LZ初三寒假作业数学答案

2011河北省初中毕业生升学文化课考试

参考答案：

1.C 2.B 3.D 4.D 5.D 6.A 7.C 8.C 9.B 10.B 11.A 12. B. 13.  14. 5 15. 1 16. 27° 17. 2 18. 3 19.

解：将x2,y

y

a中，得a

∴(a1)(a1)7a217a26

=269 20. 解：⑴如图1.

⑵ AA'CC'2

在Rt⊿OA'C'中，OA'OC'=2

，得A'C'

AC， ∴四边形AA'C'C的周长

=421. 解：⑴ P（得到负数）=

13

⑵用下表列举所有的可能结果：

从上表可知，一共有九种可能，其中两人得到的数相同的有三种， 因此 P（两人“不谋而合”）=

13

（注：画树状图正确也相应给分）

22. 解：⑴ 设乙单独整理x分钟完工，根据题意得：

2040

x

解得：x80.经检验x80是原方程的解.

2020

1

答：乙单独整理80分钟完工.

⑵ 设甲整理y分钟完工，根据题意得：

3080

y40

1，

解得：y 25

答：甲至少整理25分钟完工.

（注：以下解答也给分.设甲、乙分别整理y,z分钟，得∵z30，∴802y30，∴y25.）

23. 解：⑴证明：∵ 四边形ABCD是正方形 ，∴DCDA，DCEDAG90°. 又∵CE

AG，∴⊿DCE≌⊿DAG.∴EDCGDA，DEDG.又∵

z80

y40

1.∴z802y.



ADEEDC90,∴ADEGDA90,∴DEDG.

⑵如图2（注：图3或其它画法正确的相应给分）

⑶四边形CEFK是平行四边形. 证明：设CK,DE相交于M点.

∵四边形ABCD和四边形DEFG都是正方形，∴AB∥CD, AB=CD, EF=DG, EF∥DG, ∵BK=AG, ∴KG=AB=CD, ∴四边形CKGD为平行四边形. ∴CK=DG=EF, CK∥DG. ∴KMEGDEDEF90.∴KMEDEF180.∴CK∥EF, ∴四边形CEFK是平行四边形.

(注：由CK∥DG, EF∥DG得CK∥EF也可) ⑷

S正方形ABCDS正方形DEFG

=

n

22

n1

.

24. 解： ⑴ 60，100. ⑵依题意，得y汽=2402x

y汽=500x200. y火=2401.6x

240100

5x2280.

24060

5x200.

y火=396x2280.

若y汽 >y火,得500x200>396x2280， ∴x>20.

⑶上周货运量X(17201922222324)72120.

从平均数分析，建议预定火车费用较省.

从折线图走势分析，上周货运量周四（含周四）后大于20且呈上升趋势，建议预定火车费用较省.

25. 解：思考 90，2. 探究一 30，2.

探究二、⑴由已知得M与P的距离为4，∴当MPAB时，点P到AB的最大距离是4，从而点P到CD的最小距离为642.

P与AB相切，此时旋转角最大，当扇形MOP在AB,CD之间旋转到不能再转时，M

BMO的最大值为90°.

P与CD的切点时，a达到最大，即OPCD.此时，⑵如图4，由探究一可知，点P是M

延长PO交AB于点H，a最大值为OMHOHM3090120.

如图5，当点P在CD上且与AB距离最小时，MPCD，a达到最小，连接MP，作

OHMP于点H，由垂径定理，得MH3，在Rt⊿MOH中，MO=4， ∴sinMOH

MHOM

34



,∴MOH49，∵a2MOH，∴a最小为98.

∴a的取值范围是98a120

.

2

26. 解：⑴把x0,y0代入yxbxc，得c0.

22

再把xt,y0代入yxbx，得tbt0，∵t0，∴bt.

⑵①不变.

如图6，当x1时，y1t，故M(1,1t).



∵tanAMP1.∴AMP45

②SS四边形AMNP-SPAM

=SDPN+S梯形NDAM-SPAM =t-4)(4t-16)+=

232t

22

112

(4t16)(t1)3

12

(t1)(t1)

1522

t6 t6=

解

32

t

152181

，得t1

12

,t292

92

.

∵4t5，∴t1⑶

72t

113

2

舍去，∴t.

2011年邯郸市中考第二次模拟考试

数学参考答案及评分标准

一、选择题

5

二、填空题

13．x(xy)(xy)； 14．a=b=c； 15．3； 16．4； 17．6； 18．三、解答题

19．解法一：①×2得：6x－2y＝10 ③， „„„„„„„„„„„„„„

2分

②＋③得：11x＝33 ， ∴ x＝3．„„„„„„„„„„„„„„ 4分 把x＝3代入①得： 9－y＝5 ． ∴y＝4 „„„„„„„„„„ 6分 所以

x3y4

„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„ 8分

解法二：由①得： y＝3x－5③

把③代入②得：5x＋2(3x－5)＝23，

11x＝33， ∴ x＝3． „„„„„„„„„„„„„„„„„„„ 4分 把x＝3代入③得：y＝4． „„„„„„„„„„„„„„„„ 6分

所以

x3y4

． „„„„„„„„„„„„„„„„„„„„ 8分 4分

20．(1)作图略 „„„„„„„„„„„„„„„„„„„

（2）∵CF平分∠ACB ∴∠ACF=∠BCF

又∵DC=AC ∴CF是△ACD的中线

∴点F是AD的中点 „„„„„„„„„„„„„„„„„„„ 6分 ∵点E是AB的垂直平分线与AB的交点

∴点E是AB的中点 „„„„„„„„„„„„ 7分 ∴EF是△ABD中位线

1

∴EF BD=3 „„„„„„„„„„„„„

2

14

8分 3分

21．解：(1)． „„„„„„„„„„„„„„„„

(2)正确画出树状图(或列表)

第1个开关

A

B

C

D

第2个开关„„„„„„„ BCDACDABDABC

12

7分

结果：任意闭合其中两个开关的情况共有12种，其中能使小灯泡发光的情况有6种 小灯泡发光的概率是

． „„„„„„„„„„„„

9分

22．解：⑴①当1≤x≤5时，设y

kx

，

把（1，200）代入，得k200，

即y

200x

； „„„„„„„„„„„„ 1分

②当x5时，y40，

所以当x＞5时，

y4020(x5)20x60； „„„„„„„„„„„„

3分

⑵当y=200时，20x-60=200，

x=13， 13-5=8

所以治污改造工程顺利完工后经过8个月后，该企业利润达到200万元． „ 6分 ⑶对于y

200x

，当y=100时，x=2；

对于y=20x-60，当y=100时，x=8，

所以资金紧张的时间为：3，4，5，6，7月份，共5个月． „„„„„„„ 9分 （注：若学生按实际问题答共6个月同样给分） 23．解：（1）

12

(ab)c． „„„„„„„„„„„„

2分 6分 8分

（2）图略 „„„„„„„„„„„„„„„„„„„ 拓展：能，图略 „„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„ 说明：分别取AB、BC的中点F、H，连接FH并延长 分别交AE、CD于点M、N，将△AMF与△CNH一起

拼接到△FBH位． „„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„ 10分 24．（1）解：设DG为x， 由题意得：BG=1+x，CG=1-x， 由勾股定理得：BG有：1x2解得：x∴DG=

1414

2

2

BC

2

2

CG

2

，

11x，

．

2分

． „„„„„„„„„„„„„„„„„„„

（2）①证明：连接EG，

∵△FBE是由△ABE翻折得到的， ∴AE=FE， ∠EFB=∠EAB=90°， ∴∠EFG=∠EDG=90°． ∵AE=DE， ∴FE=DE．

∵EG=EG，

∴Rt△EFG≌Rt△EDG (HL) ．

∴DG=FG． „„„„„„„„„„„„„„„„„„„ ②解：若G是CD的中点，则DG=CG=

12

，

2

2

在Rt△BCG中，BC

BG

2

CG

2



312

，

22

∴AD=

2

． „„„„„„„„„„„„„„

③解：由题意AB∥CD，∴∠ABG=∠CGB． ∵△FBE是由△ABE翻折得到的， ∴∠ABE=∠FBE=

1∠ABG，∴∠ABE=12

2

∠CGB．

∴若△ABE与△BCG相似，则必有∠ABE=∠CBG==30°． 在Rt△ABE中，AE=ABtan∠ABE=33

，

∴AD=2 AE=233

． „„„„„„„„„„„„„„„„„„„

25．(1)解：在Rt△ABE中，AB



AC

2

BC

2

3

2

4

2

5

． „„„„„ 过点O作OD⊥BC于点D，则OD∥AC，

55∴△ODB∽△ACB， ∴

ODAC



OBAB

， ∴

OD， ∴3



2

5

OD



32

，

∴点O到BC的距离为32

． „„„„„„„„„„„„„„„„„„„ （2）证明：过点O作OE⊥BC于点E， OF⊥AC于点F，

515∵△OEB∽△ACB， ∴

OE

OB ∴AC

AB

∴

OE3



8

5

，OE



158

．

∴直线BC与⊙O相切． „„„„„„„„„„„„„„„„„„„

此时，四边形OECF为矩形， ∴AF=AC-FC=3-158

=

98

，

∵OF⊥AC， ∴AP=2AF=94

． „„„„„„„„„„„„„„„„„„„

（3）

158

OA

52

； „„„„„„„„„„„„„„„„„„„

（4）过点O作OG⊥AC于点G， OH⊥BC于点H， 则四边形OGCH是矩形，且AP=2AG，

又∵CO平分∠ACB，∴OG=OH，∴矩形OGCH是正方形． „„„„„„„ 设正方形OGCH的边长为x，则AG=3-x， ∵OG∥BC，

5分

10分

1分

3分

5分

7分 9分

10分

∵△AOG∽△ABC， ∴∴3-x∴x



OGBC



BCAC

， ∴OG



34

x

，

127

34

x

，

，

247

∴AP=2AG=． „„„„„„„„„„„„„„„„„„„ 12分 2分

26．解：（1）对称轴是：直线x=1；点B的坐标是(3，0)．„„„„„„„„ （2）由∠ACB=∠AOC=∠COB=90°得△AOC∽△COB， ∴

AOCO

COBO

， ∴CO=3，∴b＝3．

当x1，y0时，a2a

30， ∴a

33

． „„„„„„„ ∴y

32

233

x

3

x3．

（3）点M的坐标是：（2，3），（1+7，-3）或（1-7，-3） „„„„（4）设点N的坐标为（m，n），则n

32

3

m

233

m3

，

过点N作ND⊥AB于点D，则有：

SBCNS梯形ODNCSBDNSOBC1

2(3n)m123-m）n33

2333

2m2

n323m

2

33

2

2

m32

(m

3932

)

2



8

„„„„„„„„„„„„ ∵

32

＜0，

∴当m32

时，△BCN的面积最大，最大值是

938

，

点N的坐标为(32,534

) „„„„„„„„„„„„

4分

8分 10分

12分

2011年初中毕业生统练一数学试题参考答案

一、 选择题（每题2分）

17

二、填空题（每题3分）13、

17、 18

、 14 15、 16、 三、解答题：19、（本小题满分8分）解：原式=

x1(x2)(x2)x(x1)(x1)

-3分 2

x2x2x(x1)

=x+1----------5分

当x=-2时，原式=-2+1=-1------------8分 20、（本小题满分8分）解：（1）令y=0时，

12

x2=0，解得：x=4,∴A（4，0），OA=4

∵PC为△AOB的中位线，∴OC=2，即P点横坐标为2.---------2分

令X=0时，y=-2,∴B(0,-2),OB=2,即P点纵坐标为-1，∴P（2，-1）-----3分 （2）∵PQ∥y轴，∴Q点横坐标为2，-----4分 ∵SOQC

32

12

32

32

32

，∴

32

2CQ，∴CQ=

32

，∴Q（2，

3x

）------------6分

（3）将Q（2，）代入y

kx

中，=

k2

，k=3∴y=-----------8分

21、（本小题满分9分）解：（1）AB切⊙O于点B ∴OBAB，即B90°

OCD90° --------------1分 又DCOA，

在Rt△COD与Rt△BOD中ODOD，OBOC --------------------2分

Rt△COD≌Rt△BOD(HL) CDOBDO．---------------3分

（2）在Rt△ABO中，A30°，OB4OA8 ------------------4分

ACOAOC844 --------------5分

CD

在Rt△ACD中，tanA

AC

·tan30°又A30°

，AC4CDAC

3

--------------------6分

（3）由（2）知AC=OC=4，DC⊥OA，∴DC为OA的垂直平分线∴DO=DA，∠DOC=∠A=30° 由（1）知

，∴∠BOC=2∠DOC=60°，

∴S扇形OBC

604360

2



83

----------------7分

OBtan30



在Rt△AOB中，tan∠A=∴SAOB

12

OBAB12

，A30°，AC，OB=4，∴AB=

4483

=43

ABOB

∴SACD

12

ACCD

12

4

433



83383

--------------8分

∴S阴影SAOBS扇形OBCSACD83



833



1638

3

----------9分

22、（本小题满分9分）（1）300-------------1分（2）表：45；96；0.26 图：（略）（1+1+1+1+1）（3）

27100

----------7分（4）应增加文学类书籍-----------8分

∵96＞81＞78＞45，∴最喜欢的书籍是文学类书籍-------------9分 23、（本小题满分10分）（1）

拓展应用（1）50 （2）

121003

S （2）

12

S （3）

12

S（1分+1分+1分）

（1分+1分）

（3）四边形DEBF的面积的值不随时间t的变化而变化；1；（1分+1分）

bv

AEAB

vta

bva

证明：∵AE=vt,AB=a ∴,∵BF=t,BC=b ∴

BFBC



a

b

t

vta

∴

AEAB



BFBC

8分 BFBC

∵△AED与△ABD同底，∴

SAEDSABD



AEAB

，∵△DBF与△DBC同底，∴

SDBFSDBC



∴

SAEDSABD

=

SDBFSDBC

，∵SABD=SDBC，∴SAED=SDBF，-----------------------9分

12

12

∴S四边形DEBFSABDSABCD

21-----------------------------10分

24、（本小题满分10分）（1）证明：过点Ｍ作ＭＨ⊥ＡＢ于Ｈ，ＭＧ⊥ＡＤ于Ｇ，连接ＡＭ

∵Ｍ是正方形ＡＢＣＤ的对称中心，∴Ｍ是正方形ＡＢＣＤ对角线的交点，

∴ＡＭ平分∠ＢＡＤ，∴ＭＨ＝ＭＧ

在正方形ＡＢＣＤ中，∠Ａ=90°，∵∠MHA=∠MGA=90°∴∠ＨＭＧ=90°，

在正方形ＱＭＮＰ，∠ＥＭＦ=90°∴∠EMF=∠HMG.∴∠EMH=∠FMG，∵∠MHE=∠MGF， ∴△MHE≌△MGF，∴ME=MF.---------3分

(2) ME=MF。证明：过点M作MH⊥AＢ于H，MG⊥AＤ于G，连接AM，

∵M是菱形ABCD的对称中心，∴M是菱形ABCD对角线的交点，∴AM平分∠BAD，∴MH=MG，

∵BC∥AD，∴∠B+∠BAD=180°，∵∠M=∠B，∴∠M+∠BAD=180°

又∠MHA=∠MGF=90°，在四边形HMGA中，∠HMG+∠BAD=180°，∴∠EMF=∠HMG. ∴∠EMH=∠FMG,∵∠MHE=∠MGF,∴△MHE≌△MGF,∴ME=MF。----------6分

（3）ME=mMF.证明：过点Ｍ作ＭＨ⊥ＡＢ于Ｈ，ＭＧ⊥ＡＤ于Ｇ，

在矩形ABCD中，∠Ａ＝∠Ｂ=90°∴∠EＭF＝∠Ｂ=90°，

又∵∠ＭＨＡ＝∠ＭＧＡ＝９０°，在四边形HMGA中，∴∠ＨＭＧ＝９０°， ∴∠ＥＭＦ＝∠ＨＭＧ，∴∠ＥＭＨ＝∠ＦＭＧ．∵∠ＭＨＥ＝∠ＭＧＦ， ∴△ＭＨＥ∽△ＭＧＦ，∴

MEMF

MHMG

，

又∵Ｍ是矩形ＡＢＣＤ的对称中心，∴M是矩形ＡＢＣＤ对角线的中点 ∴ＭＧ∥ＢＣ，∴ＭＧ＝

12

ＢＣ．同理可得ＭＨ＝

12

ＡＢ，

∵AB = mBC∴ＭＥ＝ｍＭＦ。-----------------9分

（４）平行四边形ＡＢＣＤ和平行四边形ＱＭＮＰ中，∠Ｍ＝∠Ｂ，ＡＢ＝ｍＢＤ，

Ｍ是平行四边形ＡＢＣＤ的对称中心，ＭＮ交ＡＢ于Ｆ，ＡＤ交ＱＭ于Ｅ。

则ＭＥ＝ｍＭＦ．--------------10分 25、（本小题满分12分）

解：（1）y1(10a)x （1≤x≤200,x为正整数）

y210x0.05x

2

„„„„2分

（1≤x≤120,x为正整数） „„„„4分

（2）①∵3＜a＜8， ∴10-a＞0，y1是x的正比例函数即y1随x的增大而增大 „5分

∴当x=200时，y1最大值=（10-a)×200=2000-200a（万美元） „„6分

②y2

0.05(x100)500

2

„„„„„„„„„„7分

„„„„8分

∵-0.05＜0, ∴x=100时, y2最大值=500（万美元）

（3）由2000-200a＞500,得a＜7.5, ∴当3＜a＜7.5时,选择方案一；

„„„9分 „„„10分

由2000200a500,得 a7.5,

∴当a=7.5时,选择方案一或方案二均可； 由2000200a500,得 a7.5,

∴当7.5＜a＜8时,选择方案二.

26、（本小题满分12分）

„„„„„12分

------------2分

--------------4分

-------------------5分

（2）y

35

t3t6 -------------------------6分

2

---------------8分

-------------10分

③当沿AQ翻折时，PQ=AP，过P点作PH⊥AC于H，则点H必为AQ的中点， ∴Rt△AHP∽Rt△ACB，∴综上所述，当t

2521或t

APAB53

AHAC

5t5

t4

209

即，解得：t＞2（不合题意应舍去）

时，所形成的四边形为菱形.-----------------------12分

2011年保定市初中毕业第二次模拟考试

参考答案

一、选择题（每小题2分，共24分）

13．a(ab)(ab)； 14．1:3； 15．(6,0) 16．0

2xx1

．„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„2分

1

当x=时， 原式=－2．„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„4分

2

（2）作图略„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„2分 AD221„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„4分 20．（1）在Rt△ABD中，AD=ABsin45°=42

∴在Rt△ACD中，AC=

ADsin30

22

4，„„„„„„„„„„„2分

=2AD=8，

即新传送带AC的长度约为8米．„„„„„„„„„„„„„„„„„4分 （2）结论：货物MNQP不需挪走． „„„„„„„„„„„„„„„„„5分

解：在Rt△ABD中，BD=ABcos45°=42

在Rt△ACD中，CD=ACcos30°=8

∴CB=CD—BD=434

∵PC=PB—CB =5—(434)=9—43≈2.2>2

∴货物MNQP不需挪走． „„„„„„„„„„„„„„„„„„8分

21．（1）1020%=50（人）； „„„„„„1分 （2）5024%=12（人）； „„„„„„2分

补全频数分布直方图；„„„„„„3分 （3）表示户外活动时间1小时的扇形圆心角的度数

20 o o=360 =144； „„„„„„5分 50（4）户外活动的平均时间=

100.5201121.582

50

1.18（小时）．

22

4

32

43

∵1.18＞1 ，

∴平均活动时间符合上级要求；户外活动时间的众数和中位数均为1．„„9分

22．（1）将B(4,1)代入y

kx

得：1

k4

，∴k=4，∴y

4x

， „„„„„„„„„2分

将B(4,1)代入y=mx+5得：1=4m+5，∴m=－1，∴y=－x+5, „„„„„„„4分 （2）在y

4x

中，令x=1，解得y=4，∴A(1,4)，∴S=

12

14=2, „„„„„6分

（3）作点A关于y轴的对称点N，则N(﹣1,4)，

连接BN交y轴于点P，点P即为所求．

设直线BN的关系式为y=kx+b，

3k4kb15 ，∴y3x17，∴P(0, 17) „„„9分 由 得

17555kb4b5

23．（1）设矩形EFGH的宽为x，长为2x，则由△AEH∽△ABC，得：

EHBC92

AKAD

，即：

2x12



6x6

，解得：x3．

∴矩形EFGH的面积为3×6＝18．„„„„„„„„„„„„„„„„„„4分（2）；„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„5分

98

9

（3）（4）

；„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„6分 ，„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„7分 ．„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„9分

2992

5

2

2n3

9

„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„10分

24．(1) 猜想：BD+CE=DE．„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„1分

证明：由已知条件可知：∠DAB+∠CAE=120°，∠ECA+∠CAE=120°,

∴∠DAB=∠ECA．

在△DAB和△ECA中，∠ADB=∠AEC=60°，∠DAB=∠ECA，AB=CA， ∴△DAB≌△ECA（AAS）． ∴AD=CE，BD=AE．

∴BD+CE=AE+ AD=DE．„„„„„„„„„„„„„„„„„„„5分

(2) 猜想：CE－BD=DE．„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„6分

证明：由已知条件可知：∠DAB+∠CAE=60°，∠ECA+∠CAE=60°,

∴∠DAB=∠ECA．

在△DAB和△ECA中，∠ADB=∠AEC=120°，∠DAB=∠ECA，AB=CA， ∴△DAB≌△ECA（AAS）． ∴AD=CE，BD=AE．

∴CE－BD=AD－AE=DE．„„„„„„„„„„„„„„„„„„10分

25．（1）300, 250, 150； „„„„„„„„„„„„„„„„„„3分 （2）判断：y是x的一次函数．

设y=kx+b，∵x=10，y=300；x=11，y=250，∴

10kb30011kb250

，解得

k50b800

，

∴y=﹣50x+800，

经检验：x=13，y=150也适合上述关系式，∴y=﹣50x+800．„„„„„„„8分 （3）W=(x﹣8)y=(x﹣8)(﹣50x+800)=﹣50x2+1200x-6400 ∵a=﹣50

A12分 即当销售单价为12元时，每天可获得的利润最大，最大利润是80026．过点A作BC边上的高AM，垂足为M，交DE于N．

∵AB=10，sinB=

35

，∴AM= AB sinB= 6，

E

∵DE∥BC，△ADE∽△ABC, ADAB65DEBC

ANAM35

，即

t10

35

DE12



AN6

，

GMF

C

∴DE=t，AN=t，MN=6﹣t，

（备用图①）

（1）当正方形DEFG的边GF在BC上时，如图①，

DE=DG=MN，即∴当t=

103

65

t=6﹣

35

t，∴t=

103

，

时，正方形DEFG的边GF在BC上．„„„„„4分

(2) 当GF运动到△ABC外时，如图②， S△CEP+ S△BDQ= = S△ABC= 令

12

12

1212

PCPE

12

BQDQ

12

12

(PCBQ)MN 65t)(6

35t)

E

(BCDE)MN

12

(12

BCAM65t)(6

35

12636 1448，

(12t)

F （备用图②）

14

解得t1=15（舍去），t2=5，

∴当t=5时，△CEP与△BDQ的面积之和等于△ABC面积的

（3）分两种情况：

①当正方形DEFG在△ABC的内部时，如图14， S=DE=( 当t=

103

2

．„„„„8分

65

t)=

2

3625

t，此时t的范围是0≤t≤

2

103

，

B

图14

E C

时，S的最大值为16．

②当正方形DEFG的一部分在△ABC的外部时， 如图②，S=DE•MN=的范围是 ∵﹣

1825103

65

t(6﹣

35

t)=﹣

1825

t+

2

365

t，此时t

∵18>16，∴S的最大值为18．„„„„„„„„12分