2017年吉林省中考数学练习试卷及答案(2)
【解答】解：原式=2(x2﹣6x﹣16)
=2(x﹣8)(x+2).
故答案为：2(x﹣8)(x+2).
【点评】此题考查了提公因式法与公式法的综合运用，熟练掌握因式分解的方法是解本题的关键.
17.如果方程kx2+2x+1=0有实数根，则实数k的取值范围是 k≤1 .
【考点】AA：根的判别式.
【分析】分二次项系数k=0和k≠0两种情况考虑：当k=0时，解一元一次方程可求出x的值，由此得出k=0符合题意;当k≠0时，利用根的判别式△≥0即可求出k的取值范围.综上所述即可得出结论.
【解答】解：当k=0时，原方程为2x+1=0，
解得：x=﹣ ，
∴k=0符合题意;
当k≠0时，∵方程kx2+2x+1=0有实数根，
∴△=4﹣4k≥0，
解得：k≤1且k≠0.
∴实数k的取值范围是k≤1.
故答案为：k≤1.
【点评】本题考查了根的判别式、解一元一次方程以及解一元一次不等式，分二次项系数k=0和k≠0两种情况考虑是解题的关键.
18.一个包装盒的设计方法如图所示，ABCD是边长为60cm的正方形硬纸片，切去阴影部分所示的四个全等的等腰直角三角形，再沿虚线折起，使得ABCD四个点重合于图中的点P，正好形成一个正四棱柱形状的包装盒，E、F在AB上是被切去的等腰直角三角形斜边的两个端点，设AE=FB=xcm.若广告商要求包装盒侧面积S(cm2)最大，试问x应取的值为 15 cm.
【考点】H7：二次函数的最值;KW：等腰直角三角形;LE：正方形的性质.
【分析】可设包装盒的高为h(cm)，底面边长为a(cm)，写出a，h与x的关系式，并注明x的取值范围.再利用侧面积公式表示出包装盒侧面积S关于x的函数解析式，最后求出何时它取得最大值即可;
【解答】解：设包装盒的高为h(cm)，底面边长为a(cm)，则a= x，h= (30﹣x)，0
S=4ah=8x(30﹣x)=﹣8(x﹣15)2+1800，
∴当x=15cm时，S取最大值.
故答案为：15.
【点评】考查函二次函数的最值、等腰直角三角形及正方形的性质，同时还考查了考查运算求解能力、空间想象能力、数学建模能力.属于基础题.
19.如图在平面直角坐标系xOy中，直线l经过点 A(﹣1，0)，点 A1，A2，A3，A4，A5，…按所示的规律排列在直线l上.若直线l上任意相邻两个点的横坐标都相差1、纵坐标也都相差1，若点An(n为正整数)的横坐标为2015，则n= 4031 .
【考点】F8：一次函数图象上点的坐标特征.
【分析】观察①n为奇数时，横坐标纵坐标变化得出规律;②n为偶数时，横坐标纵坐标变化得出规律，再求解.
【解答】解：观察①n为奇数时，横坐标变化：﹣1+1，﹣1+2，﹣1+3，…﹣1+ ，
纵坐标变化为：0﹣1，0﹣2，0﹣3，…﹣ ，
②n为偶数时，横坐标变化：﹣1﹣1，﹣1﹣2，﹣1﹣3，…﹣1﹣ ，
纵坐标变化为：1，2，3，… ，
∵点An(n为正整数)的横坐标为2015，
∴n为奇数，
∴﹣1+ =2015，解得n=4031.
故答案为：4031.
【点评】本题主要考查了一次函数图象上点的坐标特征，解题的关键是找出坐标的规律.
20.如图，已知△ABC，外心为O，BC=6，∠BAC=60°，分别以AB、AC为腰向形外作等腰直角三角形△ABD与△ACE，连接BE、CD交于点P，则OP的最小值是 3﹣ .
【考点】MA：三角形的外接圆与外心;KD：全等三角形的判定与性质.
【分析】由△ABD与△ACE是等腰直角三角形，得到∠BAD=∠CAE=90°，∠DAC=∠BAE，根据全等三角形的性质得到∠ADC=∠ABE，求得在以BC为直径的圆上，由△ABC的外心为O，∠BAC=60°，得到∠BOC=120°，如图，当PO⊥BC时，OP的值最小，解直角三角形即可得到结论.
【解答】解：∵△ABD与△ACE是等腰直角三角形，
∴∠BAD=∠CAE=90°，
∴∠DAC=∠BAE，
在△DAC与△BAE中，
，
∴△DAC≌△BAE，
∴∠ADC=∠ABE，
∴∠PDB+∠PBD=90°，
∴∠DPB=90°，
∴P在以BC为直径的圆上，
∵△ABC的外心为O，∠BAC=60°，
∴∠BOC=120°，
如图，当PO⊥BC时，OP的值最小，
∵BC=6，
∴BH=CH=3，
∴OH= ，PH=3，
∴OP=3﹣ .
故答案为：3﹣ .
【点评】本题考查了三角形的外接圆与外心，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，正确的作出辅助线是解题的关键.
21.如图，点A在双曲线y= 的第一象限的那一支上，AB⊥y轴于点B，点C在x轴正半轴上，且OC=2AB，点E在线段AC上，且AE=3EC，点D为OB的中点，若△ADE的面积为 ，则k的值为 .
【考点】GB：反比例函数综合题.
【分析】连接CD，由AE=3EC，△ADE的面积为 ，得到△CDE的面积为 ，则△ADC的面积为2，设A点坐标为(a，b)，则k=ab，AB=a，OC=2AB=2a，BD=OD= b，利用S梯形OBAC=S△ABD+S△ADC+S△ODC即可得出ab的值进而得出结论.
【解答】解：连CD，如图，
∵AE=3EC，△ADE的面积为 ，
∴△CDE的面积为 ，
∴△ADC的面积为2，
设A点坐标为(a，b)，则AB=a，OC=2AB=2a，
∵点D为OB的中点，
∴BD=OD= b，
∵S梯形OBAC=S△ABD+S△ADC+S△ODC，
∴ (a+2a)×b= a× b+2+ ×2a× b，
∴ab= ，
把A(a，b)代入双曲线y= 得，
∴k=ab= .
故答案为： .
【点评】本题考查了反比例函数综合题，熟知若点在反比例函数图象上，则点的横纵坐标满足其解析式;利用三角形的面积公式和梯形的面积公式建立等量关系等知识是解答此题的关键.
三、解答题(本大题共7个小题，共57分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.)
22.先化简再计算： ，其中x是一元二次方程x2﹣2x﹣2=0的正数根.
【考点】6D：分式的化简求值;A3：一元二次方程的解.
【分析】先把原式化为最简形式，再利用公式法求出一元二次方程x2﹣2x﹣2=0的根，把正根代入原式计算即可.
【解答】解：原式= ÷
= •
= .
解方程x2﹣2x﹣2=0得：
x1=1+ >0，x2=1﹣ <0，
所以原式= = .
【点评】本题考查的是分式的化简求值及解一元二次方程，解答此题的关键是把原分式化为最简形式，再进行计算.
23.如图，四边形ABCD为菱形，点E为对角线AC上的一个动点，连结DE并延长交AB于点F，连结BE.
(1)如图①：求证∠AFD=∠EBC;
(2)如图②，若DE=EC且BE⊥AF，求∠DAB的度数;
(3)若∠DAB=90°且当△BEF为等腰三角形时，求∠EFB的度数(只写出条件与对应的结果)
【考点】LO：四边形综合题.
【分析】(1)直接利用全等三角形的判定方法得出△DCE≌△BCE(SAS)，即可得出答案;
(2)利用等腰三角形的性质结合垂直的定义得出∠DAB的度数;
(3)利用正方形的性质结合等腰三角形的性质得出①当F在AB延长线上时，以及②当F在线段AB上时，分别求出即可.
【解答】(1)证明：∵四边形ABCD为菱形，
∴DC=CB，
在△DCE和△BCE中，
，
∴△DCE≌△BCE(SAS)，
∴∠EDC=∠EBC，
∵DC∥AB，
∴∠EDC=∠AFD，
∴∠AFD=∠EBC;
(2)解：∵DE=EC，
∴∠EDC=∠ECD，
设∠EDC=∠ECD=∠CBE=x°，则∠CBF=2x°，
由BE⊥AF得：2x+x=90°，
解得：x=30°，
∴∠DAB=∠CBF=60°;
(3)分两种情况：
①如图1，当F在AB延长线上时，
∵∠EBF为钝角，
∴只能是BE=BF，设∠BEF=∠BFE=x°，
可通过三角形内角形为180°得：
90+x+x+x=180，
解得：x=30，
∴∠EFB=30°;
②如图2，当F在线段AB上时，
∵∠EFB为钝角，
∴只能是FE=FB，设∠BEF=∠EBF=x°，则有∠AFD=2x°，
可证得：∠AFD=∠FDC=∠CBE，
得x+2x=90，
解得：x=30，
∴∠EFB=120°，
综上：∠EFB=30°或120°.
【点评】此题主要考查了四边形综合题，解题时，涉及到了菱形的性质、正方形的性质以及全等三角形的判定与性质等知识，利用分类讨论得出是解题关键.
24.某校开展了“互助、平等、感恩、和谐、进取”主题班会活动，活动后，就活动的5个主题进行了抽样调查(2017•章丘市二模)为了给学生提供更好的学习生活环境，重庆一中寄宿学校2015年对校园进行扩建.某天一台塔吊正对新建教学楼进行封顶施工，工人在楼顶A处测得吊钩D处的俯角α=22°，测得塔吊B，C两点的仰角分别为β=27°，γ=50°，此时B与C距3米，塔吊需向A处吊运材料.(tan27°≈0.5，tan50°≈1.2，tan22°≈0.4)
(1)吊钩需向右、向上分别移动多少米才能将材料送达A处?
(2)封顶工程完毕后需尽快完成新建教学楼的装修工程.如果由甲、乙两个工程队合做，12天可完成;如果由甲、乙两队单独做，甲队比乙队少用10天完成.求甲、乙两工程队单独完成此项工程所需的天数.
【考点】TA：解直角三角形的应用﹣仰角俯角问题;B7：分式方程的应用.
【分析】(1)过点A作AH⊥BC于点H，则△AHC，△AHB均为Rt△，设CH=x，在△ACH与△ABH中分别用x表示出AH的长，故可得出x的值，进而可得出AM与DM的长，由此得出结论;
(2)设甲单独做y天完成此工程，则乙单独做(y+10)天完成此工程，由甲、乙两个工程队合做，12天可完成求出y的值，进而可得出结论.
【解答】解：(1)过点A作AH⊥BC于点H，则△AHC，△AHB均为Rt△，设CH=x，
∵HC∥AE，
∴∠HCA=γ=50°，
∴AH=x•tan50°=1.2x.
∵HB∥AE，
∴∠HBA=β=27°，
∴在Rt△ABH中，AH=BH•tan27°，即1.2x=(x+3)•tan27°，即1.2x=(x+3)• ，解得x= .
∵四边形AHCM是矩形，
∴AM= .
在Rt△AMD中，DM=AM•tan22°= ×0.4= .
答：吊钩需向右、向上分别移动 米、 米才能将材料送达A处;
(2)设甲单独做y天完成此工程，则乙单独做(y+10)天完成此工程，
由题意得， + = ，解得y1=20，y2=﹣6(舍去).
经检验，y=20是原分式方程的解且符合题意，
故乙单独完成此项工程的天数为10+20=30(天).
答：甲单独做20天完成此工程，则乙单独做3.天完成此工程.
【点评】本题考查的是解直角三角形的应用﹣仰角俯角问题，熟记锐角三角函数的定义是解答此题的关键.
26.母亲节前夕，某淘宝店主从厂家购进A、B两种礼盒，已知A、B两种礼盒的单价比为2：3，单价和为200元.
(1)求A、B两种礼盒的单价分别是多少元?
(2)该店主购进这两种礼盒恰好用去9600元，且购进A种礼盒最多36个，B种礼盒的数量不超过A种礼盒数量的2倍，共有几种进货方案?
(3)根据市场行情，销售一个A种礼盒可获利10元，销售一个B种礼盒可获利18元.为奉献爱心，该店主决定每售出一个B种礼盒，为爱心公益基金捐款m元，每个A种礼盒的利润不变，在(2)的条件下，要使礼盒全部售出后所有方案获利相同，m值是多少?此时店主获利多少元?
【考点】FH：一次函数的应用;8A：一元一次方程的应用;CE：一元一次不等式组的应用.
【分析】(1)利用A、B两种礼盒的单价比为2：3，单价和为200元，得出等式求出即可;
(2)利用两种礼盒恰好用去9600元，结合(1)中所求，得出等式，利用两种礼盒的数量关系求出即可;
(3)首先表示出店主获利，进而利用a，b关系得出符合题意的答案.
【解答】解：(1)设A种礼盒单价为2x元，B种礼盒单价为3x元，依据题意得：
2x+3x=200，
解得：x=40，
则2x=80，3x=120，
答：A种礼盒单价为80元，B种礼盒单价为120元;
(2)设购进A种礼盒a个，B种礼盒b个，依据题意可得：
，
解得：30≤a≤36，
∵a，b的值均为整数，
∴a的值为：30、33、36，
∴共有三种方案;
(3)设店主获利为w元，则
w=10a+(18﹣m)b，
由80a+120b=9600，
得：a=120﹣ b，
则w=(3﹣m)b+1200，
∵要使(2)中方案获利都相同，
∴3﹣m=0，
∴m=3，
此时店主获利1200元.
【点评】此题主要考查了一元一次方程的应用以及一次函数的应用和一元一次不等式的应用，根据题意结合得出正确等量关系是解题关键.
27.⊙O是△ABC的外接圆，AB是直径，过 的中点P作⊙O的直径PG，与弦BC相交于点D，连接AG、CP、PB.
(1)如图1，求证：AG=CP;
(2)如图2，过点P作AB的垂线，垂足为点H，连接DH，求证：DH∥AG;
(3)如图3，连接PA，延长HD分别与PA、PC相交于点K、F，已知FK=2，△ODH的面积为2 ，求AC的长.
【考点】MR：圆的综合题.
【分析】(1)利用等弧所对的圆周角相等即可求解;
(2)利用等弧所对的圆周角相等，得到角相等∠APG=∠CAP，判断出△BOD≌△POH，再得到角相等，从而判断出线平行;
(3)由三角形相似，得出比例式，△HON∽△CAM， ，再判断出四边形CDHM是平行四边形，最后经过计算即可求解.
【解答】(1)证明：∵过 的中点P作⊙O的直径PG，
∴CP=PB，
∵AB，PG是相交的直径，
∴AG=PB，
∴AG=CP;
(2)证明：如图 2，连接BG
∵AB、PG都是⊙O的直径，
∴四边形AGBP是矩形，
∴AG∥PB，AG=PB，
∵P是弧BC的中点，
∴PC=BC=AG，
∴弧AG=弧CP，
∴∠APG=∠CAP，
∴AC∥PG，
∴PG⊥BC，
∵PH⊥AB，
∴∠BOD=90°=∠POH，
在△BOD和△POH中，
，
∴△BOD≌△POH，
∴OD=OH，
∴∠ODH= (180°﹣∠BOP)=∠OPB，
∴DH∥PB∥AG.
(3)解：如图3，作CM⊥AP于M，ON⊥DH于N，
∴∠HON= ∠BOP= ∠COP=∠CAP，
∴△HON∽△CAM，
∴ ，
作PQ⊥AC于Q，
∴四边形CDPQ是矩形，
△APH与△APQ关于AP对称，
∴HQ⊥AP，
由(1)有：HK⊥AP，
∴点K在HQ上，
∴CF=PF，
∴FK是△CMP的中位线，
∴CM=2FK=4，MF=PF，
∵CM⊥AP，HK⊥AP，
∴CM∥HK，
∴∠BCM+∠CDH=180°，
∵∠BCM=∠CAP=∠BAP=∠PHK=∠MHK，
∴∠MHK+∠CDH=180°，
∴四边形CDHM是平行四边形，
∴DH=CM=4，DN=HN=2，
∵S△ODH= DH×ON= ×4×ON=2 ，
∴ON= ，
∴OH= =5，
∴AC= =10.
【点评】此题是圆的综合题，主要考查了相似，圆中的一些角的关系，解本题的关键是判断出平行线，难点是作辅助线.
28.(10分)(2011•河南)如图，在平面直角坐标系中，直线 与抛物线 交于A、B两点，点A在x轴上，点B的横坐标为﹣8.
(1)求该抛物线的解析式;
(2)点P是直线AB上方的抛物线上一动点(不与点A、B重合)，过点P作x轴的垂线，垂足为C，交直线AB于点D，作PE⊥AB于点E.
①设△PDE的周长为l，点P的横坐标为x，求l关于x的函数关系式，并求出l的最大值;
②连接PA，以PA为边作图示一侧的正方形APFG.随着点P的运动，正方形的大小、位置也随之改变.当顶点F或G恰好落在y轴上时，直接写出对应的点P的坐标.
【考点】HF：二次函数综合题.
【分析】(1)利用待定系数法求出b，c即可;
(2)①根据△AOM∽△PED，得出DE：PE：PD=3：4：5，再求出PD=yP﹣yD求出二函数最值即可;
②当点G落在y轴上时，由△ACP≌△GOA得PC=AO=2，即 ，解得 ，
所以得出P点坐标，当点F落在y轴上时，x=﹣ ﹣ x+ ，解得x= ，可得P点坐标.
【解答】解：(1)对于 ，当y=0，x=2.当x=﹣8时，y=﹣ .
∴A点坐标为(2，0)，B点坐标为 .
由抛物线 经过A、B两点，
得
解得 .
∴ .
(2)①设直线 与y轴交于点M，
当x=0时，y= .∴OM= .
∵点A的坐标为(2，0)，∴OA=2.∴AM= .
∵OM：OA：AM=3：4：5.
由题意得，∠PDE=∠OMA，∠AOM=∠PED=90°，∴△AOM∽△PED.
∴DE：PE：PD=3：4：5.
∵点P是直线AB上方的抛物线上一动点，
∵PD⊥x轴，
∴PD两点横坐标相同，
∴PD=yP﹣yD=﹣ ﹣ x+ ﹣( x﹣ )
=﹣ x2﹣ x+4，
∴
= .
∴ .
∴x=﹣3时，l最大=15.
②当点G落在y轴上时，如图2，由△ACP≌△GOA得PC=AO=2，
即 ，解得 ，
所以 ，
如图3，过点P作PN⊥y轴于点N，过点P作PS⊥x轴于点S，
由△PNF≌△PSA，
PN=PS，可得P点横纵坐标相等，
故得当点F落在y轴上时，
x=﹣ ﹣ x+ ，解得x= ，
可得 ， (舍去).
综上所述：满足题意的点P有三个，分别是
【点评】此题主要考查了二次函数的综合应用以及相似三角形的判定以及待定系数法求二次函数解析式，利用数形结合进行分析以及灵活应用相似三角形的判定是解决问题的关键.
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