2017年济宁中考数学练习试题及答案(2)
∴中位数为第10和第11人的平均数，
∵第10和第11人完成的件数为6件和6件，
∴中位数为6件，
故答案为：6件.
【点评】本题考查了中位数的定义，能够了解中位数的定义是解答本题的关键，难度不大.
15.，扇形的圆心角为120°，半径为6，将此扇形围成一个圆锥，则圆锥的底面半径为 2 .
【考点】MP：圆锥的计算.
【分析】根据弧长公式求出扇形的弧长，根据圆锥的底面圆周长是扇形的弧长列式计算即可.
【解答】解：设圆锥的底面半径为r，
扇形的弧长为： =4π，
则2πr=4π，
解得，r=2，
故答案为：2.
【点评】本题考查的是圆锥的计算，掌握弧长公式、圆锥的底面圆周长是扇形的弧长是解题的关键.
16.，直线x=2与y=x+a的交点A在第四象限，则a的取值范围是 a<﹣2 .
【考点】FF：两条直线相交或平行问题.
【分析】首先把x=2和y=x+a组成方程组，求解，根据题意交点坐标在第四象限表明y小于0，即可求得a的取值范围.
【解答】解：解方程组 得 ，
∵直线y=2x与y=﹣x+k的交点在第四象限，
∴2+a<0，
故答案为：a<﹣2.
【点评】本题主要考查两直线相交的问题，关键在于解方程组求出x、y，根据在第四象限的点坐标性质解不等式.
17.，从坡上建筑物AB观测坡底建筑物CD.从A点测得C点的俯角为45°，从B点测得D点的俯角为30°.已知AB的高度为10m，AB与CD的水平距离是OD=15m，则CD的高度为 ( ) m(结果保留根号)
【考点】TA：解直角三角形的应用﹣仰角俯角问题.
【分析】根据题意作出合适的辅助线，然后根据锐角三角函数即可求得CD的长，本题得以解决.
【解答】解：作CE⊥AO于点E，如右图所示，
∵CE⊥AO，∠FAC=45°，OD=15m，
∴∠CAE=45°，CE=15m，
∴AE=15m，
∵AB=10m，
∴BE=5m，
∵∠BOD=90°，∠BDO=30°，OD=15m，
∴BO=15×tan30°=15× =5 m，
∴EO=BO﹣BE=5 ，
∴CD=EO=5 ，
故答案为：( ).
【点评】本题考查解直角三角形的应用﹣仰角俯角问题，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件，利用锐角三角函数解答.
18.下列各个图形中，“•”的个数用a表示，“○”的个数用b表示，如：n=1时，a=4，b=1;n=2时，a=9，b=4;…根据图形的变化规律，当n=2017时， + 的值为 4035 .
【考点】38：规律型：图形的变化类.
【分析】根据题意分别表示出“•”和“○”的变化规律，然后代入n=2017求得代数式的值即可.
【解答】解：观察图形变化得知：第n个图形“•”的个数用a表=n2，“○”的个数用b=(n+1)2，
当n=2017时， + = =4035，
故答案为：4035.
【点评】本题考查了图形的变化类问题，解题的关键是找到变化的规律并表示出来，难度不大.
三、解答题(本大题共8小题，共66分)
19.计算：﹣|﹣3|+ +tan60°﹣20.
【考点】2C：实数的运算;6E：零指数幂;T5：特殊角的三角函数值.
【分析】直接利用零指数幂的性质以及三次根式的性质、特殊角的三角函数值分别化简，进而求出答案.
【解答】解：原式=﹣3+2+ ﹣1
=﹣2+ .
【点评】此题主要考查了实数的运算，正确化简各数是解题关键.
20.解方程： + =1.
【考点】B3：解分式方程.
【分析】分式方程去分母转化为整式方程，求出整式方程的解得到x的值，经检验即可得到分式方程的解.
【解答】解：原方程可化为： ﹣ =1，
方程两边同乘(x﹣1)，得3﹣x=x﹣1，
整理得﹣2x=﹣4，
解得：x=2，
检验：当x=2时，最简公分母x﹣1≠0，
则原分式方程的解为x=2.
【点评】此题考查了解分式方程，利用了转化的思想，解分式方程注意要检验.
21.，在平面直角坐标系中，△ABC的三个顶点分别为A(﹣4，3)，B(﹣1，2)，C(﹣2，1)
(1)画出△ABC关于原点O对称的△A1B1C1，并写出点B1的坐标;
(2)画出△ABC绕原点O顺时针方向旋转90°得到的△A2B2C2，并写出点A2的坐标.
【考点】R8：作图﹣旋转变换.
【分析】(1)分别作出点A、点B、点C关于原点的对称点，顺次连接即可得;
(2)分别作出点A、点B、点C绕原点O顺时针方向旋转90°得到的对应点，顺次连接即可得.
【解答】解：(1)△A1B1C1所示，B1(1，﹣2).
(2)△A2B2C2所示，A2(3，4).
【点评】本题主要考查作图﹣旋转变换，熟练掌握旋转变换的定义和性质是解题的关键.
22.，四边形ABCD和四边形DEFG都是正方形，点E，G分别在AD，CD上，连接AF，BF，CF
(1)求证：AF=CF;
(2)若∠BAF=35°，求∠BFC的度数.
【考点】LE：正方形的性质;KD：全等三角形的判定与性质.
【分析】(1)利用正方形的性质结合全等三角形的判定与性质得出△AFE≌△CFG进而得出AF=CF;
(2)利用正方形的对角线平分对角进而得出答案.
【解答】(1)证明：∵四边形ABCD和四边形DEFG都是正方形，
∴AD=CD，ED=GD，FE=FG.
∴AD﹣ED=CD﹣GD.
∴AE=CG.
在△AFE和△CFG中
，
∴△AFE≌△CFG(SAS)，
∴AF=CF;
(2)解：由(1)得△AEF≌△CGF，
∴∠AFE=∠CFG.
又∵AB∥EF，∠BAF=35°，
∴∠AFE=∠CFG=∠BAF=35°.
连接DF，
∵四边形DEFG是正方形，
∴∠DFG=45°.
∴∠BFC=180°﹣∠CFG﹣∠GFD=180°﹣35°﹣45°=100°.
即∠BFC=100°.
【点评】此题主要考查了正方形的性质以及全等三角形的判定与性质，正确得出△AFE≌△CFG是解题关键.
23.某校为了解学生对“A：古诗词，B：国画，C：京剧，D：书法”等中国传统文化项目的最喜爱情况，在全校范围内随机抽取部分学生进行问卷调查(2017•广西模拟)某公司计划从本地向甲、乙两地运送海产品进行销售.本地与甲、乙两地都有铁路和公路相连(所示)，铁路的单位运价为2元/(吨•千米)，公路的单位运价为3元/(吨•千米)
(1)若公司计划往甲、乙两地运输海产品共需铁路运费3680元，公路运费780元，求计划从本地向甲乙两地运输海产品各多少吨?
(2)经市场调查发现，甲地海产品的实际需求量比计划减少a(a>0)吨，但运到甲、乙两地的总量不变，且运到甲地的海产品不少于运到乙地的海产品，当a为多少时，实际总运费w最低?最低总运费是多少?
(参考公式：货运运费=单位运价×运输里程×货物重量)
【考点】FH：一次函数的应用;9A：二元一次方程组的应用.
【分析】(1)根据题意和图形可以列出相应的方程组，求出计划从本地向甲乙两地运输海产品各多少吨;
(2)根据题意和(1)中的答案可以求得w与a的函数关系式，根据甲地海产品的实际需求量比计划减少a(a>0)吨，但运到甲、乙两地的总量不变，可以求得a的取值范围，从而可以解答本题.
【解答】解：(1)设公司计划从本地向甲地运输x吨海产品，向乙地运输y吨海产品，
，
解得， ，
答：公司计划从本地向甲地运输6吨海产品，向乙地运输4吨海产品.
(2)由题意可得，
6﹣a≥4+a且a>0，
解得，0
∵w=(6﹣a)(30×3+200×2)+(4+a)(20×3+160×2)=﹣110a+4460，
即w=﹣110a+4460，
∵﹣110<0，
∴w随a的增大而减少.
又∵0
∴当a=1时，总运费w最低，最低运费w=﹣110×1+4460=4350(元)，
答：当a=1时，总运费w最低，最低运费为4350元.
【点评】本题考查一次函数的应用、二元一次方程组的应用、一元一次不等式的应用，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件，利用一次函数的性质求函数的最值.
25.(10分)(2017•广西模拟)，直线l与⊙O相离，过点O作OA⊥l，垂足为A，OA交⊙O于点B，点C在直线l上，连接CB并延长交⊙O于点D，在直线l上另取一点P，使∠PCD=∠PDC.
(1)求证：PD是⊙O的切线;
(2)若AC=1，AB=2，PD=6，求⊙O的半径r和△PCD的面积.
【考点】MD：切线的判定.
【分析】(1)连接OD，知∠ABC=∠OBD=∠ODB，由∠PCD+∠ABC=90°知∠PCD+∠ODB=90°，结合∠PCD=∠PDC可得∠ODP=90°，即可得证;
(2)由∠PCD=∠PDC知PC=PD=6、PA=5，根据PA2+AO2=PD2+OD2可得r= ;延长AO交⊙O于点F，连接DF，证△ABC∽△DBF得 = ，即可知DB= ，作DE⊥PC于点E，由△CAB∽△CED知 = ，求得DE= ，从而求得△PCD的面积.
【解答】解：(1)连接OD，
∴∠ABC=∠OBD=∠ODB，
∵OA⊥l，
∴∠PCD+∠ABC=90°，
∴∠PCD+∠ODB=90°，
∵∠PCD=∠PDC，
∴∠PDC+∠ODB=90°，即∠ODP=90°，
∴PD是⊙O的切线;
(2)∵∠PCD=∠PDC，
∴PC=PD=6，
∴PA=5，
设OB=OF=OD=r，
由PA2+AO2=PD2+OD2可得52+(2+r)2=62+r2，
解得：r= ，
延长AO交⊙O于点F，连接DF，
∵∠ABC=∠DBF、∠BAC=∠BDF=90°，
∴△ABC∽△DBF，
∴ = ，即 = ，
∴DB= ，
过点D作DE⊥PC于点E，
∴△CAB∽△CED，
∴ = ，即 = ，
解得：DE= ，
∴S△PCD= PC•DE= ×6× = .
【点评】本题主要考查切线的判定与性质、等边对等角、相似三角形的判定与性质，熟练掌握相似三角形的判定与性质及勾股定理是解题的关键.
26.(10分)(2017•广西模拟)，已知抛物线y=﹣x2+2x+3与坐标轴交于A，B，C三点，抛物线上的点D与点C关于它的对称轴对称.
(1)直接写出点D的坐标和直线AD的解析式;
(2)点E是抛物线上位于直线AD上方的动点，过点E分别作EF∥x轴，EG∥y轴并交直线AD于点F、G，求△EFG周长的最大值;
(3)若点P为y轴上的动点，则在抛物线上是否存在点Q，使得以A，D，P，Q为顶点的四边形是平行四边形?若存在，请求出点Q的坐标，若不存在，请说明理由.
【考点】HF：二次函数综合题.
【分析】(1)先求得点C的坐标，然后再求得抛物线的对称轴，由点C与点D关于x=1对称可求得点D的坐标，把y=0代入抛物线的解析式可求得对应的x的值，从而可得到点A的坐标，然后利用待定系数法求得直线AD的解析式即可;
(2)首先证明△EFG为等腰直角三角形，则△EFG的周长=(2+ )EG，设E(t，﹣t2+2t+3)，则G(t，t+1)，然后得到EG与t的函数关系式，利用配方法可求得EG的最大值，最后依据△EFG的周长=(2+ )EG求解即可;
(3)分为AD为平行四边形的边和AD为平行四边形的对角线时，两种情况，可先利用平行四边形的性质求得点Q的横坐标，然后将点Q的横坐标代入抛物线的解析式可求得点Q的纵坐标.
【解答】解：(1)将x=0代入得y=3，
∴C(0，3).
∵抛物线的对称轴为x=﹣ =1，C(0，3)，
∴D(2，3).
把y=0代入抛物线的解析式得：0=﹣x2+2x+3，解得x=3或x=﹣1，
∴A(﹣1，0).
设直线AD的解析式为y=kx+b，将点A和点D的坐标代入得： ，解得：k=1，b=1，
∴直线AD的解析式为y=x+1.
(2)1所示：
∵直线AD的解析式为y=x+1，
∴∠DAB=45°.
∵EF∥x轴，EG∥y轴，
∴∠GEF=90°，∠GFE=∠DAB=45°
∴△EFG是等腰直角三角形.
∴△EFG的周长=EF+FG+EG=(2+ )EG.
依题意，设E(t，﹣t2+2t+3)，则G(t，t+1).
∴EG=﹣t2+2t+3﹣(t+1)=﹣(t﹣ )2+ .
∴EG的最大值为 .
∴△EFG的周长的最大值为 + .
(3)存在.
①以AD为平行四边形的边时，PQ∥AD，PQ=AD.
∵A，D两点间的水平距离为3，
∴P，Q两点间的水平距离也为3.
∴点Q的横坐标为3或﹣3.
将x=3和x=﹣3分别代入y=﹣x2+2x+3得y=0或y=﹣12.
∴Q(3，0)或(﹣3，﹣12).
②当AD为平行四边形的对角线时，设AD的中点为M，
∵A(﹣1，0)，D(2，3)，M为AD的中点，
∴M( ， ).
设点Q的横坐标为x，则 = ，解得x=1，
∴点Q的横坐标为1.
将x=1代入y=﹣x2+2x+3得y=4.
∴这时点Q的坐标为(1，4).
综上所述，当点Q的坐标为Q(3，0)或(﹣3，﹣12)或(1，4)时，以A，D，P，Q为顶点的四边形是平行四边形.
【点评】本题主要考查的是二次函数的综合应用，解答本题主要应用了二次函数的性质、待定系数法求一次函数的解析式、平行四边形的性质，列出EG的长与t的函数关系式是解答问题(2)的关键，利用平行四边形的性质求得点Q的横坐标是解答问题(3)的关键.