柱体、锥体的展开与折叠课件配套优秀

金堂县2017届第二次质量检测考试数学试题

参考答案及评分意见

A卷（100分）

一、选择题：（本题共10小题，每小题3分，共30分）

题号

1 2 3 4 5 6 7 答案

C B A C A A D

二、填空题（本题共4小题，每小题4分，共16分）

11.aa1a1 12.8 13.x1 14.2 三、解答下列各题（本题满分54分. 15题每小题6分，16题6分，17题8分，18题8分, 19题10分, 20题10分）

8 C 9 B 10 A 115.

（1）计算：38212sin4520172

0解：原式2212 …………4分

1 …………6分

3(x1)(x3)8（2）解不等式组 2x11x12312 解：由(1)得：3x3x38 4x8

x2 …………2分

由(2)得：22x131x6

4x233x6

x1 …………4分

∴原不等式组解集为：2x1 …………6分

22a312)16.

化简(

a1a1a122a3解：原式a1 …………2分

a1a1a12a12a3 a1 …………4分

a1a1a1a1 2a22a3a1 …………5分

a1a1

1

1 …………6分

a117.法一：

解：过点E作EF⊥BC,垂足为F，

则：CF=DE=12，EF=DC, …………2分

x12x设BC=x,则：，…………6分

tan22tan38.5x12x即，

0.40.8∴x24 …………7分

答：楼房CB的高度为24米. …………8分

法二：

解：设BC=x, 12x∵tan220,tan38.50 …………2分

ADCD12x530CDx …………4分

∴AD，00tan22tan38.545∴ACx30 …………5分

4DEAD∵ BCAC1230∴ …………6分

x5x304∴x24 …………7分

答：楼房CB的高度为24米. …………8分

（任何一种方法求得BC高度正确都得满分）

18.

解：（1）∵喜欢散文的有10人，频率为0．25，

∴a=10÷0.25=40； …………1分

6（2）在扇形统计图中，“其他”类所占的百分比为

×100%=15%，………2分

40（3）列表如下：

甲

乙

丙

丁

甲

－

（甲，乙）

（甲，丙）

（甲，丁）

乙

（乙，甲）

－

（乙，丙）

（乙，丁）

丙

（丙，甲）

（丙，乙）

－

（丙，丁）

丁

（丁，甲）

（丁，乙）

（丁，丙）

－

………………6分（用树状图正确也可得同样分数）

由上表可知，共12种可能，其中恰好是乙和丙有（乙，丙）和（丙，乙）两种，

21。…………8分

∴P126（注意：未指出乙和丙有哪两种扣一分）

2

19.解：（1）∵yx1过点A（ 1，a） ∴a=2 ∴A(1,2).

…………2分

m1，2）∵y过点A（ ∴m=2

…………3分

x∵ykx3过点A（ ∴k=2

…………4分

1，2） ∴反比例函数的解析式为y2，一次函数的解析式为yx3.………5分

xyx3(2)法一：∵2

yx x11x22解之得： ,  y12y21 ∴B(2,1) …………6分

∴AB1222122 …………7分

∵l2向下平移5个单位得到直线为yx2，…………8分

31设平移后直线与l1相交于点E，则E点为,，

2252 …………9分

21552 …………10分

∴SABD2222yx3法二：∵2

yx则AEx11x22解之得： ,  y2y112 ∴B(2,1) …………6分

设l2与y轴交点为C，则C为（0，3）

∵l2向下平移5个单位得到直线为yx2，

∴D为（0，-2）

∴CD5(也可根据平移直接得出CD=5) …………8分

115∴SABDSBCDSACD5251 …………10分

222

3

20.（1）证明：连接CD，如图，

∵BC是⊙O直径，

∴∠CDB=∠CDA=90°．……………1分

∵E是AC的中点．

∴CE=DE，

∴∠ECD=∠EDC． ……………2分

∵OC=OD，

∴∠OCD=∠ODC ……………3分

∵∠ECD+∠OCD=∠ACB=90°

∴∠EDC+∠ODC=∠ODE=90°

∴DE是⊙O的切线 ……………4分

（注意：也可证△OCE≌△ODE（SSS）得到∠ODE＝90°）

（2）连接OE

∵∠ACB=90°E是AC的中点,DE=2

∴AC=4 1∵tan∠DFC = 且

∠ABC=∠DFC

2AC1， ……………6分

∴tan∠DFC=tan∠ABC=BC2∴BC=8 ∴

⊙O的半径为4 ……………7分

24（3）DF……………10分

5理由如下:连接CD，则∠CDB=90°

CD1, ∵BC=8,tan∠ABC=BD28165,BD=5

易得CD=5565, ∵DH=5∴HB=BD-DH=25. ∵∠FDH=∠HCB, ∠DFH=∠HBC, ∴△DHF∽△CHB

DFDH∴

BCHB6524DF5DF∴, ∴

8525

4

B卷（50分）

一、填空题（每小题4分，共20分）

21. 2009 22. 22135127 23.

23 24.

25.

④

；

PD533二、 (本题共1小题，共8分）

12026.解：（1）当x=60时，y==2， …………1分

60∴当30≤x≤60时，

∵y=kx+b的图象过（60，2）和（30，5），

30kb5则，

60kb2k0.1解得：，

b8∴y=﹣0.1x+8（30≤x≤60）；…………3分

（2）根据题意，当30≤x≤60时，

W=（x﹣20）y﹣50=（x﹣20）（﹣0.1x+8）﹣50=0.1x2+10x﹣210 ………4分

当60＜x≤80时，W=（x﹣20）y﹣50=（x﹣20）•1202400﹣50=+70 …5分

xx0.1x210x210(30x60)综上所述：W；…………6分

240070(60x80)x（3）当30≤x≤60时，W=0.1x2+10x﹣210=0.1x5040，

当x=50时，W最大=40（万元）； …………7分

2400+70，

x∵﹣2400＜0，W随x的增大而增大，

2400∴当x=80时，W最大=+70=40（万元），…………8分

80答：当销售价格定为50元/件或80元/件，获得利润最大，最大利润是40万元．

三、(本题满分10分）

27.（1）证明：如图1，过点E作EH⊥BC于H，过点E作EP⊥CD于P，

∵四边形ABCD为正方形，

∴CE平分∠BCD，

又∵EH⊥BC，EP⊥CD，

∴EH=EP，

…………1分

2当60＜x≤80时，W=

5

∴四边形EHCP是正方形，

∴∠HEP=90°，

∵∠GEH+∠HEF=90°，∠PEF+∠HEF=90°，

∴∠PEF=∠GEH，

…………2分

∴Rt△FEP≌Rt△GEH，

∴EF=EG； …………3分

（2）如图2，过点E作EM⊥BC于M，过点E作EN⊥CD于N，垂足分别为M、N，则∠MEN=90°，

∴EM∥AB，EN∥AD．

∴△CEN∽△CAD，△CEM∽△CAB，

………4分

NECEEMCE,∴，

ADCAABCANEEM∴，

…………5分

ADABENADCB6a3．

即EMABAB4a2易证：△GEM∽△FEN

3EFEN； …………6分

∴EGEM2（3）如图3，

过点E作EM⊥BC于M，过点E作EN⊥CD于N，垂足分别为M、N，

过点C作CP⊥EG交EG的延长线于点P，过点C作CQ⊥EF垂足为Q，

则四边形EPCQ是矩形，四边形EMCN是矩形，

∵EC平分∠FEG，

∴CQ=CP，

∴矩形EPCQ是正方形，

∴∠QCP=90°，

∴∠QCG+∠PCG=90°，

∵∠QCG+∠QCF=90°，

∴∠PCG=∠QCF，

在△PCG和△QCF中，

PCGQCF0CPGCQF90，

PCCQ∴△PCG≌△QCF（AAS），

∴CG=CF， …………7分

EFENBC由（2）知：，

EGEMAB∵BC=6，AB=3，

EFENBC2，

∴EGEMAB∴EF=2EG，

6

∵点E放在矩形ABCD的对角线交点，

∴EM和EN分别是△ABC和△BCD的中位线，

31111∴EM=AB=，EN=AD=BC=3，MC=BC=3，CN=CD113AB

22222∵四边形EMCN是矩形，

∴∠NEM=90°，

∴∠MEG+∠GEN=90°，

∵∠GEF=90°，

∴∠FEN+∠GEN=90°，

∴∠MEG=∠FEN，

∵∠EMG=∠FNE=90°，

∴△EMG∽△ENF，

∴MGNFEMEN12，

即NF=2MG， …………8分

设MG=x，则NF=2x，CG=3﹣x，CF=32+2x，

∵CG=CF，

∴3﹣x=32+2x，

解得：x=12，

∴MG=12， …………9分

在Rt△EMG中，由勾股定理得：

EGEM2MG2102，

∵EF=2EG，

∴EF=10． …………10分

四、 (本题共1小题，共12分）

28.

解：（1）∵直线y=﹣kx+1与y轴交于点B，

∴B（0，1）， …………1分

∵tanABOOBOA2

∴OA=2,即A（2，0） …………2分∵抛物线y=﹣x2+bx+c经过A、B两点，

342bc0b2∴c1

，∴c1

7 222

3x+1，

…………3分

2（2）①由（1）知，A（2，0），B（0，1），

1∴AB的解析式为yx1

231∵抛物线解析式为y=﹣x2+x+1， ∴D(,0) …………4分

22∵点P是第一象限抛物线上的一点，

33∴设P（a，﹣a2+a+1），（a＞0，﹣a2+a+1＞0），

22作PF∥y轴交AB于F 1∴F（a，a+1） …………5分

211∴S△APB =PF×(xA-xB)=×2×（﹣a2+2a）=﹣a2+2a

22111313S△POD=OD×Py=××(﹣a2+a+1)=(a2a1)

222242∵△PBA的面积是△POD面积的2倍．

13∴﹣a2+2a=(a2a1)

221∴a=2(舍去)或a=

213∴P（，）； …………6分

22∴抛物线解析式为y=﹣x+2②如图，作点B与点B1关于原点对称，P与P1关于抛物线对称轴直线x连接B1P1分别交x轴，直线x的周长最小. ∴

B1（0，-1）；P1（1，∴B1P1的解析式为y3） …………7分

23对称，

43于点E，Q.连接BE,EQ,PQ此时，四边形PBEQ45x1，

2237∴E(,0)

Q（,） …………8分

548（3）①当OB为平行四边形的边时，MN=OB=1，MN∥OB，

∵点M在直线AB上，

1∴设M（m，﹣m+1），

23∴N（m，﹣m2+m+1），

231∴MN=|﹣m2+m+1﹣（﹣m+1）|=|m2﹣2m|=1，

222Ⅰ、m﹣2m=1，

8

解得，m=1±2，

∴M（12，1212）M（12，）…………9分

2222Ⅱ、m2﹣2m=﹣1，

解得，m=1，

1∴M（1，）； …………10分

2②当OB为对角线时，OB与MN互相平分，交点为H，

∴OH=BH，MH=NH，

∵B（0，1），O（0，0），

1∴H（0，），

213设M（n，﹣n+1），N（-n，﹣n2-n+1）

22131∴n1n2n12，

222∴n112，n212

∴M（12，3232）或M（12，）；

……11分

22221212即：满足条件的点M的坐标M1（12，）,

M2（12，）2222或M3（1，13232

）或M4（12，）或M5（12，）

22222…………12分

9