2013黑龙江省哈尔滨道外区数学三模(试题扫描答案WORD)

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道外三模参考答案

一．选择题 题号 答案 1 A 2 D 3 D 12 6 4 A 5 B 13 2(a-b)18 2 6 B 7 D 14 8 C 9 B 15 4 20 10 D 二．填空题 题号 11 答案 5.3×10题号 16 答案 18 -3 17 30(1+x)=36.3 2-2a35a24 解：原式()a2a2a2

a39a2a3a2

a2a2a2(3a)(3a)

a3a2 a2(3a)(3a)

1……2分 a3∵a=tan60°-6sin30°=3-6×

1=3-3 ……2分 2113原式 2分 ∴ ……

a33333

22．每个图正确各3分 23、解：（1）12+16+6+10+4=48(人)

……2分

∴一共抽查48名学生.

（2）2400×

6300（人） ……3分 48∴估计该校参加“美术“活动项目的人数为300人 ……1分 24、解：（1）∵A(—1,0)、B(3,0) 、C(0, 3).在抛物线上

0abca1∴09a3bc…… ∴b2 ……1分 1分 3cc3∴抛物线解析式为y=-x+2x+3 ……1分

2

y C D 4acb24(1)322b24 1 ∵-4a4(1)2a2(1)∴顶点D(1,4) ……1分

A O HB x - 5 -

S=

(34)14233=3 ……1分 222∴△BCD的面积为3 ……1分

25、∵点I是△ABC的内心 ∴∠1=∠2，,∠3=∠4 ……1分 ∵CD ∴∠2=∠5 ……1分 ∴∠4+∠5=∠3+∠1 ∴∠4+∠5=∠6

即∠DBI=∠DIB ……1分 ∴ID=BD ……1分

(2) ∵∠5=∠2 又∵∠1=∠2 ∴∠5=∠1 又∵∠BDE=∠ADB

∴△BDE∽△ADB ……2分 ∴

1 2 3 6 4 5

DEBDBE29=,设DE=2a,则BD=3a,AD=a

BDADAB32∵ID=BD ∴IE=ID-DE=3a-2a=2 ∴a=2, ∴AD==9 ……1分 ……1分

26、解：（1）设最初的规划有x栋建房, 根据题意得方程

150x150(x20) ……2分 140%115%

解得 x=48 ……1分

48150=12000 ……1分

140%∴最初的规划有48栋建房,政府规划的建房区域总面积是12000平方米. (2)设需要退出a栋，则

12000150(68a)20% ……2分

12000解得：a4 ……1分

∵a为最小整数，∴a=4

∴至少需要退出4栋. ……1分

27. （1）解：由题意可得A(-5，O),B(0，10)

y B D P G Q 1, ……1分 ∵CD⊥AB ∴∠ABO=∠DCO 21NH1∴tan∠DCO= 作NH⊥OC ∴tan∠DCO==

2HC2∴tan∠ABO=

∵N（8，4） ∴NH=4,OH=8,HC=8

∴OC=16 ∴C(16,0) ……1分 设直线CD的解析式为y=kx+b

A N C x O E F H 148kbk则  ∴2

016kbb8∴直线CD的解析式为y=－

1x8 ……1分 2- 6 -

(2)解：由题意可知AE=OF=m

CE=21-m,CF=16-m

25251∵tan∠DCO=,∴CP=CE=(21m) 552CQ=

y B D P G Q 55CF(16m) 22N C x A O E F 图2

①当0255525m ……2分 (21m)-(16m)=10552y B D G ②当1642525m ……2分 55A O 图3 y B D N P E C F x (3)解：∵直线DN、直线EF交于点C 当四边形DEFN为梯形时，则有NF∥DE ∴

CNCF ……1分 ∵CN=45 CD=85 CDCE458516m

21mG ∴

N E 图4 Q F C x ∴m=11 ……1分

O A ∵S梯形DEFN=S△DOC-S△DOE-S△NFC

∴S=64-24-10=30 ……1分

∴若四边形DEFN为梯形，则梯形DEFN的面积为30

28．（1）证明：过点C作CF⊥CP交BP的延长线于点F ∵∠BPC＝135°，∴∠CPF=∠F=45° ∴CP=CF

∵∠ACB=∠PCF=90°

∴∠ACB+∠BCP=∠PCF+∠BCP 即∠ACP=∠BCF 又∵CA=CB

∴△CAP≌△CBF ……3分 ∴AP=BF ……1分 在Rt△CPF中 cos∠CPF=

F

2CP= PF2Ｃ P

∴PF=2CP ∴AP=2CP+PB 即PA－PB＝2PC

A ……1分

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B

（2）解：过点C作CG⊥CP交BP的延长线于点G,连接AG ∵∠BPC＝135°, ∴∠CGP=∠CPG=45° ∴CP=CG

G ∵∠ACB=∠PCG=90°

∴∠ACB-∠ACP=∠PCG-∠ACP 即∠BCP=∠ACG

又∵CA=CB ∴△BCP≌△ACG ……1分 A ∴AG=BP ∠CGA=∠BPC=135° ∴∠AGP=90°

222

在Rt△AGP中，AG+PG=AP

222

……1分 即PB=AP-2CP

作CH⊥PG交PG于点H,交AP于点K ∴GH=PH, 又∵KH∥AG ∴△PHK∽△PGA ∴

Ｃ

H K E D P B

PHPK ∴AK=AP ……1分 PGPA∵∠PBH＝45° , ∴CH=HP ∴△CHE≌△PHK ∴KP=CE=AP=5

∴AP=10，又∵AD=8, ∴DP=2 KD=3 ∵△PDE∽△CDK ∴

PDDE2DE ∴ CDDKDE53∴DE=1 ∴CD=6 222

在Rt△CDP中，CD+DP=CPCP=210 ……1分 又∵PB=AP-2CP

2

22

2

2

∴PB=10-2×(210)=20

2

∴PB=25

……1分

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