重庆市云阳县养鹿中学中考数学模拟试题一

答案

13、 -5 14、X=1 15、50 16、279327-σ 17、5/6 18、Y=16/X 19、-5 20、略

21、A=-3 2/7

22、解：（1）设这位“中国大妈”第一次购进这种黄金x 克，则第二次购进黄金（1+25%）x 克，由题意，得

解得：x=8000，

经检验，x=8000是原方程的解 ∴第二次购进黄金：8000（1+25%）=10000克． 答：这位“中国大妈”两次分别购进这种黄金8000克、10000克； （2）设这位“中国大妈”抛售剩余黄金时最低可降价y%，由题意，得

500（10000+8000）20%+500（1-y%）（10000+8000）（1-20%）-2400000-2700000≥（2400000+2700000）30%， 解得：y≤32.9 ∴这位“中国大妈”抛售剩余黄金时最低可降价32.9%．

23．解：（1）50 48.5 48 （2）数据是5 (3) 6/20=3/10 24．（1）解：∵CF 平分∠OCE ，∴∠OCF =∠ECF ．………………（1分）

又∵OC =CG ，CF =CF ， ∴△OCF ≌△GCF ．……………………（3分） ∴FG =OF =4， 即FG 的长为4．………………………（4分）

（2）证明：在BF 上截取BH =CF ，连结OH ．……………………（5分）

∵正方形ABCD 已知， ∴AC ⊥BD ，∠DBC =45°， ∴∠BOC =90°，

∴∠OCB =180°—∠BOC —∠DBC =45°． ∴∠OCB =∠DBC ．

∴OB =OC ．………………………（6分） ∵BF ⊥CF ，

∴∠BFC =90°． ∵∠OBH =180°—∠BOC —∠OMB =90°—∠OMB ，

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 B

D

B

D

C

B

C

A

B

D

B

C

D

E G F

M

O H 24题答图

∠OCF =180°—∠BFC —∠FMC =90°—∠FMC ， 且∠OMB =∠FMC ， ∴∠OBH =∠OCF ．……………（7分）∴△OBH ≌△OCF ．

∴OH =OF ，∠BOH =∠COF ．……………（8分）∵∠BOH +∠HOM =∠BOC =90°， ∴∠COF +∠HOM =90°，即∠HOF =90°．∴∠OHF =∠OFH =2

1

（180°—∠HOF ）=45°． ∴∠OFC =∠OFH +∠BFC =135°． ∵△OCF ≌△GCF ，

∴∠GFC =∠OFC =135°， ∴∠OFG =360°—∠GFC —∠OFC =90°．

∴∠FGO =∠FOG =

2

1

（180°—∠OFG ）=45°． ∴∠GOF =∠OFH ，∠HOF =∠OFG ． ∴OG ∥FH ，OH ∥FG ， ∴四边形OHFG 是平行四边形． ∴OG =FH ．……………………（9分） ∵BF =FH +BH ， ∴BF =OG +CF ．…………………（10分）

25解：（1）由于直线

经过B 、C 两点，令y=0得x=4；令x=0，得y=3，

故可得：B （4，0），C （0，3），

∵点B 、C 在抛物线y=-x 2+bx+c 上，于是得，

解得：b=

，c=3，

∴所求函数关系式为

．

（2）①∵点P （x ，y ）在抛物线上，且PN ⊥x 轴，

∴设点P 的坐标为（x ，）同理可设点N 的坐标为（x ，

），

又∵点P 在第一象限， ∴PN=PM-NM=（）-（

）=-x 2+4x=-（x-2）2+4，

∴当x=2时，

线段PN 的长度的最大值为4．

②因为PN ∥CO ，要使PCON 围成平行四边形，则PN=CO ， 由①得：PN=-x 2+4x ，故可得：-x 2+4x=3， 解得：x=1或3．

（3）①∵△BNM ∽△BCO ， ∴

=

，即

=

，

解得：BN=

．

②由PC ⊥BC 得∠PCN=∠COB=90°， 又∵∠PNC=∠OCB （由PN ∥OC 得出）， ∴△PCN ∽△BOC ， ∴

=

，即

=

，

解得：x=或x=0（舍去），

故此时点M 的坐标为（

，0）．

26．解：（1）当0＜t ≤4时，S =

4

1t 2

．………………………………………………………………………（1分） 当4＜t ≤316时，S =—43

t 2+8t —16．…………………………………………………………（2分）

当316＜t ＜8时，S =4

3

t 2—12t +48．…………………………………………………………（3分） （2）存在，理由如下：

当点D 在线段AB 上时， ∵AB =AC ， ∴∠B =∠C =

2

1

（180°—∠BAC ）=45°． ∵PD ⊥BC ， ∴∠BPD =90°， ∴∠BDP =45°． ∴PD =BP =t ， ∴QD =PD =t ， ∴PQ =QD +PD =2t ． 过点A 作AH ⊥BC 于点H ． ∵AB =AC ，

∴BH =CH =2

1BC =4，AH =BH =4． ∴PH =BH —BP =4—t ．

在R t △APH 中，AP =328222+-=+t t PH AH ．……………………………………（4分） （ⅰ）若AP =PQ ，则有3282+-t t =2t ．

解得：t 1=

3

4

74-，t 2=3474--（不合题意，舍去）．…………………………（5分）

（ⅱ）若AQ =PQ ，过点Q 作QG ⊥AP 于点G ．

∵∠BPQ =∠BHA =90°， ∴PQ ∥AH ． ∴∠APQ =∠P AH ． ∵QG ⊥AP ， ∴∠PGQ =90°， ∴∠PGQ =∠AHP =90°， ∴△PGQ ∽△AHP ． ∴AP

PQ

AH PG =

，即32

8242

+-=t t t PG ，

∴PG =

32

882+-t t t ．若AQ =PQ ，由于QG ⊥AP ，则有AG =PG ，即PG =

2

1

AP ， 即

32

882+-t t t =

2

13282+-t t ．

A

C

P

Q

D

H G

26题答图①

解得：t 1=12—74，t 2=12+74（不合题意，舍去）．……………………………（6分） （ⅲ）若AP =AQ ，过点A 作AT ⊥PQ 于点T ． 易知四边形AHPT 是矩形，故PT =AH =4．

若AP =AQ ，由于AT ⊥PQ ，则有QT =PT ，即PT =

21PQ ， 即4=2

1

×2t ．解得t =4． 当t =4时，A 、P 、Q 三点共线，△APQ 不存在，故t =4舍去．

综上所述，存在这样的t ，使得△APQ 成为等腰三角形，即t 1=

3

4

74 秒或t 2=（12—74）秒．………………………………………………………………………………………………（7分）

（3）四边形PMAN 的面积不发生变化．…………………………………………………………（8分）

理由如下： ∵等腰直角三角形PQE 已知， ∴∠EPQ =45°．

∵等腰直角三角形PQF 已知， ∴∠FPQ =45°． ∴∠EPF =∠EPQ +∠FPQ =45°+45°=90°． ……………………………………（9分） 连结AP ． ∵此时t =4秒， ∴BP =4×1=4=

2

1

BC ， ∴点P 为BC 的中点．

∵△ABC 是等腰直角三角形， ∴AP ⊥BC ，AP =21BC =CP =BP =4，∠BAP =∠CAP =21∠BAC =45°．

∴∠APC =90°，∠C =45°． ∴∠C =∠BAP =45°．

∵∠APC =∠CPN +∠APN =90°， ∠EPF =∠APM +∠APN =90°，

∴∠CPN =∠APM ．…………………………………………………………………………（10分） ∴△CPN ≌△APM ．

∴S △CPN =S △APM ．………………………………………………………………………………（11分） ∴S 四边形PMAN =S △APM +S △APN =S △CPN +S △APN =S △ACP =

21×CP ×AP =2

1

×4×4=8． ∴四边形PMAN 的面积不发生变化，此定值为8．………………………………………（12分）

A

B

C P

F

Q

E

M

N

26题答图②