2024年海南省临高县中考二模数学试题

一、AABC 参考答案 D CBDCD AC 二、13. 3（x+3y）（x﹣3y） 14. 3 15. 3或 1 16. 90；4+ 6 三、17.（1）原式=- 2 2 31  …（4 分） = 2 3  …（6 分） （2）解： 4(� − 1)＜� + 2① �+7 3 ＞�② ， 解①得：x＜2， …（2分） 解②得 x＜ 72， …（4分） 则不等式组的解集为 x＜2． …（6 分） 18. 设芒果单价为 x元/千克，香蕉单价为 y 元/千克． …(1 分) 根据题意，得      .3532 ,4023 yx yx …(5 分) 解得      .5 ,10 y x …(8 分) …(10 分 则 6x+5y=6× 10+5× 5=85（元）． 答：购买 6千克芒果和 5千克香蕉应付 85 元． ) 19. （1）a=84；b=100；c=80% …(共6 分，每空2分) （2）该校八、九年级参加此次竞赛活动成绩达到 90 分及以上的学生人数为： 6 6500 200 15 15     （人） …(10 分) 20.解：（1）30°； （2）过点 D作 DH⊥CE，垂足为 H， 在 Rt△CDH中，∠DCH＝30°，CD＝120米，∴DH …(共2 分)，每空1分 ＝ CD＝60（米）； …(5 分) （3）延长 AB交 CE于点 F，过点 D作 DG⊥AF，垂足为 F， 由题意得：AF⊥CE，DH＝FG，DG＝HF， 设 DG＝FH＝x米， 在 Rt△CDH中，∠DCH＝30°，CD＝120米， ∴CH＝ DH＝60 （米）， ∴DH＝FG＝60米，CF＝CH+HF＝（x+60 ）米， 在 Rt△ADG中，∠ADG＝60°， ∴AG＝DG•tan60°＝ x（米）， ∴AF＝AG+FG＝（ x+60）米， 在 Rt△ACF中，∠ACF＝45°， ∴AF＝CF•tan45°＝（x+60 ）米， ∴x+60 ＝ x+60， 解得：x＝60， ∴CF＝AF＝（60 +60）米， 在 Rt△BCF中，BF＝CF•tan30°＝（60 +60）× ＝（60+20 ）米， ∴AB＝AF﹣BF＝60 +60﹣（60+20 ）＝40 ≈69（米）， ∴瞭望塔 AB的高度约为 69米． …(10 分) （注：用其它方法求解参照以上标准给分） 21.（1）证明：∵△ABC是等边三角形， ∴∠A＝∠ACB＝60°，AC＝BC ∵AE＝CD ∴△ACE≌△CBD； …(3 分) （2）解：①四边形 ABGC为菱形， …(4 分) 理由是：∵△ACE≌△CBD， ∴∠ACE＝∠CBD， ∴∠DPC＝∠PCB+∠CBD＝∠PCB+∠ACE＝∠ACB＝60°， 由翻折得：CD＝CM，∠CDP＝∠CMP，∠MPC＝∠DPC＝60°， ∴∠DCF+∠DPF＝60°+2×60°＝180°， ∴∠CDP+∠CFP＝360°﹣180°＝180°， ∴∠CMP+∠CFM＝180° ∴∠CMF＝∠CFP， ∴CF＝CM＝CD， ∵∠CFM+∠CFG＝180°，∠CDP+∠CFM＝180°， ∴∠CDP＝∠CFG， ∵CG∥AB， ∴∠GCF＝∠CBA＝60°＝∠BCD， ∴△CDB≌△CFG， ∴CG＝CB， ∴CG＝AB， ∵CG∥AB，CG＝AB＝AC， ∴四边形 ABGC是菱形； …（10分） ②过 C作 CH⊥AB于 H，设菱形 ABGC的边长为 a， ∵△ABC是等边三角形， ∴AH＝BH= 12a， ∴CH＝AHtan•60°= 12a⋅ 3 = 3� 2 ， ∵菱形 ABGC的面积为 6 3， ∴AB•CH＝6 3，即 a⋅ 32 a＝6 3， ∴a＝2 3，∴BG＝2 3， ∵四边形 ABGC是菱形， ∴AC∥BG， ∴∠GBC＝∠ACB＝60°， ∵∠GPB＝180°﹣∠CPD﹣∠CPM＝60°， ∴∠GBC＝∠GPB， ∵∠BGF＝∠BGF， ∴△BGF∽△PGB， ∴ �� �� = �� �� ，即 BG2＝FG•PG， ∵PF＝1，BG＝2 3， ∴(2 3)2 = �� ⋅ (�� + 1)， ∴FG＝3或﹣4（舍）， ∵△CDB≌△CFG，△ACE≌△CBD， ∴FG＝BD，BD＝CE， ∴CE＝FG＝3． …(15 分) （注：用其它方法求解参照以上标准给分） 22.解；（1）∵抛物线 2 3 2 y ax x c   过 A（1，0），C（0，﹣2）， ∴ 3 0 2 2 a c c         ，解得： 1 2 2 a c       ， ∴抛物线的表达式为 21 3 2 2 2 y x x   ． ……（3分） 设 AC 所在直线的表达式为 y kx b  ，∴ 0 2 k b b      ，解得 2 2 k b     ， ∴AC 所在直线的表达式为 2 2y x  ； ……（5 分） （2）点 D 不在抛物线的对称轴上，理由是∶ ∵抛物线的表达式是 21 3 2 2 2 y x x   ，∴令 y＝0，则 2 1 3 2 0 2 2 x x   ， 解得 1 4x   ， 2 1x  ， ∴点 B 坐标为（－4，0）．∴OB=4 1OA  ， 2OC  ，∴ OA OC OC OB  ． 又 90 ,AOC COB     ∴ AOC COB△ ∽△ ． ∴  ACO CBO．∴ 90ACO BCO CBO BCO     ， ∴ AC BC ．∴将△ABC 沿 BC 折叠，点 A 的对应点 D一定在直线 AC 上． 如图，延长 AC 到点 D，使 DC＝AC，过点 D 作 DE y 轴，垂足为点 E． 又∵ ACO DCE  ，∴ ( )ACO DCE AAS△ ≌△ ， ∴DE＝OA＝1，∴点 D的横坐标为－1，∵抛物线的对称轴是直线 3 2 x   ， ∴点 D不在抛物线的对称轴上； ……（10 分） （3）设过点 B，C 的直线表达式为 1 1y k x b  ， ∵点 C、B 坐标分别是（0，－2）、（－4，0），∴过点 B，C 的直线表达式为 1 2 2 y x   ． 过点 A 作 x 轴的垂线交 BC 的延长线于点 M，则点 M 坐标为 51, 2      ， 如图，过点 P 作 x 轴的垂线交 BC 于点 N，垂足为点 H， 设点 P 坐标为 21 3, 2 2 2 m m m      ，则点 N 坐标为 1, 2 2 m m      ， ∴ 2 21 1 3 12 2 2 2 2 2 2 PN m m m m m             ． ∵ AQM PQN△ △∽ ，∴ PQ PN AQ AM  ， ∵若分别以 PQ，AQ 为底计算△BPQ 与△BAQ的面积，则△BPQ 与△BAQ的面积的比为 PQ AQ ， 即 1 2 S PQ S AQ  ． ∴ 2 2 21 2 1 2 4 1 42 ( 2)5 5 5 5 5 2 m mS PN m m m S AM            ， ∵ 1 0 5   ， ∴当 m＝－2 时， 1 2 S S 的最大值为 4 5 ， 将 m＝－2 代入 2 1 3 2 2 2 y x x   ，得 3y   ， ∴当 1 2 S S 取得最大值时，点 P 坐标为（－2，－3）． （注：用其它方法求解参照以上标准给分）