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天添资源网 http://www.ttzyw.com/‎ ‎2013五月联考数学模拟试卷 一、 选择题 ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ ‎6‎ ‎7‎ ‎8‎ ‎9‎ ‎10‎ A A D D D C D D D B 二、 填空题 ‎11.x(x-3)2 ； 12.；13. 8 ； 14. ；15. ；‎ 三、16.3；17.（1）命题1：如果①②，那么③ ；命题2：如果①③，那么②；‎ ‎（2）命题1的证明：‎ ‎∵①AE∥DF， ∴∠A=∠D。 ‎ ‎∵②AB=CD，∴AB+BC=CD+BC，即AC=DB。‎ 在△AEC和△DFB中，‎ ‎∵∠E=∠F，∠A=∠D，AC=DB， ∴△AEC≌△DFB（AAS）。‎ ‎∴CE=BF③（全等三角形对应边相等）。‎ ‎18、（1）500人（2）略（3）4000人（4）175×（1+20％）2=252人 ‎19、解：作点P到直线AB的垂线段PE，则线段PE的长，就是点P到直线AB的距离，‎ 根据题意，∠APE=∠PAC=30°，∠BPE=∠PBD=45°，‎ 则在Rt△PAE和Rt△PBE中，‎ ‎， BE=PE，‎ 而AE+BE=AB， 即， ∴PE=，‎ ‎∵PE>50，即保护区中心到公路的距离大于半径50千米，‎ ‎∴公路不会穿越保护区。‎ ‎20、解：（1）画树状图得：‎ ‎∴点Q所有可能的坐标有6个：‎ ‎（0，﹣2），（0，0），（0，1），（﹣2，，﹣2），（﹣2，0），（﹣2， 1）。‎ ‎（2）∵点Q在x轴上的有：（0，0），（﹣2，0），∴点Q在x轴上的概率为：。‎ ‎（3）∵⊙O的半径是2，∴在⊙O外的有（﹣2，1），（﹣2，﹣2），‎ 天添资源网 http://www.ttzyw.com/‎ 天添资源网 http://www.ttzyw.com/‎ 在⊙O上的有（0，﹣2），（﹣2，0）。‎ ‎∴过点Q能作⊙O切线的概率为：。‎ ‎21、‎ 解：（1）由y=2x+2可知A（0，2），即OA=2。‎ ‎∵tan∠AHO=2，∴OH=1。‎ ‎∵MH⊥x轴，∴点M的横坐标为1。‎ ‎∵点M在直线y=2x+2上，‎ ‎∴点M的纵坐标为4．即M（1，4）。‎ ‎∵点M在上，∴k=1×4=4。‎ ‎（2）存在。‎ ‎∵点N（a，1）在反比例函数（x＞0）上，‎ ‎∴a=4．即点N的坐标为（4，1）。‎ 过点N作N关于x轴的对称点N1，连接MN1，交x轴于P（如图所示）。‎ 此时PM+PN最小。‎ ‎∵N与N1关于x轴的对称，N点坐标为（4，1），∴N1的坐标为（4，﹣1）。‎ 设直线MN1的解析式为y=kx+b。‎ 由解得。‎ ‎∴直线MN1的解析式为。‎ 令y=0，得x=．‎ ‎∴P点坐标为（，0）。‎ ‎22、解：（1）如答图1，连接OG．‎ ‎∵EG为切线，∴∠KGE+∠OGA=90°，‎ ‎∵CD⊥AB，∴∠AKH+∠OAG=90°，‎ 又OA=OG，∴∠OGA=∠OAG，‎ 天添资源网 http://www.ttzyw.com/‎ 天添资源网 http://www.ttzyw.com/‎ ‎∴∠KGE=∠AKH=∠GKE，‎ ‎∴KE=GE．‎ ‎（2）AC∥EF，理由为：‎ 连接GD，如答图2所示．‎ ‎∵KG2=KD•GE，即=，‎ ‎∴=，又∠KGE=∠GKE，‎ ‎∴△GKD∽△EGK，‎ ‎∴∠E=∠AGD，又∠C=∠AGD，‎ ‎∴∠E=∠C，‎ ‎∴AC∥EF；‎ 设⊙O半径为r，在Rt△OCH中，OC=r，OH=r﹣3t，CH=4t，‎ 由勾股定理得：OH2+CH2=OC2，‎ 即（r﹣3t）2+（4t）2=r2，解得r=t=．‎ ‎∵EF为切线，∴△OGF为直角三角形，‎ 在Rt△OGF中，OG=r=，tan∠OFG=tan∠CAH==，‎ ‎∴FG===．‎ ‎23、解：（1）设函数解析式为V=kx+b，‎ 则，‎ 天添资源网 http://www.ttzyw.com/‎ 天添资源网 http://www.ttzyw.com/‎ 解得：，‎ 故V关于x的函数表达式为：V=﹣x+94；‎ ‎（2）由题意得，V=﹣x+94≥50，‎ 解得：x≤88，‎ 又P=Vx=（﹣x+94）x=﹣x2+94x，‎ 当0＜x≤88时，函数为增函数，即当x=88时，P取得最大，‎ 故Pmax=﹣×882+94×88=4400．‎ 答：当车流密度达到88辆/千米时，车流量P达到最大，最大值为4400辆/时 ‎24、解：（1）BD=CF成立。理由如下：‎ ‎∵△ABC是等腰直角三角形，四边形ADEF是正方形，‎ ‎∴AB=AC，AD=AF，∠BAC=∠DAF=90°。‎ ‎∵∠BAD=∠BAC﹣∠DAC，∠CAF=∠DAF﹣∠DAC，∴∠BAD=∠CAF。‎ 在△BAD和△CAF中，∵AB=AC，∠BAD=∠CAF，‎ ‎∴△BAD≌△CAF（SAS）。∴BD=CF。‎ ‎（2）①证明：设BG交AC于点M．‎ ‎∵△BAD≌△CAF（已证），∴∠ABM=∠GCM。‎ 又∵∠BMA=∠CMG，∴△BMA∽△CMG。‎ ‎∴∠BGC=∠BAC=90°。∴BD⊥CF。‎ ‎②过点F作FN⊥AC于点N。‎ ‎∵在正方形ADEF中，AD=DE=，‎ ‎∴。‎ ‎∴AN=FN=AE=1。‎ ‎∵在等腰直角△ABC 中，AB=4，∴CN=AC﹣AN=3，。‎ ‎∴在Rt△FCN中，。‎ 天添资源网 http://www.ttzyw.com/‎ 天添资源网 http://www.ttzyw.com/‎ 在Rt△ABM中，。‎ ‎∴AM=。‎ ‎∴CM=AC﹣AM=4﹣，。‎ ‎∵△BMA∽△CMG，∴，即，∴CG=。‎ ‎∴在Rt△BGC中，。‎ ‎25、解：（1）∵AB⊥x轴，AB=3，tan∠AOB=，∴OB=4。‎ ‎ ∴B（﹣4，0），B1（0，﹣4），A2（3，0）。‎ ‎∵抛物线y=ax2+bx+c（a≠0）经过点B、B1、A2，‎ ‎∴，解得。‎ ‎∴抛物线的解析式为：。‎ ‎（2）点P是第三象限内抛物线上的一点，‎ 如图，过点P作PC⊥x轴于点C．‎ 设点P的坐标为（m，n），‎ 则m＜0，n＜0，。‎ ‎∴PC=|n|=﹣，OC=|m|=﹣m，‎ BC=OB﹣OC=|﹣4|﹣|m|=4+m。‎ ‎∴‎ 天添资源网 http://www.ttzyw.com/‎ 天添资源网 http://www.ttzyw.com/‎ ‎∴当m=﹣2时，△PBB1的面积最大，这时，n=，即点P（﹣2，）。‎ ‎（3）存在。‎ 假设在第三象限的抛物线上存在点Q（x0，y0），使点Q到线段BB1的距离为。‎ 如图，过点Q作QD⊥BB1于点D，设Q（xQ，yQ），‎ 由（2）可知，此时△QBB1的面积可以表示为：‎ ‎，‎ 在Rt△OBB1中，。‎ ‎∵，‎ ‎∴，解得xQ=﹣1或xQ=﹣3。‎ 当xQ=﹣1时，yQ=﹣4；当xQ=﹣3时，yQ=﹣2。‎ 因此，在第三象限内，抛物线上存在点Q，使点Q到线段BB1的距离为，这样的点Q的坐标是（﹣1，﹣4）或（﹣3，﹣2）。‎ 天添资源网 http://www.ttzyw.com/‎