1、2018 年 中 招 第 二 次 摸 底 模 拟 考 试数 学 参 考 答 案一 、 选 择 题 （ 每 小 题 3 分 ， 共 24 分 ）1-5 CABBB 6-10 CCCAA二 、 填 空 题 （ 每 小 题 3 分 ， 共 21 分 ）三 、 解 答 题 （ 本 大 题 共 8 个 小 题 ， 满 分 75 分 ）16 解 ： 原 式 )3(3 12 54)2(3 3 2 mmmmmmm 0322 xx ， 31 x ， 12 xm是 方 程 0322 xx 的 根 ， 3m 或 1m 03m ， 3m ， 1m当 1m 时 ， 原 式 = 121)31(13 1)3(3 1 mm1
2、7. （ 1） 15002 分（ 2）（ 3） 108 7 分（ 4） 万 人1000%502000 9 分18 解 ： （ 1） 证 明 ： EF AB， E= CAB， EFA= FAB， E= EFA， FAB= CAB， 在 ABC 和 ABF 中 ， ABAB CABFAB ACAF ABC ABF； AFB= ACB=90 BFAF.（ 2） 当 CAB=60时 ， 四 边 形 ADFE 为 菱 形 证 明 ： CAB=60， FAB= CAB= CAB=60， EF=AD=AE， 四 边 形 ADFE 是 菱 形 8 分19. 解 ： 过 点 C作 AD的 垂 线 ， 交 AD的
3、 延 长 线 于 点 F， 过 点 A作 CB的 垂 线 ， 交 CB的 延长 线 于 点 E， 在 直 角 三 角形 CDF中 ， CDF=30， CF=12 CD=100，DF=CDcos30=100 3 ， CF AF， EA AF， BE AE， CEA= EAF= AFC=90， 四 边 形 AECF是 矩 形 ， AE=CF=100， CE=AF，在 直 角 三 角 形 AEB中 ， EAB=90 45=45， BE=AE=50 CB=AD+DFBE= 15 (11 7) 100 3 100 100 3 40 ，(100 3 40) 4 25 3 10 33.3 （ 海 里 /时
4、） ，答 ： 快 艇 每 小 时 航 行 33.3 海 里 时 9 分20.解 ： （ 1） 设 甲 商 品 每 件 的 进 价 为 x 元 ， 乙 商 品 每 件 的 进 价 为 y元 ， 依 题 意 得 2x 3y 270，3x 2y 230， 解 得 x 30，y 70.答 ： 甲 商 品 每 件 的 进 价 为 30 元 ， 乙 商 品 每 件 的 进 价 为 70 元 （ 2） 设 该 商 场 购 进 甲 商 品 m件 ， 则 购 进 乙 商 品 (100 m)件 ，由 已 知 得 m4(100 m)， 解 得 m80.6 分设 卖 完 甲 、 乙 两 种 商 品 商 场 的 利 润
5、 为 w， 则 w (40 30)m (90 70)(100 m) 10m 2000， 当 m 80时 ， w取 最 大 值 ， 最 大 利 润 为 1200 元 故 该 商 场 获 利 最 大 的 进 货 方 案 为 甲 商 品 购 进 80件 ， 乙 商 品 购 进 20件 ， 最 大 利 润 为 1200 元 21 解 ： 2a ；解 决 问 题 ： 将 原 方 程 转 化 为axx 342 .设 函 数 3421 xxy ，ay 1 ， 记 函 数 1y 在 40 x 内 的 图 象 为 G，于 是 原 问 题 转 化 为 2y a 与 G有 两 个 交 点 时 a的 取 值 范 围
6、， 结合 图 象 可 知 a的 取 值 范 围 是 ： 31 a 22.解 ： （ 1） 12； 1 分题 号 11 12 13 14 15答 案 2 034mm 且 22 9 43 或 23M CA N2 O B xy N3（ N1）M Mx=- 32 证 明 ： 四 边 形 ABCD 是 正 方 形 ， ABDC， BAF=AFC， ABE 沿 直 线 AE 翻 折 得 到 ABE ，BAF=MAF， MAF=AFC， AM=FM（ 2） 12 2 ； 22（ 3） 如 图 1， 当 点 E 在 线 段 BC 上 时 ，延 长 AB交 DC 边 于 点 M，ABCF， ABE FCE， 3
7、AB BECF CE AB=12， CF=4， DF=CD+CF=16，由 （ 1） 知 ： AM=FM， AM=FM=16 DM在 Rt ADM 中 ， 由 勾 股 定 理 得 ： DM2=（ 16 DM） 2 122， 解 得 ： 7 25 7 sin2 2 25DMDM MA DAB AM 如 图 3， 当 点 E 在 线 段 BC 的 延 长 线 上 时 ， 延长 AD 交 BE 于 点 N， 由 （ 1） 知 ： AN=EN， 又 BE=BE=18， NA=NE=18 BN， 在 Rt ABN 中 ， 由 勾 股 定 理得 ： BN2=（ 18 BN） 2 122， 解 得 ： BN
8、=5， AN=13，5sin 13BNDAB AN 10 分23.解 ： （ 1） y=12 x+2 当 x=0 时 ， y=2， 当 y=0 时 ， x= 4， C（ 0， 2） ， A（ 4， 0） ，由 抛 物 线 的 对 称 性 可 知 ： 点 A 与 点 B 关 于 x= 32 对 称 ， 点 B 的 坐 标 为 (1， 0） 抛 物 线y=ax2+bx+c 过 A（ 4， 0） ， B（ 1， 0） ， 可 设 抛 物 线 解 析 式 为 y=a（ x+4） （ x 1） ，又 抛 物 线 过 点 C（ 0， 2） ， 2= 4a， a= 12 y= 12 x2 32 x+2 （
9、2） 设 P（ m， 12m2 32 m+2） 过 点 P 作 PQ x 轴 交 AC 于 点 Q， Q（ m， 12 m+2） ， PQ= 12 m2 32 m+2 （ 12 m+2） = 12 m2 2m， S PAC=12 PQ4， =2PQ= m2 4m= （ m+2） 2+4， 当 m= 2 时 ， PAC 的 面 积 有 最 大 值 是 4， 此 时 P（ 2， 3）（ 3） 在 Rt AOC 中 ， tan CAO=12 在 Rt BOC 中 ，tan BCO=12 ， CAO= BCO， BCO+ OBC=90， CAO+ OBC=90， ACB=90， ABC ACO CBO
10、， 如 下 图 ： 当 M 点 与 C 点 重 合 ， 即 M（ 0， 2） 时 ， MAN BAC； 根 据 抛 物 线 的 对 称 性 ， 当 M（ -3， 2） 时 ， MAN ABC； 当 点 M 在 第 四 象 限 时 ， 设 M（ n， 12 n2 32 n+2） ， 则 N（ n， 0） MN=12 n2+32 n 2， AN=n+4当 12MNAN 时 ， MN=12 AN， 即 12 n2+ 32 n 2=12 （ n+4）整 理 得 ： n2 2n 8=0 解 得 ： n1=-4（ 舍 ） ， n2=2 M（ 2， 3） ； 当 21MNAN 时 ， MN=2AN， 即 12 n2+32 n 2=2（ n+4） ， 整 理 得 ： n2 n 20=0 解 得 ： n1=-4（ 舍 ） ，n2=5， M（ 5， -18） 综 上 所 述 ： 存 在 M1（ 0， 2） ， M2（ -3，2） ， M3（ 2， -3） ， M4（ 5， -18） ， 使 得 以 点 A、 M、 N 为 顶点 的 三 角 形 与 ABC 相 似
