求 济南市2011年初三年级学业水平考试 数学试题答案 第一题是2+（-2）的值是 2010-2011学年度上期初三"一诊"考试数学试题的答案 ...

济南市2012初三年级学业水平考试数学试题及答案~

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∴∠EAC=∠GFC． 在△CAE与△CFG中，
∵ ∠EAC=∠GFC ，∠ACE=∠FCG=60°， ∴△CAE∽△CFG ，
∴ CGCFCEAC，即32
122
CG，
解得：CG=3
8
．
【点评】本题是几何综合题，综合考查了相似三角形、全等三角形、四边形（菱形）、三角
形（等边三角形和等腰三角形）、勾股定理等重要知识点．虽然涉及考点众多，但本题着重考查基础知识，难度不大，需要同学们深刻理解教材上的基础知识，并能够熟练应用．

27．如图，已知双曲线k
yx

，经过点D（6，1），点C是双曲线第三象限上的动点，过C作CA⊥x轴，过D作DB⊥y轴，垂足分别为A，B，连接AB，BC． （1）求k的值；
（2）若△BCD的面积为12，求直线CD的解析式； （3）判断AB与CD的位置关系，并说明理由． 【考点】反比例函数综合题． 【专题】综合题．
【分析】（1）把点D的坐标代入双曲线解析式，进行计算即可得解；
（2）先根据点D的坐标求出BD的长度，再根据三角形的面积公式求出点C到BD的距离，然后求出点C的纵坐标，再代入反比例函数解析式求出点C的坐标，然后利用待定系数法求一次函数解析式解答；
（3）根据题意求出点A、B的坐标，然后利用待定系数法求出直线AB的解析式，可知与直线CD的解析式k值相等，所以AB、CD平行．
【解答】解：（1）∵双曲线k
yx

经过点D（6，1），
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∴16
k，解得k=6；
（2）设点C到BD的距离为h， ∵点D的坐标为（6，1），DB⊥y轴， ∴BD=6，∴S△BCD=
1
2
×6•h=12，解得h=4， ∵点C是双曲线第三象限上的动点，点D的纵坐标为1， ∴点C的纵坐标为1－4= －3， ∴63x
，解得x= －2， ∴点C的坐标为（－2，－3）， 设直线CD的解析式为y=kx+b， 则23
61
kbkb
，
解得122
kb，
所以，直线CD的解析式为1
22
yx； （3）AB∥CD． 理由如下：
∵CA⊥x轴，DB⊥y轴，点C的坐标为（－2，－3），点D的坐标为（6，1）， ∴点A、B的坐标分别为A（－2，0），B（0，1）， 设直线AB的解析式为y=mx+n，
则201mnn，解得121
mn
，
所以，直线AB的解析式为1
12
yx， ∵AB、CD的解析式k都等于
1
2
相等， ∴AB与CD的位置关系是AB∥CD．
【点评】本题是对反比例函数的综合考查，主要利用了待定系数法求函数解析式，三角形
的面积的求解，待定系数法是求函数解析式最常用的方法，一定要熟练掌握并灵活
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运用．

28．如图1，抛物线y=ax2+bx+3与x轴相交于点A（－3，0），B（－1，0），与y轴相交于点C，⊙O1为△ABC的外接圆，交抛物线于另一点D． （1）求抛物线的解析式；
（2）求cos∠CAB的值和⊙O1的半径；
（3）如图2，抛物线的顶点为P，连接BP，CP，BD，M为弦BD中点，若点N在坐标平面内，满足△BMN∽△BPC，请直接写出所有符合条件的点N的坐标．

【考点】二次函数综合题． 【专题】
【分析】（1）利用待定系数法求出抛物线的解析式；
（2）如答图1所示，由△AOC为等腰直角三角形，确定∠CAB=45°，从而求出其三角函数值；由圆周角定理，确定△BO1C为等腰直角三角形，从而求出半径的长度； （3）如答图2所示，首先利用圆及抛物线的对称性求出点D坐标，进而求出点M的坐标和线段BM的长度；点B、P、C的坐标已知，求出线段BP、BC、PC的长度；然后利用△BMN∽△BPC相似三角形比例线段关系，求出线段BN和MN的长度；最后利用两点间的距离公式，列出方程组，求出点N的坐标．
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【解答】解：（1）∵抛物线y=ax2+bx+3与x轴相交于
点A（－3，0），B（－1，0）， ∴9330
30
abab
，
解得a=1，b=4，
∴抛物线的解析式为：y=x2+4x+3． （2）由（1）知，抛物线解析式为：y=x2+4x+3， ∵令x=0，得y=3， ∴C（0，3），
∴OC=OA=3，则△AOC为等腰直角三角形， ∴∠CAB=45°， ∴cos∠CAB=
2
2
． 在Rt△BOC中，由勾股定理得：BC=221310． 如答图1所示，连接O1B、O1B， 由圆周角定理得：∠BO1C=2∠BAC=90°， ∴△BO1C为等腰直角三角形， ∴⊙O1的半径O1B=
2
2
BC=5． （3）抛物线y=x2+4x+3=（x+2）2－1，
∴顶点P坐标为（－2，－1），对称轴为x= －2． 又∵A（－3，0），B（－1，0），可知点A、B关于对称轴x=2对称．
如答图2所示，由圆及抛物线的对称性可知：点D、点C（0，3）关于对称轴对称， ∴D（－4，3）．
又∵点M为BD中点，B（－1，0）， ∴M（52
，3
2
），
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∴BM=22533
[(1)]()2222

； 在△BPC中，B（－1，0），P（－2，－1），C（0，3）， 由两点间的距离公式得：BP=2，BC=10，PC=25． ∵△BMN∽△BPC，
∴
BMBNMNBPBCPC，即32
2 21025
BNMN
， 解得：3
102

BN，MN35． 设N（x，y），由两点间的距离公式可得：
222222
3(1)(10)2
53()()(35)22xyxy
， 解之得，117232xy
，2212
92
xy
∴点N的坐标为（
72，32）或（12，9
2
）． 【点评】本题综合考查了二次函数的图象与性质、待定系数法、圆的性质、相似三角形、
勾股定理、两点间的距离公式等重要知识点，涉及的考点较多，试题难度较大．难点在于第（3）问，需要认真分析题意，确定符合条件的点N有两个，并画出草图；然后寻找线段之间的数量关系，最终正确求得点N的坐标．

方程等号左边的式子移到右边，合并同类项得
（x-3）(x+2)=0
所以x=3或x=-2

2011年济南市初三年级学业水平考试
数学试题参考答案
一、选择题
1．A
【解析】本题考查了有理数乘法运算，两数相乘，同号得正，异号得负，并把绝对值相乘。∴3×（一4）=一3×4=一l2．
2．B
【解析】本题考查了立体图形与三视图的关系，主视图是从正面看到的图形，左边是长方形，右边也是长方形。
3．D
【解析】本题考查了用科学记数法表示大数，写成a×l0n（1≤a<10，n为正整数）的形式，n等于整数的位数减1,∴n=6—1=5，∴．l59 500=1.595×10 5．
4．C
【解析】本题考查了中位数的意义，先将数据按从小到大的顺序排列：25，25，28，30，35，37，中间两个数的平均数为 =29，∴中位数是29．
5．B
【解析】本题考查了整式的乘除、乘方运算．A选项同底数幂相乘，底数不变，指数相加，∴ ，A不正确。B选项幂的乘方，底数不变，指数相乘。（a2）3一a2×3=a6，B正确，C选项同底数幂相除，底数不变，指数相减。 ，C不正确，D选项 ，∴ D不正确．
6．C
【解析】本题考查了一元一次不等式组的解法，解不等式①，得x<1，解不等式②，得x>一2，∴此不等式组的解集为一2<x<1．
7．C
【解析】本题考查了菱形的性质，∵菱形ABCD，∴AB=BC=CD=AD= ×16=4，∵∠A=60°，∴△ABD为等边三角形，∴BD=AB=4．
8．A
【解析】本题考查了分式的加减运算。同分母分式相加减，分母不变，分子相加减。分式计算的结果一定是最简分式或整式
9．B
【解析】本题考查了统计中的数据分析。样本容最为280，其中希望举办文艺演出的有80人，占 。用样本估计总体，全校l 400名学生中希望举办文艺演出的约占 ，则该校希望举办文艺演出的大约有1 400× =400（人）．
10．B
【解析】本题考查了一次函数的性质，由图象可得，y随x的增大而减小，∴k一2<0，∴k<2．
11．D
【解析】本题考查了等腰梯形的性质．等腰梯形的对角线相等，∴A正确，等腰梯形的两腰相等，∴AB=DC．又∴BC=BC，∴△ABC≌△DCB（SSS）．∴∠OBC=∠OCB，∴B正确．S△ABC=S△DCB，∴S△ABC=S△BOC=S△DCB—S△BOC，∴S△AOB=S△DOC．∴C正确，D不一定正确，无法证得
12．D
【解析】本题考查了锐角三角函数，勾股定理及圆中的定理的综合运用，连接AB，∵BO⊥AO，∴∠BOA=90°，∴AB为直径，∵点D为圆心，∴D在AB上，AB= ，又∵同弧所对的圆周角相等，∴∠C=∠AB O，∴cosC=cos∠ABO=
13．C
【解析】本题考查了二次函数的图象抛物线的对称性，∵第2 s与第6 s时的高度相等，∴对称轴为 =4．
14．C
【解析】本题考查了寻找规律的问题，原题目的规律是首尾两个数都是奇数或都是偶数，若第一个数是n，则共有（2n一l）个数，结果等于首尾两个数的平均数的平方，A选项第一个数是奇数，而最后一个数是偶数，∴A不正确．B选项第一个数是1 005，∴应共有2×1 005—1=2 009个数，而B共有2 013个数，B不正确．C符合题目中的规律．∵第一个数是1 006，∴应共有2×1 006—1=2 011个数．结果等于（ ）2=20112．D选项第一个数为1 007，∴应共有2×1 007—1=2 013个数，而此选项只有2 011个数相加，不符合规律，D不正确．
15．A

【解析】本题考查了正方形的性质和全等三角形的判定方法．∵正方形ABDE，BCMN，∴AB=AE=ED=BD，CB=BN，∠CBN=∠ABD=90°．过N作NK⊥BD于K，过C作CQ⊥AB于Q，过F作FP⊥EA于P．∴∠ABK=90°．∴∠CBN－∠CBK=∠ABK－∠CBK。∴∠ABC=∠KBN。又∵BC=BN，∠CQB=∠BKN=90°，∴△BCQ≌△BNK．∴GQ=NK，S△ABC= AB•CQ，S△BDN= BD•KN．∵AB=BD，CQ=NK，∴S△ABC=S△BON。又∵△ABC≌△CGM，∴S2=S2．同理S3=S1，∴S1=S2=S3．
二、填空题
16．19
17．（a一3）2
18．x1=0，x2=2
19．110
20．（3，6）
21．4
三、解答题
22．（1）解：（a+b）（a一b）+2b2=a 2—b2+2b2…………………………（2分）
=a2+b2．…………………………………………………………（3分）
（2）解： ，2 ………………………………（5分）
x=3……………………………………………………………（6分）
经检验，x=3是原方程的解．………………………………（7分）
23．（1）解：∵∠A+∠B+∠C=180°，∠A=60°，
∴∠B+∠C=180°一60°=l20°……………………………（1分）
∵∠B：∠C=1：5，∴∠B+5∠B=120°…………………（2分）
∴∠B=20°…………………………………………………（3分）
（2）证明：∵四边形ADCD是正方形，∴AB=CB，∠ABM=∠CBM…………（5分）
∵BM是公共边，∴△ABM≌△CBM．………………………………………（6分）
∴AM=CM．………………………………………………………………………（7分）
24．解法一：设在这次游览活动中，教师有x人，学生有y人．…………………（1分）
……………………………………………………………（5分）
解得 ………………………………………………………………………（7分）
答：在这次游览活动中，教师有l0人，学生有100人…………………………（8分）
解法二：设在这次游览活动中，教师有x人……………………………………（1分）
40x+20（110－x）=2 400………………………………………………………………（5分）
解得x=10．…………………………………………………………………………（6分）
110一x=110—10=100（人）．………………………………………………………（7分）
答：在这次游览活动中，教师有l 0人，学生有1 00人………………………（8分）
25．解：（1）飞飞获赠A型号钢笔的概率是 ………………………………………（2分）
（2）根据题意列表如下：
欣欣
飞飞 A B C D
A （A，A） （A，B） （A，C） （A，D）
B （B，A） （B，B） （B，C） （B，D）
（? （C，A） （C，B） （C，C） （C，D）
D （D，A） （D，B） （D，C） （D，D）
或树状图：

………………………………………………………………………………（6分）
从表（或树状图）中可以看出所有可能结果共有16种，符合条件的有4种，
∴P（型号相同）= …………………………………………………………（8分）
26．解：（1）①∵BD=AB，∴∠D=∠BAD．………………………………………（1分）
∴∠ABC=∠D+∠BAD=2∠D=30°……………………………………………（2分）
∴∠D=15°………………………………………………………………………（3分）
②∵∠C=90°，∴∠CAD=90°一∠D=90°一l5°=75°…………………（4分）
∵∠ABC=30°，AC=m，∴BD=AB=2m，BC= m，∴CD=CB+BD=（2+ ）m
………………………………………………………………………………（5分）
∴tan∠CAD= ，∴ …………………… （6分）
（2）∵点M的坐标为（2，0），∠OMN=75°，∠MON=90°，
∴ON=OM•tan∠OMN=2×（2+ ）=4+2 ．
∴点N的坐标为（0，4+ ）……………………………………………（7分）
设直线MN的函数表达式为y= ，
则 ………………………………（8分）
解得 ，∴直线MN的函数表达式为
y= ………………………………………（9分）
27．解：（1） ∵抛物线y= 过点A（0，8）和C（6，0），

∴ ，解得
∴ ……………………………………………………（2分）
（2）①∵OA=8，OC=6，∴AC=
过点Q作QE⊥BC于点E，则 ，
∴
∴ ……………………（3分）
∴ = …（4分）
∵当m=5时，S取最大值．…………………（5分）
②在抛物线的对称轴l上存在点F，使△FDQ为直角三角形，满足条件的点F共有四个，
坐标分别为：F1（ ，8），F2（ ，4），F3（ ， ），F4（ ， ）
…………………………………………………………………………………（9分）
28．（1）证明：∵∠ACD=∠BCE，∴∠ACD+∠DCE=∠BCE+∠DCE，
∴∠ACE=∠DCB．…………………………（1分）
又∵CA=CD，CE=CB，∴△ACE≌△DCB ………………………………（2分）
（2）△AMC∽△DMP．………………………（3分）
理由：∵△ACE≌△DCB，∴∠CAE=∠CDB………………………………… （4分）
又∵∠AMC=∠DMP，∴△AMC∽△DMP………………………………（5分）
（3）∵△AMC∽△DMP，∴ ……………………………………（6分）
又∵∠DMA=∠PMC，
∴△AMD∽△CMP．
∴∠ADC=∠APC………………………………………………………（7分）
同理∠BEC=∠BPC．
∵CA=CD，CB=CE，
∴∠ADC=∠DAC= （180°－∠ACD），
∠BEC=∠EBC= （180°－∠BCE）．
∵∠ACD=∠BCE，
∴∠ADC=∠BEC．…………………………（8分）
∴∠APC=∠BPC．…………………………（9分）

2+（-2）=0

0

0

0

0