中考数学一模试卷含解析12

中考数学一模试卷含解析12

‎2016年山东省泰安市宁阳县中考数学一模试卷 一、选择题（共20小题，每小题3分，满分60分）‎ ‎1．的相反数是（　　）‎ A．2 B． C．﹣2 D．‎ ‎2．下列运算正确的是（　　）‎ A．﹣（﹣a+b）=a+b B．3a3﹣3a2=a C．a+a﹣1=0 D．‎ ‎3．下列几何体中，俯视图为四边形的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎4．下列四个图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的有（　　）‎ A．4个 B．3个 C．2个 D．1个 ‎5．如图，已知AB∥CD，BC平分∠ABE，∠C=33°，则∠BED的度数是（　　）‎ A．16° B．33° C．49° D．66°‎ ‎6．甲型H1N1流感病毒的直径大约是0.000000081米，用科学记数法可表示为（　　）‎ A．8.1×10﹣9米 B．8.1×10﹣8米 C．81×10﹣9米 D．0.81×10﹣7米 ‎7．如果是方程ax+（a﹣2）y=0的一组解，则a的值（　　）‎ A．1 B．2 C．﹣1 D．﹣2‎ ‎8．如图，已知P是正方形ABCD对角线BD上一点，且BP=BC，则∠ACP度数是（　　）‎ A．45° B．22.5° C．67.5° D．75°‎ ‎9．下列说法正确的是（　　）‎ A．数据3，4，4，7，3的众数是4‎ B．数据0，1，2，5，a的中位数是2‎ C．一组数据的众数和中位数不可能相等 D．数据0，5，﹣7，﹣5，7的中位数和平均数都是0‎ ‎10．如图，DC是⊙O直径，弦AB⊥CD于点F，连接BC、BD，则下列结论错误的是（　　）‎ A．AF=BF B．OF=CF C． = D．∠DBC=90°‎ ‎11．如图，A（，1），B（1，）．将△AOB绕点O旋转150°得到△A′OB′，则此时点A的对应点A′的坐标为（　　）‎ A．（﹣，﹣1） B．（﹣2，0） C．（﹣1，﹣）或（﹣2，0） D．（﹣，﹣1）或（﹣2，0）‎ ‎12．为了测量被池塘隔开的A，B两点之间的距离，根据实际情况，作出如图图形，其中AB⊥BE，EF⊥BE，AF交BE于D，C在BD上．有四位同学分别测量出以下四组数据：①BC，∠ACB； ②CD，∠ACB，∠ADB；③EF，DE，BD；④DE，DC，BC．能根据所测数据，求出A，B间距离的有（　　）‎ A．1组 B．2组 C．3组 D．4组 ‎13．已知a2+a﹣3=0，那么a2（a+4）的值是（　　）‎ A．9 B．﹣12 C．﹣18 D．﹣15‎ ‎14．如图，OA⊥OB，等腰直角三角形CDE的腰CD在OB上，∠ECD=45°，将三角形CDE绕点C逆时针旋转75°，点E的对应点N恰好落在OA上，则的值为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎15．二次函数y=x2﹣（m﹣1）x+4的图象与x轴有且只有一个交点，则m的值为（　　）‎ A．1或﹣3 B．5或﹣3 C．﹣5或3 D．以上都不对 ‎16．如图，AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB，∠CDB=30°，CD=2，则阴影部分图形的面积为（　　）‎ A．4π B．2π C．π D．‎ ‎17．如图，抛物线y=ax2+bx+c与x轴交于点（﹣1，0），对称轴为x=1，则下列结论中正确的是（　　）‎ A．a＞0‎ B．当x＞1时，y随x的增大而增大 C．c＜0‎ D．x=3是一元二次方程ax2+bx+c=0的一个根 ‎18．在一个不透明的盒子里有3个分别标有数字5，6，7的小球，它们除数字外其他均相同．充分摇匀后，先摸出1个球不放回，再摸出1个球，那么这两个球上的数字之和为奇数的概率为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎19．如图，正方形ABCD的边长为a，动点P从点A出发，沿折线A→B→D→C→A的路径运动，回到点A时运动停止．设点P运动的路程长为x，AP长为y，则y关于x的函数图象大致是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎20．如下数表是由从1开始的连续自然数组成，则自然数2014所在的行数是（　　）‎ A．第45行 B．第46行 C．第47行 D．第48行 ‎　‎ 二、填空题（共4小题，每小题3分，满分12分）‎ ‎21．在一次爱心捐款中，某班有40名学生拿出自己的零花钱，有捐5元、10元、20元、50元 的．右图反映了不同捐款的人数比例，那么这个班的学生平均每人捐款______元．‎ ‎22．如图，小方格都是边长为1的正方形，则以格点为圆心，半径为1和2的两种弧围成的“叶状”阴影图案的面积为______．‎ ‎23．如图，直线y=﹣x+4与x轴、y轴分别交于A、B两点，把△AOB绕点A顺时针旋转90°后得到△AO′B′，则点B′的坐标是______．‎ ‎24．如图，以点P（2，0）为圆心，为半径作圆，点M（a，b）是⊙P上的一点，则的最大值是______．‎ ‎　‎ 三、解答题（共5小题，满分48分）‎ ‎25．暑假的一天，小刚到离家1.2千米的万州体育馆看球赛，进场时，发现门票还放在家中，此时离比赛还有24分钟，于是他立即步行（匀速）回家取票，在家取票用时5分钟，取到票后，他马上骑自行车（匀速）赶往体育馆．已知小刚骑自行车从家赶往体育馆比从体育馆步行回家所用时间少10分钟．骑自行车的速度是步行速度的3倍．‎ ‎（1）小刚步行的速度（单位：米/分钟）是多少？‎ ‎（2）小刚能否在球赛开始前赶到体育馆？请通过计算说明理由．‎ ‎26．如图所示，在梯形ABCD中，AD∥BC，∠BDC=90°，E为BC上一点，∠BDE=∠DBC．‎ ‎（1）求证：DE=EC；‎ ‎（2）若AD=BC，试判断四边形ABED的形状，并说明理由．‎ ‎27．如图，已知双曲线y=经过点D（6，1），点C是双曲线第三象限上的动点，过C作CA⊥x轴，过D作DB⊥y轴，垂足分别为A，B，连接AB，BC．‎ ‎（1）求k的值；‎ ‎（2）若△BCD的面积为12，求直线CD的解析式；‎ ‎（3）判断AB与CD的位置关系，并说明理由．‎ ‎28．如图1，在△ABC中，D、E、F分别为三边的中点，G点在边AB上，且DG平分△ABC的周长，设BC=a、AC=b，AB=c．‎ ‎（1）求线段BG的长；‎ ‎（2）求证：DG平分∠EDF；‎ ‎（3）连接CG，如图2，若△GBD∽△GDF，求证：BG⊥CG．‎ ‎29．如图，在平面直角坐标系中，O为坐标原点，点A、B的坐标分别为（8，0）、（0，6）．动点Q从点O、动点P从点A同时出发，分别沿着OA方向、AB方向均以1个单位长度/秒的速度匀速运动，运动时间为t（秒）（0＜t≤5）．以P为圆心，PA长为半径的⊙P与AB、OA的另一个交点分别为C、D，连接CD、QC．‎ ‎（1）求当t为何值时，点Q与点D重合？‎ ‎（2）设△QCD的面积为S，试求S与t之间的函数关系式，并求S的最大值；‎ ‎（3）若⊙P与线段QC只有一个交点，请直接写出t的取值范围．‎ ‎　‎ ‎2016年山东省泰安市宁阳县中考数学一模试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题（共20小题，每小题3分，满分60分）‎ ‎1．的相反数是（　　）‎ A．2 B． C．﹣2 D．‎ ‎【考点】相反数；绝对值．‎ ‎【分析】根据相反数的意义，在这个数的前面加上负号，化简即得出．‎ ‎【解答】解：根据相反数的意义，的相反数为，‎ ‎﹣=﹣||=﹣．‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎2．下列运算正确的是（　　）‎ A．﹣（﹣a+b）=a+b B．3a3﹣3a2=a C．a+a﹣1=0 D．‎ ‎【考点】负整数指数幂；合并同类项；去括号与添括号．‎ ‎【分析】根据去括号、合并同类项、负整数指数幂等知识点进行判断．‎ ‎【解答】解：A、﹣（﹣a+b）=a﹣b，故错误；‎ B、这两个式子不是同类项不能相加减，故错误；‎ C、a+a﹣1=a+≠0，故错误；‎ D、1﹣1=1÷=1×=．故正确，故选D．‎ ‎　‎ ‎3．下列几何体中，俯视图为四边形的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】简单几何体的三视图．‎ ‎【分析】找到从上面看所得到的图形为四边形的几何体即可．‎ ‎【解答】解：A、从上面看可得到一个五边形，不符合题意；‎ B、从上面看可得到一个三角形，不符合题意；‎ C、从上面看可得到一个圆，不符合题意；‎ D、从上面看可得到一个四边形，符合题意．‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎4．下列四个图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的有（　　）‎ A．4个 B．3个 C．2个 D．1个 ‎【考点】中心对称图形；轴对称图形．‎ ‎【分析】根据中心对称图形的定义旋转180°后能够与原图形完全重合即是中心对称图形，以及轴对称图形的定义即可判断出．‎ ‎【解答】解：第一个图形，∵此图形旋转180°后能与原图形重合，∴此图形是中心对称图形，也是轴对称图形，故此选项正确；‎ 第二个图形，∵此图形旋转180°后不能与原图形重合，∴此图形不是中心对称图形，是轴对称图形，故此选项错误；‎ 第三个图形，此图形旋转180°后能与原图形重合，此图形是中心对称图形，也是轴对称图形，故此选项正确；‎ 第四个图形，∵此图形旋转180°后能与原图形重合，∴此图形是中心对称图形，也是轴对称图形，故此选项正确．‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎5．如图，已知AB∥CD，BC平分∠ABE，∠C=33°，则∠BED的度数是（　　）‎ A．16° B．33° C．49° D．66°‎ ‎【考点】平行线的性质．‎ ‎【分析】由AB∥CD，∠C=33°可求得∠ABC的度数，又由BC平分∠ABE，即可求得∠ABE的度数，然后由两直线平行，内错角相等，求得∠BED的度数．‎ ‎【解答】解：∵AB∥CD，∠C=33°，‎ ‎∴∠ABC=∠C=33°，‎ ‎∵BC平分∠ABE，‎ ‎∴∠ABE=2∠ABC=66°，‎ ‎∵AB∥CD，‎ ‎∴∠BED=∠ABE=66°．‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎6．甲型H1N1流感病毒的直径大约是0.000000081米，用科学记数法可表示为（　　）‎ A．8.1×10﹣9米 B．8.1×10﹣8米 C．81×10﹣9米 D．0.81×10﹣7米 ‎【考点】科学记数法—表示较小的数．‎ ‎【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．当原数绝对值大于10时，n是正数；当原数的绝对值小于1时，n是负数．‎ ‎【解答】解：0.000 000 081=8.1×10﹣8米．‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎7．如果是方程ax+（a﹣2）y=0的一组解，则a的值（　　）‎ A．1 B．2 C．﹣1 D．﹣2‎ ‎【考点】二元一次方程的解．‎ ‎【分析】将方程的解代入得到关于a的方程，从而可求得a的值．‎ ‎【解答】解：将代入方程ax+（a﹣2）y=0得：﹣3a+a﹣2=0．‎ 解得：a=﹣1．‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎8．如图，已知P是正方形ABCD对角线BD上一点，且BP=BC，则∠ACP度数是（　　）‎ A．45° B．22.5° C．67.5° D．75°‎ ‎【考点】正方形的性质；等腰三角形的性质．‎ ‎【分析】根据正方形的性质可得到∠DBC=∠BCA=45°又知BP=BC，从而可求得∠BCP的度数，从而就可求得∠ACP的度数．‎ ‎【解答】解：∵ABCD是正方形，‎ ‎∴∠DBC=∠BCA=45°，‎ ‎∵BP=BC，‎ ‎∴∠BCP=∠BPC=67.5°，‎ ‎∴∠ACP=∠BCP﹣∠BCA=67.5°﹣45°=22.5°．‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎9．下列说法正确的是（　　）‎ A．数据3，4，4，7，3的众数是4‎ B．数据0，1，2，5，a的中位数是2‎ C．一组数据的众数和中位数不可能相等 D．数据0，5，﹣7，﹣5，7的中位数和平均数都是0‎ ‎【考点】算术平均数；中位数；众数．‎ ‎【分析】运用平均数，中位数，众数的概念采用排除法即可解．‎ ‎【解答】解：A、数据3，4，4，7，3的众数是4和3．故错误；‎ B、数据0，1，2，5，a的中位数因a的大小不确定，故中位数也无法确定．故错误；‎ C、一组数据的众数和中位数会出现相等的情况．故错误；‎ D、数据0，5，﹣7，﹣5，7的中位数和平数数都是0．对．‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎10．如图，DC是⊙O直径，弦AB⊥CD于点F，连接BC、BD，则下列结论错误的是（　　）‎ A．AF=BF B．OF=CF C． = D．∠DBC=90°‎ ‎【考点】垂径定理；圆周角定理．‎ ‎【分析】分别根据垂径定理及圆周角定理对各选项进行分析即可．‎ ‎【解答】解：∵DC是⊙O直径，弦AB⊥CD于点F，‎ ‎∴AF=BF， =，∠DBC=90°，‎ ‎∴A、C、D正确；‎ ‎∵点F不一定是OC的中点，‎ ‎∴B错误．‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎11．如图，A（，1），B（1，）．将△AOB绕点O旋转150°得到△A′OB′，则此时点A的对应点A′的坐标为（　　）‎ A．（﹣，﹣1） B．（﹣2，0） C．（﹣1，﹣）或（﹣2，0） D．（﹣，﹣1）或（﹣2，0）‎ ‎【考点】坐标与图形变化-旋转．‎ ‎【分析】根据点A、B的坐标求出OA与x轴正半轴夹角为30°，OB与y轴正半轴夹角为30°，从而得到∠AOB=30°，再利用勾股定理求出OA、OB的长度，然后分①顺时针旋转时，点A′与点B关于坐标原点O成中心对称，然后根据关于原点对称的点的横坐标与纵坐标都互为相反数解答；②逆时针旋转时，点A′在x轴负半轴上，然后写出点A′的坐标即可．‎ ‎【解答】解：∵A（，1），B（1，），‎ ‎∴tanα==，‎ ‎∴OA与x轴正半轴夹角为30°，OB与y轴正半轴夹角为30°，‎ ‎∴∠AOB=90°﹣30°﹣30°=30°，‎ 根据勾股定理，OA==2，‎ OB==2，‎ ‎①如图1，顺时针旋转时，‎ ‎∵150°+30°=180°，‎ ‎∴点A′、B关于原点O成中心对称，‎ ‎∴点A′（﹣1，﹣）；‎ ‎②如图2，逆时针旋转时，‎ ‎∵150°+30°=180°，‎ ‎∴点A′在x轴负半轴上，‎ ‎∴点A′的坐标是（﹣2，0）．‎ 综上所述，点A′的坐标为（﹣1，﹣）或（﹣2，0）．‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎12．为了测量被池塘隔开的A，B两点之间的距离，根据实际情况，作出如图图形，其中AB⊥BE，EF⊥BE，AF交BE于D，C在BD上．有四位同学分别测量出以下四组数据：①BC，∠ACB； ②CD，∠ACB，∠ADB；③EF，DE，BD；④DE，DC，BC．能根据所测数据，求出A，B间距离的有（　　）‎ A．1组 B．2组 C．3组 D．4组 ‎【考点】相似三角形的应用；解直角三角形的应用．‎ ‎【分析】根据三角形相似可知，要求出AB，只需求出EF即可．所以借助于相似三角形的性质，根据=即可解答．‎ ‎【解答】解：此题比较综合，要多方面考虑，‎ ‎①因为知道∠ACB和BC的长，所以可利用∠ACB的正切来求AB的长；‎ ‎②可利用∠ACB和∠ADB的正切求出AB；‎ ‎③，因为△ABD∽△EFD可利用=，求出AB；‎ ‎④无法求出A，B间距离．‎ 故共有3组可以求出A，B间距离．‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎13．已知a2+a﹣3=0，那么a2（a+4）的值是（　　）‎ A．9 B．﹣12 C．﹣18 D．﹣15‎ ‎【考点】整式的混合运算—化简求值．‎ ‎【分析】由a2+a﹣3=0，变形得到a2=﹣（a﹣3），a2+a=3，先把a2=﹣（a﹣3）代入整式得到a2（a+4）=﹣（a﹣3）（a+4），利用乘法得到原式=﹣（a2+a﹣12），再把a2+a=3代入计算即可．‎ ‎【解答】解：∵a2+a﹣3=0，‎ ‎∴a2=﹣（a﹣3），a2+a=3，‎ a2（a+4）=﹣（a﹣3）（a+4）‎ ‎=﹣（a2+a﹣12）‎ ‎=﹣（3﹣12）‎ ‎=9．‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎14．如图，OA⊥OB，等腰直角三角形CDE的腰CD在OB上，∠ECD=45°，将三角形CDE绕点C逆时针旋转75°，点E的对应点N恰好落在OA上，则的值为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】旋转的性质；含30度角的直角三角形；等腰直角三角形．‎ ‎【分析】根据旋转得出∠NCE=75°，求出∠NCO，设OC=a，则CN=2a，根据△CMN也是等腰直角三角形设CM=MN=x，由勾股定理得出x2+x2=（2a）2，求出x=a，得出CD=a，代入求出即可．‎ ‎【解答】解：∵将三角形CDE绕点C逆时针旋转75°，点E的对应点N恰好落在OA上，‎ ‎∴∠ECN=75°，‎ ‎∵∠ECD=45°，‎ ‎∴∠NCO=180°﹣75°﹣45°=60°，‎ ‎∵AO⊥OB，‎ ‎∴∠AOB=90°，‎ ‎∴∠ONC=30°，‎ 设OC=a，则CN=2a，‎ ‎∵等腰直角三角形DCE旋转到△CMN，‎ ‎∴△CMN也是等腰直角三角形，‎ 设CM=MN=x，则由勾股定理得：x2+x2=（2a）2，‎ x=a，‎ 即CD=CM=a，‎ ‎∴==，‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎15．二次函数y=x2﹣（m﹣1）x+4的图象与x轴有且只有一个交点，则m的值为（　　）‎ A．1或﹣3 B．5或﹣3 C．﹣5或3 D．以上都不对 ‎【考点】抛物线与x轴的交点．‎ ‎【分析】由二次函数y=x2﹣（m﹣1）x+4的图象与x轴有且只有一个交点，可得△=b2﹣4ac=[﹣（m﹣1）]2﹣4×1×4=0，继而求得答案．‎ ‎【解答】解：∵二次函数y=x2﹣（m﹣1）x+4的图象与x轴有且只有一个交点，‎ ‎∴△=b2﹣4ac=[﹣（m﹣1）]2﹣4×1×4=0，‎ ‎∴（m﹣1）2=16，‎ 解得：m﹣1=±4，‎ ‎∴m1=5，m2=﹣3．‎ ‎∴m的值为5或﹣3．‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎16．如图，AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB，∠CDB=30°，CD=2，则阴影部分图形的面积为（　　）‎ A．4π B．2π C．π D．‎ ‎【考点】扇形面积的计算；勾股定理；垂径定理．‎ ‎【分析】根据垂径定理求得CE=ED=，然后由圆周角定理知∠COE=60°，然后通过解直角三角形求得线段OC、OE的长度，最后将相关线段的长度代入S阴影=S扇形OCB﹣S△COE+S△BED．‎ ‎【解答】解：如图，假设线段CD、AB交于点E，‎ ‎∵AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB，‎ ‎∴CE=ED=，‎ 又∵∠CDB=30°，‎ ‎∴∠COE=2∠CDB=60°，∠OCE=30°，‎ ‎∴OE=CE•cot60°=×=1，OC=2OE=2，‎ ‎∴S阴影=S扇形OCB﹣S△COE+S△BED=﹣OE×EC+BE•ED=﹣+=．‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎17．如图，抛物线y=ax2+bx+c与x轴交于点（﹣1，0），对称轴为x=1，则下列结论中正确的是（　　）‎ A．a＞0‎ B．当x＞1时，y随x的增大而增大 C．c＜0‎ D．x=3是一元二次方程ax2+bx+c=0的一个根 ‎【考点】二次函数图象与系数的关系；二次函数的性质；抛物线与x轴的交点．‎ ‎【分析】根据二次函数图象的开口方向向下可得a是负数，与y轴的交点在正半轴可得c是正数，根据二次函数的增减性可得B选项错误，根据抛物线的对称轴结合与x轴的一个交点的坐标可以求出与x轴的另一交点坐标，也就是一元二次方程ax2+bx+c=0的根，从而得解．‎ ‎【解答】解：A、根据图象，二次函数开口方向向下，∴a＜0，故本选项错误；‎ B、当x＞1时，y随x的增大而减小，故本选项错误；‎ C、根据图象，抛物线与y轴的交点在正半轴，∴c＞0，故本选项错误；‎ D、∵抛物线与x轴的一个交点坐标是（﹣1，0），对称轴是x=1，‎ 设另一交点为（x，0），‎ ‎﹣1+x=2×1，‎ x=3，‎ ‎∴另一交点坐标是（3，0），‎ ‎∴x=3是一元二次方程ax2+bx+c=0的一个根，‎ 故本选项正确．‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎18．在一个不透明的盒子里有3个分别标有数字5，6，7的小球，它们除数字外其他均相同．充分摇匀后，先摸出1个球不放回，再摸出1个球，那么这两个球上的数字之和为奇数的概率为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】列表法与树状图法．‎ ‎【分析】首先根据题意画出树状图，然后由树状图求得所有等可能的结果与这两个球上的数字之和为奇数的情况，再利用概率公式求解即可求得答案．‎ ‎【解答】解：画树状图得：‎ ‎∵共有6种等可能的结果，这两个球上的数字之和为奇数的有4种情况，‎ ‎∴这两个球上的数字之和为奇数的概率为： =．‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎19．如图，正方形ABCD的边长为a，动点P从点A出发，沿折线A→B→D→C→A的路径运动，回到点A时运动停止．设点P运动的路程长为x，AP长为y，则y关于x的函数图象大致是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】动点问题的函数图象．‎ ‎【分析】根据题意设出点P运动的路程x与点P到点A的距离y的函数关系式，然后对x从0到2a+2a时分别进行分析，并写出分段函数，结合图象得出答案．‎ ‎【解答】解：设动点P按沿折线A→B→D→C→A的路径运动，‎ ‎∵正方形ABCD的边长为a，‎ ‎∴BD=a，‎ ‎①当P点在AB上，即0≤x＜a时，y=x，‎ ‎②当P点在BD上，即a≤x＜（1+）a时，过P点作PF⊥AB，垂足为F，‎ ‎∵AB+BP=x，AB=a，‎ ‎∴BP=x﹣a，‎ ‎∵AE2+PE2=AP2，‎ ‎∴（）2+[a﹣（x﹣a）]2=y2，‎ ‎∴y=，‎ ‎③当P点在DC上，即a（1+）≤x＜a（2+）时，同理根据勾股定理可得AP2=AD2+DP2，‎ y=，‎ ‎④当P点在CA上，即当a（2+）≤x≤a（2+2）时，y=a（2+2）﹣x，‎ 结合函数解析式可以得出第2，3段函数解析式不同，得出A选项一定错误，‎ 根据当a≤x＜（1+）a时，P在BE上和ED上时的函数图象对称，故B选项错误，‎ 再利用第4段函数为一次函数得出，故C选项一定错误，‎ 故只有D符合要求，‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎20．如下数表是由从1开始的连续自然数组成，则自然数2014所在的行数是（　　）‎ A．第45行 B．第46行 C．第47行 D．第48行 ‎【考点】规律型：数字的变化类．‎ ‎【分析】通过观察可得第n行最后一数为n2，由此估算2014所在的行数，进一步推算得出答案即可．‎ ‎【解答】解：∵442=1936，452=2025，‎ ‎∴2014在第45行．‎ 故选：A．‎ ‎　‎ 二、填空题（共4小题，每小题3分，满分12分）‎ ‎21．在一次爱心捐款中，某班有40名学生拿出自己的零花钱，有捐5元、10元、20元、50元 的．右图反映了不同捐款的人数比例，那么这个班的学生平均每人捐款　16　元．‎ ‎【考点】扇形统计图．‎ ‎【分析】根据扇形统计图中，各种情况所占的比例，利用加权平均数公式即可求解．‎ ‎【解答】解：5×60%+10×10%+20×10%+50×20%=16元．‎ 故答案是：16．‎ ‎　‎ ‎22．如图，小方格都是边长为1的正方形，则以格点为圆心，半径为1和2的两种弧围成的“叶状”阴影图案的面积为　2π﹣4　．‎ ‎【考点】扇形面积的计算；中心对称图形．‎ ‎【分析】连接AB，则阴影部分面积=2（S扇形AOB﹣S△ABO），依此计算即可求解．‎ ‎【解答】解：‎ 由题意得，阴影部分面积=2（S扇形AOB﹣S△AOB）=2（﹣×2×2）=2π﹣4．‎ 故答案为：2π﹣4．‎ ‎　‎ ‎23．如图，直线y=﹣x+4与x轴、y轴分别交于A、B两点，把△AOB绕点A顺时针旋转90°后得到△AO′B′，则点B′的坐标是　（7，3）　．‎ ‎【考点】坐标与图形变化-旋转；一次函数的性质．‎ ‎【分析】根据旋转的性质﹣﹣旋转不改变图形的形状和大小解答．‎ ‎【解答】解：直线y=﹣x+4与x轴、y轴分别交于A（3，0）、B（0，4）两点，由图易知点B′的纵坐标为O′A=OA=3，横坐标为OA+O′B′=OA+OB=7．则点B′的坐标是（7，3）．‎ 故答案为：（7，3）．‎ ‎　‎ ‎24．如图，以点P（2，0）为圆心，为半径作圆，点M（a，b）是⊙P上的一点，则的最大值是　　．‎ ‎【考点】切线的性质；坐标与图形性质．‎ ‎【分析】当有最大值时，得出tan∠MOP有最大值，推出当OM与圆相切时，tan∠MOP有最大值，根据解直角三角形得出tan∠MOP=，由勾股定理求出OM，代入求出即可．‎ ‎【解答】解：‎ 当有最大值时，即tan∠MOP有最大值，‎ 也就是当OM与圆相切时，tan∠MOP有最大值，‎ 此时tan∠MOP=，‎ 在Rt△OMP中，由勾股定理得：OM===1，‎ 则tan∠MOP====，‎ 故答案为：．‎ ‎　‎ 三、解答题（共5小题，满分48分）‎ ‎25．暑假的一天，小刚到离家1.2千米的万州体育馆看球赛，进场时，发现门票还放在家中，此时离比赛还有24分钟，于是他立即步行（匀速）回家取票，在家取票用时5分钟，取到票后，他马上骑自行车（匀速）赶往体育馆．已知小刚骑自行车从家赶往体育馆比从体育馆步行回家所用时间少10分钟．骑自行车的速度是步行速度的3倍．‎ ‎（1）小刚步行的速度（单位：米/分钟）是多少？‎ ‎（2）小刚能否在球赛开始前赶到体育馆？请通过计算说明理由．‎ ‎【考点】分式方程的应用．‎ ‎【分析】（1）设小刚步行的速度为x米/分钟，骑自行车的速度是3x米/分钟，根据小刚骑自行车从家赶往体育馆比从体育馆步行回家所用时间少10分钟列出方程解答即可；‎ ‎（2）根据题意得出来回家取票的总时间进行判断即可．‎ ‎【解答】解：（1）设小刚步行的速度为x米/分钟，骑自行车的速度是3x米/分钟，‎ 可得：，‎ 解得：x=80，‎ 经检验x=80是方程的解，3x=240，‎ 答：小刚步行的速度80米/分钟；‎ ‎（2）来回家取票的总时间为：分钟＞24分钟，‎ 故小刚不能在球赛开始前赶到体育馆．‎ ‎　‎ ‎26．如图所示，在梯形ABCD中，AD∥BC，∠BDC=90°，E为BC上一点，∠BDE=∠DBC．‎ ‎（1）求证：DE=EC；‎ ‎（2）若AD=BC，试判断四边形ABED的形状，并说明理由．‎ ‎【考点】梯形；直角三角形的性质；菱形的判定．‎ ‎【分析】（1）由∠BDC=90°，∠BDE=∠DBC，利用等角的余角相等，即可得∠EDC=∠C，又由等角对等边，即可证得DE=EC；‎ ‎（2）易证得AD=BE，AD∥BC，即可得四边形ABED是平行四边形，又由BE=DE，即可得四边形ABED是菱形．‎ ‎【解答】（1）证明：∵∠BDC=90°，∠BDE=∠DBC，‎ ‎∴∠EDC=∠BDC﹣∠BDE=90°﹣∠BDE，‎ 又∵∠C=90°﹣∠DBC，‎ ‎∴∠EDC=∠C，‎ ‎∴DE=EC；‎ ‎（2）若AD=BC，则四边形ABED是菱形．‎ 证明：∵∠BDE=∠DBC．‎ ‎∴BE=DE，‎ ‎∵DE=EC，‎ ‎∴DE=BE=EC=BC，‎ ‎∵AD=BC，‎ ‎∴AD=BE，‎ ‎∵AD∥BC，‎ ‎∴四边形ABED是平行四边形，‎ ‎∵BE=DE，‎ ‎∴▱ABED是菱形．‎ ‎　‎ ‎27．如图，已知双曲线y=经过点D（6，1），点C是双曲线第三象限上的动点，过C作CA⊥x轴，过D作DB⊥y轴，垂足分别为A，B，连接AB，BC．‎ ‎（1）求k的值；‎ ‎（2）若△BCD的面积为12，求直线CD的解析式；‎ ‎（3）判断AB与CD的位置关系，并说明理由．‎ ‎【考点】反比例函数综合题．‎ ‎【分析】（1）把点D的坐标代入双曲线解析式，进行计算即可得解；‎ ‎（2）先根据点D的坐标求出BD的长度，再根据三角形的面积公式求出点C到BD的距离，然后求出点C的纵坐标，再代入反比例函数解析式求出点C的坐标，然后利用待定系数法求一次函数解析式解答；‎ ‎（3）根据题意求出点A、B的坐标，然后利用待定系数法求出直线AB的解析式，可知与直线CD的解析式k值相等，所以AB、CD平行．‎ ‎【解答】解：（1）∵双曲线y=经过点D（6，1），‎ ‎∴=1，‎ 解得k=6；‎ ‎（2）设点C到BD的距离为h，‎ ‎∵点D的坐标为（6，1），DB⊥y轴，‎ ‎∴BD=6，‎ ‎∴S△BCD=×6•h=12，‎ 解得h=4，‎ ‎∵点C是双曲线第三象限上的动点，点D的纵坐标为1，‎ ‎∴点C的纵坐标为1﹣4=﹣3，‎ ‎∴=﹣3，‎ 解得x=﹣2，‎ ‎∴点C的坐标为（﹣2，﹣3），‎ 设直线CD的解析式为y=kx+b，‎ 则，‎ 解得，‎ 所以，直线CD的解析式为y=x﹣2；‎ ‎（3）AB∥CD．‎ 理由如下：∵CA⊥x轴，DB⊥y轴，设点C的坐标为（c，），点D的坐标为（6，1），‎ ‎∴点A、B的坐标分别为A（c，0），B（0，1），‎ 设直线AB的解析式为y=mx+n，‎ 则，‎ 解得，‎ 所以，直线AB的解析式为y=﹣x+1，‎ 设直线CD的解析式为y=ex+f，‎ 则，‎ 解得，‎ ‎∴直线CD的解析式为y=﹣x+，‎ ‎∵AB、CD的解析式k都等于﹣，‎ ‎∴AB与CD的位置关系是AB∥CD．‎ ‎　‎ ‎28．如图1，在△ABC中，D、E、F分别为三边的中点，G点在边AB上，且DG平分△ABC的周长，设BC=a、AC=b，AB=c．‎ ‎（1）求线段BG的长；‎ ‎（2）求证：DG平分∠EDF；‎ ‎（3）连接CG，如图2，若△GBD∽△GDF，求证：BG⊥CG．‎ ‎【考点】相似形综合题．‎ ‎【分析】（1）由DG平分三角形ABC周长，得到三角形BDG周长与四边形ACDG周长相等，再由D为BC中点，得到BD=CD，利用等式的性质得到BG=AC+AG，表示出BG的长即可；‎ ‎（2）由D、F分别为BC、AB的中点，表示出DF与BF，由BG=BF表示出FG，得到DF=FG，利用等边对等角得到一对角相等，再由DE为三角形中位线，得到DE与AB平行，利用两直线平行内错角相等得到一对角相等，等量代换即可得证；‎ ‎（3）由△GBD∽△GDF，且一对公共角相等，得到∠B=∠FDG，由（2）得：∠FGD=∠FDG，等量代换得到∠FGD=∠B，利用等角对等边得到BD=DG，再由BD=DC，等量代换得到BD=DG=DC，得到B、C、G三点以BC为直径的圆周上，利用圆周角定理判断即可得证．‎ ‎【解答】（1）解：∵△BDG与四边形ACDG的周长相等，‎ ‎∴BD+BG+DG=AC+CD+DG+AG，‎ ‎∵D为BC的中点，‎ ‎∴BD=CD，‎ ‎∴BG=AC+AG，‎ ‎∵BG+（AC+AG）=AB+AC，‎ ‎∴BG=（AB+AC）=（b+c）；‎ ‎（2）证明：∵D、F分别为BC、AB的中点，‎ ‎∴DF=AC=b，BF=AB=c，‎ ‎∵FG=BG﹣BF=（b+c）﹣c=b，‎ ‎∴DF=FG，‎ ‎∴∠FDG=∠FGD，‎ ‎∵D、E分别为BC、AC的中点，‎ ‎∴DE∥AB，‎ ‎∴∠EDG=∠FGD，‎ ‎∴∠FDG=∠EDG，即DG平分∠EDF；‎ ‎（3）证明：∵△GBD∽△GDF，且∠DFG＞∠B，∠BGD=∠DGF（公共角），‎ ‎∴∠B=∠FDG，‎ 由（2）得：∠FGD=∠FDG，‎ ‎∴∠FGD=∠B，‎ ‎∴DG=BD，‎ ‎∵BD=CD，‎ ‎∴DG=BD=CD，‎ ‎∴B、C、G三点以BC为直径的圆周上，‎ ‎∴∠BGC=90°，即BC⊥CG．‎ ‎　‎ ‎29．如图，在平面直角坐标系中，O为坐标原点，点A、B的坐标分别为（8，0）、（0，6）．动点Q从点O、动点P从点A同时出发，分别沿着OA方向、AB方向均以1个单位长度/秒的速度匀速运动，运动时间为t（秒）（0＜t≤5）．以P为圆心，PA长为半径的⊙P与AB、OA的另一个交点分别为C、D，连接CD、QC．‎ ‎（1）求当t为何值时，点Q与点D重合？‎ ‎（2）设△QCD的面积为S，试求S与t之间的函数关系式，并求S的最大值；‎ ‎（3）若⊙P与线段QC只有一个交点，请直接写出t的取值范围．‎ ‎【考点】圆的综合题．‎ ‎【分析】（1）根据点A、B的坐标求出OA、OB，利用勾股定理列式求出AB，根据点Q的速度表示出OQ，然后求出AQ，再根据直径所对的圆周角是直角可得∠ADC=90°，再利用∠BAO的余弦表示出AD，然后列出方程求解即可；‎ ‎（2）利用∠BAO的正弦表示出CD的长，然后分点Q、D重合前与重合后两种情况表示出QD，再利用三角形的面积公式列式整理，然后根据二次函数的最值问题解答；‎ ‎（3）有两个时段内⊙P与线段QC只有一个交点：①运动开始至QC与⊙P相切时（0＜t≤）；②重合分离后至运动结束（＜t≤5）．‎ ‎【解答】解：（1）∵A（8，0），B（0，6），‎ ‎∴OA=8，OB=6，‎ ‎∴AB===10，‎ ‎∴cos∠BAO==，sin∠BAO==．‎ ‎∵AC为⊙P的直径，‎ ‎∴△ACD为直角三角形．‎ ‎∴AD=AC•cos∠BAO=2t×=t．‎ 当点Q与点D重合时，OQ+AD=OA，‎ 即：t+t=8，‎ 解得：t=．‎ ‎∴t=（秒）时，点Q与点D重合．‎ ‎（2）在Rt△ACD中，CD=AC•sin∠BAO=2t×=t．‎ ‎①当0＜t≤时，‎ DQ=OA﹣OQ﹣AD=8﹣t﹣t=8﹣t．‎ ‎∴S=DQ•CD=（8﹣t）•t=﹣t2+t．‎ ‎∵﹣=，0＜＜，‎ ‎∴当t=时，S有最大值为；‎ ‎②当＜t≤5时，‎ DQ=OQ+AD﹣OA=t+t﹣8=t﹣8．‎ ‎∴S=DQ•CD=（t﹣8）•t=t2﹣t．‎ ‎∵﹣=，＜，所以S随t的增大而增大，‎ ‎∴当t=5时，S有最大值为15＞．‎ 综上所述，S的最大值为15．‎ ‎（3）当CQ与⊙P相切时，有CQ⊥AB，‎ ‎∵∠BAO=∠QAC，∠AOB=∠ACQ=90°，‎ ‎∴△ACQ∽△AOB，‎ ‎∴=，‎ 即=，‎ 解得t=．‎ 所以，⊙P与线段QC只有一个交点，t的取值范围为0＜t≤或＜t≤5．‎