2017濟南中考數學模擬試題及答案(2)
2017濟南中考數學模擬真題答案
一、選擇題
題號 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 D B A A C B B C D A
二、填空題
題號 11 12 13 14 15
答案 1
9π 14 4 或
三、解答題
16.解：原式= ÷
= • = .………………………………5分
∵當a取±1時，原式無意義， ………………………………6分
∴當a=0時，∴原式= =-1 ………………………………8分
17.(1)證明：連接OA.∵∠B=60°，∴∠AOC=2∠B=120°.
又∵在△AOC中，OA=OC，
∴∠ACP=∠CAO= (180°-∠AOC)=30°.
∴∠AOP=2∠ACP=60°.
∴AP=AC，∴∠P=∠ACP=30°.
∴∠OAP=180°-∠AOP-∠P=90°，
即OA⊥AP.
∴AP是⊙O的切線.………………………………5分
(2)連接AD.∵CD是⊙O的直徑，∴∠CAD=90°.
在Rt△ACD中，∵AC=3，∠ACP=30°，
∴AD=AC•tan∠ACP=3× = ，
由(1)知∠P=∠ACP=30°，
∴∠PAC=180°-∠P-∠ACP=120°.
∴∠PAD=∠PAC-∠CAD=30°.
∴∠P=∠PAD=30°.∴PD=AD= .………………………………9分
18.解：(1)一共抽查了 200 名學生; ………………………………2分
(2)補全條形統計圖如圖所示： ………………………………4分
(3)D類部分所對應扇形的圓心角的度數為36°;(注：若填36，不扣分)……6分
(4) . ………………………………9分
19.解：延長PQ交直線AB于點M，
則∠PMA=90°，設PM的長為x米，根據題意，
得∠PAM=45°，∠PBM=68°，∠QAM=31°，
AB=100，∴在Rt△PAM中，AM=PM=x.
BM=AM-AB=x-100， ………………2分
在Rt△PBM中，∵tan∠PBM= ，
即tan68°= .
解得x ≈ 167.57.∴AM=PM ≈ 167.57.………………………………5分
在Rt△QAM中，∵tan∠QAM= ，
∴QM=AM•tan∠QAM=167.57×tan31°≈100.54. ………………8分
∴PQ=PM-QM=167.57-100.54≈67.0(米).
因此，信號塔PQ的高度約為67.0米. ………………………………9分
20.解：(1)∵四邊形OABC為矩形，且OA=3，AB=4，
∴OC= AB=4，AB∥OC，即AB∥x軸.
∵點D在AB上，且BD=2 AD，BD+AD= AB=4，
∴AD= . ∴點D的坐標為( ，3).
∵ 點D在雙曲 線y= 上，∴k=3× =4.………3分
又∵點E在BC上，∴點E的橫坐標為4.
把x=4代入y= 中，得y=1.
∴點E的坐標為(4，1).………5分
(2)假設存在滿足題意的點P的坐標為(m ，0).
則OP=m，CP=4-m.由(1)知點E(4，1)，
∴CE =1.∵∠APE=90°∴∠APO+∠EPC=90°.
∵∠APO+∠OAP=90°，∴∠OAP=∠EPC.
又∵∠AOP=∠PEC=90°，∴△AOP∽△PCE.
∴ ，即 .解得m=1或m=3.
經檢驗，m=1或m=3為原方程的兩個根.
∴存在這樣的點P，其坐標為(1，0)或(3，0).………9分
21.解：(1)根據題意，得
當0 ≤ x ≤ 200時，y1=x;
當x > 200時，y1=2 00+0.7(x- 200)
=0.7 x+60.
綜上所知，甲商店購物時y1與x之間的函數關系式為
y1=﹛x(0 ≤ x ≤ 200);0.7 x+60(x > 200).………………………………4分
(2)由圖象可知，交點C的橫坐標大于500，
當x﹥500時，設乙商店購物時應付金額為y2元，
則y2=500+0.5(x- 500)=0.5 x+250.
由(1)知，當x﹥500時，y1=0.7 x+60.
由于點C是y1與y2的交點，
∴令0.7 x+60=0.5 x+250.
解得x=950，此時y1=y2=725.
即交點C的坐標為(950，725).………………………………8分
(3)結合圖像和(2)可知：
當0 ≤ x ≤ 200或x=950時，
選擇甲、乙兩家商店購物費用相同;
當20 0
當x﹥950時，選擇乙商店購物更優惠.………………………………10分
22.解：(1)2………………………………2分
(2)如圖(1)過點D作DG∥BC交AC于點G，
則∠ADG=∠ABC=90°.
∵∠BAC=∠ADH=30°，
∴AH=DH，∠GHD=∠BAC+∠ADH=60°，
∠HDG=∠ADG-∠ADH=60°，
∴△DGH為 等邊三角形.
∴GD=GH =DH =AH，AD=GD•tan60°= GD.
由題意可知，AD= CE.∴GD=CE.
∵DG∥BC，∴∠GDF=∠CEF，∠DGF=∠ECF.
∴△GDF≌△CEF.∴GF=CF.
GH+GF=AH+CF，即HF=AH+CF，
∴HF= AC=2，即 .………………………………8分
(3) .………………………………10分
提示：如圖(2)，過點D作DG∥BC交AC于點G，
易得AD=AG，AD=EC，∠A GD=∠ACB.
在△ABC中，∵∠BAC=∠ADH=36°，AB=AC，
∴AH=DH，∠ACB=∠B=72°，∠GHD=∠HAD+∠ADH=72°.
∴∠AGD=∠GHD=72°.
∵∠GHD=∠B=∠HGD=∠ACB，∴△ABC∽△DGH.∴ ，
∴GH=mD H=mA H.
由△ADG∽△ABC可得 .
∵DG∥BC，∴ .∴FG=mFC.
∴GH+FG=m(AH+FC)=m(AC-HF)，
即HF=m(AC-HF).∴ .
23.(1)拋物線的解析式為y=x2+2x-3.……………3分
(2)如圖，過點P作PM⊥x軸于點M，
設拋物線對稱軸l交x軸于點Q.
∵PB⊥NB，∴∠PBN=90°，
∴∠PBM+∠NBQ=90°.
∵∠PMB=90°，
∴∠PBM+∠BPM=90°.
∴∠BPM=∠NBQ.
又∵∠BMP=∠BNQ=90°，PB=NB，
△BPM≌△NBQ.∴PM=BQ.
∵拋物線y=x2+2x-3與x軸交于點A(1，0)和點B，且對稱軸為x =-1，
∴點B的坐標為(-3，0)，點Q的坐標為(-1，0).∴BQ=2.∴PM=BQ=2.
∵點P是拋物線y=x2+2x-3上B、C之間的一個動點，
∴結合圖象可知點P的縱坐標為-2.
將y=-2代入y=x2+2x-3，得-2=x2+2x-3.
解得x1=-1- ，x2=-1+ (舍去).
∴此時點P的坐標為(-1- ，-2).………………………………7分
(3)存在.
如圖，連接AC.可設點P的坐標為(x，y)(-3﹤x﹤0)，
則y=x2+2x-3.∵點A(1，0)，∴OA=1.
∵點C是拋物線與y軸的交點，∴令x=0，得y=-3.即點C(0，-3).
∴OC=3.由(2)可知
S四邊形PBAC=S△BPM+S四邊形PMOC+S△AOC
= BM•PM+ (PM+OC)•OM+ OA•OC
= (x+3)(-y)+ (-y+3)(-x)+ ×1×3
=- y- x+ .將y=x2+2x-3代入可得
S四邊形PBAC=- (x2+2x-3)- x+
=- (x+ )2+ .∵- ﹤0，-3﹤x﹤0，
∴當x=- 時，S四邊形PBAC有最大值 .
此時，y=x2+2x-3=- .
∴當點P的坐標為(- ，- )時，
四邊形PBAC的面積最大，最大值為 .………………………………11分
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