2017茂名中考數(shù)學(xué)模擬試卷及答案(2)
∴ ，
∴ ，
∴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(qǐng)選擇一個(gè)整數(shù)k值，使方程的兩根同號(hào)，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(hào)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(hào)，
∴﹣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(zhǎng)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(wèn)題;解直角三角形的應(yīng)用﹣坡度坡角問(wèn)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(duì)“厲行勤儉節(jié)約，反對(duì)鋪張浪費(fèi)”主題活動(dòng)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(wèn)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(duì)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(qǐng)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(duì)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(duì)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(zhǎng)線交⊙O于Q，過(guò)Q的⊙O的切線交OA的延長(zhǎng)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(chǎng)要經(jīng)營(yíng)一種新上市的文具，進(jìn)價(jià)為20元/件，試營(yíng)銷(xiāo)階段發(fā)現(xiàn)：當(dāng)銷(xiāo)售單價(jià)25元/件時(shí)，每天的銷(xiāo)售量是250件，銷(xiāo)售單價(jià)每上漲1元，每天的銷(xiāo)售量就減少10件.
(1)寫(xiě)出商場(chǎng)銷(xiāo)售這種文具，每天所得的銷(xiāo)售利潤(rùn)w(元)與銷(xiāo)售單價(jià)x(元)之間的函數(shù)關(guān)系式;
(2)求銷(xiāo)售單價(jià)為多少元時(shí)，該文具每天的銷(xiāo)售利潤(rùn)最大;
(3)商場(chǎng)的營(yíng)銷(xiāo)部結(jié)合上述情況，提出了A、B兩種營(yíng)銷(xiāo)方案：
方案A：該文具的銷(xiāo)售單價(jià)高于進(jìn)價(jià)且不超過(guò)30元;
方案B：每件文具的利潤(rùn)不低于為25元且不高于29元.
請(qǐng)比較哪種方案的最大利潤(rùn)更高，并說(shuō)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(rùn)=(銷(xiāo)售單價(jià)﹣進(jìn)價(jià))×銷(xiāo)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(rùn)，然后進(jìn)行比較.
【解答】解：(1)由題意得，銷(xiāo)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(kāi)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(rùn)最大;
(3)A方案利潤(rùn)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(duì)稱(chēng)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(rùn)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(guò)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(dòng)點(diǎn)，當(dāng)P運(yùn)動(dòng)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(zhǎng)，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(duì)稱(chēng)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(guò)點(diǎn)B作PO的垂線BA，垂足為點(diǎn)D，交⊙O于點(diǎn)A，延長(zhǎng)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(zhǎng).
【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(shí)，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(shí)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(zhǎng).
【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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