广州白云区中考数学一模数学参考答案.doc
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参考答案及评分建议（2018一模）
一、选择题
题号
１
２
３
４
５
６
７
８
９
１０
答案
Ｂ
Ａ
Ｃ
Ｄ
Ｂ
Ｄ
Ｃ
Ｂ
Ｃ
Ｃ
二、填空题
题号
１１
１２
１３
１４
１５
１６
答案
≥３
１８０°
４
－３
４
三、解答题
１７．（本小题满分９分）
解：
－８＝２（－４）
＝２（－４）…………………………………………………………３分
＝２（－）…………………………………………………………５分
＝２（＋２）（－２）………………………………………………９分
１８．（本小题满分９分）
证明：
∵Ｃ是ＢＤ的中点，∴ＢＣ＝ＣＤ（线段中点的定义）；……………２分
∵ＡＢ∥ＥＣ，∴∠Ｂ＝∠ＥＣＤ（两直线平行，同位角相等）．…………４分
在△ＡＢＣ和△ＥＣＤ中，……………………………………………………５分
∵，∴△ＡＢＣ≌△ＥＣＤ（ＡＡＳ），……………………８分
∴ＡＣ＝ＥＤ（全等三角形对应边相等）……………………………………９分
１９．（本小题满分１０分，分别为４、４、２分）
解：
（１）１２００÷４０％＝３０００（人）,……………………………３分
∴该区共抽取了３０００名九年级学生；……………………………………４分
（２）９００００×４０％＝３６０００（人）,…………………………３分
∴该区九年级学生大约有３６０００人视力不良；…………………………４分
（３）１０８．…………………………………………………………………２分
２０．（本小题满分１０分，分别为１、６、３分）
解：
（１）Ｄ（０，１）；…………………………………………………………１分
（２）设点Ａ（，），………………………………………………………１分
∵点Ａ在第一象限，∴与均大于０，即ＡＢ＝，ＡＣ＝．…………２分
由ＡＢ＝４ＡＣ，得＝，…………………………………………………３分
代入反比例函数解析式，得＝，…………………………………………４分
∴＝１６，∴＝２或＝－２（不合题意，舍去），……………………５分
即Ａ的坐标为Ａ（２，８），
代入一次函数＝＋１中，８＝＋１，
解得＝，∴的值为；……………………………………………………６分
（３）四边形ＡＢＯＤ与△ＡＣＤ面积的比为５︰３（或）．……………３分
［方法一：
连结ＯＡ，设△ＯＡＤ的面积为１，则△ＡＣＤ的面积为３，
△ＯＡＢ的面积为４，∴四边形ＡＢＯＤ面积为５；
方法二：
分别求出梯形ＡＢＯＤ和△ＡＣＤ的面积，再求比］
２１．（本小题满分１２分，分别为５、７分）
解：
（１）∵四边形ＡＥＣＦ的内角和为３６０°，……………………………１分
由ＡＥ⊥ＢＣ及ＡＦ⊥ＣＤ，得∠Ｅ＝∠Ｆ＝９０°，………………………２分
∴∠ＥＡＦ＋∠Ｃ＝３６０°－２×９０°＝１８０°，……………………３分
∵∠ＥＡＦ＝２∠Ｃ，∴２∠Ｃ＋∠Ｃ＝１８０°，…………………………４分
∴∠Ｃ＝６０°；…………………………………………………………………５分
（２）∵ＡＢＣＤ为平行四边形，
∴∠ＤＡＢ＝∠Ｃ＝６０°，ＣＤ∥ＡＢ，……………………………………１分
由已知ＡＦ⊥ＣＤ，得ＡＦ⊥ＡＢ，∴∠ＦＡＢ＝９０°，
∴∠ＦＡＤ＝∠ＦＡＢ－∠ＤＡＢ＝３０°．…………………………………２分
由平行四边形的性质，知ＡＢ＝ＣＤ，ＡＤ＝ＢＣ，…………………………３分
由周长为３２cm，得ＡＢ＋ＢＣ＝１６cm，
由ＡＢ︰ＢＣ＝５︰３，可求得ＢＣ＝６cm，∴ＡＤ＝ＢＣ＝６cm．………４分
在Ｒt△ＡＤＦ中，∵∠ＦＡＤ＝３０°，∴ＤＦ＝ＡＤ＝３cm．…………５分
把ＤＦ的长代入方程中，求得＝１，∴原方程为－－６＝０．………６分
解该方程，得＝３，＝－２，∴方程的另一个根为＝－２．…………７分
［方程的解法，可用公式法、因式分解法或配方法均可］
２２．（本小题满分１２分，分别为４、８分）
解：
（１）过点Ｃ作ＣＥ⊥ＡＢ，垂足为点Ｅ（如图１）．………………………１分
在Ｒt△ＢＣＥ中，∵＝sin∠Ｂ，……………………………………………３分
∴ＣＥ＝ＢＣ·sin∠Ｂ≈８×０.８０＝６.４，………………………………４分
答：
Ｃ点到直线ＡＢ的距离约为６.４km；
（２）Ｒt△ＢＣＥ中，∵＝cos∠Ｂ，…………………………………………１分
∴ＢＥ＝ＢＣ·cos∠Ｂ≈８×０.６０＝４.８．…………………………………２分
［也可结合（１），由勾股定理，求得ＢＥ］
在Ｒt△ＡＣＥ中，∵∠Ａ＝４５°，∴∠ＡＣＥ＝４５°，
∴ＡＥ＝ＣＥ＝６.４，………………………………………………………………３分
由＝sin∠Ａ，得ＡＣ＝≈≈９.０５，…………………………５分
［由勾股定理求得ＡＣ，约９.０２］
由ＡＣ＋ＢＣ－（ＡＥ＋ＥＢ）………………………………………………………６分
＝９.０５＋８－（６.４＋４.８）＝５.８５≈５.９……………………………７分
［或９.０２＋８－（６.４＋４.８）＝５.８２≈５.８］
答：
现在从Ａ地到Ｂ地可比原来少走５.９km路程．………………………………８分
A
B
C
图1
E
２３．（本小题满分１２分，分别为３、３、６分）
解：
（１）由tan∠ＡＯＢ＝，得＝，……………………………………１分
∴ＯＨ＝２ＢＨ，又Ｂ（，），即＝２×＝，………………………２分
∴Ｈ点的坐标为Ｈ（０，）；……………………………………………………３分
（２）设过点Ｂ（，）及点Ｃ（，）
的直线解析式为：
＝＋，……………………………………………………１分
把Ｂ、Ｃ坐标分别代入，得：
，……………………………………２分
解得，
∴直线ＢＣ的解析式为：
＝－＋４；………………………………………３分
（３）相切．…………………………………………………………………………１分
理由如下：
方法一：
设直线ＢＣ分别与轴、轴交于点Ｅ、Ｆ，
则可求得其坐标分别为Ｅ（３，０）、Ｆ（０，４）．……………………………２分
过圆心Ｍ作ＭＮ⊥ＥＦ，垂足为Ｎ，连结ＭＥ（如图２）．……………………３分
∵Ｓ△ＦＭＥ＝ＥＦ·ＭＮ＝ＦＭ·ＥＯ，……………………………………４分
∴得ＥＦ·ＭＮ＝ＦＭ·ＥＯ，ＭＮ＝＝，………………………５分
即圆心Ｍ到直线ＢＣ的距离等于⊙Ｍ的半径，……………………………………６分
∴直线ＢＣ是⊙Ｍ的切线．
方法二：
设直线ＢＣ分别与轴交于点Ｅ，则可求得其坐标分别为Ｅ（３，０）．
作ＢＫ⊥轴于点Ｋ（如图３），
则点Ｋ的坐标为Ｋ（，０），ＥＫ＝３－＝，
在Ｒt△ＢＥＫ中，由勾股定理，可求得ＢＥ＝＝３；……………２分
在Ｒt△ＭＯＥ中，由勾股定理，可求得ＭＥ＝＝；………３分
ＨＭ＝＝，∵ＢＭ是⊙Ｍ的半径，∴ＢＭ＝．
＋＝＝，＝＝，………………………４分
∵＋＝，……………………………………………………………５分
∴△ＢＭＥ为直角三角形，ＭＥ为斜边，∠ＭＢＥ＝９０°，…………………６分
∴ＢＣ切⊙Ｍ于点Ｂ．
［同样，也可运用勾股定理的逆定理，验算得△ＢＭＦ
为直角三角形，∠ＭＢＦ＝９０°］
A
O
图3
M
B
C
H
E
F
N
K
A
O
图2
M
B
C
H
E
F
N
方法三：
设直线ＢＣ分别与轴、轴交于点Ｅ、Ｆ，
则可求得其坐标分别为Ｅ（３，０）、Ｆ（０，４），……………………………２分
连结ＭＢ（如图４）．在Ｒt△ＦＨＢ中，ＦＨ＝４－＝，ＨＢ＝，
由勾股定理，得ＦＢ＝＝２，
在Ｒt△ＦＯＥ中，由勾股定理，得ＥＦ＝５．
在△ＢＦＭ和△ＯＦＥ中，∵＝＝，……………………………………３分
＝＝，即＝，…………………………………………４分
又∠ＢＦＭ＝∠ＯＦＥ，∴△ＢＦＭ∽△ＯＦＥ中，………………………………５分
∴∠ＦＢＭ＝∠ＦＯＥ＝９０°，……………………………………………………６分
即半径ＭＢ⊥直线ＢＣ，∴直线ＢＣ是⊙Ｍ的切线．
A
O
图4
M
B
C
H
E
F
２４．（本小题满分１４分，分别为２、４、８分）
解：
（１）作图略；（作图正确）…………………………………………………………２分
（２）ＦＨ＝ＣＨ．………………………………………………………………………１分
证明如下：
如图５，∵ＦＨ∥ＢＣ，∴∠１＝∠３，………………………………………………２分
∵ＣＥ平分∠ＡＣＢ，∴∠１＝∠２，
∴∠２＝∠３，……………………………………………………………………………３分
从而ＦＨ＝ＣＨ（等角对等边）；………………………………………………………４分
A
B
C
D
图6
E
F
H
1
2
3
4
6
5
7
8
A
B
C
D
图5
E
F
H
1
2
3
（３）∵ＥＡ⊥ＣＡ，∴∠ＥＡＣ＝９０°，
∴∠２＋∠５＝９０°（如图６）．
∵ＡＤ⊥ＤＣ，∴∠ＡＤＣ＝９０°，∴∠１＋∠６＝９０°，
从而∠２＋∠５＝∠１＋∠６，由∠１＝∠２，得∠５＝∠６，
∵∠６＝∠４，∴得∠５＝∠４，……………………………………………………１分
∴ＡＥ＝ＡＦ（等角对等边）．………………………………………………………２分
∵ＦＨ∥ＢＣ，得△ＡＦＨ∽△ＡＤＣ，∴＝，………………………３分
由（２）知，ＦＨ＝ＣＨ，∴得＝．……………………………………４分
∠ＥＡＤ＋∠ＤＡＣ＝９０°，∠ＨＣＤ＋∠ＤＡＣ＝９０°，
∴∠ＥＡＤ＝∠ＨＣＤ．………………………………………………………………５分
在△ＥＡＤ和△ＨＣＤ中，∵＝，∠ＥＡＤ＝∠ＨＣＤ，
∴△ＥＡＤ∽△ＨＣＤ（两边对应成比例且夹角相等的两个三角形相似），……６分
∴∠７＝∠８．…………………………………………………………………………７分
∠８＋∠ＨＤＡ＝９０°，从而得∠７＋∠ＨＤＡ＝９０°，
即∠ＥＤＨ＝９０°，…………………………………………………………………８分
∴ＥＤ⊥ＨＤ
２５．（本小题满分１４分，分别为２、４、８分）
O
A
B
C
图8
P
O
A
B
C
图7
解：
（１）＝－＋＋２………………………………………………………２分
［或＝－］
（２）△ＰＡＣ的周长有最小值．……………………………………………………１分
连结ＡＣ、ＢＣ，∵ＡＣ的长度一定，∴要使△ＰＡＣ
的周长最小，就是使ＰＡ＋ＰＣ最小．
∵点Ａ关于对称轴＝１的对称点是Ｂ点，
∴ＢＣ与对称轴的交点即为所求的点Ｐ（如图８）．…………………………………２分
设直线ＢＣ（用表示，其他直线可用相同方式表示）
的表达为：
＝，则有
，解得，∴：
＝－＋２．……………………………３分
把＝１代入，得＝，
即点Ｐ的坐标为Ｐ（１，）．…………………………………………………………４分
∴△ＰＡＣ的周长取得最小值，取得最小值时点Ｐ的坐标为Ｐ（１，）；
O
A
B
C
图9
P
N
F
D
H
E
Q
（３）
作ＤＥ∥ＢＣ交轴于点Ｅ，ＤＥ交对称轴＝１于点Ｑ（如图９）．……………１分
在Ｒt△ＣＯＨ中，由勾股定理得ＣＨ＝＝＝．
过点Ｄ作ＤＦ⊥轴于点Ｆ，交对称轴＝１于点Ｎ．
∵Ｒt△ＣＤＦ∽Ｒt△ＣＨＯ，∴，
∴ＣＦ＝＝＝，ＯＦ＝ＣＯ－ＣＦ＝２－；
同样，，ＦＤ＝＝＝，
∴点Ｄ的坐标为Ｄ（，２－），…………………………………………３分
从而Ｎ（１，２－）．
∵ＤＥ∥ＢＣ，∴可设（过点Ｄ、Ｅ的直线）：
＝－＋，
把Ｄ点坐标代入其中，得－＋＝２－，
解得＝２－，∴：
＝－＋２－．………………………４分
点Ｅ的纵坐标为０，代入其中，解得＝３－，
∴Ｅ（３－，０）．
∵点Ｑ在对称轴＝１上，把＝１代入中，解得＝－，
∴Ｑ（１，－）．
ＰＱ＝－（－）＝，ＤＮ＝１－，
ＥＨ＝３－－１＝２－．
Ｓ＝Ｓ△ＰＤＥ＝Ｓ△ＰＤＱ＋Ｓ△ＰＥＱ＝ＰＱ·ＤＮ＋ＰＱ·ＥＨ
＝ＰＱ（ＤＮ＋ＥＨ）＝·（１－＋２－），
化简得Ｓ＝－＋．…………………………………………………………６分
可知Ｓ是关于的二次函数．
Ｓ存在最大值．
配方可得：
Ｓ＝－＋，由此可得，Ｓ取得最大值为，…………７分
取得最大值时的值为：
＝．…………………………………………………８分
9
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