2017山东省聊城市中考数学试题(含解析)

满分：120分 版本：人教版 第I卷（选择题，共36分）

一、选择题（每小题3分，共12小题，合计36分） 1. （2017山东聊城，1，3分）64的立方根是（ ） A．4 B．8 C．4 D．8

答案：A，解析：由立方根的定义可知：如果一个数的立方等于a，那么这个数就是a的立方根．∵43=64，∴64的立方根是4.

2. （2017山东聊城，2，3分）在RtABC中，cosA1 ，那么sinA的值是（ ） 2A．

2331 B． C． D． 223231，∴∠A=60°，∴sinA=sin60°=．

22答案：B，解析：∵cosA3. （2017山东聊城，3，3分）下列计算错误的是 （ ） A．()24 B．333 C．2022答案：C，解析：根据负指数幂的性质：ap12211237 D．(310)2.710 411211（p为正整数），可得()4,知Ap11a2()2242121aa正确；由同底数幂的乘法法则ag由同底数幂的除法法则ammnmn（m、n为整数），可得3333，知B正确；

m0202anamn（m、224，n为整数），可得222知C错误；

由积的乘方abambn（m、n为正整数），幂的乘方a3nmamn（m、n为正整数），可得

(3102)33(102)3271062.7107，知D正确．

4. （2017山东聊城，4，3分） 如图，ABC中，DE//BC,EF//AB,要判定四边形DBFE是菱形，还需要添加的条件是（ ）

A．ABAC B．ADBD C．BEAC D．BE平分ABC

答案：D，解析：菱形是特殊的平行四边形，因而在判定一个四边形是菱形时，先判定这个四边形是平行四边形，然后再在平行四边形的基础上增加条件（边或角）判定是菱形．∵DE//BC,EF//AB， ∴四边形DBFE是平行四边形，要使四边形DBFE是菱形，则添加邻边相等即可，由BE平分ABC得，∠DBE=∠EBF，又∵DE//BC，∴∠DEB=∠EBF，∴∠DBE=∠DEB，∴DE=DB,∴四边形DBFE是菱形．

5. （2017山东聊城，5，3分）纽约、悉尼与北京的时差如下表（正数表示同一时刻比北京时间早的时数，负数表示同一时刻比北京晚的时数）：

当北京6月15日23时，悉尼、纽约的时间发别是 （ ）

A．6月16日1时；6月15日10时 B．6月16日1时；6月14日10时 C．6月15日21时；6月15日10时 D．6月15日21时；6月16日12时

答案：A，解析：根据题意正数表示同一时刻比北京时间早的时数，负数表示同一时刻比北京晚的时数可列出算式：悉尼：23+2=25，∴此时悉尼为6月16日1时，纽约：23-13=10，∴纽约为6月15日10时．

6. （2017山东聊城，6，3分）如图是由若跟个小正方体组成的几何体的俯视图，小正方形中的数字表示该位置小正方体的个数，这个几何体的主视图是 （ ）

答案：C，解析：主视图是从前往后看，由俯视图可知从左到右最高层数依次为2，3，1，∴这个几何体的主视图是C．

7. （2017山东聊城，7，3分）如果关于x的分式方程为 （ ）

A．2 B．2 C．4 D．4

答案：D，解析：分式方程出现增根的条件是：去分母后所得整式方程无解，或解这个整式方程得到的解使原方程的分母等于0．去分母得， m+2x= x-2，解得，x=-2-m，当分母x-2=0即x=2时方程出现增根，∴-2-m=2，∴m=-4时方程出现增根． 8. （2017山东聊城，8，3分）计算(5A．5 B．5 C．7 D．7

m2x1时出现增根，那么m的值x22x1245)(5)的结果为 （ ） 5答案：A，解析：(5111245)(5)552455565 ． 5559. （2017山东聊城，9，3分） 如图是由8个全等的矩形组成的大正方形，线段AB的端点都在小矩形的顶点上，如果点P是某个小矩形的顶点，连接PA,PB，那么使ABP为等腰直角三角形的点P的个数是（ ）

A．2个 B．3个 C．4个 D．5个

答案：B，解析：由图可知，教学的长是宽的2倍，以点B为直角顶点构成等腰直角三角形的点P有2个，以点A为直角顶点构成等腰直角三角形的点P有1个，∴满足条件的有3个．

10. （2017山东聊城，10，3分） 为了满足顾客的需求，某商场将5kg奶糖，3kg酥心糖和2kg水果糖合称什锦糖出售，已知奶糖的售价为每千克40元，酥心糖为每千克20元，水果糖为每千克15元，混合后什锦糖的售价应为每千克（ ） A．25元 B．28.5 元 C．29元 D．34.5元 答案：C，解析：利用加权平均数公式可求出平均价格：

540320215． 29（元）

53211. （2017山东聊城，11，3分） 如图，将ABC绕点C顺时针旋转，使点B落在AB边上点B处，此时，点A的对应点A，恰好落在BC的延长线上，下列结论错误的是（ ）

A．BCBACA B．ACB2B C．BCABAC D．BC平分BBA

答案：C，解析：由旋转的性质可知BCBACA，BC=B/C，∠B=∠CB/A/，

B/A/CB/AC,∠ACB=∠A/CB/，由BC=B/C可得，∠B=∠CB/B，∴∠CB/B=∠CB/A/，∴BC平

分BBA，又∠A/CB/=∠B+∠CB/B=2∠B，∴ACB2B．∴C错误．

12. （2017山东聊城，12，3分） 端午节前夕，在东昌湖举行的第七届全民健身运动会龙舟比赛中，甲、乙两队500米的赛道上，所划行的路程y(m)与时间x(min)之前的函数关系式如图所示，下列

说法错误的是（ ）

A．乙队比甲队提前0.25min到达终点 B．当乙队划行110m时，此时落后甲队15m C．0.5min后，乙队比甲队每分钟快40m

D．自1.5min开始，甲队若要与乙队同时到达终点，甲队的速度需提高到255m/min

答案：D，解析：由图象可知甲到达终点用时2.5min，乙到达终点用时2.25min，∴乙队比甲队提前0.25min到达终点，A正确；由图象可求出甲的解析式为：y200x0x2.5，乙的解析式为：

5160x0x＜0.5y，当乙队划行110m时，可求出乙的时间为，代入甲的解析式可

8240x400.5x2.25得y125，∴当乙队划行110m时，此时落后甲队15m，B正确；由图象可知0.5min后，乙队速度为240m/min，甲队速度为200m/min，∴C正确；由排除法可知选D．

第II卷（非选择题，共60分）

二、填空题（本大题共5小题，每小题3分，满分15分） 13. （2017山东聊城，13，3分）因式分解：2x2232x4 ．

答案：2x(14x)(14x)，解析：因式分解的解题思路一般是：一提（观察各项是否有公因式，有公因式先提取公因式），二套（无公因式或提取公因式后，再观察是否能套平方差公式或完全平方公式），最后还要看是否分解彻底．2x32x2x(116x)2x(14x)(14x)．

14. （2017山东聊城，14，3分）已知圆锥形工件的底面直径是40cm，母线长为30cm，其侧面展开图圆心角的度数为 ．

答案：240°，解析：圆锥底面圆的周长是其侧面展开图的弧长．设侧面展开图圆心角的度数为n°，则

24222n3040，解得n=240°． 180x3(x2)415. （2017山东聊城，15，3分）不等式组12x的解集是 ．

x13答案：4＜x5，解析：分别解每一个不等式，取其公共部分即为不等式组的解集．解不等式

x3(x2)4得x5，解不等式

12xx1得x＞4，∴不等式组的解集为4＜x5． 316. （2017山东聊城，16，3分）如果任意选择一对有序整数(m,n)，其中m1,n3，每一对这样的有序整整数对被选择的可能性是相等的，那么关于x的方程xnxm0有两个相等的实数根的概率是 ． 答案：

21，解析：∵m1,n3，∴m的值为0、±1，n的值为0、±1、±2、±3，∴组成的有序整722数(m,n)一直有21个．又∵关于x的方程xnxm0有两个相等的实数根，∴n4m0，∴满足条件的有序整数(m,n)的值为（0，0），（1，2），（1，-2），∴关于x的方程xnxm0有两个相等的实数根的概率是

231． 21717. （2017山东聊城，17，3分）如图，在平面直角坐标系中，直线l的函数表达式为yx，点O1的坐标为（1,0），以O1为圆心，O1O为半径画圆，交直线l于点P1，交x轴正半轴于点O2，O2以为圆心，O2O为半径画圆，交直线l于点P2，交x轴正半轴于点O3，O3以为圆心，O3O为半径画

¼圆，交直线l与点P3，交x轴的正半轴于点O4，L 按此做法进行下去，其中P2017O2018的长

为 ．

2答案：

2015¼所对的圆心角度数为90°¼的长为，解析：由题意知PO，半径为1，∴PO1212901； 1802¼所对的圆心角度数为90°¼的长为902；PO¼所对的圆心角度数为，半径为2，∴POPO232334180¼的长为9042；PO¼所对的圆心角度数为90°¼90°，半径为4，∴PO，半径为8，∴PO344545180908¼4；∴P22017222015． 的长为2017O2018的长为180三、解答题：(本大题共8个小题，满分71分)

3xy9x26xyy218. （2017山东泰安，18，7分）（本题满分7分）先化简，再求值：2 ，

x2yx24y2其中x3,y4

思路分析：先将分式的分子分母因式分解，再将除法运算转化为乘法运算，约分后再进行分式的减

法运算．

3xy9x26xyy23xyx2yx2yx2y5x2g=2=. 解：2222x2yx4yx2y3xy3xy3xy当x3,y4时，原式=

5315==3．

334519. （2017山东聊城，19，8分）（本题满分8分） 如图AB//DE,ABDF,BECF,

求证：AC//DF

思路分析：要证两直线平行，可考虑平行线的判定定理去证明或利用平行四边形的性质去证明边平行，根据所给的条件构造平行四边形进行证明容易． 证明：连接AD．

∵AB∥DE，AB=DE，

∴四边形ABED是平行四边形． ∴AD∥BE，AD=BE． ∵BE=CF，∴AD=CF．

又AD∥CF，∴四边形ACFD是平行四边形．∴AC//DF．

20. （2017山东聊城，20，8分）（本题满分8分）为了绿化环境，育英中学八年级三班同学都积极参加植树活动，今年植树节时，该班同学植树情况的部分数据如图所示，请根据统计图信息，回答下列问题；

（1）八年级三班共有多少同学？

（2）条形统计图中m ，n ．

（3）扇形统计图中，试计算植树2棵的人数所对应的扇形圆心角的度数.

思路分析：由条形图与扇形图可知，植树4棵的人数为11人，占全班人数的22％，从而求出全班的人数；由条形图与扇形图先求出n的值，由总人数再求出m的值；由植树2棵数的人数除以总人数乘以360°，可求出圆心角的度数．

解：（1）由条形图与扇形图可知，植树4棵的人数为11人，占全班人数的22％，∴八年级三班共有人数为11÷22％=50（人）．

（2）由扇形统计图可知，植树5棵的人数占全班人数的14％， ∴n=50×14％=7（人），m=50-4-18-11-7=10（人）． （3）植树2棵的人数所对应的扇形圆心角的度数为36010=72． 5021. （2017山东聊城，21，8分）（本题满分8分） 耸立在临清市城北大运河东岸的舍利宝塔，是“运河四大名塔”之一（如图①），数学兴趣小组的小亮同学在塔上观景点P处，利用测角仪测得运河两岸上的A,B两点的俯角分别为17.9°，22°，并测得塔底点C到点B的距离为142米（A,B,C在同一直线上，如图②）求运河两岸的A,B两点的距离（精确到1米） （参考数据：

sin220.37,cos220.93,tan220.40,sin17.90.31,cos17.90.95,tan17.90.32 ）

思路分析：根据题意可求出∠PBC与∠PAC的度数，在Rt△PBC中由解直角三角形的知识求出PC值，然后在 Rt△PAC中由解直角三角形的知识求出AC值，进而求出A,B两点的距离．

解：根据题意可知：BC=142米, ∠PBC=22°, ∠PAC=17.9°．

在Rt△PBC中，tan∠PBC=

PC，∴PC=BCtan∠PBC=142tan22°． BCPC， AC在Rt△PAC中，tan∠PAC=

∴AC=

PC142tan221420.40177.5，

tanPACtan17.90.32∴AB=AC-BC=177.5-142≈36（米） ∴运河两岸的A,B两点的距离为36米．

22. （2017山东聊城，22，8分）（本题满分8分）在推进城乡义务教育均衡发展工作中，我是某区政府通过公开招标的方式为辖区内全部乡镇中学采购了某型号的学生用电脑和教师用笔记本电脑，其中，A乡镇中学更新学生用电脑110台和教师用笔记本电脑32台，共花费30.5万元，B乡镇中学更新学生用电脑55台和教师用笔记本电脑24台，共花费17.65万元. （1）求该型号的学生用电脑和教师用笔记本电脑单价分别是多少元？

（2）经统计，全部乡镇中学需要购进的教师用笔记本电脑台数比购进的学生用电脑台数的

1少90台，5在两种电脑的总费用不超过预算438万元的情况下，至多能购进的学生用电脑和教师用笔记本电脑各多少台？

思路分析：（1）题中有两个相等关系，A乡镇中学更新学生用电脑110台和教师用笔记本电脑32台，共花费30.5万元，B乡镇中学更新学生用电脑55台和教师用笔记本电脑24台，共花费17.65万元. 设两个未知数，列二元一次方程组即可求解．（2）根据题意可列不等式，求出至多能购进的学生用电脑和教师用笔记本电脑数．

解：（1）设该型号的学生用电脑和教师用笔记本电脑单价分别为x万元和y万元．

110x32y30.5,x0.19,根据题意，得解这个方程组，得

55x24y17.65.y0.3.∴，该型号的学生用电脑和教师用笔记本电脑单价分别是019万元和0.3万元． （2）设能购进的学生用电脑m台，则能购进的教师用笔记本电脑（m-90）台．

15根据题意，得0.19m+0.3×（解得m≤1860.∴m901m-90）≤438， 515118609037290282（台）． 5答：至多购进的学生用电脑1860台，教师用笔记本电脑282台．

23. （2017山东聊城，23，8分）（本题满分8分）如图，分别位于反比例函数y象限图象上的两点A,B，与原点O在同一直线上，且（1）求反比例函数y

1k,y在第一xxOA1. OB3k

的表达式； x

（2）过点A作x轴的平行线交y

k

的图象于点C，连接BC，求ABC的面积. x

思路分析：（1）要求反比例函数y

k

的表达式只要能求出点B的坐标或其纵坐标的乘积即可，本x

OAOEEA1，得到点BOBOFFB3题中作AE,BF分别垂直于x轴,垂足为E,F.通过△AOE∽△BOF, 纵坐标的乘积，从而确定反比例函数解析式.

（2）先设A点坐标，由（1）可以表示出点B和点C，即可表示出底边AC，的长度，和点B到AC 的距离，即高，进而求出三角形的面积. 解：（1）作AE,BF分别垂直于x轴,垂足为E,F.

∵△AOE∽△BOF, 又

OA1OAOEEA1，∴. OB3OBOFFB3由点A在函数y11的图象上，设点A（m，）. xm1EAm1OAm1∴， OBOF3FBFB3∴OF3m,FBm3k，即B（3m，），∵又点B在函数y的图象上， 3mx∴

3kk9，解得k9.∴反比例函数y的表达式为y. m3mxx139），B（3m，）.又已知过点A作x轴的平行线交y的mmx（2）由（1）知，A（m，图象于点C.

∴点C的纵坐标为

1919，又由点C在y的图象上，∴，解得x9m mxmx∴C（9m，

1）， m312-. mmm∴AC9mm8m 点B到AC的距离为∴SABC

24. （2017山东聊城，24，10分）（本题满分10分）如图，eO是ABC的外接圆，O点在BC边上，BAC的平分线交eO于点D，连接BD,CD，过点D作BC的平行线，与AB的延长线相交于点P.

（1）求证：PD是eO的切线； （2）求证：PBD∽DCA；

（3）当AB6,AC8时，求线段PB的长.

128m8. 2m

思路分析：（1）要证明PD是eO的切线，只要证明OD⊥PD即可；（2）运用两角相等可以证明两三角形相似；（3）结合第（2）题的结论，两三角形相似对应变的比相等，即可求出线段PB的长. 解：（1）证明∵圆心O在BC上，∴BC 是的直径，∴∠BAC=90°.

连接OD，

∵OD平分∠BAC，∴∠BAC=2∠DAC，∵∠DOC=2∠DAC， ∴∠DOC=∠BAC=90°，即OD⊥BC， ∵PD∥BC，∴OD⊥PD.

∵OD是⊙O半径，∴PD是⊙O的切线.

（2）∵PD∥BC，∴∠P=∠ABC.∵∠ADC=∠ABC ∵∠PBD+∠ABD=180°，∠ACD+∠ABD=180° ∵∠PBD=∠ACD.∴△PBD∽△DCA. （3）∵△ABC是直角三角形， ∴BCABAC68100. ∴BC10. ∵OD垂直平分BC， ∵BC是⊙O的直径， ∴∠BDC=90°.

在Rt△ABC中，BDDCBC,即2CD2BC100, ∴CDBC52,∵△PBD∽△DCA.

2222222222∴

PBBD, DCAC即PBDC•BD52•5225. AC84225．（2017山东聊城，25，12分）（本题满分12分）如图，已知抛物线yax2xc与y轴交于点A(0,6)，与x轴交于点B(6,0)，点P是线段AB上方抛物线上的一个动点. （1）求这条抛物线的表达式及其顶点的坐标；

（2）当点P移动到抛物线的什么位置时，使得PAB45，求出此时点P的坐标；

（3）点P从A点出发沿线段AB上方的抛物线向终点B移动，在移动中，点P的横坐标以每秒1个单位长度的速度变动，与此同时点M以每秒1个单位长度的速度沿AO向终点O移动，点P,M移动到各自终点时停止，当两个动点移动t秒时，求四边形PAMB的面积S关于t的函数表达式，并求t为何值时，S有最大值，最大值是多少？

0

思路分析：（1）运用待定系数法将A，B两点坐标代入即可求得系数a和c的值，从而确定抛物线解析式，然后将抛物线化成顶点式，可得到抛物线的顶点坐标.

（2）过点P作PC⊥x轴，垂足为点C.由题意知∠OAB=45°.∠PAB=75°时，∠PAC=60°，在Rt△PAC中，由tan∠PAC=

CPCP3.得出AC 和CP的数量关系，进而表示出点P的坐标. ,即tan60°=

ACAC将P点坐标代入抛物线解析式进行求解.

（3）作PE⊥x轴，垂足为点E. PE交AB于点F, 得出

SPAB111FP•OEFP•BEFPOEBE 2222解：（1）根据题意，将A（0,6），B（6，0）代入yax2xc，得

c6, 

36a12c0.1a, 解得，2

c6.1∴抛物线的解析式为y-x22x6.

211x228. 又y-x22x6- 22∴抛物线的解析式为（2,8）

（2）过点P作PC⊥x轴，垂足为点C.

∵OA=OB=6，∴∠OAB=45°. 当∠PAB=75°时，∠PAC=60°，

CPCP3. ,即tan60°=

ACAC可设AC=m,那么CP=3m. ∴P（3m，6m）.

1将P（3m，6m）代入y-x22x6，得

2216m-3m23m6. 2423-. 解得 m10，m233经检验P（0，6）与点A 重合，不合题意，舍去.

31643）. ∴所求P点坐标为（4-，3331（3）当两个动点移动t秒时，则点P（t，-t22t6）,点M（0,6-t）.

2作PE⊥x轴，垂足为点E. PE交AB于点F,则EFEB6t， 因此tan∠PAC=



11∴P（t,6-t）， ∴FP-t22t66tt23t.

22∵点A到PE的距离等于OE，点B到PE的距离等于BE. ∴SPAB111FP•OEFP•BEFPOEBE 22211232t3t6-t9t 222又SAMB11MA•OBt63t. 223∴S PAMBSPABSAMBt212t.

2当t124时，四边形PAMB的面积最大为24. 322