2018年山东省泰安市中考数学试卷(含答案解析版)

2018年山东省泰安市中考数学试卷(含答案解析版)

‎2018年山东泰安市中考数学试卷 ‎　‎ 一、选择题（本大题共12小题，在每小题给出的四个选项中，只有一个是正确的，请把正确的选项选出来，每小题选对得3分，选错、不选或选出的答案超过一个，均记零分）‎ ‎1．（3分）（2018•泰安）计算：﹣（﹣2）+（﹣2）0的结果是（　　）‎ A．﹣3 B．0 C．﹣1 D．3‎ ‎2．（3分）（2018•泰安）下列运算正确的是（　　）‎ A．2y3+y3=3y6 B．y2•y3=y6 C．（3y2）3=9y6 D．y3÷y﹣2=y5‎ ‎3．（3分）（2018•泰安）如图是下列哪个几何体的主视图与俯视图（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎4．（3分）（2018•泰安）如图，将一张含有30°角的三角形纸片的两个顶点叠放在矩形的两条对边上，若∠2=44°，则∠1的大小为（　　）‎ 第42页（共42页）‎ A．14° B．16° C．90°﹣α D．α﹣44°‎ ‎5．（3分）（2018•泰安）某中学九年级二班六组的8名同学在一次排球垫球测试中的成绩如下（单位：个）‎ ‎35 38 42 44 40 47 45 45‎ 则这组数据的中位数、平均数分别是（　　）‎ A．42、42 B．43、42 C．43、43 D．44、43‎ ‎6．（3分）（2018•泰安）夏季来临，某超市试销A、B两种型号的风扇，两周内共销售30台，销售收入5300元，A型风扇每台200元，B型风扇每台150元，问A、B两种型号的风扇分别销售了多少台？若设A型风扇销售了x台，B型风扇销售了y台，则根据题意列出方程组为（　　）‎ A．‎&x+y=5300‎‎&200x+150y=30‎ B．‎‎&x+y=5300‎‎&150x+200y=30‎ C．‎&x+y=30‎‎&200x+150y=5300‎ D．‎‎&x+y=30‎‎&150x+200y=5300‎ ‎7．（3分）（2018•泰安）二次函数y=ax2+bx+c的图象如图所示，则反比例函数y=ax与一次函数y=ax+b在同一坐标系内的大致图象是（　　）‎ 第42页（共42页）‎ A． B． C． D．‎ ‎8．（3分）（2018•泰安）不等式组‎&x-1‎‎3‎-‎1‎‎2‎x＜-1‎‎&4(x-1)≤2(x-a)‎有3个整数解，则a的取值范围是（　　）‎ A．﹣6≤a＜﹣5 B．﹣6＜a≤﹣5 C．﹣6＜a＜﹣5 D．﹣6≤a≤﹣5‎ ‎9．（3分）（2018•泰安）如图，BM与⊙O相切于点B，若∠MBA=140°，则∠ACB的度数为（　　）‎ A．40° B．50° C．60° D．70°‎ ‎10．（3分）（2018•泰安）一元二次方程（x+1）（x﹣3）=2x﹣5根的情况是（　　）‎ A．无实数根 B．有一个正根，一个负根 C．有两个正根，且都小于3 D．有两个正根，且有一根大于3‎ ‎11．（3分）（2018•泰安）如图，将正方形网格放置在平面直角坐标系中，其中每个小正方形的边长均为1，△ABC经过平移后得到△A1B1C1‎ 第42页（共42页）‎ ‎，若AC上一点P（1.2，1.4）平移后对应点为P1，点P1绕原点顺时针旋转180°，对应点为P2，则点P2的坐标为（　　）‎ A．（2.8，3.6） B．（﹣2.8，﹣3.6） C．（3.8，2.6） D．（﹣3.8，﹣2.6）‎ ‎12．（3分）（2018•泰安）如图，⊙M的半径为2，圆心M的坐标为（3，4），点P是⊙M上的任意一点，PA⊥PB，且PA、PB与x轴分别交于A、B两点，若点A、点B关于原点O对称，则AB的最小值为（　　）‎ A．3 B．4 C．6 D．8‎ ‎　‎ 二、填空题（本大题共6小题，满分18分。只要求填写最后结果，每小题填对得3分)‎ ‎13．（3分）（2018•泰安）一个铁原子的质量是0.000000000000000000000000093kg，将这个数据用科学记数法表示为　 　kg．‎ ‎14．（3分）（2018•泰安）如图，⊙O是△ABC的外接圆，∠A=45°，BC=4，则⊙‎ 第42页（共42页）‎ O的直径为　 　．‎ ‎15．（3分）（2018•泰安）如图，在矩形ABCD中，AB=6，BC=10，将矩形ABCD沿BE折叠，点A落在A'处，若EA'的延长线恰好过点C，则sin∠ABE的值为　 　．‎ ‎16．（3分）（2018•泰安）观察“田”字中各数之间的关系：‎ 则c的值为　 　．‎ ‎17．（3分）（2018•泰安）如图，在△ABC中，AC=6，BC=10，tanC=‎3‎‎4‎，点D是AC边上的动点（不与点C重合），过D作DE⊥BC，垂足为E，点F是BD的中点，连接EF，设CD=x，△DEF的面积为S，则S与x之间的函数关系式为　 　．‎ ‎18．（3分）（2018•泰安）《九章算术》是中国传统数学最重要的著作，在“勾股”章中有这样一个问题：“今有邑方二百步，各中开门，出东门十五步有木，问：出南门几步面见木？”‎ 第42页（共42页）‎ 用今天的话说，大意是：如图，DEFG是一座边长为200步（“步”是古代的长度单位）的正方形小城，东门H位于GD的中点，南门K位于ED的中点，出东门15步的A处有一树木，求出南门多少步恰好看到位于A处的树木（即点D在直线AC上）？请你计算KC的长为　 　步．‎ ‎　‎ 三、解答题（本大题共7小题，满分66分。解答应写出必要的文字说明、证明过程或推演步骤)‎ ‎19．（6分）（2018•泰安）先化简，再求值m‎2‎‎-4m+4‎m-1‎÷（‎3‎m-1‎﹣m﹣1），其中m=‎2‎﹣2‎ ‎20．（9分）（2018•泰安）文美书店决定用不多于20000元购进甲乙两种图书共1200本进行销售．甲、乙两种图书的进价分别为每本20元、14元，甲种图书每本的售价是乙种图书每本售价的1.4倍，若用1680元在文美书店可购买甲种图书的本数比用1400元购买乙种图书的本数少10本．‎ ‎（1）甲乙两种图书的售价分别为每本多少元？‎ ‎（2）书店为了让利读者，决定甲种图书售价每本降低3元，乙种图书售价每本降低2元，问书店应如何进货才能获得最大利润？（购进的两种图书全部销售完．）‎ 第42页（共42页）‎ ‎21．（8分）（2018•泰安）为增强学生的安全意识，我市某中学组织初三年级1000名学生参加了“校园安全知识竞赛”，随机抽取一个班学生的成绩进行整理，分为A，B，C，D四个等级，并把结果整理绘制成条形统计图与扇形统计图（部分），请依据如图提供的信息，完成下列问题：‎ ‎（1）请估计本校初三年级等级为A的学生人数；‎ ‎（2）学校决定从得满分的3名女生和2名男生中随机抽取3人参加市级比赛，请求出恰好抽到2名女生和1名男生的概率．‎ ‎22．（9分）（2018•泰安）如图，矩形ABCD的两边AD、AB的长分别为3、8，E是DC的中点，反比例函数y=mx的图象经过点E，与AB交于点F．‎ ‎（1）若点B坐标为（﹣6，0），求m的值及图象经过A、E两点的一次函数的表达式；‎ ‎（2）若AF﹣AE=2，求反比例函数的表达式．‎ ‎23．（11分）（2018•泰安）如图，△ABC中，D是AB上一点，DE⊥AC于点E，F是AD的中点，FG⊥BC于点G，与DE交于点H，若FG=AF，AG平分∠CAB，连接GE，CD．‎ 第42页（共42页）‎ ‎（1）求证：△ECG≌△GHD；‎ ‎（2）小亮同学经过探究发现：AD=AC+EC．请你帮助小亮同学证明这一结论．‎ ‎（3）若∠B=30°，判定四边形AEGF是否为菱形，并说明理由．‎ ‎24．（11分）（2018•泰安）如图，在平面直角坐标系中，二次函数y=ax2+bx+c交x轴于点A（﹣4，0）、B（2，0），交y轴于点C（0，6），在y轴上有一点E（0，﹣2），连接AE．‎ ‎（1）求二次函数的表达式；‎ ‎（2）若点D为抛物线在x轴负半轴上方的一个动点，求△ADE面积的最大值；‎ ‎（3）抛物线对称轴上是否存在点P，使△AEP为等腰三角形？若存在，请直接写出所有P点的坐标，若不存在请说明理由．‎ ‎25．（12分）（2018•泰安）如图，在菱形ABCD中，AC与BD交于点O，E是BD上一点，EF∥AB，∠EAB=∠EBA，过点B作DA的垂线，交DA的延长线于点G．‎ 第42页（共42页）‎ ‎（1）∠DEF和∠AEF是否相等？若相等，请证明；若不相等，请说明理由；‎ ‎（2）找出图中与△AGB相似的三角形，并证明；‎ ‎（3）BF的延长线交CD的延长线于点H，交AC于点M．求证：BM2=MF•MH．‎ ‎　‎ 第42页（共42页）‎ ‎2018年山东省泰安市中考数学试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题（本大题共12小题，在每小题给出的四个选项中，只有一个是正确的，请把正确的选项选出来，每小题选对得3分，选错、不选或选出的答案超过一个，均记零分）‎ ‎1．（3分）（2018•泰安）计算：﹣（﹣2）+（﹣2）0的结果是（　　）‎ A．﹣3 B．0 C．﹣1 D．3‎ ‎【考点】6E：零指数幂．‎ ‎【专题】11 ：计算题．‎ ‎【分析】根据相反数的概念、零指数幂的运算法则计算．‎ ‎【解答】解：﹣（﹣2）+（﹣2）0‎ ‎=2+1‎ ‎=3，‎ 故选：D．‎ ‎【点评】本题考查的是零指数幂的运算，掌握任何非零数的零次幂等于1是解题的关键．‎ ‎　‎ ‎2．（3分）（2018•泰安）下列运算正确的是（　　）‎ A．2y3+y3=3y6 B．y2•y3=y6 C．（3y2）3=9y6 D．y3÷y﹣2=y5‎ ‎【考点】‎ 第42页（共42页）‎ ‎48：同底数幂的除法；35：合并同类项；46：同底数幂的乘法；47：幂的乘方与积的乘方；6F：负整数指数幂．‎ ‎【专题】11 ：计算题．‎ ‎【分析】根据合并同类项法则、同底数幂的乘、除法法则、积的乘方法则计算，判断即可．‎ ‎【解答】解：2y3+y3=3y3，A错误；‎ y2•y3=y5，B错误；‎ ‎（3y2）3=27y6，C错误；‎ y3÷y﹣2=y3﹣（﹣2）=y5，‎ 故选：D．‎ ‎【点评】本题考查的是合并同类项、同底数幂的乘法、积的乘方、同底数幂的除法，掌握它们的运算法则是解题的关键．‎ ‎　‎ ‎3．（3分）（2018•泰安）如图是下列哪个几何体的主视图与俯视图（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】U3：由三视图判断几何体．‎ 第42页（共42页）‎ ‎【专题】1 ：常规题型．‎ ‎【分析】直接利用主视图以及俯视图的观察角度结合结合几何体的形状得出答案．‎ ‎【解答】解：由已知主视图和俯视图可得到该几何体是圆柱体的一半，只有选项C符合题意．‎ 故选：C．‎ ‎【点评】此题主要考查了由三视图判断几何体，正确掌握常见几何体的形状是解题关键．‎ ‎　‎ ‎4．（3分）（2018•泰安）如图，将一张含有30°角的三角形纸片的两个顶点叠放在矩形的两条对边上，若∠2=44°，则∠1的大小为（　　）‎ A．14° B．16° C．90°﹣α D．α﹣44°‎ ‎【考点】JA：平行线的性质．‎ ‎【专题】551：线段、角、相交线与平行线．‎ ‎【分析】依据平行线的性质，即可得到∠2=∠3=44°，再根据三角形外角性质，可得∠3=∠1+30°，进而得出∠1=44°﹣30°=14°．‎ ‎【解答】解：如图，∵矩形的对边平行，‎ ‎∴∠2=∠3=44°，‎ 根据三角形外角性质，可得∠3=∠1+30°，‎ ‎∴∠1=44°﹣30°=14°，‎ 第42页（共42页）‎ 故选：A．‎ ‎【点评】本题主要考查了平行线的性质以及三角形外角性质的运用，解题时注意：两直线平行，同位角相等．‎ ‎　‎ ‎5．（3分）（2018•泰安）某中学九年级二班六组的8名同学在一次排球垫球测试中的成绩如下（单位：个）‎ ‎35 38 42 44 40 47 45 45‎ 则这组数据的中位数、平均数分别是（　　）‎ A．42、42 B．43、42 C．43、43 D．44、43‎ ‎【考点】W4：中位数；W1：算术平均数．‎ ‎【专题】11 ：计算题．‎ ‎【分析】根据中位线的概念求出中位数，利用算术平均数的计算公式求出平均数．‎ ‎【解答】解：把这组数据排列顺序得：35 38 40 42 44 45 45 47，‎ 则这组数据的中位数为：‎42+44‎‎2‎=43，‎ x‎=‎1‎‎8‎（35+38+42+44+40+47+45+45）=42，‎ 故选：B．‎ ‎【点评】本题考查的是中位数的确定、算术平均数的计算，掌握中位数的概念、算术平均数的计算公式是解题的关键．‎ 第42页（共42页）‎ ‎　‎ ‎6．（3分）（2018•泰安）夏季来临，某超市试销A、B两种型号的风扇，两周内共销售30台，销售收入5300元，A型风扇每台200元，B型风扇每台150元，问A、B两种型号的风扇分别销售了多少台？若设A型风扇销售了x台，B型风扇销售了y台，则根据题意列出方程组为（　　）‎ A．‎&x+y=5300‎‎&200x+150y=30‎ B．‎‎&x+y=5300‎‎&150x+200y=30‎ C．‎&x+y=30‎‎&200x+150y=5300‎ D．‎‎&x+y=30‎‎&150x+200y=5300‎ ‎【考点】99：由实际问题抽象出二元一次方程组．‎ ‎【专题】1 ：常规题型．‎ ‎【分析】直接利用两周内共销售30台，销售收入5300元，分别得出等式进而得出答案．‎ ‎【解答】解：设A型风扇销售了x台，B型风扇销售了y台，‎ 则根据题意列出方程组为：‎&x+y=30‎‎&200x+150y=5300‎．‎ 故选：C．‎ ‎【点评】此题主要考查了由实际问题抽象出二元一次方程组，正确得出等量关系是解题关键．‎ ‎　‎ ‎7．（3分）（2018•泰安）二次函数y=ax2+bx+c的图象如图所示，则反比例函数y=ax与一次函数y=ax+b在同一坐标系内的大致图象是（　　）‎ 第42页（共42页）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】G2：反比例函数的图象；F3：一次函数的图象；H2：二次函数的图象．‎ ‎【专题】1 ：常规题型．‎ ‎【分析】首先利用二次函数图象得出a，b的值，进而结合反比例函数以及一次函数的性质得出答案．‎ ‎【解答】解：由二次函数开口向上可得：a＞0，对称轴在y轴左侧，故a，b同号，则b＞0，‎ 故反比例函数y=ax图象分布在第一、三象限，一次函数y=ax+b经过第一、二、三象限．‎ 故选：C．‎ ‎【点评】此题主要考查了二次函数、一次函数、反比例函数的图象，正确得出a，b的值是解题关键．‎ 第42页（共42页）‎ ‎　‎ ‎8．（3分）（2018•泰安）不等式组‎&x-1‎‎3‎-‎1‎‎2‎x＜-1‎‎&4(x-1)≤2(x-a)‎有3个整数解，则a的取值范围是（　　）‎ A．﹣6≤a＜﹣5 B．﹣6＜a≤﹣5 C．﹣6＜a＜﹣5 D．﹣6≤a≤﹣5‎ ‎【考点】CC：一元一次不等式组的整数解．‎ ‎【专题】52：方程与不等式．‎ ‎【分析】根据解不等式组，可得不等式组的解，根据不等式组的解有3个整数解，可得答案．‎ ‎【解答】解：不等式组‎&x-1‎‎3‎-‎1‎‎2‎x＜-1‎‎&4(x-1)≤2(x-a)‎，‎ 由x-1‎‎3‎﹣‎1‎‎2‎x＜﹣1，解得：x＞4，‎ 由4（x﹣1）≤2（x﹣a），解得：x≤2﹣a，‎ 故不等式组的解为：4＜x≤2﹣a，‎ 由关于x的不等式组‎&x-1‎‎3‎-‎1‎‎2‎x＜-1‎‎&4(x-1)≤2(x-a)‎有3个整数解，‎ 解得：7≤2﹣a＜8，‎ 解得：﹣6＜a≤﹣5．‎ 故选：B．‎ ‎【点评】本题考查了一元一次不等式组，利用不等式的解得出关于a的不等式是解题关键．‎ ‎　‎ 第42页（共42页）‎ ‎9．（3分）（2018•泰安）如图，BM与⊙O相切于点B，若∠MBA=140°，则∠ACB的度数为（　　）‎ A．40° B．50° C．60° D．70°‎ ‎【考点】MC：切线的性质．‎ ‎【专题】1 ：常规题型；55A：与圆有关的位置关系．‎ ‎【分析】连接OA、OB，由切线的性质知∠OBM=90°，从而得∠ABO=∠BAO=50°，由内角和定理知∠AOB=80°，根据圆周角定理可得答案．‎ ‎【解答】解：如图，连接OA、OB，‎ ‎∵BM是⊙O的切线，‎ ‎∴∠OBM=90°，‎ ‎∵∠MBA=140°，‎ ‎∴∠ABO=50°，‎ ‎∵OA=OB，‎ ‎∴∠ABO=∠BAO=50°，‎ ‎∴∠AOB=80°，‎ 第42页（共42页）‎ ‎∴∠ACB=‎1‎‎2‎∠AOB=40°，‎ 故选：A．‎ ‎【点评】本题主要考查切线的性质，解题的关键是掌握切线的性质：①圆的切线垂直于经过切点的半径．②经过圆心且垂直于切线的直线必经过切点．③经过切点且垂直于切线的直线必经过圆心．‎ ‎　‎ ‎10．（3分）（2018•泰安）一元二次方程（x+1）（x﹣3）=2x﹣5根的情况是（　　）‎ A．无实数根 B．有一个正根，一个负根 C．有两个正根，且都小于3 D．有两个正根，且有一根大于3‎ ‎【考点】HA：抛物线与x轴的交点．‎ ‎【专题】1 ：常规题型．‎ ‎【分析】直接整理原方程，进而解方程得出x的值．‎ ‎【解答】解：（x+1）（x﹣3）=2x﹣5‎ 整理得：x2﹣2x﹣3=2x﹣5，‎ 则x2﹣4x+2=0，‎ ‎（x﹣2）2=2，‎ 解得：x1=2+‎2‎＞3，x2=2﹣‎2‎，‎ 故有两个正根，且有一根大于3．‎ 故选：D．‎ ‎【点评】此题主要考查了一元二次方程的解法，正确解方程是解题关键．‎ 第42页（共42页）‎ ‎　‎ ‎11．（3分）（2018•泰安）如图，将正方形网格放置在平面直角坐标系中，其中每个小正方形的边长均为1，△ABC经过平移后得到△A1B1C1，若AC上一点P（1.2，1.4）平移后对应点为P1，点P1绕原点顺时针旋转180°，对应点为P2，则点P2的坐标为（　　）‎ A．（2.8，3.6） B．（﹣2.8，﹣3.6） C．（3.8，2.6） D．（﹣3.8，﹣2.6）‎ ‎【考点】R7：坐标与图形变化﹣旋转；Q3：坐标与图形变化﹣平移．‎ ‎【专题】531：平面直角坐标系．‎ ‎【分析】由题意将点P向下平移5个单位，再向左平移4个单位得到P1，再根据P1与P2关于原点对称，即可解决问题；‎ ‎【解答】解：由题意将点P向下平移5个单位，再向左平移4个单位得到P1，‎ ‎∵P（1.2，1.4），‎ ‎∴P1（﹣2.8，﹣3.6），‎ ‎∵P1与P2关于原点对称，‎ ‎∴P2（2.8，3.6），‎ 故选：A．‎ 第42页（共42页）‎ ‎【点评】本题考查坐标与图形变化，平移变换，旋转变换等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．‎ ‎　‎ ‎12．（3分）（2018•泰安）如图，⊙M的半径为2，圆心M的坐标为（3，4），点P是⊙M上的任意一点，PA⊥PB，且PA、PB与x轴分别交于A、B两点，若点A、点B关于原点O对称，则AB的最小值为（　　）‎ A．3 B．4 C．6 D．8‎ ‎【考点】M8：点与圆的位置关系；KQ：勾股定理；R6：关于原点对称的点的坐标．‎ ‎【专题】1 ：常规题型；55A：与圆有关的位置关系．‎ ‎【分析】由Rt△APB中AB=2OP知要使AB取得最小值，则PO需取得最小值，连接OM，交⊙M于点P′，当点P位于P′位置时，OP′取得最小值，据此求解可得．‎ ‎【解答】解：∵PA⊥PB，‎ ‎∴∠APB=90°，‎ ‎∵AO=BO，‎ ‎∴AB=2PO，‎ 若要使AB取得最小值，则PO需取得最小值，‎ 连接OM，交⊙M于点P′，当点P位于P′位置时，OP′取得最小值，‎ 第42页（共42页）‎ 过点M作MQ⊥x轴于点Q，‎ 则OQ=3、MQ=4，‎ ‎∴OM=5，‎ 又∵MP′=2，‎ ‎∴OP′=3，‎ ‎∴AB=2OP′=6，‎ 故选：C．‎ ‎【点评】本题主要考查点与圆的位置关系，解题的关键是根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得出AB取得最小值时点P的位置．‎ ‎　‎ 二、填空题（本大题共6小题，满分18分。只要求填写最后结果，每小题填对得3分)‎ ‎13．（3分）（2018•泰安）一个铁原子的质量是0.000000000000000000000000093kg，将这个数据用科学记数法表示为　9.3×10﹣26　kg．‎ ‎【考点】1J：科学记数法—表示较小的数．‎ ‎【专题】1 ：常规题型．‎ ‎【分析】科学记数法的表示形式为a×10n的形式，其中1≤|a|＜‎ 第42页（共42页）‎ ‎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是负数；n的绝对值等于第一个非零数前零的个数．‎ ‎【解答】解：0.000000000000000000000000093=9.3×10﹣26，‎ 故答案为：9.3×10﹣26．‎ ‎【点评】此题考查科学记数法的表示方法．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，表示时关键要正确确定a的值以及n的值．‎ ‎　‎ ‎14．（3分）（2018•泰安）如图，⊙O是△ABC的外接圆，∠A=45°，BC=4，则⊙O的直径为　4‎2‎　．‎ ‎【考点】MA：三角形的外接圆与外心．‎ ‎【专题】559：圆的有关概念及性质．‎ ‎【分析】连接OB，OC，依据△BOC是等腰直角三角形，即可得到BO=CO=BC•cos45°=2‎2‎，进而得出⊙O的直径为4‎2‎．‎ ‎【解答】解：如图，连接OB，OC，‎ ‎∵∠A=45°，‎ ‎∴∠BOC=90°，‎ ‎∴△BOC是等腰直角三角形，‎ 又∵BC=4，‎ 第42页（共42页）‎ ‎∴BO=CO=BC•cos45°=2‎2‎，‎ ‎∴⊙O的直径为4‎2‎，‎ 故答案为：4‎2‎．‎ ‎【点评】本题主要考查了三角形的外接圆以及圆周角定理的运用，三角形外接圆的圆心是三角形三条边垂直平分线的交点，叫做三角形的外心．‎ ‎　‎ ‎15．（3分）（2018•泰安）如图，在矩形ABCD中，AB=6，BC=10，将矩形ABCD沿BE折叠，点A落在A'处，若EA'的延长线恰好过点C，则sin∠ABE的值为　‎10‎‎10‎　．‎ ‎【考点】PB：翻折变换（折叠问题）；LB：矩形的性质；T7：解直角三角形．‎ ‎【专题】11 ：计算题．‎ ‎【分析】先利用勾股定理求出A'C，进而利用勾股定理建立方程求出AE，即可求出BE，最后用三角函数即可得出结论．‎ ‎【解答】解：由折叠知，A'E=AE，A'B=AB=6，∠BA'E=90°，‎ ‎∴∠BA'C=90°，‎ 在Rt△A'CB中，A'C=BC‎2‎-A'‎B‎2‎=8，‎ 第42页（共42页）‎ 设AE=x，则A'E=x，‎ ‎∴DE=10﹣x，CE=A'C+A'E=8+x，‎ 在Rt△CDE中，根据勾股定理得，（10﹣x）2+36=（8+x）2，‎ ‎∴x=2，‎ ‎∴AE=2，‎ 在Rt△ABE中，根据勾股定理得，BE=AB‎2‎+AE‎2‎=2‎10‎，‎ ‎∴sin∠ABE=AEBE=‎10‎‎10‎，‎ 故答案为：‎10‎‎10‎．‎ ‎【点评】此题主要考查了折叠的性质，勾股定理，锐角三角函数，充分利用勾股定理求出线段AE是解本题的关键．‎ ‎　‎ ‎16．（3分）（2018•泰安）观察“田”字中各数之间的关系：‎ 则c的值为　270或28+14　．‎ ‎【考点】37：规律型：数字的变化类．‎ ‎【专题】2A ：规律型；512：整式．‎ ‎【分析】依次观察每个“田”中相同位置的数字，即可找到数字变化规律，再观察同一个“田”中各个位置的数字数量关系即可．‎ ‎【解答】解：经过观察每个“田”左上角数字依此是1，3，5，7等奇数，此位置数为15时，恰好是第8个奇数，即此“田”字为第8个．观察每个“田”字左下角数据，可以发现，规律是2，22，23，24等，则第8 数为28‎ 第42页（共42页）‎ ‎．观察左下和右上角，每个“田”字的右上角数字依次比左下角大0，2，4，6等，到第8个图多14．则c=28+14=270‎ 故应填：270或28+14‎ ‎【点评】本题以探究数字规律为背景，考查学生的数感．解题时注意同等位置的数字变化规律，用代数式表示出来．‎ ‎　‎ ‎17．（3分）（2018•泰安）如图，在△ABC中，AC=6，BC=10，tanC=‎3‎‎4‎，点D是AC边上的动点（不与点C重合），过D作DE⊥BC，垂足为E，点F是BD的中点，连接EF，设CD=x，△DEF的面积为S，则S与x之间的函数关系式为　S=‎-‎‎3‎‎25‎x2‎+‎3‎‎2‎x　．‎ ‎【考点】T7：解直角三角形；E3：函数关系式．‎ ‎【专题】552：三角形．‎ ‎【分析】可在直角三角形CED中，根据DE、CE的长，求出△BED的面积即可解决问题．‎ ‎【解答】解：（1）在Rt△CDE中，tanC=‎3‎‎4‎，CD=x ‎∴DE=‎3‎‎5‎x，CE=‎4‎‎5‎x，‎ ‎∴BE=10﹣‎4‎‎5‎x，‎ ‎∴S△BED=‎1‎‎2‎×（10﹣‎4‎‎5‎x）•‎3‎‎5‎x=﹣‎6‎‎25‎x2+3x．‎ ‎∵DF=BF，‎ 第42页（共42页）‎ ‎∴S=‎1‎‎2‎S△BED=‎-‎‎3‎‎25‎x2‎+‎3‎‎2‎x，‎ 故答案为S=‎-‎‎3‎‎25‎x2‎+‎3‎‎2‎x．‎ ‎【点评】本题考查解直角三角形，三角形的面积等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．‎ ‎　‎ ‎18．（3分）（2018•泰安）《九章算术》是中国传统数学最重要的著作，在“勾股”章中有这样一个问题：“今有邑方二百步，各中开门，出东门十五步有木，问：出南门几步面见木？”‎ 用今天的话说，大意是：如图，DEFG是一座边长为200步（“步”是古代的长度单位）的正方形小城，东门H位于GD的中点，南门K位于ED的中点，出东门15步的A处有一树木，求出南门多少步恰好看到位于A处的树木（即点D在直线AC上）？请你计算KC的长为　‎2000‎‎3‎　步．‎ ‎【考点】SA：相似三角形的应用．‎ ‎【专题】12 ：应用题．‎ ‎【分析】证明△CDK∽△DAH，利用相似三角形的性质得CK‎100‎=‎100‎‎15‎，然后利用比例性质可求出CK的长．‎ ‎【解答】解：DH=100，DK=100，AH=15，‎ ‎∵AH∥DK，‎ 第42页（共42页）‎ ‎∴∠CDK=∠A，‎ 而∠CKD=∠AHD，‎ ‎∴△CDK∽△DAH，‎ ‎∴CKDH=DKAH，即CK‎100‎=‎100‎‎15‎，‎ ‎∴CK=‎2000‎‎3‎．‎ 答：KC的长为‎2000‎‎3‎步．‎ 故答案为‎2000‎‎3‎．‎ ‎【点评】本题考查了相似三角形的应用：利用视点和盲区的知识构建相似三角形，用相似三角形对应边的比相等的性质求物体的高度．‎ ‎　‎ 三、解答题（本大题共7小题，满分66分。解答应写出必要的文字说明、证明过程或推演步骤)‎ ‎19．（6分）（2018•泰安）先化简，再求值m‎2‎‎-4m+4‎m-1‎÷（‎3‎m-1‎﹣m﹣1），其中m=‎2‎﹣2‎ ‎【考点】6D：分式的化简求值．‎ ‎【专题】11 ：计算题；513：分式．‎ 第42页（共42页）‎ ‎【分析】先根据分式的混合运算顺序和运算法则化简原式，再将m的值代入计算可得．‎ ‎【解答】解：原式=‎(m-2‎‎)‎‎2‎m-1‎÷（‎3‎m-1‎﹣m‎2‎‎-1‎m-1‎）‎ ‎=‎(m-2‎‎)‎‎2‎m-1‎÷‎‎4-‎m‎2‎m-1‎ ‎=‎(m-2‎‎)‎‎2‎m-1‎•‎m-1‎‎-(m+2)(m-2)‎ ‎=﹣m-2‎m+2‎，‎ 当m=‎2‎﹣2时，‎ 原式=﹣‎‎2‎‎-2-2‎‎2‎‎-2+2‎ ‎=﹣‎‎2‎‎-4‎‎2‎ ‎=﹣1+2‎2‎．‎ ‎【点评】本题主要考查分式的化简求值，解题的关键是掌握分式的混合运算顺序和运算法则．‎ ‎　‎ ‎20．（9分）（2018•泰安）文美书店决定用不多于20000元购进甲乙两种图书共1200本进行销售．甲、乙两种图书的进价分别为每本20元、14元，甲种图书每本的售价是乙种图书每本售价的1.4倍，若用1680元在文美书店可购买甲种图书的本数比用1400元购买乙种图书的本数少10本．‎ ‎（1）甲乙两种图书的售价分别为每本多少元？‎ 第42页（共42页）‎ ‎（2）书店为了让利读者，决定甲种图书售价每本降低3元，乙种图书售价每本降低2元，问书店应如何进货才能获得最大利润？（购进的两种图书全部销售完．）‎ ‎【考点】FH：一次函数的应用；B7：分式方程的应用．‎ ‎【专题】522：分式方程及应用；524：一元一次不等式(组)及应用．‎ ‎【分析】（1）根据题意，列出分式方程即可；‎ ‎（2）先用进货量表示获得的利润，求函数最大值即可．‎ ‎【解答】解：（1）设乙种图书售价每本x元，则甲种图书售价为每本1.4x元 由题意得：‎‎1400‎x‎-‎1680‎‎1.4x=10‎ 解得：x=20‎ 经检验，x=20是原方程的解 ‎∴甲种图书售价为每本1.4×20=28元 答：甲种图书售价每本28元，乙种图书售价每本20元 ‎（2）设甲种图书进货a本，总利润元，则 ‎=（28﹣20﹣3）a+（20﹣14﹣2）（1200﹣a）=a+4800‎ ‎∵20a+14×（1200﹣a）≤20000‎ 解得a≤‎‎1600‎‎3‎ ‎∵w随a的增大而增大 ‎∴当a最大时w最大 ‎∴当a=533本时，w最大 此时，乙种图书进货本数为1200﹣533=667（本）‎ 第42页（共42页）‎ 答：甲种图书进货533本，乙种图书进货667本时利润最大．‎ ‎【点评】本题分别考查了分式方程和一次函数最值问题，注意研究利润最大分成两个部分，先表示利润再根据函数性质求出函数最大值．‎ ‎　‎ ‎21．（8分）（2018•泰安）为增强学生的安全意识，我市某中学组织初三年级1000名学生参加了“校园安全知识竞赛”，随机抽取一个班学生的成绩进行整理，分为A，B，C，D四个等级，并把结果整理绘制成条形统计图与扇形统计图（部分），请依据如图提供的信息，完成下列问题：‎ ‎（1）请估计本校初三年级等级为A的学生人数；‎ ‎（2）学校决定从得满分的3名女生和2名男生中随机抽取3人参加市级比赛，请求出恰好抽到2名女生和1名男生的概率．‎ ‎【考点】X6：列表法与树状图法；V5：用样本估计总体；VB：扇形统计图；VC：条形统计图．‎ ‎【专题】1 ：常规题型；54：统计与概率．‎ ‎【分析】（1）先根据C等级人数及其所占百分比求得总人数，用总人数减去B、C、D的人数求得A等级人数，再用总人数乘以样本中A等级人数所占比例；‎ ‎（2）列出从3名女生和2名男生中随机抽取3人的所有等可能结果，再从中找到恰好抽到2名女生和1名男生的结果数，根据概率公式计算可得．‎ 第42页（共42页）‎ ‎【解答】解：（1）∵所抽取学生的总数为8÷20%=40人，‎ ‎∴该班级等级为A的学生人数为40﹣（25+8+2）=5人，‎ 则估计本校初三年级等级为A的学生人数为1000×‎5‎‎40‎=125人；‎ ‎（2）设两位满分的男生记为A1、A2、三位满分的女生记为B1、B2、B3，‎ 从这5名同学中选3人的所有等可能结果为：‎ ‎（B1，B2，B3）、（A2，B2，B3）、（A2，B1，B3）、（A2，B1，B2）、（A1，B2，B3）、‎ ‎（A1，B1，B3）、（A1，B1，B2）、（A1，A2，B3）、（A1，A2，B2）、（A1，A2，B1），‎ 其中恰好有2名女生、1名男生的结果有6种，‎ 所以恰好抽到2名女生和1名男生的概率为‎6‎‎10‎=‎3‎‎5‎．‎ ‎【点评】此题考查了列表法或树状图法求概率以及条形统计图与扇形统计图．用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．‎ ‎　‎ ‎22．（9分）（2018•泰安）如图，矩形ABCD的两边AD、AB的长分别为3、8，E是DC的中点，反比例函数y=mx的图象经过点E，与AB交于点F．‎ ‎（1）若点B坐标为（﹣6，0），求m的值及图象经过A、E两点的一次函数的表达式；‎ ‎（2）若AF﹣AE=2，求反比例函数的表达式．‎ 第42页（共42页）‎ ‎【考点】G8：反比例函数与一次函数的交点问题．‎ ‎【专题】534：反比例函数及其应用．‎ ‎【分析】（1）根据矩形的性质，可得A，E点坐标，根据待定系数法，可得答案；‎ ‎（2）根据勾股定理，可得AE的长，根据线段的和差，可得FB，可得F点坐标，根据待定系数法，可得m的值，可得答案．‎ ‎【解答】解：（1）点B坐标为（﹣6，0），AD=3，AB=8，E为CD的中点，‎ ‎∴点A（﹣6，8），E（﹣3，4），‎ 函数图象经过E点，‎ ‎∴m=﹣3×4=﹣12，‎ 设AE的解析式为y=kx+b，‎ ‎&-6k+b=8‎‎&-3k+b=4‎‎，‎ 解得‎&k=-‎‎4‎‎3‎‎&b=0‎，‎ 一次函数的解析是为y=﹣‎4‎‎3‎x；‎ ‎（2）AD=3，DE=4，‎ 第42页（共42页）‎ ‎∴AE=AD‎2‎+DE‎2‎=5，‎ ‎∵AF﹣AE=2，‎ ‎∴AF=7，‎ BF=1，‎ 设E点坐标为（a，4），则F点坐标为（a﹣3，1），‎ ‎∵E，F两点在函数y=mx图象上，‎ ‎∴4a=a﹣3，解得a=﹣1，‎ ‎∴E（﹣1，4），‎ ‎∴m=﹣1×4=﹣4，‎ ‎∴y=﹣‎4‎x．‎ ‎【点评】本题考查了反比例函数，解（1）的关键是利用待定系数法，又利用了矩形的性质；解（2）的关键利用E，F两点在函数y=mx图象上得出关于a的方程．‎ ‎　‎ ‎23．（11分）（2018•泰安）如图，△ABC中，D是AB上一点，DE⊥AC于点E，F是AD的中点，FG⊥BC于点G，与DE交于点H，若FG=AF，AG平分∠CAB，连接GE，CD．‎ ‎（1）求证：△ECG≌△GHD；‎ ‎（2）小亮同学经过探究发现：AD=AC+EC．请你帮助小亮同学证明这一结论．‎ ‎（3）若∠B=30°，判定四边形AEGF是否为菱形，并说明理由．‎ 第42页（共42页）‎ ‎【考点】L9：菱形的判定；KD：全等三角形的判定与性质．‎ ‎【专题】152：几何综合题．‎ ‎【分析】（1）依据条件得出∠C=∠DHG=90°，∠CGE=∠GED，依据F是AD的中点，FG∥AE，即可得到FG是线段ED的垂直平分线，进而得到GE=GD，∠CGE=∠GDE，利用AAS即可判定△ECG≌△GHD；‎ ‎（2）过点G作GP⊥AB于P，判定△CAG≌△PAG，可得AC=AP，由（1）可得EG=DG，即可得到Rt△ECG≌Rt△GPD，依据EC=PD，即可得出AD=AP+PD=AC+EC；‎ ‎（3）依据∠B=30°，可得∠ADE=30°，进而得到AE=‎1‎‎2‎AD，故AE=AF=FG，再根据四边形AECF是平行四边形，即可得到四边形AEGF是菱形．‎ ‎【解答】解：（1）∵AF=FG，‎ ‎∴∠FAG=∠FGA，‎ ‎∵AG平分∠CAB，‎ ‎∴∠CAG=∠FGA，‎ ‎∴∠CAG=∠FGA，‎ ‎∴AC∥FG，‎ ‎∵DE⊥AC，‎ ‎∴FG⊥DE，‎ ‎∵FG⊥BC，‎ 第42页（共42页）‎ ‎∴DE∥BC，‎ ‎∴AC⊥BC，‎ ‎∴∠C=∠DHG=90°，∠CGE=∠GED，‎ ‎∵F是AD的中点，FG∥AE，‎ ‎∴H是ED的中点，‎ ‎∴FG是线段ED的垂直平分线，‎ ‎∴GE=GD，∠GDE=∠GED，‎ ‎∴∠CGE=∠GDE，‎ ‎∴△ECG≌△GHD；‎ ‎（2）证明：过点G作GP⊥AB于P，‎ ‎∴GC=GP，而AG=AG，‎ ‎∴△CAG≌△PAG，‎ ‎∴AC=AP，‎ 由（1）可得EG=DG，‎ ‎∴Rt△ECG≌Rt△GPD，‎ ‎∴EC=PD，‎ ‎∴AD=AP+PD=AC+EC；‎ ‎（3）四边形AEGF是菱形，‎ 证明：∵∠B=30°，‎ ‎∴∠ADE=30°，‎ ‎∴AE=‎1‎‎2‎AD，‎ 第42页（共42页）‎ ‎∴AE=AF=FG，‎ 由（1）得AE∥FG，‎ ‎∴四边形AECF是平行四边形，‎ ‎∴四边形AEGF是菱形．‎ ‎【点评】本题属于四边形综合题，主要考查了菱形的判定、全等三角形的判定和性质，线段垂直平分线的判定与性质以及含30°角的直角三角形的性质的综合运用，利用全等三角形的对应边相等，对应角相等是解决问题的关键．‎ ‎　‎ ‎24．（11分）（2018•泰安）如图，在平面直角坐标系中，二次函数y=ax2+bx+c交x轴于点A（﹣4，0）、B（2，0），交y轴于点C（0，6），在y轴上有一点E（0，﹣2），连接AE．‎ ‎（1）求二次函数的表达式；‎ ‎（2）若点D为抛物线在x轴负半轴上方的一个动点，求△ADE面积的最大值；‎ ‎（3）抛物线对称轴上是否存在点P，使△AEP为等腰三角形？若存在，请直接写出所有P点的坐标，若不存在请说明理由．‎ 第42页（共42页）‎ ‎【考点】HF：二次函数综合题．‎ ‎【专题】16 ：压轴题．‎ ‎【分析】（1）把已知点坐标代入函数解析式，得出方程组求解即可；‎ ‎（2）根据函数解析式设出点D坐标，过点D作DG⊥x轴，交AE于点F，表示△ADE的面积，运用二次函数分析最值即可；‎ ‎（3）设出点P坐标，分PA=PE，PA=AE，PE=AE三种情况讨论分析即可．‎ ‎【解答】解：（1）∵二次函数y=ax2+bx+c经过点A（﹣4，0）、B（2，0），C（0，6），‎ ‎∴‎&16a-4b+c=0‎‎&4a+2b+c=0‎‎&c=6‎，‎ 解得，‎&a=-‎‎3‎‎4‎‎&b=-‎‎3‎‎2‎‎&c=6‎，‎ 所以二次函数的解析式为：y=‎-‎3‎‎4‎x‎2‎-‎3‎‎2‎x+6‎，‎ ‎（2）由A（﹣4，0），E（0，﹣2），可求AE所在直线解析式为y=‎-‎1‎‎2‎x-2‎，‎ 过点D作DN⊥x轴，交AE于点F，交x轴于点G，过点E作EH⊥‎ 第42页（共42页）‎ DF，垂足为H，如图 设D（m，‎-‎3‎‎4‎m‎2‎-‎3‎‎2‎m+6‎），则点F（m，‎-‎1‎‎2‎m-2‎），‎ ‎∴DF=‎-‎3‎‎4‎m‎2‎-‎3‎‎2‎m+6‎﹣（‎-‎1‎‎2‎m-2‎）=‎-‎3‎‎4‎m‎2‎-m+8‎，‎ ‎∴S△ADE=S△ADF+S△EDF=‎1‎‎2‎×DF×AG+‎1‎‎2‎DF×EH ‎=‎1‎‎2‎×DF×AG+‎1‎‎2‎×DF×EH ‎=‎1‎‎2‎×4×DF ‎=2×（‎-‎3‎‎4‎m‎2‎-m+8‎）‎ ‎=‎-‎3‎‎2‎(m+‎2‎‎3‎‎)‎‎2‎+‎‎50‎‎3‎，‎ ‎∴当m=‎-‎‎2‎‎3‎时，△ADE的面积取得最大值为‎50‎‎3‎．‎ ‎（3）y=‎-‎3‎‎4‎x‎2‎-‎3‎‎2‎x+6‎的对称轴为x=﹣1，‎ 设P（﹣1，n），又E（0，﹣2），A（﹣4，0），‎ 可求PA=‎9+‎n‎2‎，PE=‎1+(n+2‎‎)‎‎2‎，AE=‎16+4‎‎=2‎‎5‎，‎ 当PA=PE时，‎9+‎n‎2‎=‎1+(n+2‎‎)‎‎2‎，‎ 第42页（共42页）‎ 解得，n=1，此时P（﹣1，1）；‎ 当PA=AE时，‎9+‎n‎2‎=‎16+4‎‎=2‎‎5‎，‎ 解得，n=‎±‎‎11‎，此时点P坐标为（﹣1，‎±‎‎11‎）；‎ 当PE=AE时，‎1+(n+2‎‎)‎‎2‎=‎16+4‎‎=2‎‎5‎，‎ 解得，n=﹣2‎±‎‎19‎，此时点P坐标为：（﹣1，﹣2‎±‎‎19‎）．‎ 综上所述，‎ P点的坐标为：（﹣1，1），（﹣1，‎±‎‎11‎），（﹣1，﹣2‎±‎‎19‎）．‎ ‎【点评】此题主要考查二次函数的综合问题，会求抛物线解析式，会运用二次函数分析三角形面积的最大值，会分类讨论解决等腰三角形的顶点的存在问题时解决此题的关键．‎ ‎　‎ ‎25．（12分）（2018•泰安）如图，在菱形ABCD中，AC与BD交于点O，E是BD上一点，EF∥AB，∠EAB=∠EBA，过点B作DA的垂线，交DA的延长线于点G．‎ ‎（1）∠DEF和∠AEF是否相等？若相等，请证明；若不相等，请说明理由；‎ ‎（2）找出图中与△AGB相似的三角形，并证明；‎ ‎（3）BF的延长线交CD的延长线于点H，交AC于点M．求证：BM2=MF•MH．‎ 第42页（共42页）‎ ‎【考点】SO：相似形综合题．‎ ‎【专题】15 ：综合题．‎ ‎【分析】（1）先判断出∠DEF=∠EBA，∠AEF=∠EAB，即可得出结论；‎ ‎（2）先判断出∠GAB=∠ABE+∠ADB=2∠ABE，进而得出∠GAB=∠AEO，即可得出结论；‎ ‎（3）先判断出BM=DM，∠ADM=∠ABM，进而得出∠ADM=∠H，判断出△MFD∽△MDH，即可得出结论，‎ ‎【解答】解：（1）∠DEF=∠AEF，‎ 理由：∵EF∥AB，‎ ‎∴∠DEF=∠EBA，∠AEF=∠EAB，‎ ‎∵∠EAB=∠EBA，‎ ‎∴∠DEF=∠AEF；‎ ‎（2）△EOA∽△AGB，‎ 理由：∵四边形ABCD是菱形，‎ 第42页（共42页）‎ ‎∴AB=AD，AC⊥BD，‎ ‎∴∠GAB=∠ABE+∠ADB=2∠ABE，‎ ‎∵∠AEO=∠ABE+∠BAE=2∠ABE，‎ ‎∵∠GAB=∠AEO，∠GAB=∠AOE=90°，‎ ‎∴△EOA∽△AGB；‎ ‎（3）如图，连接DM，∵四边形ABCD是菱形，‎ 由对称性可知，BM=DM，∠ADM=∠ABM，‎ ‎∵AB∥CH，‎ ‎∴∠ABM=∠H，‎ ‎∴∠ADM=∠H，‎ ‎∵∠DMH=∠FMD，‎ ‎∴△MFD∽△MDH，‎ ‎∴DMMH‎=‎MFDM，‎ ‎∴DM2=MF•MH，‎ ‎∴BM2=MF•MH．‎ 第42页（共42页）‎ ‎【点评】此题是相似形综合题，主要考查了菱形的性质，对称性，相似三角形的判定和性质，判断出△EOA∽△AGB是解本题的关键．‎ ‎　‎ 第42页（共42页）‎