眉山市2018年初中学业水平暨高中阶段学校招生考试数学试卷参考解答

1．C 2．D 3．D 4．B 5．C 6．A 7．B 8．C 9．A 10．C 11．A 12．

12．D 点拔：∵CD＝2AD，又F为CD中点，∴CD＝2CF，于是CF＝CD， 在□ABCD中，BC＝AD，∴CF＝BC，∴∠CFB＝∠CBF，又CD∥AB，∴∠CFB＝∠ABF， ∴∠CBF＝∠ABF，故∠ABC=2∠ABF，①正确；

取AB的中点G，连结FG，可得DFGA为平行四边形，∴FG∥AD，由平行线等分线段定理，可得FG平分BE，易得FG⊥BE，∴FG为BE的垂直平分线，因而有FE＝FB；②正确；

延长EF交BC的延长线于G，易证△DEF≌△CHF，S△EFB＝S△BFH＝S△BFC＋S△CFH＝S△BFC＋S△DEF，于是EF＝FH，S四边形DEBC=2S△EFB成立；③正确；

（现在的数学教材真是怪物，三角形中位线定理本应按原全日制教材应在平行四边形一章讲，结果放到相似形再讲，没有原安排科学合理。在讲三角形中位线定理后，按理应讲梯形中位线定理，而目前华东师大版教材将梯形中位线定理彻底毙了。此题第③结论判断，若用梯形中位线定理，令FG交BE于I，则FI＝∴S梯形DEBC＝

1（DE＋BC）， 21（DE＋BC）·BE＝FI·BE＝2S△EFB很容易得出．） 2111③的正确性的又一说明：S△DEF＝S△DFA＝S□DFGA＝S□ABCD，

2481111S△AEB＝S△ABD＝S□ABCD，S△BCF＝S△BCD＝S□ABCD，

24241S△EFB＝S□ABCD―S△DEF―S△AEB―S△BCF＝S□ABCD―S□ABCD－

8113S□ABCD－S□ABCD＝S□ABCD， 44813∴S梯形DEBC＝S□ABCD－S□ABCD＝S□ABCD，∴S梯形DEBC＝2 S△EFB．

44由□ADFG可知∠DEF＝∠DFG，由EF＝FB及FG⊥BE，可得∠DFG＝∠BFG，不难知

□BCFG是菱形，所以∠GFB＝∠CFB，于是∠CFE＝3∠DEF．④正确．

HG

二、13．x(x3)(x3) 14．y1＞y2

1

15．k6且k3．

解：两边同乘(x3)，得：x2(x3)k，

解得：x6k，∵原分式方程有一个正数解，所以x0，且x3， 于是6k0，解得k6且k3．

6k316．

1π 2

解：∵AC=BC=2，∴AB＝

AC2BC222228．

451AB2ACBC 3602S阴影BB′C＝S扇形ABB′－SRt△ABC＝

11(8)242． 82由旋转特征知：AC＝AC′＝2，S△ABC＝S△AB′C′＝2，

145AC2＝2－π 360211∴S阴影＝S阴影BB′C＋S阴影B′C′C＝π－2+2－π＝π．

22S阴影B′C′C＝S△AB′C′－S扇形ACC′＝217．2

E

如图，连结BE、AE．∵BE∥DC，∴∠AOD=∠ABE． 在Rt△ABE中，有BE＝2，AE＝22，tan∠ABE=另解：

解：如图，连接BE，∵四边形BCEK是正方形， ∴KF=CF=

AE2，∴tan∠AOD=2． BE11CK，BF= BE，CK=BE，22BE⊥CK，∴BF=CF，根据题意得：AC∥BK，∴△ACO∽△BKO，∴KO：CO=BK：AC=1：3，∴KO：KF=1：2，∴KO=OF=

11CF=BF， 在Rt△PBF中，tan∠BOF= BF： OF =2， 22∵∠AOD=∠BOF， ∴tan∠AOD=2． 故答案为：2

2

18．

1 51AC·OB＝80．∴S△OAB＝40 2解：∵AC·OB＝160，∴S菱形＝

在菱形OABC中，AC⊥OB，AC＝2AD，OB＝2OD，∴2AD·2OD＝160， ∴AD·OD＝40，作DF⊥OA于F，延长FD交BE于G， ∴AD·OD＝OA·DF．

GFH

∵A（－10，0），∴OA＝10，∴40＝10DF，解得DF＝4．

不难证明△DAF≌△DCG，∴DG＝DF＝4，于是GF＝8，∴EH＝8 又△ADF∽△DOF，∴

AFDF，∴DF2＝AF·OF， DFOF设AF＝x，则OF＝OA－AF＝10－x，

∴x（10－x）＝16，解得x＝2或x＝8（舍去）

1OF·DF＝16，∴k＝2 S△DFO＝32， 232∴k＝－32，则双曲线的解析式为y

x111∴S△EHO＝OH·EH＝OH·8＝k＝16，∴OH＝4

222∴AF＝GC＝2，OF＝8，∴S△DFO＝

∴GE＝HF＝OF－OH＝8－4＝4，又GC＝AF＝2，∴CE＝GE－GC＝2. ∴S△CEO＝

111CE·EH＝×2×8＝8，∴S△OCE∶S△OAB＝8∶40＝． 225三、19．解：原式＝1＋4×

3－23－4＝－3． 2(x1)(x1)x(x2)(x1)220．解：原式＝x(x1)x(x1)x(2x1)

x21x22x(x1)2x21x22x(x1)2＝ x(x1)x(x1)x(2x1)＝

x(x1)x(2x1)x12x1(x1)2＝＝2． xx(x1)x(2x1)∵x2x20，∴x2x2

3

22∴原式＝21．

x1x11．

2x22(x1)2lA1C1B1A3C2(B3)B2C3A2

解：（1）如图所示，C1（－1，2）； （2）如图所示，C2（－3，－2）； （3）直线l的函数解析式为yx．

22．解：向左延长点B处的水平线与AC交于点D，显然BD⊥AC． 设BD＝x，在Rt△BDA中，tan60°＝

BDBD33，∴AD＝＝BDx． ADtan6033在Rt△BDC中，∠DBC＝90°－37°＝53°， tan53°＝

CD，∴CD＝BD tan53°＝xtan53° BD又∵AD＋DC＝AC＝13

3∴＝13，解得xx＋xtan53°

3BD， BC·133tan533D,

在Rt△BDC中，cos53°＝

∴BC＝

BD＝cos531513≈·＝20－53（千米）.

cos533343tan5333313

4

23．解：（1）该班总人数＝6÷15%＝40（人） ∴m＝40×40%＝16，40×n%=8解得：n＝20；

（2）羽毛球的百分比是：6÷40＝15%，所以该校参加羽毛球的人数大约为 1000×15%＝150（人） （3）树状图如图

开始ABBCDBC

CDACDABDAP(一男一女)＝

61. 12224． 解：（1）设李明第x天生产的粽子数量为280只，根据题意得：

20x80＝280，解得：x10，所以李明第10天生产的粽子数量为280只； （2）由图象知，当0x10时，p2；

当10x20时，设pkxb，将点（10，2）、（20，3）代入得：

10kb2k0.1，解得，所以p0.1x1， 20kb3b1①当0x6时，W＝（4－2）·34x=72x，当x6时，W最大＝432（元）

②当6x10时，W＝（4－2）（20x＋80），当x10时，W最大＝560（元）

2③当10x20时，W＝（4－0.1x1）（20x＋80）＝2x52x240

∵a20，∴当xb13时（在10x20内），W最大＝578（元） 2a

综上所述，第13天利润最大，最大利润为578元． 四、25．证明：（1）∵AC＝AB，M为BC的中点， ∴∠CAM＝∠BAM，AM⊥BC，

在Rt△ACM中，∠CAH＝90°－∠ACB，

又∵AC⊥BD，∴在Rt△CBE中，∠CBE＝90°－∠ACB， ∴∠CAM＝∠CBE ∴∠BAM＝∠CBE

又∵MB=MN.∴∠MNB＝∠MBN，

∴∠BAM＋∠ABN＝∠CBE＋∠DBN ∴∠ABN＝∠DBN

5

∴BN平分∠ABE；

（2）在□DNBC中，BN＝CD，BN∥CD， ∴∠CDB＝∠DBN，由（1）知∠ABN＝∠DBN ∴∠CDB＝∠ABN，又AB＝BD， ∴△ABN≌△BCD，∴BC＝AN

设BM＝MC＝a，则BM＝MN＝a，AN＝BC＝2a， ∴AM＝AN＋MN＝3a

在Rt△ABN中，AB＝BD＝1，由勾股定理，得

AM2BM2AB2，代入得：9a2a21，解得：a10． 10故BC＝2×

1010． 105（3）由F为AB的中点，M为BC的中点，知FM为△ABC的中位线，

FM1FM1，又AC＝BD，∴． AC2BD2MNFMMNBM1，∴ ∵ BCBC2BCBD∴

又FM是Rt△ABM斜边上的中线，∴FM＝AF，∴∠FMN＝∠BAM，由（1）的证明知：∠BAM＝∠CBD，因而有：∠FMN＝∠CBD ∴△MFN∽△BDC.

26．解：（1）∵抛物线yax2bxc过点A（0，3），∴c＝3，∵抛物线对称轴为x2， ∴b2．∴b4a又B（1，0）在抛物线上，∴abc0，解得a1，b4． 2a2∴抛物线解析式为yx4x3．

（2）令与OE平行且与抛物线相切于P的直线为l， 由于△AOE的面积是定值为

9，∴△OPE的面积最大时，四边形AOPE面积最大．令与2OE平行且与抛物线相切于P的直线为l′，此时位置的P能使四边形AOPE面积最大 ∵∠AOE的平分线为OE，所以直线OE的解析式为yx，设直线的l′的解析式为yxd，∴x4x3xd有两个相等的实根，

∴254(3d)0，解得d∴OQ＝

213. 413132 ，OH＝OQsin45°=

482513252∴x4x3x，解得x，∴m．

422OA在Rt△AOE中，OE＝＝32，

sin456

∴S△OPE＝

111339OEOH＝322， 2283975＋＝， 288∴四边形AOPE面积最大面积＝S△AOE＋S△OPE＝

（3）如图3，过P作MN⊥y轴，交y轴于M，交l于N， ∵

△OPF是等腰直角三角形，且OP=PF， 易得△OMP≌△PNF， ∴OM=PN，∵P（m，m2-4m+3），则-m2+4m-3=2-m， 解得：m=

55555551 或 ，∴P的坐标为（ ， ）22225515，）； 22或（

如图4，过P作MN⊥x轴于N，过F作FM⊥MN于M， 同理

得△ONP≌△PMF， ∴PN=FM， 则-m2+4m-3=m-2， 解得：x=

35353515或 ； P的坐标为（， ）或

2222（

153555 ，）； 综上所述，点P的坐标是：（ ，2225155153515 ）或（，）或（， ）或22222（

1535 ，）． 227