試卷第=page66頁，共=sectionpages66頁試卷第=page11頁，共=sectionpages66頁四川省雅安市2017年中考數學試題【含答案、解析】學校:___________姓名：___________班級：___________考號：___________一、單選題1．下面結論正確的有（

）①是最小的整數；②幾個數相乘，積的符號由負因數的個數決定；③是負分數；④整數和分數統稱為有理數；⑤有理數的倒數是；⑥有最小的正整數，也有最大的負整數．A．個 B．個 C．個 D．個2．下列運算正確的是（

）A． B． C． D．3．如圖，將該幾何體水平放置，則它的三視圖是（

）A． B． C．

D．.4．不等式組的整數解的個數為（

）A．3 B．4 C．5 D．65．某校舉行年度十佳校園歌手大賽，林老師根據七位評委所給的分數，把最后一位參賽同學的得分制作成如下表格，對七位評委所給的分數，如果去掉一個最高分和一個最低分，那么表中數據一定不會發生變化的是（）平均數中位數眾數方差分分分A．平均數 B．中位數 C．眾數 D．方差6．下列運算中，正確的是（

）A． B． C． D．7．如果（、均不為零），那么的值是（

）A． B． C． D．8．在和中，，下列各組的條件不能判定這兩個三角形相似的是（

）A．，； B．，，，；C．，，，； D．，，，．9．已知二次函數y＝﹣（x﹣3）2，那么這個二次函數的圖象有（

）．A．最高點（3，0） B．最高點（﹣3，0）C．最低點（3，0） D．最低點（﹣3，0）10．如圖，在四邊形中，，是對角線，分別是的中點，連接，則四邊形的形狀是（）A．平行四邊形 B．矩形 C．菱形 D．正方形11．如圖，在△ABC中，∠ABC=60°，∠C=45°，點D，E分別為邊AB，AC上的點，且DE∥BC，BD=DE=2．動點P從點B出發，以每秒1個單位長度的速度沿B→D→E→C勻速運動，運動到點C時停止．過點P作PQ⊥BC于點Q，設△BPQ的面積為S，點P的運動時間為t，則S關于t的函數圖象大致為(

)A． B．C． D．12．如圖，分別過點（，2，…，2022）作x軸的垂線，交二次函數的圖象于點，交直線于點．則的值為（

）A． B． C． D．二、填空題13．在中，，，則的值是．14．計算：．15．如圖，在⊙O中，，直徑CD⊥AB于點N，P是上一點，則∠BPD的度數是．16．屯溪一中高一新生某個寢室有四個人，每個人寫一張賀卡，集中起來．然后每人從中拿出一張，則拿到的不是自己寫的賀卡的概率是．17．拋物線y＝ax2+bx+c（a，b，c為常數，a＜0）經過A（2，0），B（－4，0）兩點，下列四個結論：①一元二次方程ax2+bx+c＝0的根為x1＝2，x2＝－4；②若點C（－5，y1），D（π，y2）在該拋物線上，則y1>y2；③對于任意實數t，總有at2+bt≤a－b；④對于a的每一個確定值，若一元二次方程ax2+bx+c＝p（p為常數，p＞0）的根為整數，則p的值只有兩個．其中正確結論是（填寫序號）．三、解答題18．計算：.19．某班甲、乙、丙、丁四位同學周一到周四輪流值日．(1)若每個同學只隨機值日一天，則甲恰好在周一值日的概率是多少?(2)若每兩個同學為一組，四位同學被分成兩組．①甲分在第一組的概率為②求甲、乙同時分在第一組的概率為多少?20．某小區計劃新建A、B兩型停車位共50個，已知新建1個A型停車位和1個B型停車位共需32萬元；新建3個A型停車位和2個B型停車位共需76萬元，預銷售過程中發現：A型停車位的銷售單價yA（單位：萬元）與其銷量xA（單位：個）有如下關系：yA＝﹣xA+40，B型停車位的銷售單價yB（單位：萬元）與其銷量xB（單位：個）有如下關系：yB＝﹣xB+80，且兩種車位全部預售出．(1)該小區新建1個A型停車位和1個B型停車位各需多少萬元？(2)若B型停車位的銷售單價至少比A型停車位貴10萬元，求預售完后B型停車位的總利潤比A型停車位的總利潤至少多多少萬元？(3)現小區進行促銷，決定把B型停車位每個降低m（m為正整數）萬元，結果發現當xA≤18時，銷售總利潤隨x的增大而增大，直接寫出m的最小值．21．如圖，點E在矩形的邊上，將沿翻折得到，過點F作，交于點．(1)求證：．(2)已知，若與相似，直接寫出的長．22．探究函數性質時，我們經歷了列表、描點、連線畫函數圖象，觀察分析圖象特征，概括函數性質的過程，以下是我們研究函數性質及其應用的部分過程，請按要求完成下列各小題．x…﹣9﹣8﹣7﹣6﹣5﹣4﹣3﹣2﹣10123…y…﹣24a42b…（1）寫出函數關系式中k及表格中a，b的值：k＝，a＝，b＝；（2）在給出的圖中補全該函數的大致圖象，并根據圖象寫出該函數的一條性質：；（3）已知函數的圖象如圖所示，結合你所畫的函數圖象，直接寫出不等式y1＜y2的解集：．（近似值保留一位小數，誤差不超過0.2）23．如圖，是的直徑，點是上一點，延長到點，使得，點在的延長線上，點是線段上一點，交于、交于．(1)求證：是的切線；(2)若，求證：(3)若，，，求的面積．24．如圖，△ABC中，AC＝BC＝4，∠ACB＝90°，過點C任作一條直線CD，將線段BC沿直線CD翻折得線段CE，直線AE交直線CD于點F．（1）小智同學通過思考推得當點E在AB上方時，∠AEB的角度是不變的，請按小智的思路幫助小智完成以下推理過程：∵AC＝BC＝EC∴A、B、E三點在以C為圓心以AC為半徑的圓上∴∠AEB＝∠ACB＝°．（2）若BE＝2，求CF的長．（3）線段AE最大值為；若取BC的中點M，則線段MF的最小值為．答案第=page22頁，共=sectionpages1919頁答案第=page33頁，共=sectionpages1919頁《初中數學中考真題》參考答案題號12345678910答案CBABBCBBAC題號1112答案DD1．C【分析】由整數有正整數，0，負整數，從而可判斷①⑥，由有理數的乘法的符號的確定可判斷②，由有理數的概念與分類可判斷③，④，由乘積為1的兩個數互為倒數可判斷⑤，從而可得答案.【詳解】解：①沒有最小的整數，所以是最小的整數錯誤，故①不符合題意；②幾個非零數相乘，積的符號由負因數的個數決定；故②錯誤，不符合題意；③是負分數，正確，故③符合題意；④整數和分數統稱為有理數，正確，故④符合題意；⑤非零有理數的倒數是，故⑤錯誤，不符合題意；⑥最小的正整數是1，最大的負整數是，故⑥正確，符合題意．故符合題意的有：③④⑥，故選：C【點睛】本題考查的是有理數的概念與分類，整數的含義與分類，倒數的概念，有理數的乘法法則與積的符號的確定，掌握以上基礎知識是解題的關鍵.2．B【分析】本題考查了合并同類項，偶次方的意義，二次根式的性質，完全平方公式，熟練掌握各知識點是解答本題的關鍵．根據合并同類項，偶次方的意義，二次根式的性質，完全平方公式逐項分析即可．【詳解】解：A．，故不正確；B．，正確；C．，故不正確；D．，故不正確；故選：B．3．A【分析】本題考查了簡單幾何體的三視圖．注意實際存在又沒有被其他棱所擋，在所在方向看不到的棱應用虛線表示．根據圖形確定幾何體的三視圖即可得到答案．【詳解】解：由幾何體可知，該幾何體的三視圖為：故選：A．4．B【分析】本題主要考查了一元一次不等式組的整數解，根據解一元一次不等式組的步驟，求出不等式組的解集，進而可得出其整數解，熟練掌握解一元一次不等式組的步驟是解決此題的關鍵．【詳解】解：解不等式得，,解不等式得，,∴不等式組的解集為：，∴不等式組的整數解為：,即不等式組有個整數解，故選：．5．B【分析】根據中位數的定義：將一組數據按照從小到大或從大到小的順序排列，位于中間位置或中間兩數的平均數即為中位數，因而，去掉一個最高分和一個最低分不影響中位數．【詳解】解：去掉一個最高分和一個最低分對中位數沒有影響，而平均數、眾數和方差均有可能改變，故選：．【點睛】本題考查了統計量的選擇，解題的關鍵是了解中位數的定義，難度不大．6．C【分析】根據單項式除以單項式，積的乘方，完全平方公式以及二次根式的減法運算即可求出答案．【詳解】A、，故A不符合題意B、原式，故B不符合題意．C、原式，故C符合題意．D、原式，故D不符合題意．故選：C．【點睛】本題考查整式的加減運算、乘除運算以及二次根式的加法運算，本題屬于基礎題型，熟練掌握相關運算法則是解決此題的關鍵．7．B【分析】等式兩邊同除以即可得到答案．【詳解】解：等式兩邊同除以，可得：，即，故選B．【點睛】本題考查比例式的性質，熟練掌握比例內項之積等于比例外項之積是解題關鍵．8．B【分析】本題主要考查了勾股定理，相似三角形的判定定理：兩角對應相等，兩組邊對應成比例且夾角相等，三邊對應成比例，熟練掌握以上知識是解題的關鍵．根據相似三角形的判定方法和勾股定理，對各個選項進行分析即可．【詳解】A．相似：∵，∴．∵，∴．∵，∴，不符合題意；B．有一組角相等兩邊對應成比例，但該組角不是這兩邊的夾角，故不相似，符合題意；C．相似：∵，，，，∴．又∵，∴，不符合題意；D．相似：∵，，，，，∴，，∴．∵，∴，不符合題意；故選：B．9．A【分析】根據題目中的函數解析式和二次函數的性質，可以得到該函數有最高點，并寫出最高點的坐標即可．【詳解】解：∵二次函數y=-（x-3）2，∴，該函數圖象開口向下，當x=3時，有最大值y=0，∴該函數圖象有最高點（3，0），故選：A．【點睛】本題考查二次函數的性質、二次函數的圖象和最值，解答本題的關鍵是明確題意，利用二次函數的性質解答．10．C【分析】根據三角形的中位線定理可得，平行且等于的一半，平行且等于的一半，根據等量代換和平行于同一條直線的兩直線平行，得到和平行且相等，所以為平行四邊形，又因為等于的一半且，所以得到所證四邊形的鄰邊與相等，所以四邊形為菱形．【詳解】解：∵分別是的中點，∴在中，為的中位線，所以且；同理且，同理可得，則且，∴四邊形為平行四邊形，又，所以，∴四邊形為菱形．故選C．【點睛】此題考查學生靈活運用三角形的中位線定理，平行四邊形的判斷及菱形的判斷進行證明，是一道綜合題．11．D【分析】根據題意易知，分①當點P在BD上，Q在BC上時（即0≤t≤2），②當P在DE上，Q在BC上時（即2＜t≤4），③P在EC上時，由∠C=45°易求得EC=?=（即4＜t≤4+）三種情況求出函數解析式，根據相應函數的性質即可求出答案.【詳解】∵PQ⊥BQ，∴在P、Q運動過程中△BPQ始終是直角三角形．∴S△BPQ=PQ?BQ，①當點P在BD上，Q在BC上時（即0≤t≤2），BP=t，BQ=PB?cos60°=t，PQ=BP?sin60°=t，S△BPQ=PQ?BQ=?t?t=t2，此時S△BPQ的圖象是關于t（0≤t≤2）的二次函數．∵＞0，∴拋物線開口向上；②當P在DE上，Q在BC上時（即2＜t≤4），PQ=BD?sin60°=×2=，BQ=BD?cos60°+（t–2）=t–1，S△BPQ=PQ?BQ=??（t–1）=t–，此時S△BPQ的圖象是關于t（2＜t≤4）的一次函數．∵＞0，∴S△BPQ隨t的增大而增大，直線由左向右依次上升．③P在EC上時，由∠C=45°易求得EC=?=（即4＜t≤4+），PQ=（4＜t≤4+），BQ=，S△BPQ=PQ?BQ=×（）×()，其二次項系數是×=-<0,∴圖象應為開口向下的拋物線．故選D．【點睛】本道題考查了動點問題的函數圖像，用到的知識點有三角形的面積公式，銳角三角函數的知識，一次函數的圖像與性質及二次函數的圖像與性質.熟練掌握銳角三角函數的知識及二次函數的圖像與性質是解答本題的關鍵，此題充分體現了數形結合及分類討論的數學思想．12．D【分析】根據的縱坐標與縱坐標的絕對值之和為的長，分別表示出所求式子的各項，拆項后抵消即可得到結果．【詳解】解：根據題意得：，∴，∴故答案為：D．【點睛】此題考查了二次函數的圖象與性質，一次函數的圖象與性質，屬于規律型試題，找出題中的規律是解本題的關鍵．13．【分析】根據三角函數的定義即可求解．【詳解】解：如圖：在中，，，可以假設，，．故答案為：．【點睛】本題考查了同角三角函數的關系．熟練掌握三角函數的定義是解決問題的關鍵．14．100【分析】此題考查了積的乘方逆運算和二次根式的運算，解題的關鍵是理解積的乘方逆運算，熟練掌握二次根式的化簡與平方差公式的應用．先用積的乘方逆運算進行變形，再根據二次根式的乘法結合平方差公式進行求解即可．【詳解】.故答案為：100．15．30°【分析】連接AO，BO，由垂徑定理結合已知進而推出，從此求得∠DOB＝60°，再根據∠DPB＝∠DOB【詳解】連接AO，BO．∵CDAB，CD為直徑；∴；2∠DOB=∠AOB∵；∴；∴∠BOC=∠AOB=∠AOC=120°∴∠DOB=60°∴∠DPB=30°【點睛】本題主要考查圓周角和圓心角的關系，熟練掌握垂徑定理是解題的關鍵．16．【分析】本題考查等可能事件的概率的求法，是概率中的基本題型．本題要先求出總的取法，再求出所抽取的都不是自己所寫的賀卡的種數，再用等可能事件的概率公式求解即可．【詳解】解：如圖，記甲、乙、丙、丁四人寫的賀卡為，∴四張賀卡四人來取，總的取法有種，四人所抽取的都不是自己所寫的賀卡的種數為，四人所抽取的都不是自己所寫的賀卡的概率是；故答案為：．17．①②③【分析】由二次函數與一元二次方程解的關系可判斷結論①正確；由二次函數的對稱性和增減性可判斷結論②正確；由二次函數的最大值可判斷結論③正確；由函數圖像可知滿足條件的p值有三個，進而得到答案．【詳解】解：由已知，當時，拋物線與x軸的交點坐標為方程ax2+bx+c＝0的兩根，即x1＝2，x2＝－4，故結論①正確；由A（2，0），B（－4，0）兩點可知函數的對稱軸為，∴點C（－5，y1）關于對稱軸對稱的點坐標為，∵，，函數值y隨著x的增大而減小∴，故結論②正確；由對稱軸，可知，當時，拋物線有最大值，故對任意實數t，總有，即，故結論③正確；令，如圖，由滿足拋物線（a＜0），x能取得正整數值有-3，-2，-1，0，1五個數，其中-3與1、-2與0關于對稱軸對稱，它們的函數值相等，故對應的函數值有三個，即p的值有三個，故結論④錯誤；故答案為：①②③．【點睛】本題考查二次函數的圖像和性質，熟練掌握二次函數的圖像和性質是解題的關鍵．18．.【分析】題涉及零指數冪、特殊角的三角函數值、絕對值、二次根式化簡4個考點在計算時，需要針對每個考點分別進行計算，然后根據實數的運算法則求得計算結果．【詳解】解：原式=.【點睛】本題主要考查了實數的綜合運算能力，是各地中考題中常見的計算題型解決此類題目的關鍵是熟練掌握零指數冪、特殊角的三角函數值、絕對值、二次根式等考點的運算．19．(1)；(2)①；②P(A)=【分析】（1）根據概率公式計算即可；（2）①列舉所有可能的情況，再根據概率公式計算即可；②由①知：共有6種等可能的結果，其中甲、乙在第一組的結果為1種，即可根據概率公式計算得到答案.【詳解】解：(1)甲可能在周一、周二、周三、周四這四天中任意一天值日，所以甲恰好在周一值日的概率為(2)①列舉所有可能如下：(甲乙，丙丁)、(甲丙，乙丁)、(甲丁，乙丙)、(乙丙，甲丁)、(乙丁，甲丙)、(丙丁，甲乙)說明：前兩個為第一組，后兩個為第二組．∴共有6種等可能的結果，其中甲分在第一組的有3種，∴P（甲分在第一組）==；②由①知：6種等可能的結果，其中甲、乙在第一組的結果為1種．設甲、乙分在第一組的事件為A，則P(A)=.【點睛】此題考查事件概率的計算公式，用列舉法求事件的概率，熟記概率的計算公式：部分出現的次數除以事件的總次數=事件的概率.20．(1)該小區新建1個A型停車位需12萬元，新建1個B型停車位需20萬元(2)620萬元(3)4【分析】（1）根據“新建1個A型停車位和1個B型停車位共需32萬元”可設新建一個A型停車位需x萬元，則一個B型停車位需要（32﹣x）萬元，再根據“新建3個A型停車位和2個B型停車位共需76萬元”列一元一次方程，解方程即可；（2）根據“新建A、B兩型停車位共50個”，“B型停車位的銷售單價比A型停車位貴10萬元”可得到xA≥10，設B型停車位總利潤比A型停車位多w萬元，而w＝B型停車位的銷量×單價﹣A型停車位的銷量×單價，得到一次函數，根據一次函數的性質，可求出w的最小值；（3）促銷后，yB＝﹣xB+80﹣m，設總利潤為R萬元，則R＝（﹣xB+60﹣m）?xB+（﹣xA+28）?xA，將xB＝50﹣xA代入，整理得R＝﹣2，∵xA≤18時，R隨xA的增大而增大，結合圖象性質，可知對稱軸x，得m≥4，故m的最小值為4．【詳解】（1）設該小區新建1個A型停車位需x萬元，新建1個B型停車位需（32﹣x）萬元，由題意得：3x+2（32﹣x）＝76，解得：x＝12，∴32﹣x＝20，答：該小區新建1個A型停車位需12萬元，新建1個B型停車位需20萬元．（2）由題意得：xA+xB＝50，yB﹣yA＝﹣xB+80﹣（﹣xA+40）≥10，得：xB﹣xA≤30，又xB＝50﹣xA，則xA≥10，設B型停車位總利潤比A型停車位多w萬，則w＝（yB﹣20）xB﹣（yA﹣12）xA＝（﹣xB+60）xB﹣（﹣xA+28）xA＝12xA+500，w隨xA的增大而增大，當xA取最小值10時，w有最小值620萬元．故B型停車位的總利潤比A型停車位的總利潤至少多620萬元．（3）促銷后，yB＝﹣xB+80﹣m，設總利潤為R萬元，則R＝（﹣xB+60﹣m）xB+（﹣xA+28）xA，將xB＝50﹣xA代入，整理得R＝﹣2，∵xA≤18時，R隨xA的增大而增大，結合圖象性質，可知對稱軸x，得m≥4，故m的最小值為4．【點睛】本題考查了一元一次方程的應用及一元一次不等式的應用，二次函數和一次函數的實際應用，關鍵在于根據題意設未知數，列方程與不等式．21．(1)見解析(2)【分析】本題考查了矩形性質，翻折性質、相似三角形的判定與性質：（1）先由矩形性質得，結合角的等量代換得，即可作答．（2）根據相似三角形的性質，得，根據勾股定理得，因為，故再代數計算，即可作答．正確掌握相關性質內容是解題的關鍵．【詳解】（1）證明：如圖：∵四邊形是矩形，∴．∵，∴．∴．又由翻折可知，．∴．∴．∴．（2）解：∵與相似∴則即那么即∵，∴即∴．22．（1），，；（2），隨增大而減??；，取得最小值；，隨增大而增大；，隨增大而減??；，隨增大而增大（任選一條即可）；（3）或．【分析】（1）將代入中求出的值即可；將代入，求出；將代入求出的值即可；（2）根據表格描點連線畫出函數圖像，根據函數圖像寫出性質即可；（3）觀察在下方對應的的取值范圍即可．【詳解】解：（1）將代入中得：，解得：，將代入得：，將代入得：，故答案為：，，；（2）函數圖像如圖所示：如圖可知：，隨增大而減小；，取得最小值；，隨增大而增大；，隨增大而減??；，隨增大而增大（任選一條即可）；（3）根據函數圖像可知y1＜y2的解集為：或，故答案為：或．【點睛】本題考查了一次函數得圖像和性質，二次函數圖像和性質，反比例函數圖像和性質，會用描點法畫出函數圖像，利用數形結合的思想得到函數的性質是解題的關鍵．23．(1)見解析(2)見解析(3)【分析】本題考查了圓的切線的判定定理、直徑所對的圓周角是直角、相似三角形的判定與性質、勾股定理、圓的面積等知識，熟練掌握相似三角形的判定與性質是解題的關鍵．（1）由是的直徑得，結合已知，推出，即