文档内容
2013年四川省自贡市中考数学试卷
一、选择题（共10个小题，每小题4分，共40分）
1．（4分）与﹣3的差为0的数是（ ）
A．3 B．﹣3 C． D．
2．（4分）在我国南海某海域探明可燃冰储量约有194亿立方米．194亿用科学记数法表示为
（ ）
A．1.94×1010 B．0.194×1010 C．19.4×109 D．1.94×109
3．（4分）某班七个合作学习小组人数如下：4、5、5、x、6、7、8，已知这组数据的平均数是6，则
这组数据的中位数是（ ）
A．5 B．5.5 C．6 D．7
4．（4分）在四张背面完全相同的卡片上分别印有等腰三角形、平行四边形、菱形、圆的图案，
现将印有图案的一面朝下，混合后从中随机抽取两张，则抽到卡片上印有的图案都是轴对
称图形的概率为（ ）
A． B． C． D．
5．（4分）如图，在平面直角坐标系中， A经过原点O，并且分别与x轴、y轴交于B、C两点，
已知B（8，0），C（0，6），则 ⊙A的半径为（ ）
⊙
A．3 B．4 C．5 D．8
6．（4分）如图，在平行四边形ABCD中，AB＝6，AD＝9，∠BAD的平分线交BC于E，交DC
的延长线于F，BG⊥AE于G，BG＝ ，则△EFC的周长为（ ）
第1页（共24页）A．11 B．10 C．9 D．8
7．（4分）某超市货架上摆放着某品牌红烧牛肉方便面，如图是它们的三视图，则货架上的红
烧牛肉方便面至少有（ ）
A．8 B．9 C．10 D．11
8．（4分）如图，将一张边长为3的正方形纸片按虚线裁剪后，恰好围成一个底面是正三角形
的棱柱，这个棱柱的侧面积为（ ）
A．9 B．9﹣3 C． D．
9．（4分）如图，点O是正六边形的对称中心，如果用一副三角板的角，借助点O（使该角的顶
点落在点O处），把这个正六边形的面积n等分，那么n的所有可能取值的个数是（ ）
A．4 B．5 C．6 D．7
10．（4分）如图，已知A、B是反比例函数 上的两点，BC∥x轴，交y轴于
C，动点P从坐标原点O出发，沿O→A→B→C匀速运动，终点为C，过运动路线上任意一
点P作PM⊥x轴于M，PN⊥y轴于N，设四边形OMPN的面积为S，P点运动的时间为t，
则S关于t的函数图象大致是（ ）
第2页（共24页）A． B．
C． D．
二、填空题（共5个小题，每小题4分，共20分）
11．（4分）多项式ax2﹣a与多项式x2﹣2x+1的公因式是 ．
12．（4分）计算： ＝ ．
13．（4分）如图，边长为1的小正方形网格中， O的圆心在格点上，则∠AED的余弦值是
． ⊙
14．（4分）已知关于x的方程x2﹣（a+b）x+ab﹣1＝0，x 、x 是此方程的两个实数根，现给出三
1 2
个结论： x ≠x ； x x ＜ab； x 2+x 2＜a2+b2．则正确结论的序号是 ．（填上
1 2 1 2 1 2
你认为正①确结论的所②有序号） ③
15．（4分）如图，在函数 的图象上有点P 、P 、P …、P 、P ，点P 的横坐标为
1 2 3 n n+1 1
2，且后面每个点的横坐标与它前面相邻点的横坐标的差都是2，过点P 、P 、P …、P 、
1 2 3 n
P 分别作x轴、y轴的垂线段，构成若干个矩形，如图所示，将图中阴影部分的面积从左
n+1
至右依次记为S 、S 、S …、S ，则S ＝ ，S ＝ ．（用含n的代数式表示）
1 2 3 n 1 n
三、解答题（共2个题，每题8分，共16分）
第3页（共24页）16．（8分）解不等式组： 并写出它的所有的整数解．
17．（8分）先化简（ ﹣ ）÷ ，然后从1、 、﹣1中选取一个你认为合适的数作
为a的值代入求值．
四、解答题（共2个题，每小题8分，共16分）
18．（8分）用配方法解关于x的一元二次方程ax2+bx+c＝0．
19．（8分）某校住校生宿舍有大小两种寝室若干间，据统计该校高一年级男生740人，使用了
55间大寝室和50间小寝室，正好住满；女生730人，使用了大寝室50间和小寝室55间，
也正好住满．
（1）求该校的大小寝室每间各住多少人？
（2）预测该校今年招收的高一新生中有不少于630名女生将入住寝室80间，问该校有多
少种安排住宿的方案？
五、解答题（共2个题，每题10分，共20分）
20．（10分）为配合我市创建省级文明城市，某校对八年级各班文明行为劝导志愿者人数进行
了统计，各班统计人数有6名、5名、4名、3名、2名、1名共计六种情况，并制作如下两幅
不完整的统计图．
（1）求该年级平均每班有多少文明行为劝导志愿者？并将条形图补充完整；
（2）该校决定本周开展主题实践活动，从八年级只有2名文明行为劝导志愿者的班级中任
选两名，请用列表或画树状图的方法，求出所选文明行为劝导志愿者有两名来自同一班级
的概率．
21．（10分）如图，点B、C、D都在 O上，过点C作AC∥BD交OB延长线于点A，连接CD，
且∠CDB＝∠OBD＝30°，DB＝⊙ cm．
（1）求证：AC是 O的切线；
⊙
第4页（共24页）（2）求由弦CD、BD与弧BC所围成的阴影部分的面积．（结果保留 ）
π
六、解答题（本题满分12分）
22．（12分）在东西方向的海岸线l上有一长为1km的码头MN（如图），在码头西端M的正西
19.5km处有一观察站A．某时刻测得一艘匀速直线航行的轮船位于A的北偏西30°，且与
A相距40km的B处；经过1小时20分钟，又测得该轮船位于A的北偏东60°，且与A相距
km的C处．
（1）求该轮船航行的速度（保留精确结果）；
（2）如果该轮船不改变航向继续航行，那么轮船能否正好行至码头MN靠岸？请说明理由．
七、解答题（本题满分12分）
23．（12分）将两块全等的三角板如图 摆放，其中∠A CB ＝∠ACB＝90°，∠A ＝∠A＝
1 1 1
30°． ①
（1）将图 中的△A B C顺时针旋转45°得图 ，点P 是A C与AB的交点，点Q是A B
1 1 1 1 1 1
与BC的交①点，求证：CP ＝CQ； ②
1
（2）在图 中，若AP ＝2，则CQ等于多少？
1
（3）如图 ②，在B
1
C上取一点E，连接BE、P
1
E，设BC＝1，当BE⊥P
1
B时，求△P
1
BE面积
的最大值③．
第5页（共24页）八、解答题（本题满分14分）
24．（14分）如图，已知抛物线y＝ax2+bx﹣2（a≠0）与x轴交于A、B两点，与y轴交于C点，
直线BD交抛物线于点D，并且D（2，3），tan∠DBA＝ ．
（1）求抛物线的解析式；
（2）已知点M为抛物线上一动点，且在第三象限，顺次连接点B、M、C、A，求四边形BMCA
面积的最大值；
（3）在（2）中四边形BMCA面积最大的条件下，过点M作直线平行于y轴，在这条直线上
是否存在一个以Q点为圆心，OQ为半径且与直线AC相切的圆？若存在，求出圆心Q的
坐标；若不存在，请说明理由．
第6页（共24页）2013年四川省自贡市中考数学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（共10个小题，每小题4分，共40分）
1．【分析】与﹣3的差为0的数就是﹣3+0，据此即可求解．
【解答】解：﹣3+0＝﹣3．
故选：B．
【点评】本题考查了有理数的减法运算，正确列出式子是关键．
2．【分析】科学记数法的表示形式为a×10n的形式，其中1≤|a|＜10，n为整数．确定n的值时，
要看把原数变成a时，小数点移动了多少位，n的绝对值与小数点移动的位数相同．当原
数绝对值＞1时，n是正数；当原数的绝对值＜1时，n是负数．
【解答】解：194亿＝19400000000，用科学记数法表示为：1.94×1010．
故选：A．
【点评】此题考查了科学记数法的表示方法．科学记数法的表示形式为a×10n的形式，其中
1≤|a|＜10，n为整数，表示时关键要正确确定a的值以及n的值．
3．【分析】根据平均数的定义先求出这组数据x，再将这组数据从小到大排列，然后找出最中
间的数即可．
【解答】解：∵4、5、5、x、6、7、8的平均数是6，
∴（4+5+5+x+6+7+8）÷7＝6，
解得：x＝7，
将这组数据从小到大排列为4、5、5、6、7、7、8，
最中间的数是6；
则这组数据的中位数是6；
故选：C．
【点评】此题考查了中位数，掌握中位数的概念是解题的关键，中位数是将一组数据从小
到大（或从大到小）重新排列后，最中间的那个数（最中间两个数的平均数）．
4．【分析】首先根据题意画出树状图，然后由树状图求得所有等可能的结果与抽到卡片上印
有的图案都是轴对称图形的情况，再利用概率公式求解即可求得答案．
【解答】解：分别用A、B、C、D表示等腰三角形、平行四边形、菱形、圆，
画树状图得：
第7页（共24页）∵共有12种等可能的结果，抽到卡片上印有的图案都是轴对称图形的有6种情况，
∴抽到卡片上印有的图案都是轴对称图形的概率为： ＝ ．
故选：D．
【点评】本题考查的是用列表法或画树状图法求概率．列表法或画树状图法可以不重复不
遗漏的列出所有可能的结果，列表法适合于两步完成的事件，树状图法适合两步或两步以
上完成的事件．注意概率＝所求情况数与总情况数之比．
5．【分析】连接BC，由90度的圆周角所对的弦为直径，得到BC为圆A的直径，在直角三角形
BOC中，由OB与OC的长，利用勾股定理求出BC的长，即可确定出圆A的半径．
【解答】解：连接BC，
∵∠BOC＝90°，
∴BC为圆A的直径，即BC过圆心A，
在Rt△BOC中，OB＝8，OC＝6，
根据勾股定理得：BC＝10，
则圆A的半径为5．
故选：C．
【点评】此题考查了圆周角定理，坐标与图形性质，以及勾股定理，熟练掌握圆周角定理是
解本题的关键．
6．【分析】判断出△ADF是等腰三角形，△ABE是等腰三角形，DF的长度，继而得到EC的长
度，在Rt△BGE中求出GE，继而得到AE，求出△ABE的周长，根据相似三角形的周长之
比等于相似比，可得出△EFC的周长．
【解答】解：∵在 ▱ABCD中，AB＝CD＝6，AD＝BC＝9，∠BAD的平分线交BC于点E，
第8页（共24页）∴∠BAF＝∠DAF，
∵AB∥DF，AD∥BC，
∴∠BAF＝∠F＝∠DAF，∠BAE＝∠AEB，
∴AB＝BE＝6，AD＝DF＝9，
∴△ADF是等腰三角形，△ABE是等腰三角形，
∵AD∥BC，
∴△EFC是等腰三角形，且CF＝CE，
∴EC＝FC＝DF﹣DC＝9﹣6＝3， ＝ ，
在△ABG中，BG⊥AE，AB＝6，BG＝4 ，
∴AG＝ ＝2，
∴AE＝2AG＝4，
∴△ABE的周长等于16，
又∵△CEF∽△BEA，相似比为1：2，
∴△CEF的周长为8．
故选：D．
【点评】本题主要考查了勾股定理、相似三角形、等腰三角形的性质，注意掌握相似三角形
的周长之比等于相似比，此题难度较大．
7．【分析】主视图、左视图、俯视图是分别从物体正面、左面和上面看，所得到的图形．
【解答】解：易得第一层有4碗，第二层最少有3碗，第三层最少有2碗，所以至少共有9个
碗．
故选：B．
【点评】考查学生对三视图掌握程度和灵活运用能力，同时也体现了对空间想象能力方面
的考查．如果掌握口诀“俯视图打地基，正视图疯狂盖，左视图拆违章”就更容易得到答
案．
8．【分析】这个棱柱的侧面展开正好是一个长方形，长为3，宽为3，减去两个三角形的高，再
用长方形的面积公式计算即可解答．
第9页（共24页）【解答】解：∵将一张边长为3的正方形纸片按虚线裁剪后，恰好围成一个底面是正三角形
的棱柱，
∴这个正三角形的底面边长为1，高为 ＝ ，
∴侧面积为长为3，宽为3﹣ 的长方形，面积为9﹣3 ．
故选：B．
【点评】此题主要考查了剪纸问题的实际应用，动手操作拼出图形，并能正确进行计算是
解答本题的关键．
9．【分析】根据圆内接正多边形的性质可知，只要把此正六边形再化为正多边形即可，即让周
角除以30的倍数就可以解决问题．
【解答】解：360°÷30°＝12；
360°÷60°＝6；
360°÷90°＝4；
360°÷120°＝3；
360°÷180°＝2；
因此n的所有可能的值共5种情况，
故选：B．
【点评】本题考查了正多边形和圆，只需让周角除以30°的倍数即可．
10．【分析】通过两段的判断即可得出答案， 点P在AB上运动时，此时四边形OMPN的面
积不变，可以排除B、D； 点P在BC上运①动时，S减小，S与t的关系为一次函数，从而排
除C． ②
【解答】解： 点P在AB上运动时，此时四边形OMPN的面积S＝K，保持不变，故排除
B、D； ①
点P在BC上运动时，设路线O→A→B→C的总路程为l，点P的速度为a，则S＝
②OC×CP＝OC×（l﹣at），因为l，OC，a均是常数，
所以S与t成一次函数关系．故排除C．
故选：A．
【点评】本题考查了动点问题的函数图象，解答此类题目并不需要求出函数解析式，只要
判断出函数的增减性，或者函数的性质即可，注意排除法的运用．
二、填空题（共5个小题，每小题4分，共20分）
11．【分析】第一个多项式提取a后，利用平方差公式分解，第二个多项式利用完全平方公式
第10页（共24页）分解，找出公因式即可．
【解答】解：多项式ax2﹣a＝a（x+1）（x﹣1），多项式x2﹣2x+1＝（x﹣1）2，
则两多项式的公因式为x﹣1．
故答案为：x﹣1．
【点评】此题考查了公因式，将两多项式分解因式是找公因式的关键．
12．【分析】本题涉及零指数幂、负指数幂、特殊角的三角函数值、绝对值等四个考点．针对每
个考点分别进行计算，然后根据实数的运算法则求得计算结果．
【解答】解：原式＝1+ ﹣2× ﹣（2﹣ ）
＝1+2﹣ ﹣2+
＝1，
故答案为：1．
【点评】本题考查实数的综合运算能力，是各地中考题中常见的计算题型．解决此类题目
的关键是熟记特殊角的三角函数值，熟练掌握负零指数幂、负指数幂、特殊角的三角函数
值、绝对值等考点的运算．
13．【分析】根据同弧所对的圆周角相等得到∠ABC＝∠AED，在直角三角形ABC中，利用锐
角三角函数定义求出cos∠ABC的值，即为cos∠AED的值．
【解答】解：∵∠AED与∠ABC都对 ，
∴∠AED＝∠ABC，
在Rt△ABC中，AB＝2，AC＝1，
根据勾股定理得：BC＝ ，
则cos∠AED＝cos∠ABC＝ ＝ ．
故答案为：
【点评】此题考查了圆周角定理，锐角三角函数定义，以及勾股定理，熟练掌握圆周角定理
是解本题的关键．
14．【分析】（1）可以利用方程的判别式就可以判定是否正确；
（2）根据两根之积就可以判定是否正确；
（3）利用根与系数的关系可以求出x 2+x 2的值，然后也可以判定是否正确．
1 2
【解答】解： ∵方程x2﹣（a+b）x+ab﹣1＝0中，
①
第11页（共24页）△＝（a+b）2﹣4（ab﹣1）＝（a﹣b）2+4＞0，
∴x ≠x
1 2
故 正确；
①∵x
1
x
2
＝ab﹣1＜ab，故 正确；
②∵x 1 +x 2 ＝a+b， ②
③即（x
1
+x
2
）2＝（a+b）2，
∴x 2+x 2＝（x +x ）2﹣2x x ＝（a+b）2﹣2ab+2＝a2+b2+2＞a2+b2，
1 2 1 2 1 2
即x 2+x 2＞a2+b2．
1 2
故 错误；
综③上所述，正确的结论序号是： ．
故答案是： ． ①②
【点评】本题①考②查的是一元二次方程根的情况与判别式△的关系，及一元二次方程根与系
数的关系，需同学们熟练掌握．
15．【分析】求出P 、P 、P 、P …的纵坐标，从而可计算出S 、S 、S 、S …的高，进而求出S 、
1 2 3 4 1 2 3 4 1
S 、S 、S …，从而得出S 的值．
2 3 4 n
【解答】解：当x＝2时，P 的纵坐标为4，
1
当x＝4时，P 的纵坐标为2，
2
当x＝6时，P 的纵坐标为 ，
3
当x＝8时，P 的纵坐标为1，
4
当x＝10时，P 的纵坐标为： ，
5
…
则S ＝2×（4﹣2）＝4＝2[ ﹣ ]；
1
S ＝2×（2﹣ ）＝2× ＝2[ ﹣ ]；
2
S ＝2×（ ﹣1）＝2× ＝2[ ﹣ ]；
3
…
Sn＝2[ ﹣ ]＝ ；
第12页（共24页）故答案为：4； ．
【点评】此题考查了反比例函数图象上点的坐标特征，根据坐标求出各阴影的面积表达式
是解题的关键．
三、解答题（共2个题，每题8分，共16分）
16．【分析】先求出两个不等式的解集，再求其公共解，然后写出整数解即可．
【解答】解： ，
解不等式 得，x≥1，
解不等式①得，x＜4，
所以，不②等式组的解集是1≤x＜4，
所以，不等式组的所有整数解是1、2、3．
【点评】本题主要考查了一元一次不等式组解集的求法，其简便求法就是用口诀求解．求
不等式组解集的口诀：同大取大，同小取小，大小小大中间找，大大小小找不到（无解）．
17．【分析】先算括号内的减法，同时把除法变成乘法，再根据分式的乘法进行计算，最后代入
求出即可．
【解答】解：（ ﹣ ）÷
＝ •
＝ ，
∵a≠±1，
∴当a＝ 时，原式＝ ＝2 ．
【点评】本题考查了分式的化简求值，能正确根据分式的运算法则进行化简是解此题的关
键．
第13页（共24页）四、解答题（共2个题，每小题8分，共16分）
18．【分析】此题考查了配方法解一元二次方程，解题时要注意解题步骤的准确应用，把左边
配成完全平方式，右边化为常数．
【解答】解：∵关于x的方程ax2+bx+c＝0是一元二次方程，
∴a≠0．
∴由原方程，得
x2+ x＝﹣ ，
等式的两边都加上 ，得
x2+ x+ ＝﹣ + ，
配方，得
（x+ ）2＝﹣ ，
当b2﹣4ac＞0时，
开方，得：x+ ＝± ，
解得x ＝ ，x ＝ ，
1 2
当b2﹣4ac＝0时，解得：x ＝x ＝﹣ ；
1 2
当b2﹣4ac＜0时，原方程无实数根．
【点评】本题考查了配方法解一元二次方程．用配方法解一元二次方程的步骤：
（1）形如x2+px+q＝0型：第一步移项，把常数项移到右边；第二步配方，左右两边加上一次
项系数一半的平方；第三步左边写成完全平方式；第四步，直接开方即可．
（2）形如ax2+bx+c＝0型，方程两边同时除以二次项系数，即化成x2+px+q＝0，然后配方．
19．【分析】（1）首先设该校的大寝室每间住x人，小寝室每间住y人，根据关键语句“高一
年级男生740人，使用了55间大寝室和50间小寝室，正好住满；女生730人，使用了大寝
室50间和小寝室55间，也正好住满”列出方程组即可；
（2）设大寝室a间，则小寝室（80﹣a）间，由题意可得a≤80，再根据关键语句“高一新生
第14页（共24页）中有不少于630名女生将入住寝室80间”可得不等式8a+6（80﹣a）≥630，解不等式组
即可．
【解答】解：（1）设该校的大寝室每间住x人，小寝室每间住y人，由题意得：
，
解得： ，
答：该校的大寝室每间住8人，小寝室每间住6人；
（2）设大寝室a间，则小寝室（80﹣a）间，由题意得：
，
解得：80≥a≥75，
a＝75时，80﹣75＝5，
①a＝76时，80﹣a＝4，
②a＝77时，80﹣a＝3，
③a＝78时，80﹣a＝2，
④a＝79时，80﹣a＝1，
⑤a＝80时，80﹣a＝0．
⑥答：共有6种安排住宿的方案．
【点评】此题主要考查了二元一次方程组的应用，以及一元一次不等式组的应用，关键是
正确理解题意，抓住题目中的关键语句，列出方程和不等式．
五、解答题（共2个题，每题10分，共20分）
20．【分析】（1）根据志愿者有6名的班级占20%，可求得班级总数，再求得志愿者是2名的
班数，进而可求出每个班级平均的志愿者人数；
（2）由（1）得只有2名志愿者的班级有2个，共4名学生．设A ，A 来自一个班，B ，B 来自
1 2 1 2
一个班，列出树状图可得出来自一个班的共有4种情况，则所选两名志愿者来自同一个班
级的概率．
【解答】解：（1）∵有6名志愿者的班级有4个，
∴班级总数为：4÷20%＝20（个），
有两名志愿者的班级有：
20﹣4﹣5﹣4﹣3﹣2＝2（个），如图所示：
第15页（共24页）该年级平均每班有；
（4×6+5×5+4×4+3×3+2×2+2×1）＝4（名），
（2）由（1）得只有2名文明行为劝导志愿者的班级有2个，共4名学生．设A ，A 来自一个
1 2
班，B ，B 来自一个班，
1 2
由树状图可知，共有12种可能的情况，并且每种结果出现的可能性相等，其中来自一个班
的共有4种情况，
则所选两名文明行为劝导志愿者来自同一个班级的概率为： ＝ ．
【点评】此题主要考查了条形统计图与扇形统计图的综合应用以及树状图法求概率，根据
图象得出正确信息是解题关键．
21．【分析】（1）求出∠COB的度数，求出∠A的度数，根据三角形的内角和定理求出∠OCA
的度数，根据切线的判定推出即可；
（2）如解答图所示，解题关键是证明△CDM≌△OBM，从而得到S阴影 ＝S扇形BOC ．
【解答】如图，连接BC，OD，OC，设OC与BD交于点M．
（1）证明：根据圆周角定理得：∠COB＝2∠CDB＝2×30°＝60°，
∵AC∥BD，
∴∠A＝∠OBD＝30°，
∴∠OCA＝180°﹣30°﹣60°＝90°，
第16页（共24页）即OC⊥AC，
∵OC为半径，
∴AC是 O的切线；
⊙
（2）解：由（1）知，AC为 O的切线，
∴OC⊥AC． ⊙
∵AC∥BD，
∴OC⊥BD．
由垂径定理可知，MD＝MB＝ BD＝ ．
在Rt△OBM中，∠COB＝60°，OB＝ ＝ ＝6．
在△CDM与△OBM中，
∴△CDM≌△OBM（ASA），
∴S△CDM ＝S△OBM
∴阴影部分的面积S阴影 ＝S扇形BOC ＝ ＝6 （cm2）．
π
【点评】本题考查了平行线性质，切线的判定，扇形的面积，三角形的面积，圆周角定理的
应用，主要考查学生综合运用定理进行推理和计算的能力．
六、解答题（本题满分12分）
22．【分析】（1）根据∠1＝30°，∠2＝60°，可知△ABC为直角三角形．根据勾股定理解答．
（2）延长BC交l于T，比较AT与AM、AN的大小即可得出结论．
【解答】解：（1）∵∠1＝30°，∠2＝60°，
∴△ABC为直角三角形．
第17页（共24页）∵AB＝40km，AC＝ km，
∴BC＝ ＝ ＝16 （km）．
∵1小时20分钟＝80分钟，1小时＝60分钟，
∴ ×60＝12 （千米/小时）．
（2）能．
理由：作线段BR⊥AN于R，作线段CS⊥AN于S，延长BC交l于T．
∵∠2＝60°，
∴∠4＝90°﹣60°＝30°．
∵AC＝8 （km），
∴CS＝8 sin30°＝4 （km）．
∴AS＝8 cos30°＝8 × ＝12（km）．
又∵∠1＝30°，
∴∠3＝90°﹣30°＝60°．
∵AB＝40km，
∴BR＝40•sin60°＝20 （km）．
∴AR＝40×cos60°＝40× ＝20（km）．
易得，△STC∽△RTB，
所以 ＝ ，
，
解得：ST＝8（km）．
所以AT＝12+8＝20（km）．
又因为AM＝19.5km，MN长为1km，∴AN＝20.5km，
∵19.5＜AT＜20.5
故轮船能够正好行至码头MN靠岸．
第18页（共24页）【点评】此题结合方向角，考查了阅读理解能力、解直角三角形的能力．计算出相关特殊角
和作出辅助线构造相似三角形是解题的关键．
七、解答题（本题满分12分）
23．【分析】（1）先判断∠B CQ＝∠BCP ＝45°，利用ASA即可证明△B CQ≌△BCP ，从而得
1 1 1 1
出结论．
（2）作P D⊥CA于D，在RtADP 中，求出P D，在Rt△CDP 中求出CP ，继而可得出CQ
1 1 1 1 1
的长度．
（3）证明△AP C∽△BEC，则有AP ：BE＝AC：BC＝ ：1，设AP ＝x，则BE＝ x，得出
1 1 1
S△P1BE 关于x的表达式，利用配方法求最值即可．
【解答】（1）证明：∵∠B CB＝45°，∠B CA ＝90°，
1 1 1
∴∠B CQ＝∠BCP ＝45°，
1 1
∵在△B CQ和△BCP 中，
1 1
，
∴△B CQ≌△BCP （ASA），
1 1
∴CQ＝CP ；
1
（2）作P D⊥CA于D，
1
∵∠A＝30°，
第19页（共24页）∴P D＝ AP ＝1，
1 1
∵∠P CD＝45°，
1
∴ ＝sin45°＝ ，
∴CP ＝ P D＝ ，
1 1
又∵CP ＝CQ，
1
∴CQ＝ ；
（3）∵∠P BE＝90°，∠ABC＝60°，
1
∴∠A＝∠CBE＝30°，
∴AC＝ BC，
由旋转的性质可得：∠ACP ＝∠BCE，
1
∴△AP C∽△BEC，
1
∴AP ：BE＝AC：BC＝ ：1，
1
设AP ＝x，则BE＝ x，
1
在Rt△ABC中，∠A＝30°，
∴AB＝2BC＝2，
∴S△P1BE ＝ × x（2﹣x）＝﹣ x2+ x
＝﹣ （x﹣1）2+ ，
故当x＝1时，S△P1BE（max） ＝ ．
【点评】本题考查了相似三角形的判定与性质，解答本题需要我们熟练掌握含30°角的直
角三角形的性质、勾股定理及配方法求二次函数的最值，有一定难度．
八、解答题（本题满分14分）
24．【分析】（1）如答图1所示，利用已知条件求出点B的坐标，然后用待定系数法求出抛物
线的解析式；
（2）如答图1所示，首先求出四边形BMCA面积的表达式，然后利用二次函数的性质求出
其最大值；
第20页（共24页）（3）本题利用切线的性质、相似三角形与勾股定理求解．如答图2所示，首先求出直线AC
与直线 x＝﹣2 的交点 F 的坐标，从而确定了 Rt△AGF 的各个边长；然后证明
Rt△AGF∽Rt△QEF，利用相似线段比例关系列出方程，求出点Q的坐标．
【解答】方法一：
解：（1）如答图1所示，过点D作DE⊥x轴于点E，则DE＝3，OE＝2．
∵tan∠DBA＝ ＝ ，
∴BE＝6，
∴OB＝BE﹣OE＝4，
∴B（﹣4，0）．
∵点B（﹣4，0）、D（2，3）在抛物线y＝ax2+bx﹣2（a≠0）上，
∴ ，
解得 ，
∴抛物线的解析式为：y＝ x2+ x﹣2．
（2）抛物线的解析式为：y＝ x2+ x﹣2，
令x＝0，得y＝﹣2，∴C（0，﹣2），
令y＝0，得x＝﹣4或1，∴A（1，0）．
设点M坐标为（m，n）（m＜0，n＜0），
如答图1所示，过点M作MF⊥x轴于点F，则MF＝﹣n，OF＝﹣m，BF＝4+m．
S四边形BMCA ＝S△BMF +S梯形MFOC +S△AOC
＝ BF•MF+ （MF+OC）•OF+ OA•OC
＝ （4+m）×（﹣n）+ （﹣n+2）×（﹣m）+ ×1×2
＝﹣2n﹣m+1
∵点M（m，n）在抛物线y＝ x2+ x﹣2上，
第21页（共24页）∴n＝ m2+ m﹣2，代入上式得：
S四边形BMCA ＝﹣m2﹣4m+5＝﹣（m+2）2+9，
∴当m＝﹣2时，四边形BMCA面积有最大值，最大值为9．
（3）假设存在这样的 Q．
如答图2所示，设直线⊙x＝﹣2与x轴交于点G，与直线AC交于点F．
设直线AC的解析式为y＝kx+b，将A（1，0）、C（0，﹣2）代入得：
，
解得：k＝2，b＝﹣2，
∴直线AC解析式为：y＝2x﹣2，
令x＝﹣2，得y＝﹣6，∴F（﹣2，﹣6），GF＝6．
在Rt△AGF中，由勾股定理得：AF＝ ＝ ＝3 ．
设Q（﹣2，n），则在Rt△QGO中，由勾股定理得：OQ＝ ＝ ．
设 Q与直线AC相切于点E，则QE＝OQ＝ ．
⊙
在Rt△AGF与Rt△QEF中，
∵∠AGF＝∠QEF＝90°，∠AFG＝∠QFE，
∴Rt△AGF∽Rt△QEF，
∴ ，即 ，
化简得：n2﹣3n﹣4＝0，解得n＝4或n＝﹣1．
∴存在一个以Q点为圆心，OQ为半径且与直线AC相切的圆，点Q的坐标为（﹣2，4）或
（﹣2，﹣1）．
方法二：
（1）略．
（2）∵y＝ x2+ ﹣2，∴C（0，﹣2），A（1，0），
连接BC，过点M作x轴垂线，交BC于H，设M（t， t2+ t﹣2），
第22页（共24页）∵B（﹣4，0），C（0，﹣2），
∴l ：y＝﹣ x﹣2，
BC
∴H（t，﹣ t﹣2），
S△BCM ＝ （
x
﹣B
x
）（H
y
﹣M
y
）＝ ×4×（﹣ t﹣2﹣ t2﹣ t+2）＝﹣t2﹣4t，
∁
∴当t＝﹣2时，S△BCM 有最大值等于4，
S△ABC＝ ×5×2＝5，
∴四边形BMCA面积最大值等于9．
（3）若存在，设圆心为Q（﹣2，t），切点为E，则QE⊥AC，
∴K ×K ＝﹣1，
QE AC
∵l ：y＝2x﹣2，∴K ＝2，K ＝﹣ ，
AC AC QE
∴设l ：y＝﹣ x+b，把Q（﹣2，t）代入，
QE
∴b＝t﹣1，
∴l ：y＝﹣ x+t﹣1，
QE
∵l ：y＝2x﹣2，∴x＝ t+ ，y＝ t﹣ ，
AC
∴E（ t+ ， t﹣ ），Q（﹣2，t），O（0，0），
∵OQ＝QE，
∴t2+22＝（ t+ +2）2+（ t﹣ ﹣t）2，
∴t2﹣3t﹣4＝0，
∴t ＝﹣1，t ＝4，
1 2
∴Q （﹣2，﹣1），Q （﹣2，4）．
1 2
第23页（共24页）【点评】本题是中考压轴题，综合考查了二次函数的图象与性质、一次函数的图象与性质、
待定系数法、相似三角形、勾股定理、圆的切线性质、解直角三角形、图形面积计算等重要
知识点，涉及考点众多，有一定的难度．第（2）问面积最大值的问题，利用二次函数的最值
解决；第（3）问为存在型问题，首先假设存在，然后利用已知条件，求出符合条件的点Q坐
标．
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