2010年辽宁省鞍山市中考数学试卷

2010年辽宁省鞍山市中考数学试卷

一、选择题（共9小题，每小题2分，满分18分）‎ ‎1、（2010•鞍山）已知x=2是方程‎3‎‎2‎x2﹣2a=0的一个解，则2a﹣1的值是（　　）‎ ‎ A、3 B、4‎ ‎ C、5 D、6‎ 考点：一元二次方程的解。‎ 分析：一元二次方程的解，就是能够使方程左右两边相等的未知数的值．即用这个数代替未知数所得式子仍然成立．将x=2代入方程式即可解．‎ 解答：解：把x=2代入方程‎3‎‎2‎x2﹣2a=0得‎3‎‎2‎×4﹣2a=0，解得a=3，把a=3代入2a﹣1=6﹣1=5．‎ 故本题选C．‎ 点评：本题考查的是一元二次方程的根即方程的解的定义．‎ ‎2、（2010•鞍山）某快餐店肉类食品有5种，蔬菜类食品有8种，饮料类有3种，花15元可以任选其一肉类，一饮料类和二蔬菜类，那么有几种选择（　　）‎ ‎ A、120 B、210‎ ‎ C、420 D、480‎ 考点：推理与论证。‎ 分析：根据蔬菜类食品有8种，任意选两类，则有8×7÷2=28种，再进一步和肉类、饮料搭配计算即可．‎ 解答：解：根据题意，得 ‎5×3×28=420（种）．‎ 故选C．‎ 点评：此类题能够用乘法计算．需注意蔬菜类食品有8种，任意选两类，有28种可能．‎ ‎3、（2010•鞍山）正方形ABCD中，E、F两点分别是BC、CD上的点．若△AEF是边长为‎2‎的等边三角形，则正方形ABCD的边长为（　　）‎ ‎ A、‎3‎‎+1‎‎2‎ B、‎‎3‎‎﹣1‎‎2‎ ‎ C、‎3‎ D、2‎ 考点：勾股定理；全等三角形的判定与性质；等边三角形的性质；正方形的性质。‎ 分析：根据正方形的各边相等和等边三角形的三边相等，可以证明△ABE≌△ADF，从而得到等腰直角三角形CEF，求得CF=CE=1．设正方形的边长是x，在直角三角形ADF中，根据勾股定理列方程求解．‎ 解答：解：∵AB=AD，AE=AF，‎ ‎∴Rt△ABE≌Rt△ADF．‎ ‎∴BE=DF．‎ ‎∴CE=CF=1．‎ 设正方形的边长是x．‎ 在直角三角形ADF中，根据勾股定理，得 x2+（x﹣1）2=2，‎ 解，得x=‎1±‎‎3‎‎2‎（负值舍去）．‎ 即正方形的边长是‎1+‎‎3‎‎2‎．‎ 故选A．‎ 点评：此题综合运用了正方形的性质、等边三角形的性质、全等三角形的判定和性质以及勾股定理．‎ ‎4、（2010•鞍山）某种品牌的水果糖的售价为15元/千克，该品牌的酥糖的售价为18元/千克．现将两种糖均匀混合，为了估算这种糖的售价，称了十份糖，每份糖1千克，其中水果糖的质量如下（单位：千克）．你认为这种糖比较合理的定价为（　　）元/千克．（0.58；0.52；0.59；0.49；0.60；0.55；0.56；0.49；0.52；0.54．）‎ ‎ A、16.6 B、16.4‎ ‎ C、16.5 D、16.3‎ 考点：用样本估计总体；算术平均数。‎ 分析：首先求出十份糖中水果糖的平均质量，然后即可求出十份糖其中酥糖的平均质量，再利用各自的价格即可计算出这种糖比较合理的定价．‎ 解答：解：十份糖中水果糖的平均质量为‎1‎‎10‎（0.58+0.52+0.59+0.49+0.60+0.55+0.56+0.49+0.52+0.54）=0.544千克，‎ 那么十份糖中酥糖的平均质量为1﹣0.544=0.456千克，‎ ‎∴这种糖比较合理的定价为0.456×18+0.544×15=16.368≈16.4元/千克．‎ 故选B．‎ 点评：此题主要利用了用样本估计总体的方法，即用样本平均数去估计总体平均数．‎ ‎5、（2010•鞍山）如图是空心圆柱体在指定方向上的视图，正确的是（　　）‎ ‎ A、 B、‎ ‎ C、 D、‎ 考点：简单几何体的三视图。‎ 分析：找到从正面看所得到的图形即可，注意所有的棱都应表现在主视图中．‎ 解答：解：圆柱的主视图是矩形，里面有两条用虚线表示的看不到的棱，故选C．‎ 点评：本题考查了三视图的知识，主视图是从物体的正面看得到的视图；注意看得到的棱画实线，看不到的棱画虚线．‎ ‎6、（2010•鞍山）如图，设M、N分别是直角梯形ABCD两腰AD、CB的中点，DE上AB于点E，将△ADE沿DE翻折，M与N恰好重合，则AE：BE等于（　　）‎ ‎ A、2：1 B、1：2‎ ‎ C、3：2 D、2：3‎ 考点：平行线分线段成比例；三角形中位线定理；直角梯形。‎ 专题：几何综合题。‎ 分析：先设DE与MN交于点F，由于MN是AD、BC的中点，所以根据梯形中位线定理，可知MN∥AB，在△ADE中，MF∥AE，M是AD中点，根据平行线分线段成比例定理，可知F也是DE中点，利用三角形中位线定理，可知AE=2MF，又由于△ADE沿DE翻折，MN重合，可知MF=NF，在根据四边形FEBN是矩形，可知NF=BE，那么就可求出AE：BE的值．‎ 解答：解：设DE与MN交于点F，‎ ‎∵M、N分别是AD、CB上的中点，‎ ‎∴MN∥AB，‎ 又∵M是AD的中点，‎ ‎∴MF=‎1‎‎2‎AE，‎ 又∵M、N重合，‎ ‎∴NF=BE，MF=NF，‎ ‎∴AE：BE=2MF：NF=2：1，‎ 故选A．‎ 点评：考查综合运用梯形、三角形中位线定理及矩形、平行线分线段成比例定理等相关知识解决问题的能力．‎ ‎7、（2010•鞍山）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AB=2BC，在直线BC或AC上取一点P，使得△PAB为等腰三角形，则符合条件的点P共有（　　）‎ ‎ A、4个 B、5个 ‎ C、6个 D、7个 考点：等腰三角形的判定。‎ 分析：根据等腰三角形的判定，“在同一三角形中，有两条边相等的三角形是等腰三角形（简称：在同一三角形中，等边对等角）”分三种情况解答即可．‎ 解答：解：如图，①AB的垂直平分线交AC一点P1（PA=PB），交直线BC与点P2；‎ ‎②以A为圆心，AB为半径画圆，交AC有二点P2，P3，交BC有一点P4，（此时AB=AP）；‎ ‎③以B为圆心，BA为半径画圆，交BC有二点P5，P6，交AC有一点P7（此时BP=BA）．‎ 故共有7个点，故选D．‎ 点评：本题考查了等腰三角形的判定；构造等腰三角形时本着截取相同的线段就能做出等腰三角形来，思考要全面，做到不重不漏．‎ ‎8、（2010•鞍山）如图△OAP，△ABQ均是等腰直角三角形，点P，Q在函数y=‎4‎x（x＞0）的图象上，直角顶点A，B均在x轴上，则点B的坐标为（　　）‎ ‎ A、（‎2‎‎+1‎，0） B、（‎5‎‎+1‎，0）‎ ‎ C、（3，0） D、（‎5‎‎﹣1‎，0）‎ 考点：反比例函数综合题。‎ 专题：数形结合。‎ 分析：由△OAP是等腰直角三角形得到PA=OA，可以设P点的坐标是（a，a），然后把（a，a）代入解析式求出a=1，从而求出P的坐标，接着求出OA的长，再根据△ABQ是等腰直角三角形得到BQ=AB，可以设Q的纵坐标是b，因而横坐标是b+1，把Q的坐标代入解析式即可求出B的坐标．‎ 解答：解：∵△OAP是等腰直角三角形 ‎∴PA=OA ‎∴设P点的坐标是（a，a）‎ 把（a，a）代入解析式得到a=1‎ ‎∴P的坐标是（1，1）‎ 则OA=1‎ ‎∵△ABQ是等腰直角三角形 ‎∴BQ=AB ‎∴设Q的纵坐标是b ‎∴横坐标是b+1‎ 把Q的坐标代入解析式y=‎‎4‎x ‎∴b+1=‎‎4‎b ‎∴b=‎5‎+1‎ ‎∴点B的坐标为（‎5‎+1，0）．‎ 故选B．‎ 点评：本题考查了反比例函数的图象的性质以及等腰直角三角形的性质，利用形数结合解决此类问题，是非常有效的方法．‎ ‎9、（2010•鞍山）某厂前年的产值为50万元，今年上升到72万元，这两年的平均增长率是多少？若设每年的增长率为x，则有方程（　　）‎ ‎ A、50（1+x）=72 B、50（1+x）+50（1+x）2=72‎ ‎ C、50（1+x）2=72 D、50x2=72‎ 考点：由实际问题抽象出一元二次方程。‎ 专题：增长率问题。‎ 分析：由于设每年的增长率为x，那么去年的产值为50（1+x）万元，今年的产值为50（1+x）（1+x）万元，然后根据今年上升到72万元即可列出方程．‎ 解答：解：设每年的增长率为x，‎ 依题意得50（1+x）（1+x）=72，‎ 即50（1+x）2=72．‎ 故选C．‎ 点评：此题主要考查了增长率的问题，一般公式为：原来的量×（1±x）2=现在的量，x为增长或减少的百分率．增加用+，减少用﹣．‎ 二、填空题（共9小题，每小题2分，满分18分）‎ ‎10、（2010•鞍山）如图，E为边长为1的正方形ABCD的对角线BD上一点，且BE=BC，P为CE上任意一点，PQ⊥BC，PR⊥BE，则PQ+PR的值为 ．‎ 考点：正方形的性质；三角形的面积；等腰三角形的性质。‎ 专题：几何综合题。‎ 分析：过E作EF⊥BC于F，由S△BPC+S△BPE=S△BEC推出PQ+PR=EF，在Rt△BEF中求EF．‎ 解答：解：根据题意，‎ 连接BP，过E作EF⊥BC于F，‎ ‎∵S△BPC+S△BPE=S△BEC ‎∴‎1‎‎2‎BC•PQ+‎1‎‎2‎BE•PR=‎1‎‎2‎BC•EF，‎ ‎∵BE=BC=1，‎ ‎∴PQ+PR=EF，‎ 在Rt△BEF中，∠EBF=45°，BE=1，‎ ‎∴EF=sin45°×BE=‎2‎‎2‎，即PQ+PR=‎2‎‎2‎．‎ ‎∴PQ+PR的值为‎2‎‎2‎．‎ 故答案为：‎2‎‎2‎．‎ 点评：解答本题的难点是证明底边上任意一点到等腰三角形两腰的距离等于一腰上的高．在突破难点时，充分利用正方形的性质和三角形面积公式．‎ ‎11、（2010•鞍山）若方程m﹣1‎x﹣1‎=xx﹣1‎的解为正数，则m的取值范围是 ．‎ 考点：分式方程的解。‎ 分析：先解关于x的分式方程，求得x的值，然后再依据“解是正数”建立不等式求m的取值范围．‎ 解答：解：去分母，得m﹣1=x，‎ 即x=m﹣1，‎ ‎∵方程的解是正数，‎ ‎∴m﹣1＞0即m＞1，‎ 又因为x﹣1≠0，‎ ‎∴m≠2．‎ 则m的取值范围是m＞1且m≠2．‎ 点评：由于我们的目的是求m的取值范围，根据方程的解列出关于m的不等式．另外，解答本题时，易漏掉m≠2，这是因为忽略了x﹣1≠0这个隐含的条件而造成的，这应引起同学们的足够重视．‎ ‎12、（2010•鞍山）如图，矩形AOCB的两边OC、OA分别位x轴、y轴上，点B的坐标为B（‎﹣‎‎20‎‎3‎，5），D是AB边上的一点．将△ADO沿直线OD翻折，使A点恰好落在对角线OB上的点E处，若点E在一反比例函数的图象上，那么该函数的解析式是 ．‎ 考点：待定系数法求反比例函数解析式；矩形的性质。‎ 专题：代数几何综合题。‎ 分析：此题要求反比例函数的解析式，只需求得点E的坐标．‎ 根据点B的坐标，可知矩形的长和宽；从而再根据锐角三角函数求得点E的坐标，运用待定系数法进行求解．‎ 解答：解：过E点作EF⊥OC于F 由条件可知：OE=OA=5，‎EFOF‎=tan∠BOC=BCOC=‎5‎‎20‎‎3‎=‎‎3‎‎4‎ 所以EF=3，OF=4‎ 则E点坐标为（﹣4，3）‎ 设反比例函数的解析式是y=‎kx 则有k=﹣4×3=﹣12‎ ‎∴反比例函数的解析式是y=‎﹣‎‎12‎x．‎ 故答案为y=‎﹣‎‎12‎x．‎ 点评：主要考查了用待定系数法求反比例函数的解析式．‎ 本题综合性强，考查知识面广，能较全面考查学生综合应用知识的能力．‎ ‎13、（2010•鞍山）甲、乙两人玩猜数字游戏，先由甲心中任想一个数字，记为a，再由乙猜甲刚才所想数字，把乙所猜数字记为b，且a，b分别取0，1，2，3，若a，b满足|a﹣b|≤1，则称甲、乙两人“心有灵犀”，现任意找两个玩这个游戏，得出“心有灵犀”的概率为 ．‎ 考点：列表法与树状图法。‎ 分析：依据题意先用列表法或画树状图法分析所有等可能的出现结果，然后根据概率公式求出该事件的概率即可．‎ 解答：解：如下表所示：‎ 一共有4×4=16种可能，“心有灵犀”的有10种，所以概率是‎10‎‎16‎‎=‎‎5‎‎8‎．‎ 点评：考查概率的概念和求法，用树状图或表格表达事件出现的可能性是求解概率的常用方法．用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．‎ ‎14、（2010•鞍山）如图小明想测量电线杆AB的高度，发现电线杆的影子恰好落在土坡的坡面CD和地面BC上，量得CD=4 m，BC=10 m，CD与地面成30°角，且此时测得1 m杆的影子长为2 m，则电线杆的高度约为 m．（结果保留两位有效数字，‎2‎≈1.41，‎3‎≈1.73）‎ 考点：解直角三角形的应用-坡度坡角问题；近似数和有效数字。‎ 专题：计算题。‎ 分析：先根据CD的长以及坡角求出落在斜坡上的影长在地面上的实际长度，即可知AB的总影长，然后根据1 m杆的影子长为2 m，求解电线杆的高度．‎ 解答：解：作DE⊥BC于E．则旗杆的高度分3部分进行求解．‎ BC对应的旗杆的高度：根据同一时刻物高与影长成比例，得10÷2=5；‎ 在直角三角形CDE中，根据30°所对的直角边是斜边的一半，得DE=2．再根据勾股定理，得CE=2‎3‎；‎ 因为DE⊥BC，则DE对应的旗杆高度和DE相等，CE对应的旗杆高度同样根据：同一时刻物高与影长成比例，‎ 是2‎3‎÷2=‎3‎．‎ 故旗杆的高度是5+2+‎3‎≈8.7．‎ 点评：注意；影子平行于物体时，影子和物体的实际高度相等；影子垂直于物体时，根据：同一时刻物高与影长成比例进行计算．‎ ‎15、（2010•鞍山）若a为一元二次方程x2﹣3x+m=0的一个根，﹣a为一元二次方程x2+3x﹣m=0的一个根，则a的值为 ‎ 考点：一元二次方程的解。‎ 分析：把a和﹣a分别代入这两个方程，然后得到两个新的方程，解此方程即可得到a的值．‎ 解答：解：把a和﹣a分别代入一元二次方程x2﹣3x+m=0和一元二次方程x2+3x﹣m=0，得到两个新的方程a2﹣3a+m=0①和a2﹣3a﹣m=0②，把①②相加得到2a2﹣6a=0，所以a=3‎ 或a=0．‎ 点评：本题考查的是一元二次方程的根即方程的解的定义．‎ ‎16、（2010•鞍山）已知k=b+c﹣aa=c+a﹣bb=a+b﹣cc（a+b+c≠0），且m﹣5‎+n2=6n﹣9，则自变量为x的反比例函数y=k（m+n）‎x的图象分布在第 象限．‎ 考点：反比例函数的性质；非负数的性质：偶次方；非负数的性质：算术平方根；比例的性质。‎ 分析：根据等比性质，求出k的值，根据非负数的性质求出m、n的值，然后得出k（m+n）的值，即可判断出反比例函数所在的图象．‎ 解答：解：根据等比性质：k=b+c﹣aa+c+a﹣bb+a+b﹣cc=b+c﹣a+c+a﹣b+a+b+ca+b+c，‎ 又因为（a+b+c≠0），‎ 所以k=a+b+ca+b+c=1．‎ 又因为m﹣5‎+n2=6n﹣9，‎ 所以m﹣5‎‎+n‎2‎﹣6n+9=0‎，‎ 即m﹣5‎+（n﹣3）2=0，‎ 根据非负数的性质，‎ m=5，n=3．‎ 所以k（m+n）=1×（5+3）=8，‎ 于是反比例函数可化为：y=‎8‎x，‎ 图象分布在第一、三象限．‎ 点评：此题将等比性质和非负数的性质与反比例函数的性质相结合，有一定难度．‎ ‎17、（2010•鞍山）有一块长30cm，宽20cm的纸板，要挖出一个面积为200cm2的长方形的孔，并且四周宽度相等，则这个框的宽应为 cm．‎ 考点：一元二次方程的应用。‎ 专题：几何图形问题。‎ 分析：这个框的宽应为xcm，先表示出长方形的孔的长是（30﹣2x）cm，宽是（20﹣2x）cm，再根据长方形的面积公式即可列方程求解．‎ 解答：解：设这个框的宽应为xcm．‎ 依题意有（30﹣2x）（20﹣2x）=200‎ 即x2﹣25x+100=0．‎ 解得x1=5，x2=20（不合题意舍去）．‎ 故这个框的宽应为5cm．‎ 点评：判断所求的解是否符合题意，舍去不合题意的解．本题正确表示出长方形的孔的长和宽是解题的关键．‎ ‎18、（2010•鞍山）如图：已知△ABC中，AB=AC，∠BAC=90°，直角∠EPF的顶点P是BC中点，两边PE，PF分别交AB，AC于点E，F，给出以下五个结论：‎ ‎①AE=CF；②∠APE=∠CPF；③△EPF是等腰直角三角形；④EF=AP；⑤S四边形AEPF=‎1‎‎2‎S△ABC．当∠EPF在△ABC内绕顶点P旋转时（点E不与A，B重合），上述结论中始终正确的序号有 ．‎ 考点：旋转的性质；全等三角形的性质；等腰三角形的性质。‎ 分析：根据题意，容易证明△AEP≌△CFP，然后能推理得到①②③⑤都是正确的，④不正确．‎ 解答：解：∵AB=AC，∠BAC=90°，点P是BC的中点，‎ ‎∴∠EAP=‎1‎‎2‎∠BAC=45°，AP=‎1‎‎2‎BC=CP．‎ ‎①在△AEP与△CFP中，‎ ‎∵∠EAP=∠C=45°，AP=CP，∠APE=∠CPF=90°﹣∠APF，‎ ‎∴△AEP≌△CFP，∴AE=CF．正确；‎ ‎②由①知，△AEP≌△CFP，‎ ‎∴∠APE=∠CPF．正确；‎ ‎③由①知，△AEP≌△CFP，‎ ‎∴PE=PF．又∵∠EPF=90°，‎ ‎∴△EPF是等腰直角三角形．正确；‎ ‎④不能得出EF=AP，错误；‎ ‎⑤∵△AEP≌△CFP，同理可证△APF≌△BPE．‎ ‎∴S四边形AEPF=S△AEP+S△APF=S△CPF+S△BPE=‎1‎‎2‎S△ABC．正确．‎ 故正确的序号有①②③⑤．‎ 点评：本题利用了等腰直角三角形的性质和全等三角形的判定和性质．‎ 三、解答题（共10小题，满分64分）‎ ‎19、（2010•鞍山）解方程：‎ ‎（1）（2x+3）2﹣25=0‎ ‎（2）3x2﹣5x+5=7‎ 考点：解一元二次方程-直接开平方法；解一元二次方程-因式分解法。‎ 分析：（1）把常数项25移到方程的右边，运用直接开平方法解方程，注意把2x+3看作一个整体；‎ ‎（2）可以运用因式分解法解方程．‎ 解答：解：（1））（2x+3）2=25，‎ ‎2x+3=±5，‎ ‎2x=±5﹣3，‎ x1=1，x2=﹣4．‎ ‎（2）3x2﹣5x﹣2=0‎ ‎（x﹣2）（3x+1）=0，‎ x1=2，x2=﹣‎1‎‎3‎．‎ 点评：此题考查了运用直接开平方法解方程和运用因式分解法解方程的方法．‎ ‎（1）用直接开方法求一元二次方程的解的类型有：x2=a（a≥0）；ax2=b（a，b同号且a≠0）；（x+a）2=b（b≥0）；a（x+b）2=c（a，c同号且a≠0）．‎ 法则：要把方程化为“左平方，右常数，先把系数化为1，再开平方取正负，分开求得方程解”．‎ ‎（2）运用整体思想，会把被开方数看成整体．‎ ‎（3）用直接开方法求一元二次方程的解，要仔细观察方程的特点．‎ ‎20、（2010•鞍山）用反证法证明：等腰三角形的底角是锐角．‎ 考点：反证法。‎ 专题：证明题。‎ 分析：根据反证法的步骤进行证明．‎ 解答：证明：用反证法．‎ 假设等腰三角形的底角不是锐角，则大于或等于90°．‎ 根据等腰三角形的两个底角相等，则两个底角的和大于或等于180°．‎ 则该三角形的三个内角一定大于180°，这与三角形的内角和定理相矛盾，故假设不成立．‎ 所以等腰三角形的底角是锐角．‎ 点评：反证法的步骤是：‎ ‎（1）假设结论不成立；‎ ‎（2）从假设出发推出矛盾；‎ ‎（3）假设不成立，则结论成立．‎ 在假设结论不成立时要注意考虑结论的反面所有可能的情况，如果只有一种，那么否定一种就可以了，如果有多种情况，则必须一一否定．‎ ‎21、（2010•鞍山）旗杆、树和竹杆都垂直于地面且一字排列，在路灯下树和竹杆的影子的方位和长短如图所示．请根据图上的信息标出灯泡的位置（用点P表示），再作出旗杆的影子（用线段字母表示）．（不写作法，保留作图痕迹）‎ 考点：作图—应用与设计作图；中心投影。‎ 专题：作图题。‎ 分析：根据中心投影的特点可知，连接物体和它影子的顶端所形成的直线必定经过点光源．所以分别把树木和竹竿的顶端和影子的顶端连接并延长可交与一点，即点光源的位置，再由点光源出发连接旗杆顶部的直线与地面相交即可找到旗杆影子的顶端．‎ 解答：解：线段MN是旗杆在路灯下的影子．‎ 点评：本题考查平行投影和中心投影的作图，难度不大，体现了学数学要注重基础知识的新课标理念．解题的关键是要知道：连接物体和它影子的顶端所形成的直线必定经过点光源．‎ ‎22、（2010•鞍山）端午节吃粽子是中华民族的传统习俗，五月初五早上，奶奶为小明准备了四只粽子：一只肉馅，一只香肠馅，两只红枣馅，四只粽子除内部馅料不同外其他均﹣切相同．小明喜欢吃红枣馅的粽子．‎ ‎（1）请你用树状图为小明预测一下吃两只粽子刚好都是红枣馅的概率；‎ ‎（2）在吃粽子之前，小明准备用一个均匀的正四面体骰子（如图所示）进行吃粽子的模拟试验，规定：掷得点数1向上代表肉馅，点数2向上代表香肠馅，点数3，4向上代表红枣馅，连续抛掷这个骰子两次表示随机吃两只粽子，从而估计吃两只粽子刚好都是红枣馅的概率．你认为这样模拟正确吗？试说明理由．‎ 考点：列表法与树状图法；模拟实验。‎ 分析：此题需要两步完成，所以采用树状图法或者采用列表法都比较简单；解题时要注意是放回实验还是不放回实验，（1）此题属于不放回实验；（2）此题模拟的为放回实验；所以模拟的不正确．‎ 解答：解：（1）‎ ‎∴P（两只都为红枣馅）=‎2‎‎12‎‎=‎‎1‎‎6‎；（3分）‎ ‎（2）这样模拟不正确（4分）‎ 理由如下：连续两次掷骰子点数朝上的情况有（1，1）（1，2）（1，3）（1，4）（2，1）（2，2）（2，3）（2，4）（3，1）（3，2）（3，3）（3，4）（4，1）（4，2）（4，3）（4，4）共16种，而满足条件的情况有4种（5分）‎ ‎∴P（点数3，4向上）=‎4‎‎16‎‎=‎1‎‎4‎≠‎p‎（两只均为红枣馅）‎（6分）‎ ‎∴这样模拟不正确．（7分）‎ 点评：树状图法适合两步或两步以上完成的事件；解题时要注意此题是放回实验还是不放回实验．用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．‎ ‎23、（2010•鞍山）①如图，四边形ABCD中，对角线相交于点O，E、F、G、H分别是AD，BD，BC，AC的中点．‎ ‎（1）求证：四边形EFGH是平行四边形；‎ ‎（2）当四边形ABCD满足一个什么条件时，四边形EFGH是菱形？并证明你的结论；‎ ‎②如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC，D为BC中点，CE⊥AD于E，BF∥AC，交CE的延长线与点F．求证：AB垂直平分DF．‎ 考点：菱形的判定；线段垂直平分线的性质；三角形中位线定理；平行四边形的判定。‎ 专题：证明题；开放型。‎ 分析：①（1）由三角形中位线知识可得EF=GH，EF∥GH，∴四边形EFGH是平行四边形．‎ ‎（2）要是菱形，只需增加相邻两边相等，如要得到EF=GF，由中位线知识，只须AB=CD．‎ ‎②∵FB∥AC，∠ACB=90°∴∠FBC=90°，由AC=BC、∠ACB=90°∴∠DBA=45°，AB是∠CBF平分线．证明Rt△ADC≌Rt△FBC，所以DB=FB，所以，AB垂直平分DF（等腰三角形中的三线合一定理）．‎ 解答：①（1）证明：‎ ‎∵E、F分别是AD、BD中点，‎ ‎∴EF∥AB，EF=‎1‎‎2‎AB，‎ 同理GH∥AB，GH=‎1‎‎2‎AB，‎ ‎∴EF=GH，EF∥GH，∴四边形EFGH是平行四边形．‎ ‎（2）当四边形ABCD满足AB=CD时，四边形EFGH是菱形．‎ 证明：F、G分别是BD、BC中点，所以GF=‎1‎‎2‎CD，‎ ‎∵AB=CD，∴EF=GF 又∵四边形EFGH是平行四边形，‎ ‎∴四边形EFGH是菱形．‎ ‎②证明：∵∠ACB=90°，Rt△ADC中，∠1+∠2=90°，‎ ‎∵AD⊥CF，在Rt△EDC中，∠3+∠2=90°，得：∠1=∠3．‎ ‎∵FB∥AC，∠ACB=90°，∴∠FBC=90°，得：△FBC是直角三角形．‎ ‎∵AC=BC，∠1=∠3，△FBC是直角三角形 ‎∴Rt△ADC≌Rt△FBC．‎ ‎∴CD=FB，已知CD=DB，可得：DB=FB．‎ 由AC=BC、∠ACB=90°，可得：∠4=45°，AB是∠CBF平分线．‎ 所以，AB垂直平分DF（等腰三角形中的三线合一定理）．‎ 点评：本题考查了中位线知识，平行四边形和菱形的判断方法．‎ ‎24、（2010•鞍山）小华将勤工俭学挣得的100元钱按一年定期存入银行，到期后取出50元来购买学习用品，剩下的50元和应得的利息又全部按一年定期存入银行，若存款的年利率又下调到原来的一半，这样到期后可得本息和63元，求第一次存款的年利率（不计利息税）．‎ 考点：一元一次方程的应用。‎ 专题：应用题；增长率问题。‎ 分析：要求存款的年利率先设出未知数，再通过等量关系就是两年的本金加上利息减去够买学习用品的钱等于最后的本息之和．‎ 解答：解：设第一次存款的年利率为x，第二次存款的年利率为x‎2‎，‎ 由题意可知第一次的本息为100+100×x，‎ 第二次本息（100+100×x﹣50）×x‎2‎+50+100x=63，‎ 解得x=0.5或x=‎﹣‎‎13‎‎5‎（舍去）．‎ 答：第一次存款的年利率为50%．‎ 点评：解题的关键要理解题的大意，特别是第二次到期的本息为50+100x，很多同学都会忽略100x，根据题目给出的条件找出等量关系列出方程，再求解．‎ ‎25、（2010•鞍山）已知一次函数y1=ax+b的图象与反比例函数y2=kx的图象相交于A、B两点，坐标分别为（﹣2，4）、（4，﹣2）．‎ ‎（1）求两个函数的解析式；‎ ‎（2）结合图象写出y1＜y2时，x的取值范围；‎ ‎（3）求△AOB的面积；‎ ‎（4）是否存在一点P，使以点A﹑B﹑O﹑P为顶点的四边形为菱形？若存在，求出顶点P的坐标；若不存在，请说明理由．‎ 考点：反比例函数综合题。‎ 专题：综合题。‎ 分析：（1）直接利用待定系数法可分别求得两个函数的解析式；‎ ‎（2）利用（1）中的解析式联立方程组，即可求得交点坐标，结合图形可写出x的取值范围；‎ ‎（3）把△AOB的面积分为两部分，即S△AOB=S△AOC+S△BOC；‎ ‎（4）利用菱形的性质，根据线段的中点横坐标是两个端点横坐标的和的一半，纵坐标也是两个端点纵坐标和的一半，即可求解．‎ 解答：解：（1）分别把点A（﹣2，4），点B（4，﹣2）代入解析式中，得 k=﹣8，即双曲线解析式为y=﹣‎‎8‎x ‎&﹣2a+b=4‎‎&4a+b=﹣2‎ 解得‎&a=﹣1‎‎&b=2‎ ‎∴直线解析式为y=﹣x+2；‎ ‎（2）当﹣x+2=﹣‎8‎x时，‎ 整理，得 x2﹣2x﹣8=0‎ 解得x1=﹣2，x2=4‎ 即点A（﹣2，4），点B（4，﹣2）‎ 当y1＜y2时，﹣2＜x＜0或x＞4．‎ ‎（3）当x=0时，y=﹣x+2=2，即 OC=2‎ ‎∴S△AOB=S△AOC+S△BOC=‎1‎‎2‎‎×‎2‎×‎2+‎1‎‎2‎‎×‎2‎×‎4=6．‎ ‎（4）存在．‎ 若四边形OAPB是菱形，则AB，OP互相垂直平分，即点M计算AB的中点，又是OP的中点．‎ ‎∵点A是（﹣2，4），点B是（4，﹣2）‎ ‎∴点M的坐标是（1，1）‎ ‎∴点P的坐标是（2，2）．‎ 点评：此题主要考查反比例函数的性质和三角形以及菱形相结合的综合性知识．通过解方程组求出交点坐标，知道线段的中点坐标与两个端点之间的关系是解题的关键．‎ ‎26、（2010•鞍山）如图，矩形ABCD中，AD=3厘米，AB=a厘米（a＞3）．动点M，N同时从B点出发，分别沿B⇒A，B⇒C运动，速度是1厘米/秒．过M作直线垂直于AB，分别交AN，CD于P，Q．当点N到达终点C时，点M也随之停止运动．设运动时间为t秒．‎ ‎（1）若a=4厘米，t=1秒，则PM= 厘米；‎ ‎（2）若a=5厘米，求时间t，使△PNB∽△PAD，并求出它们的相似比；‎ ‎（3）若在运动过程中，存在某时刻使梯形PMBN与梯形PQDA的面积相等，求a的取值范围；‎ ‎（4）是否存在这样的矩形：在运动过程中，存在某时刻使梯形PMBN，梯形PQDA，梯形PQCN的面积都相等？若存在，求a的值；若不存在，请说明理由．‎ 考点：梯形；矩形的性质；相似三角形的判定与性质。‎ 专题：压轴题。‎ 分析：（1）容易知道△ANB∽△APM，利用相似三角形的对应边成比例就可以求出PM；‎ ‎（2）若PNB∽△PAD，则NBAD‎=‎PNPA，而PNPA‎=‎BMAM，∴NBAD‎=‎BMAM这样就可以求出t，也可以求出相似比；‎ ‎（3）首先利用△AMP∽△ABN把QM，PM用t表示，然后就可以用t表示梯形PMBN与梯形PQDA的面积，根据已知可以得到关于t的方程，最后就可以根据t与a的关系式就可以讨论t的取值范围了；‎ ‎（4）根据（3）已经得到t的取值范围，再根据梯形PQCN的面积与梯形PMBN的面积相等得到关于t的方程，求出t，再求出a，这样就可以判断a的值是否存在．‎ 解答：解：（1）当t=1时，MB=1，NB=1，AM=4﹣1=3，‎ ‎∵PM∥BN ‎∴△ANB∽△APM，‎ ‎∴PMNB‎=‎AMAB∴PM=‎‎3‎‎4‎．‎ ‎（2）t=2，使△PNB∽△PAD，相似比为3：2．‎ ‎（3）∵PM⊥AB，CB⊥AB，∠AMP=∠ABC，△AMP∽△ABN，‎ ‎∴PMBN‎=‎AMAB即PMt‎=a﹣ta，∵PM=‎t（a﹣t）‎a，‎ ‎∵QM=3﹣‎t（a﹣1）‎a，‎ 当梯形PMBN与梯形PQDA的面积相等，‎ 即‎（QP+AD）DQ‎2‎‎=‎‎（MP+BN）BM‎2‎=‎（3﹣t（a﹣t）‎a+3）（a﹣1）‎‎2‎‎=‎‎（ta（a﹣t）+t）t‎2‎，‎ 化简得t=‎‎6a‎6+a，‎ ‎∵t≤3，‎ ‎∴‎6a‎6+a‎≤3‎，则a≤6，‎ ‎∴3＜a≤6．‎ ‎（4）∵3＜a≤6时，梯形PMBN与梯形PQDA的面积相等∴梯形PQCN的面积与梯形PMBN的面积相等即可，则CN=PM∴ta（a﹣t）=3﹣t，把t=‎‎6a‎6+a代入，得a=±2‎3‎，所以a=2‎3‎．‎ 所以，存在a，当a=2‎3‎时梯形PMBN与梯形PQDA的面积、梯形PQCN的面积相等．‎ 点评：此题综合性比较强，考查了相似三角形的性质与判定，梯形的面积公式，列方程解方程等知识．‎ ‎27、（2010•鞍山）在等腰梯形ABCD中，AB=DC=5，AD=4，BC=10．点E在下底边BC上，点F在腰AB上．‎ ‎（1）若EF平分等腰梯形ABCD的周长，设BE长为x，试用含x的代数式表示△BEF的面积；‎ ‎（2）是否存在线段EF将等腰梯形ABCD的周长和面积同时平分？若存在，求出此时BE的长；若不存在，请说明理由；‎ ‎（3）是否存在线段EF将等腰梯形ABCD的周长和面积同时分成1：2的两部分？若存在，求出此时BE的长；若不存在，请说明理由．‎ 考点：等腰梯形的性质；一元二次方程的应用。‎ 专题：开放型。‎ 分析：（1）先作AK⊥BC于K，FG⊥BC于G，根据等腰梯形的性质，可得BK=‎1‎‎2‎（BC﹣AD）=3，在Rt△ABK中，利用勾股定理可求出AK=4，由于AK、FG垂直于同一直线故平行，可得比例线段，求出FG=‎4（12﹣x）‎‎5‎，利用面积公式可得S△BEF=﹣‎2‎‎5‎x2+‎24‎‎5‎x（7≤x≤10，因为BF最大取5，故BE最小取7，又不能超过10）；‎ ‎（2）根据题意，结合（1）中面积的表达式，可以得到‎1‎‎2‎S梯形ABCD=﹣‎2‎‎5‎x2+‎24‎‎5‎x，即14=﹣‎2‎‎5‎x2+‎24‎‎5‎x，解得，x1=7，x2=5（不合题意，舍去）；‎ ‎（3）仍然按照（1）和（2）的步骤和方法去做就可以了，注意不是分成相等的两份，而是1：2就可以了，得到关于x的一元二次方程，先求出根的判别式△，由于△＜0，故不存在实数根．‎ 解答：解：（1）由已知条件得：‎ 梯形周长为12，高4，面积为28．‎ 过点F作FG⊥BC于G 过点A作AK⊥BC于K 则可得：FG=‎12﹣x‎5‎×4‎ ‎∴S△BEF=‎1‎‎2‎BE•FG=﹣‎2‎‎5‎x2+‎24‎‎5‎x（7≤x≤10）；（3分）‎ ‎（2）存在（1分）‎ 由（1）得：﹣‎2‎‎5‎x2+‎24‎‎5‎x=14‎ 得x1=7，x2=5（不合舍去）‎ ‎∴存在线段EF将等腰梯形ABCD的周长与面积同时平分，此时BE=7；‎ ‎（3）不存在（1分）‎ 假设存在，显然是：S△BEF：SAFECD=1：2，（BE+BF）：（AF+AD+DC）=1：2（1分）‎ 则有一‎2‎‎5‎x2+‎16‎‎5‎x=‎28‎‎3‎整理得：3x2﹣24x+70=0‎ ‎△=576﹣840＜0‎ ‎∴不存在这样的实数x．‎ 即不存在线段EF将等腰梯形ABCD的周长和面积．‎ 同时分成1：2的两部分．（2分）‎ 点评：本题利用了等腰梯形的性质、垂直于同一直线的两直线平行，勾股定理，三角形、梯形面积公式，解一元二次方程，以及一元二次方程根的判别式等知识．‎ ‎28、（2010•鞍山）如图，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠C=90°，BC=16，DC=12，AD=21．动点P从点D出发，沿射线DA的方向以每秒2两个单位长的速度运动，动点Q从点C出发，在线段CB上以每秒1个单位长的速度向点B运动，点P，Q分别从点D，C同时出发，当点Q运动到点B时，点P随之停止运动．设运动的时间为t（秒）．‎ ‎（1）设△BPQ的面积为S，求S与t之间的函数关系式；‎ ‎（2）当t为何值时，以B，P，Q三点为顶点的三角形是等腰三角形；‎ ‎（3）当线段PQ与线段AB相交于点O，且2AO=OB时，求∠BQP的正切值；‎ ‎（4）是否存在时刻t，使得PQ⊥BD？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由．‎ 考点：解直角三角形；勾股定理；直角梯形；相似三角形的判定与性质。‎ 专题：压轴题。‎ 分析：（1）点P作PM⊥BC，垂足为M，则四边形PDCM为矩形，根据梯形的面积公式就可以利用t表示，就得到S与t之间的函数关系式．‎ ‎（2）以B、P、Q三点为顶点的三角形是等腰三角形，可以分三种情况：‎ ‎①若PQ=BQ，②若BP=BQ，③若PB=PQ．‎ 在Rt△PMQ中根据勾股定理，就得到一个关于t的方程，就可以求出t．‎ ‎（3）根据相似三角形对应边成比例可列式求出t，从而根据正切的定义求出值．‎ ‎（4）首先假设存在，然后再根据相似三角形对应边成比例求证．‎ 解答：解（1）如图，过点P作PM⊥BC，垂足为M，则四边形PDCM为矩形．‎ ‎∴PM=DC=12．‎ ‎∵QB=16﹣t，‎ ‎∴S=‎1‎‎2‎×12×（16﹣t）=96﹣t；‎ ‎（2）由图可知：CM=PD=2t，CQ=t．‎ 以B、P、Q三点为顶点的三角形是等腰三角形，可以分三种情况：‎ ‎①若PQ=BQ．‎ 在Rt△PMQ中，PQ2=t2+122，‎ 由PQ2=BQ2得t2+122=（16﹣t）2，‎ 解得t=‎7‎‎2‎；‎ ‎②若BP=BQ．‎ 在Rt△PMB中，BP2=（16﹣2t）2+122．‎ 由BP2=BQ2得：（16﹣2t）2+122=（16﹣t）2即3t2﹣32t+144=0．‎ 由于△=﹣704＜0，‎ ‎∴3t2﹣32t+144=0无解，‎ ‎∴PB≠BQ．‎ ‎③若PB=PQ．‎ 由PB2=PQ2，得t2+122=（16﹣2t）2+122‎ 整理，得3t2﹣64t+256=0．‎ 解得t1=‎16‎‎3‎，t2=16（不合题意，舍去）‎ 综合上面的讨论可知：当t=‎7‎‎2‎秒或t=‎16‎‎3‎秒时，以B、P、Q三点为顶点的三角形是等腰三角形．‎ ‎（3）如图，由△OAP∽△OBQ，得APBQ‎=AOOB=‎‎1‎‎2‎．‎ ‎∵AP=2t﹣21，BQ=16﹣t，‎ ‎∴2（2t﹣21）=16﹣t．‎ ‎∴t=‎58‎‎5‎．‎ 过点Q作QE⊥AD，垂足为E．‎ ‎∵PD=2t，ED=QC=t，‎ ‎∴PE=t．‎ 在Rt△PEQ中，tan∠QPE=QEPE‎=‎12‎t=‎‎30‎‎29‎；‎ ‎（4）设存在时刻t，使得PQ⊥BD．‎ 如图，过点Q作QE⊥ADS，垂足为E．‎ 由Rt△BDC∽Rt△QPE，得 DCBC‎=‎PEEQ‎，即‎12‎‎16‎‎=‎t‎12‎．‎ 解得t=9．‎ 所以，当t=9秒时，PQ⊥BD．‎ 点评：梯形的问题可以通过作高线可以转化为直角三角形与矩形的问题．并且要理解以B、P、Q三点为顶点的三角形是等腰三角形，应分①若PQ=BQ，②若BP=BQ，③若PB=PQ．三种情况进行讨论．‎ 参与本试卷答题和审题的老师有：‎ Linaliu；kuaile；feng；zhjh；郭静慧；ln_86；xinruozai；lanyuemeng；yangjigang；mama258；lanyan；lanchong；137-hui；haoyujun；张伟东；nhx600；mmll852；wangcen；huangling；zhehe；HJJ；hnaylzhyk；zcx；CJX；lbz；xiawei。（排名不分先后）‎ ‎2011年2月17日