2012年四川省南充市高中阶段学校招生统一考试数学试卷(含答案)

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2012年四川省南充市高中阶段学校招生统一考试数学试卷(含答案)

南充市二 O 一二年高中阶段学校招生统一考试 数 学 试 卷 (满分 100 分,时间 90 分钟) 一、选择题(本大题共 10 个小题,每小题 3 分,共 30 分) 每小题都有代号为 A、B、C、D 四个答案选项,其中只有一个是正确的,请把 正确选项的代号填在相应的括号内.填写正确记 3 分,不填、填错或填出的代号 超过一个记 0 分. 1.计算 2-(-3)的结果是( ). (A)5 (B)1 (C)-1 (D)-5 2.下列计算正确的是( ) (A)x3+ x3=x6 (B)m2·m3=m6 (C)3 2 - 2 =3 (D) 14 × 7 =7 2 3.下列几何体中,俯视图相同的是( ). (A)①② (B)①③ (C)②③ (D)②④ ① ② ③ ④ 4.下列函数中是正比例函数的是 ( ) ( A )y=-8x (B)y= x 8 ( C )y=5x2+6 (D)y= -0.5x-1 5.方程 x(x-2)+x-2=0 的解是( ) (A)2 (B)-2,1 (C)-1 (D)2,-1 6.矩形的长为 x,宽为 y,面积为 9,则 y 与 x 之间的函数关系用图 像表示大致为( ) 7.在一次学生田径运动会上。参加男子跳高的 15 名运动员的成绩如 下表所示: 成绩(m) 1.50 1.60 1.65 1.70 1.75 1.80 人数 1 2 4 3 3 2 这些运动员跳高成绩的中位数和众数是 (A)1.65,1.70 (B)1.70,1.70 (C)1.70,1.65(D)3,4 8.在函数 y= 2 1 21   x x 中,自变量的取值范围是 A. x≠ 2 1 B.x≤ 2 1 C.x﹤ 2 1 D.x≥ 2 1 9.一个圆锥的侧面积是底面积的 2 倍。则圆锥侧面展开图的扇形的圆 心角是 A .1200 B.1800 C.2400 D.3000 10.如图,平面直角坐标系中, ⊙O 半径长为 1.点⊙P(),⊙P 的半径长为 2,把⊙P 向左平移, 当⊙P 与⊙O 相切时,的值为 (A)3 (B)1 (C)1,3 (D)±1,±3 二、填空题(本大题共 4 个小题,每小题 3 分,共 12 分)请将答案直接填写在题中横 线上. 11.不等式 x+2>6 的解集为 12.分解因式 x2-4x-12= 13.如图,把一个圆形转盘按 1﹕2﹕3﹕4 的比例分成 A、B、C、D 四 个扇形区域,自由转动转盘,停止后指针落在 B 区域的概率为 14. 如图,四边形 ABCD 中,∠BAD=∠BCD=900,AB=AD,若四边形 ABCD 的面积是 24cm2.则 AC 长是 cm. 三、(本大题共 3 个小题,每小题 6 分,共 18 分) 15.计算: 1a a + 12 1   a a 16.在一个口袋中有 4 个完全相同的小球,把它们分别标号为 1、2、 3、4,随机地摸取一个小球然后放回,再随机地摸出一个小球,求下 列事件的概率: (1)两次取的小球的标号相同 (2)两次取的小球的标号的和等于 4 17.如图,等腰梯形 ABCD 中,AD∥BC,点 E 是 AD 延长线上的一点, 且 CE=CD,求证:∠B=∠E 四、(本大题共 2 个小题,每小题 8 分,共 16 分) 18.关于 x 的一元二次方程 x2+3x+m-1=0 的两个实数根分别为 x1,x2. (1)求 m 的取值范围. (2)若 2(x1+x2)+ x1x2+10=0.求 m 的值. 19.矩形 ABCD 中,AB=2AD,E 为 AD 的中点,EF⊥EC 交 AB 于点 F,连 接 FC. (1)求证:⊿AEF∽⊿DCE (2)求 tan∠ECF 的值. 五、(本题满分 8 分) 20.学校 6 名教师和 234 名学生集体外出活动,准备租用 445 座大客 车或 30 座小客车,若租用 1 辆大车 2 辆小车供需租车费 1000 元;若 若租用 2 辆大车 1 辆小车供需租车费 1100 元. (1)求大、小车每辆的租车费各是多少元? (2)若每辆车上至少..要有一名教师,且总租车费用不超过...2300 元, 求最省钱的租车方案。 六、(本题满分 8 分) 21.在 Rt⊿POQ 中,OP=OQ=4,M 是 PQ 中点,把一三角尺的直角顶点放 在点 M 处,以 M 为旋转中心,旋转三角尺,三角尺的两直角边与⊿POQ 的两直角边分别交于点 A、B, (1)求证:MA=MB (2)连接 AB,探究:在旋转三角尺的过程中,⊿AOB 的周长是否存在 最小值,若存在,求出最小值,若不存在。请说明理由。 七、(本题满分 8 分) 22.如图,⊙C的内接⊿AOB中,AB=AO=4,tan∠AOB= 4 3 ,抛物线y=ax2+bx 经过点 A(4,0)与点(-2,6) (1)求抛物线的函数解析式. (2)直线 m 与⊙C 相切于点 A 交 y 轴于点 D,动点 P 在线段 OB 上, 从点 O 出发向点 B 运动;同时动点 Q 在线段 DA 上,从点 D 出发向点 A 运动,点 P 的速度为每秒 1 个单位长,点 Q 的速度为每秒 2 个单位长, 当 PQ⊥AD 时,求运动时间 t 的值 (3)点 R 在抛物线位于 x 轴下方部分的图象上,当⊿ROB 面积最大 时,求点 R 的坐标. 数学试题参考答案及评分意见 一、选择题(本大题共 10 个小题,每小题 3 分,共 30 分 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 A D C A D C C C B D 二、填空题(本大题共 4 个小题,每小题 3 分,共 12 分) 11. x>4 12. (x-6)(x+2); 13. 0.2 14. 4 3 . 三、(本大题共 3 个小题,每小题 6 分,共 18 分) 15. 解:原式= 1a a + )1)(1( 1   aa a ……(2 分) = 1a a + 1 1 a ……(4 分) = 1 1   a a …(5 分) =1. …(6 分) 16. 解 : 画 出 树 状 图 为: 由图可知共有 16 种等 可能的结果,其中两 次取得小球队标号相 同有 4 种(记为 A),标号的和等于 4 的有 3 种(记为 B) ∴P(A)= 16 4 = 4 1 ……(4 分) P(B)= 16 3 …(6 分) 17. 证明:∵ABCD 是等腰梯形,AD∥BC ∴∠B=∠BCD, ∠EDC=∠E ∴CE=CD∴∠EDC=∠E∴∠B=∠E 解四、(本大题共 2 个小题,每小题 8 分,共 16 分) 18 解:(1)∵关于 x 的一元二次方程 x2+3x+m-1=0 的两个实数根分别 为 x1,x2. ∴ ⊿≥0. 即 32-4(m-1)≥0,解得,m≤ 4 13 . ……(4 分) (2)由已知可得 x1+x2=3 x1x2 = m-1 又 2(x1+x2)+ x1x2+10=0 ∴2×(-3)+m-1+10=0 ……(6 分) ∴m=-3……(8 分) 19.(1)证明:∵ABCD 是矩形 ∴∠A=∠D=900 ∴∠DCE+∠DEC=900 ∵EF⊥EC ∴∠AEF+∠DEC=900 ∴∠DCE=∠AEF ∴⊿AEF∽⊿DCE (2)由(1)可知:⊿AEF∽⊿DCE ∴ DC AE = CE EF 在矩形 ABCD 中,E 为 AD 的中点。 AB=2AD ∴ DC=AB=4AE ∴ tan∠ECF= CE EF = DC AE = AE AE 4 = 4 1 五、 (本题满分 8 分) 20 解:(1)设大、小车每辆的租车费各是 x、y 元 则 x+2y=1000 x=400 2x+y=1100 解得: y=300 答:大、小车每辆的租车费各是 400 元、300 元 (2)240 名师生都有座位,租车总辆数≥6;每辆车上至少要有一名 教师,租车总辆数≤6.故租车总数事故 6 辆,设大车辆数是 x 辆,则 租小车(6-x)辆 45x+30(6-x) ≥240 x≥4 400x+300(6-x)≤2300 解得: x≤5 ∴ 4≤x≤5 ∵x 是正整数 ∴ x=4 或 5 于是又两种租车方案,方案 1:大车 4 辆 小车 2 辆 总租车费用 2200 元,方案 2:大车 5 辆 小车 1 辆 总租车费用 2300 元,可见最省钱 的是方案 1 六、(本题满分 8 分) 21(1)证明:连接 OM ∵ Rt⊿POQ 中,OP=OQ =4,M 是 PQ 的中点 ∴OM=PM= 2 1 PQ=2 2 ∠POM=∠BOM=∠P=450 ∵∠PMA+∠AMO=∠OMB+∠AMO ∴∠PMA=∠OMB ⊿PMA≌⊿OMB ∴ MA=MB (2)解:⊿AOB 的周长存在最小值 理由是: ⊿PMA≌⊿OMB ∴ PA=OB ∴OA+OB=OA+PA=OP=4 令 OA=x AB=y 则 y2=x2+(4-x)2=2x2-8x+16 =2(x-2)2+8≥8 当 x=2 时 y2 有最小值=8 从而 y≥2 2 故⊿AOB 的周长存在最小值,其最小值是 4+2 2 七、(本题满分 8 分) 22 解:(1)把点 A(4,0)与点(-2,6)代入抛物线 y=ax2+bx,得: 16a+4b=0 a= 2 1 4a-2b=6 解得: b= -2 ∴抛物线的函数解析式为:y= 2 1 x2-2x (2)连 AC 交 OB 于 E ∵直线 m 切⊙C 于 A ∴AC⊥m,∵ 弦 AB=AO ∴ ⌒ AB= ⌒ AO ∴AC⊥OB ∴m∥OB ∴∠ OAD=∠AOB ∵OA=4 tan∠AOB= 4 3 ∴OD=OA·tan∠OAD=4× 4 3 =3 作 OF⊥AD 于 F OF=OA·sin∠OAD=4× 5 3 =2.4 t 秒时,OP=t,DQ=2t,若 PQ⊥AD 则 FQ=OP= t DF=DQ-FQ= t ⊿ODF 中,t=DF= 22 OFOD  =1.8 秒 (3)令 R(x, 2 1x2-2x) (0<x<4) 作 RG⊥y 轴于 G 作 RH⊥OB 于 H 交 y 轴于 I 则 RG= x OG= 2 1x2+2x Rt⊿RIG 中,∵∠GIR=∠AOB ∴tan∠GIR= 4 3 ∴IG= 3 4 x IR= 3 5 x, Rt⊿OIH 中, OI=IG-OG= 3 4 x-( 2 1x2+2x)= 2 1x2- 3 2 x HI= 5 4 ( 2 1x2- 3 2 x) 于是 RH=IR-IH= 3 5 x- 5 4 ( 2 1x2- 3 2 x) =- 5 2 x2+ 15 33 x=- 5 2 x2+ 5 11x=- 5 2 ( x- 4 11)2+ 40 121 当 x= 4 11时,RH 最大。S⊿ROB 最大。这时 2 1 x2-2x= 2 1 ×( 4 11)2-2× 4 11=- 32 55 ∴点 R( 4 11,- 32 55 )
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