2017北海中考数学模拟真题及答案(2)
2017北海中考数学模拟试题答案
选择题：
1、C 2、D 3、C 4、C 5、B 6、A 7、B 8、D 9、A 10、C
11、D 12、B
填空题：
13： 14、P(1,−1). 15、5 16. 25°或130° 17. 18.
19：(1)解：原式=
=
= (8)
(2)解：
(6分)
∵
∴原方程无解(8分)
20.)填表如下：(4分)
植树数量(棵) 频数 频率
3 5 0.1
4 20 0.4
5 15 0.3
6 10 0.2
合计 50 1
补图如图所示：
(2)5×3+20×4+15×5+10×650=4.6(棵);(3分)
(3)由样本的数据知，“表现优秀”的百分率为0.3+0.2=0.5
由此可以估计该校1200名学生“表现优秀”的人数：1200×0.5=600(人);(4分)
21. ∴k=3.
∴该函数的解析式为 . (4分)
⑵由题意，知E，F两点坐标分别为E( ，2)，F(3， )，
∴
所以当k=3时，S有最大值，S最大值= .(11分)
22.证明：(1)连结DO、DA,
∵AB为O直径，
∴∠CDA=∠BDA=90°，
∵CE=EA，
∴DE=EA，
∴∠1=∠4，
∵OD=OA，
∴∠2=∠3，
∵∠4+∠3=90°，
∴∠1+∠2=90°，
即：∠EDO=90°，
∵OD是半径，
∴DE为O的切线(5分)
(2)
连接OE
∵O、E分别是AB、AC的中点，
∴OE∥BC
∵在△OEF中，BD∥OE
∴
∵BO= ,
∴
∵3BF=2DF
∴ (6分)
23.(1)设甲种商品每件的进价为x元，乙种商品每件的进价为y元，
依题意得： 2x+3y=270
3x+2y=230，
解得： x=30
y=70.(4分)
答：甲种商品每件的进价为30元，乙种商品每件的进价为70元.
(2)设该商场购进甲种商品m件，则购进乙种商品(100-m)件，
由已知得：m≥4(100-m)，
解得：m≥80.
设卖完甲、乙两种商品商场的利润为w，
则w=(40-30)m+(90-70)(100-m)=-10m+2000，
∵k=-10<0，w随m的增大而减小，
∴当m=80时，w取最大值，最大利润为1200元.(11分)
故该商场获利最大的进货方案为甲商品购进80件、乙商品购进20件，最大利润为1200元.
24.解：(1)如图1，
过点E作EH⊥OA于点H，EF与y轴的交点为M.
∵OE=OA，α=60°，
∴△AEO为正三角形，
∴OH=3，EH= =3 .
∴E(﹣3，3 ).
∵∠AOM=90°，
∴∠EOM=30°.
在Rt△EOM中，
∵cos∠EOM= ，
即 = ，
∴OM=4 .
∴M(0，4 ).
设直线EF的函数表达式为y=kx+4 ，
∵该直线过点E(﹣3，3 )，
∴﹣3k+4 =3 ，
解得k= ，
所以，直线EF的函数表达式为y= x+4 .(4分)
(2)如图2，
射线OQ与OA的夹角为α( α为锐角，tanα ).
无论正方形边长为多少，绕点O旋转角α后得到正方
形OEFG的顶点E在射线OQ上，
∴当AE⊥OQ时，线段AE的长最小.
在Rt△AOE中，设AE=a，则OE=2a，
∴a2+(2a)2=62，解得a1= ，a2=﹣ (舍去)，
∴OE=2a= ，∴S正方形OEFG=OE2= .(7分)
(3)设正方形边长为m.
当点F落在y轴正半轴时.
如图3，
当P与F重合时，△PEO是等腰直角三角形，有 = 或 = .
在Rt△AOP中，∠APO=45°，OP=OA=6，
∴点P1的坐标为(0，6).
在图3的基础上，
当减小正方形边长时，
点P在边FG 上，△OEP的其中两边之比不可能为 ：1;
当增加正方形边长时，存在 = (图4)和 = (图5)两种情况.
如图4，
△EFP是等腰直角三角形，
有 = ，
即 = ，
此时有AP∥OF.
在Rt△AOE中，∠AOE=45°，
∴OE= OA=6 ，
∴PE= OE=12，PA=PE+AE=18，
∴点P2的坐标为(﹣6，18).
如图5，
过P作PR⊥x轴于点R，延长PG交x轴于点H.设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，
当 = 时，
∴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，
∴点P3的坐标为(﹣18，36).
当点F落在y轴负半轴时，
如图6，
P与A重合时，在Rt△POG中，OP= OG，
又∵正方形OGFE中，OG=OE，
∴OP= OE.
∴点P4的坐标为(﹣6，0).
在图6的基础上，当正方形边长减小时，△OEP的其中
两边之比不可能为 ：1;当正方形边长增加时，存在 = (图7)这一种情况.
如图7，过P作PR⊥x轴于点R，
设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.
当 = 时，
∴PE2=2PO2.
∴2m2+2mn+n2=2n2+2m2，
∴n=2m，
由于NG=OG=m，则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，
∴点P5的坐标为(﹣18，6).
所以，△OEP的其中两边的比能为 ：1，点P的坐标是：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，
∴二次函数解析式为：y=﹣x2+2x+3;(3分)
(2)令y=0代入y=﹣x2+2x+3，
∴0=﹣x2+2x+3，
∴x=﹣1或3，
∴抛物线与x轴的交点横坐标为﹣1和3，
∵M在抛物线上，且在第一象限内，
∴0
过点M作ME⊥y轴于点E，交AB于点D，
由题意知：M的坐标为(m，﹣m2+2m+3)，
∴D的纵坐标为：﹣m2+2m+3，
∴把y=﹣m2+2m+3代入y=﹣3x+3，
∴x= ，
∴D的坐标为( ，﹣m2+2m+3)，
∴DM=m﹣ = ，
∴S= DM•BE+ DM•OE
= DM(BE+OE)
= DM•OB
= × ×3
=
= (m﹣ )2+
∵0
∴当m= 时，
S有最大值，最大值为 ;(8分)
(3)①由(2)可知：M′的坐标为( ， );
②过点M′作直线l1∥l′，过点B作BF⊥l1于点F，
根据题意知：d1+d2=BF，
此时只要求出BF的最大值即可，
∵∠BFM′=90°，
∴点F在以BM′为直径的圆上，
设直线AM′与该圆相交于点H，
∵点C在线段BM′上，
∴F在优弧 上，
∴当F与M′重合时，
BF可取得最大值，
此时BM′⊥l1，
∵A(1，0)，B(0，3)，M′( ， )，
∴由勾股定理可求得：AB= ，M′B= ，M′A= ，
过点M′作M′G⊥AB于点G，
设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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