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2017茂名中考數(shù)學(xué)模擬試卷及答案(2)

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  ∴ ,

  ∴ ,

  ∴A1B= ,

  ∴A1B1=A1C=A1B+BC= ,

  同理可得,A2B2= =( )2 ,

  同理可得,A3B3=( )3 ,

  同理可得,A2015B2015=( )2015 ,

  ∴S第2016個(gè)正方形的面積=S正方形C2015C2015B2015A2015=[( )2015 ]2=5×( )4030,

  故答案為5×( )4030

  三、解答題(本大題共2小題,每小題6分,共12分)

  19.關(guān)于x的一元二次方程x2﹣3x﹣k=0有兩個(gè)不相等的實(shí)數(shù)根.

  (1)求k的取值范圍;

  (2)請選擇一個(gè)整數(shù)k值,使方程的兩根同號,并求出方程的根.

  【考點(diǎn)】根與系數(shù)的關(guān)系;根的判別式.

  【分析】(1)由方程的系數(shù)結(jié)合根的判別式即可得出△=9+4k>0,解之即可得出結(jié)論;

  (2)由根與系數(shù)的關(guān)系結(jié)合方程兩根同號即可得出k=﹣2或﹣1,取k=﹣2,利用分解因式法解一元二次方程即可得出結(jié)論.

  【解答】解:(1)∵方程x2﹣3x﹣k=0有兩個(gè)不相等的實(shí)數(shù)根,

  ∴△=(﹣3)2+4k=9+4k>0,

  解得:k>﹣ .

  (2)∵方程的兩根同號,

  ∴﹣k>0,

  ∴k=﹣2或﹣1.

  當(dāng)k=﹣2時(shí),原方程為x2﹣3x+2=(x﹣1)(x﹣2)=0,

  解得:x1=1,x2=2.

  20.計(jì)算: sin60°﹣4cos230°+sin45°•tan60°+( )﹣2.

  【考點(diǎn)】實(shí)數(shù)的運(yùn)算;負(fù)整數(shù)指數(shù)冪;特殊角的三角函數(shù)值.

  【分析】原式利用特殊角的三角函數(shù)值,以及負(fù)整數(shù)指數(shù)冪法則計(jì)算即可得到結(jié)果.

  【解答】解:原式= × ﹣4× + × +4= +1.

  四、解答題(本大題共2小題,每小題8分,共16分)

  21.如圖,某小區(qū)樓房附近有一個(gè)斜坡,小張發(fā)現(xiàn)樓房在水平地面與斜坡處形成的投影中,在斜坡上的影子長CD=6m,坡角到樓房的距離CB=8m.在D點(diǎn)處觀察點(diǎn)A的仰角為60°,已知坡角為30°,你能求出樓房AB的高度嗎?

  【考點(diǎn)】解直角三角形的應(yīng)用﹣仰角俯角問題;解直角三角形的應(yīng)用﹣坡度坡角問題.

  【分析】作DH⊥AB于H,根據(jù)正弦、余弦的定義求出DE、CE,根據(jù)正切的概念求出AH,計(jì)算即可.

  【解答】解:作DH⊥AB于H,

  在Rt△CDE中,DE= CD=3,CE= CD=3 ,

  ∴BE=3 +8,

  在Rt△ADH中,AH=DH•tan∠ADH=9+8 ,

  ∴AB=AH+BH=12+8 ,

  答:樓房AB的高度為(12+8 )米.

  22.為了解某中學(xué)學(xué)生對“厲行勤儉節(jié)約,反對鋪張浪費(fèi)”主題活動的參與情況.小強(qiáng)在全校范圍內(nèi)隨機(jī)抽取了若干名學(xué)生并就某日午飯浪費(fèi)飯菜情況進(jìn)行了調(diào)查.將調(diào)查內(nèi)容分為四組:A.飯和菜全部吃完;B.有剩飯但菜吃完;C.飯吃完但菜有剩;D.飯和菜都有剩.根據(jù)調(diào)查結(jié)果,繪制了如圖所示兩幅尚不完整的統(tǒng)計(jì)圖.2•1•c•n•j•y

  回答下列問題:

  (1)這次被抽查的學(xué)生共有 120 人,扇形統(tǒng)計(jì)圖中,“B組”所對應(yīng)的圓心角的度數(shù)為 72° ;

  (2)補(bǔ)全條形統(tǒng)計(jì)圖;

  (3)已知該中學(xué)共有學(xué)生2500人,請估計(jì)這日午飯有剩飯的學(xué)生人數(shù);若按平均每人剩10克米飯計(jì)算,這日午飯將浪費(fèi)多少千克米飯?

  【考點(diǎn)】加權(quán)平均數(shù);用樣本估計(jì)總體;扇形統(tǒng)計(jì)圖;條形統(tǒng)計(jì)圖.

  【分析】(1)用A組人數(shù)除以它所占的百分比即可得到調(diào)查的總?cè)藬?shù);求出B組所占的百分比,再乘以360°即可得出“B組”所對應(yīng)的圓心角的度數(shù);

  (2)用調(diào)查的總?cè)藬?shù)乘以C組所占的百分比得出C組的人數(shù),進(jìn)而補(bǔ)全條形統(tǒng)計(jì)圖;

  (3)先求出這餐晚飯有剩飯的學(xué)生人數(shù)為:2500×(1﹣60%﹣10%)=750(人),再用人數(shù)乘每人平均剩10克米飯,把結(jié)果化為千克.

  【解答】解:(1)這次被抽查的學(xué)生數(shù)=72÷60%=120(人),

  “B組”所對應(yīng)的圓心角的度數(shù)為:360°× =72°.

  故答案為120,72°;

  (2)C組的人數(shù)為:120×10%=12;

  條形統(tǒng)計(jì)圖如下:

  (3)這餐晚飯有剩飯的學(xué)生人數(shù)為:2500×(1﹣60%﹣10%)=750(人),750×10=7500(克)=7.5(千克).

  答:這餐晚飯將浪費(fèi)7.5千克米飯.

  五、解答題(本大題共2小題,每小題9分,共18分)

  23.如圖,OA和OB是⊙O的半徑,并且OA⊥OB,P是OA上任一點(diǎn),BP的延長線交⊙O于Q,過Q的⊙O的切線交OA的延長線于R.求證:RP=RQ.

  【考點(diǎn)】切線的性質(zhì).

  【分析】首先連接OQ,由切線的性質(zhì),可得∴∠OQB+∠BQR=90°,又由OA⊥OB,可得∠OPB+∠B=90°,繼而可證得∠PQR=∠BPO=∠RPQ,則可證得RP=RQ.

  【解答】證明:連接OQ,

  ∵RQ是⊙O的切線,

  ∴OQ⊥QR,

  ∴∠OQB+∠BQR=90°.

  ∵OA⊥OB,

  ∴∠OPB+∠B=90°.

  又∵OB=OQ,

  ∴∠OQB=∠B.

  ∴∠PQR=∠BPO=∠RPQ.

  ∴RP=RQ.

  24.某商場要經(jīng)營一種新上市的文具,進(jìn)價(jià)為20元/件,試營銷階段發(fā)現(xiàn):當(dāng)銷售單價(jià)25元/件時(shí),每天的銷售量是250件,銷售單價(jià)每上漲1元,每天的銷售量就減少10件.

  (1)寫出商場銷售這種文具,每天所得的銷售利潤w(元)與銷售單價(jià)x(元)之間的函數(shù)關(guān)系式;

  (2)求銷售單價(jià)為多少元時(shí),該文具每天的銷售利潤最大;

  (3)商場的營銷部結(jié)合上述情況,提出了A、B兩種營銷方案:

  方案A:該文具的銷售單價(jià)高于進(jìn)價(jià)且不超過30元;

  方案B:每件文具的利潤不低于為25元且不高于29元.

  請比較哪種方案的最大利潤更高,并說明理由.

  【考點(diǎn)】二次函數(shù)的應(yīng)用;一元二次方程的應(yīng)用.

  【分析】(1)根據(jù)利潤=(銷售單價(jià)﹣進(jìn)價(jià))×銷售量,列出函數(shù)關(guān)系式即可;

  (2)根據(jù)(1)式列出的函數(shù)關(guān)系式,運(yùn)用配方法求最大值;

  (3)分別求出方案A、B中x的取值范圍,然后分別求出A、B方案的最大利潤,然后進(jìn)行比較.

  【解答】解:(1)由題意得,銷售量=250﹣10(x﹣25)=﹣10x+500,

  則w=(x﹣20)(﹣10x+500)

  =﹣10x2+700x﹣10000;

  (2)w=﹣10x2+700x﹣10000=﹣10(x﹣35)2+2250.

  ∵﹣10<0,

  ∴函數(shù)圖象開口向下,w有最大值,

  當(dāng)x=35時(shí),w最大=2250,

  故當(dāng)單價(jià)為35元時(shí),該文具每天的利潤最大;

  (3)A方案利潤高.理由如下:

  A方案中:20

  故當(dāng)x=30時(shí),w有最大值,

  此時(shí)wA=2000;

  B方案中:

  故x的取值范圍為:45≤x≤49,

  ∵函數(shù)w=﹣10(x﹣35)2+2250,對稱軸為直線x=35,

  ∴當(dāng)x=35時(shí),w有最大值,

  此時(shí)wB=1250,

  ∵wA>wB,

  ∴A方案利潤更高.

  六、解答題(本大題共2小題,每小題10分,共20分)

  25.已知拋物線y=ax2+bx+c的頂點(diǎn)為A,經(jīng)過點(diǎn)B(0,3)和點(diǎn)(2,3),與x軸交于C,D兩點(diǎn),(點(diǎn)C在點(diǎn)D的左側(cè)),且OD=OB.

  (1)求這條拋物線的表達(dá)式;

  (2)連接AB,BD,DA,試判斷△ABD的形狀;

  (3)點(diǎn)P是BD上方拋物線上的動點(diǎn),當(dāng)P運(yùn)動到什么位置時(shí),△BPD的面積最大?求出此時(shí)點(diǎn)P的坐標(biāo)及△BPD的面積.2-1-c-n-j-y

  【考點(diǎn)】二次函數(shù)綜合題.

  【分析】(1)由點(diǎn)B的坐標(biāo)可知OB=3,OD=3,故此可得到點(diǎn)D的坐標(biāo),然后利用待定系數(shù)法求解即可;

  (2)先由拋物線的解析式求得點(diǎn)A的坐標(biāo),然后利用兩點(diǎn)間的距離公式可求得AB、AD、BD的長,最后利用勾股定理的逆定理進(jìn)行判斷即可

  (3)如圖所示:連結(jié)OP.設(shè)點(diǎn)P的坐標(biāo)為(x,﹣x2+2x+3).依據(jù)△DBP的面積=△OBP的面積+△ODP的面積﹣△BOD的面積,列出△DBP的面積與x的函數(shù)關(guān)系式,然后依據(jù)二次函數(shù)的性質(zhì)求解即可.

  【解答】解:(1)∵B(0,3)和點(diǎn)(2,3)的縱坐標(biāo)相同,

  ∴拋物線的對稱軸為x=1,OB=3.

  ∵OD=OB,

  ∴OD=3.

  ∵拋物線與x軸交于C,D兩點(diǎn),(點(diǎn)C在點(diǎn)D的左側(cè)),

  ∴D(3,0).

  將點(diǎn)B(0,3)、(2,3)、(3,0)代入拋物線的解析式得: ,

  解得:a=﹣1,b=2,c=3.

  ∴拋物線的解析式為y=﹣x2+2x+3.

  (2)∵y=﹣x2+2x+3=﹣(x﹣1)2+4,

  ∴點(diǎn)A的坐標(biāo)為(1,4).

  依據(jù)兩點(diǎn)間的距離公式可知:AB2=(1﹣0)2+(4﹣3)2=2,AD2=(3﹣1)2+(4﹣0)2=20,BD2=(3﹣0)2+(0﹣3)2=18,【

  ∴AB2+BD2=AD2.

  ∴△ABD為直角三角形.

  (3)如圖所示:連結(jié)OP.

  設(shè)點(diǎn)P的坐標(biāo)為(x,﹣x2+2x+3).

  △DBP的面積=△OBP的面積+△ODP的面積﹣△BOD的面積

  = ×3×x+ ×3×(﹣x2+2x+3)﹣ ×3×3

  =﹣ x2+ x

  =﹣ (x﹣ )2+ .

  ∴當(dāng)x= 時(shí),△DBP的面積最大,最大值為 .

  將x= 代入拋物線的解析式得y= ,

  ∴點(diǎn)P的坐標(biāo)為( , ).

  26.如圖,PB為⊙O的切線,B為切點(diǎn),直線PO交⊙于點(diǎn)E、F,過點(diǎn)B作PO的垂線BA,垂足為點(diǎn)D,交⊙O于點(diǎn)A,延長AO與⊙O交于點(diǎn)C,連接BC,AF.

  (1)求證:直線PA為⊙O的切線;

  (2)試探究線段EF、OD、OP之間的等量關(guān)系,并加以證明;

  (3)若BC=6,tan∠F= ,求cos∠ACB的值和線段PE的長.

  【考點(diǎn)】切線的判定與性質(zhì);全等三角形的判定與性質(zhì);勾股定理;相似三角形的判定與性質(zhì);解直角三角形.

  【分析】(1)連接OB,根據(jù)垂徑定理的知識,得出OA=OB,∠POA=∠POB,繼而證明△PAO≌△PBO,然后利用全等三角形的性質(zhì)結(jié)合切線的判定定理即可得出結(jié)論.

  (2)先證明△OAD∽△OPA,利用相似三角形的性質(zhì)得出OA與OD、OP的關(guān)系,然后將EF=20A代入關(guān)系式即可.

  (3)根據(jù)題意可確定OD是△ABC的中位線,設(shè)AD=x,然后利用三角函數(shù)的知識表示出FD、OA,在Rt△AOD中,利用勾股定理解出x的值,繼而能求出cos∠ACB,再由(2)可得

  OA2=OD•OP,代入數(shù)據(jù)即可得出PE的長.

  【解答】解:(1)連接OB,

  ∵PB是⊙O的切線,

  ∴∠PBO=90°,

  ∵OA=OB,BA⊥PO于D,

  ∴AD=BD,∠POA=∠POB,

  又∵PO=PO,

  ∴△PAO≌△PBO(SAS),

  ∴∠PAO=∠PBO=90°,

  ∴OA⊥PA,

  ∴直線PA為⊙O的切線.

  (2)EF2=4OD•OP.

  證明:∵∠PAO=∠PDA=90°

  ∴∠OAD+∠AOD=90°,∠OPA+∠AOP=90°,

  ∴∠OAD=∠OPA,

  ∴△OAD∽△OPA,

  ∴ = ,即OA2=OD•OP,

  又∵EF=2OA,

  ∴EF2=4OD•OP.

  (3)∵OA=OC,AD=BD,BC=6,

  ∴OD= BC=3(三角形中位線定理),

  設(shè)AD=x,

  ∵tan∠F= ,

  ∴FD=2x,OA=OF=2x﹣3,

  在Rt△AOD中,由勾股定理,得(2x﹣3)2=x2+32,

  解之得,x1=4,x2=0(不合題意,舍去),

  ∴AD=4,OA=2x﹣3=5,

  ∵AC是⊙O直徑,

  ∴∠ABC=90°,

  又∵AC=2OA=10,BC=6,

  ∴cos∠ACB= = .

  ∵OA2=OD•OP,

  ∴3(PE+5)=25,

  ∴PE= .

  故答案為:

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