2017锦州中考数学模拟真题及答案(2)
2017锦州中考数学模拟试题答案
一、 选择题
1-5DCDAD 6-10AABBA 11-15CDCDA 16-20BDBCA 21-23BBC
二、 填空题
1. 3
2. 8
3. 0或-1
4. ( )
5. 10
6. 等腰三角形或等腰直角三角形
7.
8. ( )
9. 5
10. (1345.5， )
11.
三、 解答题
1. 解：原式=1+3﹣ ﹣4+3 =2 .
2. 解：原式=-13.
3. 解：化简得： ;求值得：
4. 解：(1) ∠BAC=45°; (2)OH是AB的垂直平分线.
5.解：(1)如图1所示：四边形即为菱形;
(2)如图2，3所示：即为所求答案.
6. 解：(1)设每行驶1千米纯用电的费用为x元，
，解得，x=0.26
经检验，x=0.26是原分式方程的解，
即每行驶1千米纯用电的费用为0.26元;
(2)从A地到B地油电混合行驶，用电行驶y千米，
0.26y+( ﹣y)×(0.26+0.50)≤39
解得，y≥74，
即至少用电行驶74千米.
7. 解：设甲队单独完成此项工程需要x天，乙队单独完成需要(x+5)天.
依据题意可列方程： ，
解得：x1=10，x2=﹣3(舍去).
经检验：x=10是原方程的解.
设甲队每天的工程费为y元.
依据题意可列方程：6y+6(y﹣4000)=385200，
解得：y=34100.
甲队完成此项工程费用为34100×10=341000元.
乙队完成此项工程费用为30100×15=451500元.
答：从节省资金的角度考虑，应该选择甲工程队.
8. 解：(1)设该地投入异地安置资金的年平均增长率为x，根据题意，
得：1280(1+x)2=1280+1600，
解得：x=0.5或x=﹣2.25(舍)，
答：从2015年到2017年，该地投入异地安置资金的年平均增长率为50%;
(2)设今年该地有a户享受到优先搬迁租房奖励，根据题意，
得：1000×8×400+(a﹣1000)×5×400≥5000000，
解得：a≥1900，
答：今年该地至少有1900户享受到优先搬迁租房奖励.
9. 解：(1)∵点A(m，2)在直线y=2x上，∴2=2m，
∴m=1，∴点A(1，2)，
又∵点A(1，2)在反比例函数y= 的图像上，∴k=2.
(2)设平移后的直线与y轴交于点B，连接AB，则S△AOB=S△POA=2 .
过点A作y轴的垂线AC，垂足为点C，则AC=1.
∴ OB•AC=2，∴OB=4.
∴平移后的直线的解析式为y=2x-4.
10. 解：(1)证明：∵反比例函数y= 的图象在二四象限，∴k<0，
∴一次函数为y=kx+b随x的增大而减小，
∵A，D都在第一象限，∴3k+b>0，∴b>﹣3k;
(2)由题意知： ，∴ ①，
∵E(﹣ ，0)，F(0，b)，
∴S△OEF= ×(﹣ )×b= ②，
由①②联立方程组解得：k=﹣ ，b=3，
∴这个一次函数的解析式为y=﹣ x+3，
解﹣ =﹣ x+3得x1= ，x2= ，
∴直线y=kx+b与反比例函数y= 的交点坐标的横坐标是 或 ，
∴不等式 >kx+b的解集为 .
11. 解：(1)∵∠ABO=90°，∠AOB=30°，OB=2 ，∴AB= OB=2，
作CE⊥OB于E，∵∠ABO=90°，∴CE∥AB，∴OC=AC，
∴OE=BE= OB= ，CE= AB=1，
∴C( ，1)，
∵反比例函数y= (x>0)的图象经过OA的中点C，
∴1= ，∴k= ，∴反比例函数的关系式为y= ;
(2)∵OB=2 ，∴D的横坐标为2 ，
代入y= 得，y= ，∴D(2 ， )，∴BD= ，
∵AB=2，∴AD= ，∴S△ACD= AD•BE= × × = ，
∴S四边形CDBO=S△AOB﹣S△ACD= OB•AB﹣ = ×2 ×2﹣ = .
12. 解：(1)∵“很喜欢”的部分占的百分比为：1﹣25%﹣40%=35%，
∴扇形统计图中，“很喜欢”的部分所对应的圆心角为：360°×35%=126°;
∵“很喜欢”月饼的同学数：60×35%=21，
∴条形统计图中，喜欢“豆沙”月饼的学生数：21﹣6﹣3﹣8=4，
故答案分别为126°，4.
(2)900名学生中“很喜欢”的有900×35%=315人，
900名学生中“比较喜欢”的有900×40%=360人，
∴估计该校学生中“很喜欢”和“比较喜欢”月饼的共有675人.
故答案为675.
(3)无聊表示方便，记云腿、豆沙、莲蓉、蛋黄四种月饼分别为A、B、C、D.画出的树状图如图所示，
∴甲、乙两人中有且只有一人选中自己最爱吃的月饼的概率= = .
13. 解：(1)由扇形统计图可知：扇形A的圆心角是36°，
所以喜欢A项目的人数占被调查人数的百分比= ×100%=10%.
由条形图可知：喜欢A类项目的人数有20人，
所以被调查的学生共有20÷10%=200(人).
(2)喜欢C项目的人数=200-(20+80+40)=60(人)，
因此在条形图中补画高度为60的长方条，如图所示.
14. 解：(1)a=7,b=7.5,c=4.2
(2)甲.
15. 解：∵∠BDC=90°，BC=10，sinB= ，
∴CD=BC•sinB=10×0.59=5.9，
∵在Rt△BCD中，∠BCD=90°﹣∠B=90°﹣36°=54°，
∴∠ACD=∠BCD﹣∠ACB=54°﹣36°=18°，
∴在Rt△ACD中，tan∠ACD= ，
∴AD=CD•tan∠ACD=5.9×0.32=1.888≈1.9(米)，
则改建后南屋面边沿增加部分AD的长约为1.9米.
16. 解：他的这种坐姿不符合保护视力的要求，
理由：如图2所示：过点B作BD⊥AC于点D，
∵BC=30cm，∠ACB=53°，
∴sin53°= ≈0.8，解得：BD=24，
cos53°= ≈0.6，解得：DC=18，
∴AD=22﹣18=4(cm)，
∴AB= ，
∴他的这种坐姿不符合保护视力的要求.
17. 解：(1)如图所示：延长BA，过点C作CD⊥BA延长线与点D，
由题意可得：∠CBD=30°，BC=120海里，
则DC=60海里，故cos30°= ，
解得：AC=40 ，
答：点A到岛礁C的距离为40 海里;
(2)如图所示：过点A′作A′N⊥BC于点N，
可得∠1=30°，∠BA′A=45°，A′N=A′E，
则∠2=15°，即A′B平分∠CBA，
设AA′=x，则A′E= x，
故CA′=2A′N=2× x= x，
∵ x+x=40 ，∴解得：x=20( ﹣1)，
答：此时“中国海监50”的航行距离为20( ﹣1)海里.
18. 解：
19. 解：(1)连接OH、OM，
∵H是AC的中点，O是BC的中点，
∴OH是△ABC的中位线，∴OH∥AB，
∴∠COH=∠ABC，∠MOH=∠OMB，
又∵OB=OM，∴∠OMB=∠MBO，∴∠COH=∠MOH，
在△COH与△MOH中， △COH≌△MOH(SAS)，
∴∠HCO=∠HMO=90°，∴MH是⊙O的切线;
(2)∵MH、AC是⊙O的切线，∴HC=MH= ，∴AC=2HC=3，
∵tan∠ABC= ，∴ ，∴BC=4，∴⊙O的半径为2;
(3)连接OA、CN、ON，OA与CN相交于点I，
∵AC与AN都是⊙O的切线，
∴AC=AN，AO平分∠CAD，∴AO⊥CN，
∵AC=3，OC=2，
∴由勾股定理可求得：AO= ，
∵ AC•OC= AO•CI，∴CI= .
∴由垂径定理可求得：CN= ，
设OE=x，由勾股定理可得：CN2﹣CE2=ON2﹣OE2，
∴ ﹣(2+x)2=4﹣x2，∴x= ，∴CE= ，
由勾股定理可求得：EN= ，∴由垂径定理可知：NQ=2EN= .
20. 解：(1)∵ = ，∴∠ACB=∠ADB=45°，
∵∠ABD=45°，∴∠BAD=90°，
∴BD是△ABD外接圆的直径;
(2)在CD的延长线上截取DE=BC，连接EA，
∵∠ABD=∠ADB， ∴AB=AD，
∵∠ADE+∠ADC=180°，∠ABC+∠ADC=180°，
∴∠ABC=∠ADE，
在△ABC与△ADE中， ∴△ABC≌△ADE(SAS)，
∴∠BAC=∠DAE，∴∠BAC+∠CAD=∠DAE+∠CAD，∴∠BAD=∠CAE=90°，
∵ = ，∴∠ACD=∠ABD=45°，∴△CAE是等腰直角三角形，
∴ AC=CE，∴ AC=CD+DE=CD+BC;
(3)过点M作MF⊥MB于点M，过点A作AF⊥MA于点A，MF与AF交于点F，连接BF，由对称性可知：∠AMB=ACB=45°，∴∠FMA=45°，
∴△AMF是等腰直角三角形，∴AM=AF，MF= AM，
∵∠MAF+∠MAB=∠BAD+∠MAB，∴∠FAB=∠MAD，
在△ABF与△ADM中， ∴△ABF≌△ADM(SAS)，∴BF=DM，
在Rt△BMF中，∵BM2+MF2=BF2，∴BM2+2AM2=DM2.
21. 证明：(1)∵点D关于直线AE的对称点为F，
∴∠EAF=∠DAE，AD=AF，
又∵∠BAC=2∠DAE，∴∠BAC=∠DAF，
∵AB=AC，∴ = ，
∴△ADF∽△ABC;
(2)∵点D关于直线AE的对称点为F，
∴EF=DE，AF=AD，
∵α=45°，∴∠BAD=90°﹣∠CAD，
∠CAF=∠DAE+∠EAF﹣∠CAD=45°+45°﹣∠CAD=90°﹣∠CAD，∴∠BAD=∠CAF，
在△ABD和△ACF中， ，∴△ABD≌△ACF(SAS)，
∴CF=BD，∠ACF=∠B，
∵AB=AC，∠BAC=2α，α=45°，
∴△ABC是等腰直角三角形，∴∠B=∠ACB=45°，
∴∠ECF=∠ACB+∠ACF=45°+45°=90°，
在Rt△CEF中，由勾股定理得，EF2=CF2+CE2，
所以，DE2=BD2+CE2;
(3)DE2=BD2+CE2还能成立.
理由如下：作点D关于AE的对称点F，连接EF、CF，
由轴对称的性质得，EF=DE，AF=AD，
∵α=45°，∴∠BAD=90°﹣∠CAD，
∠CAF=∠DAE+∠EAF﹣∠CAD=45°+45°﹣∠CAD=90°﹣∠CAD，
∴∠BAD=∠CAF，
在△ABD和△ACF中， ，∴△ABD≌△ACF(SAS)，
∴CF=BD，∠ACF=∠B，
∵AB=AC，∠BAC=2α，α=45°，∴△ABC是等腰直角三角形，
∴∠B=∠ACB=45°，
∴∠ECF=∠ACB+∠ACF=45°+45°=90°，
在Rt△CEF中，由勾股定理得，EF2=CF2+CE2，
所以，DE2=BD2+CE2.
22. 解：(1)①∵在矩形ABCD中，AD∥BC，
∴∠KDO=∠GBO，∠DKO=∠BGO
∵点O是BD的中点，∴DO=BO.
∴△DOK≌△BOG(AAS)
②∵四边形ABCD是矩形，∴∠BAD=∠ABC=90°，AD∥BC.
又∵AF平分∠BAD，∴∠BAF=∠BFA=45°，∴AB=BF.
∵OK∥AF，AK∥FG，∴四边形AFGK是平行四边形.
∴AK=FG.
∵BG=BF+FG，∴BG=AB+AK.
(2)①由(1)得，四边形AFGK是平行四边形，
∴AK=FG，AF=KG.
又∵△DOK≌△BOG，且KD=KG，∴AF=KG=KD=BG.
设AB=a，则AF=KG=KD=BG= a，
∴AK=4﹣ ﹣ a，FG=BG﹣BF= a﹣a
∴4﹣ ﹣ a= a﹣a.
解得a= ，∴KD= a=2
②过点G作GI⊥KD于点I，由(2)①可知KD=AF=2
∴GI=AB= ，∴S△DKG= ×2× = .
∵PD=m，∴PK=2﹣m.
∵PM∥DG，PN∥KG，
∴四边形PMGN是平行四边形，△DKG∽△PKM∽△DPN.
∴ ，即S△DPN=( )2
同理S△PKM=( )2
∵S△PMN= ，∴S平行四边形PMGN=2S△PMN=2× .
又∵S平行四边形PMGN=S△DKG﹣S△DPN﹣S△PKM，
∴2× = ﹣( )2 ﹣( )2 ，即m2﹣2m+1=0，
解得m1=m2=1，∴当S△PMN= 时，m的值为1.
23. 解：(1)解：结论AE=EF=AF.
理由：如图1中，连接AC，
∵四边形ABCD是菱形，∠B=60°，
∴AB=BC=CD=AD，∠B=∠D=60°，
∴△ABC，△ADC是等边三角形，
∴∠BAC=∠DAC=60°
∵BE=EC，∴∠BAE=∠CAE=30°，AE⊥BC，
∵∠EAF=60°，∴∠CAF=∠DAF=30°，∴AF⊥CD，
∴AE=AF(菱形的高相等)，
∴△AEF是等边三角形，∴AE=EF=AF.
(2)证明：如图2中，∵∠BAC=∠EAF=60°，∴∠BAE=∠CAE，
在△BAE和△CAF中， ,∴△BAE≌△CAF，∴BE=CF.
(3)解：过点A作AG⊥BC于点G，过点F作FH⊥EC于点H，
∵∠EAB=15°，∠ABC=60°，∴∠AEB=45°，
在RT△AGB中，∵∠ABC=60°AB=4，∴BG=2，AG=2 ，
在RT△AEG中，∵∠AEG=∠EAG=45°，∴AG=GE=2 ，∴EB=EG﹣BG=2 ﹣2，
∵△AEB≌△AFC，∴AE=AF，EB=CF=2 ﹣2，∠AEB=∠AFC=45°，
∵∠EAF=60°，AE=AF，∴△AEF是等边三角形，∴∠AEF=∠AFE=60°
∵∠AEB=45°，∠AEF=60°，∴∠CEF=∠AEF﹣∠AEB=15°，
在RT△EFH中，∠CEF=15°，∴∠EFH=75°，
∵∠AFE=60°，∴∠AFH=∠EFH﹣∠AFE=15°，
∵∠AFC=45°，∠CFH=∠AFC﹣∠AFH=30°，
在RT△CHF中，∵∠CFH=30°，CF=2 ﹣2，
∴FH=CF•cos30°=(2 ﹣2)• =3﹣ .
∴点F到BC的距离为3﹣ .
24. 解：(1)∵过B，C，D三点的抛物线y=ax2+bx+c(a≠0)的顶点坐标为(2，2)，
∴点C的横坐标为4，BC=4，
∵四边形ABCD为平行四边形，∴AD=BC=4，
∵A(2，6)，∴D(6，6)，
设抛物线解析式为y=a(x﹣2)2+2，
∵点D在此抛物线上，∴6=a(6﹣2)2+2，∴a= ，
∴抛物线解析式为y= (x﹣2)2+2= x2﹣x+3，
(2)∵AD∥BC∥x轴，且AD，BC间的距离为3，BC，x轴的距离也为3，F(m，6)
∴E( ，3)，∴BE= ，∴S= (AF+BE)×3= (m﹣2+ )×3= m﹣3
∵点F(m，6)是线段AD上，∴2≤m≤6，即：S= m﹣3.(2≤m≤6)
(3)∵抛物线解析式为y= x2﹣x+3，∴B(0，3)，C(4，3)，
∵A(2，6)，∴直线AC解析式为y=﹣ x+9，
∵FM⊥x轴，垂足为M，交直线AC于P
∴P(m，﹣ m+9)，(2≤m≤6)
∴PN=m，PM=﹣ m+9，
∵FM⊥x轴，垂足为M，交直线AC于P，过点P作PN⊥y轴，∴∠MPN=90°，
∴MN=
∵2≤m≤6，∴当m= 时，MN最大= .
25. 解：(1)∵x2﹣2x﹣3=0，∴x=3或x=﹣1，
∴B(0，3)，C(0，﹣1)，∴BC=4，
(2)∵A(﹣ ，0)，B(0，3)，C(0，﹣1)，
∴OA= ，OB=3，OC=1，∴OA2=OB•OC，
∵∠AOC=∠BOA=90°，∴△AOC∽△BOA，∴∠CAO=∠ABO，
∴∠CAO+∠BAO=∠ABO+∠BAO=90°，∴∠BAC=90°，∴AC⊥AB;
(3)设直线AC的解析式为y=kx+b，
把A(﹣ ，0)和C(0，﹣1)代入y=kx+b，
∴ ，解得
∴直线AC的解析式为：y=﹣ x﹣1，
∵DB=DC，∴点D在线段BC的垂直平分线上，∴D的纵坐标为1，
∴把y=1代入y=﹣ x﹣1，∴x=﹣2 ，
∴D的坐标为(﹣2 ，1)，
(4)设直线BD的解析式为：y=mx+n，直线BD与x轴交于点E，
把B(0，3)和D(﹣2 ，1)代入y=mx+n，
∴ ，解得
∴直线BD的解析式为：y= x+3，
令y=0代入y= x+3，∴x=﹣3 ，
∴E(﹣3 ，0)，∴OE=3 ，
∴tan∠BEC= = ，∴∠BEO=30°，
同理可求得：∠ABO=30°，∴∠ABE=30°，
当PA=AB时，如图1，
此时，∠BEA=∠ABE=30°，∴EA=AB，
∴P与E重合，∴P的坐标为(﹣3 ，0)，
当PA=PB时，如图2，此时，∠PAB=∠PBA=30°，
∵∠ABE=∠ABO=30°，∴∠PAB=∠ABO，
∴PA∥BC，∴∠PAO=90°，∴点P的横坐标为﹣ ，
令x=﹣ 代入y= x+3，∴y=2，∴P(﹣ ，2)，
当PB=AB时，如图3，
∴由勾股定理可求得：AB=2 ，EB=6，
若点P在y轴左侧时，记此时点P为P1，
过点P1作P1F⊥x轴于点F，∴P1B=AB=2 ，∴E P1=6﹣2 ，
∴sin∠BEO= ，∴F P1=3﹣ ，
令y=3﹣ 代入y= x+3，∴x=﹣3，∴P1(﹣3，3﹣ )，
若点P在y轴的右侧时，记此时点P为P2，
过点P2作P2G⊥x轴于点G，∴P2B=AB=2 ，
∴E P2=6+2 ，∴sin∠BEO= ，∴G P2=3+ ，
令y=3+ 代入y= x+3，∴x=3，∴P2(3，3+ )，
综上所述，当A、B、P三点为顶点的三角形是等腰三角形时，点P的坐标为(﹣3 ，0)，(﹣ ，2)，(﹣3，3﹣ )，(3，3+ ).
26. 解：(1) ， ， .
(2)存在.
第一种情况，当以C为直角顶点时，过点C作CP1⊥AC，交抛物线于点P1.过点P1作y轴的垂线，垂足是M.
∵OA=OC，∠AOC =90°∴∠OCA=∠OAC=45°.
∵∠ACP1=90°，∴∠MCP1 =90°-45°=45°=∠C P1M.∴MC=MP1.
由(1)可得抛物线为 .
设 ，则 ，
解得： (舍去)， .
∴ .则P1的坐标是 .
第二种情况，当以A为直角顶点时，过点A作AP2⊥AC，交抛物线于点P2，过点P2作y轴的垂线，垂足是N，AP2交y轴于点F.∴P2N∥x轴.
由∠CAO=45°，∴∠OAP2=45°.∴∠FP2N=45°，AO=OF=3.∴P2N=NF.
设 ，则 .
解得： (舍去)， .∴ ，则P2的坐标是 .
综上所述，P的坐标是 或 .
(3)连接OD，由题意可知，四边形OFDE是矩形，则OD=EF.
根据垂线段最短，可得当OD⊥AC时，OD最短，即EF最短.
由(1)可知，在Rt△AOC中，
∵OC=OA=3，OD⊥AC，∴ D是AC的中点.
又∵DF∥OC，∴ .
∴点P的纵坐标是 . 则 ， 解得： .
∴当EF最短时，点P的坐标是：( ， )或( ， ).
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