2018年升学模拟大考卷（三）数学解析（佳木斯）.pdf

二 ○ 一八年升学模拟大考卷(三) 数学试卷参考答案及评分标准 一、填空题(每题 3 分,满分 30 分) 1.1.87×10 7 2.x ≥ 2 3 3.BD =CE 等 4.2 5.a ≤2 6.200 7.25° 8.4 9.3 5 10 或3 13 13 【考点】勾股定理、正方形的性质、等面积法和分类讨论的思想. 【解析】分两种情况讨论:① 当CE∶DE =1∶2 时;② 当CE∶DE =2∶1 时,分别根据正 方形的性质和勾股定理求BE 的长和 △OBE 的面积,从而求得OF 的长. 【解答】分两种情况讨论: ① 当CE∶DE =1∶2 时,连接OE,如图, 则EC =2,DE =4. ∴BE =2 10,S△BOE =1 2 S△BDE =6. ∴ 1 2 BE·OF =6. ∴OF =3 5 10; ② 当CE∶DE =2∶1 时, 其过程同(1),可得 OF = 3 13 13. 【点评】此题主要考查了利用勾股定理和等面积法求高,根据已知进行分类讨论得出两种 不同图形是解题的关键. 10.- 1 2 × 3 2 æ è ç ö ø ÷ 2018 ,- 3 2 × 3 2 æ è ç ö ø ÷ 2018æ è ç ö ø ÷ 【考点】图形规律的求法、位似、等边三角形的性质和勾股定理. 【解析】根据题意分别求出点B 所在象限的变化规律和数值变化规律,所在象限的规律 主要是确定循环数是 4,数值上的规律是每一个点 B 的坐标绝对值是前一个点 的3 2 倍. 【解答】由已知可知,每 4 次变换为一个循环. ∵2018÷4=504……2, )佳( )页 8 共(页 1 第案答学数∴ 点B2018 与点B2 所在象限相同. ∵△AOB 为等边三角形,OA =1,∴ 点B 的坐标为 1 2 ,3 2 æ è ç ö ø ÷ . 根据变换规律,得点B1 1 2 × 3 2 ,- 3 2 × 3 2 æ è ç ö ø ÷ , 点B2 - 1 2 × 3 2 æ è ç ö ø ÷ 2 ,- 3 2 × 3 2 æ è ç ö ø ÷ 2æ è ç ö ø ÷ , 点B3 - 1 2 × 3 2 æ è ç ö ø ÷ 3 ,3 2 × 3 2 æ è ç ö ø ÷ 3æ è ç ö ø ÷ …… ∴ 点B2018 - 1 2 × 3 2 æ è ç ö ø ÷ 2018 ,- 3 2 × 3 2 æ è ç ö ø ÷ 2018æ è ç ö ø ÷ . 【点评】此题主要考查了点的坐标变化规律,分别从所在象限的变化和数值变化入手是 解题的关键. 二、选择题(每题 3 分,满分 30 分) 11.B 12.D 13.B 14.A 15.A 16.C 17.B 18.C 19.B 20.C 【考点】相似三角形的判定和性质、全等三角形的判定和性质、三角函数定义、等腰三角 形的性质和直角三角形的性质. 【解析】结论 ① 正确,证明 △ABE ≌ △BCF 即可; 结论 ② 正确,按三角函数定义求解即可; 结论 ③ 错误,假设结论正确,推出其与正确的结论相矛盾即可; 结论 ④ 正确,证明 △CGE ∽ △CBG,得到比例式,再把CG 替换成BE. 【解答】①∵ 四边形 ABCD 是正方形, ∴AB =BC,∠ABC =∠BCF =90°. ∴∠ABG + ∠CBF =90°. ∵∠AGB =90°, ∴∠ABG + ∠BAG =90°. ∴∠BAG =∠CBF. ∴△ABE ≌ △BCF. ∴BE =CF. 故 ① 正确; ②∵M 为AB 的中点, ∴MA =MB =1 2 AB =1 2 BC. )佳( )页 8 共(页 2 第案答学数∴tan∠MCB =MB BC =1 2 . 故 ② 正确; ③∵∠AGB =90°,M 为AB 的中点, ∴MG =MA =MB. ∴∠GBM =∠BGM . 若CG =FG,则有 ∠CFG =∠FCG. ∵∠CFG =∠GBM ,∠FCG =∠GMB, ∴∠GBM =∠GMB =∠BGM . ∴∠GMB =60°,这与 ② 的结论相矛盾. 故 ③ 错误; ④∵∠AGB =90°,M 为AB 的中点, ∴MG =MA =MB.∴∠GAM =∠AGM . 又 ∠CGE =∠AGM ,∠GAM =∠CBG, ∴∠CGE =∠CBG. 又 ∠ECG =∠GCB, ∴△CGE ∽ △CBG. ∴ CE CG =CG CB,即CG2 =BC·CE. 由 ∠CFG =∠GBM =∠BGM =∠CGF,得CF =CG. 由 ① 知BE =CF, ∴BE =CG.∴BE2 =BC·CE. 故 ④ 正确. 故选 C. 【点评】本题是几何综合题,综合考查了多个几何知识点,有相当的难度,熟练运用分析 法、综合法解题是关键. 三、解答题(满分 60 分) 21.(本题满分 5 分) 解:原式= 2a (a+1)(a-1)·(a+1)(a-1) 2(a+2) (1 分)…………………………………… = a a+2 . (2 分)…………………………………………………………………… 当a=tan60°-4sin30° = 3-2 时, (1 分)……………………………………………………………… )佳( )页 8 共(页 3 第案答学数原式 = 3-2 3-2+2 =1- 2 3 3. (1 分)………………………………………………… 22.(本题满分 6 分) 解:(1)△A1B1C1 如图所示. (2 分)……………………………………………………… (2)△A2B2C2 如图所示. (2 分)……………………………………………………… (3)点 A 所经过的路径总长为 1+5+90π×4 2 180 =6+2 2π. (2 分)…………… 23.(本题满分 6 分) 解:(1)将x=0 代入直线y=-x+3 中,得y=3.∴B(0,3). 将y=0 代入直线y=-x+3 中,得 -x+3=0,解得x=3.∴A(3,0). 将点 A 和点B 的坐标代入y=-x2 +bx+c,得 c=3, -9+3b+3=0.{ 解得 b=2, c=3.{ ∴ 抛物线的解析式为y=-x2 +2x+3. (2 分)……………………………… (2)令 -x2 +2x+3=0,(x-3)(x+1)=0, ∴x1 =3,x2 =-1.∴C(-1,0). ∴AC =4. ∵B(0,3),∴OB =3. 设点 M 的坐标为(x,y). ∵△ACM 与 △ABC 的面积相等, ∴ 1 2 AC·|y|=1 2 AC·OB, 1 2 ×4×|y|=1 2 ×4×3. ∴y=±3. )佳( )页 8 共(页 4 第案答学数当y=3 时,-x2 +2x+3=3,解得x=0 或x=2. ∴M1(2,3),M2(0,3); 当y=-3 时,-x2 +2x+3=-3,解得x=1+ 7 或x=1- 7. ∴M3(1+ 7,-3),M4(1- 7,-3). 综上所述,点 M 的坐标为(0,3)或(2,3)或(1+ 7,-3)或(1- 7,-3). (4 分) … …………………………………………………………………………… 24.(本题满分 7 分) 解:(1)本次调查抽取学生总数为 15÷25% =60(人). (1 分)………………………… (2)A 组人数为 60-24-15-9=12(人). 补全条形统计图如图. (2 分)……………………………………………………… (3)由 60×m% =12,得 m =20. (1 分)……………………………………………… “体育特长类”的人数所在扇形的圆心角是24 60 ×360°=144°. (1 分)………… (4)∵800×25% =200(名),200÷20=10(个), ∴ 开设 10 个“实践活动类”课程的班级比较合理. (2 分)……………………… 25.(本题满分 8 分) 【考点】一次函数图象的应用. 【解析】(1)由点(20,4800)可以求得甲前 20 分钟的速度;甲、乙 20 分钟的路程差就是 M ,N 两点间的距离; (2)由图中条件及(1)中结论可求出点B,C 的坐标,代入y=kx+b可以得到解 析式; (3)分三种情况讨论,第一种是甲在乙后面,第二种是甲超过了乙后,第三种是 甲超过乙后放慢速度的时候.把这个问题转化为行程问题,列方程解决问题. 【解答】(1)M ,N 两地的距离为 4800-20×180=1200(米). (1 分)……………… v甲 =4800÷20=240(米/分钟). (1 分)………………………………… (2)甲跑 40 分钟时的路程为 30×240+10×180=9000(米), ∴B(40,9000). )佳( )页 8 共(页 5 第案答学数甲全程跑步路程为 1200+180×50=10200(米), ∴C(50,10200). 设直线BC 的解析式为y=kx+b. 把点B,C 的坐标代入,得 9000=40k+b, 10200=50k+b.{ (1 分)……………………… 解得 k=120, b=4200.{ ∴y=120x+4200. (2 分)…………………………………………………… (3)乙出发35 3 分钟或85 3 分钟或125 3 分钟时,甲、乙两人相距 500 米. (3 分)…… 设乙跑t分钟时,甲、乙相距 500 米. 根据题意,得 ①1200+180t=240t+500,解得t=35 3 ; ②240t=1200+500+180t,解得t=85 3 ; ③30×240+10×180+(t-40)×120=1200+500+180t,解得t=125 3 . 【点评】本题考查了一次函数图象的应用,结合图象,理解题意,转化为已知条件,正确列 出函数解析式或转化为一元一次方程解应用题,就可以解决问题. 26.(本题满分 8 分) 【考点】全等三角形的判定与性质和等腰三角形的判定. 【解答】解:图 ② 的结论为 AB =AD -BE. (2 分)……………………………………… 图 ③ 的结论为 AB =BE -AD. (2 分)……………………………………… 证明图 ②: 延长EM 交AB 的延长线于点F. ∵EM ⊥BD,∴∠BME =∠BMF =90°. ∵∠EBM =∠FBM ,∴∠E =∠F. ∴BF =BE. (1 分)…………………………………………………………… 设 AD 与ME 交于点O. ∵∠ACB =∠BME =90°, ∴∠E + ∠COE =90°,∠D + ∠DOM =90°. ∴∠E =∠D.∴∠F =∠D. (1 分)…………………………………………… ∵∠BAM =∠CAM ,AM =AM , )佳( )页 8 共(页 6 第案答学数∴△AFM ≌ △ADM . ∴AF =AD. (1 分)…………………………………………………………… ∴AB =AF -BF =AD -BE. (1 分)……………………………………… 【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质和等腰三角形的判定等知识点,作辅助线 构造全等三角形是解题的关键. 27.(本题满分 10 分) 【考点】二元一次方程组的应用、一元一次不等式组的应用、一次函数的应用和二元一次 方程的应用. 【解析】(1)根据题意,列出二元一次方程组,求解即可; (2)列出一元一次不等式组,注意取整数解,就可以得到方案;再列出总费用与 三人自行车数量的函数关系,在范围内取最小值; (3)列出二元一次方程,取正整数解,所得的方案中,四人自行车数量最多的即 为答案. 【解答】(1)设四人自行车x 元/辆,三人自行车y 元/辆. 根据题意,得 3x=4y, 5x+4y=16000.{ (1 分)……………………………………… 解得 x=2000, y=1500.{ 答:四人自行车 2000 元/辆,三人自行车 1500 元/辆. (2 分)………… (2)设购置三人自行车 m 辆,则购置四人自行车(m +4)辆. 根据题意,得 m +m +4≥22, 2000(m +4)+1500m ≤50000.{ (1 分)………………… 解得 9≤ m ≤12. ∵m 为整数, ∴m 的值可以是 9,10,11,12,即该游乐场有 4 种购置方案. (1 分)……… 设购置总费用为 W 元. 则 W =2000(m +4)+1500m =3500m +8000. (1 分)……………… ∵W 随m 的增大而增大, ∴ 当 m =9 时,W 取得最小值,最小值为 39500 元. 答:该游乐场共有 4 种购置方案,其中购置四人自行车 13 辆、三人自行车 9 辆时所需总费用最低,最低费用为 39500 元. (1 分)…………………… (3)设购置三人自行车a 辆,则购置四人自行车b 辆. ∵ 节省的资金为(13+9)×500=11000(元), (1 分)…………………… )佳( )页 8 共(页 7 第案答学数∴1000a+1500b=11000. (1 分)……………………………………… ∵a,b 都为正整数, ∴ 有a=2,b=6;a=5,b=4;a=8,b=2 三种方案,其中最多能购买四人 自行车 6 辆. (1 分)………………………………………………………… 【点评】本题考查了二元一次方程组的应用、一次函数的应用和一元一次不等式组的应 用,读懂题目信息,理清题中相等关系和不等量关系,列出方程组和不等式组是 解题的关键,利用一次函数的增减性求最值要注意自变量的取值范围. 28.(本题满分 10 分) 【考点】解一元二次方程、相似三角形的判定和性质、求一次函数解析式和函数关系式. 【解析】(1)解一元二次方程,可以得到OA,OC 的长,进而求得点B 的坐标; (2)由相似三角形得到比例,再求边长,从而得到点 D 的坐标,求出一次函数解 析式; (3)分两种情况讨论:一是直线 MN 平移扫过的部分是平行四边形,二是直线 MN 平移扫过的面积是五边形,从而表示出扫过部分图形的面积,得到解析 式. 【解答】(1)解方程x2 -14x+48=0,得x1 =6,x2 =8. (1 分)……………………… ∵OA