2019 年河南省普通高中招生考试定心卷(一)参考答案
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2019 年河南省普通高中招生考试定心卷（一）
数学参考答案
一、选择题（每小题3分，共30分）
1——5 ACCCD 6——10 DCAAD
二、填空题（每小题3分，共15分）
11．3 12．3 13．180︒14．992
π−15
三、解答题（本大题共8个小题，满分75分） 16．解：解不等式36x x −，得：3x ， 解不等式451102
x x ++<，得：0x >， 则不等式组的解集为03x <，
所以不等式组的整数解为1、2、3， 原式22333[](1)(3)(3)(3)(3)
x x x x x x x x x +−−=−−+−+−23(1)(3)(1)(3)(3)x x x x x x +−−=
−+−11
x =−， 3x ≠±、1，
2x ∴=，
则原式1=．
17．解：（1）本次调查的总人数为8040%200÷=（人)；
（2）C 种类人数为200(608020)40−++=（人)，
补全图形如下：
（3）113805004050020500424137.5200
⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯=（毫升）， 答：平均每人半天浪费的矿泉水约137.5毫升；
（4）1000137.5275500
⨯=（瓶)， 答：估计这次春季运动会全校1000名同学半天浪费的水量相当于275瓶矿泉水．
18．解：（1）把(1,)A m 代入14y x =−+，可得143m =−+=，
(1,3)A ∴，
把(1,3)A 代入双曲线k y x
=，可得133k =⨯=， y ∴与x 之间的函数关系式为：3y x =
； （2）(1,3)A ，
∴当0x >时，不等式34k x b x
+>的解集为：1x >； （3）14y x =−+，令0y =，则4x =，
∴点B 的坐标为(4,0)，
把(1,3)A 代入234y x b =
+，可得334b =+， 94
b ∴=， 23944y x ∴=
+， 令0y =，则3x =−，即(3,0)C −，
7BC ∴=， AP 把ABC △的面积分成1:3两部分，
1744CP BC ∴==，或1744
BP BC ==， 75344OP ∴=−
=，或79444OP =−=， 5(4P ∴−，0)或9(4
，0)． 19．解：（1）证明：OA OB =，C 是边AB 的中点，
OC AB ∴⊥，
AB ∴与O 相切；
（2）解：①当90OEB ∠=︒时，四边形OCBE 为矩形，
证明：OA OB =，
A OBA ∴∠=∠， OF 是DO
B ∠的平分线，
DOF BOF ∴∠=∠，
由三角形的外角的性质可知，DOF BOF A OBA ∠+∠=∠+∠， BOF OBA ∴∠=∠，
//OF BC ∴，
当90OEB ∠=︒时，90CBE ∠=︒，又OC AB ⊥，
∴四边形OCBE 为矩形，
故答案为：90︒；
②当OA =OCBE 为正方形， 证明：四边形OCBE 为正方形，
CO CB ∴=，
OA OB ∴==
故答案为：
20．解：由题意可得：OE OD =，
在Rt OEC ∆中，60BOE ∠=︒，90OCE ∠=︒，
12
OC OE ∴=， 在Rt OBD ∆中，45DOB ∠=︒，90OBD ∠=︒，
OB ∴==， BC OB OC =−，
1302
OE −=，
解得：1)OE =，
1)30 2.44930 1.732125.4EC cm ∴==≈⨯+⨯≈．
21．解：（1）设老师有x 名，学生有y 名．
依题意，列方程组为1712184x y x y =−⎧⎨=+⎩
，
解之得：16284x y =⎧⎨=⎩
， 答：老师有16名，学生有284名；
（2）每辆客车上至少要有2名老师，
∴汽车总数不能大于8辆；
又要保证300名师生有车坐，汽车总数不能小于
30050427
=（取整为8)辆， 综合起来可知汽车总数为8辆；
故答案为：8；
（3）设租用x 辆乙种客车，则甲种客车数为：(8)x −辆， 400300(8)3100
x x ∴+−7x 4230(8)300x x ∴+−5x 57(x x ∴车总费用不超过3100 元，
，
解得： ，
为使300 名师生都有座，
，
解得： ，
为整数）， 共有3 种租车方案：
∴方案一：租用甲种客车 3 辆，乙种客车5 辆，租车费用为 2900
元； 方案二：租用甲种客车
2 辆，乙种客车6 辆，租车费用为 3000 元； 方案三：租用甲种客车 1 辆，乙种客车7 辆，租车费用为
3100 元； 故最节省费用的租车方案是：租用甲种客车3 辆，乙种客车 5 辆． 22．解：（1）如图1 中， ABC △是等边三角形，
60ABC ∴∠=︒，
M
E P
D
C B A
AP PD =，PB PM =，
∴四边形ABDM 是平行四边形，60AME ABC ∴∠=∠=︒， CDE △是等边三角形，
60DEC ∴∠=︒，
60AEM DEC ∴∠=∠=︒，
AEM ∴△是等边三角形，
故答案为：等边三角形；
（2）如图2中，结论：AEM ∆是等边三角形．
理由：设AE 交BD 于O ，AC 交BD 于K ，连接DM ． ABC △，DEC △都是等边三角形，CB CA ∴=，CD CE =，BCA DCE ∠=∠， BCD ACE ∴∠=∠，
()BCD ACE SAS ∴≅△△，
BD AE ∴=，CBK OAK ∠=∠， BKC AKO ∠=∠，
60AOK BCK ∴∠=∠=︒，
AP PD =，BP PM =，
∴四边形ABDM 是平行四边形，AM BD ∴=，//AM BD ，
60AOB OAM ∴∠=∠=︒，AM AE =， AEM ∴∆是等边三角形．
（3）设CD a =，则2AC a =
，AE ， M
P
E D
A B C
222AC AE EC ∴=+，
90AEC ∴∠=︒
①如图3中，当点D 在AC 的中点时，满足条件，此时60α=︒
②如图4中，当点E 落在BC 的中点时，满足条件，此时300α=︒．
综上所述，满足条件的α的值为60︒或300︒．
23．解：（1）在334
y x =+中，令0x =，3y =；令0y =，4x =−，得(4,0)A −，(0,3)C ， 代入抛物线234y x bx c =−++解析式得：943
b c ⎧=−⎪⎨⎪=⎩， ∴抛物线的解析式239344
y x x =−−+； （2）设239(,3)44
P t t t −−+， 四边形OCMP 为平行四边形， 3PM OC ∴==，//PM OC ，
M ∴点的坐标可表示为3(,3)4
t t +， 2334
PM t t ∴=−−， 23|3|34
t t ∴−−=， E
M
P
D
C B A
M
E
D P
A
B C
当23334
t t −−=，解得2t =−， 当23334
t t −−=−
，解得12t =−+
22t =−− 综上所述，满足条件的t 的值为2−
或2−+
2−−
（3）如图1，若当MP 平分AC 、MO 的夹角，
图1
则AMN OMN
∠=∠PN OA ⊥，
AN ON ∴=，
t ∴的值为2−；
如图2，若AC 平分MP 、MO 的夹角，过点C 作CH OA ⊥，CG MP ⊥，
图2
则CG CH =，
1122
ACO S OM CH OC CG ∆==， 3OM OC ∴==，
点M 在直线AC 上，
3(,3)4
M t t ∴+， 222MN ON OM ∴+=，可得，223(3)94
t t ++=， 解得7225
t =−， 如图3，若MO 平分AC 、MP 的夹角，则可得NMO OMC ∠=∠，过点O 作OK AC ⊥，
图3
OK ON ∴=，
90AKO AOC ∠=∠=︒，OAK OAC ∠=， AOK ACO ∴△∽△， ∴AO OK AC OC
=， ∴453OK =， 125OK ∴=
， 125t ∴=−， 综合以上可得t 的值为2−，7225−，125−
．。
