1、2017年黑龙江省哈尔滨市中考数学 一、选择题 (本大题共 10小题，每小题 3分，共 30 分 ) 1. 7的倒数是 ( ) A.7 B. 7 C.17D. 17解析：根据乘积是 1的两个数互为倒数， 7的倒数是 17. 答案： D. 2.下列运算正确的是 ( ) A.a6 a3=a2 B.2a3+3a3=5a6 C.( a3)2=a6 D.(a+b)2=a2+b2 解析： A、原式 =a3，不符合题意； B、原式 =5a3，不符合题意； C、原式 =a6，符合题意； D、原式 =a2+2ab+b2，不符合题意 . 答案： C 3.下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是 ( ) A.
2、 B. C. D. 解析： A、是轴对称图形，不是中心对称图形，不合题意； B、是轴对称图形，不是中心对称图形，不合题意； C、不是轴对称图形，是中心对称图形，不合题意； D、是轴对称图形，也是中心对称图形，符合题意 . 答案： D. 4.抛物线 23 3521yx 的顶点坐标是 ( ) A.(12， 3) B.( 12， 3) C.(12， 3) D.( 12， 3) 解析： 23 3521yx 是抛物线的顶点式， 根据顶点式的坐标特点可知，顶点坐标为 ( 12， 3). 答案： B. 5.五个大小相同的正方体搭成的几何体如图所示，其左视图是 ( ) A. B. C. D. 解析 ：从左边看
3、第一层是两个小正方形，第二层左边是一个小正方形 . 答案： C. 6.方程 2131xx的解为 ( ) A.x=3 B.x=4 C.x=5 D.x= 5 解析： 2(x 1)=x+3， 2x 2=x+3， x=5， 令 x=5代入 (x+3)(x 1) 0. 答案： C 7.如图， O中，弦 AB， CD 相交于点 P， A=42 ， APD=77 ，则 B的大小是 ( ) A.43 B.35 C.34 D.44 解析： D= A=42 ， B= APD D=35 . 答案： B. 8.在 Rt ABC中， C=90 ， AB=4， AC=1，则 cosB的值为 ( ) A. 154B.14C
4、. 1515D.4 1717解析 ： 在 Rt ABC中， C=90 ， AB=4， AC=1， 224 1 1 5BC ， 则 15c o s4BCB AB. 答案： A 9.如图，在 ABC 中， D、 E 分别为 AB、 AC 边上的点， DE BC，点 F 为 BC 边上一点，连接AF交 DE 于点 G，则下列结论中一定正确的是 ( ) A. AD AEAB ECB. AG AEGF BDC. BD CEAD AED. AG ACAF EC解析 ： (A) DE BC， ADE ABC， AD AEAB AC，故 A错误； (B) DE BC， AG AEGF EC，故 B错误； (C
5、) DE BC， BD CEAD AE ，故 C正确； (D) DE BC， AGE AFC， AG AEAF AC，故 D错误 . 答案： C 10.周日，小涛从家沿着一条笔直的公路步行去报亭看报，看了一段时间后，他按原路返回家中，小涛离家的距离 y(单位： m)与他所用的时间 t(单位： min)之间的函数关系如图所示，下列说法中正确的是 ( ) A.小涛家离报亭的距离是 900m B.小涛从家去报亭的平均速度是 60m/min C.小涛从报亭返回家中的平均速度是 80m/min D.小涛在报亭看报用了 15min 解析 ： A、由纵坐标看出小涛家离报亭的距离是 1200m，故 A不符合题
6、意； B、由纵坐标看出小涛家离报亭的距离是 1200m，由横坐标看出小涛去报亭用了 15分钟，小涛从家去报亭的平均速度是 80m/min，故 B不符合题意； C、返回时的解析式为 y= 60x+3000，当 y=1200 时， x=30，由横坐标看出返回时的时间是50 30=20min，返回时的速度是 1200 20=60m/min，故 C不符合题意； D、由横坐标看出小涛在报亭看报用了 30 15=15min，故 D符合题意 . 答案 ： D. 二、填空题 (本大题共 10小题，每小题 3分，共 30 分 ) 11.将 57600000用科学记数法表示为 _. 解析 ： 57600000用科
7、学记数法表示为 5.67 107. 答案 ： 5.67 107. 12.函数 212xy x 中，自变量 x的取值范围是 _. 解析 ：由 x 2 0得， x 2. 答案： x 2. 13.把多项式 4ax2 9ay2分解因式的结果是 _. 解析 ：原式 =a(4x2 9y2)=a(2x+3y)(2x 3y). 答案 ： a(2x+3y)(2x 3y) 14.计算 127 63的结果是 _. 解析 ：原式 = 33 3 - 6 3 3 - 2 3 33 答案 ： 3 15.已知反比例函数 31kyx的图象经过点 (1， 2)，则 k的值为 _. 解析 ： 反比例函数 31kyx的图象经过点 (
8、1， 2)， 2=3k 1，解得 k=1. 答案 ： 1. 16.不等式组 5 2 130xx 的解集是 _. 解析 ： 5 2 130xx ， 由 得： x 2， 由 得： x 3， 则不等式组的解集为 2 x 3. 答案： 2 x 3. 17.一个不透明的袋子中装有 17 个小球，其中 6 个红球、 11 个绿球，这些小球除颜色外无其它差别 .从袋子中随机摸出一个小球，则摸出的小球是红球的概率为 _. 解析 ： 不透明的袋子中装有 17 个小球，其中 6个红球、 11个绿球， 摸出的小球是红球的概率为 617. 答案 ： 617. 18.已知扇形的弧长为 4 ，半径为 8，则此扇形的圆心角
9、为 _. 解析 ：设扇形的圆心角为 n ， 则 8 4180n ， 解得， n=90. 答案 ： 90 . 19.四边形 ABCD 是菱形， BAD=60 ， AB=6，对角线 AC 与 BD 相交于点 O，点 E 在 AC 上，若 OE=3，则 CE的长为 _. 解析 ： 四边形 ABCD 是菱形， AB=AD=6， AC BD， OB=OD， OA=OC， BAD=60 ， ABD是等边三角形， BD=AB=6， OB=12BD=3， 22 33O C O A A B O B ， AC=2OA=63， 点 E在 AC 上， OE= 3 ， CE=OC+ 3 或 CE=OC 3 ， CE=4
10、3或 CE=23. 答案 ： 43或 23. 20.如图，在矩形 ABCD中， M为 BC边上一点，连接 AM，过点 D作 DE AM，垂足为 E.若 DE=DC=1，AE=2EM，则 BM的长为 _. 解析 ： 四边形 ABCD 是矩形， AB=DC=1， B= C=90 ， AD BC， AD=BC， AMB= DAE， DE=DC， AB=DE， DE AM， DEA= DEM=90 ， 在 ABM和 DEA中， 90A M B D A EB D E AA B D E ， ABM DEA(AAS)， AM=AD， AE=2EM， BC=AD=3EM， 连接 DM，如图所示： 在 Rt D
11、EM和 Rt DCM 中， DM DMDE DC， Rt DEM Rt DCM(HL)， EM=CM， BC=3CM， 设 EM=CM=x，则 BM=2x， AM=BC=3x， 在 Rt ABM中，由勾股定理得： 12+(2x)2=(3x)2， 解得： 55x， 255BM. 答案 ： 255. 三、解答题 (本大题共 60分 ) 21.先化简，再求代数式2121 2 1 2xxx x x x 的值，其中 x=4sin60 2. 解析： 根据分式的除法和减法可以化简题目中的式子，然后将 x的值代入化简后的式子即可解答本题 . 答案 ：2121 2 1 2xxx x x x = 21 ( 1 )
12、1 2 2xxx x x = 122xx = 12x ， 当 34 s i n 6 0 2 4 2 2 3 22x 时，原式 = 1 1 362 3 2 2 2 3 . 22.如图，方格纸中每个小正方形的边长均为 1，线段 AB的两个端点均在小正方形的顶点上 . (1)在图中画出以 AB为底、面积为 12 的等腰 ABC，且点 C在小正方形的顶点上； (2)在图中画出平行四边形 ABDE，且点 D 和点 E 均在小正方形的顶点上， tan EAB=32，连接 CD，请直接写出线段 CD 的长 . 解析： (1)因为 AB 为底、面积为 12 的等腰 ABC，所以高为 4，点 C 在线段 AB
13、的垂直平分线上，由此即可画出图形； (2)扇形根据 tan EAB=32的值确定点 E的位置，由此即可解决问题，利用勾股定理计算 CD的长； 答案 ： (1) ABC如图所示； (2)平行四边形 ABDE如图所示， 221 5 2 6CD . 23.随着社会经济的发展和城市周边交通状况的改善，旅游已成为人们的一种生活时尚，洪祥中学开展以 “ 我最喜欢的风景区 ” 为主题的调查活动，围绕 “ 在松峰山、太阳岛、二龙山和凤凰山四个风景区中，你最喜欢哪一个？ (必选且只选一个 )” 的问题，在全校范围内随机抽取了部分学生进行问卷调查，将调查结果整理后绘制成如图所示的不完整的统计图，请你根据图中提供的
14、信息回答下列问题： (1)本次调查共抽取了多少名学生？ (2)通过计算补全条形统计图； (3)若洪祥中学共有 1350名学生，请你估计最喜欢太阳岛风景区的学生有多少名 . 解析： (1)根据条形统计图与扇形统计图求出总人数即可； (2)根据题意作出图形即可； (3)根据题意列出算式，计算即可得到结果 . 答案 ： (1)10 20%=50(名 )， 答：本次调查共抽取了 50名学生； (2)50 10 20 12=8(名 )， 补全条形统计图如图所示， (3)1350 2050=540(名 )， 答：估计最喜欢太阳岛风景区的学生有 540名 . 24.已知： ACB和 DCE都是等腰直角三角形
15、， ACB= DCE=90 ，连接 AE， BD交于点 O，AE与 DC 交于点 M， BD 与 AC 交于点 N. (1)如图 1，求证： AE=BD； (2)如图 2，若 AC=DC，在不添加任何辅助线的情况下，请直接写出图 2中四对全等的直角三角形 . 解析： (1)根据全等三角形的性质即可求证 ACE BCD，从而可知 AE=BD； (2)根据条件即可判断图中的全等直角三角形； 答案 ： (1) ACB和 DCE 都是等腰直角三角形， ACB= DCE=90 ， AC=BC， DC=EC， ACB+ ACD= DCE+ ACD， BCD= ACE， 在 ACE与 BCD中， A C B
16、 CA C E B C DC E C D ACE BCD(SAS)， AE=BD， (2) AC=DC， AC=CD=EC=CB， ACB DCE(SAS)； 由 (1)可知： AEC= BDC， EAC= DBC DOM=90 ， AEC= CAE= CBD， EMC BCN(ASA)， CM=CN， DM=AN， AON DOM(AAS)， DE=AB， AO=DO， AOB DOE(HL) 25.威丽商场销售 A， B 两种商品，售出 1件 A种商品和 4件 B种商品所得利润为 600元，售出 3件 A种商品和 5件 B种商品所得利润为 1100元 . (1)求每件 A种商品和每件 B种
17、商品售出后所得利润分别为多少元； (2)由于需求量大， A、 B两种商品很快售完，威丽商场决定再一次购进 A、 B两种商品共 34件 .如果将这 34 件商品全部售完后所得利润不低于 4000 元，那么威丽商场至少需购进多少件 A种商品 ? 解析： (1)设 A种商品售出后所得利润为 x元， B种商品售出后所得利润为 y元 .由售出 1件A种商品和 4件 B种商 品所得利润为 600元，售出 3件 A种商品和 5件 B种商品所得利润为1100元建立两个方程，构成方程组求出其解就可以； (2)设购进 A种商品 a 件，则购进 B种商品 (34 a)件 .根据获得的利润不低于 4000元，建立不等
18、式求出其解就可以了 . 答案 ： (1)设 A种商品售出后所得利润为 x元， B种商品售出后所得利润为 y元 .由题意，得 4 6 0 03 5 1 1 0 0xyxy， 解得： 200100xy答： A种商品售出后所得利润为 200元， B种商品售出后所得利润为 100元 . (2)设购进 A种商品 a 件，则购进 B种商品 (34 a)件 .由题意，得 200a+100(34 a) 4000， 解得： a 6 答：威丽商场至少需购进 6件 A种商品 . 26.已知： AB 是 O的弦，点 C是 AB 的中点，连接 OB、 OC， OC 交 AB 于点 D. (1)如图 1，求证： AD=B
19、D； (2)如图 2，过点 B作 O的切线交 OC的延长线于点 M，点 P是 AC 上一点，连接 AP、 BP，求证： APB OMB=90 ； (3)如图 3，在 (2)的条件下，连接 DP、 MP，延长 MP 交 O于点 Q，若 MQ=6DP， sin ABO=35，求 MPMQ的值 . 解析： (1)如图 1，连接 OA，利用垂径定理和圆周角定理可得结论； (2)如图 2，延长 BO 交 O于点 T，连接 PT，由圆周角定理可得 BPT=90 ，易得 APT=APB BPT= APB 90 ，利用切线的性质定理和垂径定理可得 ABO= OMB，等量代换可得 ABO= APT，易得结论；
20、(3)如图 3，连接 MA，利用垂直平分线的性质可得 MA=MB，易得 MAB= MBA，作 PMG= AMB，在射线 MG上截取 MN=MP，连接 PN， BN，易得 APM BNM，由全等三角形的性质可得 AP=BN， MAP= MBN，延长 PD 至点 K，使 DK=DP，连接 AK、 BK，易得四边形 APBK 是平行四边形，由平行四边形的性质和平行线的性质可得 PAB= ABK， APB+ PBK=180 ，由 (2)得 APB (90 MBA)=90 ，易得 NBP= KBP，可得 PBN PBK， PN=2PH，利用三角函数的定义可得 sin PMH=PHPM， sin ABO=
21、35，设 DP=3a，则 PM=5a，可得结果 . 答案： (1)证明：如图 1，连接 OA， C是 AB 的中点， AC BC ， AOC= BOC， OA=OB， OD AB， AD=BD； (2)证明：如图 2，延长 BO 交 O于点 T，连接 PT BT是 O的直径 BPT=90 ， APT= APB BPT= APB 90 ， BM是 O的切线， OB BM， 又 OBA+ MBA=90 ， ABO= OMB 又 ABO= APT APB 90= OMB， APB OMB=90 ； (3)解：如图 3，连接 MA， MO垂直平分 AB， MA=MB， MAB= MBA， 作 PMG=
22、 AMB， 在射线 MG上截取 MN=MP， 连接 PN， BN， 则 AMP= BMN， APM BNM， AP=BN， MAP= MBN， 延长 PD 至点 K， 使 DK=DP， 连接 AK、 BK， 四边形 APBK是平行四边形； AP BK， PAB= ABK， APB+ PBK=180 ， 由 (2)得 APB (90 MBA) =90 ， APB+ MBA=180 PBK= MBA， MBP= ABK= PAB， MAP= PBA= MBN， NBP= KBP， PB=PB， PBN PBK， PN=PK=2PD， 过点 M作 MH PN 于点 H， PN=2PH， PH=DP，
23、 PMH= ABO， sin PMH=PHPM， sin ABO=35， 35PHPM， 35DPPM，设 DP=3a，则 PM=5a， MQ=6DP=18a， 518PMMQ. 27.如图，在平面直角坐标系中，点 O 为坐标原点，抛物线 y=x2+bx+c 交 x 轴于 A、 B 两点，交 y轴于点 C，直线 y=x 3经过 B、 C两点 . (1)求抛物线的解析式； (2)过点 C 作直线 CD y 轴交抛物线于另一点 D，点 P 是直线 CD 下方抛物线上的一个动点，且在抛物线对称轴的右侧，过点 P 作 PE x轴于点 E， PE交 CD于点 F，交 BC于点 M，连接AC，过点 M 作
24、 MN AC 于点 N，设点 P 的横坐标为 t，线段 MN 的长为 d，求 d 与 t 之间的函数关系式 (不要求写出自变量 t的取值范围 )； (3)在 (2)的条件下，连接 PC，过点 B 作 BQ PC于点 Q(点 Q在线段 PC上 )， BQ交 CD于点 T，连接 OQ 交 CD于点 S，当 ST=TD时，求线段 MN的长 . 解析： (1)首先求出点 B、 C的坐标，然后利用待定系数法求出抛物线的解析式； (2)根据 S ABC=S AMC+S AMB，由三角形面积公式可求 y与 m之间的函数关系式； (3)如图 2，由抛物线对称性可得 D(2， 3)，过点 B作 BK CD交直线
25、 CD于点 K，可得四边形 OCKB为正方形，过点 O作 OH PC交 PC延长线于点 H， OR BQ交 BQ 于点 I交 BK于点 R，可得四边形 OHQI 为矩形，可证 OBQ OCH， OSR OGR，得到 tan QCT=tan TBK，设 ST=TD=m，可得 SK=2m+1， CS=2 2m， TK=m+1=BR， SR=3 m， RK=2 m，在 Rt SKR中，根据勾股定理求得 m，可得 tan PCD=12，过点 P作 PE x轴于 E 交 CD于点 F ，得到 P(t， 12t 3)，可得 12t 3=t2 2t 3，求得 t，再根据 MN=d求解即可 . 答案 ： (1
26、) 直线 y=x 3经过 B、 C两点， B(3， 0)， C(0， 3)， y=x2+bx+c经过 B、 C 两点， 9 3 03bcc ， 解得 23bc， 故抛物线的解析式为 y=x2 2x 3； (2)如图 1， y=x2 2x 3， y=0时， x2 2x 3=0， 解得 x1= 1， x2=3， A( 1， 0)， OA=1， OB=OC=3， ABC=45 ， AC= 10 ， AB=4， PE x轴， EMB= EBM=45 ， 点 P的横坐标为 1， EM=EB=3 t， 连结 AM， S ABC=S AMC+S AMB， 122 121 A B O C A C M N A
27、B E M ， 4 3 111 42 10322dt ， 2 105dt； (3)如图 2， y=x2 2x 3=(x 1)2 4， 对称轴为 x=1， 由抛物线对称性可得 D(2， 3)， CD=2， 过点 B作 BK CD 交直线 CD 于点 K， 四边形 OCKB为正方形， OBK=90 ， CK=OB=BK=3， DK=1， BQ CP， CQB=90 ， 过点 O作 OH PC 交 PC 延长线于点 H， OR BQ交 BQ 于点 I交 BK 于点 R， OHC= OIQ= OIB=90 ， 四边形 OHQI为矩形， OCQ+ OBQ=180 ， OBQ= OCH， OBQ OCH，
28、 QG=OS， GOB= SOC， SOG=90 ， ROG=45 ， OR=OR， OSR OGR， SR=GR， SR=CS+BR， BOR+ OBI=90 ， IBO+ TBK=90 ， BOR= TBK， tan BOR=tan TBK， BR TKOB BK， BR=TK， CTQ= BTK， QCT= TBK， tan QCT=tan TBK， 设 ST=TD=m， SK=2m+1， CS=2 2m， TK=m+1=BR， SR=3 m， RK=2 m， 在 Rt SKR中， SK2+RK2=SR2， (2m+1)2+(2 m)2=(3 m)2， 解得 m1= 2(舍去 )， m2=12； ST=TD=12， TK=32， 3t a n 3221TKT B K BK ， tan PCD=12， 过点 P作 PE x轴于 E 交 CD 于点 F ， CF=OE=t ， PF= 12t， PE= 12t+3， P(t， 12t 3)， 12t 3=t2 2t 3， 解得 t1=0(舍去 )， t2=32. 2 1 0 2 1 0 3 3 1 05 5 2 5M N d t .
