石家庄市质检数学参考答案

12012年石家庄市初中毕业班教学质量检测一、选择题题号123456789101112答案ACDBBBCCDABC二、填空题13.3；14.72°；15.y=x2；16.（3，－1）；17.6；18.90－1280n三、解答题：19.解：原式=2122232………4分=42.…………8分20.解：（1）18；…………………2分（2）如图1或图2所示：（点P在AB下方亦可，画出一个即可得分）…………………6分（2）tan∠PB′A′=21或22．（求出一个值并与所画的图形相符合即可得分）………8分21.解：（1）学生人数是200人，家长人数是80÷20%=400人，所以调查的总人数是600人；…………2分补全的统计图如图3所示：……………3分（2）表示家长“赞成”的圆心角的度数为40040×360=36°．………5分（3）设小亮、小丁的家长分别用A、B表示，另外两个家长用C、D表示，列树状图如下：第一次选择第二次选择图2A′B′P图1A′B′P学生及家长对中学生带手机的态度统计图家长学生无所谓反对赞成30803040140类别人数28021014070图3280ABCDBCDACDABDABC(√)(×)(×)(√)(×)(×)(×)(×)(×)(×)(×)(×)2∴一共有12种等可能的结果，同时选中小亮和小丁家长有2种情况，∴P（小亮和小丁家长同时被选中）=61．…………………8分22．（1）解：设一个“脸谱”为x元，一个“中国结”为y元，根据题意，得10021252yxyx………………2分解得2550yx．答：一个“脸谱”为50元，一个“中国结”为25元．…………………4分（2）设本次活动优秀奖为m名，则鼓励奖为（12－m）名．列不等式为：50m+25（12－m）≤500解得：m≤8．…………………6分又因为优秀奖不少于6名，即m≥6，所以6≤m≤8，且m为整数，所以m=6时，12－m=6；m=7时，12－m=5；m=8时，12－m=4；答：优秀奖为6名，鼓励奖为6名；或优秀奖为7名，鼓励奖为5名；或优秀奖为8名，鼓励奖为4名．…………………8分23.（1）过点P分别作PE⊥AC、PF⊥CB，垂足分别为E、F（如图4）…………1分∵∠ACB=90°又由作图可知PE⊥AC、PF⊥CB，∴四边形PECF是矩形，又∵点P在∠ACB的角平分线上，且PE⊥AC、PF⊥CB，∴PE=PF，∴四边形PECF是正方形．…………2分（2）证明：在Rt△AEP和Rt△BFP中，∵PE=PF，PA=PB，∠AEP=∠BFP=90°，∴Rt△AEP≌Rt△BFP．∴∠APE=∠BPF．∵∠EPF=90°，从而∠APB=90°．又因为PA=PB，∴△PAB是等腰直角三角形．…………5分（3）如图4，在Rt△PAB中，∠APB=90°，PA=PB，PA=m，∴AB=2PA=m2．……6分由（2）中的证明过程可知，Rt△AEP≌Rt△BFP，可得AE=BF，CE=CF，∴CA+CB=CE+EA+CB=CE+CF=2CE，又PC=n，所以，在正方形PECF中，CE=22PC=22n．∴CA+CB=2CE=n2．所以△ABC的周长为：AB+BC+CA=m2+n2．…………7分（4）不变，2BCCDACCD．…………9分ABC图4PDFE12343【参考证明：如图4，∵∠1=∠2=∠3=∠4=45°，且∠ADC=∠PDB，∴△ADC∽△PDB，故PBACBDCD，即PBBDACCD，……①同理可得，△CDB∽△ADP，得到PABDBCCD，……②又PA=PB，则①+②得：PAADPBBDBCCDACCD=PAADBD=PAAB=2．所以，这个值仍不变为2．】24．解：（1）90，3；…2分（2）当0≤t≤30时，y=90－3t，…………4分，当30＜t≤60时，y=3t－90．……6分（3）因为赛道的长度为90米，乙的速度为2米/秒，所以乙船由B2到达A2的时间为45秒；…7分乙船在3分钟内的函数图象如图5所示：……………………8分（4）从上图可知甲、乙共相遇5次．……………………9分25．解：【解决问题】根据【分析】中的思路，得到如图6所示的图形，根据旋转的性质可得PB=P′B,PC=P′A,又因为BC=AB,∴△PBC≌△P′BA，∴∠PBC=∠P′BA，∠BPC=∠BP′A,PB=P′B=2，∴∠P′BP=90°，所以△P′BP为等腰直角三角形，则有P′P=2，∠BP′P=45°．………2分又因为PC=P′A=1，P′P=2，PA=5，满足P′A2+P′P2=PA2，由勾股定理的逆定理可知∠AP′P=90°，……………4分因此∠BPC=∠BP′A=45°+90°=135°．……………………6分【类比研究】（1）120°；………8分（2）27．…………10分【参考提示：（1）仿照【分析】中的思路，将△BPC绕点B逆时针旋转120°，得到了△BP′A，然后连结PP′．如图7所示，根据旋转的性质可得：△PBC≌△P′BA，Ot(s)y(m)90309015060120180图5ABCDPPP′图64△BPP′为等腰三角形，PB=P′B=4，PC=P′A=2，∠BPC=∠BP′A，∵∠ABC=120°，∴∠PBP′=120°，∠BP′P=30°，∴求得PP′=34，在△APP′中，∵PA=132，PP′=34，P′A=2，满足P′A2+P′P2=PA2，所以∠AP′P=90°．∠BPC=∠BP′A=30°+90°=120°．（2）延长AP′做BG⊥AP′于点G，如图8所示，在Rt△P′BG中，P′B=4，∠BP′G=60°，所以P′G=2，BG=32，则AG=P′G+P′A=2+2=4，故在Rt△ABG中，根据勾股定理得AB=27．26．解：（1）把点A、C的坐标（2，0）、（0，－8t）代人抛物线y=ax2－6ax+c得，tccaa80124，解得tcta8，……………………2分该抛物线为y=tx2+6tx－8t=t（x－3）2+t．∴顶点D坐标为（3，t）……………………3分（2）如图9，设抛物线对称轴与x轴交点为M，则AM＝1．由题意得：O′A=OA=2．∴O′A=2AM，∴∠O′AM＝60°．∴∠O′AC＝∠OAC＝60°∴在Rt△OAC中：∴OC=323AO，即328t．∴43t．…………………6分（3）①如图10所示，设点P是边EF上的任意一点（不与点E、F重合），连接PM．∵点E（4，－4）、F（4，－3）与点B（4，0）在一直线上，点C在y轴上，∴PB4，PC≥4，∴PCPB．又PDPMPB，PAPMPB，∴PB≠PA，PB≠PC，PB≠PD．∴此时线段PA、PB、PC、PD不能构成平行四边形．…………………8分②设P是边FG上的任意一点(不与点F、G重合)，∵点F的坐标是（4，－3），点G的坐标是（5，－3）．∴FB＝3，10GB，∴3≤PB≤10．∵PC4，∴PCPB．∴PB≠PA，PB≠PC．图8P′ABCPDEFG图7P′ABCPDEFOABCxyO′D图9MOABCxFyDFEHGMP图105∴此时线段PA、PB、PC、PD不能构成平行四边形．…………………9分（4）t=723或71或1．…………………12分【以下答案仅供教师参考：因为已知PA、PB为平行四边形对边，∴必有PA＝PB．①假设点P为FG与对称轴交点时，存在一个正数t，使得线段PA、PB、PC、PD能构成一个平行四边形．如图11所示，只有当PC＝PD时，线段PA、PB、PC、PD能构成一个平行四边形．∵点C的坐标是（0，－8t），点D的坐标是（3，t），又点P的坐标是（3，－3），∴PC2＝32＋(－3+8t)2，PD2＝(3＋t)2．当PC＝PD时，有PC2=PD2即32＋(－3+8t)2=(3＋t)2．整理得7t2－6t＋1＝0，∴解方程得t=7230满足题意．②假设当点P为EH与对称轴交点时，存在一个正数t，使得线段PA、PB、PC、PD能构成一个平行四边形．如图12所示，只有当PC＝PD时，线段PA、PB、PC、PD能构成一个平行四边形．∵点C的坐标是（0，－8t），点D的坐标是（3，t），点P的坐标是（3，－4），∴PC2＝32＋(－4+8t)2，PD2＝(4＋t)2．当PC＝PD时，有PC2=PD2即32＋(－4+8t)2=(4＋t)2整理得7t2－8t＋1＝0，∴解方程得t=71或1均大于0满足题意．综上所述，满足题意的t=723或71或1．】OABCxyDFEHGMP图11OABCxyDFEHGMP图12