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第I卷选择题（共30分）
一、选择题〔共10小题，每题3分，共30分。下列选项中有且只有一个选项是正确的，选择正确选项的代号并填涂在答题纸的相应位置上〕 1．下列运算正确的是（ ） A．a•a3＝a3 B．（2a）3＝6a3
C．a6÷a3＝a2 D．（a2）3﹣（﹣a3）2＝0 【答案】D．
【解析】各项计算得到结果，即可作出判断． A．原式＝a4，不符合题意； B．原式＝8a3，不符合题意； C．原式＝a3，不符合题意； D．原式＝0，符合题意.
2.下列图形中是中心对称图形的是（ ）
【答案】D
【解析】根据中心对称图形是图形沿对称中心旋转180度后与原图重合的图形。所给图形中只有D绕着中心旋转180°后能与自身重合，故选D。
3．五个大小相同的正方体搭成的几何体如图所示，其主视图是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】根据从正面看得到的图形是主视图，可得答案． 从正面看第一层是三个小正方形，第二层右边是两个小正方形。 4．在以下各式中，二次根式A．
B．
的有理化因式是（ ） C．
D．
【答案】C 【解析】 ∵
×
=a﹣b
的有理化因式是：
∴二次根式
5．抛掷一枚质地均匀的硬币2000次，正面朝上的次数最有可能为（ ） A．500 【答案】C．
【解析】由抛掷一枚硬币正面向上的可能性为0.5求解可得．
抛掷一枚质地均匀的硬币2000次，正面朝上的次数最有可能为1000次， 6．下面的统计图反映了我国与“一带一路”沿线部分地区的贸易情况． 2011﹣2016年我国与东南亚地区和东欧地区的贸易额统计图
B．800
C．1000
D．1200
（以上数据摘自《“一带一路”贸易合作大数据报告（2017）》） 根据统计图提供的信息，下列推理不合理的是（ ）
A．与2015年相比，2016年我国与东欧地区的贸易额有所增长 B．2011﹣2016年，我国与东南亚地区的贸易额逐年增长
C．2011﹣2016年，我国与东南亚地区的贸易额的平均值超过4200亿美元 D．2016年我国与东南亚地区的贸易额比我国与东欧地区的贸易额的3倍还多 【答案】B．
【解析】利用折线统计图结合相应数据，分别分析得出符合题意的答案． A.由折线统计图可得：
与2015年相比，2016年我国与东欧地区的贸易额有所增长，正确，不合题意；
B.由折线统计图可得：2011﹣2014年，我国与东南亚地区的贸易额逐年增长，故此选项错误，符合题意； C.2011﹣2016年，我国与东南亚地区的贸易额的平均值为： （3632.5+4003.0+4436.5+4803.6+4718.7+4554.4）÷6≈4358， 故超过4200亿美元，正确，不合题意， D.∵4554.4÷1368.2≈3.33，
∴2016年我国与东南亚地区的贸易额比我国与东欧地区的贸易额的3倍还多.
23的解为（ ）
3x1x31137A．x=； B．x=； C．x=； D．x=。
113737．方程【答案】C． 【解析】
23
3x1x，
∴2x＝9x﹣3， ∴x＝
3； 73是方程的根， 73∴方程的解为x＝
7将检验x＝
8．如图，一艘轮船位于灯塔P的北偏东60°方向，与灯塔P的距离为30海里的A处，轮船沿正南方向航行一段时间后，到达位于灯塔P的南偏东30°方向上的B处，则此时轮船所在位置B处与灯塔P之间的距离为（ ）
A．60海里 B．45海里 C．20【答案】D．
海里 D．30海里
【解析】根据题意得出：∠B=30°，AP=30海里，∠APB=90°，再利用勾股定理得出BP的长，求出答案． 故AB=2AP=60（海里），
则此时轮船所在位置B处与灯塔P之间的距离为：BP=
=30
（海里）
9．如图，在Rt△ABC中，∠B＝90°，以点A为圆心，适当长为半径画弧，分别交AB、AC于点D，E，再分别以点D、E为圆心，大于DE为半径画弧，两弧交于点F，作射线AF交边BC于点G，若BG＝1，AC＝4，则△ACG的面积是（ ）
A．1 【答案】C．
【解析】由作法得AG平分∠BAC，
∴G点到AC的距离等于BG的长，即G点到AC的距离为1， 所以△ACG的面积＝×4×1＝2．
10．如图，在矩形ABCD中，AB＜BC，E为CD边的中点．将△ADE绕点E顺时针旋转180°，点D的对应点为C，点A的对应点为F，过点E作ME⊥AF交BC于点M，连接AM、BD交于点N．现有下列结论：①AM＝AD＋MC；②AM＝DE＋BM；③DE2＝ADCM；④点N为△ABM的外心．其中正确结论的个数为（ ） A．1个
B．2个
C．3个
D．4个
B．
C．2 D．
【答案】B
【解析】在矩形ABCD中，∠BCD＝∠ADC＝90°，由旋转得，△ADE≌△FCE，∴∠FCE＝∠ADE＝90°,∠BCD＋∠FCE＝180°,∴B、C、F在一直线上；又∵ME⊥AF，AE＝EF，∴AM＝MF＝MC＋CF＝AD＋MC；MCCE而AM＝MF＝CF＋MC＝BC＋MC＝BM＋2MC，显然DE＝EC≠2MC；由Rt△MCE∽Rt△ECF得＝，
ECCF∴CE2＝CFCM，即DE2＝ADCM；由AD∥BC得，△ADN∽△MBN，而AD≠BM，∴点N不是AM的中点，点N不为△ABM的外心．综上所述，结论①③正确．
第Ⅱ卷非选择题（共90分）
二、填空题〔共10小题，每题3分，共30分。请将结果直接填入答题纸相应位置上〕 11．分解因式：a36a2b9ab2=_______________。 【答案】a（a﹣3b）2．
【解析】原式提取公因式，再利用完全平方公式分解即可． a3﹣6a2b+9ab2 ＝a（a2﹣6ab+9b2） ＝a（a﹣3b）2．
12．关于x的方程mx2m﹣1+（m﹣1）x﹣2＝0如果是一元一次方程，则其解为 ． 【答案】x＝2或x＝﹣2．
【解析】∵关于x的方程mx2m﹣1+（m﹣1）x﹣2＝0如果是一元一次方程， ∴2m﹣1＝1，即m＝1或m＝0，
方程为x﹣2＝0或﹣x﹣2＝0，解得：x＝2或x＝﹣2
3x013．不等式组2的解集是________________。
3x21【答案】x≥3．
【解析】分别求出每一个不等式的解集，根据口诀：同大取大、同小取小、大小小大中间找、大大小小无
解了确定不等式组的解集． 解不等式
≤0，得：x≥3，
解不等式3x+2≥1，得：x≥﹣， ∴不等式组的解集为x≥3
14．如图，A、B、C、D为一个外角为40°的正多边形的顶点．若O为正多边形的中心，则∠OAD＝ ．
【答案】140°
【解析】利用任意凸多边形的外角和均为360°，正多边形的每个外角相等即可求出多边形的边数，再根据多边形的内角和公式计算即可．
多边形的每个外角相等，且其和为360°， 据此可得多边形的边数为：∴∠OAD＝15．如图，半径为＝ ．
， ．
的⊙O与边长为8的等边三角形ABC的两边AB、BC都相切，连接OC，则tan∠OCB
【答案】
．
【解析】根据切线长定理得出∠OBC＝∠OBA＝∠ABC＝30°，解直角三角形求得BD，即可求得CD，然后解直角三角形OCD即可求得tan∠OCB的值． 连接OB，作OD⊥BC于D，
∵⊙O与等边三角形ABC的两边AB、BC都相切，
∴∠OBC＝∠OBA＝∠ABC＝30°， ∴tan∠OBC＝∴BD＝
， ＝
＝3，
∴CD＝BC﹣BD＝8﹣3＝5， ∴tan∠OCB＝
＝
．
16．如图，在扇形OAB中，∠AOB=90°，D，E分别是半径OA，OB上的点，以OD，OE为邻边的□ODCE的顶点C在»． AB上，若OD=8，OE=6，则阴影部分图形的面积是________（结果保留π）
【答案】25－48
【解析】考点：扇形的面积，勾股定理。 四边形ODCE为矩形，
阴影部分面积为四分之一圆面积－矩形ODCE的面积， 扇形所在圆的半径为R＝OC＝8262=10， S＝1048=25－48
17．如图，菱形ABCD顶点A在函数y＝（x＞0）的图象上，函数y＝（k＞3，x＞0）的图象关于直线AC对称，且经过点B、D两点，若AB＝2，∠BAD＝30°，则k＝ ．
142
【答案】6+2
．
【解析】连接OC，AC过A作AE⊥x轴于点E，延长DA与x轴交于点F，过点D作DG⊥x轴于点G，得O、A、C在第一象限的角平分线上，求得A点坐标，进而求得D点坐标，便可求得结果． 解：连接OC，AC过A作AE⊥x轴于点E，延长DA与x轴交于点F，过点D作DG⊥x轴于点G，
∵函数y＝（k＞3，x＞0）的图象关于直线AC对称， ∴O、A、C三点在同直线上，且∠COE＝45°， ∴OE＝AE，
不妨设OE＝AE＝a，则A（a，a），
∵点A在在反比例函数y＝（x＞0）的图象上， ∴a2＝3， ∴a＝
，
，
∴AE＝OE＝
∵∠BAD＝30°，
∴∠OAF＝∠CAD＝∠BAD＝15°， ∵∠OAE＝∠AOE＝45°， ∴∠EAF＝30°， ∴AF＝
，EF＝AEtan30°＝1，
∵AB＝AD＝2，AE∥DG，
∴EF＝EG＝1，DG＝2AE＝2∴OG＝OE+EG＝∴D（
+1，2
+1， ）
，
18．在△ABC中,∠A=50°,∠B=30°,点D在AB边上,连接CD,若△ACD为直角三角形,则∠BCD的度数 为_______度。 【答案】60°或10；
【解析】当△ACD为直角三角形时，存在两种情况：∠ADC＝90°或∠ACD＝90°，根据三角形的内角和定理可得结论． 分两种情况：
①如图1，当∠ADC＝90°时，
∵∠B＝30°，
∴∠BCD＝90°﹣30°＝60°； ②如图2，当∠ACD＝90°时，
∵∠A＝50°，∠B＝30°，
∴∠ACB＝180°﹣30°﹣50°＝100°， ∴∠BCD＝100°﹣90°＝10°， 综上，则∠BCD的度数为60°或10°。
19．一个不透明的袋子中装有黑、白小球各两个，这些小球除颜色外无其他差别，从袋子中随机摸出一个小球后，放回并摇匀，再随机摸出一个小球，则两次摸出的小球都是白球的概率为 ．
【答案】．
【解析】依据题意先用列表法或画树状图法分析所有等可能的出现结果，然后根据概率公式求出该事件的概率即可．列表得，
黑1 黑2 白1 白2
黑1 黑1黑1 黑2黑1 白1黑1 白2黑1
黑2 黑1黑2 黑2黑2 白1黑2 白2黑2
白1 黑1白1 黑2白1 白1白1 白2白1
白2 黑1白2 黑2白2 白1白2 白2白2
∵由表格可知，不放回的摸取2次共有16种等可能结果，其中两次摸出的小球都是白球有4种结果， ∴两次摸出的小球都是白球的概率为：
=，
20．如图，在菱形ABCD中，∠BAD=120°，点E、F分别在边AB、BC上，△BEF与△GEF关于直线EF对称，点B的对称点是点G，且点G在边AD上．若EG⊥AC，AB=6
，则FG的长为 ．
【答案】3．
【解析】首先证明△ABC，△ADC都是等边三角形，再证明FG是菱形的高，根据2•S△ABC=BC•FG即可解决问题．
∵四边形ABCD是菱形，∠BAD=120°， ∴AB=BC=CD=AD，∠CAB=∠CAD=60°， ∴△ABC，△ACD是等边三角形， ∵EG⊥AC，
∴∠AEG=∠AGE=30°， ∵∠B=∠EGF=60°， ∴∠AGF=90°， ∴FG⊥BC， ∴2•S△ABC=BC•FG， ∴2×
×（6
）2=6
•FG，
∴FG=3． ．
故答案为3
三、解答题（其中21、22题各7分，23、24题各8分，25、26、27题各10分，共计60分） 21．先化简，再求代数式（【答案】见解析。
【解析】先算括号里面的，再算除法，最后把a的值代入进行计算即可． 原式=[====
，
+1=
+1时，原式=
=
．
﹣
•（a+1） •（a+1） •（a+1）
]•（a+1） ﹣
）÷
+tan45°的值，其中a=2sin60°．
+tan45°=2×当a=2sin60°
22．建国七十周年到来之际,海庆中学决定举办以“祖国在我心中”为主题的读书活动，为了使活动更具有针对性,学校在全校范围内随机抽取部分学生进行问卷调查,要求学生在“教育、科技、国防、农业、工业”五类书籍中,选取自己最想读的一种(必选且只选一种)，学校将收集到的调查结果适当整理后,绘制成如图所示的不完整的统计图，请根据图中所给的信息解答下列问题:(1)在这次调查中,一共抽取了多少名学生?(2)请通过计算补全条形统计图；(3)如果海庆中学共有1500名学生,请你估计该校最想读科技类书籍的学生有多少名
【答案】见解析。
【解析】此题考查了条形统计图，扇形统计图，以及用样本估计总体，弄清题意是解本题的关键． （1）由最想读教育类书籍的学生数除以占的百分比求出总人数即可； 根据题意得：18÷30%＝60（名），
答：在这次调查中，一共抽取了60名学生；
（2）确定出最想读国防类书籍的学生数，补全条形统计图即可； 60﹣（18+9+12+6）＝15（名），
则本次调查中，选取国防类书籍的学生有15名， 补全条形统计图，如图所示：
（3）求出最想读科技类书籍的学生占的百分比，乘以1500即可得到结果． 根据题意得：1500×
＝225（名），
答：该校最想读科技类书籍的学生有225名．
23．学校在“我和我的祖国”快闪拍摄活动中，为学生化妆．其中5名男生和3名女生共需化妆费190元；3名男生的化妆费用与2名女生的化妆费用相同． （1）求每位男生和女生的化妆费分别为多少元；
（2）如果学校提供的化妆总费用为2000元，根据活动需要至少应有42名女生化妆，那么男生最多有多少人化妆． 【答案】见解析。
【解析】（1）设每位男生的化妆费是x元，每位女生的化妆费是y元， 依题意得：
．
解得：．
答：每位男生的化妆费是20元，每位女生的化妆费是30元； （2）设男生有a人化妆， 依题意得：解得a≤37． 即a的最大值是37． 答：男生最多有37人化妆．
24．在平面直角坐标系xOy中，抛物线y=x2﹣4x+3与x轴交于点A、B（点A在点B的左侧），与y轴交于点C．
（1）求直线BC的表达式；
（2）垂直于y轴的直线l与抛物线交于点P（x1，y1），Q（x2，y2），与直线BC交于点N（x3，y3），若x1＜x2＜x3，结合函数的图象，求x1+x2+x3的取值范围． 【答案】见解析。
【解析】（1）由y=x2﹣4x+3得到：y=（x﹣3）（x﹣1），C（0，3）． 所以A（1，0），B（3，0），
设直线BC的表达式为：y=kx+b（k≠0）， 则解得
， ，
≥42．
所以直线BC的表达式为y=﹣x+3；
（2）由y=x2﹣4x+3得到：y=（x﹣2）2﹣1，
所以抛物线y=x2﹣4x+3的对称轴是x=2，顶点坐标是（2，﹣1）． ∵y1=y2， ∴x1+x2=4．
令y=﹣1，y=﹣x+3，x=4． ∵x1＜x2＜x3，
∴3＜x3＜4，即7＜x1+x2+x3＜8．
25.在等腰直角△ABC中，∠ACB=90°，P是线段BC上一动点（与点B、C不重合），连接AP，延长BC至点Q，使得CQ=CP，过点Q作QH⊥AP于点H，交AB于点M． （1）若∠PAC=α，求∠AMQ的大小（用含α的式子表示）． （2）用等式表示线段MB与PQ之间的数量关系，并证明．
【答案】见解析。
【解析】（1）∠AMQ=45°+α；理由如下： ∵∠PAC=α，△ACB是等腰直角三角形， ∴∠BAC=∠B=45°，∠PAB=45°﹣α， ∵QH⊥AP， ∴∠AHM=90°，
∴∠AMQ=180°﹣∠AHM﹣∠PAB=45°+α； （2）PQ=
MB；理由如下：
连接AQ，作ME⊥QB，如图所示： ∵AC⊥QP，CQ=CP，
∴∠QAC=∠PAC=α，∴∠QAM=45°+α=∠AMQ， ∴AP=AQ=QM， 在△APC和△QME中，
，
∴△APC≌△QME（AAS），∴PC=ME， ∴△AEB是等腰直角三角形， ∴PQ=
MB，∴PQ=
MB．
26．已知：△ABC内接于⊙O，D是上一点，OD⊥BC，垂足为H．
（1）如图1，当圆心O在AB边上时，求证：AC=2OH；
（2）如图2，当圆心O在△ABC外部时，连接AD、CD，AD与BC交于点P，求证：∠ACD=∠APB； （3）在（2）的条件下，如图3，连接BD，E为⊙O上一点，连接DE交BC于点Q、交AB于点N，连接OE，BF为⊙O的弦，BF⊥OE于点R交DE于点G，若∠ACD﹣∠ABD=2∠BDN，AC=5tan∠ABC=，求BF的长．
，BN=3
，
【答案】见解析。 【解析】（1）∵OD⊥BC，
∴由垂径定理可知：点H是BC的中点， ∵点O是AB的中点， ∴OH是△ABC的中位线， ∴AC=2OH； （2）∵OD⊥BC， ∴由垂径定理可知：∴∠BAD=∠CAD，
，
∵，
∴∠ABC=∠ADC，
∴180°﹣∠BAD﹣∠ABC=180°﹣∠CAD﹣∠ADC， ∴∠ACD=∠APB，
（3）连接AO延长交于⊙O于点I，连接IC，AB与OD相交于点M， ∵∠ACD﹣∠ABD=2∠BDN， ∴∠ACD﹣∠BDN=∠ABD+∠BDN， ∵∠ABD+∠BDN=∠AND， ∴∠ACD﹣∠BDN=∠AND， ∵∠ACD+∠ABD=180°，
∴∠ABD+∠BDN=180°﹣∠AND， ∴∠AND=180°﹣∠AND， ∴∠AND=90°， ∵tan∠ABC=，BN=3∴NQ=
，
， ，
∴由勾股定理可求得：BQ=∵∠BNQ=∠QHD=90°， ∴∠ABC=∠QDH， ∵OE=OD， ∴∠OED=∠QDH， ∵∠ERG=90°， ∴∠OED=∠GBN， ∴∠GBN=∠ABC， ∵AB⊥ED， ∴BG=BQ=
，GN=NQ=
，
∵AI是⊙O直径， ∴∠ACI=90°，
∵tan∠AIC=tan∠ABC=， ∴
=，
，
∴IC=10
∴由勾股定理可求得：AI=25， 连接OB， 设QH=x，
∵tan∠ABC=tan∠ODE=， ∴
，
∴HD=2x， ∴OH=OD﹣HD=BH=BQ+QH=
﹣2x，
+x，
由勾股定理可得：OB2=BH2+OH2， ∴（
）2=（
+x）2+（
﹣2x）2，
解得：x=或x=， 当QH=时， ∴QD=
QH=
， ，
∴ND=QD+NQ=6∴MN=3∵MD
，MD=15 ，
∴QH=不符合题意，舍去， 当QH=时， ∴QD=
QH=
，
，
∴ND=NQ+QD=4
由垂径定理可求得：ED=10
∴GD=GN+ND=∴EG=ED﹣GD=∵tan∠OED=， ∴∴EG=
， RG，
，
∴RG=， ∴BR=RG+BG=12
∴由垂径定理可知：BF=2BR=24．
27．如图，在平面直角坐标系中，已知抛物线y＝ax2+bx+2（a≠0）与x轴交于A（﹣1，0），B（3，0）两点，与y轴交于点C，连接BC．
（1）求该抛物线的解析式，并写出它的对称轴；
（2）点D为抛物线对称轴上一点，连接CD、BD，若∠DCB＝∠CBD，求点D的坐标；
（3）已知F（1，1），若E（x，y）是抛物线上一个动点（其中1＜x＜2），连接CE、CF、EF，求△CEF面积的最大值及此时点E的坐标．
（4）若点N为抛物线对称轴上一点，抛物线上是否存在点M，使得以B，C，M，N为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请直接写出所有满足条件的点M的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】见解析。
【解析】（1）将点A（﹣1，0），B（3，0）代入y＝ax2+bx+2， 可得a＝﹣，b＝， ∴y＝﹣x2+x+2； ∴对称轴x＝1；
（2）如图1：过点D作DG⊥y轴于G，作DH⊥x轴于H，
设点D（1，y）， ∵C（0，2），B（3，0），
∴在Rt△CGD中，CD2＝CG2+GD2＝（2﹣y）2+1， ∴在Rt△BHD中，BD2＝BH2+HD2＝4+y2， 在△BCD中，∵∠DCB＝∠CBD， ∴CD＝BD， ∴CD2＝BD2， ∴（2﹣y）2+1＝4+y2， ∴y＝， ∴D（1，）；
（3）如图2：过点E作EQ⊥y轴于点Q，过点F作直线FR⊥y轴于R，过点E作FP⊥FR于P，
∴∠EQR＝∠QRP＝∠RPE＝90°， ∴四边形QRPE是矩形，
∵S△CEF＝S矩形QRPE﹣S△CRF﹣S△EFP， ∵E（x，y），C（0，2），F（1，1），
∴S△CEF＝EQ•QR﹣×EQ•QC﹣CR•RF﹣FP•EP，
∴S△CEF＝x（y﹣1）﹣x（y﹣2）﹣×1×1﹣（x﹣1）（y﹣1）， ∵y＝﹣x2+x+2， ∴S△CEF＝﹣x2+x， ∴当x＝时，面积有最大值是此时E（，
）；
，
（4）存在点M使得以B，C，M，N为顶点的四边形是平行四边形， 设N（1，n），M（x，y）， ①四边形CMNB是平行四边形时， ＝
，
∴x＝﹣2， ∴M（﹣2，﹣
）；
②四边形CNBM时平行四边形时， ＝
，
∴x＝2， ∴M（2，2）；
③四边形CNNB时平行四边形时，
＝， ∴x＝4， ∴M（4，﹣
）；
综上所述：M（2，2）或M（4，﹣
）或M（﹣2，﹣
）。
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