AC2?BC2?AB2，即可得出△ABC是直角三角形。
【考点】勾股定理的逆定理。 8．【答案】C
【解析】在Rt△ABD和Rt△ABC中，AB?a，tan??BCBDAB，tan??AB， ?BC?atan?，BD?atan?，
?CD?BC?BD?atan??atan?；故选：C。
【提示】在Rt△ABD和Rt△ABC中，由三角函数得出BC?atan?，BD?atan?，得
出CD?BC?BD?atan??atan?即可。 【考点】解直角三角形﹣仰角俯角问题。 9．【答案】D
【解析】QPA，PB是eO的切线，
?PA?PB，所以A成立； ?BPD??APD，所以B成立；
?AB⊥PD，所以C成立；
QPA，PB是eO的切线，
?AB⊥PD，且AC?BC，
只有当AD∥PB，BD∥A时，AB平分PD，所以D不一定成立。故选：D。
【提示】先根据切线长定理得到PA?PB，?APD??BPD；再根据等腰三角形的性质
得OP⊥AB，根据菱形的性质，只有当AD∥PB，BD∥PA时，AB平分PD，由此可判断D不一定成立。
【考点】切线的性质、切线长定理、垂径定理和等腰三角形的性质。 10．【答案】A
【解析】①图象开口向下，与y轴交于正半轴，能得到：a＜0，c＞0，
?ac＜0，故①正确；
②Q对称轴x＜?1，
??b2a＜?1，a＞0，
?b＜2a，
数学试卷 第9页（共18页） ?b?2a＜0，故②正确。
③图象与x轴有2个不同的交点，依据根的判别式可知b2?4ac＞0，故③错误． ④当x??1时，y＞0，?a?b?c＞0，故④错误；故选：A。
【提示】由抛物线的开口方向判断a与0的关系，由抛物线与y轴的交点判断c与0的
关系，然后根据对称轴及抛物线与x轴交点情况进行推理，进而对所得结论进行判断。
【考点】二次函数图象与系数的关系。 二．填空题
11．【答案】1.8?108
【解析】将180 000 000科学记数法表示为1.8?108。故答案为：1.8?108。
【提示】科学记数法的表示形式为a?10n的形式，其中1≤a＜10，n为整数。确定n的
值时，要看把原数变成a时，小数点移动了多少位，n的绝对值与小数点移动的位数相同。当原数绝对值大于10时，n是正数；当原数的绝对值小于1时，n是负数。 【考点】科学记数法的表示方法。 12．【答案】5
【解析】Q多边形的内角和与外角和的总和为900?，多边形的外角和是360?， ?多边形的内角和是900?360?540?，
?多边形的边数是：540??180??2?3?2?5。故答案为：5。
【提示】本题需先根据已知条件以及多边形的外角和是360?，解出内角和的度数，再根
据内角和度数的计算公式即可求出边数。 【考点】多边形内角与外角。 13．【答案】x＜?3
【解析】??x?1＜0 ①??x＞3 ②，
解①得：x＜1， 解②得：x＜?3，
则不等式组的解集是：x＜?3。故答案为：x＜?3。
【提示】先求出不等式组中每一个不等式的解集，再求出它们的公共部分就是不等式组
数学试卷 第10页（共18页）
的解集。
【考点】一元一次不等式解集的求法。 14．【答案】52 【解析】QAB∥CD，
??OCD??2， QOA⊥OB， ??O?90?，
Q?1??OCD??O?142?，
??2??1??O?142??90??52?，故答案为：52。
【提示】根据平行线的性质解答即可。 【考点】平行线的性质。 15．【答案】90?
【解析】根据旋转角的概念：对应点与旋转中心连线的夹角，可知?BOB?是旋转角，且
?BOB??90?，
故答案为90?。
【提示】根据旋转角的概念找到?BOB?是旋转角，从图形中可求出其度数。 【考点】旋转角的概念。 16．【答案】
16 【解析】画树状图如图：
共有6个等可能的结果，从上到下的顺序恰好为“上册、中册、下册”的结果有1个，?从上到下的顺序恰好为“上册、中册、下册”的概率为
16； 故答案为：16。
【提示】画出树状图得出所有情况，让从左向右恰好成上、中、下的情况数除以总情况
数学试卷 第11页（共18页） 数即为所求的概率。
【考点】用列表法或树状图法求概率。 17．【答案】6
【解析】Q点P的坐标为?2,n?，则点Q的坐标为?3,n?1?， 依题意得：k?2n?3?n?1?， 解得：n?3，
?k?2?3?6，故答案为：6。
【提示】根据平移的特性写出点Q的坐标，由点P、Q均在反比例函数y?kx的图象上，即可得出k?2n?3?n?1?，解得即可。
【考点】反比例函数图象上点的坐标特征、反比例函数系数k的几何意义。 18．【答案】13?242??7?6?2
【解析】写出第6个等式为13?242??7?6?2。
故答案为13?242??7?6?2。
【提示】第n个等式左边的第1个数为2n?1，根号下的数为n?n?1?，利用完全平方公
式得到第n个等式右边的式子为?n?1?n?2（n≥1的整数）
。 【考点】二次根式的混合运算。 三、解答题
19．【答案】原式?4?32?1?2?23?23?1?2?23??1 【提示】原式利用特殊角的三角函数值，零指数幂、负整数指数幂法则，以及绝对值的
代数意义计算即可求出值。
【考点】实数的运算。
20．【答案】原式??x?2?22x2x?4xg?x?2??x?2??x?2 【提示】根据分式的运算法则即可求出答案。 【考点】分式的运算法则。
21．【答案】证明：由?ECB?70?得?ACB?110?
数学试卷 第12页（共18页）
又Q?D?110?
??ACB??D
QAB∥DE，??CAB??E。
又QAB?AE，?△ABC≌△EAD
【提示】由?ECB?70?得?ACB?110?，再由AB∥DE，证得?CAB??E，再结合已
知条件AB?AE，可利用AAS证得△ABC≌△EAD。 【考点】全等三角形证明。
22．【答案】（1）本次调查的小型汽车数量：
320.2?160（辆）
； m?48160?0.3，n?1??0.3?0.35?0.2?0.05??0.1。
（2）B类小型汽车的辆数：0.35?160?56， D类小型汽车的辆数：0.1?160?16。
（3）某时段该路段每车只乘坐1人的小型汽车数量：0.3?5 000?1 500（辆） 【提示】（1）由C类别数量及其对应的频率可得总数量，再由频率＝频数÷总数量可得
m、n的值；
（2）用总数量乘以B、D对应的频率求得其人数，从而补全图形； （3）利用样本估计总体思想求解可得。 【考点】条形统计图。
23．【答案】（1）四边形AMCD是菱形，理由如下： QM是Rt△ABC中AB的中点，?CM?AM。
QCM为eO的直径，??CNM?90?，?MD⊥AC，?AN?CN。
又QND?MN，?四边形AMCD是菱形。
数学试卷 第13页（共18页） （2）Q四边形CENM为eO的圆内接四边形，??CEN??CMN?180?， 又Q?CEN??DEN?180?，??CMN??DEN。
Q四边形AMCD是菱形，?CD?CM，??CDM??CMN。
??DEN??CDM，?ND?NE。
（3）Q?CMN??DEN，?MDC??EDN，?△MDC∽△EDN，?MDDCDE?DN。 设ND?x，则MD?2x，由此得：
2x52?x， 解得：x?5或x??5（不合题意，舍去），?MN?5。 QMN为△ABC的中位线，?BC?2MN，?BC?25。
【提示】（1）证明四边形AMCD的对角线互相平分，且?CNM?90?，可得四边形AMCD
为菱形；
（2）可证得?CMN??DEN，由CD?CM可证出?CDM??CMN，则
?DEN??CDM，结论得证；
（3）证出△MDC∽△EDN，由比例线段可求出ND长，再求MN的长，则BC可求出。 【考点】圆的综合知识。
24．【答案】（1）设去年小龙虾的养殖成本与售价分别为每千克x元、y元，由题意得：
??y?x?32??1?10%?y??1?25%?x?30 解得：??x?8?y?40
答：去年小龙虾的养殖成本与售价分别为每千克8元、40元。 （2）设今年稻谷的亩产量为z千克，依题意，得：
20?100?30?20?2.5z?20?600≥80 000，
解得：z≥640。
答：稻谷的亩产量至少会达到640千克。
【提示】（1）设去年小龙虾的养殖成本与售价分别为每千克x元、y元，由题意列出方
程组，解方程组即可；
（2）设今年稻谷的亩产量为z千克，由题意列出不等式，就不等式即可。
数学试卷 第14页（共18页）
【考点】二元一次方程组的应用、一元一次不等式的应用。
25．【答案】（1）抛物线的顶点为A?1,4?，设函数表达式为y?a?x?1?2?4。 抛物线经过点B?3,0?，??3?1?2a?4?0，解得a??1。
所以抛物线对应的二次函数表达式为y???x?1?2?4，即y??x2?2x?3。 （2）OM将四边形OBAD分成面积相等的两部分。
理由：QDE∥OA，?S△ODA?S△OEA（同底等高的两个三角形面积相等），
?S△ODA?S△AOM?S△OEA?S△AOM，?S四边形OMAD?S△OME。
Q M是BE的中点，?S△OME?S△OBM。
?S四边形OMAD?S△OBM，即OM将四边形OBAD分成面积相等的两部分。
（3）Q点P?m,n?是抛物线y??x2?2x?3的图象上的点，?n??m2?2m?3。Qm?n??1，?n??m?1，代入上式，得：?m?1??m2?2m?3，
解得m??1（不合题意，舍去），m?4。 点P的坐标为?4,?5?。
如图，过点D作DQ∥CA交PC的延长线于点Q，
由（2）知点N是PQ的中点。
设经过点C??1,0?、P?4,?5?的直线对应的函数表达式为y?kx?b，由此得
???k?b?0，解得?k??1 ?4k?b??5??b??1直线CP对应的函数表达式为y??x?1。 同理，直线AC对应的函数表达式为y?2x?2。
直线DQPCA，故设直线DQ对应的函数表达式为y?2x?b。
数学试卷 第15页（共18页） 其经过点D?0,3?，所以直线DQ对应的函数表达式为y?2x?3。
?4解方程组??y??x?1，得??x???y?2x?3?3，则点Q的坐标为???41???,?。
?y?133??3因为点N为PQ的中点，所以，
点N的横坐标为：???4?4??3???2?43，点N的纵坐标为：??1?3?5????2??73 所以点N的坐标为??47??3,?3??。
【提示】（1）函数表达式为：y?a?x?1?2?4，将点B坐标的坐标代入上式，即可求解；（2）利用同底等高的两个三角形的面积相等，即可求解； （3）由（2）知：点N是PQ的中点，即可求解。 【考点】二次函数综合运用。
26．【答案】（1）如图1，过点C作CE⊥y轴，垂足为E。
Q矩形ABCD中，CD⊥AD，??CDE??ADO?90?，
又?OAD??ADO?90?，??CDE??OAD?30?。
?在Rt△CED中，CE?12CD?2，DE?CD2?CE2?23。
在Rt△OAD中，?OAD?30?。 点C的坐标为?2,3?23?。
（2）QM为AD的中点，?DM?3，S△DCM?6。
又S21四边形OMCD?2，?S9△ODM?2，?S△OAD?9。 设OA?x，OD?y，则x2?y2?36，12xy?9，由此得x2?y2?2xy，即x?y。
数学试卷 第16页（共18页）
将x?y代入x2?y2?36得x2?18，解得x?32，x??32（不合题意，舍去）。 OA的长为32。 （3）OC的最大值为8。
如图2，M为AD的中点，所以OM?3，CM?CD2?DM2?5。
CDDMCM9，据此求得MN?，??ONMNOM5612AN可得ON?，AN?AM?MN?，再由OA?ON2?AN2及cos?OAD?55OAON?AD，证?△CMD∽△OMN得
答案。
【考点】矩形的性质、勾股定理、相似三角形的判定与性质等知识点。
所以OC≤OM?CM?8，当O、M、C三点在同一直线时，OC有最大值8。 连接OC，则此时OC与AD的交点为M，过点O作ON⊥AD，垂足为N。
Q?CDM??ONM?90?，?CMD??OMN，?△CMD∽△OMN。
?CDON?DMMN?CMOM，即4ON?3MN?53，解得MN?95，ON?125。
?AN?AM?MN?65，
在Rt△OAN中，OA?ON2?AN2?655，
cos?OAD?AN5OA?5。 【提示】（1）作CE⊥y轴，先证?CDE??OAD?30?得CE?12CD?2，
DE?CD2?CE2?23，再由?OAD?30?知OD?12AD?3，从而得出点C坐标；
（2）先求出S△DCM?6，结合S21四边形OMCD?2知S?9△ODM2，S△OAD?9，设OA?x、OD?y，据此知x2?y2?36，
12xy?9，得出x2?y2?2xy，即x?y，代入x2?y2?36求得x的值，从而得出答案；
（3）由M为AD的中点，知OM?3，CM?5，由OC?OM?CM?8知当O、M、C
三点在同一直线时，OC有最大值8，连接OC，则此时OC与AD的交点为M，
数学试卷 第17页（共18页） 数学试卷
第18页（共18页）
相关推荐：
loading