2020年湖北省恩施州中考数学试卷(含解析）

2020年湖北省恩施州中考数学试卷(含解析）

‎2020年湖北省恩施州中考数学试卷 一、选择题（本大题共有12个小题，每小题3分，共36分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的，请将选择项前的字母代号填涂在答题卷相应位置上）‎ ‎1．（3分）（2020•恩施州）5的绝对值是（　　）‎ A．5 B．﹣5 C．‎1‎‎5‎ D．‎‎-‎‎1‎‎5‎ ‎2．（3分）（2020•恩施州）茶中精品“恩施绿”“利川红”享誉世界．去年恩施州茶叶产量约为120000吨，将数120000用科学记数法表示为（　　）‎ A．12×104 B．1.2×105 C．1.2×106 D．0.12×106‎ ‎3．（3分）（2020•恩施州）下列交通标识，既是中心对称图形，又是轴对称图形的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎4．（3分）（2020•恩施州）下列计算正确的是（　　）‎ A．a2•a3＝a6 B．a（a+1）＝a2+a ‎ C．（a﹣b）2＝a2﹣b2 D．2a+3b＝5ab ‎5．（3分）（2020•恩施州）函数y‎=‎x+1‎x的自变量的取值范围是（　　）‎ A．x≥﹣1 B．x≥﹣1且x≠0 C．x＞0 D．x＞﹣1且x≠0‎ ‎6．（3分）（2020•恩施州）“彩缕碧筠粽，香粳白玉团”．端午佳节，小明妈妈准备了豆沙粽2个、红枣粽4个、腊肉粽3个、白米粽2个，其中豆沙粽和红枣粽是甜粽．小明任意选取一个，选到甜粽的概率是（　　）‎ A．‎2‎‎11‎ B．‎4‎‎11‎ C．‎5‎‎11‎ D．‎‎6‎‎11‎ ‎7．（3分）（2020•恩施州）在实数范围内定义运算“☆”：a☆b＝a+b﹣1，例如：2☆3＝2+3﹣1＝4．如果2☆x＝1，则x的值是（　　）‎ A．﹣1 B．1 C．0 D．2‎ ‎8．（3分）（2020•恩施州）我国古代数学著作《九章算术》“盈不足”一章中记载：“今有大器五小器一容三斛，大器一小器五容二斛，问大小器各容几何”．意思是：有大小两种盛酒的桶，已知5个大桶加上1个小桶可以盛酒3斛，1个大桶加上5个小桶可以盛酒2斛．问1个大桶、1个小桶分别可以盛酒多少斛？设1个大桶盛酒x斛，1个小桶盛酒y斛，下列方程组正确的是（　　）‎ 第27页（共27页）‎ A．‎5x+y=3‎x+5y=2‎ B．‎5x+y=2‎x+5y=3‎ ‎ C．‎5x+3y=1‎x+2y=5‎ D．‎‎3x+y=5‎‎2x+5y=1‎ ‎9．（3分）（2020•恩施州）如图是由四个相同的小正方体组成的立体图形，它的主视图为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎10．（3分）（2020•恩施州）甲乙两车从A城出发前往B城，在整个行程中，汽车离开A城的距离y与时刻t的对应关系如图所示，则下列结论错误的是（　　）‎ A．甲车的平均速度为60km/h ‎ B．乙车的平均速度为100km/h ‎ C．乙车比甲车先到B城 ‎ D．乙车比甲车先出发1h ‎11．（3分）（2020•恩施州）如图，正方形ABCD的边长为4，点E在AB上且BE＝1，F为对角线AC上一动点，则△BFE周长的最小值为（　　）‎ A．5 B．6 C．7 D．8‎ 第27页（共27页）‎ ‎12．（3分）（2020•恩施州）如图，已知二次函数y＝ax2+bx+c的图象与x轴相交于A（﹣2，0）、B（1，0）两点．则以下结论：①ac＞0；②二次函数y＝ax2+bx+c的图象的对称轴为x＝﹣1；③2a+c＝0；④a﹣b+c＞0．其中正确的有（　　）个．‎ A．0 B．1 C．2 D．3‎ 二、填空题（本大题共有4小题，每小题3分，共12分．不要求写出解答过程，请把答案直接填写在答题卷相应位置上）‎ ‎13．（3分）（2020•恩施州）9的算术平方根是　 　．‎ ‎14．（3分）（2020•恩施州）如图，直线l1∥l2，点A在直线l1上，点B在直线l2上，AB＝BC，∠C＝30°，∠1＝80°，则∠2＝　 　．‎ ‎15．（3分）（2020•恩施州）如图，已知半圆的直径AB＝4，点C在半圆上，以点A为圆心，AC为半径画弧交AB于点D，连接BC．若∠ABC＝60°，则图中阴影部分的面积为　 　．（结果不取近似值 ‎16．（3分）（2020•恩施州）如图，在平面直角坐标系中，△ABC的顶点坐标分别为：A（﹣2，0），B（1，2），C（1，﹣2）．已知N（﹣1，0），作点N关于点A的对称点N1，点N1关于点B的对称点N2，点N2关于点C的对称点N3，点N3关于点A的对称点N4，点N4‎ 第27页（共27页）‎ 关于点B的对称点N5，…，依此类推，则点N2020的坐标为　 　．‎ 三、解答题（本大题共有8个小题，共72分．请在答题卷指定区域内作答，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤）．‎ ‎17．（8分）（2020•恩施州）先化简，再求值：（m‎2‎‎-9‎m‎2‎‎-6m+9‎‎-‎‎3‎m-3‎）‎÷‎m‎2‎m-3‎，其中m‎=‎‎2‎．‎ ‎18．（8分）（2020•恩施州）如图，AE∥BF，BD平分∠ABC交AE于点D，点C在BF上且BC＝AB，连接CD．求证：四边形ABCD是菱形．‎ ‎19．（8分）（2020•恩施州）某中学为了解九年级学生对新冠肺炎防控知识的掌握情况，从全校九年级学生中随机抽取部分学生进行调查．调查结果分为四类：A类﹣﹣非常了解；B类﹣﹣比较了解；C类﹣﹣般了解；D类﹣﹣不了解．现将调查结果绘制成如图不完整的统计图，请根据统计图中的信息解答下列问题：‎ ‎（1）本次共调查了　 　名学生；‎ ‎（2）补全条形统计图；‎ ‎（3）D类所对应扇形的圆心角的大小为　 　；‎ 第27页（共27页）‎ ‎（4）若该校九年级学生共有500名，根据以上抽样结果，估计该校九年级学生对新冠肺炎防控知识非常了解的约有　 　名．‎ ‎20．（8分）（2020•恩施州）如图，一艘轮船以每小时30海里的速度自东向西航行，在A处测得小岛P位于其西北方向（北偏西45°方向），2小时后轮船到达B处，在B处测得小岛P位于其北偏东60°方向．求此时船与小岛P的距离（结果保留整数，参考数据：‎2‎‎≈‎1.414，‎3‎‎≈‎1.732）．‎ ‎21．（8分）（2020•恩施州）如图，在平面直角坐标系中，直线y＝ax﹣3a（a≠0）与x轴、y轴分别相交于A、B两点，与双曲线y‎=‎kx（x＞0）的一个交点为C，且BC‎=‎‎1‎‎2‎AC．‎ ‎（1）求点A的坐标；‎ ‎（2）当S△AOC＝3时，求a和k的值．‎ ‎22．（10分）（2020•恩施州）某校足球队需购买A、B两种品牌的足球．已知A品牌足球的单价比B品牌足球的单价高20元，且用900元购买A品牌足球的数量用720元购买B品牌足球的数量相等．‎ ‎（1）求A、B两种品牌足球的单价；‎ ‎（2）若足球队计划购买A、B两种品牌的足球共90个，且A品牌足球的数量不小于B品牌足球数量的2倍，购买两种品牌足球的总费用不超过8500元．设购买A品牌足球m个，总费用为W元，则该队共有几种购买方案？采用哪一种购买方案可使总费用最低？最低费用是多少元？‎ ‎23．（10分）（2020•恩施州）如图1，AB是⊙O的直径，直线AM与⊙O相切于点A，直线 第27页（共27页）‎ BN与⊙O相切于点B，点C（异于点A）在AM上，点D在⊙O上，且CD＝CA，延长CD与BN相交于点E，连接AD并延长交BN于点F．‎ ‎（1）求证：CE是⊙O的切线；‎ ‎（2）求证：BE＝EF；‎ ‎（3）如图2，连接EO并延长与⊙O分别相交于点G、H，连接BH．若AB＝6，AC＝4，求tan∠BHE．‎ ‎24．（12分）（2020•恩施州）如图1，抛物线y‎=-‎‎1‎‎4‎x2+bx+c经过点C（6，0），顶点为B，对称轴x＝2与x轴相交于点A，D为线段BC的中点．‎ ‎（1）求抛物线的解析式；‎ ‎（2）P为线段BC上任意一点，M为x轴上一动点，连接MP，以点M为中心，将△MPC逆时针旋转90°，记点P的对应点为E，点C的对应点为F．当直线EF与抛物线y‎=-‎‎1‎‎4‎x2+bx+c只有一个交点时，求点M的坐标．‎ ‎（3）△MPC在（2）的旋转变换下，若PC‎=‎‎2‎（如图2）．‎ ‎①求证：EA＝ED．‎ ‎②当点E在（1）所求的抛物线上时，求线段CM的长．‎ 第27页（共27页）‎ 第27页（共27页）‎ ‎2020年湖北省恩施州中考数学试卷 参考答案与试题解析 一、选择题（本大题共有12个小题，每小题3分，共36分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的，请将选择项前的字母代号填涂在答题卷相应位置上）‎ ‎1．（3分）（2020•恩施州）5的绝对值是（　　）‎ A．5 B．﹣5 C．‎1‎‎5‎ D．‎‎-‎‎1‎‎5‎ ‎【解答】解：在数轴上，数5所表示的点到原点0的距离是5；‎ 故选：A．‎ ‎2．（3分）（2020•恩施州）茶中精品“恩施绿”“利川红”享誉世界．去年恩施州茶叶产量约为120000吨，将数120000用科学记数法表示为（　　）‎ A．12×104 B．1.2×105 C．1.2×106 D．0.12×106‎ ‎【解答】解：120000＝1.2×105，‎ 故选：B．‎ ‎3．（3分）（2020•恩施州）下列交通标识，既是中心对称图形，又是轴对称图形的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【解答】解：根据轴对称图形与中心对称图形的概念，知：‎ A、不是轴对称图形，也不是中心对称图形；‎ B、不是轴对称图形，也不是中心对称图形；‎ C、是轴对称图形，但不是中心对称图形；‎ D、既是中心对称图形，又是轴对称图形．‎ 故选：D．‎ ‎4．（3分）（2020•恩施州）下列计算正确的是（　　）‎ A．a2•a3＝a6 B．a（a+1）＝a2+a ‎ C．（a﹣b）2＝a2﹣b2 D．2a+3b＝5ab ‎【解答】解：A、a2•a3＝a5，原计算错误，故此选项不符合题意；‎ B、a（a+1）＝a2+a，原计算正确，故此选项符合题意；‎ C、（a﹣b）2＝a2﹣2ab+b2，原计算错误，故此选项不符合题意；‎ 第27页（共27页）‎ D、2a与3b不是同类项，不能合并，原计算错误，故此选项不符合题意；‎ 故选：B．‎ ‎5．（3分）（2020•恩施州）函数y‎=‎x+1‎x的自变量的取值范围是（　　）‎ A．x≥﹣1 B．x≥﹣1且x≠0 C．x＞0 D．x＞﹣1且x≠0‎ ‎【解答】解：根据题意得，x+1≥0且x≠0，‎ 解得x≥﹣1且x≠0．‎ 故选：B．‎ ‎6．（3分）（2020•恩施州）“彩缕碧筠粽，香粳白玉团”．端午佳节，小明妈妈准备了豆沙粽2个、红枣粽4个、腊肉粽3个、白米粽2个，其中豆沙粽和红枣粽是甜粽．小明任意选取一个，选到甜粽的概率是（　　）‎ A．‎2‎‎11‎ B．‎4‎‎11‎ C．‎5‎‎11‎ D．‎‎6‎‎11‎ ‎【解答】解：由题意可得：粽子总数为11个，其中6个为甜粽，‎ 所以选到甜粽的概率为：‎6‎‎11‎，‎ 故选：D．‎ ‎7．（3分）（2020•恩施州）在实数范围内定义运算“☆”：a☆b＝a+b﹣1，例如：2☆3＝2+3﹣1＝4．如果2☆x＝1，则x的值是（　　）‎ A．﹣1 B．1 C．0 D．2‎ ‎【解答】解：由题意知：2☆x＝2+x﹣1＝1+x，‎ 又2☆x＝1，‎ ‎∴1+x＝1，‎ ‎∴x＝0．‎ 故选：C．‎ ‎8．（3分）（2020•恩施州）我国古代数学著作《九章算术》“盈不足”一章中记载：“今有大器五小器一容三斛，大器一小器五容二斛，问大小器各容几何”．意思是：有大小两种盛酒的桶，已知5个大桶加上1个小桶可以盛酒3斛，1个大桶加上5个小桶可以盛酒2斛．问1个大桶、1个小桶分别可以盛酒多少斛？设1个大桶盛酒x斛，1个小桶盛酒y斛，下列方程组正确的是（　　）‎ A．‎5x+y=3‎x+5y=2‎ B．‎5x+y=2‎x+5y=3‎ ‎ 第27页（共27页）‎ C．‎5x+3y=1‎x+2y=5‎ D．‎‎3x+y=5‎‎2x+5y=1‎ ‎【解答】解：依题意，得：‎5x+y=3‎x+5y=2‎．‎ 故选：A．‎ ‎9．（3分）（2020•恩施州）如图是由四个相同的小正方体组成的立体图形，它的主视图为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【解答】解：从正面看易得第一列有2个正方形，第二列底层有1个正方形．‎ 故选：A．‎ ‎10．（3分）（2020•恩施州）甲乙两车从A城出发前往B城，在整个行程中，汽车离开A城的距离y与时刻t的对应关系如图所示，则下列结论错误的是（　　）‎ A．甲车的平均速度为60km/h ‎ B．乙车的平均速度为100km/h ‎ C．乙车比甲车先到B城 ‎ D．乙车比甲车先出发1h ‎【解答】解：由图象知：‎ A．甲车的平均速度为‎300‎‎10-5‎‎=‎60km/h，故A选项不合题意；‎ B．乙车的平均速度为‎300‎‎9-6‎‎=‎100km/h，故B选项不合题意；‎ 第27页（共27页）‎ C．甲10时到达B城，乙9时到达B城，所以乙比甲先到B城，故C选项不合题意；‎ D．甲5时出发，乙6时出发，所以乙比甲晚出发1h，故此选项错误，‎ 故选：D．‎ ‎11．（3分）（2020•恩施州）如图，正方形ABCD的边长为4，点E在AB上且BE＝1，F为对角线AC上一动点，则△BFE周长的最小值为（　　）‎ A．5 B．6 C．7 D．8‎ ‎【解答】解：如图，连接ED交AC于一点F，连接BF，‎ ‎∵四边形ABCD是正方形，‎ ‎∴点B与点D关于AC对称，‎ ‎∴BF＝DF，‎ ‎∴△BFE的周长＝BF+EF+BE＝DE+BE，此时△BEF的周长最小，‎ ‎∵正方形ABCD的边长为4，‎ ‎∴AD＝AB＝4，∠DAB＝90°，‎ ‎∵点E在AB上且BE＝1，‎ ‎∴AE＝3，‎ ‎∴DE‎=AD‎2‎+AE‎2‎=5‎，‎ ‎∴△BFE的周长＝5+1＝6，‎ 故选：B．‎ ‎12．（3分）（2020•恩施州）如图，已知二次函数y＝ax2+bx+c的图象与x轴相交于A（﹣2，0）、B（1，0）两点．则以下结论：①ac＞0；②二次函数y＝ax2+bx+c的图象的对称轴为x＝﹣1；③2a+c＝0；④a﹣b+c＞0．其中正确的有（　　）个．‎ 第27页（共27页）‎ A．0 B．1 C．2 D．3‎ ‎【解答】解：对于①：二次函数开口向下，故a＜0，与y轴的交点在y的正半轴，故c＞0，故ac＜0，因此①错误；‎ 对于②：二次函数的图象与x轴相交于A（﹣2，0）、B（1，0），由对称性可知，其对称轴为：x=‎-2+1‎‎2‎=-‎‎1‎‎2‎，因此②错误；‎ 对于③：设二次函数y＝ax2+bx+c的交点式为y＝a（x+2）（x﹣1）＝ax2+ax﹣2a，比较一般式与交点式的系数可知：b＝a，c＝﹣2a，故2a+c＝0，因此③正确；‎ 对于④：当x＝﹣1时对应的y＝a﹣b+c，观察图象可知x＝﹣1时对应的函数图象的y值在x轴上方，故a﹣b+c＞0，因此④正确．‎ ‎∴只有③④是正确的．‎ 故选：C．‎ 二、填空题（本大题共有4小题，每小题3分，共12分．不要求写出解答过程，请把答案直接填写在答题卷相应位置上）‎ ‎13．（3分）（2020•恩施州）9的算术平方根是　3　．‎ ‎【解答】解：∵（±3）2＝9，‎ ‎∴9的算术平方根是|±3|＝3．‎ 故答案为：3．‎ ‎14．（3分）（2020•恩施州）如图，直线l1∥l2，点A在直线l1上，点B在直线l2上，AB＝BC，∠C＝30°，∠1＝80°，则∠2＝　40°　．‎ 第27页（共27页）‎ ‎【解答】解：如图，延长CB交l2于点D，‎ ‎∵AB＝BC，∠C＝30°，‎ ‎∴∠C＝∠4＝30°，‎ ‎∵l1∥l2，∠1＝80°，‎ ‎∴∠1＝∠3＝80°，‎ ‎∵∠C+∠3+∠2+∠4＝180°，即30°+80°+∠2+30°＝180°，‎ ‎∴∠2＝40°．‎ 故答案为：40°．‎ ‎15．（3分）（2020•恩施州）如图，已知半圆的直径AB＝4，点C在半圆上，以点A为圆心，AC为半径画弧交AB于点D，连接BC．若∠ABC＝60°，则图中阴影部分的面积为　2‎3‎‎-‎π　．（结果不取近似值 ‎【解答】解：∵AB是直径，‎ ‎∴∠ACB＝90°，‎ ‎∵∠ABC＝60°，‎ ‎∴∠CAB＝30°，‎ 第27页（共27页）‎ ‎∴BC‎=‎1‎‎2‎AB=2‎，AC‎=2‎‎3‎，‎ ‎∴S‎△ABC‎=‎1‎‎2‎⋅AC⋅BC=‎1‎‎2‎⋅2‎3‎⋅2=2‎‎3‎，‎ ‎∵∠CAB＝30°，‎ ‎∴扇形ACD的面积‎=‎30‎‎360‎π⋅AC‎2‎=‎1‎‎12‎π⋅(2‎3‎‎)‎‎2‎=π，‎ ‎∴阴影部分的面积为‎2‎3‎-π．‎ 故答案为：‎2‎3‎-π．‎ ‎16．（3分）（2020•恩施州）如图，在平面直角坐标系中，△ABC的顶点坐标分别为：A（﹣2，0），B（1，2），C（1，﹣2）．已知N（﹣1，0），作点N关于点A的对称点N1，点N1关于点B的对称点N2，点N2关于点C的对称点N3，点N3关于点A的对称点N4，点N4关于点B的对称点N5，…，依此类推，则点N2020的坐标为　（﹣1，8）　．‎ ‎【解答】解：由题意得，作出如下图形：‎ N点坐标为（﹣1，0），‎ N点关于A点对称的N1点的坐标为（﹣3，0），‎ 第27页（共27页）‎ N1点关于B点对称的N2点的坐标为（5，4），‎ N2点关于C点对称的N3点的坐标为（﹣3，8），‎ N3点关于A点对称的N4点的坐标为（﹣1，8），‎ N4点关于B点对称的N5点的坐标为（3，﹣4），‎ N5点关于C点对称的N6点的坐标为（﹣1，0），此时刚好回到最开始的点N处，‎ ‎∴其每6个点循环一次，‎ ‎∴2020÷6＝336……4，‎ 即循环了336次后余下4，‎ 故N2020的坐标与N4点的坐标相同，其坐标为（﹣1，8）．‎ 故答案为：（﹣1，8）．‎ 三、解答题（本大题共有8个小题，共72分．请在答题卷指定区域内作答，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤）．‎ ‎17．（8分）（2020•恩施州）先化简，再求值：（m‎2‎‎-9‎m‎2‎‎-6m+9‎‎-‎‎3‎m-3‎）‎÷‎m‎2‎m-3‎，其中m‎=‎‎2‎．‎ ‎【解答】解：‎‎(m‎2‎‎-9‎m‎2‎‎-6m+9‎-‎3‎m-3‎)÷‎m‎2‎m-3‎ ‎=[‎(m+3)(m-3)‎‎(m-3)‎‎2‎-‎3‎m-3‎]⋅‎m-3‎m‎2‎‎ ‎ ‎=(m+3‎m-3‎-‎3‎m-3‎)⋅‎m-3‎m‎2‎‎ ‎ ‎=mm-3‎⋅‎m-3‎m‎2‎‎ ‎ ‎=‎‎1‎m‎；‎ 当m=‎‎2‎时，‎ 原式‎=‎1‎‎2‎=‎‎2‎‎2‎．‎ ‎18．（8分）（2020•恩施州）如图，AE∥BF，BD平分∠ABC交AE于点D，点C在BF上且BC＝AB，连接CD．求证：四边形ABCD是菱形．‎ 第27页（共27页）‎ ‎【解答】证明：∵AE∥BF，‎ ‎∴∠ADB＝∠DBC，‎ ‎∵BD平分∠ABC，‎ ‎∴∠DBC＝∠ABD，‎ ‎∴∠ADB＝∠ABD，‎ ‎∴AB＝AD，‎ 又∵AB＝BC，‎ ‎∴AD＝BC，‎ ‎∵AE∥BF，即AD∥BC，‎ ‎∴四边形ABCD为平行四边形，‎ 又∵AB＝AD，‎ ‎∴四边形ABCD为菱形．‎ ‎19．（8分）（2020•恩施州）某中学为了解九年级学生对新冠肺炎防控知识的掌握情况，从全校九年级学生中随机抽取部分学生进行调查．调查结果分为四类：A类﹣﹣非常了解；B类﹣﹣比较了解；C类﹣﹣般了解；D类﹣﹣不了解．现将调查结果绘制成如图不完整的统计图，请根据统计图中的信息解答下列问题：‎ ‎（1）本次共调查了　50　名学生；‎ ‎（2）补全条形统计图；‎ ‎（3）D类所对应扇形的圆心角的大小为　36°　；‎ ‎（4）若该校九年级学生共有500‎ 第27页（共27页）‎ 名，根据以上抽样结果，估计该校九年级学生对新冠肺炎防控知识非常了解的约有　150　名．‎ ‎【解答】解：（1）本次共调查的学生数为：20÷40%＝50（名）．‎ 故答案为：50；‎ ‎（2）C类学生人数为：50﹣15﹣20﹣5＝10（名），‎ 条形图如下：‎ ‎（3）D类所对应扇形的圆心角为：‎360°×‎5‎‎50‎=36°‎．‎ 故答案为：36°；‎ ‎（4）该校九年级学生对新冠肺炎防控知识非常了解的人数为：‎500×‎15‎‎50‎=150‎（名）．‎ 故答案为：150．‎ ‎20．（8分）（2020•恩施州）如图，一艘轮船以每小时30海里的速度自东向西航行，在A处测得小岛P位于其西北方向（北偏西45°方向），2小时后轮船到达B处，在B处测得小岛P位于其北偏东60°方向．求此时船与小岛P的距离（结果保留整数，参考数据：‎2‎‎≈‎1.414，‎3‎‎≈‎1.732）．‎ ‎【解答】解：如图，过P作PH⊥AB，设PH＝x，‎ 由题意得：AB＝30×2＝60，∠PBH＝90°﹣60°＝30°，∠PAH＝90°﹣45°＝45°，‎ 第27页（共27页）‎ 则△PHA是等腰直角三角形，‎ ‎∴AH＝PH，‎ 在Rt△PHA中，设AH＝PH＝x，‎ 在Rt△PBH中，PB＝2PH＝2x，BH＝AB﹣AH＝60﹣x，‎ ‎∴tan∠PBH＝tan30°‎=PHBH=‎‎3‎‎3‎，‎ ‎∴‎3‎‎3‎‎=‎x‎60-x，‎ 解得：x=30(‎3‎-1)‎，‎ ‎∴PB＝2x‎=60(‎3‎-1)≈‎44（海里），‎ 答：此时船与小岛P的距离约为44海里．‎ ‎21．（8分）（2020•恩施州）如图，在平面直角坐标系中，直线y＝ax﹣3a（a≠0）与x轴、y轴分别相交于A、B两点，与双曲线y‎=‎kx（x＞0）的一个交点为C，且BC‎=‎‎1‎‎2‎AC．‎ ‎（1）求点A的坐标；‎ ‎（2）当S△AOC＝3时，求a和k的值．‎ ‎【解答】解：（1）由题意得：令y＝ax﹣3a（a≠0）中y＝0，‎ 即ax﹣3a＝0，解得x＝3，‎ ‎∴点A的坐标为（3，0），‎ 故答案为（3，0）．‎ ‎（2）过C点作y轴的垂线交y轴于M点，作x轴的垂线交x轴于N点，如下图所示：‎ 第27页（共27页）‎ 显然，CM∥OA，‎ ‎∴∠BCM＝∠BAO，且∠ABO＝∠CBO，‎ ‎∴△BCM∽△BAO，‎ ‎∴BCBA‎=‎CMAO，即：‎1‎‎3‎‎=‎CM‎3‎，‎ ‎∴CM＝1，‎ 又S‎△AOC‎=‎1‎‎2‎OA⋅CN=3‎ 即：‎1‎‎2‎‎×3×CN=3‎，‎ ‎∴CN＝2，‎ ‎∴C点的坐标为（1，2），‎ 故反比例函数的k＝1×2＝2，‎ 再将点C（1，2）代入一次函数y＝ax﹣3a（a≠0）中，‎ 即2＝a﹣3a，解得a＝﹣1，‎ 故答案为：a＝﹣1，k＝2．‎ ‎22．（10分）（2020•恩施州）某校足球队需购买A、B两种品牌的足球．已知A品牌足球的单价比B品牌足球的单价高20元，且用900元购买A品牌足球的数量用720元购买B品牌足球的数量相等．‎ ‎（1）求A、B两种品牌足球的单价；‎ ‎（2）若足球队计划购买A、B两种品牌的足球共90个，且A品牌足球的数量不小于B品牌足球数量的2倍，购买两种品牌足球的总费用不超过8500元．设购买A品牌足球m个，总费用为W元，则该队共有几种购买方案？采用哪一种购买方案可使总费用最低？最低费用是多少元？‎ ‎【解答】解：（1）设购买A品牌足球的单价为x元，则购买B品牌足球的单价为（x﹣20）元，‎ 第27页（共27页）‎ 根据题意，得‎900‎x‎=‎‎720‎x-20‎，‎ 解得：x＝100，‎ 经检验x＝100是原方程的解，‎ x﹣20＝80，‎ 答：购买A品牌足球的单价为100元，则购买B品牌足球的单价为80元；‎ ‎（2）设购买m个A品牌足球，则购买（90﹣m）个B品牌足球，‎ 则W＝100m+80（90﹣m）＝20m+7200，‎ ‎∵A品牌足球的数量不小于B品牌足球数量的2倍，购买两种品牌足球的总费用不超过8500元，‎ ‎∴‎100m+80(90-m)≤8500‎m≥2(90-m)‎，‎ 解不等式组得：60≤m≤65，‎ 所以，m的值为：60，61，62，63，64，65，‎ 即该队共有6种购买方案，‎ 当m＝60时，W最小，‎ m＝60时，W＝20×60+7200＝8400（元），‎ 答：该队共有6种购买方案，购买60个A品牌30个B品牌的总费用最低，最低费用是8400元．‎ ‎23．（10分）（2020•恩施州）如图1，AB是⊙O的直径，直线AM与⊙O相切于点A，直线BN与⊙O相切于点B，点C（异于点A）在AM上，点D在⊙O上，且CD＝CA，延长CD与BN相交于点E，连接AD并延长交BN于点F．‎ ‎（1）求证：CE是⊙O的切线；‎ ‎（2）求证：BE＝EF；‎ ‎（3）如图2，连接EO并延长与⊙O分别相交于点G、H，连接BH．若AB＝6，AC＝4‎ 第27页（共27页）‎ ‎，求tan∠BHE．‎ ‎【解答】解：（1）如图1中，连接OD，‎ ‎∵CD＝CA，‎ ‎∴∠CAD＝∠CDA，‎ ‎∵OA＝OD ‎∴∠OAD＝∠ODA，‎ ‎∵直线AM与⊙O相切于点A，‎ ‎∴∠CAO＝∠CAD+∠OAD＝90°，‎ ‎∴∠ODC＝∠CDA+∠ODA＝90°，‎ ‎∴CE是⊙O的切线．‎ ‎（2）如图2中，连接BD，‎ ‎∵OD＝OB，‎ ‎∴∠ODB＝∠OBD，‎ ‎∵CE是⊙O的切线，BF是⊙O的切线，‎ ‎∴∠OBD＝∠ODE＝90°，‎ ‎∴∠EDB＝∠EBD，‎ ‎∴ED＝EB，‎ ‎∵AM⊥AB，BN⊥AB，‎ ‎∴AM∥BN，‎ ‎∴∠CAD＝∠BFD，‎ ‎∵∠CAD＝∠CDA＝∠EDF，‎ ‎∴∠BFD＝∠EDF，‎ ‎∴EF＝ED，‎ ‎∴BE＝EF．‎ ‎（3）如图2中，过E点作EL⊥AM于L，则四边形ABEL是矩形，‎ 第27页（共27页）‎ 设BE＝x，则CL＝4﹣x，CE＝4+x，‎ ‎∴（4+x）2＝（4﹣x）2+62，‎ 解得：x‎=‎‎9‎‎4‎，‎ ‎∴tan∠BOE=BEOB=‎9‎‎4‎‎3‎=‎‎3‎‎4‎，‎ ‎∵∠BOE＝2∠BHE，‎ ‎∴tan∠BOE=‎2tan∠BHE‎1-tan‎2‎∠BHE=‎‎3‎‎4‎，‎ 解得：tan∠BHE‎=‎‎1‎‎3‎或﹣3（﹣3不合题意舍去），‎ ‎∴tan∠BHE‎=‎‎1‎‎3‎．‎ 补充方法：如图2中，作HJ⊥EB交EB的延长线于J．‎ ‎∵tab∠BOE‎=BEOB=‎‎3‎‎4‎，‎ ‎∴可以假设BE＝3k，OB＝4k，则OE＝5k，‎ ‎∵OB∥HJ，‎ ‎∴OBHJ‎=OEEH=‎EBEJ，‎ ‎∴‎4kHJ‎=‎5k‎9k=‎‎3kEJ，‎ ‎∴HJ‎=‎‎36‎‎5‎k，EJ‎=‎‎27‎‎5‎k，‎ ‎∴BJ＝EJ﹣BE‎=‎‎27‎‎5‎k﹣3k‎=‎‎12‎‎5‎k ‎∴tan∠BHJ‎=BJHJ=‎‎1‎‎3‎，‎ ‎∵∠BHE＝∠OBE＝∠BHJ，‎ ‎∴tan∠BHE‎=‎‎1‎‎3‎．‎ 第27页（共27页）‎ ‎24．（12分）（2020•恩施州）如图1，抛物线y‎=-‎‎1‎‎4‎x2+bx+c经过点C（6，0），顶点为B，对称轴x＝2与x轴相交于点A，D为线段BC的中点．‎ ‎（1）求抛物线的解析式；‎ ‎（2）P为线段BC上任意一点，M为x轴上一动点，连接MP，以点M为中心，将△MPC逆时针旋转90°，记点P的对应点为E，点C的对应点为F．当直线EF与抛物线y‎=-‎‎1‎‎4‎x2+bx+c只有一个交点时，求点M的坐标．‎ ‎（3）△MPC在（2）的旋转变换下，若PC‎=‎‎2‎（如图2）．‎ ‎①求证：EA＝ED．‎ ‎②当点E在（1）所求的抛物线上时，求线段CM的长．‎ ‎【解答】解：（1）∵点C（6，0）在抛物线上，‎ ‎∴‎0=-‎1‎‎4‎×36+6b+c，‎ 得到6b+c＝9，‎ 又∵对称轴x＝2，‎ ‎∴x=-b‎2a=-b‎2×(-‎1‎‎4‎)‎=2‎，‎ 第27页（共27页）‎ 解得b＝1，‎ ‎∴c＝3，‎ ‎∴二次函数的解析式为y=-‎1‎‎4‎x‎2‎+x+3‎；‎ ‎（2）当点M在点C的左侧时，如图2﹣1中：‎ ‎∵抛物线的解析式为y=-‎1‎‎4‎x‎2‎+x+3‎，对称轴为x＝2，C（6，0）‎ ‎∴点A（2，0），顶点B（2，4），‎ ‎∴AB＝AC＝4，‎ ‎∴△ABC是等腰直角三角形，‎ ‎∴∠1＝45°；‎ ‎∵将△MPC逆时针旋转90°得到△MEF，‎ ‎∴FM＝CM，∠2＝∠1＝45°，‎ 设点M的坐标为（m，0），‎ ‎∴点F（m，6﹣m），‎ 又∵∠2＝45°，‎ ‎∴直线EF与x轴的夹角为45°，‎ ‎∴设直线EF的解析式为y＝x+b，‎ 把点F（m，6﹣m）代入得：6﹣m＝m+b，解得：b＝6﹣2m，‎ 直线EF的解析式为y＝x+6﹣2m，‎ ‎∵直线EF与抛物线y=-‎1‎‎4‎x‎2‎+x+3‎只有一个交点，‎ 第27页（共27页）‎ ‎∴y=x+6-2my=-‎1‎‎4‎x‎2‎+x+3‎，‎ 整理得：‎1‎‎4‎x‎2‎‎+3-2m=0‎，‎ ‎∴△＝b2﹣4ac＝0，解得m‎=‎‎3‎‎2‎，‎ 点M的坐标为（‎3‎‎2‎，0）．‎ 当点M在点C的右侧时，如下图：‎ 由图可知，直线EF与x轴的夹角仍是45°，因此直线EF与抛物线y=-‎1‎‎4‎x‎2‎+x+3‎不可能只有一个交点．‎ 综上，点M的坐标为（‎3‎‎2‎，0）．‎ ‎（3）①当点M在点C的左侧时，如下图，过点P作PG⊥x轴于点G，过点E作EH⊥x轴于点H，‎ ‎∵PC=‎‎2‎，由（2）知∠BCA＝45°，‎ 第27页（共27页）‎ ‎∴PG＝GC＝1，‎ ‎∴点G（5，0），‎ 设点M的坐标为（m，0），‎ ‎∵将△MPC逆时针旋转90°得到△MEF，‎ ‎∴EM＝PM，‎ ‎∵∠HEM+∠EMH＝∠GMP+∠EMH＝90°，‎ ‎∴∠HEM＝∠GMP，‎ 在△EHM和△MGP中，‎∠EHM=∠MGP‎∠HEM=∠GMPEM=MP，‎ ‎∴△EHM≌△MGP（AAS），‎ ‎∴EH＝MG＝5﹣m，HM＝PG＝1，‎ ‎∴点H（m﹣1，0），‎ ‎∴点E的坐标为（m﹣1，5﹣m）；‎ ‎∴EA‎=‎(m-1-2)‎‎2‎‎+‎‎(5-m-0)‎‎2‎=‎‎2m‎2‎-16m+34‎，‎ 又∵D为线段BC的中点，B（2，4），C（6，0），‎ ‎∴点D（4，2），‎ ‎∴ED‎=‎(m-1-4)‎‎2‎‎+‎‎(5-m-2)‎‎2‎=‎‎2m‎2‎-16m+34‎，‎ ‎∴EA＝ED．‎ 当点M在点C的右侧时，如下图：‎ 同理，点E的坐标仍为（m﹣1，5﹣m），因此EA＝ED．‎ ‎②当点E在（1）所求的抛物线y=-‎1‎‎4‎x‎2‎+x+3‎上时，‎ 第27页（共27页）‎ 把E（m﹣1，5﹣m）代入，整理得：m2﹣10m+13＝0，‎ 解得：m‎=5+2‎‎3‎或m‎=5-2‎‎3‎，‎ ‎∴CM‎=2‎3‎-1‎或CM‎=1+2‎‎3‎．‎ 第27页（共27页）‎