文档内容
2017 年湖南省株洲市中考数学试卷
一、选择题（每小题3分，满分30分）
1．（3分）计算a2•a4的结果为（ ）
A．a2 B．a4 C．a6 D．a8
2．（3分）如图示，数轴上点A所表示的数的绝对值为（ ）
A．2B．﹣2 C．±2 D．以上均不对
3．（3分）如图示直线l ，l △ABC被直线l 所截，且l ∥l ，则α=（ ）
1 2 3 1 2
A．41° B．49° C．51° D．59°
4．（3分）已知实数a，b满足a+1＞b+1，则下列选项错误的为（ ）
A．a＞bB．a+2＞b+2C．﹣a＜﹣bD．2a＞3b
5．（3分）如图，在△ABC中，∠BAC=x，∠B=2x，∠C=3x，则∠BAD=（ ）
A．145° B．150° C．155° D．160°
6．（3分）下列圆的内接正多边形中，一条边所对的圆心角最大的图形是（ ）
A．正三角形B．正方形 C．正五边形D．正六边形
7．（3分）株洲市展览馆某天四个时间段进出馆人数统计如下，则馆内人数变化最
大时间段为（ ）
9：00﹣10： 10：00﹣11： 14：00﹣15： 15：00﹣16：
00 00 00 00
进馆人 50 24 55 32
数
出馆人 30 65 28 45
第1页（共28页）数
A．9：00﹣10：00B．10：00﹣11：00 C．14：00﹣15：00 D．15：00﹣16：00
8．（3分）三名初三学生坐在仅有的三个座位上，起身后重新就坐，恰好有两名同
学没有坐回原座位的概率为（ ）
A．） B．） C．） D．）
9．（3分）如图，点E、F、G、H分别为四边形ABCD的四边AB、BC、CD、DA的中点，
则关于四边形EFGH，下列说法正确的为（ ）
A．一定不是平行四边形B．一定不是中心对称图形
C．可能是轴对称图形 D．当AC=BD时它是矩形
10．（3分）如图示，若△ABC内一点P满足∠PAC=∠PBA=∠PCB，则点P为△ABC
的布洛卡点．三角形的布洛卡点（Brocard point）是法国数学家和数学教育家克洛
尔（A．L．Crelle 1780﹣1855）于1816年首次发现，但他的发现并未被当时的人们
所注意，1875年，布洛卡点被一个数学爱好者法国军官布洛卡（Brocard 1845﹣
1922）重新发现，并用他的名字命名．问题：已知在等腰直角三角形 DEF中，
∠EDF=90°，若点Q为△DEF的布洛卡点，DQ=1，则EQ+FQ=（ ）
A．5B．4C． D．
二、填空题（每小题3分，满分24分）
11．（3分）如图示在△ABC中∠B= ．
第2页（共28页）12．（3分）分解因式：m3﹣mn2= ．
13．（3分）分式方程 ﹣ =0的解为 ．
14．（3分）已知“x的3倍大于5，且x的一半与1的差不大于2”，则x的取值范围
是 ．
15．（3 分）如图，已知 AM 为⊙O 的直径，直线 BC 经过点 M，且 AB=AC，
∠BAM=∠CAM，线段AB和AC分别交⊙O于点D、E，∠BMD=40°，则∠EOM=
．
16．（3分）如图示直线y= x+ 与x轴、y轴分别交于点A、B，当直线绕着点A按顺
时针方向旋转到与x轴首次重合时，点B运动的路径的长度为 ．
17．（3分）如图所示是一块含30°，60°，90°的直角三角板，直角顶点O位于坐标原
点，斜边AB垂直于x轴，顶点A在函数y =（x＞0）的图象上，顶点B在函数y =
1 2
（x＞0）的图象上，∠ABO=30°，则 = ．
第3页（共28页）18．（3分）如图示二次函数y=ax2+bx+c的对称轴在y轴的右侧，其图象与x轴交
于点A（﹣1，0）与点C（x ，0），且与y轴交于点B（0，﹣2），小强得到以下结论：
2
①0＜a＜2；②﹣1＜b＜0；③c=﹣1；④当|a|=|b|时x ＞ ﹣1；以上结论中正确结
2
论的序号为 ．
三、解答题（本大题共有8个小题，满分66分）
19．（6分）计算： +20170×（﹣1）﹣4sin45°．
20．（6分）化简求值：（x﹣ ）• ﹣y，其中x=2，y= ．
21．（8分）某次世界魔方大赛吸引世界各地共600名魔方爱好者参加，本次大赛
首轮进行3×3阶魔方赛，组委会随机将爱好者平均分到20个区域，每个区域30
名同时进行比赛，完成时间小于8秒的爱好者进入下一轮角逐；如图是3×3阶魔
方赛A区域30名爱好者完成时间统计图，求：
①A区域3×3阶魔方爱好者进入下一轮角逐的人数的比例（结果用最简分数表
示）．
②若3×3阶魔方赛各个区域的情况大体一致，则根据 A区域的统计结果估计在
3×3阶魔方赛后进入下一轮角逐的人数．
③若3×3阶魔方赛A区域爱好者完成时间的平均值为8.8秒，求该项目赛该区
域完成时间为8秒的爱好者的概率（结果用最简分数表示）．
第4页（共28页）22．（8分）如图示，正方形ABCD的顶点A在等腰直角三角形DEF的斜边EF上，EF
与BC相交于点G，连接CF．
①求证：△DAE≌△DCF；
②求证：△ABG∽△CFG．
23．（8分）如图示一架水平飞行的无人机AB的尾端点A测得正前方的桥的左端
点P的
俯角为α其中tanα=2 ，无人机的飞行高度AH为500 米，桥的长度为1255米．
①求点H到桥左端点P的距离；
②若无人机前端点B测得正前方的桥的右端点Q的俯角为30°，求这架无人机的
长度AB．
24．（8分）如图所示，Rt△PAB的直角顶点P（3，4）在函数y=（x＞0）的图象上，顶
第5页（共28页）点A、B在函数y=（x＞0，0＜t＜k）的图象上，PA∥y轴，连接OP，OA，记△OPA的
面积为S ，△PAB的面积为S ，设w=S ﹣S ．
△OPA △PAB △OPA △PAB
①求k的值以及w关于t的表达式；
②若用w 和w 分别表示函数w的最大值和最小值，令T=w +a2﹣a，其中a
max min max
为实数，求T ．
min
25．（10分）如图示AB为⊙O的一条弦，点C为劣弧AB的中点，E为优弧AB上一
点，点F在AE的延长线上，且BE=EF，线段CE交弦AB于点D．
①求证：CE∥BF；
②若BD=2，且EA：EB：EC=3：1： ，求△BCD的面积（注：根据圆的对称性可知
OC⊥AB）．
26．（12分）已知二次函数y=﹣x2+bx+c+1，
①当b=1时，求这个二次函数的对称轴的方程；
②若c=﹣ b2﹣2b，问：b为何值时，二次函数的图象与x轴相切？
③若二次函数的图象与x轴交于点A（x ，0），B（x ，0），且x ＜x ，与y轴的正半轴
1 2 1 2
交于点M，以AB为直径的半圆恰好过点 M，二次函数的对称轴l与x轴、直线
BM、直线AM分别交于点D、E、F，且满足 = ，求二次函数的表达式．
第6页（共28页）第7页（共28页）2017 年湖南省株洲市中考数学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（每小题3分，满分30分）
1．（3分）（2017•株洲）计算a2•a4的结果为（ ）
A．a2 B．a4 C．a6 D．a8
【分析】直接利用同底数幂的乘法运算法则求出答案．
【解答】解：原式=a2+4=a6．
故选C．
【点评】此题主要考查了同底数幂的乘法运算，正确掌握运算法则是解题关键．
2．（3分）（2017•株洲）如图示，数轴上点A所表示的数的绝对值为（ ）
A．2B．﹣2 C．±2 D．以上均不对
【分析】根据数轴可以得到点A表示的数，从而可以求出这个数的绝对值，本题得
以解决．
【解答】解：由数轴可得，
点A表示的数是﹣2，
∵|﹣2|=2，
∴数轴上点A所表示的数的绝对值为2，
故选A．
【点评】本题考查数轴、绝对值，解答本题的关键是明确数轴的特点，会求一个数
的绝对值．
3．（3分）（2017•株洲）如图示直线l ，l △ABC被直线l 所截，且l ∥l ，则α=
1 2 3 1 2
（ ）
第8页（共28页）A．41° B．49° C．51° D．59°
【分析】根据平行线的性质即可得到结论．
【解答】解：∵l ∥l ，
1 2
∴α=49°，
故选B．
【点评】本题考查了平行线的性质，是基础题，熟记性质是解题的关键．
4．（3分）（2017•株洲）已知实数a，b满足a+1＞b+1，则下列选项错误的为（ ）
A．a＞bB．a+2＞b+2C．﹣a＜﹣bD．2a＞3b
【分析】根据不等式的性质即可得到a＞b，a+2＞b+2，﹣a＜﹣b．
【解答】解：由不等式的性质得a＞b，a+2＞b+2，﹣a＜﹣b．
故选D．
【点评】本题考查了不等式的性质，属于基础题．
5．（3分）（2017•株洲）如图，在△ABC中，∠BAC=x，∠B=2x，∠C=3x，则∠BAD=（
）
A．145° B．150° C．155° D．160°
【分析】根据三角形内角和定理求出x，再根据三角形的外角的等于不相邻的两个
内角的和，即可解决问题．
【解答】解：在△ABC中，∵∠B+∠C+∠BAC=180°，∠BAC=x，∠B=2x，∠C=3x，
∴6x=180°，
∴x=30°，
∵∠BAD=∠B+∠C=5x=150°，
第9页（共28页）故选B．
【点评】本题考查三角形内角和定理、三角形的外角的性质等知识，学会构建方程
解决问题，属于基础题．
6．（3分）（2017•株洲）下列圆的内接正多边形中，一条边所对的圆心角最大的图
形是（ ）
A．正三角形B．正方形 C．正五边形D．正六边形
【分析】根据正多边形的中心角的度数即可得到结论．
【解答】解：∵正三角形一条边所对的圆心角是360°÷3=120°，
正方形一条边所对的圆心角是360°÷4=90°，
正五边形一条边所对的圆心角是360°÷5=72°，
正六边形一条边所对的圆心角是360°÷6=60°，
∴一条边所对的圆心角最大的图形是正三角形，
故选A．
【点评】本题考查了正多边形与圆，熟练掌握正多边形的中心角的定义是解题的
关键．
7．（3分）（2017•株洲）株洲市展览馆某天四个时间段进出馆人数统计如下，则馆
内人数变化最大时间段为（ ）
9：00﹣10： 10：00﹣11： 14：00﹣15： 15：00﹣16：
00 00 00 00
进馆人 50 24 55 32
数
出馆人 30 65 28 45
数
A．9：00﹣10：00B．10：00﹣11：00 C．14：00﹣15：00 D．15：00﹣16：00
【分析】直接利用统计表中人数的变化范围得出馆内人数变化最大时间段．
【解答】解：由统计表可得：10：00﹣11：00，进馆24人，出馆65人，差之最大，
故选：B．
第10页（共28页）【点评】此题主要考查了统计表，正确利用表格获取正确信息是解题关键．
8．（3分）（2017•株洲）三名初三学生坐在仅有的三个座位上，起身后重新就坐，
恰好有两名同学没有坐回原座位的概率为（ ）
A．） B．） C．） D．）
【分析】画树状图为（用A、B、C表示三位同学，用a、b、c表示他们原来的座位）展
示所有6种等可能的结果数，再找出恰好有两名同学没有坐回原座位的结果数，
然后根据概率公式求解．
【解答】解：画树状图为：（用A、B、C表示三位同学，用a、b、c表示他们原来的座
位）
共有6种等可能的结果数，其中恰好有两名同学没有坐回原座位的结果数为3，
所以恰好有两名同学没有坐回原座位的概率= = ．
故选D．
【点评】本题考查了列表法与树状图法：利用列表法或树状图法展示所有等可能
的结果n，再从中选出符合事件A或B的结果数目m，然后利用概率公式计算事
件A或事件B的概率．
9．（3分）（2017•株洲）如图，点E、F、G、H分别为四边形ABCD的四边AB、BC、CD、
DA的中点，则关于四边形EFGH，下列说法正确的为（ ）
A．一定不是平行四边形B．一定不是中心对称图形
C．可能是轴对称图形 D．当AC=BD时它是矩形
【分析】先连接AC，BD，根据EF=HG= AC，EH=FG= BD，可得四边形EFGH是平行四
边形，当 AC⊥BD 时，∠EFG=90°，此时四边形 EFGH 是矩形；当 AC=BD 时，
第11页（共28页）EF=FG=GH=HE，此时四边形EFGH是菱形，据此进行判断即可．
【解答】解：连接AC，BD，
∵点E、F、G、H分别为四边形ABCD的四边AB、BC、CD、DA的中点，
∴EF=HG= AC，EH=FG= BD，
∴四边形EFGH是平行四边形，
∴四边形EFGH一定是中心对称图形，
当AC⊥BD时，∠EFG=90°，此时四边形EFGH是矩形，
当AC=BD时，EF=FG=GH=HE，此时四边形EFGH是菱形，
∴四边形EFGH可能是轴对称图形，
故选：C．
【点评】本题主要考查了中点四边形的运用，解题时注意：平行四边形是中心对称
图形．解决问题的关键是掌握三角形中位线定理．
10．（3分）（2017•株洲）如图示，若△ABC内一点P满足∠PAC=∠PBA=∠PCB，则
点P为△ABC的布洛卡点．三角形的布洛卡点（Brocard point）是法国数学家和数
学教育家克洛尔（A．L．Crelle 1780﹣1855）于1816年首次发现，但他的发现并未
被当时的人们所注意，1875年，布洛卡点被一个数学爱好者法国军官布洛卡
（Brocard 1845﹣1922）重新发现，并用他的名字命名．问题：已知在等腰直角三
角形DEF中，∠EDF=90°，若点Q为△DEF的布洛卡点，DQ=1，则EQ+FQ=（ ）
A．5B．4C． D．
第12页（共28页）【分析】由△DQF∽△FQE，推出 = = = ，由此求出EQ、FQ即可解决问题．
【解答】解：如图，在等腰直角三角形△DEF中，∠EDF=90°，DE=DF，∠1=∠2=∠3，
∵∠1+∠QEF=∠3+∠DFQ=45°，
∴∠QEF=∠DFQ，∵∠2=∠3，
∴△DQF∽△FQE，
∴ = = = ，
∵DQ=1，
∴FQ= ，EQ=2，
∴EQ+FQ=2+ ，
故选D
【点评】本题考查等腰直角三角形的性质、相似三角形的判定和性质等知识，解题
的关键是正确寻找相似三角形解决问题，属于中考常考题型．
二、填空题（每小题3分，满分24分）
11．（3分）（2017•株洲）如图示在△ABC中∠B= 25 ° ．
【分析】由直角三角形的两个锐角互余即可得出答案．
【解答】解：∵∠C=90°，
∴∠B=90°﹣∠A=90°﹣65°=25°；
故答案为：25°．
【点评】本题考查了直角三角形的两个锐角互余的性质；熟记直角三角形的性质
是解决问题的关键．
第13页（共28页）12．（3分）（2017•株洲）分解因式：m3﹣mn2= m （ m + n ）（ m﹣n ） ．
【分析】先提取公因式m，再运用平方差公式分解．
【解答】解：m3﹣mn2，
=m（m2﹣n2），
=m（m+n）（m﹣n）．
【点评】本题考查提公因式法分解因式和利用平方差公式分解因式，本题要进行
二次分解因式，分解因式要彻底．
13．（3分）（2017•株洲）分式方程 ﹣ =0的解为 x=﹣ ．
【分析】根据解方式方程的步骤一步步求解，即可得出x的值，将其代入原方程验
证后即可得出结论．
【解答】解：去分母，得4x+8﹣x=0，
移项、合并同类项，得3x=﹣8，
方程两边同时除以3，得x=﹣ ．
经检验，x=﹣ 是原方程的解．
故答案为：x=﹣ ．
【点评】本题考查了解分式方程，熟练掌握分式方程的解法及步骤是解题的关键．
14．（3分）（2017•株洲）已知“x的3倍大于5，且x的一半与1的差不大于2”，则
x的取值范围是 ＜ x ≤ 6 ．
【分析】根据题意列出不等式组，再求解集即可得到x的取值范围．
【解答】解：依题意有 ，
解得 ＜x≤6．
故x的取值范围是 ＜x≤6．
故答案为： ＜x≤6．
【点评】主要考查了一元一次不等式解集的求法，其简便求法就是用口诀求解．求
不等式组解集的口诀：同大取大，同小取小，大小小大中间找，大大小小找不到
（无解）．
第14页（共28页）15．（3分）（2017•株洲）如图，已知AM为⊙O的直径，直线BC经过点M，且
AB=AC，∠BAM=∠CAM，线段AB和AC分别交⊙O于点D、E，∠BMD=40°，则
∠EOM= 80 ° ．
【分析】连接EM，根据等腰三角形的性质得到AM⊥BC，进而求出∠AMD=70°，于
是得到结论．
【解答】解：连接EM，
∵AB=AC，∠BAM=∠CAM，
∴AM⊥BC，
∵AM为⊙O的直径，
∴∠ADM=∠AEM=90°，
∴∠AME=∠AMD=90°﹣∠BMD=50°
∴∠EAM=40°，
∴∠EOM=2∠EAM=80°，
故答案为：80°．
【点评】本题考查了等腰三角形的性质，圆周角定理，熟练掌握圆周角定理是解题
的关键．
16．（3分）（2017•株洲）如图示直线y= x+ 与x轴、y轴分别交于点A、B，当直线绕
着点A按顺时针方向旋转到与 x轴首次重合时，点B运动的路径的长度为 π
．
第15页（共28页）【分析】先利用一次函数的解析式可确定A（﹣1，0），B（0，），再利用正切的定义
求出∠BAO=60°，利用勾股定理计算出AB=2，然后根据弧长公式计算．
【解答】解：当y=0时， x+ =0，解得x=﹣1，则A（﹣1，0），
当x=0时，y= x+ = ，则B（0， ），
在Rt△OAB中，∵tan∠BAO= = ，
∴∠BAO=60°，
∴AB= =2，
∴当直线绕着点A按顺时针方向旋转到与x轴首次重合时，点B运动的路径的长
度= = π．
故答案为 π．
【点评】本题考查了一次函数图象与几何变换：熟练掌握旋转的性质，会计算一次
函数与坐标轴的交点坐标．
17．（3分）（2017•株洲）如图所示是一块含30°，60°，90°的直角三角板，直角顶点
O位于坐标原点，斜边AB垂直于x轴，顶点A在函数y =（x＞0）的图象上，顶点
1
B在函数y = （x＞0）的图象上，∠ABO=30°，则 = ﹣ ．
2
【分析】设AC=a，则OA=2a，OC= a，根据直角三角形30°角的性质和勾股定理分别
第16页（共28页）计算点A和B的坐标，写出A和B两点的坐标，代入解析式求出k 和k 的值，相
1 2
比即可．
【解答】解：如图，Rt△AOB中，∠B=30°，∠AOB=90°，
∴∠OAC=60°，
∵AB⊥OC，
∴∠ACO=90°，
∴∠AOC=30°，
设AC=a，则OA=2a，OC= a，
∴A（ a，a），
∵A在函数y = （x＞0）的图象上，
1
∴k = a•a= ，
1
Rt△BOC中，OB=2OC=2 a，
∴BC= =3a，
∴B（ a，﹣3a），
∵B在函数y = （x＞0）的图象上，
2
∴k =﹣3a a=﹣3 ，
2
∴ =﹣ ；
故答案为：﹣ ．
【点评】本题考查了反比例函数图象上点的特征、直角三角形30°的性质，熟练掌
握直角三角形30°角所对的直角边是斜边的一半，正确写出A、B两点的坐标是关
键．
18．（3分）（2017•株洲）如图示二次函数y=ax2+bx+c的对称轴在y轴的右侧，其图
象与x轴交于点A（﹣1，0）与点C（x ，0），且与y轴交于点B（0，﹣2），小强得到以
2
第17页（共28页）下结论：①0＜a＜2；②﹣1＜b＜0；③c=﹣1；④当|a|=|b|时x ＞ ﹣1；以上结论
2
中正确结论的序号为 ①④ ．
【分析】根据抛物线与y轴交于点B（0，﹣2），可得c=﹣2，依此判断③；由抛物线
图象与x轴交于点A（﹣1，0），可得a﹣b﹣2=0，依此判断①②；由|a|=|b|可得二
次函数y=ax2+bx+c的对称轴为y= ，可得x =2，比较大小即可判断④；从而求解．
2
【解答】解：由A（﹣1，0），B（0，﹣2），得b=a﹣2，
∵开口向上，
∴a＞0；
∵对称轴在y轴右侧，
∴﹣ ＞0，
∴﹣ ＞0，
∴a﹣2＜0，
∴a＜2；
∴0＜a＜2；
∴①正确；
∵抛物线与y轴交于点B（0，﹣2），
∴c=﹣2，故③错误；
∵抛物线图象与x轴交于点A（﹣1，0），
∴a﹣b﹣2=0，
∵0＜a＜2，
∴0＜b+2＜2，
﹣2＜b＜0，故②错误；
∵|a|=|b|，二次函数y=ax2+bx+c的对称轴在y轴的右侧，
∴二次函数y=ax2+bx+c的对称轴为y= ，
第18页（共28页）∴x =2＞ ﹣1，故④正确．
2
故答案为：①④．
【点评】本题考查了抛物线与x轴的交点，二次函数图象与系数的关系：二次函数
y=ax2+bx+c（a≠0），二次项系数a决定抛物线的开口方向和大小，当a＞0时，抛
物线向上开口；当a＜0时，抛物线向下开口；一次项系数b和二次项系数a共同
决定对称轴的位置，当a与b同号时（即ab＞0），对称轴在y轴左； 当a与b异号
时（即ab＜0），对称轴在y轴右；常数项c决定抛物线与y轴交点． 抛物线与y轴
交于（0，c）；抛物线与x轴交点个数由△决定，△=b2﹣4ac＞0时，抛物线与x轴有
2个交点；△=b2﹣4ac=0时，抛物线与x轴有1个交点；△=b2﹣4ac＜0时，抛物线
与x轴没有交点．
三、解答题（本大题共有8个小题，满分66分）
19．（6分）（2017•株洲）计算： +20170×（﹣1）﹣4sin45°．
【分析】根据立方根的定义、零指数幂及特殊角的三角函数值求得各项的值，再计
算即可．
【解答】解：
+20170×（﹣1）﹣4sin45°
=2 +1×（﹣1）﹣4×
=2 ﹣1﹣2
=﹣1．
【点评】本题主要考查实数的计算及零指数幂和特殊角的三角函数值，掌握立方
根的计算、零指数幂的运算法则、熟记特殊角的三角函数值是解题的关键．
20．（6分）（2017•株洲）化简求值：（x﹣ ）• ﹣y，其中x=2，y= ．
【分析】原式括号中两项通分并利用同分母分式的减法法则计算，约分后计算得
到最简结果，把x与y的值代入计算即可求出值．
【解答】解：原式= • ﹣y= ﹣ =﹣ ，
当x=2，y= 时，原式=﹣ ．
【点评】此题考查了分式的化简求值，熟练掌握运算法则是解本题的关键．
第19页（共28页）21．（8分）（2017•株洲）某次世界魔方大赛吸引世界各地共600名魔方爱好者参
加，本次大赛首轮进行3×3阶魔方赛，组委会随机将爱好者平均分到20个区域，
每个区域30名同时进行比赛，完成时间小于8秒的爱好者进入下一轮角逐；如图
是3×3阶魔方赛A区域30名爱好者完成时间统计图，求：
①A区域3×3阶魔方爱好者进入下一轮角逐的人数的比例（结果用最简分数表
示）．
②若3×3阶魔方赛各个区域的情况大体一致，则根据 A区域的统计结果估计在
3×3阶魔方赛后进入下一轮角逐的人数．
③若3×3阶魔方赛A区域爱好者完成时间的平均值为8.8秒，求该项目赛该区
域完成时间为8秒的爱好者的概率（结果用最简分数表示）．
【分析】①由图知1人6秒，3人7秒，小于8秒的爱好者共有4人，进入下一轮角
逐的人数比例为4：30；
②因为其他赛区情况大致一致，所以进入下一轮的人数为：600×A区进入下一轮
角逐的人数比例；
③由完成时间的平均值和A区30人，得到关于a、b的二元一次方程组，求出a、
b，得到完成时间8秒的爱好者的概率．
【解答】解：①A区小于8秒的共有3+1=4（人）
所以A区进入下一轮角逐的人数比例为： = ；
②估计进入下一轮角逐的人数为600× =80（人）；
③因为A区域爱好者完成时间的平均值为8.8秒，
所以（1×6+3×7+a×8+b×9+10×10）÷30=8.8
化简，得8a+9b=137
又∵1+3+a+b+10=30，即a+b=16
第20页（共28页）所以
解得a=7，b=9
所以该区完成时间为8秒的爱好者的概率为 ．
【点评】本题考查的是条形统计图的综合运用．读懂统计图，从统计图中得到必要
的信息是解决问题的关键．解决本题的关键是根据平均数和各个时间段的人数确
定完成时间为8秒的人数．概率=所求情况数与总情况数之比．
22．（8分）（2017•株洲）如图示，正方形ABCD的顶点A在等腰直角三角形DEF的
斜边EF上，EF与BC相交于点G，连接CF．
①求证：△DAE≌△DCF；
②求证：△ABG∽△CFG．
【分析】①由正方形ABCD与等腰直角三角形DEF，得到两对边相等，一对直角相
等，利用SAS即可得证；
②由第一问的全等三角形的对应角相等，根据等量代换得到∠BAG=∠BCF，再由
对顶角相等，利用两对角相等的三角形相似即可得证．
【解答】证明：①∵正方形ABCD，等腰直角三角形EDF，
∴∠ADC=∠EDF=90°，AD=CD，DE=DF，
∴∠ADE+∠ADF=∠ADF+∠CDF，
∴∠ADE=∠CDF，
在△ADE和△CDF中，
，
∴△ADE≌△CDF；
②延长BA到M，交ED于点M，
第21页（共28页）∵△ADE≌△CDF，
∴∠EAD=∠FCD，即∠EAM+∠MAD=∠BCD+∠BCF，
∵∠MAD=∠BCD=90°，
∴∠EAM=∠BCF，
∵∠EAM=∠BAG，
∴∠BAG=∠BCF，
∵∠AGB=∠CGF，
∴△ABG∽△CFG．
【点评】此题考查了全等三角形的判定与性质，以及相似三角形的判定与性质，熟
练掌握各自的判定与性质是解本题的关键．
23．（8分）（2017•株洲）如图示一架水平飞行的无人机AB的尾端点A测得正前
方的桥的左端点P的
俯角为α其中tanα=2 ，无人机的飞行高度AH为500 米，桥的长度为1255米．
①求点H到桥左端点P的距离；
②若无人机前端点B测得正前方的桥的右端点Q的俯角为30°，求这架无人机的
长度AB．
【分析】①在Rt△AHP中，由tan∠APH=tanα= ，即可解决问题；
第22页（共28页）②设BC⊥HQ于C．在Rt△BCQ中，求出CQ= =1500米，由PQ=1255米，可得
CP=245米，再根据AB=HC=PH﹣PC计算即可；
【解答】解：①在Rt△AHP中，∵AH=500 ，
由tan∠APH=tanα= = =2 ，可得PH=250米．
∴点H到桥左端点P的距离为250米．
②设BC⊥HQ于C．
在Rt△BCQ中，∵BC=AH=500 ，∠BQC=30°，
∴CQ= =1500米，
∵PQ=1255米，
∴CP=245米，
∵HP=250米，
∴AB=HC=250﹣245=5米．
答：这架无人机的长度AB为5米．
【点评】本题考查解直角三角形﹣仰角俯角问题，锐角三角函数，矩形判定和性质
等知识，解题的关键是灵活应用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
24．（8分）（2017•株洲）如图所示，Rt△PAB的直角顶点P（3，4）在函数y=（x＞0）
的图象上，顶点A、B在函数y=（x＞0，0＜t＜k）的图象上，PA∥y轴，连接OP，
OA，记△OPA的面积为S ，△PAB的面积为S ，设w=S ﹣S ．
△OPA △PAB △OPA △PAB
①求k的值以及w关于t的表达式；
②若用w 和w 分别表示函数w的最大值和最小值，令T=w +a2﹣a，其中a
max min max
为实数，求T ．
min
第23页（共28页）【分析】（1）由点P的坐标表示出点A、点B的坐标，从而得S = •PA•PB=（4﹣
△PAB
）（3﹣ ），再根据反比例系数k的几何意义知S =S ﹣S =6﹣ t，由w=S
△OPA △OPC △OAC △OPA
﹣S 可得答案；
△PAB
（2）将（1）中所得解析式配方求得w = ，代入T=w +a2﹣a配方即可得出答案．
max max
【解答】解：（1）∵点P（3，4），
∴在y= 中，当x=3时，y= ，即点A（3， ），
当y=4时，x= ，即点B（ ，4），
则S = •PA•PB= （4﹣ ）（3﹣ ），
△PAB
如图，延长PA交x轴于点C，
则PC⊥x轴，
又S =S ﹣S = ×3×4﹣ t=6﹣ t，
△OPA △OPC △OAC
∴w=6﹣ t﹣ （4﹣ ）（3﹣ ）=﹣ t2+ t；
（2）∵w=﹣ t2+ t=﹣ （t﹣6）2+ ，
∴w = ，
max
则T=w +a2﹣a=a2﹣a+ =（a﹣ ）2+ ，
max
∴当a= 时，T = ．
min
第24页（共28页）【点评】本题主要考查反比例函数系数k的几何意义及二次函数的性质，熟练掌握
反比例系数k的几何意义及配方法求二次函数的最值是解题的关键．
25．（10分）（2017•株洲）如图示AB为⊙O的一条弦，点C为劣弧AB的中点，E为
优弧AB上一点，点F在AE的延长线上，且BE=EF，线段CE交弦AB于点D．
①求证：CE∥BF；
②若BD=2，且EA：EB：EC=3：1： ，求△BCD的面积（注：根据圆的对称性可知
OC⊥AB）．
【分析】①连接AC，BE，由等腰三角形的性质和三角形的外角性质得出∠F=
∠AEB，由圆周角定理得出∠AEC=∠BEC，证出∠AEC=∠F，即可得出结论；
②证明△ADE∽△CBE，得出 ，证明△CBE∽△CDB，得出 ，求出CB=2 ，得出
AD=6，AB=8，由垂径定理得出OC⊥AB，AG=BG= AB=4，由勾股定理求出CG=
=2，即可得出△BCD的面积．
【解答】①证明：连接AC，BE，作直线OC，如图所示：
∵BE=EF，
∴∠F=∠EBF；
∵∠AEB=∠EBF+∠F，
∴∠F= ∠AEB，
∵C是 的中点，∴ ，
∴∠AEC=∠BEC，
∵∠AEB=∠AEC+∠BEC，
∴∠AEC= ∠AEB，
∴∠AEC=∠F，
∴CE∥BF；
第25页（共28页）②解：∵∠DAE=∠DCB，∠AED=∠CEB，
∴△ADE∽△CBE，
∴ ，即 ，
∵∠CBD=∠CEB，∠BCD=∠ECB，
∴△CBE∽△CDB，
∴ ，即 ，
∴CB=2 ，
∴AD=6，
∴AB=8，
∵点C为劣弧AB的中点，
∴OC⊥AB，AG=BG= AB=4，
∴CG= =2，
∴△BCD的面积= BD•CG= ×2×2=2．
【点评】本题考查了相似三角形的判定与性质、垂径定理、圆周角定理、三角形的
外角性质、勾股定理等知识；熟练掌握圆周角定理和垂径定理，证明三角形相似
是解决问题的关键．
26．（12分）（2017•株洲）已知二次函数y=﹣x2+bx+c+1，
①当b=1时，求这个二次函数的对称轴的方程；
②若c=﹣ b2﹣2b，问：b为何值时，二次函数的图象与x轴相切？
③若二次函数的图象与x轴交于点A（x ，0），B（x ，0），且x ＜x ，与y轴的正半轴
1 2 1 2
交于点M，以AB为直径的半圆恰好过点 M，二次函数的对称轴l与x轴、直线
BM、直线AM分别交于点D、E、F，且满足 = ，求二次函数的表达式．
第26页（共28页）【分析】①二次函数y=﹣x2+bx+c+1的对称轴为x= ，即可得出答案；
②二次函数y=﹣x2+bx+c+1的顶点坐标为（ ， ），y由二次函数的图象与x轴相
切且c= b2﹣2b，得出方程组 ，求出b即可；
③由圆周角定理得出∠AMB=90°，证出∠OMA=∠OBM，得出△OAM∽△OMB，得
出OM2=OA•OB，由二次函数的图象与x轴的交点和根与系数关系得出OA=﹣x ，
1
OB=x ，x +x ，=b，x •x =﹣（c+1），得出方程（c+1）2=c+1，得出c=0，OM=1，证明
2 1 2 1 2
△BDE∽△BOM，△AOM∽△ADF，得出 ， ，得出OB=4OA，即x =﹣4x ，由
2 1
x •x =﹣（c+1）=﹣1，得出方程组 ，解方程组求出b的值即可．
1 2
【解答】解：①二次函数y=﹣x2+bx+c+1的对称轴为x= ，
当b=1时， = ，
∴当b=1时，求这个二次函数的对称轴的方程为x= ．
②二次函数y=﹣x2+bx+c+1的顶点坐标为（ ， ），
∵二次函数的图象与x轴相切且c=﹣ b2﹣2b，
∴ ，解得：b= ，
∴b为 ，二次函数的图象与x轴相切．
③∵AB是半圆的直径，
∴∠AMB=90°，
∴∠OAM+∠OBM=90°，
∵∠AOM=∠MOB=90°，
∴∠OAM+∠OMA=90°，
∴∠OMA=∠OBM，
第27页（共28页）∴△OAM∽△OMB，
∴ ，
∴OM2=OA•OB，
∵二次函数的图象与x轴交于点A（x ，0），B（x ，0），
1 2
∴OA=﹣x ，OB=x ，x +x ，=b，x •x =﹣（c+1），
1 2 1 2 1 2
∵OM=c+1，
∴（c+1）2=c+1，
解得：c=0或c=﹣1（舍去），
∴c=0，OM=1，
∵二次函数的对称轴l与x轴、直线BM、直线AM分别交于点D、E、F，且满足 = ，
∴AD=BD，DF=4DE，
DF∥OM，
∴△BDE∽△BOM，△AOM∽△ADF，
∴ ， ，
∴DE= ，DF= ，
∴ ×4，
∴OB=4OA，即x =﹣4x ，
2 1
∵x •x =﹣（c+1）=﹣1，
1 2
∴ ，解得： ，
∴b=﹣ +2= ，
∴二次函数的表达式为y=﹣x2+ x+1．
【点评】本题是二次函数综合题目，考查了二次函数的性质、二次函数的图象与x
轴的交点、顶点坐标、圆周角定理、相似三角形的判定与性质、根与系数是关系等
知识；本题综合性强，有一定难度．
第28页（共28页）
