中考卷-2020中考数学试卷（解析版） (105)

中考卷-2020中考数学试卷（解析版） (105)

1 黑龙江省龙东地区 2020 年初中毕业学业统一考试数学试题 考生注意： 1．考试时间 120 分钟 2．全卷共三道大题，总分 120 分 一、选择题（每题 3 分，满分 30 分） 1.下列各运算中，计算正确的是（ ） A. 2 2 42 2a a a  B. 8 2 4x x x  C. 2 2 2( )x y x xy y    D.  32 63 9x x   【答案】A 【解析】 【分析】 根据单项式乘法法则、同底数除法法则、完全平方公式、积的乘方运算法则逐项进行分析判断即可． 【详解】A． 2 2 42 2a a a  ，正确； B． 88 2 62x x x x  ，故 B 选项错误； C． 2 2 2( ) 2x y x xy y    ，故 C 选项错误； D． 32 63 27x x   ，故 D 选项错误， 故选 A． 【点睛】本题考查了单项式的乘法、同底数幂的除法、完全平方公式等，熟练掌握各运算的运算法则是解 题的关键． 2.下列图标中是中心对称图形的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】 根据中心对称图形的概念 对各选项分析判断即可得解． 2 【详解】A、不是中心对称图形，故本选项错误； B、是中心对称图形，故本选项正确； C、不是中心对称图形，故本选项错误； D、不是中心对称图形，故本选项错误． 故选：B． 【点睛】本题考查了中心对称图形，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转 180 度后与原图形重合． 3.如图，由若干个相同的小正方体搭成的一个几何体的主视图和左视图，则所需的小正方体的个数最多是 （ ） A. 6 B. 7 C. 8 D. 9 【答案】B 【解析】 【分析】 这个几何体共有 3 层，由左视图可得第一层小正方体的最多个数，由主视图可得第二层小正方体的最多个 数，以及第三层的最多个数，再相加即可． 【详解】解：由题意，由主视图有 3 层，2 列，由左视图可知，第一层最多有 4 个，第二层最多 2 个，第三 层最多 1 个， ∴所需的小正方体的个数最多是：4+2+1=7（个）； 故选：B． 【点睛】本题主要考查学生对三视图掌握程度和灵活运用能力，同时也体现了对空间想象能力方面的考查． 4.一组从小到大排列的数据: a ,3,4,4,6( a 为正整数),唯一的众数是 4,则该组数据的平均数是( ) A. 3.6 或 4.2 B. 3.6 或 3.8 C. 3.8 或 4.2 D. 3.8 或 4.2 3 【答案】B 【解析】 【分析】 根据众数的定义得出正整数 a 的值，再根据平均数的定义求解可得. 【详解】∵数据：a，3，4，4，6（a 为正整数），唯一的众数是 4， ∴a=1 或 2， 当 a=1 时，平均数为 1 3 4 4 6 5     =3.6； 当 a=2 时，平均数为 2 3 4 4 6 5     =3.8； 故选 C． 【点睛】本题主要考查了众数与平均数的定义，根据众数是一组数据中出现次数最多的数得出 a 的值是解题 的关键. 5.已知关于 x 的一元二次方程 2 2(2 1) 2 0x k x k k     有两个实数根 1x ， 2x ，则实数 k 的取值范围是（ ） A. 1 4k  B. 1 4k  C. 4k  D. 1 4k  且 0k  【答案】B 【解析】 【分析】 根据一元二次方程的根的判别式列不等式，再解不等式即可． 【详解】解： 关于 x 的一元二次方程 2 2(2 1) 2 0x k x k k     有两个实数根 1x ， 2x ，  2 4 0,b ac     21, 2 1 , 2 ,a b k c k k         2 22 1 4 1 2 0,k k k          4 1,k   1 .4k  故选 B． 4 【点睛】本题考查的是一元二次方程的根的判别式，掌握一元二次方程的根的判别式是解题的关键． 6.如图，菱形 ABCD 的两个顶点 A ，C 在反比例函数 ky x  的图象上，对角线 AC ， BD 的交点恰好是坐 标原点O ，已知  1,1B  ， 120ABC   ，则 k 的值是（ ） A. 5 B. 4 C. 3 D. 2 【答案】C 【解析】 【分析】 根据菱形的性质得到 AC⊥BD，根据勾股定理得到 OB 的长，利用三角函数得到 OA 的长，求得 ∠AOE=∠BOF=45  ，继而求得点 A 的坐标，即可求解． 【详解】∵四边形 ABCD 是菱形， ∴BA=AD，AC⊥BD， ∵∠ABC=120  ， ∴∠ABO=60 ， ∵点 B（-1，1）， ∴OB= 2 21 1 2  ， ∵ tan 60 AO OB   ， ∴AO= 2 tan60 6  ， 作 BF⊥ y 轴于 F，AE⊥ x 轴于 E， 5 ∵点 B（-1，1）， ∴OF=BF=1， ∴∠FOB=∠BOF=45  ， ∵∠BOF+∠AOF=∠AOE+∠AOF=90  ， ∴∠AOE=∠BOF=45 ， ∴△AOE 为等腰直角三角形， ∵AO 6 ， ∴AE=OE=AO 2cos45 6 32      ， ∴点 A 的坐标为（ 3 ， 3 ）， ∵点 A 在反比例函数 ky x  的图象上， ∴ 3k xy  ， 故选：C． 【点睛】本题是反比例函数与几何的综合题，考查了反比例函数图象上点的坐标特征、菱形的性质、解直 角三角形、等腰直角三角形的判定和性质，解答本题的关键是明确题意，利用反比例函数的性质解答． 7.已知关于 x 的分式方程 42 2 x k x x    的解为正数，则 x 的取值范围是（ ） A. 8 0k   B. 8k   且 2k   C. 8k   D. 4k  且 2k   6 【答案】B 【解析】 【分析】 先解分式方程利用 k 表示出 x 的值，再由 x 为正数求出 k 的取值范围即可． 【详解】方程两边同时乘以 2x  得，  4 2 0x x k    ， 解得： 8 3 kx  ． ∵ x 为正数， ∴ 8 03 k  ，解得 8k   ， ∵ 2x  ， ∴ 8 23 k  ，即 2k   ， ∴ k 的取值范围是 8k   且 2k   ． 故选：B． 【点睛】本题考查了解分式方程及不等式的解法，解题的关键是熟练运用分式方程的解法， 8.如图，菱形 ABCD 的对角线 AC 、BD 相交于点O ，过点 D 作 DH AB 于点 H ，连接OH ，若 6OA  ， 48ABCDS 菱形 ，则OH 的长为（ ） A. 4 B. 8 C. 13 D. 6 【答案】A 【解析】 【分析】 根据菱形面积=对角线积的一半可求 BD，再根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半． 【详解】解：∵四边形 ABCD 是菱形， ∴AO=CO=6，BO=DO，S 菱形 ABCD= 2 AC BD =48， 7 ∴BD=8， ∵DH⊥AB，BO=DO=4， ∴OH= 1 2 BD=4． 故选：A． 【点睛】本题考查了菱形的性质，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，关键是灵活运用这些性质解 决问题． 9.在抗击疫情网络知识竞赛中，为奖励成绩突出的学生，学校计划用 200 元钱购买 A 、B 、C 三种奖品，A 种每个10元， B 种每个 20 元，C 种每个 30 元，在C 种奖品不超过两个且钱全部用完的情况下，有多少种 购买方案（ ） A. 12 种 B. 15 种 C. 16 种 D. 14种 【答案】D 【解析】 【分析】 设购买 A 、B 、C 三种奖品分别为 , ,x y z 个，根据题意列方程得10 20 30 200x y z   ，化简后根据 , ,x y z 均为正整数，结合C 种奖品不超过两个分类讨论，确定解的个数即可． 【详解】解：设购买 A 、 B 、C 三种奖品分别为 , ,x y z 个， 根据题意列方程得10 20 30 200x y z   ， 即 2 3 20x y z   ， 由题意得 , ,x y z 均为正整数． ①当 z=1 时， 2 17x y  ∴ 17 2 yx  ， ∴y 分别取 1，3，5，7，9，11，13，15 共 8 种情况时，x 为正整数； ②当 z=2 时， 2 14x y  ∴ 14 2 yx  ， ∴y 可以分别取 2，4，6，8，10，12 共 6 种情况，x 为正整数； 8 综上所述：共有 8+6=14 种购买方案． 故选：D 【点睛】本题考查了求方程组的正整数解，根据题意列出方程，并确定方程组的解为正整数是解题关键． 10.如图，正方形 ABCD 的边长为 a ，点 E 在边 AB 上运动（不与点 A ，B 重合）， 45DAM  ，点 F 在 射线 AM 上，且 2AF BE ，CF 与 AD 相交于点G ，连接 EC 、EF 、EG ．则下列结论：① 45ECF  ； ② AEG 的周长为 21 2 a      ；③ 2 2 2BE DG EG  ；④ EAF 的面积的最大值是 21 8 a ；⑤当 1 3BE a 时，G 是线段 AD 的中点．其中正确的结论是（ ） A. ①②③ B. ②④⑤ C. ①③④ D. ①④⑤ 【答案】D 【解析】 【分析】 如图 1 中，在 BC 上截取 BH=BE，连接 EH．证明△FAE≌△EHC（SAS），即可判断①正确；如图 2 中， 延长 AD 到 H，使得 DH=BE，则△CBE≌△CDH（SAS），再证明△GCE≌△GCH（SAS），即可判断②③ 错误；设 BE=x，则 AE=a-x，AF= 2x ，构建二次函数，利用二次函数的性质解决最值问题即可判断④正确； 设 AG= y ，利用前面所证 EG=GH，在 Rt△AEG 中，利用勾股定理求得 1 2y a ，即可判断⑤正确． 【详解】如图 1 中，在 BC 上截取 BH=BE，连接 EH． 9 ∵BE=BH，∠EBH=90°， ∴EH= 2 BE， ∵AF= 2 BE， ∴AF=EH， ∵∠DAM=∠EHB=45°，∠BAD=90°， ∴∠FAE=∠EHC=135°， ∵BA=BC，BE=BH， ∴AE=HC， ∴△FAE≌△EHC（SAS）， ∴EF=EC，∠AEF=∠ECH， ∵∠ECH+∠CEB=90°， ∴∠AEF+∠CEB=90°， ∴∠FEC=90°， ∴∠ECF=∠EFC=45°，故①正确， 如图 2 中，延长 AD 到 H，使得 DH=BE， 10 则△CBE≌△CDH（SAS）， ∴∠ECB=∠DCH， ∴∠ECH=∠BCD=90°， ∴∠ECG=∠GCH=45°， ∵CG=CG，CE=CH， ∴△GCE≌△GCH（SAS）， ∴EG=GH， ∵GH=DG+DH，DH=BE， ∴EG=BE+DG，故③错误， ∴△AEG 的周长=AE+EG+AG=AE+AH= AE +AD+DH =AE +AD+EB =AB+AD=2a，故②错误， 设 BE= x ，则 AE= a x ，AF= 2x ， ∴S△AEF=   2 2 21 1 1 1 1 1 2 2 2 2 2 8a x x x ax x a a           ， ∵ 1 02   ， ∴当 1 2x a 时，，△AEF 的面积的最大值为 21 8 a ，故④正确； 如图 3，延长 AD 到 H，使得 DH=BE， 11 同理：EG=GH， ∵ 1 3BE a ，则 2 3AE a ， 设 AG= y ，则 DG= a y ， ∴EG=GH = 1 4 3 3a y a a y    ， 在 Rt△AEG 中， 2 2 2AE AG EG  ， 即 2 2 22 4 3 3a y a y            ， 解得： 1 2y a ， ∴当 1 3BE a 时， G 是线段 AD 的中点，故⑤正确； 综上，①④⑤正确， 故选：D． 【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，二次函数最值的应用，勾股定理的应用等 知识，解题的关键是学会添加常用辅助线面构造全等三角形解决问题，属于中考填空题中的压轴题． 二、填空题（每题 3 分，满分 30 分） 11.5G 信号的传播速度为 300000000m/s，将 300000000 用科学记数法表示为__________． 【答案】 83 10 【解析】 【分析】 科学记数法的表示形式为 a×10n 的形式，其中 1≤|a|<10，n 为整数．确定 n 的值时，要看把原数变成 a 时， 12 小数点移动了多少位，n 的绝对值与小数点移动的位数相同．当原数绝对值>1 时，n 是正数；当原数的绝 对值<1 时，n 是负数． 【详解】300000000 的小数点向左移动 8 位得到 3， 所以 300000000 用科学记数法表示为 3×108， 故答案为 3×108． 【点睛】本题考查科学记数法的表示方法．科学记数法的表示形式为 a×10n 的形式，其中 1≤|a|<10，n 为 整数，表示时关键要正确确定 a 的值以及 n 的值． 12.函数 1 2 y x   中，自变量 x 的取值范围是 ． 【答案】x＞2 【解析】 【分析】 根据分式有意义和二次根式有意义的条件求解. 【详解】解：根据题意得，x﹣2＞0， 解得 x＞2． 故答案为 x＞2． 【点睛】本题考查了函数自变量的取值范围，函数自变量的范围一般从三个方面考虑： （1）当函数表达式是整式时，自变量可取全体实数； （2）当函数表达式是分式时，考虑分式的分母不能为 0； （3）当函数表达式是二次根式时，被开方数非负． 13.如图， Rt ABC 和 Rt EDF 中， B D   ，在不添加任何辅助线的情况下，请你添加一个条件 ___________，使 Rt ABC 和 Rt EDF 全等． 13 【答案】 AB ED （ BC DF 或 AC EF 或 AE CF 等） 【解析】 【分析】 由题意得 Rt ABC 和 Rt EDF 中， B D   ，故要添加条件需得到一组边相等即可． 【详解】解：∵ ABC 和 EDF 均为直角三角形， ∴ = 90A DEF    , 又∵ B D   ， 故要使得 Rt ABC 和 Rt EDF 全等， 只需添加条件 AB ED （ BC DF 或 AC EF 或 AE CF 等）即可． 故答案为 ： AB ED （ BC DF 或 AC EF 或 AE CF 等） 【点睛】本题考查了全等的判定，根据题意得到两个三角形有两组角分别相等，故只要添加一组对应边相 等即可． 14.一个盒子中装有标号为1、 2 、3 、4 、5 的五个小球，这些球除了标号外都相同，从中随机摸出两个小 球，则摸出的小球标号之和大于 6的概率为______． 【答案】 2 5 【解析】 【分析】 首先根据题意画出树状图，然后由树状图求得所有等可能的结果与两次摸出的小球的标号之和大于 6 的情 况，再利用概率公式即可求得答案． 【详解】解：画树状图如图所示： ∵共有 20 种等可能的结果，两次摸出的小球的标号之和大于 6 的有 8 种结果， 14 ∴两次摸出的小球的标号之和大于 6 的概率为： 8 2 20 5  ； 故答案为： 2 5 ． 【点睛】本题考查的是用列表法或画树状图法求概率．注意列表法或画树状图法可以不重复不遗漏的列出 所有可能的结果，用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比． 15.若关于 x 的一元一次不等式组 1 0 2 0 x x a      有 2 个整数解，则 a 的取值范围是______． 【答案】 6 8a  【解析】 【分析】 先求出每个不等式的解集，根据找不等式组解集的规律找出不等式组的解集，根据已知得出答案即可． 【详解】解： 1 0 2 0 x x a      ① ② 解不等式①得：x>1， 解不等式②得：x< 2 a ， ∴不等式组的解集是 1＜x＜ 2 a ， ∵x 的一元一次不等式组有 2 个整数解， ∴x 只能取 2 和 3， ∴3 42 a  ， 解得： 6 8a  故答案为： 6 8a  ． 【点睛】本题考查了解一元一次不等式，解一元一次不等式组的应用，解此题的关键是能得出关于 a 的取值 范围． 16.如图， AD 是 ABC 的外接圆 O 的直径，若 40BAD   ，则 ACB ∠ ______  ． 15 【答案】 50 【解析】 【分析】 连接 BD，如图，根据圆周角定理得到∠ABD=90°，则利用互余计算出∠D=50°，然后再利用圆周角定理得 到∠ACB 的度数． 【详解】连接 BD，如图， ∵AD 为△ABC 的外接圆⊙O 的直径， ∴∠ABD=90°， ∴∠D=90°-∠BAD=90°-40°=50°， ∴∠ACB=∠D=50°． 故答案为：50． 【点睛】本题考查了圆周角定理：在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的 圆心角的一半． 17.小明在手工制作课上，用面积为 2150 cm ，半径为15cm的扇形卡纸，围成一个圆锥侧面，则这个圆锥 的底面半径为______ cm ． 【答案】10 【解析】 16 【分析】 根据扇形的面积公式与圆的周长公式，即可求解． 【详解】由 1= 2S lR扇形 得：扇形的弧长= 2 150 15 20    （厘米）， 圆锥的底面半径= 20 2 10    （厘米）． 故答案是：10． 【点睛】本题主要考查圆锥的底面半径，掌握圆锥的侧面扇形弧长等于底面周长，是解题的关键． 18.如图，在边长为 4 的正方形 ABCD 中将 ABD 沿射线 BD 平移，得到 EGF ，连接 EC 、GC ．求 EC GC 的最小值为______． 【答案】 4 5 【解析】 【分析】 将△ABC 沿射线 CA 平移到△AB′C′的位置，连接 C′E、AE、DE，证出四边形 ABGE 和四边形 EGCD 均 为 平 行 四 边 形 ， 根 据 平 行 四 边 形 的 性 质 和 平 移 图 形 的 性 质 ， 可 得 C′E=CE ， CG=DE ， 可 得 EC+GC=C′E+ED，当点 C′、E、D 在同一直线时，C′E+ED 最小，由勾股定理求出 C′D 的值即为 EC+GC 的最小值． 【详解】如图，将△ABC 沿射线 CA 平移到△AB′C′的位置，连接 C′E、AE、DE， 17 ∵AB∥GE∥DC 且 AB=GE=DC， ∴四边形 ABGE 和四边形 EGCD 均为平行四边形， ∴AE∥BG，CG=DE， ∴AE⊥CC′， 由作图易得，点 C 与点 C′关于 AE 对称，C′E=CE， 又∵CG=DE， ∴EC+GC=C′E+ED， 当点 C′、E、D 在同一直线时，C′E+ED 最小， 此时，在 Rt△C′D′E 中， C′B′=4，B′D=4+4=8， C′D= 2 24 8 4 5  ， 即 EC+GC 的最小值为 4 5 ， 故答案为： 4 5 ． 【点睛】本题考查正方形的性质、图形的对称性、线段最短和平行四边形的性质与判定，解题的关键是将 两条线段的和转化为同一条线段求解． 19.在矩形 ABCD 中， 1AB  ， BC a ，点 E 在边 BC 上，且 3 5BE a ，连接 AE ，将 ABE 沿 AE 折 叠．若点 B 的对应点 B落在矩形 ABCD 的边上，则折痕的长为______． 【答案】 2 或 30 5 【解析】 【分析】 分两种情况：点 B落在 AD 上和 CD 上，首先求出 a 的值，再根据勾股定理求出抓痕的长即可． 【详解】分两种情况： （1）当点 B落在 AD 上时，如图 1， 18 ∵四边形 ABCD 是矩形， 90BAD B     ， ∵将 ABE△ 沿 AE 折叠，点 B 的对应点 B落在 AD 边上， 1 452BAE B AE BAD       ， AB BE  ， 3 15 a  ， ∴ 3 =15BE a 在 Rt△ABE 中，AB=1，BE=1， ∴AE= 2 2 2AB BE  （2）当点 B落在 CD 上，如图 2， ∵四边形 ABCD 是矩形， 90BAD B C D         ， AD BC a  ， ∵将 ABE△ 沿 AE 折叠，点 B 的对应点 B落在 CD 边上， 90B AB E     ， 1AB AB  ， 3 5EB EB a  ， 2 2 21DB B A AD a      ， 19 3 2 5 5EC BC BE a a a     ， 在 ADB 和 B CE 中， 90 90 B AD EB C AB D D C               ~ADB B CE   ， DB AB CE B E     ，即 21 1 2 3 5 5 a a a   ， 解得， 5 3a   （负值舍去） ∴ 3 5=5 5BE a 在 Rt△ABE 中，AB=1，BE= 5 5 ， ∴AE= 2 2 30 5AB BE  故答案为： 2 或 30 5 . 【点睛】本题考查翻折变换，矩形的性质等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，属于中 考常考题型． 20.如图，直线 AM 的解析式为 1y x  与 x 轴交于点 M ，与 y 轴交于点 A ，以OA为边作正方形 ABCO ， 点 B 坐标为 1,1 ．过点 B 作 1EO MA 交 MA 于点 E ，交 x 轴于点 1O ，过点 1O 作 x 轴的垂线交 MA 于点 1A 以 1 1O A 为边作正方形 1 1 1 1O A B C ，点 1B 的坐标为  5,3 ．过点 1B 作 1 2E O MA 交 MA 于 1E ，交 x 轴于点 2O ， 过点 2O 作 x 轴的垂线交 MA 于点 2A ，以 2 2O A 为边作正方形 2 2 2 2O A B C ， ，则点 2020B 的坐标______． 20 【答案】 2020 20202 3 1,3  【解析】 【分析】 根据题意得出三角形 AMO 为等腰直角三角形，∠AMO=45°，分别求出个线段的长度，表示出 B1 和 B2 的坐 标，发现一般规律，代入 2020 即可求解 【详解】解：∵ AM 的解析式为 1y x  ， ∴M（-1，0），A（0，1）， 即 AO=MO=1，∠AMO=45°， 由题意得：MO=OC=CO1=1， O1A1=MO1=3， ∵四边形 1 1 1 1O A B C 是正方形， ∴O1C1=C1O2=MO1=3， ∴OC1=2×3-1=5，B1C1=O1C1=3，B1（5，3）， ∴A2O2=3C1O2=9，B2C2=9，OO2=OC2-MO=9-1=8， 综上，MCn=2×3n，OCn=2×3n-1，BnCn=AnOn=3n， 当 n=2020 时，OC2020=2×32020-1，B2020C2020 =32020， 点 B 2020 20202 3 1,3  ， 故答案为： 2020 20202 3 1,3  ． 【点睛】本题考查规律型问题、等腰直角三角形的性质以及点的坐标，解题的关键是学会探究规律的方法， 属于中考常考题型． 三、解答题（满分 60 分） 21.先化简，再求值： 2 2 1 6 92 1 1 x x x x x         ，其中 3tan 30 3x    ． 【答案】 1 3 x x   , 3 4 3 3  21 【解析】 【分析】 括 号 内 先 通 分 进 行 分 式 的 减 法 运 算 ， 然 后 进 行 分 式 的 除 法 运 算 ， 将 特 殊 角 的 三 角 函 数 值 代 入 3tan 30 3x    求出 x 的值，然后代入化简后的结果进行计算即可． 【详解】原式=         2 2 1 31 1 1 1 1 x xx x x x x           =     2 1 12 2 1 1 3 x xx x x x       =     2 1 13 1 3 x xx x x     = 1 3 x x   ， 当 33tan30 3 3 3 3 33x         时， 原式 3 3 1 3 4 3 4 3 33 3 3 3         ． 【点睛】本题考查了分式的混合运算——化简求值，涉及了分式的减法、乘除法运算，特殊角的三角函数 值，二次根式的混合运算等，熟练掌握各运算的运算法则是解题的关键． 22.如图，正方形网格中，每个小正方形的边长都是一个单位长度，在平面直角坐标系中， ABC 的三个顶 点  5,2A 、  5,5B 、  1,1C 均在格点上 （1）将 ABC 向左平移 5 个单位得到 1 1 1A BC ，并写出点 1A 的坐标； （2）画出 1 1 1A BC 绕点 1C 顺时针旋转 90 后得到的 2 2 1A B C ，并写出点 2A 的坐标； 22 （3）在（2）的条件下，求 1 1 1A BC 在旋转过程中扫过的面积（结果保留 ）． 【答案】（1）见解析,  1 0,2A ；（2）图形见解析，  2 3, 3A   ；（3）8 6  【解析】 【分析】 （1）根据题意，可以画出相应的图形，并写出点 1A 的坐标； （2）根据题意，可以画出相应的图形，并写出点 2A 的坐标； （3）根据题意可以求得 BC 的长，从而可以求得 1 1 1A BC 在旋转过程中扫过的面积． 【详解】（1） 1 1 1A BC 如图所示，  1 0,2A ； （2） 2 2 1A B C 如图所示，  2 3, 3A   （3） 2 24 4 4 2BC    21 1s (4 2) 3 4 8 64 2         【点睛】此题考查作图-平移变换，作图-旋转变换，扇形面积的计算，解题关键在于掌握作图法则． 23.如图，已知二次函数 2y x bx c    的图象经过点  1,0A  ，  3,0B ，与 y 轴交于点C ． 23 （1）求抛物线的解析式； （2）抛物线上是否存在点 P ，使 PAB ABC   ，若存在请直接写出点 P 的坐标．若不存在，请说明理由． 【答案】（1） 2y x 2x 3    ；（2）存在， 1(2,3)P ， 2 (4, 5)P  【解析】 【分析】 （1）把点 AB的坐标代入 2y x bx c    即可求解； （2）分点 P 在 x 轴下方和下方两种情况讨论，求解即可． 【详解】（1）∵二次函数 2y x bx c    的图象经过点 A(-1，0)，B(3，0)， ∴ 1 0 9 3 0 b c b c         ， 解得： 2 3 b c    ， ∴抛物线的解析式为： 2y x 2x 3    ； （2）存在，理由如下： 当点 P 在 x 轴下方时， 如图，设 AP 与 y 轴相交于 E， 24 令 0x  ，则 3y  ， ∴点 C 的坐标为(0，3)， ∵A(-1，0)，B(3，0)， ∴OB=OC=3，OA=1， ∴∠ABC=45  ， ∵∠PAB=∠ABC=45  ， ∴△OAE 是等腰直角三角形， ∴OA=OE=1， ∴点 E 的坐标为(0，-1)， 设直线 AE 的解析式为 1y kx  ， 把 A(-1，0)代入得： 1k   ， ∴直线 AE 的解析式为 1y x   ， 解方程组 2 1 2 3 y x y x x         ， 得： 1 1 1 0 x y     (舍去)或 2 2 4 5 x y     ， ∴点 P 的坐标为(4， 5 )； 当点 P 在 x 轴上方时， 如图，设 AP 与 y 轴相交于 D， 25 同理，求得点 D 的坐标为(0，1)， 同理，求得直线 AD 的解析式为 1y x  ， 解方程组 2 1 2 3 y x y x x        ， 得： 1 1 1 0 x y     (舍去)或 2 2 2 3 x y    ， ∴点 P 的坐标为(2， 3 )； 综上，点 P 的坐标为(2， 3 )或(4， 5 ) 【点睛】本题是二次函数与几何的综合题，主要考查了待定系数法，等腰直角三角形的判定和性质，解方 程组，分类讨论是解本题的关键． 24.为了提高学生体质，战胜疫情，某中学组织全校学生宅家一分钟跳绳比赛，全校跳绳平均成绩是每分钟99 次，某班班长统计了全班50 名学生一分钟跳绳成绩，列出的频数分布直方图如图所示，（每个小组包括左 端点，不包括右端点）． 求：（1）该班一分钟跳绳的平均次数至少是多少，是否超过全校的平均次数； （2）该班的一个学生说：“我的跳绳成绩是我班的中位数”请你给出该生跳绳成绩的所在范围； （3）从该班中任选一人，其跳绳次数超过全校平均数的概率是多少． 26 【答案】（1）平均次数至少是100.8次，超过全校的平均次数；（2）跳绳成绩所在范围为100 ~ 120 ；（3） 33 50 ． 【解析】 【分析】 （1）观察直方图，用每组的最低成绩，根据加权平均数公式计算可得该班一分钟跳绳的最少平均次数，再 与校平均成绩比较即可得答案； （2）根据中位数意义，确定中位数的范围即可； （3）先确定出该班一分钟跳绳成绩大于或等于 100 次的人数，然后利用概率公式进行求解即可． 【详解】（1）该班一分钟跳绳的平均次数至少为 60 4 80 13 100 19 120 7 140 5 160 2 100.8 9950              ， 即该班一分钟跳绳的平均次数至少是 100.8 次，超过了全校的平均次数； （2）这个学生的跳绳成绩在该班是中位数， 共有 50 名学生，可知中位数是将跳绳次数从小到大排列后位于第 25、26 这两个次数的平均数， 因为 4+13=17<25，4+13+19=36>26， 所以中位数一定在 100～120 范围内， 即该生跳绳成绩的所在范围为 100～120； （3）该班一分钟跳绳成绩大于或等于 100 次的有：l9+7+5+2=33(人)， 所以 P（其跳绳次数超过全校平均数）= 33 50 ， 答：从该班中任选一人，其跳绳次数超过全校平均数的概率为 33 50 ． 【点睛】本题考查了频数分布直方图，简单的概率计算，中位数等知识，读懂统计图，弄清题意，找准相 关数据，灵活运用相关知识是解题的关键． 25.为抗击疫情，支持武汉，某物流公司的快递车和货车每天往返于物流公司、武汉两地，快递车比货车多 往返一趟，如图表示两车离物流公司的距离 y （单位：千米）与快递车所用时间 x （单位：时）的函数图 象，已知货车比快递车早1小时出发，到达武汉后用 2 小时装卸货物，按原速、原路返回，货车比快递车最 27 后一次返回物流公司晚1小时． （1）求 ME 的函数解析式； （2）求快递车第二次往返过程中，与货车相遇的时间． （3）求两车最后一次相遇时离武汉的距离．（直接写出答案） 【答案】（1） 50 50y x  ；（2）货车返回时与快递车途中相遇的时间17 3 h ， 7h ；（3）100km 【解析】 【分析】 （1）由图象可知点 M 和点 E 的坐标，运用待定系数法求 ME 的解析式即可； （2）运用待定系数法求出 BC，CD，FG 的解析式，分别联立方程组，求出交点坐标即可得到结果； （3）由（2）知两车最后一次相遇时快递车行驶 1 小时，根据路程=速度×时间可得结论. 【详解】解：（1）由图象可知：M 0,50 ，E 3,200 设 ME 的解析式 y kx b   0k  把 M 0,50 ，E 3,200 代入得： 50 3 200 b k b     ，解得 50 50 b k    ， ME 的解析式为 50 50y x   0 3x  ； （2）由图象知 B（4，0），C(6,200) 设 BC 的解析式 y mx n  , 把 B（4，0），C(6,200)代入得， 4 0 6 200 m n m n      ， 28 解得， 100 400 m n     ， ∴ BC 的解析式为： 100 400y x  由图象知 F（5，200），G（9，0） 设 FG 的解析式 y px q  ， 把 F（5，200），G（9，0）代入上式得， 5 200 9 0 p q p q      ， 解得， 50 450 p q     ， 故 FG 的解析式为： 50 450y x   联立方程组得， 100 400 50 450 y x y x       ，解得 17 3x h ； 由图象得，C（6，200），D（8，0） 设 CD 的解析式为 y=rx+s， 把 C（6，200），D（8，0）代入上式得， 6 200 8 0 r s r s      ， 解得， 100 800 r s     故 CD 的解析式为 y=-100x+800, 联立方程组得 100 800 50 450 y x y x        ，解得 7x h 答：货车返回时与快递车途中相遇的时间17 3 h ， 7h （3）由（2）知，最后一次相遇时快递车行驶 1 小时， 其速度为：200÷2=100(km/h) 所以，两车最后一次相遇时离武汉的距离为：100×1=100（km） 【点睛】本题考查了一次函数的应用，主要利用了待定系数法求一次函数解析式，相遇问题，读懂题目信 息，理解两车的运动过程是解题的关键 29 26.如图①，在 Rt ABC 中， 90ACB  ， AC BC ，点 D 、 E 分别在 AC 、 BC 边上， DC EC ， 连接 DE 、 AE 、 BD ，点 M 、 N 、 P 分别是 AE 、 BD 、 AB 的中点，连接 PM 、 PN 、 MN ． （1） BE 与 MN 的数量关系是______． （2）将 DEC 绕点C 逆时针旋转到图②和图③的位置，判断 BE 与 MN 有怎样的数量关系？写出你的猜 想，并利用图②或图③进行证明． 【答案】（1） 2BE MN ；（2）图（2）： 2BE MN ，图（3）： 2BE MN ，理由见解析． 【解析】 【分析】 （1）先证明 AD=BE，根据中位线定理证明△PMN 为等腰直角三角形，得到 2 2PM MN ，再进行代换 即可； （2）：如图（2）连接 AD ，延长 BE 交 AD 于 H ，交 AC 于G ，先证明 ACD BCE△ △ ，得到，AD=BE， 90AHB   ，根据中位线定理证明△PMN 为等腰直角三角形，得到 2 2PM MN ，再进行代换即可． 【详解】解：（1）∵ Rt ABC 中， 90ACB   ， AC BC ， ∴∠BAC=∠ABC=45° ∵ AC BC ， DC EC ， ∴AD=BE， ∵点 M 、 N 、 P 分别是 AE 、 BD 、 AB 的中点， ∴PM，PN 分别为△ABE，△BAD 中位线， ∴PM∥BE,PM= 1 2 BE,PN∥AC,PN= 1 2 AD, 30 ∴PM=PN, ∠APM=∠BPN=45°， ∴∠PMN=90°， ∴△PMN 为等腰直角三角形， ∴ 2 2sin 2 2PM MN PNM MN MN     ， ∴ 2 2BE PM MN  ， 即 2BE MN ； （2）图（2）： 2BE MN 图（3）： 2BE MN 证明：如图（2） 连接 AD ，延长 BE 交 AD 于 H ，交 AC 于G ， 90ACB DCE    Q ， DCA ECB   ， DC EC ， AC BC ， ACD BCE △ △ ， CAD CBE   ， BE AD ， AGH CGE   ， 90CAD AGH CBE CGE         ， 90AHB   ， P 、 M 、 N 分别是 AB 、 AE 、 BD 的中点， / /PN AD ， 1 2PN AD ， / /PM BE ， 1 2PM BE ， PM PN  ， 1 90MPN AHB       ， PMN△ 是等腰直角三角形， 2MN PM  ， 2 2BE PM MN   ． 31 图② 【点睛】本题考查了等腰直角三角形性质，全等三角形判定与性质，中位线定理等知识，综合性较强，解 题关键理解运用好中位线性质． 27.某农谷生态园响应国家发展有机农业政策，大力种植有机蔬菜，某超市看好甲、乙两种有机蔬菜的市场 价值，经调查甲种蔬菜进价每千克 m 元，售价每千克16 元；乙种蔬菜进价每千克 n 元，售价每千克18元． （1）该超市购进甲种蔬菜15 千克和乙种蔬菜 20 千克需要 430 元；购进甲种蔬菜10千克和乙种蔬菜8 千克 需要 212 元．求 m ， n 的值． （2）该超市决定每天购进甲、乙两种蔬菜共100千克，且投入资金不少于1160 元又不多于1168 元，设购 买甲种蔬菜 x 千克，求有哪几种购买方案 （3）在（2）的条件下，超市在获得的利润取得最大值时，决定售出的甲种蔬菜每千克捐出 2a 元，乙种蔬 菜每千克捐出 a 元给当地福利院，若要保证捐款后的利润率不低于 20% ，求 a 的最大值． 【答案】（1）m 、n 的值分别为10和14；（2）共 3 种方案分别为：方案一购甲种蔬菜58千克，乙种蔬菜 42 千克；方案二购甲种蔬菜59千克，乙种蔬菜 41千克；方案三购甲种蔬菜 60 千克，乙种蔬菜 40 千克；（3） a 的最大值为1.8 【解析】 【分析】 （1）根据题意可以列出相应的二元一次方程组，从而可以求得 m、n 的值； （2）根据题意，列出一元一次不等式组，解方程组即可得到购买方案； （3）分别求出三种方案的利润，然后列出不等式，即可求出答案． 【详解】解：（1）由题意得 15 20 430 10 8 212 m n m n      ， 32 解得： 10 14 m n    ； 答： m 、 n 的值分别为10和14； （2）根据题意 10 14(100 ) 1160 10 14(100 ) 1168 x x x x        ， 解得：58 60x  ， 因为 x 是整数 所以 x 为 58、59 、 60 ； ∴共 3 种方案，分别为： 方案一购甲种蔬菜58千克，乙种蔬菜 42 千克； 方案二购甲种蔬菜59 千克，乙种蔬菜 41千克； 方案三购甲种蔬菜 60 千克，乙种蔬菜 40 千克； （3）方案一的利润为： (16 10) 58 (18 14) 42 516      元， 方案二的利润为： (16 10) 59 (18 14) 41 518      元， 方案三的利润为： (16 10) 60 (18 14) 40 520      元， 利润最大值为520 元，甲售出 60kg ，乙售出 40kg ， ∴ (16 10 2 ) 60 (18 14 ) 40 20%1160 a a        解得： 1.8a  答： a 的最大值为1.8； 【点睛】本题考查了二元一次方程组的应用、解一元一次不等式，解答本题的关键是明确题意，利用二元 一次方程组，以及不等式组的知识解答． 28.如图，在平面直角坐标系中，矩形 ABCD 的边 AB 长是方程 2 3 18 0x x   的根，连接 BD ， 30DBC   ，并过点C 作CN BD ，垂足为 N ，动点 P 从点 B 以每秒 2 个单位长度的速度沿 BD 方向 匀速运动到点 D 为止；点 M 沿线段 DA 以每秒 3 个单位长度的速度由点 D 向点 A 匀速运动，到点 A 为止， 点 P 与点 M 同时出发，设运动时间为 t 秒 0t  33 （1）线段CN  ______； （2）连接 PM 和 MN ，求 PMN 的面积 s 与运动时间 t 的函数关系式； （3）在整个运动过程中，当 PMN 是以 PN 为腰的等腰三角形时，直接写出点 P 的坐标． 【答案】（1）3 3 ；（2） 2 2 3 9 3 902 4 2 90 2 3 9 3 9 62 4 2 t t t s t t t t                          ；（3）(3 3 ，3 )或( 7 3 3 ， 7 3 ) 【解析】 【分析】 （1）解方程求出 AB 的长，由直角三角形的性质可求 BD，BC 的长，CN 的长； （2）分三种情况讨论，由三角形的面积可求解； （3）分两种情况讨论，由等腰三角形的性质和勾股定理可求解． 【详解】（1）解方程 2 3 18 0x x   得： 1 26 3x x  ， (舍去)， ∴AB=6， ∵四边形 ABCD 是矩形， 30DBC   ， ∴AB=CD=6，BD=2AB=12， ∴BC=AD= 2 2 2 212 6 6 3BD AB    ， ∵ BDC 1 1 2 2S BC CD BD CN    ， ∴ 6 3 6 3 312 BC CDCN BD     ， 34 故答数为：3 3 ； （2）如图 1，过点 M 作 MH⊥BD 于 H， ∵AD∥BC， ∴∠ADB=∠DBC=30°， ∴MH= 1 2 MD= 3 2 t ， ∵∠DBC=30°，CN⊥BD， ∴BN= 3 9CN  ， 当点 P 在线段 BN 上即 90 2t  时， △PMN 的面积 21 3 3 9 3(9 2 )2 2 2 4s t t t t       ； 当点 P 与点 N 重合即 9 2t  时，s=0， 当点 P 在线段 ND 上即 9 62 t  时， △PMN 的面积 21 3 3 9 3(2 9)2 2 2 4s t t t t      ； ∴ 2 2 3 9 3 902 4 2 90 2 3 9 3 9 62 4 2 t t t s t t t t                          ； （3）如图，过点 P 作 PE⊥BC 于 E， 35 当 PN=PM=9-2t 时，则 DM= 3t ，MH= 1 2 DM= 3 2 t ，DH= 3 2 t ， ∵ 2 2 2MH PH PM  ， ∴   2 2 23 312 2 9 22 2t t t t                ， 解得： 3t  或 7 3t  ， 即 1 32PE BP t   或 1 7 2 3PE BP t   ， 则 BE=3 3 或 BE= 7 3 3 ， ∴点 P 的坐标为(3 3 ，3 )或( 7 3 3 ， 7 3 )； 当 PN=NM=9-2t 时， ∵ 2 2 2MH NH MN  ， ∴   2 2 23 3 3 9 22 2t t t               ， 解得 3t  或 24（不合题意舍去）， ∴BP=6，PE= 1 2 BP=3，BE= 3 PE=3 3 ∴点 P 的坐标为(3 3 ，3 )， 综上所述：点 P 坐标为(3 3 ， 3 )或( 7 3 3 ， 7 3 ) ． 【点睛】本题是四边形综合题，考查了矩形的性质，一元二次方程的解法，三角形的面积公式，勾股定理， 等腰三角形的性质，坐标与图形等知识，利用分类讨论思想解决问题是本题的关键． 36