2017北海中考數(shù)學(xué)模擬真題及答案(2)
2017北海中考數(shù)學(xué)模擬試題答案
選擇題：
1、C 2、D 3、C 4、C 5、B 6、A 7、B 8、D 9、A 10、C
11、D 12、B
填空題：
13： 14、P(1,−1). 15、5 16. 25°或130° 17. 18.
19：(1)解：原式=
=
= (8)
(2)解：
(6分)
∵
∴原方程無解(8分)
20.)填表如下：(4分)
植樹數(shù)量(棵) 頻數(shù) 頻率
3 5 0.1
4 20 0.4
5 15 0.3
6 10 0.2
合計 50 1
補(bǔ)圖如圖所示：
(2)5×3+20×4+15×5+10×650=4.6(棵);(3分)
(3)由樣本的數(shù)據(jù)知，“表現(xiàn)優(yōu)秀”的百分率為0.3+0.2=0.5
由此可以估計該校1200名學(xué)生“表現(xiàn)優(yōu)秀”的人數(shù)：1200×0.5=600(人);(4分)
21. ∴k=3.
∴該函數(shù)的解析式為 . (4分)
?、朴深}意，知E，F(xiàn)兩點(diǎn)坐標(biāo)分別為E( ，2)，F(xiàn)(3， )，
∴
所以當(dāng)k=3時，S有最大值，S最大值= .(11分)
22.證明：(1)連結(jié)DO、DA,
∵AB為O直徑，
∴∠CDA=∠BDA=90°，
∵CE=EA，
∴DE=EA，
∴∠1=∠4，
∵OD=OA，
∴∠2=∠3，
∵∠4+∠3=90°，
∴∠1+∠2=90°，
即：∠EDO=90°，
∵OD是半徑，
∴DE為O的切線(5分)
(2)
連接OE
∵O、E分別是AB、AC的中點(diǎn)，
∴OE∥BC
∵在△OEF中，BD∥OE
∴
∵BO= ,
∴
∵3BF=2DF
∴ (6分)
23.(1)設(shè)甲種商品每件的進(jìn)價為x元，乙種商品每件的進(jìn)價為y元，
依題意得： 2x+3y=270
3x+2y=230，
解得： x=30
y=70.(4分)
答：甲種商品每件的進(jìn)價為30元，乙種商品每件的進(jìn)價為70元.
(2)設(shè)該商場購進(jìn)甲種商品m件，則購進(jìn)乙種商品(100-m)件，
由已知得：m≥4(100-m)，
解得：m≥80.
設(shè)賣完甲、乙兩種商品商場的利潤為w，
則w=(40-30)m+(90-70)(100-m)=-10m+2000，
∵k=-10<0，w隨m的增大而減小，
∴當(dāng)m=80時，w取最大值，最大利潤為1200元.(11分)
故該商場獲利最大的進(jìn)貨方案為甲商品購進(jìn)80件、乙商品購進(jìn)20件，最大利潤為1200元.
24.解：(1)如圖1，
過點(diǎn)E作EH⊥OA于點(diǎn)H，EF與y軸的交點(diǎn)為M.
∵OE=OA，α=60°，
∴△AEO為正三角形，
∴OH=3，EH= =3 .
∴E(﹣3，3 ).
∵∠AOM=90°，
∴∠EOM=30°.
在Rt△EOM中，
∵cos∠EOM= ，
即 = ，
∴OM=4 .
∴M(0，4 ).
設(shè)直線EF的函數(shù)表達(dá)式為y=kx+4 ，
∵該直線過點(diǎn)E(﹣3，3 )，
∴﹣3k+4 =3 ，
解得k= ，
所以，直線EF的函數(shù)表達(dá)式為y= x+4 .(4分)
(2)如圖2，
射線OQ與OA的夾角為α( α為銳角，tanα ).
無論正方形邊長為多少，繞點(diǎn)O旋轉(zhuǎn)角α后得到正方
形OEFG的頂點(diǎn)E在射線OQ上，
∴當(dāng)AE⊥OQ時，線段AE的長最小.
在Rt△AOE中，設(shè)AE=a，則OE=2a，
∴a2+(2a)2=62，解得a1= ，a2=﹣ (舍去)，
∴OE=2a= ，∴S正方形OEFG=OE2= .(7分)
(3)設(shè)正方形邊長為m.
當(dāng)點(diǎn)F落在y軸正半軸時.
如圖3，
當(dāng)P與F重合時，△PEO是等腰直角三角形，有 = 或 = .
在Rt△AOP中，∠APO=45°，OP=OA=6，
∴點(diǎn)P1的坐標(biāo)為(0，6).
在圖3的基礎(chǔ)上，
當(dāng)減小正方形邊長時，
點(diǎn)P在邊FG 上，△OEP的其中兩邊之比不可能為 ：1;
當(dāng)增加正方形邊長時，存在 = (圖4)和 = (圖5)兩種情況.
如圖4，
△EFP是等腰直角三角形，
有 = ，
即 = ，
此時有AP∥OF.
在Rt△AOE中，∠AOE=45°，
∴OE= OA=6 ，
∴PE= OE=12，PA=PE+AE=18，
∴點(diǎn)P2的坐標(biāo)為(﹣6，18).
如圖5，
過P作PR⊥x軸于點(diǎn)R，延長PG交x軸于點(diǎn)H.設(shè)PF=n.
在Rt△POG中，PO2=PG2+OG2=m2+(m+n)2=2m2+2mn+n2，
在Rt△PEF中，PE2=PF2+EF2=m2+n2，
當(dāng) = 時，
∴PO2=2PE2.
∴2m2+2mn+n2=2(m2+n2)，得n=2m.
∵EO∥PH，
∴△AOE∽△AHP，
∴ = ，
∴AH=4OA=24，
即OH=18，
∴m=9 .
在等腰Rt△PRH中，PR=HR= PH=36，
∴OR=RH﹣OH=18，
∴點(diǎn)P3的坐標(biāo)為(﹣18，36).
當(dāng)點(diǎn)F落在y軸負(fù)半軸時，
如圖6，
P與A重合時，在Rt△POG中，OP= OG，
又∵正方形OGFE中，OG=OE，
∴OP= OE.
∴點(diǎn)P4的坐標(biāo)為(﹣6，0).
在圖6的基礎(chǔ)上，當(dāng)正方形邊長減小時，△OEP的其中
兩邊之比不可能為 ：1;當(dāng)正方形邊長增加時，存在 = (圖7)這一種情況.
如圖7，過P作PR⊥x軸于點(diǎn)R，
設(shè)PG=n.
在Rt△OPG中，PO2=PG2+OG2=n2+m2，
在Rt△PEF中，PE2=PF2+FE2=(m+n )2+m2=2m2+2mn+n2.
當(dāng) = 時，
∴PE2=2PO2.
∴2m2+2mn+n2=2n2+2m2，
∴n=2m，
由于NG=OG=m，則PN=NG=m，
∵OE∥PN，∴△AOE∽△ANP，∴ =1，
即AN=OA=6.
在等腰Rt△ONG中，ON= m，
∴12= m，
∴m=6 ，
在等腰Rt△PRN中，RN=PR=6，
∴點(diǎn)P5的坐標(biāo)為(﹣18，6).
所以，△OEP的其中兩邊的比能為 ：1，點(diǎn)P的坐標(biāo)是：P1(0，6)，P2(﹣6，18)，
P3(﹣18，36)，P4(﹣6，0)，P5(﹣18，6).(12分)
25、解：(1)令x=0代入y=﹣3x+3，
∴y=3，
∴B(0，3)，
把B(0，3)代入y=ax2﹣2ax+a+4，
∴3=a+4，
∴a=﹣1，
∴二次函數(shù)解析式為：y=﹣x2+2x+3;(3分)
(2)令y=0代入y=﹣x2+2x+3，
∴0=﹣x2+2x+3，
∴x=﹣1或3，
∴拋物線與x軸的交點(diǎn)橫坐標(biāo)為﹣1和3，
∵M(jìn)在拋物線上，且在第一象限內(nèi)，
∴0
過點(diǎn)M作ME⊥y軸于點(diǎn)E，交AB于點(diǎn)D，
由題意知：M的坐標(biāo)為(m，﹣m2+2m+3)，
∴D的縱坐標(biāo)為：﹣m2+2m+3，
∴把y=﹣m2+2m+3代入y=﹣3x+3，
∴x= ，
∴D的坐標(biāo)為( ，﹣m2+2m+3)，
∴DM=m﹣ = ，
∴S= DM•BE+ DM•OE
= DM(BE+OE)
= DM•OB
= × ×3
=
= (m﹣ )2+
∵0
∴當(dāng)m= 時，
S有最大值，最大值為 ;(8分)
(3)①由(2)可知：M′的坐標(biāo)為( ， );
?、谶^點(diǎn)M′作直線l1∥l′，過點(diǎn)B作BF⊥l1于點(diǎn)F，
根據(jù)題意知：d1+d2=BF，
此時只要求出BF的最大值即可，
∵∠BFM′=90°，
∴點(diǎn)F在以BM′為直徑的圓上，
設(shè)直線AM′與該圓相交于點(diǎn)H，
∵點(diǎn)C在線段BM′上，
∴F在優(yōu)弧 上，
∴當(dāng)F與M′重合時，
BF可取得最大值，
此時BM′⊥l1，
∵A(1，0)，B(0，3)，M′( ， )，
∴由勾股定理可求得：AB= ，M′B= ，M′A= ，
過點(diǎn)M′作M′G⊥AB于點(diǎn)G，
設(shè)BG=x，
∴由勾股定理可得：M′B2﹣BG2=M′A2﹣AG2，
∴ ﹣( ﹣x)2= ﹣x2，
∴x= ，
cos∠M′BG= = ，
∵l1∥l′，
∴∠BCA=90°，
∠BAC=45°(14分)
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