2020雅礼集团-2初三数学一模(答案)

一、选择题（每小题3分，共36分）ABBCBDD1-12：CCCAB

二、填空题（每小题3分，共18分）13.2(x2)(x2)

14.1

15.3016.75

o

17.1218.95三、解答题（本大题共8小题，共66分）27119.计算：2cos30(3π)0321解：原式223

333123

......................................4分.....................................6分a2a2120.先化简，再求值：2()，其中aa2a1a1a2解：原式=

a(a1)2aa1

2(a1)a(a1)......................................4分a(a1)（aa-1）a2

==

(a1)2(a+1)a1将a2代入得：原式=

21.2=22+22-1.....................................6分(1)该班团员人数为：3÷25%=12（人）；......................................2分发4条赠言的人数为：12-2-2-3-1=4（人）(图略）；(2)60

o

......................................4分（3）画树状图如下：所选两位同学恰好是一位男同学和一位女同学的概率P

7．12

......................................8分22.（1）证明：AB为直径，ACB90O,

ADABCD,ACADACAEC90OEACCABACEABC

......................................4分（2）在RtABC中，ABAC2BC25ACEABC

ACCE

ABBCACBC12

CE

AB524

5......................................8分23.（1）过点F作FGEC于G，依题意知FG//DE,DF//GE,FGE90,∴四边形DFGE是矩形；FGDE;在RtCDE中，DECEtanDCE6tan3023（米）∴点F到直线CE的距离为23米.............................4分（2）∵斜坡CF的坡度i1:1.5

∴RtCFG中，CG1.5FG1.52333o

O

ABCDCD2CE

FDEG336

在RtBCE中，BECEtanBCE6363ABADDEBEDFDEBE3362363634.3(米)答：宣传牌的高度AB约为4.3米．......................................9分24.(1)证明：四边形ABCD为矩形，AB//CDBAEF

由折叠性质知：BAEB'AEFB'AE

AMFM

'.....................................2分(2)当点B恰好落在对角线AC上时，CFACAB2BC210

AB//CFABEFCEBE.....................................5分CEAB3CF5

(3)如图1，当点E在线段ABBEBC上时,AB'的延长线与DC交于点M



CFCE32CF2

3AB4设DMx,CM6x,AMMF6x410x

在RtADM中，AD2DM2AM282x2=（10-x）2

x=9，AM10x4155

sinDAB'DM9

9

AM415

.....................................7分541图1图2如图2，当点E在BC延长线上时，AD的延长线与B'E交于点M



BECE3

2B'EBE24，设B'Mx,AMME24x在RtAB'M

中，AB'2B'M2AM2,62x2(24x)2x

45

4

45

AM24x51

B'M45154

，sinDAB'AM514

45117综上：sinDAB'915

41或sinDAB'17.....................................9分25.(1)P1,10.....................................2分(2)相交，理由如下：.....................................3分设M(0,m)(m0)，则点M的“2倍雅圆”的半径r202

mm如图1，过点M作MQON于点Q,MON30O,OMm,MQ

12MO1

2

mr，直线ON与点M的“2倍雅圆”相交。.....................................5分（3）①如图2，过点B作BEl于点E,EAB45,EAEB

过点E作EGx轴于点G,过点A作AFEG交GE的延长线于点F.设点E(x,y)，O

FEGB90O,FEAEBG,AEEBAFEEGBEFGB,AFEG,3y1x,xy,x2,y2E(2,2)

1

x32

112

设点C(x,x3)，因为始终存在点C的“k倍雅圆”，rkxx30恒成立2211

k0且()243k0，解得k.....................................8分248设直线l的解析式为ykxb,将点A(0,3),E(2,2)代入得：y②直线AB的解析式为y3x3，设D(x,3x3)，则AD

(x0)2(3x33)210x,R203(x2)25x234O

323

x3x3(x2)244

20R3过点D作DHl于点H,DAH45,DH

2AD5x.2

假设存在以点D为圆心，20R为半径的圆与直线l有且只有1个交点，3则DH

20R,即5x5x2，解得x1，D(1,0)320R为半径的圆与直线l有且只有1个交点.3.....................................10分即存在点D(1,0)，使得以点D为圆心，图1图226.(1)ya(x22x1)2a(x1)22D(1,2).....................................3分（2）如图1，过点D作DHAB于点H,则AHBH在RtAEP中，tanEAP

EP

,EPAPtanEAPAPFP

在RtFBP中，tanFBP,FPBPtanFBP

BPDH24

EAPFBPtanEAPtanFBP

HB1ABAB

24

PEPF(APPB)tanEAPAB4为定值......................................6分AB（3）在PD上找一点M，使PMAM

则MPAMAP，AMD2APDADP

1

AB,DH22

AMADPQMQ

PHDH过点M作MQAP，垂足为Q，则PMQPDH,

AP

13AB2

PQAQ

13AH2

MQ31

PH(23)AH

13AHMQ22(23)AH2

MQ2AQ2AM2AD2AH2DH2

(13)

31AHAH24AH2A(3,0)

2

1123

代入抛物线解析式得a，抛物线解析式为yxx..............................10分2222

MHQH