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2017錦州中考數(shù)學(xué)模擬真題及答案(2)

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  2017錦州中考數(shù)學(xué)模擬試題答案

  一、 選擇題

  1-5DCDAD 6-10AABBA 11-15CDCDA 16-20BDBCA 21-23BBC

  二、 填空題

  1. 3

  2. 8

  3. 0或-1

  4. ( )

  5. 10

  6. 等腰三角形或等腰直角三角形

  7.

  8. ( )

  9. 5

  10. (1345.5, )

  11.

  三、 解答題

  1. 解:原式=1+3﹣ ﹣4+3 =2 .

  2. 解:原式=-13.

  3. 解:化簡(jiǎn)得: ;求值得:

  4. 解:(1) ∠BAC=45°; (2)OH是AB的垂直平分線.

  5.解:(1)如圖1所示:四邊形即為菱形;

  (2)如圖2,3所示:即為所求答案.

  6. 解:(1)設(shè)每行駛1千米純用電的費(fèi)用為x元,

  ,解得,x=0.26

  經(jīng)檢驗(yàn),x=0.26是原分式方程的解,

  即每行駛1千米純用電的費(fèi)用為0.26元;

  (2)從A地到B地油電混合行駛,用電行駛y千米,

  0.26y+( ﹣y)×(0.26+0.50)≤39

  解得,y≥74,

  即至少用電行駛74千米.

  7. 解:設(shè)甲隊(duì)單獨(dú)完成此項(xiàng)工程需要x天,乙隊(duì)單獨(dú)完成需要(x+5)天.

  依據(jù)題意可列方程: ,

  解得:x1=10,x2=﹣3(舍去).

  經(jīng)檢驗(yàn):x=10是原方程的解.

  設(shè)甲隊(duì)每天的工程費(fèi)為y元.

  依據(jù)題意可列方程:6y+6(y﹣4000)=385200,

  解得:y=34100.

  甲隊(duì)完成此項(xiàng)工程費(fèi)用為34100×10=341000元.

  乙隊(duì)完成此項(xiàng)工程費(fèi)用為30100×15=451500元.

  答:從節(jié)省資金的角度考慮,應(yīng)該選擇甲工程隊(duì).

  8. 解:(1)設(shè)該地投入異地安置資金的年平均增長(zhǎng)率為x,根據(jù)題意,

  得:1280(1+x)2=1280+1600,

  解得:x=0.5或x=﹣2.25(舍),

  答:從2015年到2017年,該地投入異地安置資金的年平均增長(zhǎng)率為50%;

  (2)設(shè)今年該地有a戶享受到優(yōu)先搬遷租房獎(jiǎng)勵(lì),根據(jù)題意,

  得:1000×8×400+(a﹣1000)×5×400≥5000000,

  解得:a≥1900,

  答:今年該地至少有1900戶享受到優(yōu)先搬遷租房獎(jiǎng)勵(lì).

  9. 解:(1)∵點(diǎn)A(m,2)在直線y=2x上,∴2=2m,

  ∴m=1,∴點(diǎn)A(1,2),

  又∵點(diǎn)A(1,2)在反比例函數(shù)y= 的圖像上,∴k=2.

  (2)設(shè)平移后的直線與y軸交于點(diǎn)B,連接AB,則S△AOB=S△POA=2 .

  過點(diǎn)A作y軸的垂線AC,垂足為點(diǎn)C,則AC=1.

  ∴ OB•AC=2,∴OB=4.

  ∴平移后的直線的解析式為y=2x-4.

  10. 解:(1)證明:∵反比例函數(shù)y= 的圖象在二四象限,∴k<0,

  ∴一次函數(shù)為y=kx+b隨x的增大而減小,

  ∵A,D都在第一象限,∴3k+b>0,∴b>﹣3k;

  (2)由題意知: ,∴ ①,

  ∵E(﹣ ,0),F(xiàn)(0,b),

  ∴S△OEF= ×(﹣ )×b= ②,

  由①②聯(lián)立方程組解得:k=﹣ ,b=3,

  ∴這個(gè)一次函數(shù)的解析式為y=﹣ x+3,

  解﹣ =﹣ x+3得x1= ,x2= ,

  ∴直線y=kx+b與反比例函數(shù)y= 的交點(diǎn)坐標(biāo)的橫坐標(biāo)是 或 ,

  ∴不等式 >kx+b的解集為 .

  11. 解:(1)∵∠ABO=90°,∠AOB=30°,OB=2 ,∴AB= OB=2,

  作CE⊥OB于E,∵∠ABO=90°,∴CE∥AB,∴OC=AC,

  ∴OE=BE= OB= ,CE= AB=1,

  ∴C( ,1),

  ∵反比例函數(shù)y= (x>0)的圖象經(jīng)過OA的中點(diǎn)C,

  ∴1= ,∴k= ,∴反比例函數(shù)的關(guān)系式為y= ;

  (2)∵OB=2 ,∴D的橫坐標(biāo)為2 ,

  代入y= 得,y= ,∴D(2 , ),∴BD= ,

  ∵AB=2,∴AD= ,∴S△ACD= AD•BE= × × = ,

  ∴S四邊形CDBO=S△AOB﹣S△ACD= OB•AB﹣ = ×2 ×2﹣ = .

  12. 解:(1)∵“很喜歡”的部分占的百分比為:1﹣25%﹣40%=35%,

  ∴扇形統(tǒng)計(jì)圖中,“很喜歡”的部分所對(duì)應(yīng)的圓心角為:360°×35%=126°;

  ∵“很喜歡”月餅的同學(xué)數(shù):60×35%=21,

  ∴條形統(tǒng)計(jì)圖中,喜歡“豆沙”月餅的學(xué)生數(shù):21﹣6﹣3﹣8=4,

  故答案分別為126°,4.

  (2)900名學(xué)生中“很喜歡”的有900×35%=315人,

  900名學(xué)生中“比較喜歡”的有900×40%=360人,

  ∴估計(jì)該校學(xué)生中“很喜歡”和“比較喜歡”月餅的共有675人.

  故答案為675.

  (3)無聊表示方便,記云腿、豆沙、蓮蓉、蛋黃四種月餅分別為A、B、C、D.畫出的樹狀圖如圖所示,

  ∴甲、乙兩人中有且只有一人選中自己最愛吃的月餅的概率= = .

  13. 解:(1)由扇形統(tǒng)計(jì)圖可知:扇形A的圓心角是36°,

  所以喜歡A項(xiàng)目的人數(shù)占被調(diào)查人數(shù)的百分比= ×100%=10%.

  由條形圖可知:喜歡A類項(xiàng)目的人數(shù)有20人,

  所以被調(diào)查的學(xué)生共有20÷10%=200(人).

  (2)喜歡C項(xiàng)目的人數(shù)=200-(20+80+40)=60(人),

  因此在條形圖中補(bǔ)畫高度為60的長(zhǎng)方條,如圖所示.

  14. 解:(1)a=7,b=7.5,c=4.2

  (2)甲.

  15. 解:∵∠BDC=90°,BC=10,sinB= ,

  ∴CD=BC•sinB=10×0.59=5.9,

  ∵在Rt△BCD中,∠BCD=90°﹣∠B=90°﹣36°=54°,

  ∴∠ACD=∠BCD﹣∠ACB=54°﹣36°=18°,

  ∴在Rt△ACD中,tan∠ACD= ,

  ∴AD=CD•tan∠ACD=5.9×0.32=1.888≈1.9(米),

  則改建后南屋面邊沿增加部分AD的長(zhǎng)約為1.9米.

  16. 解:他的這種坐姿不符合保護(hù)視力的要求,

  理由:如圖2所示:過點(diǎn)B作BD⊥AC于點(diǎn)D,

  ∵BC=30cm,∠ACB=53°,

  ∴sin53°= ≈0.8,解得:BD=24,

  cos53°= ≈0.6,解得:DC=18,

  ∴AD=22﹣18=4(cm),

  ∴AB= ,

  ∴他的這種坐姿不符合保護(hù)視力的要求.

  17. 解:(1)如圖所示:延長(zhǎng)BA,過點(diǎn)C作CD⊥BA延長(zhǎng)線與點(diǎn)D,

  由題意可得:∠CBD=30°,BC=120海里,

  則DC=60海里,故cos30°= ,

  解得:AC=40 ,

  答:點(diǎn)A到島礁C的距離為40 海里;

  (2)如圖所示:過點(diǎn)A′作A′N⊥BC于點(diǎn)N,

  可得∠1=30°,∠BA′A=45°,A′N=A′E,

  則∠2=15°,即A′B平分∠CBA,

  設(shè)AA′=x,則A′E= x,

  故CA′=2A′N=2× x= x,

  ∵ x+x=40 ,∴解得:x=20( ﹣1),

  答:此時(shí)“中國(guó)海監(jiān)50”的航行距離為20( ﹣1)海里.

  18. 解:

  19. 解:(1)連接OH、OM,

  ∵H是AC的中點(diǎn),O是BC的中點(diǎn),

  ∴OH是△ABC的中位線,∴OH∥AB,

  ∴∠COH=∠ABC,∠MOH=∠OMB,

  又∵OB=OM,∴∠OMB=∠MBO,∴∠COH=∠MOH,

  在△COH與△MOH中, △COH≌△MOH(SAS),

  ∴∠HCO=∠HMO=90°,∴MH是⊙O的切線;

  (2)∵M(jìn)H、AC是⊙O的切線,∴HC=MH= ,∴AC=2HC=3,

  ∵tan∠ABC= ,∴ ,∴BC=4,∴⊙O的半徑為2;

  (3)連接OA、CN、ON,OA與CN相交于點(diǎn)I,

  ∵AC與AN都是⊙O的切線,

  ∴AC=AN,AO平分∠CAD,∴AO⊥CN,

  ∵AC=3,OC=2,

  ∴由勾股定理可求得:AO= ,

  ∵ AC•OC= AO•CI,∴CI= .

  ∴由垂徑定理可求得:CN= ,

  設(shè)OE=x,由勾股定理可得:CN2﹣CE2=ON2﹣OE2,

  ∴ ﹣(2+x)2=4﹣x2,∴x= ,∴CE= ,

  由勾股定理可求得:EN= ,∴由垂徑定理可知:NQ=2EN= .

  20. 解:(1)∵ = ,∴∠ACB=∠ADB=45°,

  ∵∠ABD=45°,∴∠BAD=90°,

  ∴BD是△ABD外接圓的直徑;

  (2)在CD的延長(zhǎng)線上截取DE=BC,連接EA,

  ∵∠ABD=∠ADB, ∴AB=AD,

  ∵∠ADE+∠ADC=180°,∠ABC+∠ADC=180°,

  ∴∠ABC=∠ADE,

  在△ABC與△ADE中, ∴△ABC≌△ADE(SAS),

  ∴∠BAC=∠DAE,∴∠BAC+∠CAD=∠DAE+∠CAD,∴∠BAD=∠CAE=90°,

  ∵ = ,∴∠ACD=∠ABD=45°,∴△CAE是等腰直角三角形,

  ∴ AC=CE,∴ AC=CD+DE=CD+BC;

  (3)過點(diǎn)M作MF⊥MB于點(diǎn)M,過點(diǎn)A作AF⊥MA于點(diǎn)A,MF與AF交于點(diǎn)F,連接BF,由對(duì)稱性可知:∠AMB=ACB=45°,∴∠FMA=45°,

  ∴△AMF是等腰直角三角形,∴AM=AF,MF= AM,

  ∵∠MAF+∠MAB=∠BAD+∠MAB,∴∠FAB=∠MAD,

  在△ABF與△ADM中, ∴△ABF≌△ADM(SAS),∴BF=DM,

  在Rt△BMF中,∵BM2+MF2=BF2,∴BM2+2AM2=DM2.

  21. 證明:(1)∵點(diǎn)D關(guān)于直線AE的對(duì)稱點(diǎn)為F,

  ∴∠EAF=∠DAE,AD=AF,

  又∵∠BAC=2∠DAE,∴∠BAC=∠DAF,

  ∵AB=AC,∴ = ,

  ∴△ADF∽△ABC;

  (2)∵點(diǎn)D關(guān)于直線AE的對(duì)稱點(diǎn)為F,

  ∴EF=DE,AF=AD,

  ∵α=45°,∴∠BAD=90°﹣∠CAD,

  ∠CAF=∠DAE+∠EAF﹣∠CAD=45°+45°﹣∠CAD=90°﹣∠CAD,∴∠BAD=∠CAF,

  在△ABD和△ACF中, ,∴△ABD≌△ACF(SAS),

  ∴CF=BD,∠ACF=∠B,

  ∵AB=AC,∠BAC=2α,α=45°,

  ∴△ABC是等腰直角三角形,∴∠B=∠ACB=45°,

  ∴∠ECF=∠ACB+∠ACF=45°+45°=90°,

  在Rt△CEF中,由勾股定理得,EF2=CF2+CE2,

  所以,DE2=BD2+CE2;

  (3)DE2=BD2+CE2還能成立.

  理由如下:作點(diǎn)D關(guān)于AE的對(duì)稱點(diǎn)F,連接EF、CF,

  由軸對(duì)稱的性質(zhì)得,EF=DE,AF=AD,

  ∵α=45°,∴∠BAD=90°﹣∠CAD,

  ∠CAF=∠DAE+∠EAF﹣∠CAD=45°+45°﹣∠CAD=90°﹣∠CAD,

  ∴∠BAD=∠CAF,

  在△ABD和△ACF中, ,∴△ABD≌△ACF(SAS),

  ∴CF=BD,∠ACF=∠B,

  ∵AB=AC,∠BAC=2α,α=45°,∴△ABC是等腰直角三角形,

  ∴∠B=∠ACB=45°,

  ∴∠ECF=∠ACB+∠ACF=45°+45°=90°,

  在Rt△CEF中,由勾股定理得,EF2=CF2+CE2,

  所以,DE2=BD2+CE2.

  22. 解:(1)①∵在矩形ABCD中,AD∥BC,

  ∴∠KDO=∠GBO,∠DKO=∠BGO

  ∵點(diǎn)O是BD的中點(diǎn),∴DO=BO.

  ∴△DOK≌△BOG(AAS)

  ②∵四邊形ABCD是矩形,∴∠BAD=∠ABC=90°,AD∥BC.

  又∵AF平分∠BAD,∴∠BAF=∠BFA=45°,∴AB=BF.

  ∵OK∥AF,AK∥FG,∴四邊形AFGK是平行四邊形.

  ∴AK=FG.

  ∵BG=BF+FG,∴BG=AB+AK.

  (2)①由(1)得,四邊形AFGK是平行四邊形,

  ∴AK=FG,AF=KG.

  又∵△DOK≌△BOG,且KD=KG,∴AF=KG=KD=BG.

  設(shè)AB=a,則AF=KG=KD=BG= a,

  ∴AK=4﹣ ﹣ a,F(xiàn)G=BG﹣BF= a﹣a

  ∴4﹣ ﹣ a= a﹣a.

  解得a= ,∴KD= a=2

  ②過點(diǎn)G作GI⊥KD于點(diǎn)I,由(2)①可知KD=AF=2

  ∴GI=AB= ,∴S△DKG= ×2× = .

  ∵PD=m,∴PK=2﹣m.

  ∵PM∥DG,PN∥KG,

  ∴四邊形PMGN是平行四邊形,△DKG∽△PKM∽△DPN.

  ∴ ,即S△DPN=( )2

  同理S△PKM=( )2

  ∵S△PMN= ,∴S平行四邊形PMGN=2S△PMN=2× .

  又∵S平行四邊形PMGN=S△DKG﹣S△DPN﹣S△PKM,

  ∴2× = ﹣( )2 ﹣( )2 ,即m2﹣2m+1=0,

  解得m1=m2=1,∴當(dāng)S△PMN= 時(shí),m的值為1.

  23. 解:(1)解:結(jié)論AE=EF=AF.

  理由:如圖1中,連接AC,

  ∵四邊形ABCD是菱形,∠B=60°,

  ∴AB=BC=CD=AD,∠B=∠D=60°,

  ∴△ABC,△ADC是等邊三角形,

  ∴∠BAC=∠DAC=60°

  ∵BE=EC,∴∠BAE=∠CAE=30°,AE⊥BC,

  ∵∠EAF=60°,∴∠CAF=∠DAF=30°,∴AF⊥CD,

  ∴AE=AF(菱形的高相等),

  ∴△AEF是等邊三角形,∴AE=EF=AF.

  (2)證明:如圖2中,∵∠BAC=∠EAF=60°,∴∠BAE=∠CAE,

  在△BAE和△CAF中, ,∴△BAE≌△CAF,∴BE=CF.

  (3)解:過點(diǎn)A作AG⊥BC于點(diǎn)G,過點(diǎn)F作FH⊥EC于點(diǎn)H,

  ∵∠EAB=15°,∠ABC=60°,∴∠AEB=45°,

  在RT△AGB中,∵∠ABC=60°AB=4,∴BG=2,AG=2 ,

  在RT△AEG中,∵∠AEG=∠EAG=45°,∴AG=GE=2 ,∴EB=EG﹣BG=2 ﹣2,

  ∵△AEB≌△AFC,∴AE=AF,EB=CF=2 ﹣2,∠AEB=∠AFC=45°,

  ∵∠EAF=60°,AE=AF,∴△AEF是等邊三角形,∴∠AEF=∠AFE=60°

  ∵∠AEB=45°,∠AEF=60°,∴∠CEF=∠AEF﹣∠AEB=15°,

  在RT△EFH中,∠CEF=15°,∴∠EFH=75°,

  ∵∠AFE=60°,∴∠AFH=∠EFH﹣∠AFE=15°,

  ∵∠AFC=45°,∠CFH=∠AFC﹣∠AFH=30°,

  在RT△CHF中,∵∠CFH=30°,CF=2 ﹣2,

  ∴FH=CF•cos30°=(2 ﹣2)• =3﹣ .

  ∴點(diǎn)F到BC的距離為3﹣ .

  24. 解:(1)∵過B,C,D三點(diǎn)的拋物線y=ax2+bx+c(a≠0)的頂點(diǎn)坐標(biāo)為(2,2),

  ∴點(diǎn)C的橫坐標(biāo)為4,BC=4,

  ∵四邊形ABCD為平行四邊形,∴AD=BC=4,

  ∵A(2,6),∴D(6,6),

  設(shè)拋物線解析式為y=a(x﹣2)2+2,

  ∵點(diǎn)D在此拋物線上,∴6=a(6﹣2)2+2,∴a= ,

  ∴拋物線解析式為y= (x﹣2)2+2= x2﹣x+3,

  (2)∵AD∥BC∥x軸,且AD,BC間的距離為3,BC,x軸的距離也為3,F(xiàn)(m,6)

  ∴E( ,3),∴BE= ,∴S= (AF+BE)×3= (m﹣2+ )×3= m﹣3

  ∵點(diǎn)F(m,6)是線段AD上,∴2≤m≤6,即:S= m﹣3.(2≤m≤6)

  (3)∵拋物線解析式為y= x2﹣x+3,∴B(0,3),C(4,3),

  ∵A(2,6),∴直線AC解析式為y=﹣ x+9,

  ∵FM⊥x軸,垂足為M,交直線AC于P

  ∴P(m,﹣ m+9),(2≤m≤6)

  ∴PN=m,PM=﹣ m+9,

  ∵FM⊥x軸,垂足為M,交直線AC于P,過點(diǎn)P作PN⊥y軸,∴∠MPN=90°,

  ∴MN=

  ∵2≤m≤6,∴當(dāng)m= 時(shí),MN最大= .

  25. 解:(1)∵x2﹣2x﹣3=0,∴x=3或x=﹣1,

  ∴B(0,3),C(0,﹣1),∴BC=4,

  (2)∵A(﹣ ,0),B(0,3),C(0,﹣1),

  ∴OA= ,OB=3,OC=1,∴OA2=OB•OC,

  ∵∠AOC=∠BOA=90°,∴△AOC∽△BOA,∴∠CAO=∠ABO,

  ∴∠CAO+∠BAO=∠ABO+∠BAO=90°,∴∠BAC=90°,∴AC⊥AB;

  (3)設(shè)直線AC的解析式為y=kx+b,

  把A(﹣ ,0)和C(0,﹣1)代入y=kx+b,

  ∴ ,解得

  ∴直線AC的解析式為:y=﹣ x﹣1,

  ∵DB=DC,∴點(diǎn)D在線段BC的垂直平分線上,∴D的縱坐標(biāo)為1,

  ∴把y=1代入y=﹣ x﹣1,∴x=﹣2 ,

  ∴D的坐標(biāo)為(﹣2 ,1),

  (4)設(shè)直線BD的解析式為:y=mx+n,直線BD與x軸交于點(diǎn)E,

  把B(0,3)和D(﹣2 ,1)代入y=mx+n,

  ∴ ,解得

  ∴直線BD的解析式為:y= x+3,

  令y=0代入y= x+3,∴x=﹣3 ,

  ∴E(﹣3 ,0),∴OE=3 ,

  ∴tan∠BEC= = ,∴∠BEO=30°,

  同理可求得:∠ABO=30°,∴∠ABE=30°,

  當(dāng)PA=AB時(shí),如圖1,

  此時(shí),∠BEA=∠ABE=30°,∴EA=AB,

  ∴P與E重合,∴P的坐標(biāo)為(﹣3 ,0),

  當(dāng)PA=PB時(shí),如圖2,此時(shí),∠PAB=∠PBA=30°,

  ∵∠ABE=∠ABO=30°,∴∠PAB=∠ABO,

  ∴PA∥BC,∴∠PAO=90°,∴點(diǎn)P的橫坐標(biāo)為﹣ ,

  令x=﹣ 代入y= x+3,∴y=2,∴P(﹣ ,2),

  當(dāng)PB=AB時(shí),如圖3,

  ∴由勾股定理可求得:AB=2 ,EB=6,

  若點(diǎn)P在y軸左側(cè)時(shí),記此時(shí)點(diǎn)P為P1,

  過點(diǎn)P1作P1F⊥x軸于點(diǎn)F,∴P1B=AB=2 ,∴E P1=6﹣2 ,

  ∴sin∠BEO= ,∴F P1=3﹣ ,

  令y=3﹣ 代入y= x+3,∴x=﹣3,∴P1(﹣3,3﹣ ),

  若點(diǎn)P在y軸的右側(cè)時(shí),記此時(shí)點(diǎn)P為P2,

  過點(diǎn)P2作P2G⊥x軸于點(diǎn)G,∴P2B=AB=2 ,

  ∴E P2=6+2 ,∴sin∠BEO= ,∴G P2=3+ ,

  令y=3+ 代入y= x+3,∴x=3,∴P2(3,3+ ),

  綜上所述,當(dāng)A、B、P三點(diǎn)為頂點(diǎn)的三角形是等腰三角形時(shí),點(diǎn)P的坐標(biāo)為(﹣3 ,0),(﹣ ,2),(﹣3,3﹣ ),(3,3+ ).

  26. 解:(1) , , .

  (2)存在.

  第一種情況,當(dāng)以C為直角頂點(diǎn)時(shí),過點(diǎn)C作CP1⊥AC,交拋物線于點(diǎn)P1.過點(diǎn)P1作y軸的垂線,垂足是M.

  ∵OA=OC,∠AOC =90°∴∠OCA=∠OAC=45°.

  ∵∠ACP1=90°,∴∠MCP1 =90°-45°=45°=∠C P1M.∴MC=MP1.

  由(1)可得拋物線為 .

  設(shè) ,則 ,

  解得: (舍去), .

  ∴ .則P1的坐標(biāo)是 .

  第二種情況,當(dāng)以A為直角頂點(diǎn)時(shí),過點(diǎn)A作AP2⊥AC,交拋物線于點(diǎn)P2,過點(diǎn)P2作y軸的垂線,垂足是N,AP2交y軸于點(diǎn)F.∴P2N∥x軸.

  由∠CAO=45°,∴∠OAP2=45°.∴∠FP2N=45°,AO=OF=3.∴P2N=NF.

  設(shè) ,則 .

  解得: (舍去), .∴ ,則P2的坐標(biāo)是 .

  綜上所述,P的坐標(biāo)是 或 .

  (3)連接OD,由題意可知,四邊形OFDE是矩形,則OD=EF.

  根據(jù)垂線段最短,可得當(dāng)OD⊥AC時(shí),OD最短,即EF最短.

  由(1)可知,在Rt△AOC中,

  ∵OC=OA=3,OD⊥AC,∴ D是AC的中點(diǎn).

  又∵DF∥OC,∴ .

  ∴點(diǎn)P的縱坐標(biāo)是 . 則 , 解得: .

  ∴當(dāng)EF最短時(shí),點(diǎn)P的坐標(biāo)是:( , )或( , ).

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