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2014年上海市崇明县中考数学二模试卷
一、选择题（本大题共6题，每题4分，满分24分）（下列各题的四个选项中，有且
只有一个是正确的，选择正确项的代号并填涂在答题纸的相应位置上.）
1．（4分）下列计算正确的是（ ）
A．x3+x2＝x5 B．（3x﹣y）2＝9x2﹣y2
C．（﹣2x2）3＝﹣8x6 D．（﹣x）2÷x＝﹣x
2．（4分）下列关于x的一元二次方程中，有两个相等的实数根的方程是（ ）
A．x2+4＝0 B．4x2﹣4x+1＝0 C．x2+x+1＝0 D．x2+2x﹣1＝0
3．（4分）若一次函数y＝kx+b的函数值y随x的增大而减小，且图象与y轴的负
半轴相交，那么对k和b的符号判断正确的是（ ）
A．k＞0，b＞0 B．k＞0，b＜0 C．k＜0，b＞0 D．k＜0，b＜0
4．（4分）已知点P（a﹣1，a+2）在平面直角坐标系的第二象限内，则a的取值范围
在数轴上可表示为（ ）
A．
B．
C．
D．
5．（4分）已知四边形ABCD是平行四边形，对角线AC与BD相交于点O，下列结
论中不正确的是（ ）
A．当AB＝BC时，四边形ABCD是菱形
B．当AC⊥BD时，四边形ABCD是菱形
C．当OA＝OB时，四边形ABCD是矩形
D．当∠ABD＝∠CBD时，四边形ABCD是矩形
6．（4分）在 O中，圆心O在坐标原点上，半径为 ，点P的坐标为（4，5），那
么点P与 O的位置关系是（ ）
⊙
第1页（共28页）
⊙A．点P在 O外 B．点P在 O上 C．点P在 O内 D．不能确定
二、填空题（本大题共12题，每题4分，满分48分）（请将结果直接填入答题纸的
⊙ ⊙ ⊙
相应位置上）
7．（4分）2的平方根是 ．
8．（4分）如果多项式x2﹣6x+c可以分解为（x﹣3）2，那么c的值是 ．
9．（4分）方程 的解为 ．
10．（4分）函数y＝ 的定义域是 ．
11．（4分）如果将抛物线y＝x2+3沿x轴向右平移2个单位，那么所得新的抛物线
的表达式是 ．
12．（4分）在△ABC中，点D是BC边上的中点， ， ，那么 ＝ ．
13．（4分）有四张质地相同的卡片，它们的背面相同，其中两张的正面印有“粽
子”的图案，另外两张的正面印有“龙舟”的图案，现将它们背面朝上，洗均
匀后排列在桌面，任意翻开两张，那么两张图案一样的概率是 ．
14．（4分）为了估计鱼塘中鱼的数量，养殖工人先网住50条鱼，在每条鱼的尾巴
上做个记号后放回鱼塘．过了一段时间后，等鱼均已游散后，再网住60条鱼，
发现其中有2条鱼尾巴上有记号，那么这个鱼塘内约有鱼 条．
15．（4分）如果一个正六边形的边心距的长度为 cm，那么它的半径的长度为
cm．
16．（4分）在一个可以改变容积的密闭容器内，装有一定质量m的某种气体，当
改变容积V时，气体的密度P也随之改变．P与V在一定范围内满足 ，它
的图象如图所示，则该气体的质量m为 kg．
17．（4分）四个全等的直角三角形围成一个大正方形，中间空出的部分是一个小
正方形，这样就组成了一个“赵爽弦图”（如图）．如果小正方形面积为49，大
正方形面积为169，直角三角形中较小的锐角为 ，那么sin 的值是 ．
第2页（共28页） θ θ18．（4分）已知在平面直角坐标系中，O为坐标原点，A、B两点的坐标分别为（1，
1）和（4，0），如果将△OAB绕着原点O旋转后，点A落在x轴上，点B落在点
C处，那么cot∠OCB的值为 ．
三、解答题（本大题共7题，满分78分）
19．（10分）计算：（3.14）0+|1﹣ |+ ﹣4cos30°．
20．（10分）解方程组： ．
21．（10分）如图， O的半径OD⊥弦AB于点C，联结AO并延长交 O于点E，
联结EC．已知AB＝8，CD＝2．
⊙ ⊙
（1）求OA的长度；
（2）求CE的长度．
22．（10分）某校为了进一步开展“阳光体育”活动，购买了一批乒乓球拍和羽毛
球拍．已知一副羽毛球拍比一副乒乓球拍贵20元，购买羽毛球拍的费用比购
买乒乓球拍的2000元要多，多出的部分能购买25副乒乓球拍．
（1）若每副乒乓球拍的价格为x元，请你用含x的代数式表示该校购买这批乒乓
球拍和羽毛球拍的总费用；
（2）若购买的两种球拍数一样，求x．
23．（12分）如图， ▱ABCD中，∠DBC＝45°，高线DE、BF交于点H，BF、AD的延
长线交于点G；联结AH．
（1）求证：BH＝AB；
第3页（共28页）（2）求证：AH•BG＝AG•BD．
24．（12分）如图，已知抛物线y＝﹣x2+bx+c与x轴交于点A（﹣2，0）、B（4，0），点
C是这个抛物线上一点且点C在第一象限，点D是OC的中点，联结BD并延
长交AC于点E．
（1）求这个抛物线的解析式；
（2）求 的值；
（3）当tan∠CAB＝2时，求△CDE的面积．
25．（14分）已知：在△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝5，∠C＝30°，点D是AC边上
一动点（不与A、C重合），过点D分别作DE⊥AB交AB于点E，DF⊥BC交BC
于点F，联结EF，设AE＝x，EF＝y．
（1）求y关于x的函数解析式，并写出定义域；
（2）以F为圆心FC为半径的 F交直线AC于点G，当点G为AD中点时，求x的
值；
⊙
（3）如图2，联结BD将△EBD沿直线BD翻折，点E落在点E′处，直线BE′与
直线AC相交于点M，当△BDM为等腰三角形时，求∠ABD的度数．
第4页（共28页）第5页（共28页）2014 年上海市崇明县中考数学二模试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（本大题共6题，每题4分，满分24分）（下列各题的四个选项中，有且
只有一个是正确的，选择正确项的代号并填涂在答题纸的相应位置上.）
1．（4分）下列计算正确的是（ ）
A．x3+x2＝x5 B．（3x﹣y）2＝9x2﹣y2
C．（﹣2x2）3＝﹣8x6 D．（﹣x）2÷x＝﹣x
【考点】35：合并同类项；47：幂的乘方与积的乘方；48：同底数幂的除法；4C：完全
平方公式．
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【专题】11：计算题．
【分析】A、原式不能合并，错误；
B、原式利用完全平方公式展开得到结果，即可做出判断；
C、原式利用幂的乘方与积的乘方运算法则计算得到结果，即可做出判断；
D、原式先计算乘方运算，再计算除法运算即可得到结果．
【解答】解：A、原式不能合并，错误；
B、（3x﹣y）2＝9x2﹣6xy+y2，错误；
C、（﹣2x2）3＝﹣8x6，正确；
D、（﹣x）2÷x＝x2÷x＝x，错误，
故选：C．
【点评】此题考查了完全平方公式，合并同类项，幂的乘方与积的乘方，以及同底
数幂的乘法，熟练掌握法则及公式是解本题的关键．
2．（4分）下列关于x的一元二次方程中，有两个相等的实数根的方程是（ ）
A．x2+4＝0 B．4x2﹣4x+1＝0 C．x2+x+1＝0 D．x2+2x﹣1＝0
【考点】AA：根的判别式．
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【分析】判断上述方程的根的情况，只要看根的判别式△＝b2﹣4ac的值的符号就
可以了．有两个相等实数根的一元二次方程就是判别式的值是 0的一元二次
方程．
【解答】解：A、△＝﹣4×1×4＝﹣16＜0，该方程没有实数根．故本选项不符合题意；
第6页（共28页）B、△＝（﹣4）2﹣4×4×1＝0，该方程有两个相等的实数根．故本选项符合题意；
C、△＝12﹣4×1×1＝﹣3＜0，该方程有两个不相等的实数根．故本选项不符合题
意；
D、△＝22﹣4×1×（﹣1）＝8＞0，该方程有两个不相等的实数根．故本选项不符合
题意；
故选：B．
【点评】此题主要考查了根的判别式．总结：一元二次方程根的情况与判别式△的
关系：（1）△＞0 方程有两个不相等的实数根；（2）△＝0 方程有两个相等
的实数根；（3）△＜0 方程没有实数根．
⇔ ⇔
3．（4分）若一次函数y＝kx+b的函数值y随x的增大而减小，且图象与y轴的负
⇔
半轴相交，那么对k和b的符号判断正确的是（ ）
A．k＞0，b＞0 B．k＞0，b＜0 C．k＜0，b＞0 D．k＜0，b＜0
【考点】F7：一次函数图象与系数的关系．
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【专题】16：压轴题．
【分析】先根据函数的增减性判断出k的符号，再根据图象与y轴的负半轴相交判
断出b的符号．
【解答】解：∵一次函数y＝kx+b的函数值y随x的增大而减小，∴k＜0；
∵图象与y轴的负半轴相交，∴b＜0．
故选：D．
【点评】一次函数y＝kx+b的图象有四种情况：
当k＞0，b＞0，函数y＝kx+b的图象经过第一、二、三象限，为增函数；
当k＞0，b＜0，函数y＝kx+b的图象经过第一、三、四象限，为增函数；
①
当k＜0，b＞0时，函数y＝kx+b的图象经过第一、二、四象限，为减函数；
②
当k＜0，b＜0时，函数y＝kx+b的图象经过第二、三、四象限，为减函数．
③
4．（4分）已知点P（a﹣1，a+2）在平面直角坐标系的第二象限内，则a的取值范围
④
在数轴上可表示为（ ）
A．
第7页（共28页）B．
C．
D．
【考点】C4：在数轴上表示不等式的解集；D1：点的坐标．
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【分析】根据第二象限内点的特征，列出不等式组，求得a的取值范围，然后在数
轴上分别表示出a的取值范围．
【解答】解：∵点P（a﹣1，a+2）在平面直角坐标系的第二象限内，
则有
解得﹣2＜a＜1．
故选：C．
【点评】在数轴上表示不等式的解集时，大于向右，小于向左，有等于号的画实心
原点，没有等于号的画空心圆圈．第二象限的点横坐标为＜0，纵坐标＞0．
5．（4分）已知四边形ABCD是平行四边形，对角线AC与BD相交于点O，下列结
论中不正确的是（ ）
A．当AB＝BC时，四边形ABCD是菱形
B．当AC⊥BD时，四边形ABCD是菱形
C．当OA＝OB时，四边形ABCD是矩形
D．当∠ABD＝∠CBD时，四边形ABCD是矩形
【考点】L5：平行四边形的性质；L9：菱形的判定；LC：矩形的判定．
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【分析】利用矩形的判定、四边形的性质及菱形的判定方法分别判断后即可确定
正确的选项．
【解答】解：A、根据邻边相等的平行四边形是菱形可以得到该结论正确；
B、根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形可以得到该选项正确；
C、根据对角线相等的平行四边形是矩形可以判断该选项正确；
D、不能得到一个角是直角，故错误，
第8页（共28页）故选：D．
【点评】本题考查了矩形的判定、四边形的性质及菱形的判定方法，牢记判定方法
是解答本题的关键．
6．（4分）在 O中，圆心O在坐标原点上，半径为 ，点P的坐标为（4，5），那
么点P与 O的位置关系是（ ）
⊙
A．点P在 O外 B．点P在 O上 C．点P在 O内 D．不能确定
⊙
【考点】D5：坐标与图形性质；M8：点与圆的位置关系．
⊙ ⊙ ⊙
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【分析】求得线段PO的长，然后与圆的半径比较即可确定点与圆的位置关系．
【解答】解：∵点P的坐标为（4，5），
∴PO＝ ＝ ，
∵半径为 ，
∴半径 ＜ ，
∴点P在圆外，
故选：A．
【点评】此题主要考查了点与圆的位置关系，注意：点和圆的位置关系与数量之间
的等价关系是解决问题的关键．
二、填空题（本大题共12题，每题4分，满分48分）（请将结果直接填入答题纸的
相应位置上）
7．（4分）2的平方根是 ± ．
【考点】21：平方根．
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【分析】直接根据平方根的定义求解即可（需注意一个正数有两个平方根）．
【解答】解：2的平方根是± ．
故答案为：± ．
【点评】本题考查了平方根的定义．注意一个正数有两个平方根，它们互为相反数；
0的平方根是0；负数没有平方根．
8．（4分）如果多项式x2﹣6x+c可以分解为（x﹣3）2，那么c的值是 9 ．
【考点】54：因式分解﹣运用公式法．
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【分析】直接利用完全平方公式展开得出对应值相等，即可得出答案．
【解答】解：∵x2﹣6x+c＝（x﹣3）2，
∴x2﹣6x+c＝x2﹣6x+9，
第9页（共28页）故答案为：9．
【点评】此题主要考查了完全平方公式的应用，熟练记忆完全平方公式形式是解
题关键．
9．（4分）方程 的解为 3 ．
【考点】AG：无理方程．
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【分析】首先把方程两边分别平方，然后解一元二次方程即可求出x的值．
【解答】解：两边平方得：2x+3＝x2
∴x2﹣2x﹣3＝0，
解方程得：x ＝3，x ＝﹣1，
1 2
检验：当x ＝3时，方程的左边＝右边，所以x ＝3为原方程的解，
1 1
当x ＝﹣1时，原方程的左边≠右边，所以x ＝﹣1不是原方程的解．
2 2
故答案为3．
【点评】本题主要考查解无理方程，关键在于首先把方程的两边平方，注意最后要
把x的值代入原方程进行检验．
10．（4分）函数y＝ 的定义域是 x ≤ 1 且 x ≠ 0 ．
【考点】E4：函数自变量的取值范围．
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【分析】根据二次根式的性质和分式的意义，被开方数大于等于0，分母不等于0，
就可以求解．
【解答】解：根据二次根式的意义，被开方数1﹣x≥0，解得x≤1；
根据分式有意义的条件，分母x≠0．
所以函数y＝ 的定义域是x≤1且x≠0．
【点评】本题主要考查自变量的取值范围．函数自变量的范围一般从三个方面考
虑：
（1）当函数表达式是整式时，自变量可取全体实数；
（2）当函数表达式是分式时，考虑分式的分母不能为0；
（3）当函数表达式是二次根式时，被开方数非负．
11．（4分）如果将抛物线y＝x2+3沿x轴向右平移2个单位，那么所得新的抛物线
的表达式是 y ＝（ x ﹣ 2 ） 2 + 3 ．
【考点】H6：二次函数图象与几何变换．
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第10页（共28页）【分析】易得原抛物线的顶点及平移后新抛物线的顶点，利用顶点式根据平移不
改变二次项系数可得新抛物线解析式．
【解答】解：∵抛物线y＝x2+3的顶点为（0，3），
∴向右平移2个单位得到的顶点为（2，3），
∴把抛物线y＝x2+3向右平移2个单位，所得抛物线的表达式为y＝（x﹣2）2+3．
故答案为y＝（x﹣2）2+3．
【点评】本题考查二次函数图象与几何变换．用到的知识点为：二次函数的平移不
改变二次项的系数；关键是根据左右平移只改变二次函数的顶点的横坐标得
到新抛物线的顶点．
12．（4分）在△ABC中，点D是BC边上的中点， ， ，那么 ＝ 2 ﹣
．
【考点】LM：*平面向量．
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【分析】根据平行四边形的性质和平行四边形法则列式整理即可得解．
【解答】解：∵点D是BC边上的中点，
∴ + ＝2 ，
∵ ＝ ， ＝ ，
∴ + ＝2 ，
∴ ＝2 ﹣ ．
故答案为：2 ﹣ ．
【点评】本题考查了平面向量，平行四边形的性质，平面向量的问题，关键在于熟
练掌握平行四边形法则和三角形法则．
13．（4分）有四张质地相同的卡片，它们的背面相同，其中两张的正面印有“粽
子”的图案，另外两张的正面印有“龙舟”的图案，现将它们背面朝上，洗均
匀后排列在桌面，任意翻开两张，那么两张图案一样的概率是 ．
【考点】X6：列表法与树状图法．
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第11页（共28页）【专题】31：数形结合．
【分析】列举出所有情况，看两张图案一样的情况数占总情况数的多少即可．
【解答】解：设粽子用A表示，龙舟用B表示．
共有12种情况，两张图案一样的有4种，
所以所求的概率为 ．
故答案为 ．
【点评】考查概率的求法；找到两张图案一样的情况数是解决本题的关键；用到的
知识点为：概率等于所求情况数与总情况数之比．
14．（4分）为了估计鱼塘中鱼的数量，养殖工人先网住50条鱼，在每条鱼的尾巴
上做个记号后放回鱼塘．过了一段时间后，等鱼均已游散后，再网住60条鱼，
发现其中有2条鱼尾巴上有记号，那么这个鱼塘内约有鱼 150 0 条．
【考点】V5：用样本估计总体．
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【分析】捕捞60条鱼，发现有2条鱼做了记号，即在样本中，有记号的占到 ，而
有记号的共有50条，根据此比例即可解答．
【解答】解：50÷ ＝1500（条）
故答案为：1500．
【点评】本题考查了用样本的数据特征来估计总体的数据特征，利用样本中的数
据对整体进行估算是统计学中最常用的估算方法．
15．（4分）如果一个正六边形的边心距的长度为 cm，那么它的半径的长度为
2 cm．
【考点】MM：正多边形和圆．
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【分析】如图，作OB⊥AB于B点，连接AO，利用解直角三角形求得AB的值后即
可求得周长．
第12页（共28页）【解答】解：作OB⊥AB于B点，连接AO，
则OB＝ ，∠AOB＝30°，
∴AB＝OB×tan∠AOB＝ ×tan30°＝1（cm），
∴边长＝2cm，
∴它的半径的长度为2cm．
故答案为：2．
【点评】本题考查了正多边形的有关的计算，解题的关键是正确地构造直角三角
形．
16．（4分）在一个可以改变容积的密闭容器内，装有一定质量m的某种气体，当
改变容积V时，气体的密度P也随之改变．P与V在一定范围内满足 ，它
的图象如图所示，则该气体的质量m为 7 kg．
【考点】GA：反比例函数的应用．
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【专题】12：应用题．
【分析】根据题意：装有一定质量m的某种气体，且P与V在一定范围内满足 ，
可得P与V成反比例关系．且过点（5，1.4）；代入数据可得答案．
【解答】解：根据题意得 ，且过点（5，1.4），
∴m＝5×1.4＝7kg．
故答案为：7．
【点评】现实生活中存在大量成反比例函数的两个变量，解答该类问题的关键是
第13页（共28页）确定两个变量之间的函数关系，然后利用待定系数法求出它们的关系式．
17．（4分）四个全等的直角三角形围成一个大正方形，中间空出的部分是一个小
正方形，这样就组成了一个“赵爽弦图”（如图）．如果小正方形面积为49，大
正方形面积为169，直角三角形中较小的锐角为 ，那么sin 的值是 ．
θ θ
【考点】KR：勾股定理的证明；T1：锐角三角函数的定义．
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【分析】标注字母，求出大正方形和小正方形的边长，再利用勾股定理列式求出
AC，然后根据锐角的正弦等于对边比斜边列式即可．
【解答】解：∵小正方形面积为49，大正方形面积为169，
∴小正方形的边长是7，大正方形的边长是13，
在Rt△ABC中，AC2+BC2＝AB2，
即AC2+（7+AC）2＝132，
整理得，AC2+7AC﹣60＝0，
解得AC＝5，AC＝﹣12（舍去），
∴sin ＝ ＝ ．
θ
故答案为： ．
【点评】本题考查了勾股定理的证明，锐角三角形函数的定义，利用勾股定理列式
求出直角三角形的较短的直角边是解题的关键．
18．（4分）已知在平面直角坐标系中，O为坐标原点，A、B两点的坐标分别为（1，
1）和（4，0），如果将△OAB绕着原点O旋转后，点A落在x轴上，点B落在点
C处，那么cot∠OCB的值为 +1 或 ﹣ 1 ．
第14页（共28页）【考点】R7：坐标与图形变化﹣旋转．
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【分析】根据点A的坐标判断出OA与x轴的夹角为45°，再根据旋转的性质可得
OB＝OC，根据等边对等角可得∠OCB＝∠OBC，过点C作CD⊥x轴于D，然
后求出OD、CD，再分两种情况求出BD，然后根据余切的定义列式计算即可得
解．
【解答】解：∵A（1，1），
∴OA与x轴的夹角为45°，
∴旋转后OB与x轴的夹角为45°且OB＝OC，
∴∠OCB＝∠OBC，
过点C作CD⊥x轴于D，
则OD＝CD＝ OB＝ ×4＝2 ，
如图，若顺时针旋转，则BD＝OB﹣OD＝4﹣2 ，
cot∠OCB＝ ＝ ＝ ﹣1，
若逆时针旋转，则BD＝OB+OD＝4+2 ，
cot∠OCB＝ ＝ ＝ +1，
综上所述，cot∠OCB的值为 +1或 ﹣1．
故答案为： +1或 ﹣1．
【点评】本题考查了坐标与图形变化﹣旋转，主要利用了旋转的性质，解直角三角
形，锐角三角函数的定义，熟记性质是解题的关键，作出图形更形象直观，难点
在于分情况讨论．
三、解答题（本大题共7题，满分78分）
19．（10分）计算：（3.14）0+|1﹣ |+ ﹣4cos30°．
第15页（共28页）【考点】6E：零指数幂；79：二次根式的混合运算；T5：特殊角的三角函数值．
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【专题】11：计算题．
【分析】根据零指数幂和特殊角的三角函数值得到原式＝1+ ﹣1+ ﹣ ﹣4×
，然后约分后合并即可．
【解答】解：原式＝1+ ﹣1+ ﹣ ﹣4×
＝ ﹣2
＝﹣ ．
【点评】本题考查了二次根式的混合运算：先把各二次根式化为最简二次根式，再
进行二次根式的乘除运算，然后合并同类二次根式．也考查了零指数幂和特殊
角的三角函数值．
20．（10分）解方程组： ．
【考点】AF：高次方程．
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【分析】先把方程（2）分解因式得：（x﹣3y）（x+2y）＝0，可得x﹣3y＝0或x+2y＝
0．原方程组转化为（Ⅰ） 或（Ⅱ） ，分别解得两个方程组的解，
即可得原方程组的解．
【解答】解：由方程（2）得：（x﹣3y）（x+2y）＝0，
∴x﹣3y＝0或x+2y＝0．
∴原方程组转化为（Ⅰ） 或（Ⅱ）
解（Ⅰ）得 ，
解（Ⅱ）得 ．
故原方程组的解为： 或 ．
第16页（共28页）【点评】本题主要考查了高次方程．关键是把原方程组转化为（Ⅰ） 或
（Ⅱ） ．
21．（10分）如图， O的半径OD⊥弦AB于点C，联结AO并延长交 O于点E，
联结EC．已知AB＝8，CD＝2．
⊙ ⊙
（1）求OA的长度；
（2）求CE的长度．
【考点】KQ：勾股定理；M2：垂径定理；M5：圆周角定理．
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【分析】（1）根据垂径定理得出 ＝4，根据勾股定理得出方程，求出即
可；
（2）连接BE，求出OC∥BE且 ，求出BE，根据勾股定理求出CE即可．
【解答】（1）解：∵在 O中，OD⊥弦AB，
⊙
∴ ，
∵AB＝8，
∴AC＝BC＝4，
设OA为x，则OD＝OA＝x，
∵CD＝2，
∴OC＝x﹣2
在Rt△ACO中，AC2+OC2＝AO2
∴42+（x﹣2）2＝x2，
解得x＝5，
∴OA＝5；
第17页（共28页）（2）解：连接BE，
∵OA＝OE，AC＝BC，
∴OC∥BE且 ，
∴∠EBA＝∠OCA＝90°，
∵OC＝OD﹣CD＝5﹣2＝3，
∴BE＝6，
在Rt△ECB中，BC2+EB2＝EC2
∴42+62＝EC2，
∴ ．
【点评】本题考查了勾股定理，垂径定理，圆周角定理，三角形中位线的应用，用了
方程思想，题目比较典型，难度适中．
22．（10分）某校为了进一步开展“阳光体育”活动，购买了一批乒乓球拍和羽毛
球拍．已知一副羽毛球拍比一副乒乓球拍贵20元，购买羽毛球拍的费用比购
买乒乓球拍的2000元要多，多出的部分能购买25副乒乓球拍．
（1）若每副乒乓球拍的价格为x元，请你用含x的代数式表示该校购买这批乒乓
球拍和羽毛球拍的总费用；
（2）若购买的两种球拍数一样，求x．
【考点】B7：分式方程的应用．
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【分析】（1）若每副乒乓球拍的价格为x元，根据购买羽毛球拍的费用比购买乒乓
球拍的2000元要多，多出的部分能购买25副乒乓球拍即可得出答案，
（2）根据购买的两种球拍数一样，列出方程 ＝ ，求出方程的解，再
检验即可．
【解答】解：（1）若每副乒乓球拍的价格为x元，
第18页（共28页）则购买羽毛球拍花费：2000+25x，
则购买这批乒乓球拍和羽毛球拍的总费用为：2000+2000+25x＝4000+25x；
（2）若购买的两种球拍数一样，根据题意得：
＝ ，
解得：x ＝40，x ＝﹣40，
1 2
经检验；x ＝40，x ＝﹣40都是原方程的解，
1 2
但x ＝﹣40不合题意，舍去，
2
则x＝40．
【点评】此题考查了分式方程的应用，关键是读懂题意，找出题目中的数量关系，
根据数量关系列出方程，要注意检验．
23．（12分）如图， ▱ABCD中，∠DBC＝45°，高线DE、BF交于点H，BF、AD的延
长线交于点G；联结AH．
（1）求证：BH＝AB；
（2）求证：AH•BG＝AG•BD．
【考点】KD：全等三角形的判定与性质；L5：平行四边形的性质；S9：相似三角形
的判定与性质．
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【分析】（1）根据已知利用AAS判定△BEH≌△DEC，从而得到BH＝DC，由平行
四边形的性质得DC＝AB，则可以得到AB＝BH；
（2）根据两组角对应相等的两个三角形相似得到△GDB∽△GHA，相似三角形的
对应边成比例，所以AH•BG＝AG•BD．
【解答】（1）证明：
∵DE、BF是高，
∴∠BED＝∠DEC＝∠BFC＝90°，
∴∠EBH+∠C＝90°，∠EDC+∠C＝90°∠DBC+∠EDB＝90°
∴∠EDC＝∠EBH，
∵∠DBC＝45°，
第19页（共28页）∴∠EDB＝∠DBC＝45°，
∴BE＝DE，
在△BEH与△DEC中，
，
∴△BEH≌△DECASA），
∴BH＝DC，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB＝CD，
∴BH＝AB；
（2）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，∠ADB＝∠DBC＝45°，
∴AB∥DC，
∴∠ABH＝∠BFC＝90°，
∵AB＝BH，
∴∠BHA＝∠BAH＝45°，
∵∠GDB+∠ADB＝180°，∠GHA+∠AHB＝180°
∴∠GHA＝∠GDB，
又∵∠G＝∠G，
∴△GHA∽△GDB，
∴ ，
即AH•BG＝AG•BD．
【点评】此题考查了相似三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质以及平
行四边形的性质．此题难度适中，注意掌握数形结合思想的应用是解此题的关
键．
24．（12分）如图，已知抛物线y＝﹣x2+bx+c与x轴交于点A（﹣2，0）、B（4，0），点
C是这个抛物线上一点且点C在第一象限，点D是OC的中点，联结BD并延
长交AC于点E．
（1）求这个抛物线的解析式；
第20页（共28页）（2）求 的值；
（3）当tan∠CAB＝2时，求△CDE的面积．
【考点】HF：二次函数综合题．
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【专题】15：综合题．
【分析】（1）将点A、点B的坐标代入抛物线解析式，利用待定系数法可求出这个
抛物线的解析式；
（2）过点O作OH∥AC交BE于点H，根据A、B的坐标可得OA＝2，OB＝4，AB＝
6，证明OH＝CE，将根据 ，可得出答案；
（3）过点C作CF⊥AB，垂足为点F，设C（x，﹣x2+2x+8），则F（x，0），根据
tan∠CAB＝2，解出x的值，得出点C的坐标，求出△ABC的面积，连接OE，设
S ＝y，表示出△OCE，△OAE，△OAC的面积，继而可求出y的值．
△CDE
【解答】解：（1）∵抛物线y＝﹣x2+bx+c过点A（﹣2，0）、B（4，0），
∴ ，
解得： ，
∴y＝﹣x2+2x+8．
（2）过点O作OH∥AC交BE于点H，
∵A（﹣2，0）、B（4，0），
∴OA＝2，OB＝4，AB＝6，
第21页（共28页）∵D是OC的中点，
∴CD＝OD，
∵OH∥AC，
∴ ，
∴OH＝CE，
∴ ，
∴ ．
（3）过点C作CF⊥AB，垂足为点F，
设C（x，﹣x2+2x+8），则F（x，0），
∴AF＝x+2，CF＝﹣x2+2x+8，
∵在Rt△AFC中， ，
∴ ，
解得：x＝2，
∴C（2，8），
∴ ，
连接OE，设S ＝y，
△CDE
∵OD＝CD，
∴S ＝S ＝y，
△ODE △CDE
∴S ＝2y，
△OCE
∵ ，
∴ ，
∴S ＝3y，
△OAE
∴S ＝5y，
△OAC
第22页（共28页）∴5y＝8，
∴y＝ ．
∴△CDE的面积为 ．
【点评】本题考查了二次函数的综合，涉及了待定系数法求函数解析式、三角形的
面积及锐角三角函数的定义，综合性较强，解答此类综合性题目，关键是数形
结合思想的运用，难度较大．
25．（14分）已知：在△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝5，∠C＝30°，点D是AC边上
一动点（不与A、C重合），过点D分别作DE⊥AB交AB于点E，DF⊥BC交BC
于点F，联结EF，设AE＝x，EF＝y．
（1）求y关于x的函数解析式，并写出定义域；
（2）以F为圆心FC为半径的 F交直线AC于点G，当点G为AD中点时，求x的
值；
⊙
（3）如图2，联结BD将△EBD沿直线BD翻折，点E落在点E′处，直线BE′与
第23页（共28页）直线AC相交于点M，当△BDM为等腰三角形时，求∠ABD的度数．
【考点】SO：相似形综合题．
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【分析】（1）根据已知条件可证明四边形EBFD为矩形，则ED∥BF，EB∥DF，即
可得出∠ADE＝∠C＝30°，在Rt△AED中，由∠ADE＝30°，AE＝x，可表示出
ED＝ ，AD＝2x，在Rt△BEF中，BE＝5﹣x，BF＝ED＝ ，由勾股定理得
（0＜x＜5）即可；
（2）在Rt△ABC中，由∠C＝30°，AB＝5，得出AC＝10，BC＝ ，从而得出FC
＝BC﹣BF＝ ，分三种方法：
方法1：连接EG，FG，可证明△AEG为等边三角形，则∠AGE＝60°，从而得出
∠EGF＝90°；在Rt△EGF中，由勾股定理得EF2＝EG2+GF2，从而得出x的值；
方法2：连接FG，作FH⊥GC交GC于点H，则CG＝2CH，在Rt△CHF中，由AC
＝AG+CG＝x+15﹣3x＝10，得出x的值；
方法3：连接FG并延长交BA延长线于点P，由DF∥PB，则 ，即BP＝
AB+AP＝10﹣x，在Rt△BFP中，根据勾股定理得PF2＝PB2+BF2，求得 ，
x ＝10（舍去）；
2
（3）由翻折可得∠ABD＝∠DBE′，当△BDM是等腰三角形时，∠ABD的大小存
在三种情况：
当点M落在AC边上时， 当BD＝BM时，∠BDM＝∠BMD，求得∠ABD＝20°，
当DB＝DM时，∠DBM＝∠DMB，求得∠ABD＝40°；
①
当点 M 在 CA 延长线上时， 当 BD＝BM 时，∠BDM＝∠BMD，根据
②
③
第24页（共28页）∠ADB+∠M＝∠DBE′，得 ，求得∠ABD＝80°．
【解答】解：（1）∵DE⊥AB，DF⊥BC，∠ABC＝90°，
∴∠DEB＝∠DFB＝∠ABC＝90°，
∴四边形EBFD为矩形，
∴ED∥BF，EB∥DF
∴∠ADE＝∠C＝30°，
在Rt△AED中，∠ADE＝30°，AE＝x
∴ED＝ ，AD＝2x，∠BAC＝60°
在Rt△BEF中，BE＝5﹣x，BF＝ED＝
∴EF＝
∴ （0＜x＜5），
（2）在Rt△ABC中，∠C＝30°，AB＝5
∴AC＝10，BC＝ ，
∴FC＝BC﹣BF＝
方法1：
连接EG，FG，如图2，
在Rt△AED中，G为AD中点
∴EG＝AG＝AE
∴△AEG为等边三角形
∴∠AGE＝60°，
∵FC＝FG
∴∠FGC＝∠C＝30°
∴∠EGF＝90°，
在Rt△EGF中，EF2＝EG2+GF2
∴
∴ ，
方法2：
第25页（共28页）连接FG，作FH⊥GC交GC于点H，如图2，
∴CG＝2CH，
在Rt△CHF中，HC＝ FC＝ ，
∴CG＝15﹣3x，
∵AC＝AG+CG＝x+15﹣3x＝10，
∴ ，
方法3：
连接FG并延长交BA延长线于点P，如图3，
∵DF∥PB，
∴ ，
∴BP＝AB+AP＝10﹣x，
FP＝2FG＝
在Rt△BFP中，PF2＝PB2+BF2，
∴2x2﹣25x+50＝0，
∴ ，x ＝10（舍去）；
2
（3）由翻折可得∠ABD＝∠DBE′，△BDM是等腰三角形时，∠ABD的大小存在
三种情况：
当点M落在AC边上时，
当BD＝BM时，∠BDM＝∠BMD，
∵∠A+∠ABM+∠AMB＝180°，
①
∴60°+2∠ABD+ ＝180°
∴∠ABD＝20°，
当DB＝DM时，∠DBM＝∠DMB
∵∠A+∠ABM+∠AMB＝180°
②
∴3∠ABD+∠A＝180°
∴∠ABD＝40°，
当点M在CA延长线上时，
第26页（共28页）当BD＝BM时，∠BDM＝∠BMD，
∵∠ADB+∠M＝∠DBE′，
③
∴ ，
∵∠BAC+∠ABD+∠ADB＝180°，
∴60°+∠ABD+ ＝180°，
∴∠ABD＝80°．′
第27页（共28页）【点评】本题考查了相似图形的综合运用，还考查了等腰三角形的判定、矩形的判
定以及勾股定理的应用，分类讨论思想的运用，是一道综合性较强的题目，难
度较大．
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日期：2018/12/26 20:21:03；用户：初中数学；邮箱：xdjysx000@xyh.com；学号：25920570
第28页（共28页）
