2017濟(jì)南中考數(shù)學(xué)模擬試題及答案(2)
2017濟(jì)南中考數(shù)學(xué)模擬真題答案
一、選擇題
題號(hào) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 D B A A C B B C D A
二、填空題
題號(hào) 11 12 13 14 15
答案 1
9π 14 4 或
三、解答題
16.解：原式= ÷
= • = .………………………………5分
∵當(dāng)a取±1時(shí)，原式無(wú)意義， ………………………………6分
∴當(dāng)a=0時(shí)，∴原式= =-1 ………………………………8分
17.(1)證明：連接OA.∵∠B=60°，∴∠AOC=2∠B=120°.
又∵在△AOC中，OA=OC，
∴∠ACP=∠CAO= (180°-∠AOC)=30°.
∴∠AOP=2∠ACP=60°.
∴AP=AC，∴∠P=∠ACP=30°.
∴∠OAP=180°-∠AOP-∠P=90°，
即OA⊥AP.
∴AP是⊙O的切線.………………………………5分
(2)連接AD.∵CD是⊙O的直徑，∴∠CAD=90°.
在Rt△ACD中，∵AC=3，∠ACP=30°，
∴AD=AC•tan∠ACP=3× = ，
由(1)知∠P=∠ACP=30°，
∴∠PAC=180°-∠P-∠ACP=120°.
∴∠PAD=∠PAC-∠CAD=30°.
∴∠P=∠PAD=30°.∴PD=AD= .………………………………9分
18.解：(1)一共抽查了 200 名學(xué)生; ………………………………2分
(2)補(bǔ)全條形統(tǒng)計(jì)圖如圖所示： ………………………………4分
(3)D類部分所對(duì)應(yīng)扇形的圓心角的度數(shù)為36°;(注：若填36，不扣分)……6分
(4) . ………………………………9分
19.解：延長(zhǎng)PQ交直線AB于點(diǎn)M，
則∠PMA=90°，設(shè)PM的長(zhǎng)為x米，根據(jù)題意，
得∠PAM=45°，∠PBM=68°，∠QAM=31°，
AB=100，∴在Rt△PAM中，AM=PM=x.
BM=AM-AB=x-100， ………………2分
在Rt△PBM中，∵tan∠PBM= ，
即tan68°= .
解得x ≈ 167.57.∴AM=PM ≈ 167.57.………………………………5分
在Rt△QAM中，∵tan∠QAM= ，
∴QM=AM•tan∠QAM=167.57×tan31°≈100.54. ………………8分
∴PQ=PM-QM=167.57-100.54≈67.0(米).
因此，信號(hào)塔PQ的高度約為67.0米. ………………………………9分
20.解：(1)∵四邊形OABC為矩形，且OA=3，AB=4，
∴OC= AB=4，AB∥OC，即AB∥x軸.
∵點(diǎn)D在AB上，且BD=2 AD，BD+AD= AB=4，
∴AD= . ∴點(diǎn)D的坐標(biāo)為( ，3).
∵ 點(diǎn)D在雙曲 線y= 上，∴k=3× =4.………3分
又∵點(diǎn)E在BC上，∴點(diǎn)E的橫坐標(biāo)為4.
把x=4代入y= 中，得y=1.
∴點(diǎn)E的坐標(biāo)為(4，1).………5分
(2)假設(shè)存在滿足題意的點(diǎn)P的坐標(biāo)為(m ，0).
則OP=m，CP=4-m.由(1)知點(diǎn)E(4，1)，
∴CE =1.∵∠APE=90°∴∠APO+∠EPC=90°.
∵∠APO+∠OAP=90°，∴∠OAP=∠EPC.
又∵∠AOP=∠PEC=90°，∴△AOP∽△PCE.
∴ ，即 .解得m=1或m=3.
經(jīng)檢驗(yàn)，m=1或m=3為原方程的兩個(gè)根.
∴存在這樣的點(diǎn)P，其坐標(biāo)為(1，0)或(3，0).………9分
21.解：(1)根據(jù)題意，得
當(dāng)0 ≤ x ≤ 200時(shí)，y1=x;
當(dāng)x > 200時(shí)，y1=2 00+0.7(x- 200)
=0.7 x+60.
綜上所知，甲商店購(gòu)物時(shí)y1與x之間的函數(shù)關(guān)系式為
y1=﹛x(0 ≤ x ≤ 200);0.7 x+60(x > 200).………………………………4分
(2)由圖象可知，交點(diǎn)C的橫坐標(biāo)大于500，
當(dāng)x﹥500時(shí)，設(shè)乙商店購(gòu)物時(shí)應(yīng)付金額為y2元，
則y2=500+0.5(x- 500)=0.5 x+250.
由(1)知，當(dāng)x﹥500時(shí)，y1=0.7 x+60.
由于點(diǎn)C是y1與y2的交點(diǎn)，
∴令0.7 x+60=0.5 x+250.
解得x=950，此時(shí)y1=y2=725.
即交點(diǎn)C的坐標(biāo)為(950，725).………………………………8分
(3)結(jié)合圖像和(2)可知：
當(dāng)0 ≤ x ≤ 200或x=950時(shí)，
選擇甲、乙兩家商店購(gòu)物費(fèi)用相同;
當(dāng)20 0
當(dāng)x﹥950時(shí)，選擇乙商店購(gòu)物更優(yōu)惠.………………………………10分
22.解：(1)2………………………………2分
(2)如圖(1)過點(diǎn)D作DG∥BC交AC于點(diǎn)G，
則∠ADG=∠ABC=90°.
∵∠BAC=∠ADH=30°，
∴AH=DH，∠GHD=∠BAC+∠ADH=60°，
∠HDG=∠ADG-∠ADH=60°，
∴△DGH為 等邊三角形.
∴GD=GH =DH =AH，AD=GD•tan60°= GD.
由題意可知，AD= CE.∴GD=CE.
∵DG∥BC，∴∠GDF=∠CEF，∠DGF=∠ECF.
∴△GDF≌△CEF.∴GF=CF.
GH+GF=AH+CF，即HF=AH+CF，
∴HF= AC=2，即 .………………………………8分
(3) .………………………………10分
提示：如圖(2)，過點(diǎn)D作DG∥BC交AC于點(diǎn)G，
易得AD=AG，AD=EC，∠A GD=∠ACB.
在△ABC中，∵∠BAC=∠ADH=36°，AB=AC，
∴AH=DH，∠ACB=∠B=72°，∠GHD=∠HAD+∠ADH=72°.
∴∠AGD=∠GHD=72°.
∵∠GHD=∠B=∠HGD=∠ACB，∴△ABC∽△DGH.∴ ，
∴GH=mD H=mA H.
由△ADG∽△ABC可得 .
∵DG∥BC，∴ .∴FG=mFC.
∴GH+FG=m(AH+FC)=m(AC-HF)，
即HF=m(AC-HF).∴ .
23.(1)拋物線的解析式為y=x2+2x-3.……………3分
(2)如圖，過點(diǎn)P作PM⊥x軸于點(diǎn)M，
設(shè)拋物線對(duì)稱軸l交x軸于點(diǎn)Q.
∵PB⊥NB，∴∠PBN=90°，
∴∠PBM+∠NBQ=90°.
∵∠PMB=90°，
∴∠PBM+∠BPM=90°.
∴∠BPM=∠NBQ.
又∵∠BMP=∠BNQ=90°，PB=NB，
△BPM≌△NBQ.∴PM=BQ.
∵拋物線y=x2+2x-3與x軸交于點(diǎn)A(1，0)和點(diǎn)B，且對(duì)稱軸為x =-1，
∴點(diǎn)B的坐標(biāo)為(-3，0)，點(diǎn)Q的坐標(biāo)為(-1，0).∴BQ=2.∴PM=BQ=2.
∵點(diǎn)P是拋物線y=x2+2x-3上B、C之間的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，
∴結(jié)合圖象可知點(diǎn)P的縱坐標(biāo)為-2.
將y=-2代入y=x2+2x-3，得-2=x2+2x-3.
解得x1=-1- ，x2=-1+ (舍去).
∴此時(shí)點(diǎn)P的坐標(biāo)為(-1- ，-2).………………………………7分
(3)存在.
如圖，連接AC.可設(shè)點(diǎn)P的坐標(biāo)為(x，y)(-3﹤x﹤0)，
則y=x2+2x-3.∵點(diǎn)A(1，0)，∴OA=1.
∵點(diǎn)C是拋物線與y軸的交點(diǎn)，∴令x=0，得y=-3.即點(diǎn)C(0，-3).
∴OC=3.由(2)可知
S四邊形PBAC=S△BPM+S四邊形PMOC+S△AOC
= BM•PM+ (PM+OC)•OM+ OA•OC
= (x+3)(-y)+ (-y+3)(-x)+ ×1×3
=- y- x+ .將y=x2+2x-3代入可得
S四邊形PBAC=- (x2+2x-3)- x+
=- (x+ )2+ .∵- ﹤0，-3﹤x﹤0，
∴當(dāng)x=- 時(shí)，S四邊形PBAC有最大值 .
此時(shí)，y=x2+2x-3=- .
∴當(dāng)點(diǎn)P的坐標(biāo)為(- ，- )時(shí)，
四邊形PBAC的面積最大，最大值為 .………………………………11分
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