2022年成都市中考数学试卷及答案解析.doc

成都市二○一六年高中阶段教育学校统一招生考试
(含成都市初三毕业会考)
数 学
A卷(共100分)
第Ⅰ卷(选取题,共30分)
一、选取题(本大题共10个小题,每小题3分,共30分,每小题均有四个选项,其中只有一项符合题目规定,答案涂在答题卡上)
1. 在-3,-1,1,3四个数中,比-2小数是( )
(A) -3 (B) -1 (C) 1 (D) 3
答案:A
解析:本题考查数大小比较。两个负数比较,绝对值大反而小,故－3＜－2,选A。
2．如图所示几何体是由5个大小相似小立方块搭成,它俯视图是( )

答案:C
解析:本题考查三视图。俯视图是物体向下正投影得到视图,上面往下看,能看到四个小正方形,故选C。
3. 成都地铁自开通以来,发展速度不断加快,现已成为成都市民重要出行方式之一,今年4月29日成都地铁安全运送乘客约181万乘次,又一次刷新客流记录,这也是今年以来第四次客流记录刷新,用科学记数法表达181万为( )
(A) 18.1×105 (B) 1.81×106 (C) 1.81×107 (D) 181×104
答案:B
解析:本题考查科学记数法。科学记数表达形式为形式,其中,n为整数,181万＝1810000＝1.81×106。故选B。
4. 计算成果是( )
(A) (B) (C) (D)
答案:D
解析:考察积乘方,＝＝
5. 如图,,∠1=56°,则∠2度数为( )
(A) 34° (B) 56°
(C) 124° (D) 146°
答案:C
解析:两直线平行,同旁内角互补,∠1对顶角与∠2互补,因此∠2＝180°－56°＝124°
6. 平面直角坐标系中,点P(-2,3)关于轴对称点坐标为( )
(A)(-2,-3) (B)(2,-3) (C)(-3,2) (D)(3, -2)
答案:A
解析:关于x轴对称,横坐标不变,纵坐标变为相反数,故选A。
7. 分式方程解为( )
(A) x=-2 (B) x=-3 (C) x=2 (D) x=3
答案:B
解析:本题考查分式方程求解。去分母,得:2x＝x－3,解得x＝－3,故选B。
8.学校准备从甲、乙、丙、丁四个科创小组中选出一组代表学校参加青少年科技创新大赛,各组平时成绩平均数(单位:分)及方差如下表所示:

甲
乙
丙
丁

7
8
8
7

1
1.2
1
1.8
如果要选出一种成绩较好且状态稳定组去参赛,那么应选组是( )
(A) 甲 (B) 乙 (C) 丙 (D) 丁
答案:C
解析:本题考查数据应用。方差较小,数据比较稳定,故甲、丙比较稳定,又丙平均数高,故选丙。
9. 二次函数图象是一条抛物线,下列关于该抛物线说法,对的是( )
(A) 抛物线开口向下 (B) 抛物线通过点(2,3)
(C) 抛物线对称轴是直线x=1 (D) 抛物线与x轴有两个交点
答案:D
解析:本题考查二次函数图象性质。由于a＝2＞0,故开口向上,排除A;当x＝2时,y＝5,故不通过点(2,3)排除B;对称轴为x＝0,C项不对;又△＝24＞0,故D对的。
10．如图,AB为⊙O直径,点C在⊙O上,若∠OCA=50°,AB=4,则长为( )
(A) (B)
(C) (D)
答案:B
解析:本题考查等腰三角形性质,弧长公式。
由于直径AB＝4,因此,半径R＝2,
由于OA＝OC,因此,∠AOC＝180°－50°－50°＝80°,
∠BOC＝180°－80°＝100°,
弧BC长为:＝
第Ⅱ卷(非选取题,共70分)
二、填空题 (本大题共4个小题,每小题4分,共16分,答案写在答题卡上)
11. 已知|a+2|=0,则a = ______.
答案:－2
解析:本题考查绝对值非负性,依题意,得:＋2＝0,因此,＝－2
12. 如图,△ABC≌△,其中∠A＝36°,∠C′＝24°,则∠B=___°.
答案:120
解析:考查三角形全等性质。
由△ABC≌△,得:∠＝∠A＝36°,∠C＝∠C′＝24°,
因此,∠B＝180°－∠A－∠C＝180°－36°－24°＝120°
13. 已知P1(x1,y1),P2(x2 ,y2)两点都在反比例函数图象上,且x1< x2 < 0,则y1 ____ y2.(填“>”或“<”)
答案:＞
解析:本题考查反比函数图象性质。由于函数图象在一、三象限,且在每一象限内,y随x增大而减小,因此,由x1< x2 < 0,得y1 ＞y2.
14. 如图,在矩形ABCD中,AB=3,对角线AC,BD相交于点O,AE垂直平分OB于点E,则AD长为_________.
答案:3
解析:本题考查垂直平分线性质及矩形性质。
由于AE垂直平分OB,因此,AB＝AO＝3,BD＝AC＝2AO＝6,
AD＝

三、解答题(本大题共6个小题,共54分,解答过程写在答题卡上)
15. (本小题满分12分,每题6分)
(1)计算:

(2)已知关于x方程没有实数根,求实数m取值范畴.
解析:(1)﹦-8＋4－2× ＋1= -4-4＋1= -4
(2)∵ 关于x方程没有实数根
∴ 22-4×3×(-m)<0
解得:m<

16．(本小题满分6分)
化简:
解析:＝=

17.(本小题满分8分)
在学习完“运用三角函数测高”这节内容之后,某兴趣小组开展了测量学校旗杆高度实践活动,如图,在测点A处安顿测倾器,量出高度AB＝1.5m,测得旗杆顶端D仰角∠DBE＝32°,量出测点A到旗杆底部C水平距离AC＝20m. 依照测量数据,求旗杆CD高度。(参照数据:)
解析:∵∠A＝∠C＝∠BEC＝90°,∴ 四边形ABEC为矩形
∴ BE＝AC＝20, CE＝AB＝1.5
在Rt△BED中,∴ tan∠DBE＝即tan32°＝
∴ DE＝20×tan32°12.4, CD＝CE＋DE13.9.
答:旗杆CD高度约为13.9 m.

18．(本小题满分8分)
在四张编号为A,B,C,D卡片(除编号外,别的完全相似)正面分别写上如图所示正整数后,背面向上,洗匀放好,现从中随机抽取一张(不放回),再从剩余卡片中随机抽取一张。

(1)请用画树状图或列表办法表达两次抽取卡片所有也许浮现成果;(卡片用A,B,C,D表达)
(2)我们懂得,满足三个正整数a,b,c称为勾股数,求抽到两张卡片上数都是勾股数概率。
解析:(1)列表法:
第二张
第一张
A
B
C
D
A

(A,B)
(A,C)
(A,D)
B
(B,A)

(B,C)
(B,D)
C
(C,A)
(C,B)

(C,D)
D
(D,A)
(D,B)
(D,C)

树状图:

由列表或树状图可知,两次抽取卡片所有也许浮现成果有12种,分别为(A,B),(A,C),(A,D),(B,A),(B,C),(B,D),(C,A),(C,B),(C,D),(D,A),
(D,B),(D,C).
(2) 由(1)知:所有也许浮现成果共有12种,其中抽到两张卡片上数都是勾股数有(B,C),(B,D),(C,B),(C,D),(D,B),(D,C)共6种.
∴ P(抽到两张卡片上数都是勾股数)＝＝ .

19. (本小题满分10分)
如图,在平面直角坐标系xoy中,正比例函数图象与反比例函数直线图象都通过点A(2,-2)．
(1)分别求这两个函数表达式;
(2)将直线OA向上平移3个单位长度后与y轴相交于点B,与反比例函数图象在第四象限内交点为C,连接AB,AC,求点C坐标及△ABC面积。

解析:(1) ∵ 正比例函数图象与反比例函数直线图象都通过点A(2,-2)．,
∴ 解得: ∴ y＝－x , y=-
(2) ∵ 直线BC由直线OA向上平移3个单位所得 ∴ B (0,3),kbc＝ koa＝－1
∴ 设直线BC表达式为 y＝－x＋3
由 解得,
∵ 由于点C在第四象限 ∴ 点C坐标为(4,-1)
解法一:如图1,过A作AD⊥y轴于D,过C作CE⊥y轴于E.
∴ S△ABC＝S△BEC ＋S梯形ADEC－S△ADB＝×4×4＋(2＋4) ×1－×2×5＝8＋3－5＝6
解法二:如图2,连接OC.
∵ OA∥BC,∴S△ABC ＝S△BOC=OBxc＝×3×4＝6

20．(本小题满分1 0分)
如图,在Rt△ABC中,∠ABC＝90°,以CB为半径作⊙C,交AC于点D,交AC延长线于点E,连接BD,BE.
(1)求证:△ABD∽△AEB;
(2)当时,求tanE;
(3)在(2)条件下,作∠BAC平分线,与BE交于点F.若AF＝2,求⊙C半径。

解析:(1) 证明:∵ DE为⊙C直径 ∴∠DBE＝90°
又∵ ∠ABC＝90°, ∴ ∠DBE＋∠DBC＝90°,∠CBE＋∠DBC＝90°
∴ ∠ABD＝∠CBE
又∵ CB＝CE ∴ ∠CBE＝∠E, ∴ ∠ABD＝∠E.
又∵∠BAD＝∠EAB, ∴△ABD∽△AEB.
(2)由(1)知,△ABD∽△AEB,∴ ＝
∵ ＝ , ∴ 设 AB＝4x,则CE＝CB＝3x
在Rt△ABC中,AB＝5x,∴ AE＝AC＋CE＝5x＋3x＝8 x,＝＝＝ .
在Rt△DBE中,∴ tanE＝＝ .
(3) 解法一:在Rt△ABC中,ACBG＝ABBG即5xBG＝4x 3x,解得BG＝x.
∵ AF是∠BAC平分线,∴ ＝＝＝
如图1,过B作BG⊥AE于G,FH⊥AE于H,∴ FH∥BG,∴ ＝＝
∴ FH＝ BG＝×x ＝ x
又∵ tanE＝,∴ EH＝2FH＝x,AM＝AE－EM＝x
在Rt△AHF中,∴ AH2＋HF2＝AF2即,解得x＝
∴ ⊙C半径是3x＝.
解法二:如图2
过点A作EB延长线垂线,垂足为点G.
∵ AF平分∠BAC ∴ ∠1＝∠2 又∵ CB＝CE ∴∠3＝∠E
在△BAE中,有∠1＋∠2＋∠3＋∠E＝180°－90°＝90°
∴∠4＝∠2＋∠E＝45° ∴ △GAF为等腰直角三角形
由(2)可知,AE=8 x,tanE＝ ∴AG＝AE＝ x
∴AF＝AG＝ x=2 ∴x= ∴ ⊙C半径是3x＝.
解法三:
如图3,作BH⊥AE于点H,NG⊥AE于点G,FM⊥AE于点M,设BN＝a,
∵ AF是∠BAC平分线,∴NG＝BN＝a ∴CG＝a,NC＝a,∴BC＝a,∴BH＝a
∴ AB＝3a,AC＝a,∴ AG＝3a ∴ tan∠NAC＝＝,∴ sin∠NAC＝
∴ 在Rt△AFM中,FM＝AF·sin∠NAC＝2×＝,AM＝
∴ 在Rt△EFM中,EM＝＝ ∴AE＝
在Rt△DBE中,∵BH＝a,∴EH＝a,DH＝a,∴DE＝a ∴DC＝a,∴AD＝a,
又∵AE＋DE＝AE,∴a＋a＝,∴a＝ ∴DC＝a＝

B卷(共50分)
一、填空题(本大题共5个小题,每小题4分,共20分,答案写在答题卡上)
21．第十二届人大四次会议审议通过《中华人民共和国慈善法》将于今年9月1日正式实行.为了理解居民对慈善法知晓状况,某街道办从辖区居民中随机选用了某些居民进行调查,并将调查成果绘制成如图所示扇形记录图.若该辖区约有居民9000人,则可以预计其中对慈善法“非常清晰”居民约有______人.
答案:2700
解析:“非常清晰”居民占该辖区比例为:1－(30%＋15%＋×100%)＝30%
∴ 可以预计其中慈善法“非常清晰”居民约为:9000×30%＝2700(人).

22．已知是方程组解,则代数式值为______.
答案:－8
解析:由题知:
由(1)＋(2)得:a＋b＝－4,由(1)－(2)得:a－b＝2,
∴ ＝－8.
23． 如图,△ABC内接于⊙○,AH⊥BC于点H. 若AC=24,AH=18, ⊙○半径 OC=13,则AB=______。
答案:
解析:解:连结AO并延长交⊙O于E,连结CE.
∵ AE为⊙O直径,∴∠ACD=90°.
又∵ AH⊥BC,∴∠AHB=90°.
又∵ ∠B＝∠D,∴ sinB＝sinD,∴ ＝
即 ＝ ,解得:AB＝
24．实数a,n,m,b满足a<n<m<b,这四个数在数轴上相应点分别为A,N,M,B(如图),若,则称m为a,b“大黄金数”,n为a,b“小黄金数”.当b-a=2时,a,b大黄金数与小黄金数之差m-n=_________.
答案:
解析:∵, ∴ M、N为线段AB两个黄金分割点
∴
∴

25．如图,面积为6平行四边形纸片ABCD中,AB＝3,∠BAD＝45°,按下列环节进行裁剪和拼图.
第一步:如图①,将平行四边形纸片沿对角线BD剪开,得到△ABD和△BCD纸片,再将△ABD纸片沿AE剪开(E为BD上任意一点),得到△ABE和△ADE纸片;
第二步:如图②,将△ABE纸片平移至△DCF处,将△ADE纸片平移至△BCG处;
第三步:如图③,将△DCF纸片翻转过来使其背面朝上置于△PQM处(边PQ与DC重叠,△PQM与△DCF在CD同侧),将△BCG纸片翻转过来使其背面朝上置于△PRN处(边PR与BC重叠,△PRN与△BCG在BC同侧)。
则由纸片拼成五边形PMQRN中,对角线MN长度最小值为_______.

答案:
解析:如图③,由题意可知,∠MPN＝90°,剪裁可知,MP＝NP 因此△MPN是等腰直角三角形 ∴ 欲求MN最小,即是求PM最小 ∴ 在图②中,AE最小时,MN最小
易知AE垂直于BD最小,∴ AE最小值易求得为 , ∴ MN最小值为

二、解答题 (本大题共3个小题,共30分,解答过程写在答题卡上)
26．(本小题满分8分)
某果园有100棵橙子树,平均每棵树结600个橙子.现准备各种某些橙子树以提高果园产量,但是如果各种树,那么树之间距离和每一棵树所接受阳光就会减少. 依照经验预计,每各种一棵树,平均每棵树就会少结5个橙子,假设果园各种x棵橙子树.
(1)直接写出平均每棵树结橙子数y(个)与x之间关系式;
(2)果园各种多少棵橙子树时,可以使橙子总产量最大?最大为多少个?
解析:(1);
(2) 设果园各种x棵橙子树时,橙子总产量为z个.由题知:
Z＝(100＋x)y＝(100＋x)(600-5x)＝－5(x－10)2＋60500
∵ a＝－5＜0 ∴ 当x＝10时,Z最大＝60500.
∴ 果园各种10棵橙子树时,可以使橙子总产量最大,最大为60500个.

27．(本小题满分10分)
如图①,△ABC中,∠ABC＝45°,AH⊥BC于点H,点D在AH上,且DH＝CH,连接BD.
(1)求证:BD=AC;
(2)将△BHD绕点H旋转,得到△EHF(点B,D分别与点E,F相应),连接AE.
ⅰ)如图②,当点F落在AC上时(F不与C重叠),若BC＝4,tanC=3,求AE长;
ⅱ)如图③,当△EHF是由△BHD绕点H逆时针旋转30°得届时,设射线CF与AE相交于点G,连接GH,试探究线段GH与EF之间满足等量关系,并阐明理由。

解析:(1)证明:在Rt△AHB中,∵∠ABC=45°,∴AH=BH
又∵∠BHD＝∠AHC＝90°,DH＝CH,∴△BHD≌△AHC(SAS) ∴ BD＝AC.
(2) ( i) 在Rt△AHC中,∵tanC＝3,∴＝3,
设CH＝x,则BH＝AH=3x,∵BC=4, ∴ 3x＋x＝4, ∴ x＝1.AH＝3, CH＝1.
由旋转知:∠EHF＝∠BHD＝∠AHC＝90°,EH＝AH＝3,CH＝DH＝FH.
∴∠EHA＝∠FHC,＝＝1,∴△EHA∽△FHC,∴∠EAH＝∠C,∴tan∠EAH＝tanC＝3
如图②,过点H作HP⊥AE于P,则HP＝3AP,AE＝2AP.
在Rt△AHP中,AP2＋HP2= AH2, ∴AP2＋(3AP)2= 9,解得:AP＝,AE＝.
ⅱ)由题意及已证可知,△AEH和△FHC均为等腰三角形
∴∠GAH＝∠HCG＝30°,∴△AGQ∽△CHQ, ∴＝, ∴＝
又∵∠AQC＝∠GQE ∴△AQC∽△GQH ∴＝＝＝sin30°＝

28．(本小题满分12分)
如图,在平面直角坐标系中,抛物线与轴交于A、B两点(点A在点B左侧),与轴交于点C(0,),顶点为D,对称轴与轴交于点H.过点H直线l交抛物线于P,Q两点,点Q在y轴右侧.
(1)求a值及点A、B坐标;
(2)当直线l将四边形ABCD分为面积比为3:7两某些时,求直线l函数表达式;
(3)当点P位于第二象限时,设PQ中点为M,点N在抛物线上,则以DP为对角线四边形DMPN能否成为菱形?若能,求出点N坐标;若不能,请阐明理由．

解析:(1)∵ 抛物线与与轴交于点C(0,－).
∴ a－3＝－,解得:a＝,∴y＝(x＋1)2－3
当y＝0时,有(x＋1)2－3＝0,∴ X1＝2,X2＝－4 ∴ A(－4,0),B(2,0).
(2)∵ A(－4,0),B(2,0),C(0,－),D(－1,－3)
∴ S四边形ABCD＝S△AHD＋S梯形OCDH＋S△BOC＝ ×3×3＋( ＋ 3) ×1＋×2×＝10.
从面积分析知,直线l只能与边AD或BC相交,因此有两种状况:
① 当直线l边AD相交与点M1时,则S△AHM1＝×10＝3,∴×3×(－yM1)＝3
∴ yM1＝－2,点M1(－2,－2),过点H(－1,0)和M1(－2,－2)直线l解析式为y＝2x＋2.
②当直线l边BC相交与点M2时,同理可得点M2(,－2),过点H(－1,0)和M2(,－2)直线l解析式为y＝－x－.
综上:直线l函数表达式为y＝2x＋2或y＝－x－.
(3)设P(x1,y1)、Q(x2,y2)且过点H(－1,0)直线PQ解析式为y＝kx+b,
∴ －k＋b＝0,∴y＝kx＋k.
由, ∴
∴ x1＋x2＝－2＋3k,y1+y2＝kx1+k+kx2+k＝3k2, ∵点M是线段PQ中点,∴由中点坐标公式点M(k－1,k2).
假设存在这样N点如下图,直线DN∥PQ,设直线DN解析式为y＝kx＋k-3
由,解得:x1＝－1, x2＝3k－1, ∴N(3k－1,3k2－3)
∵ 四边形DMPN是菱形,∴ DN＝DM,∴
整顿得:3k4－k2－4＝0,,∵ k2＋1＞0,∴3k2－4＝0,
解得,∵ k＜0,∴,
∴P(－,6),M(－,2),N(－, 1)
∴PM＝DN＝2,∴四边形DMPN为菱形 ∴以DP为对角线四边形DMPN能成为菱形,此时点N坐标为(－, 1).

成都市二○一六年高中阶段教育学校统一招生考试参照答案
A卷
一、选取题
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
A
C
B
D
C
A
B
C
D
B
二、填空题
11.－2; 12.120; 13. ＞; 14. 3
三、解答题
15．(1)解:﹦-8＋4－2× ＋1= -4-4＋1= -4
(2)解:∵ 关于x方程没有实数根
∴ 22-4×3×(-m)<0
解得:m<

16．解: ＝=
17．解:∵∠A＝∠C＝∠BEC＝90°,∴ 四边形ABEC为矩形
∴ BE＝AC＝20, CE＝AB＝1.5
在Rt△BED中,∴ tan∠DBE＝即tan32°＝
∴ DE＝20×tan32°12.4, CD＝CE＋DE13.9.
答:旗杆CD高度约为13.9 m.

18．解:(1)列表法:
第二张
第一张
A
B
C
D
A

(A,B)
(A,C)
(A,D)
B
(B,A)

(B,C)
(B,D)
C
(C,A)
(C,B)

(C,D)
D
(D,A)
(D,B)
(D,C)

树状图:

由列表或树状图可知,两次抽取卡片所有也许浮现成果有12种,分别为(A,B),(A,C),(A,D),(B,A),(B,C),(B,D),(C,A),(C,B),(C,D),(D,A),
(D,B),(D,C).
(2) 由(1)知:所有也许浮现成果共有12种,其中抽到两张卡片上数都是勾股数有(B,C),(B,D),(C,B),(C,D),(D,B),(D,C)共6种.
∴ P(抽到两张卡片上数都是勾股数)＝＝ .
19．解:(1) ∵ 正比例函数图象与反比例函数直线图象都通过点A(2,-2)．,
∴ 解得: ∴ y＝－x , y=-
(2) ∵ 直线BC由直线OA向上平移3个单位所得 ∴ B (0,3),kbc＝ koa＝－1
∴ 设直线BC表达式为 y＝－x＋3
由 解得,
∵ 由于点C在第四象限 ∴ 点C坐标为(4,-1)
解法一:如图1,过A作AD⊥y轴于D,过C作CE⊥y轴于E.
∴ S△ABC＝S△BEC ＋S梯形ADEC－S△ADB＝×4×4＋(2＋4) ×1－×2×5＝8＋3－5＝6
解法二:如图2,连接OC.
∵ OA∥BC,∴S△ABC ＝S△BOC=OBxc＝×3×4＝6

20．(1) 证明:∵ DE为⊙C直径 ∴∠DBE＝90°
又∵ ∠ABC＝90°, ∴ ∠DBE＋∠DBC＝90°,∠CBE＋∠DBC＝90°
∴ ∠ABD＝∠CBE
又∵ CB＝CE ∴ ∠CBE＝∠E, ∴ ∠ABD＝∠E.
又∵∠BAD＝∠EAB, ∴△ABD∽△AEB.
(2)由(1)知,△ABD∽△AEB,∴ ＝
∵ ＝ , ∴ 设 AB＝4x,则CE＝CB＝3x
在Rt△ABC中,AB＝5x,∴ AE＝AC＋CE＝5x＋3x＝8 x,＝＝＝ .
在Rt△DBE中,∴ tanE＝＝ .
(3) 解法一:在Rt△ABC中,ACBG＝ABBG即5xBG＝4x 3x,解得BG＝x.
∵ AF是∠BAC平分线,∴ ＝＝＝
如图1,过B作BG⊥AE于G,FH⊥AE于H,∴ FH∥BG,∴ ＝＝
∴ FH＝ BG＝×x ＝ x
又∵ tanE＝,∴ EH＝2FH＝x,AM＝AE－EM＝x
在Rt△AHF中,∴ AH2＋HF2＝AF2即,解得x＝
∴ ⊙C半径是3x＝.
解法二:如图2
过点A作EB延长线垂线,垂足为点G.
∵ AF平分∠BAC ∴ ∠1＝∠2 又∵ CB＝CE ∴∠3＝∠E
在△BAE中,有∠1＋∠2＋∠3＋∠E＝180°－90°＝90°
∴∠4＝∠2＋∠E＝45° ∴ △GAF为等腰直角三角形
由(2)可知,AE=8 x,tanE＝ ∴AG＝AE＝ x
∴AF＝AG＝ x=2 ∴x= ∴ ⊙C半径是3x＝.
解法三:
如图3,作BH⊥AE于点H,NG⊥AE于点G,FM⊥AE于点M,设BN＝a,
∵ AF是∠BAC平分线,∴NG＝BN＝a ∴CG＝a,NC＝a,∴BC＝a,∴BH＝a
∴ AB＝3a,AC＝a,∴ AG＝3a ∴ tan∠NAC＝＝,∴ sin∠NAC＝
∴ 在Rt△AFM中,FM＝AF·sin∠NAC＝2×＝,AM＝
∴ 在Rt△EFM中,EM＝＝ ∴AE＝
在Rt△DBE中,∵BH＝a,∴EH＝a,DH＝a,∴DE＝a ∴DC＝a,∴AD＝a,
又∵AE＋DE＝AE,∴a＋a＝,∴a＝ ∴DC＝a＝

B 卷
一、填空题
21.解:“非常清晰”居民占该辖区比例为:1－(30%＋15%＋×100%)＝30%
∴ 可以预计其中慈善法“非常清晰”居民约为:9000×30%＝2700(人).
22.解:由题知:
由(1)＋(2)得:a＋b＝－4,由(1)－(2)得:a－b＝2,
∴ ＝－8.
23.解:连结AO并延长交⊙O于E,连结CE.
∵ AE为⊙O直径,∴∠ACD=90°.
又∵ AH⊥BC,∴∠AHB=90°.
又∵ ∠B＝∠D,∴ sinB＝sinD,∴ ＝
即 ＝ ,解得:AB＝
24.解:∵, ∴ M、N为线段AB两个黄金分割点
∴
∴
25. 解:如图③,由题意可知,∠MPN＝90°,剪裁可知,MP＝NP 因此△MPN是等腰直角三角形 ∴ 欲求MN最小,即是求PM最小 ∴ 在图②中,AE最小时,MN最小
易知AE垂直于BD最小,∴ AE最小值易求得为 , ∴ MN最小值为
二、解答题
26．解:(1);
(2) 设果园各种x棵橙子树时,橙子总产量为z个.由题知:
Z＝(100＋x)y＝(100＋x)(600-5x)＝－5(x－10)2＋60500
∵ a＝－5＜0 ∴ 当x＝10时,Z最大＝60500.
∴ 果园各种10棵橙子树时,可以使橙子总产量最大,最大为60500个.
27．(1)证明:在Rt△AHB中,∵∠ABC=45°,∴AH=BH
又∵∠BHD＝∠AHC＝90°,DH＝CH,∴△BHD≌△AHC(SAS) ∴ BD＝AC.
(2) ( i) 在Rt△AHC中,∵tanC＝3,∴＝3,
设CH＝x,则BH＝AH=3x,∵BC=4, ∴ 3x＋x＝4, ∴ x＝1.AH＝3, CH＝1.
由旋转知:∠EHF＝∠BHD＝∠AHC＝90°,EH＝AH＝3,CH＝DH＝FH.
∴∠EHA＝∠FHC,＝＝1,∴△EHA∽△FHC,∴∠EAH＝∠C,∴tan∠EAH＝tanC＝3
如图②,过点H作HP⊥AE于P,则HP＝3AP,AE＝2AP.
在Rt△AHP中,AP2＋HP2= AH2, ∴AP2＋(3AP)2= 9,解得:AP＝,AE＝.
ⅱ)由题意及已证可知,△AEH和△FHC均为等腰三角形
∴∠GAH＝∠HCG＝30°,∴△AGQ∽△CHQ, ∴＝, ∴＝
又∵∠AQC＝∠GQE ∴△AQC∽△GQH ∴＝＝＝sin30°＝

28．解:(1)∵ 抛物线与与轴交于点C(0,－).
∴ a－3＝－,解得:a＝,∴y＝(x＋1)2－3
当y＝0时,有(x＋1)2－3＝0,∴ X1＝2,X2＝－4 ∴ A(－4,0),B(2,0).
(2)∵ A(－4,0),B(2,0),C(0,－),D(－1,－3)
∴ S四边形ABCD＝S△AHD＋S梯形OCDH＋S△BOC＝ ×3×3＋( ＋ 3) ×1＋×2×＝10.
从面积分析知,直线l只能与边AD或BC相交,因此有两种状况:
① 当直线l边AD相交与点M1时,则S△AHM1＝×10＝3,∴×3×(－yM1)＝3
∴ yM1＝－2,点M1(－2,－2),过点H(－1,0)和M1(－2,－2)直线l解析式为y＝2x＋2.
②当直线l边BC相交与点M2时,同理可得点M2(,－2),过点H(－1,0)和M2(,－2)直线l解析式为y＝－x－.
综上:直线l函数表达式为y＝2x＋2或y＝－x－.
(3)设P(x1,y1)、Q(x2,y2)且过点H(－1,0)直线PQ解析式为y＝kx+b,
∴ －k＋b＝0,∴y＝kx＋k.
由, ∴
∴ x1＋x2＝－2＋3k,y1+y2＝kx1+k+kx2+k＝3k2, ∵点M是线段PQ中点,∴由中点坐标公式点M(k－1,k2).
假设存在这样N点如下图,直线DN∥PQ,设直线DN解析式为y＝kx＋k-3
由,解得:x1＝－1, x2＝3k－1, ∴N(3k－1,3k2－3)
∵ 四边形DMPN是菱形,∴ DN＝DM,∴
整顿得:3k4－k2－4＝0,,∵ k2＋1＞0,∴3k2－4＝0,
解得,∵ k＜0,∴,
∴P(－,6),M(－,2),N(－, 1)
∴PM＝DN＝2,∴四边形DMPN为菱形 ∴以DP为对角线四边形DMPN能成为菱形,此时点N坐标为(－, 1).