2022北京中考数学学科押题卷答案-马甸校区-数学组.docx

2021年高考化学押题卷答案【北京卷】
命题人：马甸校区 数学组
一、 选择题
1-5：ADCCC 6-10：CCBBB
二、 填空题
11： 12.187 13.（-3,0） 14.π 15.K=-3
16.斜边、直角边(基本事实)，全等三角形对应边相等；全等三角形对应边相等；勾股定理均给3分（只写对应边相等给1分）
三、解答题
17.解：原式= …………………………………………4分
=. …………………………………………5分
18.答案： —4＜x≤2
19.答案：
∴原式=
20．解：（1）∵关于的方程有两个不相等的实数根，
∴. …………………………1分
∴. .…………………………2分
（2）∵m为符合条件的最大整数，
∴. .…………………………3分
∴.
.
.
，.
21.【考点】根的判别式，公式法求解一元二次方程．菁优网版权所有
【分析】（1）这是一个典型的带有参数的一元二次方程，需要密切的注意题目所要求我们求证的结论，用根的判别式求解，并注意二次项的系数不为零；
（2）利用求根公式求出方程的具体两个根，再根据实数根都是整数的性质求出k值．
【解答】（1）证明：，
是关于x的一元二次方程．
……………………………………………………1分
．
方程总有两个不相等的实数根． ………………………………………2分
（2）解：由求根公式，得
．
． …………………………………………………………4分
方程的两个实数根都是整数，且是整数，
或．…………………………………………………………5分
【点评】本题考查了一元二次方程的根的判别式，一元二次方程的定义，用公式法求方程的根及不等式求整数解的范围．
∴方程的根为，. .…………………………5分
22.【考点】分式方程的应用．菁优网版权所有
【分析】这是一个非常典型的分式方程的应用，需要根据题目条件把握好相应的两个条件，并根据条件列出方程并求解。
【解答】设例子中的A4厚型纸每页的质量为x克．………………………………………1分
由题意，得 ． ………………………………………………2分
解得 ． ………………………………………………………3分
经检验， 为原方程的解，且符合题意． ………………………………4分
答：例子中的A4厚型纸每页的质量为4克． …………………………………5分
【点评】本题考查了分式方程的简单应用，此类题目一定要把条件分析清，通常题目问什么设什么，把方程正确列出来，求出来的解一定要看是否符合题意．
23.【考点】LA：菱形的判定与性质．菁优网版权所有
【分析】1）由平行四边形的性质得出AD=BC，由直角三角形斜边上的中线性质得出AE=BC=CE，AF=AD=CF，得出AE=CE=AF=CF，即可得出结论；
（2）连接EF交AC于点O，解直角三角形求出AC、AB，由三角形中位线定理求出OE，得出EF，菱形AECF的面积=AC•EF，即可得出结果．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD=BC，
在Rt△ABC中，∠BAC=90°，点E是BC边的中点，
∴AE=BC=CE，
同理，AF=AD=CF，
∴AE=CE=AF=CF，
∴四边形AECF是菱形；
（2）解：连接EF交AC于点O，如图所示：
在Rt△ABC中，∠BAC=90°，∠B=30°，BC=10，
∴AC=BC=5，AB=AC=5，
∵四边形AECF是菱形，
∴AC⊥EF，OA=OC，
∴OE是△ABC的中位线，
∴OE=AB=，
∴EF=5，
∴菱形AECF的面积=AC•EF=×5×5=．
【点评】本题考查了平行四边形的性质、菱形的判定与性质、直角三角形斜边上的中线性质、三角形中位线定理、菱形的面积公式；熟练掌握菱形的判定与性质，并能进行推理论证与计算是解决问题的关键．
24.答案：
D类的人数有：
9÷1.5%—（3+9+24+6）=60—42=18（人）
。
（2）600×=600×=120（人）

25.（1）证明：连接OD . （如图3）
∵OC=OD，
∴∠OCD=∠ODC.
∵AB=AC，
∴∠ACB=∠B.
∴∠ODC=∠B.
∴OD∥AB. …………………………………………………………… 1分
∴∠ODF=∠AEF.
∵EF⊥AB，
∴∠ODF =∠AEF =90°.
∴OD⊥EF .
∵OD为⊙O的半径，
∴EF与⊙O相切. ………………………………………………2分
（2）解：由（1）知：OD∥ABOD⊥EF .
在Rt△AEF中，sin∠CFD = = ，AE=6.
∴AF=10. ………………………………………………………………3分
∵OD∥AB，
∴△ODF∽△AEF.
∴.
设⊙O的半径为r，
∴ = .
解得r= . ……………………………………………………………… 4分
∴AB= AC=2r = .
∴EB=AB-AE= -6= . ………… 5 分
26.答案：
sin（15°）
=sin（45°—30°）
=sin45°cos30°—cos45°sin30°
=×—×
=—
RtΔBDE中
Tan∠BDE=
Tan75°=
BE=7×（2+）
所以建筑物的高BA=+7×（2+）=14+8（米）
27． 解：（1），……………………………1分
由知必有，故.
方程①总有两个不相等的实数根. ……………………………………………2分
（2）令，依题意可解得，.
∵平移后，点落在点处，
∴平移方式是将点向右平移2个单位，再向上平移3个单位得到.
∴点按相同的方式平移后，点为. ……………………3分
则依题意有. …………………………4分
解得，（舍负）.
的值为3. ………………………………………………………………………5分
（3）. ………………………………………………………………………7分
28. 【考点】KY：三角形综合题．
【分析】（1）①依据三角形的中位线的性质证明FM∥AC，MG∥AB，从而可知四边形AFMG的形状；
②先依据直角三角形斜边上中线的性质和平行四边形的性质证明DF=MG、FM=EG，然后依据等腰三角形三线合一的性质和平行线的性质证明∠DFM=∠EGM，依据SAS可证明两个三角形全等；
（2）①先证明∠DFM=∠MGE，然后再证明∠1=∠3，依据锐角三角函数的定义可得到，最后依据对应边成比例且夹角相等的两三角形相似可证明△DFM∽△MGE；②先依据勾股定理求得DF=4．然后可求得△DFM与△MGE的相似比，然后依据相似三角形的面积比等于相似比的平方求解即可．
【解答】解：（1）①∵BF=AF，BM=MC，
∴FM∥AC，同理MG∥AB，
∴四边形AFMG是平行四边形，
②∵∠BDA=90°，DF是AB边上的中线，
∴DF=AF．
∵四边形AFMG是平行四边形，
∴MG=AF，∠AFM=∠AGM．
∴DF=MG，∠BFM=∠MGC．
∵∠AEC=90°，EG是AC边上的中线，
∴GE=AG．
∵四边形AFMG是平行四边形，
∴AG=FM．
∴GE=FM．
∵DA=DB，F为AB的中点，

∴∠DFB=90°．
同理：∠EGC=90°．
∴∠DFB+∠BFM=∠EGC+∠MGC，即∠DFM=∠EGM．
在△DFM和△MGE中，
，
∴△DFM≌△MGE．
故答案为：①平行四边形；②全等．
（2）①∵△ADB和△ACE都是等腰三角形，且F、G为AB、AC的中点，
∴∠DFB=∠EGC=90°．
∵点F、M、G分别为AB、BC、AC边的中点，
∴FM∥AC，MG∥AB，FM=AC=AG，MG=AB=AF．
∴∠BFM=∠BAC=∠MGC．
∴∠BFM+90°=∠MGC+90°，即∠DFM=∠MGE．
∵∠1+∠2=90°，∠2+∠3=90°，
∴∠1=∠3．
∴tan∠1=tan∠3．
∴，即．
又∵∠DFM=∠MGE，
∴△DFM∽△MGE．
②∵AD=5，AB=6，
∴AF=3，MG=3，MG=AF=3．
∴在Rt△ADF中，DF===4．
∵由①知△DFM∽△MGE，且△DFM的面积为32，
∴=（）2=（）2=．
∴S△MGE=32×=18．
【点评】本题主要考查的是三角形、四边形的综合应用，解答本题主要应用了三角形的中位线定理、平行四边形的性质和判定、全等三角形的性质和判定、相似三角形的性质和判定、勾股定理的应用，找出△DFM与△MGE全等或相似的条件是解题的关键．
29.【考点】圆的综合题；勾股定理；相似三角形的判定与性质．
【专题】代数几何综合题；压轴题．
【分析】（1）理解新定义，按照新定义的要求求出两个距离值；
（2）如答图2所示，当点B落在⊙A上时，m的取值范围为2≤m≤6：
当4≤m≤6，显然线段BC与线段OA的距离等于⊙A半径，即d=2；
当2≤m＜4时，作BN⊥x轴于点N，线段BC与线段OA的距离等于BN长；
（3）①在准确理解点M运动轨迹的基础上，画出草图，如答图3所示．由图形可以直观求出封闭图形的周长；
②如答图4所示，符合题意的相似三角形有三个，需要进行分类讨论，分别利用点的坐标关系以及相似三角形比例线段关系求出m的值．
【解答】解：（1）当m=2，n=2时，
如题图1，线段BC与线段OA的距离（即线段BN的长）=2；
当m=5，n=2时，
B点坐标为（5，2），线段BC与线段OA的距离，即为线段AB的长，
如答图1，过点B作BN⊥x轴于点N，则AN=1，BN=2，
在Rt△ABN中，由勾股定理得：AB===．
（2）如答图2所示，当点B落在⊙A上时，m的取值范围为2≤m≤6：
当4≤m≤6，显然线段BC与线段OA的距离等于⊙A半径，即d=2；
当2≤m＜4时，作BN⊥x轴于点N，线段BC与线段OA的距离等于BN长，
ON=m，AN=OA﹣ON=4﹣m，在Rt△ABN中，由勾股定理得：
∴d===．
（3）①依题意画出图形，点M的运动轨迹如答图3中粗体实线所示：
由图可见，封闭图形由上下两段长度为8的线段，以及左右两侧半径为2的半圆所组成，
其周长为：2×8+2×π×2=16+4π，
∴点M随线段BC运动所围成的封闭图形的周长为：16+4π．
②结论：存在．
∵m≥0，n≥0，∴点M位于第一象限．
∵A（4，0），D（0，2），∴OA=2OD．
如答图4所示，相似三角形有三种情形：
（I）△AM1H1，此时点M纵坐标为2，点H在A点左侧．
如图，OH1=m+2，M1H1=2，AH1=OA﹣OH1=2﹣m，
由相似关系可知，M1H1=2AH1，即2=2（2﹣m），
∴m=1；
（II）△AM2H2，此时点M纵坐标为2，点H在A点右侧．
如图，OH2=m+2，M2H2=2，AH2=OH2﹣OA=m﹣2，
由相似关系可知，M2H2=2AH2，即2=2（m﹣2），
∴m=3；
（III）△AM3H3，此时点B落在⊙A上．
如图，OH3=m+2，AH3=OH3﹣OA=m﹣2，
过点B作BN⊥x轴于点N，则BN=M3H3=n，AN=m﹣4，
由相似关系可知，AH3=2M3H3，即m﹣2=2n  （1）
在Rt△ABN中，由勾股定理得：22=（m﹣4）2+n2  （2）
由（1）、（2）式解得：m1=，m2=2，
当m=2时，点M与点A横坐标相同，点H与点A重合，故舍去，

∴m=．
综上所述，存在m的值使以A、M、H为顶点的三角形与△AOD相似，m的取值为：1、3或．
【点评】本题是以圆为基础的运动型压轴题，综合考查了圆的相关性质、相似三角形、点的坐标、勾股定理、解方程等重要知识点，难度较大．本题涉及动线与动点，运动过程比较复杂，准确理解运动过程是解决本题的关键．第（3）①问中，关键是画出点M运动轨迹的图形，结合图形求解一目了然；第（3）②问中，注意分类讨论思想的运用，避免漏解
出题人：
朱晨晨：1-10 刘园园：11-16 朱钿：17，20 朱明：18，19
张文韬：21，22 路海涛：23，28 常参军：24，26 龙斌：25，27
赵力颉：25，27