高分突破广东数学参考附标准答案

《广东中考高分突破》数学模拟试题
参考答案
模拟试题（一）
一、选择题
1.C
2.C
3.A
4.C
5.B
6.D
7.D
8.C
9.A 10.C
二、填空题
11. 3（x﹣3）212. -613. 36°14.15.16.
三、解答题（一）
17.解：，
将①代入②得：
x2﹣（x+1）2=﹣5，解得：x=2，则y=2+1=3，故方程组的解为：．
18.解：=×
==x．
19.（1）如图：（2）在△ABC中，AB=AC，AD是△ABC的中线，
∴AD⊥BC，
∴BD=CD=BC=×8=4，
在Rt△ABD中，AB=10，BD=4，AD2+BD2=AB2，
∴．
四、解答题（二）
20.解：（1）设该药品的原价格是x元/盒，则下调后每盒价格是x元/盒．根据题意，得
，
解得x=15．
经检验，x=15是原方程的解．
则x=15，x=10．
答：该药品的原价格是15元/盒，下调后价格是10元/盒；（2）设5、6月份药品价格的月平均增长率是a，根据题意，得10（1+a）2=14.4，
解得a1=0.2=20%，a2=﹣2.2（不合题意，舍去）．
答：5、6月份药品价格的月平均增长率是20%．
21.解：（1）△APD≌△CPD．
理由：∵四边形ABCD是菱形，
∴AD=CD，∠ADP=∠CDP．
又∵PD=PD，
∴△APD≌△CPD．
证明：（2）∵△APD≌△CPD，
∴∠DAP=∠DCP，
∵CD∥AB，
∴∠DCF=∠DAP=∠CFB，
又∵∠FPA=∠FPA，
∴△APE∽△FPA．
猜想：（3）PC2=PE•PF．
理由：∵△APE∽△FPA，
∴．
∴PA2=PE•PF．
∵△APD≌△CPD，
∴PA=PC．
∴PC2=PE•PF．
22.解：（1）CD是⊙O的切线
证明：连接OD
∵∠ADE=60°，∠C=30°
∴∠A=30°
∵OA=OD
∴∠ODA=∠A=30°
∴∠ODE=∠ODA+∠ADE=30°+60°=90°
∴OD⊥CD
∴CD是⊙O的切线；
（2）在Rt△ODC中，∠ODC=90°，∠C=30°，CD=3
∵tanC=
∴OD=CD•tanC=3×=3
∴OC=2OD=6
∵OB=OD=3
∴BC=OC﹣OB=6﹣3=3．
五、解答题（三）
23.解：（1）抽样调查，
所调查的4个班征集到作品数为：5÷=12件，
B作品的件数为：12﹣2﹣5﹣2=3件，
故答案为：抽样调查；12；3；
把图2补充完整如下：
（2）王老师所调查的四个班平均每个班征集作品=12÷4=3（件），所以，估计全年级征集到参展作品：3×14=42（件）；
（3）画树状图如下：
列表如下：
共有20种机会均等的结果，其中一男一女占12种，
所以，P（一男一女）==，
即恰好抽中一男一女的概率是．
24.解：（1）∵函数的图象顶点为C（1，﹣2），
∴函数关系式可表示为y=（x﹣1）2﹣2，即y=x2﹣2x﹣1，
（2）当x=0时，y=﹣1，则有P（0，﹣1）．
（3）设直线PE的函数关系式为y=kx+b，由题意知四边形ACBD是菱形，∴直线PE必经过菱形的中心M，由P（0，﹣1），M（1，0）得，解得，∴直线PE的函数关系式为y=x﹣1，
联立方程组，得
∴点E的坐标为（3，2）．
25.（1）证明：∵AB=AC，
∴∠B=∠C，
∵△ABC≌△DEF，
∴∠AEF=∠B，
又∵∠AEF+∠CEM=∠AEC=∠B+∠BAE，
∴∠CEM=∠BAE，
∴△ABE∽△ECM；
（2）能．
解：∵∠AEF=∠B=∠C，且∠AME＞∠C，
∴∠AME＞∠AEF，
∴AE≠AM；
当AE=EM时，则△ABE≌△ECM，
∴CE=AB=5，
∴BE=BC﹣EC=6﹣5=1，
当AM=EM时，则∠MAE=∠MEA，
∴∠MAE+∠BAE=∠MEA+∠CEM，
即∠CAB=∠CEA，
又∵∠C=∠C，
∴△CAE∽△CBA，
∴，
∴CE=，
∴BE=6﹣=；
若AE=AM，此时E点与B点重合，M点与C点重合，即BE=0．∴BE=1或或0．
（3）解：设BE=x，
又∵△ABE∽△ECM，
∴，
即：，
∴CM=﹣+x=﹣（x﹣3）2+，
∴AM=5﹣CM═（x﹣3）2+，
∴当x=3时，AM最短为，
又∵当BE=x=3=BC时，
∴点E为BC的中点，
∴AE⊥BC，
∴AE==4，
此时，EF⊥AC，
∴EM==，
S△AEM=．
模拟试题（二）
一、选择题
1.C
2.C
3.C
4.D
5.D
6.D
7.C
8.A
9.A 10.C
二、填空题
11.2（b﹣2）212.2 13.x＞3 14.1＜x＜7 15.6043 16.解：AC与BA′相交于D，如图，
∵△ABC绕点B按逆时针方向旋转45°后得到△A′BC′，∴∠ABA′=45°，BA′=BA=4，△ABC≌△A′BC′，
∴S△ABC=S△A′BC′，
∵S四边形AA′C′B=S△ABC+S阴影部分=S△A′BC′+S△ABA′，
∴S阴影部分=S△ABA′，
∵∠BAC=45°，
∴△ADB为等腰直角三角形，
∴∠ADB=90°，AD=AB=2，
∴S△ABA′=AD•BA′=×2×4=4（cm2），
∴S阴影部分=4cm2．
故答案为：4cm2．
三、解答题（一）
17. 2-
18．原式=2x+4，当x=2（x≠0,1，-1）时，原式=8 19．解：（1）如图所示：
（2）证明：∵BE平分∠ABC，
∴∠ABE=∠FBE，
∵∠EBF=∠AEB，
∴∠ABE=∠AEB，
8
16
12
4
篮球
排球足球
乒乓球161284
球类项目
人数
∴AB=AE ， ∵AO ⊥BE ， ∴BO=EO ，
∵在△ABO 和△FBO 中，
，
∴△ABO ≌△FBO （ASA ）， ∴AO=FO ，
∵AF ⊥BE ，BO=EO ，AO=FO ， ∴四边形ABFE 为菱形．
四、解答题（二）
20. （1）设该市对市区绿化工程投入资金的年平均增长率为x ， 根据题意可得：2000（1+x ）2=2420， 即（1+x ）2=1.21，
解得x=0.1或x=﹣1.1（舍去）．
即该市对市区绿化工程投入资金的年平均增长率为10%； （2）2420×（1+10%）=2420×1.1=2662（元）． 答：（1）该市对市区绿化工程投入资金的年平均增长率为10%；（2）在2015年需投入资金为2662万元．21．（1）y=x+1，2y x =
；（2）S=10
3
；（3）-2＜x ＜0或x ＞1. 22.解： 过点A 作AE ⊥MN 于E ，过点C 作CF ⊥MN 于F ，
则EF=AB CD 1.7 1.5-=-=0.2 。

在Rt △AEM 中，∵∠MAE=45°，∴AE=ME 。

设AE=ME=x ，则MF=x ＋0.2，CF=28x -。

在Rt △MFC 中，∠MFC=90°，∠MCF=30°， ∴MF
tan MCF CF
∠=即MF=CF ·tan ∠MCF 。

∴3
x 0.2x)+=
-。

∴x ≈10.0 ∴MN=ME ＋EF ＋FN ≈12 。

答：旗杆高约为12 m 。

五、解答题（三） 23.解：解：（1）40，如图；
（2）10；72；
第二次
第一次
男1 男2 男3 女男1 男1男2 男1男3 男1女男2 男2男1 男2男3 男2女男3 男3男1 男3男2 男3女女女男1 女男2 女男3
均相同，其中1男1女的结果有6种，∴P（1男1女）=
61
= 122
.
24.证明：（1）∵AB是⊙O的直径，∴∠ADB=90°，
∵BC是⊙O的切线，
∴∠OBC=90°，
∵AD∥CO，
∴∠A=∠BOC，
∴△ADB∽△OBC；
（2）如图，连接OD，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ADB=90°，
∵AD∥CO，
∴∠DFO=90°，
∵∠ODB=∠OBD，
∴∠DOF=∠BOF，
∵OD=OB，OC=OC，
在△ODC和△OBC中，
∴△ODC≌△OBC（SAS），
∴∠CDO=∠CBO=90°，
∴CD是⊙O的切线；
（3）∵AB=2，
∴OB=1，
∵，
∴OC==．
∵AD∥CO，
∴∠DAB=∠COB，
∵∠ADB=∠OBC=90°，∴△ADB∽△OBC，
∴=，即=，解得AD=．
25.
模拟试题（三）
一、选择题
1.B
2.C
3.A
4.D
5.B
6.D
7.A
8.C
9.A 10.D
二、填空题
11.>12.2011 13.90; 214.或15. 60°16.
三、解答题（一）
17.﹣5
18.解解：[（x+y）2﹣y（2x+y）﹣8xy]÷2x
=[x2+2xy+y2﹣2xy﹣y2﹣8xy]÷2x
=[x2﹣8xy]÷2x
=﹣4y，
把x=2，代入上式得：
=﹣4×（﹣）
=1+2
=3．
作出AB的中点E．（4分）
（2）证明：
∵∠ABD=×60°=30°，∠A=30°，
∴∠ABD=∠A，（6分）
∴AD=BD，
在△ADE和△BDE中
∴△ADE≌△BDE（SSS）．（8分）
四、解答题（二）
20.解：（1）11×29=202﹣92；12×28=202﹣82；13×27=202﹣72；
14×26=202﹣62；15×25=202﹣52；16×24=202﹣42；
17×23=202﹣32；18×22=202﹣22；19×21=202﹣12；
20×20=202﹣02
例如，11×29；假设11×29=□2﹣○2，
因为□2﹣○2=（□+○）（□﹣○）；
所以，可以令□﹣○=11，□+○=29．
解得，□=20，○=9．故11×29=202﹣92．
[或11×29=（20﹣9）（20+9）=202﹣92]
（2）这10个乘积按照从小到大的顺序依次是：11×29＜12×28＜13×27＜14×26＜15×25＜16×24＜17×23＜18×22＜19×21＜20×20．
21.解：过B点分别作BE⊥CD、BF⊥AD，垂足分别为E、F．
设BC=xm．
∵∠CBE=60°，
∴BE=x，CE=x．
∵CD=200，
∴DE=200﹣x．
∴BF=DE=200﹣x，DF=BE=x．
∵∠CAD=45°，
∴AD=CD=200．
∴AF=200﹣x．
在Rt△ABF中，tan30°==，
解得x=200（﹣1）（m）．
答：电缆BC至少（200﹣200）m
22.解：（1）∵有4张完全相同的卡片正面分别写上数字1，2，3，3，抽到数字“3”的有2种情况，
∴随机抽出一张卡片，抽到数字“3”的概率为：=；
第二张
第一张
1 2 3 3
1 （1，1）（1，2）（1，3）（1，3）
2 （2，1）（2，2）（2，3）（2，3）
3 （3，1）（3，2）（3，3）（3，3）
3 （3，1）（3，2）（3，3）（3，3）
∵共有16种等可能的结果，两次都是抽到数字“3”的有4种情况，∴P（两次都是抽到数字“3”）==；
（3）设增加了x张卡片，则有：
=，
解得：x=4，
∴增加了4张卡片．
五、解答题（三）
23.解：（1）∵抛物线与y轴交于C（0，3），
∴c=3，
∴y=ax2+bx+3，
把（1，0）、（﹣3，0）代入y=ax2+bx+3中，得
，
解得
，
∴二次函数的解析式是y=﹣x2﹣2x+3，
∴其顶点D的坐标是（﹣1，4）；
（2）据图可知：ax2+bx+c＜0解集为x＞1或x＜﹣3；
（3）S四边形BMCD=S△BDM+S△MCD=×2×4+×1×4=4+2=6．
24.（1）证明：连接OD．
∵BC为直径，
∴△BDC为直角三角形．
在Rt△ADB中，E为AB中点，
∴BE=DE，
∴∠EBD=∠EDB．
又∵OB=OD，∴∠OBD=∠ODB，
∵∠OBD+∠ABD=90°，∴∠ODB+∠EDB=90°．
∴ED是⊙O的切线．
（2）证明：∵PF⊥BC，
∴∠FPC=90°﹣∠BCP（直角三角形的两个锐角互余）．
∵∠PDC=90°﹣∠PDB（直径所对的圆周角是直角），∠PDB=∠BCP（同弧所对的圆周角相等），
∴∠FPC=∠PDC（等量代换）．
又∵∠PCF是公共角，
∴△PCF∽△DCP．
（3）解：过点O作OM⊥CD于点M，
∵△PCF∽△DCP，
∴PC2=CF•CD（相似三角形的对应边成比例）．
∵CF=1，CP=2，
∴CD=4．
可知sin∠DBC=sinA=sin∠MOC=，
∴=，即=，
∴直径BC=5，
∴=，
∴MC=2，
∴MO=，
∴O到DC的距离为．
25.解：（1）由已知得A点坐标（﹣4﹐0），B点坐标（0﹐4﹚，
∵OB=OA，
∴∠BAO=60°，
∵∠ABC=60°，
∴△ABC是等边三角形，
∵OC=OA=4，
∴C点坐标﹙4，0﹚，
设直线BC解析式为y=kx﹢b，
，
∴，
∴直线BC的解析式为y=﹣；
﹙2﹚当P点在AO之间运动时，作QH⊥x轴．
∵，
∴，
∴QH=t
∴S△APQ=AP•QH=t•t=t2﹙0＜t≤4﹚，
同理可得S△APQ=t•﹙8﹚=﹣﹙4≤t＜8﹚；
（3）存在，如图当Q与B重合时，四边形AMNQ为菱形，此时N坐标为（4，0）其它类似还有（﹣4，8）或（﹣4，﹣8）或（﹣4，）．。