广东省深圳市宝安区2017届中考数学二模试卷(含解析).doc

______________________________________________________________________________________________________________
2017年广东省深圳市宝安区中考数学二模试卷
一、选择题（本大题共12小题，每小题3分，共36分）
1．﹣5的倒数是（　　）
A．5 B．﹣5 C． D．﹣
2．国务院总理李克强在《2017年国务院政府工作报告》中提到，2016年新增第四代移动通信用户3.4亿，数据“3.4亿”用科学记数法表示为（　　）
A．3.4×106 B．3.4×108 C．34×107 D．3.4×109
3．下列各图中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（　　）
A． B． C． D．
4．下列运算正确的是（　　）
A．2a2•a3=2a6 B．（3ab）2=6a2b2
C．2abc+ab=2 D．3a2b+ba2=4a2b
5．如图，直线AB∥CD，点E是BC上一点，连接AE，若∠DCB=35°，∠EAB=23°，则∠AEC的度数是（　　）

A．58° B．45° C．23° D．60°
6．深圳市统计局发布的2016年《深圳市气候数据每日观测记录》显示，2016年12月26日=﹣﹣31日这六天的平均相对湿度（百分数）分别是58，50，45，54，64，82，对于这组数据，以下说法正确的是（　　）
A．平均数是59 B．中位数是56 C．众数是82 D．方差是37
7．中国CBA篮球常规赛比赛中，每场比赛都要分出胜负，每队胜1场得2分，负1场得1分，今年某队在全部38场比赛中最少得到70分，那么这个队今年胜的场次是（　　）
A．6场 B．31场 C．32场 D．35场
8．定义一种新运算：a♣b=a（a﹣b），例如，4♣3=4×（4﹣3）=4，若x♣2=3，则x的值是（　　）
A．x=3 B．x=﹣1 C．x1=3，x2=1 D．x1=3，x2=﹣1
9．若方程mx+ny=6的两个解是，，则m，n的值为（　　）
A． B． C． D．
10．如何求tan75°的值？按下列方法作图可解决问题，如图，在Rt△ABC中，AC=k，∠ACB=90°，∠ABC=30°，延长CB至点M，在射线BN上截取线段BD，使BD=AB，连接AD，依据此图可求得tan75°的值为（　　）

A．2 B．2+ C．1+ D．
11．如图，点O是△ABC外接圆的圆心，连接OB，若∠1=37°，则∠2的度数是（　　）

A．52° B．51° C．53° D．50°
12．如图，直线l分别交x轴、y轴于点A、B，交双曲线y=（x＞0）于点C，若AB：AC=1：3，且S△AOB=，则k的值为（　　）

A． B．2 C． D．

二、填空题（本大题共4小题，每小题3分，共12分）
13．分解因式：m3﹣2m2+m=　 　．
14．在一个口袋中有4个完全相同的小球，把它们分别标号为1，2，3，4，随机摸出一个小球然后放回，再随机摸出一个小球，则两次取出的小球标号相同的概率为　 　．
15．如图所示，每一个图形都是由形状相同的五角星按一定规律组成的，其中第①个图形中一共有9个五角星，第②个图形中一共有17个五角星，第③个图形中一共有25个五角星，…，按此规律排列，则第n个图形中五角星的颗数为　 　．

16．如图，在边长为2的正方形ABCD中，点E是CD边的中点，延长BC至点F，使得CF=CE，连接BE，DF，将△BEC绕点C按顺时针方向旋转，当点E恰好落在DF上的点H处时，连接AG，DG，BG，则AG的长是　 　．

三、解答题（本大题共7小题，共52分）
17．（5分）计算： cos45°+（）﹣1+﹣4sin60°．
18．（6分）先化简分式：（ ）÷，再从不等式组的解集中选出合适的整数作为a的值，代入求值．
19．（8分）深圳市教育局在全市中小学开展“四点半活动”试点工作，某校为了了解学生参与“四点半活动”项目的情况，对初中的部分学生进行了随机调查，调查项目分为“科技创新”类，“体育活动”类，“艺术表演”类，“植物种植”类及“其它”类共五大类别，并根据调查的数据绘制了下面两幅不完整的统计图，请你根据图中提供的信息解答下面的问题．
（1）请求出此次被调查学生的总人数　 　人；
（2）根据以上信息，补全频数分布直方图；
（3）求出扇形统计图中，“体育活动”α的圆心角等于　 　度；
（4）如果本校初中部有1800名学生，请估计参与“艺术表演”类项目的学生大约多少人？

20．（8分）如图，在楼房MN前有两棵树与楼房在同一直线上，且垂直于地面，为了测量树AB、CD的高度，小明爬到楼房顶部M处，光线恰好可以经过树CD的顶站C点到达树AB的底部B点，俯角为45°，此时小亮测得太阳光线恰好经过树CD的顶部C点到达楼房的底部N点，与地面的夹角为30°，树CD的影长DN为15米，请求出树AB、CD的高度．（结果保留根号）

21．（8分）某科技公司研发出一款多型号的智能手表，一家代理商出售该公司的A型智能手表，去年销售总额为80000元，今年A型智能手表的售价每只比去年降了600元，若售出的数量与去年相同，销售总额将比去年减少25%．

A型智能手表
B型智能手表
进价
1300元/只
1500元/只
售价
今年的售价
2300元/只
（1）请问今年A型智能手表每只售价多少元？
（2）今年这家代理商准备新进一批A型智能手表和B型智能手表共100只，它们的进货价与销售价格如右表，若B型智能手表进货量不超过A型智能手表数量的3倍，所进智能手表可全部售完，请你设计出进货方案，使这批智能手表获利最多，并求出最大利润是多少元？
22．（8分）如图1，在平面直角坐标系xOy中，点A（﹣，0），B（3，0），以AB为直径的⊙G交y轴于C、D两点．
（1）填空：请直接写出⊙G的半径r、圆心G的坐标：r=　 　；G（　 　，　 　）；
（2）如图2，直线y=﹣x+5与x，y轴分别交于F，E两点，且经过圆上一点T（2，m），求证：直线EF是⊙G的切线．
（3）在（2）的条件下，如图3，点M是⊙G优弧上的一个动点（不包括A、T两点），连接AT、CM、TM，CM交AT于点N．试问，是否存在一个常数k，始终满足CN•CM=k？如果存在，求出k的值，如果不存在，请说明理由．

23．（9分）如图1，抛物线y=ax2+bx+c（a≠0）与x轴交于点A（﹣1，0）、B（4，0）两点，与y轴交于点C，且OC=3OA．点P是抛物线上的一个动点，过点P作PE⊥x轴于点E，交直线BC于点D，连接PC．
（1）求抛物线的解析式；
（2）如图2，当动点P只在第一象限的抛物线上运动时，求过点P作PF⊥BC于点F，试问△PDF的周长是否有最大值？如果有，请求出其最大值，如果没有，请说明理由．
（3）当点P在抛物线上运动时，将△CPD沿直线CP翻折，点D的对应点为点Q，试问，四边形CDPQ是否成为菱形？如果能，请求出此时点P的坐标，如果不能，请说明理由．

2017年广东省深圳市宝安区中考数学二模试卷
参考答案与试题解析

一、选择题（本大题共12小题，每小题3分，共36分）
1．﹣5的倒数是（　　）
A．5 B．﹣5 C． D．﹣
【考点】17：倒数．
【分析】根据倒数的定义可直接解答．
【解答】解：﹣5的倒数是﹣．
故选：D．
【点评】本题考查的是倒数的定义，即乘积是1的两数互为倒数．

2．国务院总理李克强在《2017年国务院政府工作报告》中提到，2016年新增第四代移动通信用户3.4亿，数据“3.4亿”用科学记数法表示为（　　）
A．3.4×106 B．3.4×108 C．34×107 D．3.4×109
【考点】1I：科学记数法—表示较大的数．
【分析】用科学记数法表示较大的数时，一般形式为a×10﹣n，其中1≤|a|＜10，n为整数，n的值取决于原数变成a时，小数点移动的位数，n的绝对值与小数点移动的位数相同．当原数绝对值大于1时，n是正数；当原数的绝对值小于1时，n是负数．
【解答】解：3.4亿=3.4×108．
故选：B．
【点评】此题主要考查了用科学记数法表示较大的数，一般形式为a×10﹣n，其中1≤|a|＜10，确定a与n的值是解题的关键．

3．下列各图中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（　　）
A． B． C． D．
【考点】R5：中心对称图形；P3：轴对称图形．
【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．
【解答】解：A、是轴对称图形．不是中心对称图形，因为找不到任何这样的一点，旋转180度后它的两部分能够重合；即不满足中心对称图形的定义．故此选项错误；
B、是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项错误；
C、是轴对称图形，又是中心对称图形，故此选项正确；
D、不是轴对称图形，是中心对称图形，故此选项错误．
故选：C．
【点评】此题主要考查了中心对称图形与轴对称图形的概念：轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合；中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后两部分重合．

4．下列运算正确的是（　　）
A．2a2•a3=2a6 B．（3ab）2=6a2b2
C．2abc+ab=2 D．3a2b+ba2=4a2b
【考点】49：单项式乘单项式；35：合并同类项；47：幂的乘方与积的乘方．
【分析】根据整式的运算法则即可求出答案．
【解答】解：（A）原式=2a5，故A错误；
（B）原式=9a2b2，故B错误；
（C）2abc与ab不是同类项，故C错误；
故选（D）
【点评】本题考查整式的运算，解题的关键是熟练运用整式的运算法则，本题属于基础题型．

5．如图，直线AB∥CD，点E是BC上一点，连接AE，若∠DCB=35°，∠EAB=23°，则∠AEC的度数是（　　）

A．58° B．45° C．23° D．60°
【考点】JA：平行线的性质．
【分析】根据平行线的性质和三角形的外角的性质即可得到结论．
【解答】解：∵AB∥CD，
∴∠B=∠C=35°，
∵∠A=23°，
∴∠AEC=∠A+∠B=58°，
故选A．
【点评】本题考查了平行线的性质，三角形的外角的性质，熟练掌握平行线的性质是解题的关键．

6．深圳市统计局发布的2016年《深圳市气候数据每日观测记录》显示，2016年12月26日=﹣﹣31日这六天的平均相对湿度（百分数）分别是58，50，45，54，64，82，对于这组数据，以下说法正确的是（　　）
A．平均数是59 B．中位数是56 C．众数是82 D．方差是37
【考点】W7：方差；W1：算术平均数；W4：中位数；W5：众数．
【分析】分别计算该组数据的众数、平均数、中位数及方差后，选择正确的答案即可．
【解答】解：A．平均数=（58+50+45+54+64+82）÷6=58.8；故此选项错误；
B．∵6个数据按大小排列后为：45，50，54，58，64，82；
∴中位数为：（54+58）÷2=56；故此选项正确；
C．无众数，故此选项错误；
D．方差不是整数，故此选项错误；
故选：B．
【点评】本题属于基础题，考查了确定一组数据的中位数和众数的能力．一些学生往往对这个概念掌握不清楚，计算方法不明确而误选其它选项．注意找中位数的时候一定要先排好顺序，然后再根据奇数和偶数个来确定中位数，如果数据有奇数个，则正中间的数字即为所求．如果是偶数个则找中间两位数的平均数．

7．中国CBA篮球常规赛比赛中，每场比赛都要分出胜负，每队胜1场得2分，负1场得1分，今年某队在全部38场比赛中最少得到70分，那么这个队今年胜的场次是（　　）
A．6场 B．31场 C．32场 D．35场
【考点】8A：一元一次方程的应用．
【分析】设胜了x场，那么负了（38﹣x）场，根据“在全部38场比赛中最少得到70分”可列方程并求解．
【解答】解：设胜了x场，由题意得：
2x+（38﹣x）=70，
解得x=32．
答：这个队今年胜的场次是32场．
故选C
【点评】本题考查了一元一次方程的应用．解决问题的关键是读懂题意，找到关键描述语，找到所求的量的等量关系．

8．定义一种新运算：a♣b=a（a﹣b），例如，4♣3=4×（4﹣3）=4，若x♣2=3，则x的值是（　　）
A．x=3 B．x=﹣1 C．x1=3，x2=1 D．x1=3，x2=﹣1
【考点】A8：解一元二次方程﹣因式分解法．
【分析】先根据新定义得到x（x﹣2）=3，再把方程化为一般式，然后利用因式分解法解方程．
【解答】解：∵x♣2=3，
∴x（x﹣2）=3，
整理得x2﹣2x﹣3=0，
（x﹣3）（x+1）=0，
x﹣3=0或x+1=0，
所以x1=3，x2=﹣1．
故选D．
【点评】本题考查了解一元二次方程﹣因式分解法：因式分解法就是利用因式分解求出方程的解的方法，这种方法简便易用，是解一元二次方程最常用的方法．

9．若方程mx+ny=6的两个解是，，则m，n的值为（　　）
A． B． C． D．
【考点】92：二元一次方程的解．
【分析】把x与y的两对值代入方程求出m与n的值即可．
【解答】解：根据题意得：，
①+②得：3m=12，
解得：m=4，
把m=4代入①得：n=2，
则方程组的解为，
故选A
【点评】此题考查了二元一次方程的解，方程的解即为能使方程左右两边相等的未知数的值．

10．如何求tan75°的值？按下列方法作图可解决问题，如图，在Rt△ABC中，AC=k，∠ACB=90°，∠ABC=30°，延长CB至点M，在射线BN上截取线段BD，使BD=AB，连接AD，依据此图可求得tan75°的值为（　　）

A．2 B．2+ C．1+ D．
【考点】T7：解直角三角形．
【分析】在直角三角形ABC中，利用30度所对的直角边等于斜边的一半表示出AB的长，再利用勾股定理求出BC的长，由CB+BD求出CD的长，在直角三角形ACD中，利用锐角三角函数定义求出所求即可．
【解答】解：在Rt△ABC中，AC=k，∠ACB=90°，∠ABC=30°，
∴AB=BD=2k，∠BAD=∠BDA=15°，BC=k，
∴∠CAD=∠CAB+∠BAD=75°，
在Rt△ACD中，CD=CB+BD=k+2k，
则tan75°=tan∠CAD===2+，
故选B
【点评】此题考查了解直角三角形，涉及的知识有：勾股定理，含30度直角三角形的性质，以及锐角三角函数定义，熟练掌握定理及性质是解本题的关键．

11．如图，点O是△ABC外接圆的圆心，连接OB，若∠1=37°，则∠2的度数是（　　）

A．52° B．51° C．53° D．50°
【考点】MA：三角形的外接圆与外心．
【分析】连接OC，根据圆周角定理可得出∠BOC的度数，再由等腰三角形的性质即可得出结论．
【解答】解：连接OC，
∵∠1=37°，
∴∠BOC=2∠1=74°．
∵OB=OC，
∴∠2==53°．
故选C．

【点评】本题考查的是三角形的外接圆与外心，根据题意作出辅助线，构造出圆心角是解答此题的关键．

12．如图，直线l分别交x轴、y轴于点A、B，交双曲线y=（x＞0）于点C，若AB：AC=1：3，且S△AOB=，则k的值为（　　）

A． B．2 C． D．
【考点】G8：反比例函数与一次函数的交点问题．
【分析】根据题意作出合适的辅助线，由三角形的相似知识可以求得△ADC的面积，进而求得△ODC的面积，从而可以解答本题．
【解答】解：作CD⊥x轴于点D，
则△AOB∽△ADC，
∴，
∵AB：AC=1：3，且S△AOB=，OD
∴，
解得，，
连接OC，
∵S△AOC+S△COD=S△ADC，AO：OD=AB：BC=1：2，
∴S△OCD=，
∴k=2×=，
故选A．

【点评】本题考查反比例函数与一次函数的交点问题，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件，利用三角形相似的知识解答．

二、填空题（本大题共4小题，每小题3分，共12分）
13．分解因式：m3﹣2m2+m=　m（m﹣1）2　．
【考点】55：提公因式法与公式法的综合运用．
【分析】先提取公因式m，再根据完全平方公式进行二次分解．完全平方公式：a2﹣2ab+b2=（a﹣b）2．
【解答】解：m3﹣2m2+m=m（m2﹣2m+1）=m（m﹣1）2．
故答案为m（m﹣1）2．
【点评】本题考查了提公因式法，公式法分解因式，提取公因式后利用完全平方公式进行二次分解，注意分解要彻底．

14．在一个口袋中有4个完全相同的小球，把它们分别标号为1，2，3，4，随机摸出一个小球然后放回，再随机摸出一个小球，则两次取出的小球标号相同的概率为　　．
【考点】X6：列表法与树状图法．
【分析】根据题意画出数形图，两次取的小球的标号相同的情况有4种，再计算概率即可．
【解答】解：如图：

两次取的小球的标号相同的情况有4种，
概率为P==．
故答案为：．
【点评】此题考查的是用列表法或树状图法求概率．列表法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，适合于两步完成的事件；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．

15．如图所示，每一个图形都是由形状相同的五角星按一定规律组成的，其中第①个图形中一共有9个五角星，第②个图形中一共有17个五角星，第③个图形中一共有25个五角星，…，按此规律排列，则第n个图形中五角星的颗数为　8n+1　．

【考点】38：规律型：图形的变化类．
【分析】观察图形发现第一个图形有8个五角星，第二个图形有8+7=15个五角星，第三个图形有8+7×2=22个五角星，以此类推，得到通项公式代入求解即可．
【解答】解：观察图形发现第一个图形有9个五角星，
第二个图形有9+8=17个五角星，
第三个图形有9+8×2=25个五角星，
…
第n个图形有9+8（n﹣1）=8n+1个五角星，
故答案为：8n+1．
【点评】本题考查了图形的变化类问题，解题的关键是仔细观察图形并发现图形变化的通项公式，利用通项公式进行求解即可．

16．如图，在边长为2的正方形ABCD中，点E是CD边的中点，延长BC至点F，使得CF=CE，连接BE，DF，将△BEC绕点C按顺时针方向旋转，当点E恰好落在DF上的点H处时，连接AG，DG，BG，则AG的长是　2　．

【考点】R2：旋转的性质；LE：正方形的性质．
【分析】作辅助线，构建三角形高线，先利用勾股定理求DF的长，由三角函数得：FK=1，则CK==2，
由等腰三角形三线合一得：HF=2，由面积法求得：HM=，从而得：CM的长，设HM=4x，CM=3x，则CH=5x，由同角的三角函数列式：cos∠CGN=cos∠HCF==，求出GN的长，依次求PG、AP的长，最后利用勾股定理得结论．
【解答】解：如图，过C作CK⊥DF于K，过H作HM⊥CF于M，过G作PN⊥BC，交AD于P，交BC于N，
∵CD=2，CE=CF=，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BCD=90°，
∴∠BCF=90°，
由勾股定理得：DF==5，
∵CK⊥DF，DC⊥CF，
∴∠FCK=∠CDF，
sin∠FCK=sin∠CDF=，
∴，
FK=1，
∴CK==2，
由旋转得：CH=CE=CF，
∵CK⊥FH，
∴HF=KF=1，
∴HF=2，
∴S△CHF=CF•HM=HF•CK，
HM=2×2，
HM=，
∴CM==，
∴tan∠HCF===，
设HM=4x，CM=3x，则CH=5x，
∵∠HCF=∠GCD=∠CGN，
∴cos∠CGN=cos∠HCF==，
∴GN=CG，
∵CG=BC=2，
∴GN=×=，
∴NC===，
∴GP=2﹣=，
∴AP=BN=BC﹣NC=2﹣=，
由勾股定理得：AG===2；
故答案为：2．

【点评】本题考查了正方形的性质、勾股定理、三角函数、等腰三角形的性质，本题主要运用勾股定理和同角的三角函数求线段的长，同时还运用了面积法求线段的长，本题比较复杂，有难度．

三、解答题（本大题共7小题，共52分）
17．计算： cos45°+（）﹣1+﹣4sin60°．
【考点】2C：实数的运算；6F：负整数指数幂；T5：特殊角的三角函数值．
【分析】在进行实数运算时，要从高级到低级，即先算乘方、开方，再算乘除，最后算加减，有括号的要先算括号里面的，同级运算要按照从左到有的顺序进行．
【解答】解： cos45°+（）﹣1+﹣4sin60°
=×+4+2﹣4×
=1+4+2﹣2
=5．
【点评】本题主要考查了实数的运算，解题时注意：实数既可以进行加、减、乘、除、乘方运算，又可以进行开方运算，其中正实数可以开平方．

18．先化简分式：（ ）÷，再从不等式组的解集中选出合适的整数作为a的值，代入求值．
【考点】6D：分式的化简求值；CC：一元一次不等式组的整数解．
【分析】首先化简分式进而解不等式组，再把a的值代入求出答案．
【解答】解：原式=[﹣]÷
=（﹣）•
=，
∵的解集是：﹣1＜a≤2，
其整数解为：0，1，2，由于a≠0，±2，
∴a只能取1，故当a=1时，
原式===．
【点评】此题主要考查了分式的化简求值以及不等式组的解法，正确化简分式是解题关键．

19．深圳市教育局在全市中小学开展“四点半活动”试点工作，某校为了了解学生参与“四点半活动”项目的情况，对初中的部分学生进行了随机调查，调查项目分为“科技创新”类，“体育活动”类，“艺术表演”类，“植物种植”类及“其它”类共五大类别，并根据调查的数据绘制了下面两幅不完整的统计图，请你根据图中提供的信息解答下面的问题．
（1）请求出此次被调查学生的总人数　200　人；
（2）根据以上信息，补全频数分布直方图；
（3）求出扇形统计图中，“体育活动”α的圆心角等于　108　度；
（4）如果本校初中部有1800名学生，请估计参与“艺术表演”类项目的学生大约多少人？

【考点】V8：频数（率）分布直方图；V5：用样本估计总体；VB：扇形统计图．
【分析】（1）根据题意列式即可得到结果；
（2）根据题意作出图形即可；
（3）用360°乘以体育活动”所占的百分比即可得到结论；
（4）根据题意列式即可即可．
【解答】解：（1）此次被调查学生的总人数为22÷11%=200（人）；
（2）补全频数分布直方图如图所示，
（3）体育活动”α的圆心角=360°×=108度；
（4）1800××100%=360（人），
答：参与“艺术表演”类项目的学生大约360人．
故答案为：200，108．

【点评】题考查了条形统计图：条形统计图是用线段长度表示数据，根据数量的多少画成长短不同的矩形直条，然后按顺序把这些直条排列起来；从条形图可以很容易看出数据的大小，便于比较．也考查了用样本估计总体和扇形统计图．

20．如图，在楼房MN前有两棵树与楼房在同一直线上，且垂直于地面，为了测量树AB、CD的高度，小明爬到楼房顶部M处，光线恰好可以经过树CD的顶站C点到达树AB的底部B点，俯角为45°，此时小亮测得太阳光线恰好经过树CD的顶部C点到达楼房的底部N点，与地面的夹角为30°，树CD的影长DN为15米，请求出树AB、CD的高度．（结果保留根号）

【考点】TA：解直角三角形的应用﹣仰角俯角问题；U5：平行投影．
【分析】在Rt△CDN中，由于tan30°=，得到CD=tan30°•DN=5于是得到BD=CD=5，在Rt△ABN中，根据三角函数的定义即可得到结论．
【解答】解：在Rt△CDN中，
∵tan30°=，
∴CD=tan30°•DN=5，
∵∠CBD=∠EMB=45°，
∴BD=CD=5，
∴BN=DN+BD=15+5，
在Rt△ABN中，tan30°=，
∴AB=tan30°•BN=5+5，
∴树高AB是（5+5）米，树高CD是5米．

【点评】本题考查了解直角三角形的应用，解答本题的关键是借助俯角构造直角三角形，并结合图形利用三角函数解直角三角形．

21．某科技公司研发出一款多型号的智能手表，一家代理商出售该公司的A型智能手表，去年销售总额为80000元，今年A型智能手表的售价每只比去年降了600元，若售出的数量与去年相同，销售总额将比去年减少25%．

A型智能手表
B型智能手表
进价
1300元/只
1500元/只
售价
今年的售价
2300元/只
（1）请问今年A型智能手表每只售价多少元？
（2）今年这家代理商准备新进一批A型智能手表和B型智能手表共100只，它们的进货价与销售价格如右表，若B型智能手表进货量不超过A型智能手表数量的3倍，所进智能手表可全部售完，请你设计出进货方案，使这批智能手表获利最多，并求出最大利润是多少元？
【考点】FH：一次函数的应用；B7：分式方程的应用；CE：一元一次不等式组的应用．
【分析】（1）设今年A型智能手表每只售价x元，则去年售价每只为（x+600）元，由卖出的数量相同建立方程求出其解即可；
（2）设今年新进A型a只，则B型（100﹣a）只，获利y元，由条件表示出W与a之间的关系式，由a的取值范围就可以求出W的最大值．
【解答】解：（1）今年A型智能手表每只售价x元，去年售价每只为（x+600）元，
根据题意得， =，
解得：x=1800，
经检验，x=1800是原方程的根，
答：今年A型智能手表每只售价1800元；

（2）设新进A型手表a只，全部售完利润是W元，则新进B型手表（100﹣a）只，
根据题意得，W=（1800﹣1300）a+92300﹣1500）（100﹣a）=﹣300a+80000，
∵100﹣a≤3a，
∴a≥5，
∵﹣300＜0，W随a的增大而减小，
∴当a=25时，W增大=﹣300×25+80000=72500元，
此时，进货方案为新进A型手表25只，新进B型手表75只，
答：进货方案为新进A型手表25只，新进B型手表75只，这批智能手表获利最多，并求出最大利润是72500元．
【点评】本题考查了列分式方程解实际问题的运用，分式方程的解法的运用、一次函数的解析式的运用，解答时由销售问题的数量关系求出一次函数的解析式是关键．

22．如图1，在平面直角坐标系xOy中，点A（﹣，0），B（3，0），以AB为直径的⊙G交y轴于C、D两点．
（1）填空：请直接写出⊙G的半径r、圆心G的坐标：r=　2　；G（　　，　0　）；
（2）如图2，直线y=﹣x+5与x，y轴分别交于F，E两点，且经过圆上一点T（2，m），求证：直线EF是⊙G的切线．
（3）在（2）的条件下，如图3，点M是⊙G优弧上的一个动点（不包括A、T两点），连接AT、CM、TM，CM交AT于点N．试问，是否存在一个常数k，始终满足CN•CM=k？如果存在，求出k的值，如果不存在，请说明理由．

【考点】MR：圆的综合题．
【分析】（1）求出直径AB，即可解决问题；
（2）如图2中，连接GT，过点T作TH⊥x轴于H，根据特殊角三角函数求出∠GTH，∠HTF即可解决问题；
（3）如图3中，连接CG、TG、TC．首先证明△GCT是等边三角形，由△CNT∽△CTM，推出=，推出CN•CM=CT2，即可解决问题；
【解答】解：（1）∵A（﹣，0），B（3，0），AB是直径，
∵AB=4，
∴⊙G的半径为2，G（，0），
故答案为r=2，，0．

（2）如图2中，连接GT，过点T作TH⊥x轴于H，

∵直线y=﹣x+5与x、y轴交于E、F两点，则E（0，5），F（5，0），
∵直线y=﹣x+5经过T（2，m），则m=﹣×2+5=3，
∴T（2，3），
故TH=3．GH=，HF=3，
在Rt△HGT中，GT=r=2，
∴GH=GT，
∴∠GTH=30°，
在Rt△THF中，tan∠FTH===，
∴∠FTH=60°，
∴∠GTF=∠GTH+∠HTF=30°+60°=90°，
∴GT⊥EF，
∴直线EF是⊙G的切线．

（3）如图3中，连接CG、TG、TC．

在Rt△COG中，OG=，CG=r=2，
∴OC=3，∠CGO=60°．
∵C（0，3），T（2，3），
∴CT∥x轴，
∴CT=2，即CT=CG=GT=2，
∴△CGT是等边三角形，
∴∠CGT=∠TCG=∠CGA=60°，
∴∠CTA=∠CGA=30°，∠M=∠CGT=30°，
∴∠CTA=∠M，
在△CNT和△CTM中，
∵∠TCN=∠MTC，∠CTN=∠M，
∴△CNT∽△CTM，
∴=，
∴CN•CM=CT2=（2）2=12．
∴k=CN•CM=12．
【点评】本题考查圆综合题、切线的性质、锐角三角函数、等边三角形的判定和性质、勾股定理、相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会添加常用辅助线解决问题，属于中考压轴题．

23．如图1，抛物线y=ax2+bx+c（a≠0）与x轴交于点A（﹣1，0）、B（4，0）两点，与y轴交于点C，且OC=3OA．点P是抛物线上的一个动点，过点P作PE⊥x轴于点E，交直线BC于点D，连接PC．
（1）求抛物线的解析式；
（2）如图2，当动点P只在第一象限的抛物线上运动时，求过点P作PF⊥BC于点F，试问△PDF的周长是否有最大值？如果有，请求出其最大值，如果没有，请说明理由．
（3）当点P在抛物线上运动时，将△CPD沿直线CP翻折，点D的对应点为点Q，试问，四边形CDPQ是否成为菱形？如果能，请求出此时点P的坐标，如果不能，请说明理由．

【考点】HF：二次函数综合题．
【分析】（1）利用待定系数法求二次函数的解析式；
（2）设P（m，﹣ m2+m+3），△PFD的周长为L，再利用待定系数法求直线BC的解析式为：y=﹣x+3，表示PD=﹣，证明△PFD∽△BOC，根据周长比等于对应边的比得：，代入得：L=﹣（m﹣2）2+，求L的最大值即可；
（3）如图3，当点Q落在y轴上时，四边形CDPQ是菱形，根据翻折的性质知：CD=CQ，PQ=PD，∠PCQ=∠PCD，又知Q落在y轴上时，则CQ∥PD，由四边相等：CD=DP=PQ=QC，得四边形CDPQ是菱形，表示P（n，﹣ +n+3），则D（n，﹣ n+3），G（0，﹣），利用勾股定理表示PD和CD的长并列式可得结论．
【解答】解：（1）由OC=3OA，有C（0，3），
将A（﹣1，0），B（4，0），C（0，3）代入y=ax2+bx+c中，得：
，
解得：，
故抛物线的解析式为：y=﹣+x+3；

（2）如图2，设P（m，﹣ m2+m+3），△PFD的周长为L，
∵直线BC经过B（4，0），C（0，3），
设直线BC的解析式为：y=kx+b，
则
解得：
∴直线BC的解析式为：y=﹣x+3，
则D（m，﹣），PD=﹣，
∵PE⊥x轴，PE∥OC，
∴∠BDE=∠BCO，
∵∠BDE=∠PDF，
∴∠PDF=∠BCO，
∵∠PFD=∠BOC=90°，
∴△PFD∽△BOC，
∴，
由（1）得：OC=3，OB=4，BC=5，
故△BOC的周长=12，
∴，
即L=﹣（m﹣2）2+，
∴当m=2时，L最大=；

（3）存在这样的Q点，使得四边形CDPQ是菱形，如图3，
当点Q落在y轴上时，四边形CDPQ是菱形，
理由是：由轴对称的性质知：CD=CQ，PQ=PD，∠PCQ=∠PCD，
当点Q落在y轴上时，CQ∥PD，
∴∠PCQ=∠CPD，
∴∠PCD=∠CPD，
∴CD=PD，
∴CD=DP=PQ=QC，
∴四边形CDPQ是菱形，
过D作DG⊥y轴于点G，
设P（n，﹣ +n+3），则D（n，﹣ n+3），G（0，﹣），
在Rt△CGD中，CD2=CG2+GD2=[（﹣n+3）﹣3]2+n2=，
而|PD|=|（﹣）﹣（﹣n+3）|=|﹣+3n|，
∵PD=CD，
∴﹣①，
﹣，
解方程①得：n=或0（不符合条件，舍去），
解方程②得：n=或0（不符合条件，舍去），
当n=时，P（，），如图3，
当n=时，P（，﹣），如图4，
综上所述，存在这样的Q点，使得四边形CDPQ是菱形，此时点P的坐标为（，）或（，﹣）．

【点评】本题是二次函数的综合题，考查了利用待定系数法求函数的解析式、菱形的性质和判定、三角形相似的性质和判定，将周长的最值问题转化为二次函数的最值问题，此类问题要熟练掌握利用解析式表示线段的长，并利用相似比或勾股定理列方程解决问题．

Welcome To
Download !!!

欢迎您的下载，资料仅供参考！

精品资料