第第頁共26頁【點評】本題主要考查頻數(shù)分布直方圖，解題的關鍵是掌握頻率=頻數(shù)三總?cè)藬?shù)及中位數(shù)的定義、樣本估計總體思想的運用．(8分)小建和小鄴來到綠博園游玩，現(xiàn)有A、B、C三條觀光路線可隨機選取.小建恰好選擇A路線的概率是求小建和小鄴都選擇A路線的概率.【分析】(1)直接利用概率公式求出答案;(2)首先畫出樹狀圖，進而得出符合題意的路徑，即可求出小建和小鄴都選擇A路線的概率.【解答】解：(1)丁小建到綠博園有A、B、C三條路線,小建恰好選擇A路線的概率是寺,故答案為:(2)如圖所示：A5CA\A\A\ABCABCABC，由樹狀圖可得，一共有9種可能，小建和小鄴都選擇A路線的有1種，故小建和小鄴都選擇A路線的概率為寺.【點評】此題主要考查了樹狀圖法求概率，根據(jù)題意正確畫出樹狀圖是解題關鍵.(6分)(1)我們把鄰邊之比^?応：1的矩形叫做標準矩形.如圖，已知矩形ABCD,請用尺規(guī)作圖作出標準矩形ABPQ,使得點P、Q分別在線段BC、AD上.(保留作圖痕跡，不要求寫作法)(2)若AB=2W，貝9(1)中的矩形ABPQ的面積為2【分析】首先構造等腰直角AAEB,AE=EB，/AEB=90。，再分別以A，B為圓心,AE為半徑畫弧交AD于Q交BC于P,四邊形ABPQ即為所求.【解答】解：（1）如圖，四邊形ABPQ即為所求.NDCVA0NDCVA0（2）7四邊形ABPQ是矩形，AB=2W,AQ=洛，?*?S矩形abpq=^VsxV6=^V~2,故答案為6迥?【點評】本題考查作圖-復雜作圖，矩形的性質(zhì)，等腰直角三角形的判定和性質(zhì)等知識,解題的關鍵是靈活運用所學知識解決問題，屬于中考常考題型．23．（8分）下框中是小淇、小堯?qū)δ暇?018年一道中考題目的部分解答．題目：劉阿姨到超市購買大米，第一次按原價購買，用了105元．幾天后，遇上這種大米8折出售，她用140元又買了一些，兩次一共購買了40kg.這種大米的原價是多少?I、甘105140-|七105n140小淇：；小堯：x0.8iy40-y根據(jù)以上信息，解答下列問題．（1）小淇同學所列方程中的x表示這種大米的原價，小堯同學所列方程中的y表示第一次購買大米的質(zhì)量：（2）在上述兩個方程中任選一個求解，并回答題目中的問題．【分析】（1）設這種大米的原價是每千克x元，根據(jù)兩次一共購買了40kg列出方程.2）解分式方程即可．【解答】解：（1）設這種大米的原價是每千克x元，則第二次購買的大米的單價是每千克0.8x?根據(jù)兩次購買的總數(shù)量為40kg,列方程為：x0.Sz若設第一次購買大米的質(zhì)量為y,則第二次購買大米的質(zhì)量是（40-y）kg,根據(jù)兩次購1AR1If]買大米的單價間的數(shù)量關系列出方程：y40-y故答案是：這種大米的原價；第一次購買大米的質(zhì)量；⑵選擇乎體窗整理，得84+140=32x.x=7.經(jīng)檢驗:x=7是原方程的解.答：這種大米的原價是7元/千克.【點評】本題考查分式方程的應用，分析題意，找到合適的等量關系是解決問題的關鍵（8分）甲、乙兩人在筆直的道路AB上相向而行，甲騎自行車從A地到B地，乙駕車從B地到A地，假設他們分別以不同的速度勻速行駛，甲先出發(fā)6分鐘后，乙才出發(fā)，乙的速度為弓千米/分，在整個過程中，甲、乙兩人之間的距離y（千米）與甲出發(fā)的時2間x（分）之間的部分函數(shù)圖象如圖.（1）A、B兩地相距24千米，甲的速度為千米/分；—_3—（2）求線段EF所表示的y與x之間的函數(shù)表達式；（3）當乙到達終點A時，甲還需多少分鐘到達終點B？【分析】（1）觀察圖象知A、B兩地相距為24km,由縱坐標看出甲先行駛了2千米，由橫坐標看出甲行駛2千米用了6分鐘，則甲的速度是學千米/分鐘；6（2）列方程求出相遇時的時間，求出點F的坐標，再運用待定系數(shù)法解答即可；（3）根據(jù)相遇前甲行駛的路程除以乙行駛的速度，可得乙到達A站需要的時間，根據(jù)相遇前乙行駛的路程除以甲行駛的速度，可得甲到達B站需要的時間，再根據(jù)有理數(shù)的減法，可得答案【解答】解：（1）觀察圖象知A、B兩地相距為24km，???甲先行駛了2千米，由橫坐標看出甲行駛2千米用了6分鐘,p1???甲的速度是千米/分鐘；od故答案為：24,*；（2）設甲乙相遇時甲所用的時間為a分鐘，根據(jù)題意得,，解得,a=18，?F（18，0），設線段EF表示的y與x之間的函數(shù)表達式為y=kx+b，根據(jù)題意得,??線段EF表示的y與x之間的函數(shù)表達式為y=—x+33；□1q（3）相遇后乙到達A地還需：（18^石）三石=4（分鐘），Q1相遇后甲到達終點B還需：（12X尋）三專=54（分鐘）當乙到達終點A時，甲還需54-4=50分鐘到達終點B.【點評】本題考查了函數(shù)圖象，利用同路程與時間的關系得出甲、乙的速度是解題關鍵．注意求出相遇后甲、乙各自的行駛路程和時間.（8分）如圖，在RtAABC中，ZACB=90°,E是BC的中點，以AC為直徑的OO與AB邊交于點D,連接DE.（1）求證：DE是OO的切線；（2）若CD=6cm,DE=5cm，求OO直徑的長.ABEC【分析】（1）連結(jié)DO,如圖，根據(jù)直角三角形斜邊上的中線性質(zhì)，由ZBDC=90°,E為BC的中點得到DE=CE=BE，則利用等腰三角形的性質(zhì)得ZEDC=ZECD,ZODC=ZOCD，由于/OCD+/DCE=/ACB=90。，所以/EDC+/ODC=90。，即/EDO=90°，于是根據(jù)切線的判定定理即可得到DE與OO相切;（2）根據(jù)勾股定理和相似三角形的性質(zhì)即可得到結(jié)論．【解答】（1）證明：連結(jié)DO,如圖，VZBDC=90°，E為BC的中點，:.DE=CE=BE,.??ZEDC=ZECD,又?：OD=OC,./ODC=/OCD，而ZOCD+ZDCE=ZACB=90°,.??ZEDC+ZODC=9O°，即/EDO=90°,:.DE丄OD,.DE與OO相切；（2）由（1）得，BC='Jbc2_cd上=】10一白=8，：/BCA=/BDC=90°，/B=/B，.?.△BCAsAbdC,AC=BC而—而AC=HL?AC峠【點評】本題考查了切線的判定定理：經(jīng)過半徑的外端且垂直于這條半徑的直線是圓的切線．要證某線是圓的切線，已知此線過圓上某點，連接圓心與這點（即為半徑），再證垂直即可．也考查了直角三角形斜邊上的中線性質(zhì)和相似三角形的判定與性質(zhì)．(9分)已知二次函數(shù)y=-x2+2mx-m2-1(m為常數(shù)).證明：不論m為何值，該函數(shù)的圖象與x軸沒有公共點；當自變量x的值滿足-3WxW-l時，與其對應的函數(shù)值y的最大值為-5,求m的值.【分析】(1)根據(jù)判別式的值得到△=-4V0,然后根據(jù)判別式的意義得到結(jié)論；(2)利用配方法得到y(tǒng)=-(x-m)2-1,則拋物線的對稱軸為直線x=m，討論：當m<-3時，根據(jù)二次函數(shù)性質(zhì)得到x=-3時，y=-5,所以-(-3-m)2-1=-5；當-3WmW-1時，x=m,y的最大值為-1,不合題意；當m>-1時，利用二次函數(shù)的性質(zhì)得到x=-1時，y=-5，所以-(-1-m)2-1=-5,然后分別解關于m的方程即可得到滿足條件的m的值.【解答】(1)證明：△=4m2-4X(-1)X(-m2-1)=-4<0，所以-x2+2mx-m2-1=0沒有實數(shù)解，所以不論m為何值，該函數(shù)的圖象與x軸沒有公共點；(2)解：y=-x2+2mx-m2-1=-(x-m)2-1，拋物線的對稱軸為直線x=m,當m<-3時，-3WxW-1,y隨x的增大而減下，則x=-3時，y=-5，所以-(-3m)2-1=-5，解得m1=-5，m2=-1(舍去)；當-3WmW-1時，x=m,y的最大值為-1,不合題意；當m>-1時，-3WxW-1,y隨x的增大而增大，則x=-1時，y=-5,所以-(-1m)2-1=-5，解得m1=1，m2=-3(舍去)；綜上所述，m的值為-5或1.【點評】本題考查了拋物線與x軸的交點：把求二次函數(shù)y=ax2+bx+c(a,b,c是常數(shù)，aMO)與x軸的交點坐標問題轉(zhuǎn)化為解關于x的一元二次方程.也考查了二次函數(shù)的性質(zhì).(12分)我們定義：有一組對角相等的四邊形叫做“等對角四邊形”.如圖①，四邊形ABCD內(nèi)接于OO,點E在CD的延長線上，且AE=AD.證明：四邊形ABCE是“等對角四邊形”如圖②，在“等對角四邊形”ABCD中，ZDAB=ZBCD=53°,ZB=90°,AB4^4=17,BC=18，求CD的長.(sin53°~mcos53°~W，tan53°~手)55詁如圖③，在RtAACD中，ZACD=90°,ZDAC=30°,CD=4,若四邊形ABCD是“等對角四邊形”且ZB=ZD，貝9BD的最大值是―丑毀(直接寫出結(jié)果)【分析】(1)證明ZB=ZE,即可證明四邊形ABCE是“等對角四邊形”)過點D作DELAB于點E,DF丄BC于點F,先證明四邊形EBFD為矩形，于是np4BE=DF,BF=DE，在Rt^CDF中，tanZFCD==tan53°=工，可設DF=4x,CFC?3=3x,則CD=5x則BE=DF=4x,DE=BF=18-3x,AE=17-4x，在Rt^ADE中，ZA=53°,tanZAnp4=，于是3DE=4AE,列出方程3(18-3x)=4(17-4x),求得x=2，即CD=AE35x=10；)由ZABC=60。，可知點B在以AC為邊的等邊三角形的外接圓的ABnC±運動，當BD經(jīng)過圓心O時，BD最長，即為B]D的長，求出即可.【解答】解：(1)證明：???四邊形ABCD內(nèi)接于OO,.??ZB+ZADC=180°,?ZADE+ZADC=180°,.ZB=ZADE,?AE=AD,ZE=ZADE，.ZB=ZE,???四邊形ABCE是“等對角四邊形”(2)如圖②，過點D作DE丄AB于點E,DF丄BC于點F,?ZBED=ZBFD=90°,又ZB=90°,???四邊形EBFD為矩形，:.BE=DF,BF=DE,在Rt^CDF中，DF4tanZFCD==tan53°=二C?3設DF=4x,CF=3x，則CD=5x：?BE=DF=4x,DE=BF=18-3x,AE=17-4x,rip4在Rt^ADE中，ZA=53°,tanZA=AE3：?3DE=4AE,3(18-3x)=4(17-4x),?：x=2,CD=5x=10(3)VZACD=90°,ZDAC=30°,?：ZCDA=60°,ZABC=60°,?:點B在以AC為邊的等邊三角形的外接圓的上運動，?:當BD經(jīng)過圓心O時，BD最長，即為BD的長，如圖③，連接DO,與弧交于點B1,連接OC,作OEIIAC,與DC的延長線交于點EVZACD=90°,ZDAC=3