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Q PK N M O 【答案】2018 年鼓楼区一模 一、选择题 题号 1 2 3 4 5 6 答案 D B C B A C 第六题解析：如图，连接 OM、ON、MK、NK 由切线长定理可知，PM=PN，PO 平分∠MPN 设∠MOQ=∠NOQ=α，则 90OMQ     易知∠OMP=90°，则 PMQ   在⊙O 中，∠MON=2α 由圆心角和圆周角的关系可知， 180MKN     ∴ 190 2MKQ     ，则 1 1 2 2KMQ PMQ    二、填空题 7、 1 3 ，3 8、∠ABC=∠DEF， AB AC BC DE DF EF  9、 1 10、  22 1y x  11、2 12、2 13、 3 14、AB⊥BC（答案不唯一，为矩形等均可） 15、（ 8 3 ，0）或（ 24 ，0） 16、15°、30°、60°、120°、150°或 165° 第 15 题解析：由题意知，C 为直线上一点，且 BC=BO，则 C 点有两个，易知 OA=6，OB=8 情况一，如图，在 Rt△AC1P1 中，设 AC1=3a，则 P1C1=P1O=4a，AP1=5a 则 1 1 9 6AO OP AP a    ，即 2 3a  ∴ 1 84 3OP a  ，即 P1（ 8 3 ，0） 情况二，BP1、BP2 均为角平分线， 则∠P1BP2=90° 在 Rt△P1BP2 中， 由射影定理， 2 1 2OP OP OB  ∴ 2 2 1 24OBOP OP  ，即 P2（ 24 ，0） 第 16 题解析：每边平行均有两种情况，则共有六种不同情况，如下图 30°与 150° 60°与 120° 15°与 165° E D E D CB A A B C D E D E A B C D E D E 三、解答题 17、解： 113 2 x x   2 6 3( 1)x x   2 6 3 3x x   3x  3x   ∴负整数解为 3 、 2 、 1 18、⑴解： 2 4 1 4 2x x  2 2 4 2 4 4 x x x    2 2 4 x x    2 ( 2) 4 x x    1 2x   ⑵ 4 （备注：利用⑴，但注意检验增根） 19、⑴由于双“11”活动 ⑵平均每月消费 488.4 360.2 1942.6 600.8 8484     元 ⑶不合理：理由：个别数据过大，样本太小 20、⑴ 2 2 4 3 3 9  ⑵事件 A：在口袋中任意摸出 1 个球，为黄球 21、⑴小莉：200，1800；小刚：1800，200 小莉：甲工程队改造天数；乙工程队改造天数 小刚：甲工程队改造长度；乙工程队改造长度 ⑵利用小刚的方法，解方程得 600 1200 x y    ∴甲工程队改造 600 米，乙工程队改造 1200 米 22、解：设气球高度为 x，过 A 作 AH⊥PQ 交 PQ 于 H，过 C 作 CM⊥PQ 于 M 则 PH= 1.6x  ，PM= 1.2x  在 Rt△APH 中， tan PH AH  ∴AH= 1.6 tan x   ① 在 Rt△CPM 中， tan PM CM  ∴CM= 1.2 tan x   ② 易得：BD=AH CM ∴ 1.6 1.2 100tan tan x x      ∴ 100tan tan 1.6 tan 1.2 tan tan tanx          答：气球的高度是100tan tan 1.6 tan 1.2 tan tan tan          米． β αA B C D P H M Q 23、⑴解：由题意得：    1 100 0 3 100 600 3 6 x x y x x        ；  2 50 0 6y x x   图像如右图所示： ⑵解：①当 1 80y  时：若 0 3x  时，则 1 0.8x  ； 若3 6x  时，则 1 5.2x  ； ②当 2 80y  时：若 0 6x  时，则 2 1.6x  ； ∵1.6 0.8 0.8h  ； 5.2 1.6 3.6h  ∴两车途径镇江的时间间隔为 0.8h 或者 3.6h ⑶2h 或10 3 h 或14 3 h（分析图像可知最高点差 150，则相遇前有两个答案，相遇后一个） 24、正确，证明如下： 在 Rt△ADB 和 Rt△ADC 中，由勾股定理可得： 2 2 2AB BD AD  ， 2 2 2AC CD AD  ∴ 2 2 2 2AB BD AC CD   ，即     AB BD AB BD AC CD AC CD     ∵ AB BD AC CD   ∴ AB BD AC CD   两式相加，AB=AC，则△ABC 为等腰三角形 25、⑴   8 6y x x    2 14 48 0 6x x x     ⑵由题意得 48 13 35y    则 2 14 48 35x x   ，即  1 13 0x x   解得 1 1x  ， 2 13x  ，经检验 13x  不合题意，应舍去； 答： x 的值为 1． ⑶配方得  27 1y x   当 0.5 1x  时， y 随 x 的增大而减小； ∴当 0.5x  时， y 最大， 2 max 1657.5 5.5 m4y    26、⑴在 FC 上截取 =FM FE ，连接 OB，OM，OC ∵ BEFC BE EF BF BC   △ 则 BE EF BF BF FM MC     ∴ BE MC ∵ O 为正方形中心 ∴ OB OC ， 45OBE OCM     在 OBE△ 与 OCM△ 中 OB OC OBE OCM BE CM       ∴ OBE△ ≌ OCM△ （SAS） ∴ EOB MOC   ，OE OM ∴ EOB BOM MOC BOM       ，即 90EOM BOC     在 OFE△ 与 OFM△ 中 OE OM OF OF EF MF      ∴ OFE△ ≌ OFM△ （SSS） ∴ 1 452EOF MOF EOM       ⑵由⑴得 45EOF   ∴ 135AOE FOC     又∵ 45EAO   ∴ 135AOE AEO     ∴ FOC AEO   又∵ 45EAO OCF     ∴ AOE△ ∽ CFO△ ⑶由 AOE△ ∽ CFO△ 可得 5 2 OE AE AO OF CO CF   ∴ 5 2AE CO ， 5 2AO CF 又∵ AO CO ∴ 5 5 5 2 2 4AE CF CF   ∴ 5 4 AE CF  27、【从特殊入手】如图，显然四边形 ABCD 为正方形，且边长为 2R ∴对边的平方和为 24R 【问题解决】求证： 2 2 2 2 24AB CD AD BC R    证明：如图，连接 CO 并延长，交圆于点 E，连接 DE ∵AC⊥BD ∴∠BCA+∠CBD=90° ∵∠BCA 和∠CBD 分别为弧 AB 和弧 CD 所对圆周角 ∴弧 AB 和弧 CD 的度数和为 180° 又∵弧 CD 和弧 DE 组成半圆，度数和也为 180° ∴弧 AB 与弧 DE 相等 ∴AB=DE ∴ 2 2 2 2 24AB CD DE CD R    同理易知， 2 2 24AD BC R  O D C B A EA B C D O