吉林省长春市中考数学模拟试卷四含答案解析

吉林省长春市中考数学模拟试卷四含答案解析

‎2016年吉林省长春市中考数学模拟试卷（四）‎ ‎　‎ 一、选择题（共8小题，每小题3分，满分24分）‎ ‎1．的绝对值是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎2．如图所示，该几何体的俯视图是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎3．2015年9月20日，吉图珺高铁正式开通运营，使长春至军春通勤时间缩短至3小时左右，项目总投资416亿元，416亿这个数用科学记数法表示为（　　）‎ A．416×108 B．41.6×109 C．4.16×1010 D．4.16×1011‎ ‎4．不等式x﹣1≥1的解集在数轴上表示为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎5．已知三角形两边的长分别是4和10，则此三角形第三边的长可能是（　　）‎ A．5 B．6 C．12 D．16‎ ‎6．下列计算正确的是（　　）‎ A．a6÷a3=a2 B．3a2•2a=6a3 C．（3a）2=3a2 D．（a+b）2=a2+b2‎ ‎7．如图，以BC为直径的半圆⊙O与△ABC的边AB、AC分别相交于点D、E．若∠A=80°，BC=4，则图中阴影部分图形的面积和为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎8．在平面直角坐标系xOy中，函数y=（k1＞0，x＞0）、函数y=（k2＜0，x＜0）的图象分别经过▱OABC的顶点A、C，点B在y轴正半轴上，AD⊥x轴于点D，CE⊥x轴于点E，若|k1|：|k2|=9：4，则AD：CE的值为（　　）‎ A．4：9 B．2：3 C．3：2 D．9：4‎ ‎　‎ 二、填空题（共6小题，每小题3分，满分18分）‎ ‎9．购买单价为a元的牛奶3盒，单价为b元的面包4个共需　　　　　　元（用含有a、b的代数式表示）．‎ ‎10．因式分解：6x3y﹣12xy2+3xy=　　　　　　．‎ ‎11．如图，AB∥CD，∠A=41°，∠C=32°，则∠AEC的大小为　　　　　　度．‎ ‎12．如图，直线l1∥l2∥l3，直线AC分别交l1、l2、l3于点A、B、C；直线DF分别交l1、l2、l3于点D、E、F，若AB=3，BC=4，DE=2，则线段EF的长为　　　　　　．‎ ‎13．如图，在△ABC中，AB=AC，∠A=32°，以点C为圆心，BC长为半径作弧，交AB于点D，交AC于点E，连结BE，则∠ABE的大小为　　　　　　度．‎ ‎14．点A（1，a）是抛物线y=x2上的点，以点A为一个顶点作边长为2的等边△ABC，使点B、C中至少有一个点在这条抛物线上，这样的△ABC共有　　　　　　个．‎ ‎　‎ 三、解答题（共10小题，满分78分）‎ ‎15．先化简，再求值：（），其中x=﹣．‎ ‎16．列方程或方程组解应用题：‎ 近年来，我国逐步完善养老金保险制度．甲、乙两人计划用相同的年数分别缴纳养老保险金15万元和10万元，甲计划比乙每年多缴纳养老保险金0.2万元．求甲、乙两人计划每年分别缴纳养老保险金多少万元？‎ ‎17．如图，面积为15的矩形纸片ABCD中，AD=5，在BC边上取点E，使AE=5，剪下△ABE，将它平移至△DCF的位置，拼成四边形AEFD．‎ ‎（1）求证：四边形AEFD是菱形．‎ ‎（2）直接写出四边形AEFD的两条对角线的长．‎ ‎18．某中学为了了解初一年级学生数学学科的预习时间，在初一年级随机抽取了若干名学生进行调查，并把调查结果绘制成如下的不完整的统计表和统计图：‎ ‎ 组别 ‎ 预习时间x（分钟）‎ ‎ 频数 ‎ 1‎ ‎ 0≤x＜5‎ ‎ 8‎ ‎ 2‎ ‎ 5≤x＜10‎ ‎ m ‎ 3‎ ‎ 10≤x＜15‎ ‎ 18‎ ‎ 4‎ ‎ 15≤x＜20‎ ‎ 13‎ ‎ 合计 ‎ 50‎ 根据上面提供的信息回答下列问题：‎ ‎（1）统计表中m的值为　　　　　　，并补全频数分布直方图；‎ ‎（2）预习时间的中位数落在第　　　　　　组；‎ ‎（3）估计该校初一年级400名学生中，数学学科预习时间少于10分钟的学生人数．‎ ‎19．双十一期间，某店铺推出的如图①所示的雪球夹销售火爆，其形状可近似的看成图②所示的图形，当雪球夹闭合时，测得∠AOB=28°，OA=OB=14厘米，求这个雪球夹制作的雪球的直径AB的长度．（精确到1厘米）‎ ‎【参考数据：sin28°≈0.47，cos28°≈0.88，tan28°≈0.53，sin14°≈0.24，cos14°≈0.97，tan14°≈0.25．‎ ‎20．甲乙两人玩一种游戏：三张大小、质地都相同的卡片上分别标有数字1，2，3，现将标有数字的一面朝下，洗匀后甲从中任意抽取一张，记下数字后放回；又将卡片洗匀，乙也从中任意抽取一张，计算甲乙两人抽得的两个数字之积，如果积为奇数则甲胜，若积为偶数则乙胜．‎ ‎（1）用列表或画树状图等方法，列出甲乙两人抽得的数字之积所有可能出现的情况；‎ ‎（2）请判断该游戏对甲乙双方是否公平？并说明理由．‎ ‎21．感知：如图①，点B、A、C在同一条直线上，DB⊥BC，EC⊥BC，且∠DAE=90°，AD=AE，易证△DBA≌△ACE．‎ 探究：如图②，在△DBA和△ACE中，AD=AE，若∠DAE=α（0°＜α＜90°），∠BAC=2α，∠B=∠C=180°﹣α，求证：△DBA≌△ACE．‎ 应用：如图②，在△DBA和△ACE中，AD=AE，若∠DAE=70°，∠BAC=140°，∠B=∠C=110°，则当∠D=　　　　　　°时，∠DAC的度数是∠E的3倍．‎ ‎22．甲、乙两车分别从相距480千米的A、B两地出发，匀速相向行驶，乙车比甲车先出发1小时，从B地直达A地．甲车出发t小时两车相遇后甲车停留1小时，因有事按原路返回A地，两车同时到达A地．从甲车出发时开始计时，时间为x（时），甲、乙两车距B地的路程y（千米）与x（时）之间的函数关系如图所示 ‎（1）乙车的速度是　　　　　　千米/时，t=　　　　　　．‎ ‎（2）求甲车距B地路程y与x之间的函数关系式，并写出自变量x的取值范围．‎ ‎（3）直接写出乙车出发多长时间两车相距30千米．‎ ‎23．如图，在矩形ABCD中，BC=1，将矩形ABCD绕点D逆时针旋转45°，得到矩形A′B′C′D′，点B′恰好落在BC的延长线上，边A′B′交边CD于点E．‎ ‎（1）求证：B′C=BC．‎ ‎（2）保持矩形A′B′C′D′不动，将矩形ABCD沿射线BB′方向以每秒1个单位的速度平移，设平移时间为t秒．‎ ‎①当矩形ABCD与矩形A′B′C′D′重叠部分为四边形时，求重叠部分的面积为S与t之间的函数关系式．‎ ‎②点A′关于AB的对称点记作点F，直接写出直线DF与矩形A′B′C′D′的边平行时t的值．‎ ‎24．边长为2的正方形OABC在平面直角坐标系中的位置如图所示，点D是边OA的中点，连接CD，点E在第一象限，且DE⊥DC，DE=DC．以直线AB为对称轴的抛物线过C，E两点．‎ ‎（1）求抛物线的解析式；‎ ‎（2）点P从点C出发，沿射线CB每秒1个单位长度的速度运动，运动时间为t秒．过点P作PF⊥CD于点F，当t为何值时，以点P，F，D为顶点的三角形与△COD相似？‎ ‎（3）点M为直线AB上一动点，点N为抛物线上一动点，是否存在点M，N，使得以点M，N，D，E为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请直接写出满足条件的点的坐标；若不存在，请说明理由．‎ ‎　‎ ‎2016年吉林省长春市中考数学模拟试卷（四）‎ 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题（共8小题，每小题3分，满分24分）‎ ‎1．的绝对值是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】绝对值．‎ ‎【分析】绝对值的性质：一个正数的绝对值是它本身；一个负数的绝对值是它的相反数；0的绝对值是0．‎ ‎【解答】解：根据负数的绝对值等于它的相反数，得|﹣|=．‎ 故选A．‎ ‎【点评】考查了绝对值的性质．‎ ‎　‎ ‎2．如图所示，该几何体的俯视图是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】简单组合体的三视图．‎ ‎【分析】根据从上面看得到的图形是俯视图，可得答案．‎ ‎【解答】解：从上面看是一个正方形，正方形的左下角是一个小正方形，故B正确；‎ 故选：B．‎ ‎【点评】本题考查了简单组合体的三视图，从上面看得到的图形是俯视图．‎ ‎　‎ ‎3．2015年9月20日，吉图珺高铁正式开通运营，使长春至军春通勤时间缩短至3小时左右，项目总投资416亿元，416亿这个数用科学记数法表示为（　　）‎ A．416×108 B．41.6×109 C．4.16×1010 D．4.16×1011‎ ‎【考点】科学记数法—表示较大的数．‎ ‎【分析】科学记数法就是将一个数字表示成（a×10的n次幂的形式），其中1≤|a|＜10，n表示整数，即从左边第一位开始，在首位非零的后面加上小数点，再乘以10的n次幂．‎ ‎【解答】解：∵一亿=108，‎ ‎∴416亿用科学记数法表示为4.16×1010．‎ 故选：C．‎ ‎【点评】此题考查了对科学记数法的理解和运用和单位的换算．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．‎ ‎　‎ ‎4．不等式x﹣1≥1的解集在数轴上表示为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】在数轴上表示不等式的解集；解一元一次不等式．‎ ‎【分析】先求出不等式的解集，再在数轴上表示出来即可．‎ ‎【解答】解：移项得，x≥1+1，‎ 合并同类项得，x≥2．‎ 在数轴上表示为：‎ ‎．‎ 故选A．‎ ‎【点评】本题考查的是在数轴上表示不等式的解集，熟知“小于向左，大于向右”是解答此题的关键．‎ ‎　‎ ‎5．已知三角形两边的长分别是4和10，则此三角形第三边的长可能是（　　）‎ A．5 B．6 C．12 D．16‎ ‎【考点】三角形三边关系．‎ ‎【分析】设第三边的长为x，再由三角形的三边关系即可得出结论．‎ ‎【解答】解：设第三边的长为x，‎ ‎∵三角形两边的长分别是4和10，‎ ‎∴10﹣4＜x＜10+4，即6＜x＜14．‎ 故选C．‎ ‎【点评】本题考查的是三角形的三边关系，熟知三角形任意两边之和大于第三边，任意两边之差小于第三边是解答此题的关键．‎ ‎　‎ ‎6．下列计算正确的是（　　）‎ A．a6÷a3=a2 B．3a2•2a=6a3 C．（3a）2=3a2 D．（a+b）2=a2+b2‎ ‎【考点】同底数幂的除法；幂的乘方与积的乘方；单项式乘单项式；完全平方公式．‎ ‎【分析】根据同底数幂的除法底数不变指数相减；单项式的乘法：系数乘系数，同底数的幂相乘；积的乘方等于乘方的积；和的平方等于平方和加积的二倍，可得答案．‎ ‎【解答】解：A、同底数幂的除法底数不变指数相减，故A错误；‎ B、系数乘系数，同底数的幂相乘，故B正确；‎ C、积的乘方等于乘方的积，故C错误；‎ D、和的平方等于平方和加积的二倍，故D错误；‎ 故选：B．‎ ‎【点评】本题考查了同底数幂的除法，熟记法则并根据法则计算是解题关键，注意完全平方公式是和的平方加积的二倍．‎ ‎　‎ ‎7．如图，以BC为直径的半圆⊙O与△ABC的边AB、AC分别相交于点D、E．若∠A=80°，BC=4，则图中阴影部分图形的面积和为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】扇形面积的计算．‎ ‎【分析】先根据三角形内角和定理得出∠ABC+∠ACB的度数，再由△OBD、△OCE是等腰三角形得出∠BDO+∠CEO的度数，由三角形内角和定理即可得出∠BOD+∠COD的度数，再根据扇形的面积公式即可得出结论．‎ ‎【解答】解：∵△ABC中，∠A=80°，‎ ‎∴∠ABC+∠ACB=180°﹣80°=100°，‎ ‎∵△OBD、△OCE是等腰三角形，‎ ‎∴∠BDO+∠CEO=∠ABC+∠ACB=100°，‎ ‎∴∠BOD+∠COE=360°﹣（∠BDO+∠CEO）﹣（∠ABC+∠ACB）=360°﹣100°﹣100°=160°，‎ ‎∵BC=4，‎ ‎∴OB=OC=2，‎ ‎∴S阴影==．‎ 故选：C．‎ ‎【点评】本题考查的是扇形面积的计算，解答此类问题时往往用到三角形的内角和是180°这一隐藏条件．‎ ‎　‎ ‎8．在平面直角坐标系xOy中，函数y=（k1＞0，x＞0）、函数y=（k2＜0，x＜0）的图象分别经过▱OABC的顶点A、C，点B在y轴正半轴上，AD⊥x轴于点D，CE⊥x轴于点E，若|k1|：|k2|=9：4，则AD：CE的值为（　　）‎ A．4：9 B．2：3 C．3：2 D．9：4‎ ‎【考点】平行四边形的性质；反比例函数图象上点的坐标特征．‎ ‎【分析】作AF⊥OB于F，由AAS证明△ABF≌△OCE，得出AF=OE，因此OD=OE，由△AOD的面积=AD•OD=k1，△OCE的面积=CE•OE=|k2|，|k1|：|k2|=9：4，得出==即可．‎ ‎【解答】解：作AF⊥OB于F，如图所示：‎ 则∠AFB=∠OEC=∠ADO=90°，AF=OD，CE∥OB，‎ ‎∴∠OCE=∠BOC，‎ ‎∵四边形OABC是平行四边形，‎ ‎∴OC=AB，OC∥AB，‎ ‎∴∠ABF=∠BOC，‎ ‎∴∠ABF=∠OCE，‎ 在△ABF和△OCE中，‎ ‎，‎ ‎∴△ABF≌△OCE（AAS），‎ ‎∴AF=OE，‎ ‎∴OD=OE，‎ ‎∵△AOD的面积=AD•OD=k1，△OCE的面积=CE•OE=|k2|，|k1|：|k2|=9：4，‎ ‎∴==．‎ 故选：D．‎ ‎【点评】本题考查了平行四边形的性质、全等三角形的判定与性质、反比例函数图象上点的坐标特征、三角形面积的计算；熟练掌握平行四边形的性质，证明三角形全等是解决问题的关键．‎ ‎　‎ 二、填空题（共6小题，每小题3分，满分18分）‎ ‎9．购买单价为a元的牛奶3盒，单价为b元的面包4个共需　（3a+4b）　元（用含有a、b的代数式表示）．‎ ‎【考点】列代数式．‎ ‎【分析】求买3盒牛奶和4个面包所用的钱数，用3盒牛奶的总价+4个面包的总价即可．‎ ‎【解答】解：购买单价为a元的牛奶3盒，单价为b元的面包4个共需（3a+4b）元．‎ 故答案为：（3a+4b）．‎ ‎【点评】此题考查列代数式，解题关键是根据已知条件，把未知的数用字母正确的表示出来，然后根据题意列式计算即可得解．‎ ‎　‎ ‎10．因式分解：6x3y﹣12xy2+3xy=　3xy（2x2﹣4y+1）　．‎ ‎【考点】因式分解-提公因式法．‎ ‎【分析】直接找出公因式3xy，进而提取公因式得出答案．‎ ‎【解答】解：6x3y﹣12xy2+3xy=3xy（2x2﹣4y+1）．‎ 故答案为：3xy（2x2﹣4y+1）．‎ ‎【点评】此题主要考查了提取公因式法分解因式，正确找出公因式是解题关键．‎ ‎　‎ ‎11．如图，AB∥CD，∠A=41°，∠C=32°，则∠AEC的大小为　73　度．‎ ‎【考点】平行线的性质；三角形的外角性质．‎ ‎【分析】根据两直线平行，内错角相等可得∠ABE=∠C，再根据三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和列式计算即可得解．‎ ‎【解答】解：∵AB∥CD，‎ ‎∴∠ABE=∠C=32°，‎ 在△ABE中，由三角形的外角性质得，∠AEC=∠A+∠ABE=41°+32°=73°．‎ 故答案为：73．‎ ‎【点评】本题考查了平行线的性质，三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和的性质，熟记各性质并准确识图是解题的关键．‎ ‎　‎ ‎12．如图，直线l1∥l2∥l3，直线AC分别交l1、l2、l3于点A、B、C；直线DF分别交l1、l2、l3于点D、E、F，若AB=3，BC=4，DE=2，则线段EF的长为　　．‎ ‎【考点】平行线分线段成比例．‎ ‎【专题】计算题．‎ ‎【分析】利用平行线分线段成比例定理得到=，然后把AB=3，BC=4，DE=2代入计算即可．‎ ‎【解答】解：∵l1∥l2∥l3，‎ ‎∴=，即=，‎ ‎∴EF=．‎ 故答案为．‎ ‎【点评】本题考查了平行线分线段成比例：三条平行线截两条直线，所得的对应线段成比例．‎ ‎　‎ ‎13．如图，在△ABC中，AB=AC，∠A=32°，以点C为圆心，BC长为半径作弧，交AB于点D，交AC于点E，连结BE，则∠ABE的大小为　21　度．‎ ‎【考点】等腰三角形的性质．‎ ‎【分析】在△ABC中可求得∠ACB=∠ABC=74°，在△BCE中可求得∠EBC=53°，再根据角的和差关系可求出∠ABE的度数．‎ ‎【解答】解：∵AB=AC，∠A=32°，‎ ‎∴∠ABC=∠ACB=74°，‎ 又∵BC=EC，‎ ‎∴∠BEC=∠EBC=53°，‎ ‎∴∠ABD=∠ABC﹣∠EBC=74°﹣53°=21°．‎ 故答案为：21．‎ ‎【点评】本题主要考查等腰三角形的性质，掌握等边对等角是解题的关键，注意三角形内角和定理的应用．‎ ‎　‎ ‎14．点A（1，a）是抛物线y=x2上的点，以点A为一个顶点作边长为2的等边△ABC，使点B、C中至少有一个点在这条抛物线上，这样的△ABC共有　5　个．‎ ‎【考点】二次函数图象上点的坐标特征；等边三角形的性质．‎ ‎【分析】根据题意画出图象，根据图象即可求得．‎ ‎【解答】解：如图，因为点A（1，a）是抛物线y=x2上的点，‎ 所以A（1，），‎ 所以，OA=2，‎ 以A为圆心，以OA为半径画圆交抛物线三个点，以这三个点和A点构成的线段为边作等边三角形作6个，其中重合一个，故可以作5个，‎ 故答案为5．‎ ‎【点评】本题考查了二次函数图象上点的坐标特征和等边三角形的性质，根据题意作出函数的图象是解题的关键，‎ ‎　‎ 三、解答题（共10小题，满分78分）‎ ‎15．先化简，再求值：（），其中x=﹣．‎ ‎【考点】分式的化简求值．‎ ‎【分析】首先化简分式，进而利用分式乘除运算法则求出答案．‎ ‎【解答】解：（）‎ ‎=（x+1+x﹣3）•‎ ‎=（2x﹣2）•‎ ‎=2x+2，‎ 当x=﹣时，原式=2×（﹣）+2=﹣1．‎ ‎【点评】此题主要考查了分式的混合运算，正确化简分式是解题关键．‎ ‎　‎ ‎16．列方程或方程组解应用题：‎ 近年来，我国逐步完善养老金保险制度．甲、乙两人计划用相同的年数分别缴纳养老保险金15万元和10万元，甲计划比乙每年多缴纳养老保险金0.2万元．求甲、乙两人计划每年分别缴纳养老保险金多少万元？‎ ‎【考点】分式方程的应用．‎ ‎【专题】应用题．‎ ‎【分析】设乙每年缴纳养老保险金为x万元，则甲每年缴纳养老保险金为（x+0.2）万元，根据甲、乙两人计划用相同的年数分别缴纳养老保险金15万元和10万元列出方程，求出方程的解即可得到结果．‎ ‎【解答】解：设乙每年缴纳养老保险金为x万元，则甲每年缴纳养老保险金为（x+0.2）万元，‎ 根据题意得： =，‎ 去分母得：15x=10x+2，‎ 解得：x=0.4，‎ 经检验x=0.4是分式方程的解，且符合题意，‎ ‎∴x+0.2=0.4+0.2=0.6（万元），‎ 答：甲、乙两人计划每年分别缴纳养老保险金0.6万元、0.4万元．‎ ‎【点评】此题考查了分式方程的应用，找出题中等量关系“甲、乙两人计划用相同的年数分别缴纳养老保险金15万元和10万元”是解本题的关键．‎ ‎　‎ ‎17．如图，面积为15的矩形纸片ABCD中，AD=5，在BC边上取点E，使AE=5，剪下△ABE，将它平移至△DCF的位置，拼成四边形AEFD．‎ ‎（1）求证：四边形AEFD是菱形．‎ ‎（2）直接写出四边形AEFD的两条对角线的长．‎ ‎【考点】菱形的判定与性质；图形的剪拼；平移的性质．‎ ‎【分析】（1）根据平移的性质得到AE∥DF，AE=DF，则由此判定四边形AEFD是平行四边形；然后由“邻边相等的平行四边形是菱形”证得结论；‎ ‎（2）根据勾股定理，可得答案．‎ ‎【解答】（1）证明：由平移，得AE∥DF，AE=DF，‎ ‎∴四边形AEFD是平行四边形．‎ 又∵AE=AD=5，‎ ‎∴四边形AEFD是菱形．‎ ‎（2）依题意得：AB•AD=15，即5AB=15，‎ 故AB=3．‎ 在直角△ABE中，AB=3，AE=5，则由勾股定理得到：BE==4．‎ 如图，连接AF，ED．‎ 在直角△ABF中，由勾股定理得到：AF===3．‎ 在直角△DCE中，由勾股定理得到：DE==．‎ ‎【点评】本题考查了菱形的判定与性质、图形的剪拼以及平移的性质．通过解答该题，使学生学会能够灵活运用菱形、勾股定理知识解决有关问题．‎ ‎　‎ ‎18．某中学为了了解初一年级学生数学学科的预习时间，在初一年级随机抽取了若干名学生进行调查，并把调查结果绘制成如下的不完整的统计表和统计图：‎ ‎ 组别 ‎ 预习时间x（分钟）‎ ‎ 频数 ‎ 1‎ ‎ 0≤x＜5‎ ‎ 8‎ ‎ 2‎ ‎ 5≤x＜10‎ ‎ m ‎ 3‎ ‎ 10≤x＜15‎ ‎ 18‎ ‎ 4‎ ‎ 15≤x＜20‎ ‎ 13‎ ‎ 合计 ‎ 50‎ 根据上面提供的信息回答下列问题：‎ ‎（1）统计表中m的值为　11　，并补全频数分布直方图；‎ ‎（2）预习时间的中位数落在第　3　组；‎ ‎（3）估计该校初一年级400名学生中，数学学科预习时间少于10分钟的学生人数．‎ ‎【考点】频数（率）分布直方图；用样本估计总体；频数（率）分布表；中位数．‎ ‎【分析】（1）根据频数之和等于样本容量计算，补全频数分布直方图；‎ ‎（2）根据中位数的概念解答；‎ ‎（3）利用样本估计总体的方法计算即可．‎ ‎【解答】解：（1）50﹣8﹣18﹣13=11，‎ 故答案为：11．‎ 频数分布直方图如图所示：‎ ‎（2）50÷2=25，‎ ‎∴中位线是第25、26的平均数，‎ ‎∴预习时间的中位数落在第3组，‎ 故答案为：3．‎ ‎（3）数学学科预习时间少于10分钟的学生人数为：400×=152人．‎ ‎【点评】本题考查的是频数分布直方图、用样本估计总体、中位数的概念，正确读懂频数分布直方图、利用统计图获取信息是解题的关键．‎ ‎　‎ ‎19．双十一期间，某店铺推出的如图①所示的雪球夹销售火爆，其形状可近似的看成图②所示的图形，当雪球夹闭合时，测得∠AOB=28°，OA=OB=14厘米，求这个雪球夹制作的雪球的直径AB的长度．（精确到1厘米）‎ ‎【参考数据：sin28°≈0.47，cos28°≈0.88，tan28°≈0.53，sin14°≈0.24，cos14°≈0.97，tan14°≈0.25．‎ ‎【考点】解直角三角形的应用．‎ ‎【分析】如图②中，作OM⊥AB于M，在RT△AOM中，利用sin∠AOM=求出AM，即可解决问题．‎ ‎【解答】解：如图②中，作OM⊥AB于M，则∠AMO=90°，‎ ‎∵OA=OB，‎ ‎∴AB=2AM，∠AOM=∠AOB=×28°=14°，‎ 在RT△AOM中，∠AMO=90°，∠AOM=14°，OA=14，‎ ‎∴sin∠AOM=，‎ ‎∴AM=O•sin∠AOM=14×sin14°≈14×0.24=3.36，‎ ‎∴AB=2AM=6.72≈7（厘米）．‎ 答：这个雪球夹制作的雪球的直径AB的长度约为7厘米．‎ ‎【点评】本题考查解直角三角形的有关知识、等腰三角形的性质．解题的关键是转化为直角三角形去思考，体现了转化的思想，属于中考常考题型．‎ ‎　‎ ‎20．甲乙两人玩一种游戏：三张大小、质地都相同的卡片上分别标有数字1，2，3，现将标有数字的一面朝下，洗匀后甲从中任意抽取一张，记下数字后放回；又将卡片洗匀，乙也从中任意抽取一张，计算甲乙两人抽得的两个数字之积，如果积为奇数则甲胜，若积为偶数则乙胜．‎ ‎（1）用列表或画树状图等方法，列出甲乙两人抽得的数字之积所有可能出现的情况；‎ ‎（2）请判断该游戏对甲乙双方是否公平？并说明理由．‎ ‎【考点】游戏公平性；列表法与树状图法．‎ ‎【专题】计算题．‎ ‎【分析】（1）列表得出所有等可能的情况数，找出甲乙两人抽得的数字之积所有可能出现的情况即可；‎ ‎（2）分别求出甲乙两人获胜的概率，比较即可得到结果．‎ ‎【解答】解：（1）列表如下：‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎1‎ ‎（1，1）‎ ‎（2，1）‎ ‎（3，1）‎ ‎2‎ ‎（1，2）‎ ‎（2，2）‎ ‎（3，2）‎ ‎3‎ ‎（1，3）‎ ‎（2，3）‎ ‎（3，3）‎ 所有等可能的情况有9种，分别为（1，1）；（1，2）；（1，3）；（2，1）；（2，2）；（2，3）；（3，1）；（3，2）；（3，3），‎ 则甲乙两人抽得的数字之积所有可能出现的情况有1，2，3，2，4，6，3，6，9，共9种；‎ ‎（2）该游戏对甲乙双方不公平，理由为：‎ 其中积为奇数的情况有4种，偶数有5种，‎ ‎∴P（甲）＜P（乙），‎ 则该游戏对甲乙双方不公平．‎ ‎【点评】此题考查了游戏的公平性，以及列表法与树状图法，判断游戏公平性就要计算每个事件的概率，概率相等就公平，否则就不公平．‎ ‎　‎ ‎21．感知：如图①，点B、A、C在同一条直线上，DB⊥BC，EC⊥BC，且∠DAE=90°，AD=AE，易证△DBA≌△ACE．‎ 探究：如图②，在△DBA和△ACE中，AD=AE，若∠DAE=α（0°＜α＜90°），∠BAC=2α，∠B=∠C=180°﹣α，求证：△DBA≌△ACE．‎ 应用：如图②，在△DBA和△ACE中，AD=AE，若∠DAE=70°，∠BAC=140°，∠B=∠C=110°，则当∠D=　35　°时，∠DAC的度数是∠E的3倍．‎ ‎【考点】全等三角形的判定与性质．‎ ‎【分析】探究：利用AAS证明△DBA≌△ACE．‎ 应用：根据角之间的关系得到：∠DAC=70°+∠EAC，∠EAC=70°﹣∠E，得出3∠E=70°+70°﹣∠E，解得：∠E=35°，再根据△DBA≌△ACE，即可求出∠D的度数．‎ ‎【解答】解：探究：∵∠BAC=2α，∠DAE=α，‎ ‎∴∠DAB+∠EAC=α，‎ ‎∵∠B=180°﹣α，‎ ‎∴∠DAB+∠D=α，‎ ‎∴∠EAC=∠D，‎ 在△DBA和△ACE中，‎ ‎∴△DBA≌△ACE．‎ 应用：∵∠DAE=70°，∠BAC=140°，∠B=∠C=110°，‎ ‎∴∠DAC=∠DAE+∠EAC=70°+∠EAC，∠EAC=180°﹣∠C﹣∠E=180°﹣110°﹣∠E=70°﹣∠E，‎ ‎∴∠DAC=70°+70°﹣∠E，‎ 当∠DAC=3∠E，‎ ‎∴3∠E=70°+70°﹣∠E，‎ 解得：∠E=35°，‎ ‎∵△DBA≌△ACE．‎ ‎∴∠D=∠E=35°．‎ 故答案为：35．‎ ‎【点评】本题考查了全等三角形的性质定理与判定定理，解决本题的关键是证明△DBA≌△ACE．‎ ‎　‎ ‎22．甲、乙两车分别从相距480千米的A、B两地出发，匀速相向行驶，乙车比甲车先出发1小时，从B地直达A地．甲车出发t小时两车相遇后甲车停留1小时，因有事按原路返回A地，两车同时到达A地．从甲车出发时开始计时，时间为x（时），甲、乙两车距B地的路程y（千米）与x（时）之间的函数关系如图所示 ‎（1）乙车的速度是　60　千米/时，t=　3　．‎ ‎（2）求甲车距B地路程y与x之间的函数关系式，并写出自变量x的取值范围．‎ ‎（3）直接写出乙车出发多长时间两车相距30千米．‎ ‎【考点】一次函数的应用．‎ ‎【分析】（1）由速度=路程÷时间可算出乙车的速度，根据在整个行驶的过程中甲为匀速运动（中间停留除外），可知甲返回A地时间与出发时间相同，由此得出关于时间t的一元一次方程，解方程即可得出t的值；‎ ‎（2）分别设出各线段的函数关系式，代入端点坐标，利用待定系数法即可得出结论；‎ ‎（3）根据乙车的速度得出乙车距B地路程y与x之间的函数关系式，结合（2）中的关系式分段讨论，由两车的距离差为30得出关于x的一元一次方程，解方程得出x的值，由于是求乙车出发的时间，故在x值上+1即可得出结论．‎ ‎【解答】解：（1）乙车的速度为60÷1=60（千米/时），‎ ‎∵甲车的速度不变，‎ ‎∴甲车返回的时间也为t小时，‎ ‎∴有t+1+t=（480﹣60）÷60，‎ 解得：t=3．‎ 故答案为：60；3．‎ ‎（2）根据题意，得：甲出发3小时时，与B地的距离为3×60+60=240；‎ 甲出发7小时后，与乙一同到B地．‎ 当0≤x≤3时，设所求函数关系式为y=kx+b，‎ 根据题意，得，解得．‎ ‎∴y=﹣80x+480；‎ 当3＜x≤4时，y=240；‎ 当4＜x≤7时，设所求函数关系式为y=mx+n，‎ 根据题意，得，解得．‎ ‎∴y=80x﹣80．‎ 综上可知：甲车距B地路程y与x之间的函数关系式为y=．‎ ‎（3）乙车距B地路程y与x之间的函数关系式为y=60（x+1）=60x+60，‎ 当0≤x≤3时，﹣80x+480﹣60x﹣60=30，‎ 解得：x=，x+1=；‎ 当3＜x≤4时，60x+60﹣240=30，‎ 解得：x=，x+1=；‎ 当4＜x≤7时，60x+60﹣80x+80=30，‎ 解得：x=，x+1=．‎ 综上可知：乙车出发、和小时时两车相距30千米．‎ ‎【点评】本题考查了一次函数的应用、待定系数法求函数解析式以及解一元一次方程，解题的关键是：（1）找出关于时间t的一元一次方程；（2）利用待定系数法分段求函数的解析式；（3）根据数量关系得出关于x的一元一次方程．本题属于中档题，难度不大，解决该题型题目时，根据数量关系列出方程（方程组或函数关系式）是关键．‎ ‎　‎ ‎23．如图，在矩形ABCD中，BC=1，将矩形ABCD绕点D逆时针旋转45°，得到矩形A′B′C′D′，点B′恰好落在BC的延长线上，边A′B′交边CD于点E．‎ ‎（1）求证：B′C=BC．‎ ‎（2）保持矩形A′B′C′D′不动，将矩形ABCD沿射线BB′方向以每秒1个单位的速度平移，设平移时间为t秒．‎ ‎①当矩形ABCD与矩形A′B′C′D′重叠部分为四边形时，求重叠部分的面积为S与t之间的函数关系式．‎ ‎②点A′关于AB的对称点记作点F，直接写出直线DF与矩形A′B′C′D′的边平行时t的值．‎ ‎【考点】几何变换综合题．‎ ‎【分析】（1）由矩形的性质和旋转的性质判断出△DBB′是等腰三角形；‎ ‎（2）分三段计算，由矩形的性质旋转的性质先计算出S△A′D′G，S四边形D′GEF即可；‎ ‎（3）先由矩形的性质和旋转的性质表示出相关的线段，再用比例式，计算即可．‎ ‎【解答】证明：（1）如图①，‎ 连接DB，DB′，‎ ‎∵四边形ABCD是矩形，‎ ‎∴∠BCD=90°，‎ ‎∴DC⊥BB′，‎ 由旋转有，DB=DB′，‎ ‎∴B′C=BC；‎ ‎（2）如图②，‎ 当0＜t≤1﹣时，作D′G∥DC，交A′B′于G，‎ ‎∵四边形A′B′C′D′是矩形，‎ ‎∴A′B′∥D′C′‎ ‎∴四边形D′GEF是平行四边形，‎ 由旋转有∠A′D′G=45°，‎ ‎∵A′D′=1，‎ ‎∴S△A′D′G=×A′D′2=×1=，D′G=，‎ 由运动时间为t，‎ ‎∴DD′=t，‎ ‎∴S四边形D′GEF=D′G×DD′=t，‎ ‎∴S=S△A′D′G+S四边形D′GEF=+t，‎ 当t=1时，如图③，‎ ‎∵四边形ABCD，A′B′′D′是矩形，‎ ‎∴四边形AMCF是平行四边形，‎ ‎∴S=AM×AD=A′D′×AD=×1×1=；‎ 当1+≤t＜2时，如图④，‎ 过B′作B′M∥AB，‎ 同理：四边形NMB′H是平行四边形，‎ ‎∴MN=B′H=B′C′=‎ 运动时间为t，‎ ‎∴BB′=2﹣t，‎ ‎∴S=S△B′C′M+S四边形NMB′H ‎=×B′C′2+MN×BB′‎ ‎=×1+（2﹣t）‎ ‎=+2﹣t；‎ ‎（3）‎ 点A′关于AB的对称点记作点F，‎ ‎∴A′F⊥AB，‎ ‎∵四边形ABCD为矩形，‎ ‎∴AD⊥AB，‎ ‎∴A′F∥AD，‎ ‎∵直线DF与矩形A′B′C′D′的边平行 ‎①如图⑤，‎ 当DF∥A′D′时，四边形A′FDD′是平行四边形，‎ ‎∴A′F=DD′=t，‎ ‎∴AD′=1﹣t，‎ ‎∵点A′与F关于AB对称，‎ ‎∴A′M=FM=，‎ ‎∵∠AD′M=∠MA′F=45°，‎ ‎∴A′M=t，‎ ‎∴D′M=A′D′﹣A′M=1﹣t，‎ ‎∵AD∥A′F，‎ ‎∴，‎ ‎∴，‎ ‎∴t=2﹣；‎ ‎②如图⑥，‎ 当DF∥D′C′时，四边形D′GFD是平行四边形，‎ ‎∴GF=DD′=t，‎ ‎∵A′G=A′D′=，‎ ‎∴A′F=A′G+GF=+t，‎ ‎∵A′F=2（t﹣1+）=2t﹣2+，‎ ‎∴+t=2t﹣2+，‎ ‎∴t=2，‎ 即：直线DF与矩形A′B′C′D′的边平行时t的值为2﹣或2．‎ ‎【点评】此题是几何变换综合题，主要考查了矩形的性质，旋转的性质，三角形面积的计算，根据条件表示出线段是接本题的关键，难点是分段求函数解析式和分情况求t的值．‎ ‎　‎ ‎24．边长为2的正方形OABC在平面直角坐标系中的位置如图所示，点D是边OA的中点，连接CD，点E在第一象限，且DE⊥DC，DE=DC．以直线AB为对称轴的抛物线过C，E两点．‎ ‎（1）求抛物线的解析式；‎ ‎（2）点P从点C出发，沿射线CB每秒1个单位长度的速度运动，运动时间为t秒．过点P作PF⊥CD于点F，当t为何值时，以点P，F，D为顶点的三角形与△COD相似？‎ ‎（3）点M为直线AB上一动点，点N为抛物线上一动点，是否存在点M，N，使得以点M，N，D，E为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请直接写出满足条件的点的坐标；若不存在，请说明理由．‎ ‎【考点】二次函数综合题．‎ ‎【专题】压轴题．‎ ‎【分析】（1）根据正方形的性质，可得OA=OC，∠AOC=∠DGE，根据余角的性质，可得∠OCD=∠GDE，根据全等三角形的判定与性质，可得EG=OD=1，DG=OC=2，根据待定系数法，可得函数解析式；‎ ‎（2）分类讨论：若△DFP∽△COD，根据相似三角形的性质，可得∠PDF=∠DCO，根据平行线的判定与性质，可得∠PDO=∠OCP=∠AOC=90，根据矩形的判定与性质，可得PC的长；若△PFD∽△COD，根据相似三角形的性质，可得∠DPF=∠DCO， =，根据等腰三角形的判定与性质，可得DF于CD的关系，根据相似三角形的相似比，可得PC的长；‎ ‎（3）分类讨论：▱MDNE，▱MNDE，▱NDME，根据一组对边平行且相等的四边形式平行四边，可得答案．．‎ ‎【解答】解：（1）方法一：‎ 过点E作EG⊥x轴于G点．‎ ‎∵四边形OABC是边长为2的正方形，D是OA的中点，‎ ‎∴OA=OC=2，OD=1，∠AOC=∠DGE=90°．‎ ‎∵∠CDE=90°，‎ ‎∴∠ODC+∠GDE=90°．‎ ‎∵∠ODC+∠OCD=90°，‎ ‎∴∠OCD=∠GDE．‎ 在△OCD和△GED中，‎ ‎∴△ODC≌△GED （AAS），‎ ‎∴EG=OD=1，DG=OC=2．‎ ‎∴点E的坐标为（3，1）．‎ ‎∵抛物线的对称轴为直线AB即直线x=2，‎ ‎∴可设抛物线的解析式为y=a（x﹣2）2+k，‎ 将C、E点的坐标代入解析式，得 ‎．‎ 解得，‎ 抛物线的解析式为y=（x﹣2）2+；‎ 方法二：‎ 过点E作EG⊥x轴于G点．‎ DE⊥DC⇒∠CDO+∠EDH=90°，‎ EG⊥x轴⇒∠DEH+∠EDH=90°，‎ ‎∴∠CDO=∠DEH，DC=DE，‎ ‎∴△ODC≌△GED⇒DG=OC=2，EG=OD=1，‎ ‎∴E（3，1），‎ ‎∴9a+3b+2=0，‎ ‎∵﹣=2，‎ 抛物线的解析式为y=（x﹣2）2+；‎ ‎（2）方法一：‎ ‎①若△DFP∽△COD，则∠PDF=∠DCO，‎ ‎∴PD∥OC，‎ ‎∴∠PDO=∠OCP=∠AOC=90°，‎ ‎∴四边形PDOC是矩形，‎ ‎∴PC=OD=1，‎ ‎∴t=1；‎ ‎②若△PFD∽△COD，则∠DPF=∠DCO， =．‎ ‎∴∠PCF=90°﹣∠DCO=90﹣∠DPF=∠PDF．‎ ‎∴PC=PD，‎ ‎∴DF=CD．‎ ‎∵CD2=OD2+OC2=22+12=5，‎ ‎∴CD=，‎ ‎∴DF=．‎ ‎∵=，‎ ‎∴PC=PD=×=，‎ t=，‎ 综上所述：t=1或t=时，以点P，F，D为顶点的三角形与△COD相似；‎ 方法二：‎ 过点F作x轴的垂线，分别交BC，OA于G，H，‎ PF⊥CD⇒∠PFG+∠DFH=90°，‎ GH⊥OA⇒∠FDH+∠DFH=90°，‎ ‎∴∠PFG=∠FDH⇒△PFG∽△FDH⇒，‎ ‎∵PF⊥CD⇒KPF×KCD=﹣1，‎ ‎∴lCD：y=﹣2x+2，‎ ‎∴F（m，﹣2m+2），P（t，2），‎ ‎∴，‎ ‎∴m=，‎ ‎∴F（，﹣），‎ ‎∴=，‎ ‎∴以P，F，D为顶点的三角形与△COD相似，‎ ‎①，∴，∴t=，‎ ‎②，∴，∴t=1，‎ 综上所述：t=1或t=时，以点P，F，D为顶点的三角形与△COD相似；‎ 方法三：‎ 若以P，F，D为顶点的三角形与△COD相似，‎ 则∠OCD=∠PDF或∠ODC=∠PDF，‎ ‎①∠OCD=∠PDF⇒PD∥OC，∴CP=OD=1，∴t=1，‎ ‎②∠ODC=∠PDF，作OO′⊥CD交CD于H，‎ ‎∴KOO′×KCD=﹣1，‎ ‎∴lCD：y=﹣2x+2，‎ ‎∴H（m，﹣2m+2），‎ ‎∴﹣2×=﹣1，‎ ‎∴m=，‎ ‎∴H（，），‎ ‎∵H为OO′中点，∴O′（，），‎ ‎∴lO′D：y=，‎ 令y=2，∴x=，‎ 即P（，2），‎ ‎∴t=．‎ ‎（3）存在，‎ 四边形MDEN是平行四边形时，M1（2，1），N1（4，2）；‎ 四边形MNDE是平行四边形时，M2（2，3），N2（0，2）；‎ 四边形NDME是平行四边形时，M3（2，），N3（2，）．‎ ‎【点评】本题考察了二次函数综合题，（1）利用了正方形的性质，余角的性质，全等三角形的判定与性质，待定系数法求函数解析式；（2）利用了相似三角形的性质，矩形的判定，分类讨论时解题关键；（3）利用了平行四边形的判定，分类讨论时解题关键．‎ ‎　‎