0 D．－1‎ 答案：B，解析：根据“负负得正”可知，－(－1)＝1；根据“负数的绝对值等于它的相反数”可得，|－1|＝1，所以原式＝1＋1＝2．‎ ‎2．（2017山东滨州）一元二次方程x2－2x＝0根的判别式的值为 ‎ A．4 B．‎2 ‎ C．0 D．－4‎ 答案：A，解析：根的判别式可表示为b2－‎4ac，在这个方程中，a＝1，b＝－2，c＝0，所以b2－‎4ac＝(－2)2－4×1×0＝4．‎ ‎3．（2017山东滨州）如图，直线AC∥BD，AO，BO分别是∠BAC、∠ABD的平分线，那么下列结论错误的是 ‎ A．∠BAO与∠CAO相等 B．∠BAC与∠ABD互补 ‎ C．∠BAO与∠ABO互余 D．∠ABO与∠DBO不等 A O C B D ‎ 答案：D，解析：∵AO，BO分别是∠BAC、∠ABD的平分线，∴∠BAO＝∠CAO，∠ABO＝∠DBO．∵AC∥BD，∴∠CAB＋∠ABD＝180°．因此∠BAO、∠CAO中的任一角与∠ABO、∠DBO中任一角的和都是90°．因此A、B、C正确，D项错误．‎ ‎4．（2017山东滨州）下列计算：（1）()2＝2，（2）＝2，（3）()2＝12，（4），其中结果正确的个数为 ‎ A．1 B．‎2 ‎ C．3 D．4‎ ‎ 答案：D，解析：（1）根据“”可知()2＝2成立；（2）根据“”可知＝2成立；（3）根据“(ab)2＝a2b‎2”‎可知，计算()2，可将－2和 分别平方后，再相乘．所以这个结论正确；（4）根据“(a＋b)(a－b)＝a2－b‎2”‎，＝＝2－3＝－1．‎ ‎5．（2017山东滨州）若正方形的外接圆半径为2，则其内切圆半径为 ‎ A． B．‎2‎ C． D．1‎ ‎ 答案：A，解析：如图，由“正方形的外接圆半径为‎2”‎可得OB＝2，∠OBC＝45°，由切线性质可得∠OCB＝90°，所以△OBC为等腰直角三角形，所以OC＝OB＝．‎ ‎6．（2017山东滨州）分式方程的解为 ‎ A．x＝1 B．x＝－‎1 ‎ C．无解 D．x＝－2‎ ‎ 答案：解析：去分母，得x(x＋2)－(x－1)(x＋2)＝3，去括号、合并同类项，得x＝1，检验：当x＝1时，(x－1)(x＋2)＝0，所以x＝1不是方程的根，所以原分式方程无解．‎ ‎7．（2017山东滨州）如图，在△ABC中，AC⊥BC，∠ABC＝30°，点D是CB延长线上的一点，且BD＝BA，则tan∠DAC的值为 ‎ A．2＋ B．‎2‎ C．3＋ D．3‎ A C D B ‎ 答案：A，解析：设AC＝a，则AC＝a÷sin30°＝‎2a，BC＝a÷tan30°＝a，∴BD＝AB＝‎2a．∴tan∠DAC＝＝2＋．‎ ‎8．（2017山东滨州）如图，在△ABC中，AB＝AC，D为BC上一点，且DA＝DC，BD＝BA，则∠B的大小为 ‎ A．40° B．36° C．80° D．25°‎ A B C D 答案：B；解析：设∠C＝x°，由于DA＝DC，可得∠DAC＝∠C＝x°，由AB＝AC可得∠B＝∠C＝x°．∴∠ADB＝∠C＋∠DAC＝2x°，由于BD＝BA，所以∠BAD＝∠ADB＝2x°，根据三角形内角和定理，得x°＋x°＋3x°＝180°，解得x＝36°．所以∠B＝36°．‎ ‎9．（2017山东滨州）某车间有27名工人，生产某种由一个螺栓套两个螺母的产品，每人每天生产螺母16个或螺栓22个．若分配x名工人生产螺栓，其他工人生产螺母，恰好使每天生产的螺栓和螺母配套，则下面所列方程中正确的是 ‎ A．22x＝16(27－x) B．16x＝22(27－x)‎ ‎ C．2×16x＝22(27－x) D．2×22x＝16(27－x)‎ ‎ 答案：D，解析：x名工人可生产螺栓22x个，(27－x)名工人可生产螺母16(27－x)个，由于螺栓数目的2倍与螺母数目相等，因此2×22x＝16(27－x)．‎ ‎10．（2017山东滨州）若点M(－7，m)、N(－8，n)都是函数y＝－(k2＋2k＋4)x＋1（k为常数）的图象上，则m和n的大小关系是 ‎ A．m＞n B．m＜n C．m＝n D．不能确定 ‎ 答案：B，解析：由于k2＋2k＋4可化为(k＋1)2＋3＞0，因此－(k2＋2k＋4)＜0，因此这个函数y随x的增加而减小，由于－7＞－8，因此m＜n．‎ ‎11．（2017山东滨州）如图，点P为定角∠AOB的平分线上的一个定点，且∠MPN与∠AOB互补．若∠MPN在绕点P旋转的过程中，其两边分别与OA，OB相交于M、N两点，则以下结论：（1）PM＝PN恒成立，（2）OM＋ON的值不变，（3）四边形PMON的面积不变，（4）MN的长不变，其中正确的个数为 ‎ A．4 B．‎3 ‎ C．2 D．1‎ ‎ 答案：B，解析：①过点P分别作OA、OB的垂线段，由于∠PEO＝∠PFO＝90°，因此∠AOB与∠EPF互补，由已知“∠MPN与∠AOB互补”，可得∠MPN＝∠EPF，可得∠MPE＝∠NPF．②③根据“角平分线上一点到角两边距离相等”，可证PE＝PF．即可证得Rt△PME≌Rt△PNF；因此对于结论（1），“PM＝PN”由全等即可证得是成立的；结论（2），也可以有全等得到ME＝NF，即可证得OM＋ON＝OE＋OF，由于OE＋OF保持不变，因此OM＋ON的值也保持不变；结论（3），由“Rt△PME≌Rt△PNF”可得这两个三角形的面积相等，因此四边形PMON的面积与四边形PEOF的面积始终相等，因此结论（3）是正确的；结论（4），对于△PMN与△PEF，这两个三角形都是等腰三角形，且顶角相等，但由于腰长不等，因此这两个三角形不可能全等，所以底边MN与EF不可能相等．所以MN的长是变化的．‎ ‎12．（2017山东滨州）在平面直角坐标系内，直线AB垂直于x轴于点C（点C 在原点的右侧），并分别与直线y＝x和双曲线y＝相交于点A、B，且AC＋BC＝4，则△OAB的面积为 ‎ A．2＋3或2－3 B．＋1或－1‎ C．2－3 D．－1‎ 答案：A，解析：设点C的坐标为(m，0)，则A(m，m)，B(m，)，所以AB＝m，BC＝．根据“AC＋BC＝‎4”‎，可列方程m＋＝4，解得m＝2±．所以A(2＋，2＋)，B(2＋，2－)或A(2－，2－)，B(2－，2＋)，∴AB＝2．∴△OAB的面积＝×2×(2±)＝2±3．‎ 第II卷（非选择题，共84分）‎ 二、填空题：本大题共6个题，每小题4分，满分24分．‎ ‎13．（2017山东滨州）计算：＋(－3)0－|－|－2-1－cos60°＝____________．‎ ‎ 答案：－，解析：①将分子分母同乘以，可计算出＝；②根据“除零以外的任何数的零次幂等于‎1”‎可得(－3)0＝1；③利用“”，可计算出；④根据“”可得2-1＝；⑤熟记特殊角的三角函数值可得sin60°＝；因此原式＝＋1－2－－＝－．‎ ‎14．（2017山东滨州）不等式组的解集为___________．‎ ‎ 答案：－7≤x＜1，解析：解不等式①得x＜1；解不等式②得x≥－7，所以不等式组的解集为－7≤x＜1．‎ ‎15．（2017山东滨州）在平面直角坐标系中，点C、D的坐标分别为C(2，3)、D(1，0)．现以原点为位似中心，将线段CD放大得到线段AB，若点D的对应点B在x轴上且OB＝2，则点C的对应点A的坐标为_______．‎ ‎ 答案：(4，6)或(－4，－6)，解析：由“点B在x轴上且OB＝‎2”‎可知B(2，0)或B(－2，0)，所以线段CD与线段AB的位似比为1∶2或1∶(－2)，根据“(x，y)以原点为位似中心的对应点坐标为(kx，ky)”可知点A的对应点的坐标为(4，6)或(－4，－6)．‎ ‎16．（2017山东滨州）如图，将矩形ABCD沿GH对折，点C落在Q处，点D落在AB边上的E处，EQ与BC相交于点F．若AD＝8，AB＝6，AE＝4，则△EBF周长的大小为___________．‎ ‎ 答案：8，解析：设DH＝x，则AH＝8－x，由折叠的对称性，可知EH＝DH＝x，在Rt△AEH中，应用勾股定理，得AE2＋AH2＝EH2，即42＋(8－x)2＝x2，解得x＝5．由∠GEF＝90°，可证明△AHE∽△BEF，因此，即，可以求得BF＝，EF＝．所以△EBF周长为＋＋2＝8．‎ ‎17．（2017山东滨州）如图，一个几何体的三视图分别是两个矩形、一个扇形，则这个几何体表面积的大小为_________．[来源:Z&xx&k.Com]‎ ‎ 答案：15π＋12，解析：由三视图可以看出这是一个残缺的圆柱，侧面是由一个曲面和两个长方形构成，上下底面是两个扇形，S侧＝×2π×2×3＋2×3＋2×3＝9π+12．S底面＝2××π×22＝6π．所以这个几何体的表面积为15π＋12．‎ ‎18．（2017山东滨州）观察下列各式：，‎ ‎ ‎ ‎[来源:学*科*网Z*X*X*K]‎ ‎……‎ ‎ 请利用你所得结论，化简代数式＋＋＋…＋（n≥3且为整数），其结果为__________．‎ ‎ 答案：，解析：由这些式子可得规律：＝．‎ 因此，原式＝‎ ‎＝‎ ‎＝＝．‎ 三、解答题：本大题共6个小题，满分60分．‎ ‎19．（2017山东滨州）（本小题满分8分）‎ ‎ （1）计算：(a－b)(a2＋ab＋b2)‎ ‎ 解：原式＝a3＋a2b＋ab2－a2b－ab2－b3‎ ‎＝a3－b3．‎ ‎（2）利用所学知识以及（1）所得等式，化简代数式分析：观察到第一个分式的分子出现m、n两数的立方差，考虑使用（1）中的立方差公式．‎ 解：原式＝‎ ‎ ＝m＋n．‎ ‎20．（2017山东滨州）（本小题满分9分）‎ ‎ 根据要求，解答下列问题．‎ ‎ （1）根据要求，解答下列问题．‎ ‎ ①方程x2－2x＋1＝0的解为________________________；‎ ‎ ②方程x2－3x＋2＝0的解为________________________；‎ ‎ ③方程x2－4x＋3＝0的解为________________________；‎ ‎ …… ……‎ ‎ （2）根据以上方程特征及其解的特征，请猜想：‎ ‎ ①方程x2－9x＋8＝0的解为________________________；‎ ‎ ②关于x的方程________________________的解为x1＝1，x2＝n．‎ ‎（3）请用配方法解方程x2－9x＋8＝0，以验证猜想结论的正确性．‎ 思路分析：方程特征：二次项系数均为1，一次性系数分别为－2、－3、－4，常数项分别为1，2，3．解的特征：一个解为1，另一个解分别是1、2、3、4、…．‎ 解：（1）①x1＝1，x2＝1；②x1＝1，x2＝2；③x1＝1，x2＝3．‎ ‎（2）①x1＝1，x2＝8；‎ ‎ ②x2－(1＋n)x＋n＝0．‎ ‎（3）x2－9x＋8＝0‎ ‎ x2－9x＝－8‎ ‎ x2－9x＋＝－8＋‎ ‎ (x－)2＝‎ ‎ ∴x－＝±．‎ ‎ ∴x1＝1，x2＝8．‎ ‎21．（2017山东滨州）（本小题满分9分）‎ ‎ 为了考察甲、乙两种成熟期小麦的株高长势状况，现从中各随机抽取6株，并测得它们的株高（单位：cm）如下表所示：‎ 甲 ‎63‎ ‎66‎ ‎63‎ ‎61‎ ‎64‎ ‎61‎ 乙 ‎63‎ ‎65‎ ‎60‎ ‎63‎ ‎64‎ ‎63‎ ‎ （1）请分别计算表内两组数据的方差，并借此比较哪种小麦的株高长势比较整齐？‎ ‎ （2）现将进行两种小麦优良品种杂交试验，需从表内的甲、乙两种小麦中，各随机抽取一株进行配对，以预估整体配对状况．请你用列表法或画树状图的方法，求所抽取的两株配对小麦株高恰好都等于各自平均株高的概率．‎ 解：（1）＝(63＋66＋63＋61＋64＋61)÷6＝63．‎ ‎＝(63＋65＋60＋63＋64＋63)÷6＝63．‎ ‎＝＝3．‎ ‎＝＝．‎ ‎∵＞．‎ ‎∴乙种小麦长势整齐．‎ ‎ （2）列表如下 ‎63‎ ‎65‎ ‎60‎ ‎63‎ ‎64‎ ‎63‎ ‎63‎ ‎（63，63）‎ ‎（63，65）‎ ‎（63，60）‎ ‎（63，63）‎ ‎（63，64）‎ ‎（63，63）‎ ‎66‎ ‎（66，63）‎ ‎（66，65）‎ ‎（66，60）‎ ‎（66，63）‎ ‎（66，64）‎ ‎（66，63）‎ ‎63‎ ‎（63，63）‎ ‎（63，65）‎ ‎（63，60）‎ ‎（63，63）‎ ‎（63，64）‎ ‎（63，63）‎ ‎61‎ ‎（61，63）‎ ‎（61，65）‎ ‎（61，60）‎ ‎（61，63）‎ ‎（61，64）‎ ‎（61，63）‎ ‎64‎ ‎（64，63）‎ ‎（64，65）‎ ‎（64，60）‎ ‎（64，63）‎ ‎（64，64）‎ ‎（64，63）‎ ‎61‎ ‎（61，63）‎ ‎（61，65）‎ ‎（61，60）‎ ‎（61，63）‎ ‎（61，64）‎ ‎（61，63）‎ ‎ ∴共有36种情况，其中小麦株高恰好都等于各自平均株高（记为事件A）有6种．‎ ‎ ∴P(A)＝．‎ ‎22．（2017山东滨州）（本小题满分10分）‎ ‎ 如图，在□ABCD中，以点A为圆心，AB长为半径画弧交AD于点F；再分别以点B、F为圆心，大于BF的相同长为半径画弧，两弧交于点P；连接AP并延长交BC于点E，连接EF，则所得四边形ABEF是菱形． ‎ ‎ （1）根据以上尺规作图的过程，求证四边形ABEF是菱形；‎ ‎ （2）若菱形ABEF的周长为16，AE＝4，求∠C的大小．‎ ‎ 思路分析：（1）要证明四边形ABEF是菱形，先考虑证明ABEF是平行四边形，已知BE∥AF，设法补充BE＝AF即可；（2）由于四边形ABCD为平行四边形，可将求∠C转化为求∠BAD，而菱形的对角线平分一组对角，因此可先求∠DAE的大小．‎ 解：（1）由作图过程可知，AB＝AF，AE平分∠BAD．∴∠BAE＝∠EAF．‎ ‎ ∵四边形ABCD为平行四边形，∴BC∥AD．∴∠AEB＝∠EAF．‎ ‎ ∴∠BAE＝∠AEB，∴AB＝BE．∴BE＝AF．∴四边形ABEF为平行四边形．‎ ‎ ∴四边形ABEF为菱形．‎ ‎ （2）连接BF，‎ ‎∵四边形ABEF为菱形，∴BF与AE互相垂直平分，∠BAE＝∠FAE．‎ ‎∴OA＝AE＝．∵菱形ABEF的周长为16，∴AF＝4．‎ ‎ ∴cos∠OAF＝＝．∴∠OAF＝30°，∴∠BAF＝60°．‎ ‎ ∵四边形ABCD为平行四边形，∴∠C＝∠BAD＝60°．‎ ‎ ‎ ‎23．（2017山东滨州）（本小题满分10分）‎ ‎ 如图，点E是△ABC的内心，AE的延长线交BC于点F，交△ABC的外接圆⊙O于点D；连接BD，过点D作直线DM，使∠BDM＝∠DAC．‎ ‎ （1）求证：直线DM是⊙O的切线；‎ ‎ （2）求证：DE2＝DF·DA．‎ A ‎ 思路分析：（1）①连接DO，并延长交⊙O于点G，连接BG；②证明∠BAD＝∠DAC；③证明∠G＝∠BAD；④证明∠MDB＝∠G；⑤证明∠GDM＝90°；（2）①利用相似证明BD2＝DF·DA；②利用等角对等边证明DB＝DE． ‎ 证明：（1）如答图1，连接DO，并延长交⊙O于点G，连接BG；‎ ‎∵点E是△ABC的内心，∴AD平分∠BAC，∴∠BAD＝∠DAC．[来源:学科网]‎ ‎∵∠G＝∠BAD，∴∠MDB＝∠G，[来源:学科网ZXXK]‎ ‎∵DG为⊙O的直径，∴∠GBD＝90°，∴∠G＋∠BDG＝90°．‎ ‎∴∠MDB＋∠BDG＝90°．∴直线DM是⊙O的切线；‎ A G A 答图1 答图2‎ ‎ （2）如答图2，连接BE．‎ ‎ ∵点E是△ABC的内心，∴∠ABE＝∠CBE，∠BAD＝∠CAD．‎ ‎ ∵∠EBD＝∠CBE＋∠CBD，∠BED＝∠ABE＋∠BAD，∠CBD＝∠CAD．‎ ‎∴∠EBD＝∠BED，∴DB＝DE．‎ ‎ ∵∠CBD＝∠BAD，∠ADB＝∠ADB，∴△DBF∽△DAB，∴BD2＝DF·DA．‎ ‎ ∴DE2＝DF·DA．‎ ‎24．（2017山东滨州）（本小题满分14分）‎ ‎ 如图，直线y＝kx＋b（k、b为常数）分别与x轴、y轴交于点A(－4，0)、B(0，3)，抛物线y＝－x2＋2x＋1与y轴交于点C．‎ ‎ （1）求直线y＝kx＋b的解析式；‎ ‎ （2）若点P(x，y)是抛物线y＝－x2＋2x＋1上的任意一点，设点P到直线AB的距离为d，求d关于x的函数解析式，并求d取最小值时点P的坐标； ‎ ‎ （3）若点E在抛物线y＝－x2＋2x＋1的对称轴上移动，点F在直线AB上移动，求CE＋EF的最小值． [来源:Z#xx#k.Com]‎ A B C O y=kx+b y＝－‎ x ‎2‎ ‎+2‎ x ‎+1‎ ‎·‎ ‎ ‎ P ‎(‎ x ‎，‎ y ‎)‎ ‎ 思路分析：（1）将A、B两点坐标代入y＝kx＋b中，求出k、b的值；（2）作出点P到直线AB的距离后，由于∠AHC＝90°，考虑构造“K形”相似，得到△MAH、△OBA、△NHP三个三角形两两相似，三边之比都是3∶4∶5．由“”可得，整理可得d关于x的二次函数，配方可求出d的最小值； ‎ A B C O y=kx+b y＝－‎ x ‎2‎ ‎+2‎ x ‎+1‎ ‎·‎ ‎ ‎ P ‎(‎ x ‎，‎ y ‎)‎ H M N A B C O x＝1‎ ‎·‎ C′ ‎ E F ‎ （3）如果点C关于直线x＝1的对称点C′，根据对称性可知，CE＝C′E．当C′F⊥AB时，CE＋EF最小． ‎ ‎ 解：（1）∵y＝kx＋b经过A(－4，0)、B(0，3),‎ ‎ ∴，解得k＝，b＝3．‎ ‎ ∴y＝x＋3．‎ ‎ （2）过点P作PH⊥AB于点H，过点H作x轴的平行线MN，分别过点A、P作MN的垂线段，垂足分别为M、N．‎ A B C O y=kx+b y＝－‎ x ‎2‎ ‎+2‎ x ‎+1‎ ‎·‎ ‎ ‎ P ‎(‎ x ‎，‎ y ‎)‎ H M N ‎ 设H(m，m＋3)，则M(－4，m＋3)，N(x，m＋3)，P(x，－x2＋2x＋1)．‎ ‎ ∵PH⊥AB，∴∠CHN＋∠AHM＝90°，∵AM⊥MN，∴∠MAH＋∠AHM＝90°．‎ ‎ ∴∠MAH＝∠CHN，∵∠AMH＝∠CNH＝90°，∴△AMH∽△HNP．‎ ‎ ∵MA∥y轴，∴△MAH∽△OBA．∴△OBA∽△NHP．‎ ‎ ∴．‎ ‎ ∴．‎ ‎ 整理得：，所以当x＝，即P(，)．‎ ‎ （3）作点C关于直线x＝1的对称点C′，过点C′作C′F⊥AB于F．过点F作JK∥x轴，，分别过点A、C′作AJ⊥JK于点J，C′K⊥JK于点K．则C′(2，1)‎ A B C O x＝1‎ ‎·‎ C′ ‎ E F J K ‎ 设F(m，m＋3)‎ ‎∵C′F⊥AB，∠AFJ＋∠C′FK＝90°，∵CK⊥JK，∴∠C′＋∠C′FK＝90°．‎ ‎ ∴∠C′＝∠AFJ，∵∠J＝∠K＝90°，∴△AFJ∽△FC′K．‎ ‎ ∴，∴，解得m＝或－4（不符合题意）．‎ ‎ ∴F(，)，∵C′(2，1)，∴FC′＝．‎ ‎∴CE＋EF的最小值＝C′E＝．‎