黑龙江省鹤岗市2021年中考数学真题（解析版）下载

2021 年黑龙江省鹤岗市中考数学试卷 一、选择题（每题 3 分，满分 30 分） 1. A. 下列运算中，计算正确的是（ ）322a2  6a6 a b  a2 b2 m2  m3  2m5 6  2  3 B. C. D. D【答案】 【解析】 【分析】根据积的乘方、完全平方公式及二次根式的除法可直接进行排除选项． 【详解】解：A、 2 与 3 不是同类项，所以不能合并，错误，故不符合题意； mm32a2  8a6 ，错误，故不符合题意； B、 C、 D、 2a b  a2  2ab  b2 ，错误，故不符合题意； ，正确，故符合题意； 6  2  3 故选 D． 【点睛】本题主要考查积的乘方、完全平方公式及二次根式的除法，熟练掌握积的乘方、完全平方公式及 二次根式的除法是解题的关键． 2. 下列图形中，既是中心对称图形又是轴对称图形的是（ ）A. B. C. D. D【答案】 【解析】 【分析】根据中心对称图形的定义：旋转 180°后能够与原图形完全重合即是中心对称图形，以及轴对称图 形的定义：如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形，这 条直线叫做对称轴，即可判断出答案． 【详解】解：A．是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不合题意； B．是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不合题意； C．是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不合题意； D．既是轴对称图形，又是中心对称图形，故本选项符合题意． 故选：D． 【点睛】本题考查了轴对称图形，中心对称图形，熟记两种图形的特点并准确判断是解题的关键． 3. 如图是由 5 个小正方体组合成的几何体，则该几何体的主视图是（ ）A. B. C. D. C【答案】 【解析】 【分析】根据几何体的三视图可直接进行排除选项． 【详解】解：由题意得： 该几何体的主视图是 ；故选 C． 【点睛】本题主要考查三视图，熟练掌握几何体的三视图是解题的关键． 4. 一组数据：2，4，4，4，6，若去掉一个数据 4，则下列统计量中发生变化的是（ ）A. 众数 【答案】 【解析】 B. 中位数 C. 平均数 D. 方差 D【分析】根据众数、中位数、平均数及方差可直接进行排除选项． 【详解】解：由题意得： 2  4  4  4  6 x   4 ，原方差为 原中位数为 4，原众数为 4，原平均数为 522222  24  44  44  44  64 8S2  ；554  4 22  4  4  6 x   4 ，方差为  4 去掉一个数据 4 后的中位数为 ，众数为 4，平均数为 42222  24  44  44  64 S2   2 ；4∴统计量发生变化的是方差； 故选 D． 【点睛】本题主要考查平均数、众数、众数及方差，熟练掌握求一组数据的平均数、众数及方差是解题的 关键． 5. 有一个人患了流行性感冒，经过两轮传染后共有 144 人患了流行性感冒，则每轮传染中平均一个人传染 的人数是（ ）A. 14 B. 11 C. 10 D. 9 B【答案】 【解析】 1 x  x 1 x 144 【分析】设每轮传染中平均一个人传染了 x 个人，由题意可得 【详解】解：设每轮传染中平均一个人传染了 x 个人，由题意可得： 1 x  x 1 x 144 ，然后求解即可． ，x 11, x  13 解得： （舍去）， 12故选 B． 【点睛】本题主要考查一元二次方程的应用，熟练掌握一元二次方程的应用是解题的关键． m  3 2x 1 x已知关于 的分式方程 m的解为非负数，则 的取值范围是（ 6. 1 ）A. B. 且m  4 m  3 C. D. 且m  4 m  3 m  4 m  4 B【答案】 【解析】 【分析】根据题意先求出分式方程的解，然后根据方程的解为非负数可进行求解． m  3 2x 1 m  4 212x【详解】解：由关于 的分式方程 x  1 x  可得： ，且 ，∵方程的解为非负数， m  4 2m  4 212 0 ∴，且 且，解得： ，m  4 m  3 故选 B． 【点睛】本题主要考查分式方程的解法及一元一次不等式的解法，熟练掌握分式方程的解法及一元一次不 等式的解法是解题的关键． 7. 为迎接 2022 年北京冬奥会，某校开展了以迎冬奥为主题的演讲活动，计划拿出 180 元钱全部用于购买甲、 乙两种奖品（两种奖品都购买），奖励表现突出的学生，已知甲种奖品每件 15 元，乙种奖品每件 10 元，则 购买方案有（ ）A. 5 种 B. 6 种 C. 7 种 D. 8 种 A【答案】 【解析】 15x 10y 180 【分析】设购买甲种奖品为 x 件，乙种奖品为 y 件，由题意可得 ，进而求解即可． 【详解】解：设购买甲种奖品为 x 件，乙种奖品为 y 件，由题意可得： 15x 10y 180 ，3y 18 x ∴∵，2x  0, y  0 ，且 x、y 都为正整数， y 15 ∴当 时，则 ；x  2 y 12 x  4 当当当当时，则 ；y  9 时，则 时，则 时，则 ；x  6 x  8 y  6 ；y  3 ；x 10 ∴购买方案有 5 种； 故选 A． 【点睛】本题主要考查二元一次方程的应用，正确理解题意、掌握求解的方法是解题的关键． yAB轴，垂足为 ，顶点 在第二象限，顶点 在 AD  y 8. 如图，在平面直角坐标系中，菱形 的边 ABCD Ek, x  0) y  (k  0 轴正半轴上，反比例函数 的图象同时经过顶点 ．若点 的横坐标为5， C、D Cx，则 的值为（ k）BE  2DE 40 55C. 20 A. B. D. 3243A【答案】 【解析】 AB  BC  CD  AD  5, AD//BC 【分析】由题意易得 ，则设 DE=x，BE=2x，然后可由勾股定理得 kk22C 5, D 2,  4 ，求解 x，进而可得点 ，则 ，最后根据反比例函数的性质可求 5 x  4x  25 55解． 【详解】解：∵四边形 是菱形， ABCD AB  BC  CD  AD, AD//BC ∴∵，AD  y 轴， ∴∴DEB  AEB  90 ，，DEB  CBO  90 ∵点 的横坐标为5， CkC 5, ∴点 ，，，AB  BC  CD  AD  5 5∵BE  2DE ∴设 DE=x，BE=2x，则 ，AE  5 x 22∴在 Rt△AEB 中，由勾股定理得： ，5 x  4x  25 x  2, x  0 解得： （舍去）， ，12DE  2, BE  4 ∴kD 2,  4 ∴点 ，，5k2 4  k ∴540 3k  解得： ；故选 A． 的【点睛】本题主要考查菱形 性质及反比例函数与几何的综合，熟练掌握菱形的性质及反比例函数与几何 的综合是解题的关键． FC 并延长，交 9. 如图，平行四边形 的对角线 、BC 相交于点 E，点 O 为 的中点，连接 ABFC AC BO AF S的面积为 48，则 △AOG 的面积为 ABFC 的延长线于点 D，交 于点 G，连接 、，若平行四边形 OE AF AD （ ） A. 5.5 B. 5 C. 4 D. 3 C【答案】 【解析】 11AB  FC, AB//FC OE//CF//AB,OE  CF  AB 【 分 析 】 由 题 意 易 得 ， 进 而 可 得 ， 则 有 22OEG∽BAG ，然后根据相似比与面积比的关系可求解． 【详解】解：∵四边形 是平行四边形， ABFC 1AB  FC, AB//FC S SABFC ∴，AE=EF， ，AFC 2∵平行四边形 的面积为 48， ABFC 1S SABFC  24 ∴，AFC 2∵点 为的中点， OAC 11OE//CF//AB,OE  CF  AB ∴∴∴，，22OEG∽BAG ，AOE∽ACF 1EG OE 1S SAFC  6 ，，AOE 4AG AB 21EG  AE ∴，，32AG  AE 3∴∵∴和同高不同底， AOG △AOE 23SS AOE  4 ， AOG 故选 C． 【点睛】本题主要考查相似三角形的性质与判定、平行四边形的性质及三角形中位线，熟练掌握相似三角 形的性质与判定、平行四边形的性质及三角形中位线是解题的关键． 10. 如图，在正方形 的中点，连接 中，对角线 与相交于点 ，点 O在BC 的延长线上，连接 ，点 ABCD AC BD CF EDE FOF 是交于点 G，连接 ，若 ，OF  6．则下列结论：①GF  2 ；② CD CE  4 DE 18 5 tan CDE  ；③ ）；④ ODF  OCF  90；⑤点 D 到 CF 的距离为 ．其中正确 OD  2OG 25的结论是（ A. ①②③④ B. ①③④⑤ C. ①②③⑤ D. ①②④⑤ C【答案】 【解析】 BC  CD, BO  OD  OA  OC,BDC  45,BCD  DCE  90 【分析】由题意易得 ，①由三角形 中位线可进行判断；②由△DOC 是等腰直角三角形可进行判断；③根据三角函数可进行求解；④根据题意 可直接进行求解；⑤过点 D 作 DH⊥CF，交 CF 的延长线于点 H，然后根据三角函数可进行求解． 【详解】解：∵四边形 是正方形， ABCD BC  CD, BO  OD  OA  OC,BDC  45,BCD  DCE  90 AC  BD ，∴，∵点 是的中点， FDE 1OF  BE,OF//BE ∴，2∵∴OF  6 ，，CE  4 ，则 ，CD  BC  8 BE 12 ∵OF∥BE， ∴△DGF∽△DCE， DG GF 12∴∴，CD CE GF  2 ，故①正确； ∴点 G 是 CD 的中点， ∴OG⊥CD， ∵∠ODC=45°， ∴△DOC 是等腰直角三角形， ∴，故②正确； OD  2OG ∵CE=4，CD=8，∠DCE=90°， CE 12tan CDE  ∴∵，故③正确； CD 1tan CDE  1 ，2∴∴CDE  45 ，ODF  90，故④错误； 过点 D 作 DH⊥CF，交 CF 的延长线于点 H，如图所示： ∵点 F 是 CD 的中点， ∴CF=DF， ∴∠CDE=∠DCF， 1tan CDE  tan DCF  ∴，2设DH  x ，则 ，CH  2x 22在 Rt△DHC 中， ，x  4x  64 8 5 解得： ，x   58 5 ∴，故⑤正确； DH  5∴正确的结论是①②③⑤； 故选 C． 【点睛】本题主要考查正方形的性质、相似三角形的性质与判定及三角函数，熟练掌握正方形的性质、相 似三角形的性质与判定及三角函数是解题的关键． 二、填空题（每题 3 分，满分 30 分） 11. 截止到 2020 年 7 月底，中国铁路营业里程达到 万公里，位居世界第二．将数据 万用科学记 14.14 14.14 数法表示为_______． 5【答案】 1.41410 【解析】 【分析】由题意易得 万=141400，然后根据科学记数法可进行求解． 14.14 【详解】解：由题意得： 万=141400， 14.14 5∴将数据 故答案为 万用科学记数法表示为 ；14.14 1.41410 5．1.41410 【点睛】本题主要考查科学记数法，熟练掌握科学记数法是解题的关键． 112. y= 函数 中，自变量 x 的取值范围是____． x  2 【答案】 【解析】 ．x  2 x-2≠0 x≠2 ；【详解】试题分析：由已知： 考点：自变量的取值范围． ，解得 13. 如图，在平行四边形 中，对角线 、相交于点 O，在不添加任何辅助线的情况下，请你 BD ABCD AC ______________ ，使平行四边形 添加一个条件 是矩形．． ABCD 【答案】 【解析】 ABC  90 【分析】根据矩形的判定方法即可得出答案． 【详解】解：∵四边形 ABCD 为平行四边形， ∴当 时，四边形 ABCD 为矩形． ABC  90 故答案为： ．ABC  90 【点睛】本题考查了矩形的判定，熟记矩形的判定方法是解题的关键． 14. 一个不透明的口袋中装有标号为 1、2、3 的三个小球，这些小球除标号外完全相同，随机摸出 1 个小球， 然后把小球重新放回口袋并摇匀，再随机摸出 1 个小球，那么两次摸出小球上的数字之和是偶数的概率是 ___________． 5【答案】 9【解析】 【分析】画树状图，共有 9 种等可能的结果，两次摸出小球上的数字之和是奇数的结果有 5 种，再由概率 公式求解即可． 【详解】解：画树状图如图： 共有 9 种等可能的结果，两次摸出小球上的数字之和是奇数的结果有 5 种， 5∴两次摸出小球上的数字之和是偶数的概率为 ，95故答案为： ．9【点睛】此题考查的是列表法或树状图法求概率以及概率公式．列表法可以不重复不遗漏的列出所有可能 的结果，适合于两步完成的事件；树状图法适合两步或两步以上完成的事件． 2x  a  0 3x  4  5 15. 关于 x 的一元一次不等式组 无解，则 a 的取值范围是____________． 【答案】 【解析】 a  6 【分析】分别解出这两个不等式的解集，然后根据不等式组无解，得到关于 a 的不等式，解不等式即可． 2x  a  0① 【详解】解： ，3x  4  5② 1x  a 解不等式①得： 解不等式②得： ，2，x  3 ∵不等式组无解， 1a  3 ∴∴，2，a  6 故答案为： ．a  6 【点睛】本题考查的是根据一元一次不等式组的解集情况确定参数的取值范围，掌握不等式组的解集的确 定方法是解题的关键． 16. O ADC  30 O 如图，在 中， 是直径，弦 的长为 5cm，点 在圆上，且 ，则 的半径为 AC DAB _____． 【答案】5cm 【解析】 ABC  ADC  30 【分析】连接 BC，由题意易得 ，进而问题可求解． 【详解】解：连接 BC，如图所示： ADC  30 ∵∴∵∴∵∴∴，ABC  ADC  30 ，是直径， AB ，ACB  90 AC  5cm ，AB  2AC 10cm O ，的半径为 5cm； 故答案为 5cm． 【点睛】本题主要考查圆周角定理及含 30°直角三角形的性质，熟练掌握圆周角定理及含 30°直角三角形 的性质是解题的关键． 17. 若一个圆锥的底面半径为 1cm，它的侧面展开图的圆心角为 ，则这个圆锥的母线长为____cm． 90 【答案】4 【解析】 【分析】根据圆锥侧面展开图可知圆锥底面圆的周长即为侧面展开图的弧长，然后由题意可进行求解． 【详解】解：设母线长为 R，由题意得： n R l  2r  ，180 90 R 180 2  ∴，解得： ，R  4 ∴这个圆锥的母线长为 4cm， 故答案为 4． 【点睛】本题主要考查圆锥侧面展开图及弧长计算，熟练掌握圆锥侧面展开图及弧长计算是解题的关键． 18. O 的最小值为_____． 如图，在 RtAOB 中， AOB  90 ，，OB  6，以点 为圆心，3 为半径的 ，与 OA  4 OOB OA 交于点 ，过点 C作交于点 ，点 DP是边 上的点，则 CCD  OB PC  PD AB 【答案】 【解析】 2 10 O BCD  AOB  90 ，【分析】延长 CO，交 于一点 E，连接 PE，由题意易得OC  BC  OE  3 CD  2 ，则有BCD∽BOA，CP=PE，然后可得 ，PC  PD  PE  PD ，要使 的值为最小， PC  PD 即的值为最小，进而可得当 D、P、E 三点共线时最小，最后求解即可． PE  PD O 【详解】解：延长 CO，交 于一点 E，连接 PE，如图所示： O ∵∴∵∴∴∴OB  6，以点 为圆心，3 为半径的 ，OOC  BC  OE  3 ，AOB  90 ，CD  OB ，BCD  AOB  90 ，，CP=PE， CD//OA BCD∽BOA ，，CD BC 1∴OA OB 2∵∴，OA  4 CD  2 ，∵CP=PE， ∴PC  PD  PE  PD ，则要使 的值为最小，即 的值为最小， PC  PD PE  PD ∴当 D、P、E 三点共线时最小，即 ，如图所示： PE  PD  DE 22∴在 Rt△DCE 中， ，DE  CD  CE  2 10 ∴的最小值为 ；PC  PD 2 10 故答案为 ．2 10 【点睛】本题主要考查线段垂直平分线的性质、勾股定理、圆的基本性质及相似三角形的性质与判定，熟 练掌握线段垂直平分线的性质、勾股定理、圆的基本性质及相似三角形的性质与判定是解题的关键． 19. 在矩形 中， 2cm，将矩形 沿某直线折叠，使点 B与点 重合，折痕与直线 D交ABCD ABCD AD AB  于点 ，且 E3cm，则矩形 的面积为______cm2． ABCD DE  【答案】 或6  2 56  2 5 【解析】 【分析】根据题意可分当折痕与直线 AD 的交点落在线段 AD 上和 AD 外，然后根据折叠的性质及勾股定理 可求解． 【详解】解：∵四边形 是矩形， ABCD ∴A  90 ，①当点 E 在线段 AD 上时，如图所示： F  A  90, AE  EF, AB  DF  2cm 由折叠的性质可得 3cm， ，∵DE  22∴在 中， ，Rt△DFE EF  DE  DF  5cm AD  AE  DE  3 5 cm ∴∴，S AB AD  6  2 5 cm2 ；矩形ABCD ②当点 E 在线段 AD 外时，如图所示： 由轴对称的性质可得 BE  DE  3cm ，22∴在 Rt△EAB 中， ，AE  BE  AB  5cm AD  DE  AE  3 5 cm ∴∴，S AB AD  6  2 5 cm2 ；矩形ABCD 6  2 5 cm2 6  2 5 cm2 综上所述：矩形 ABCD 的面积为 或；故答案为 或6  2 56  2 5 ．【点睛】本题主要考查折叠的性质、勾股定理及矩形的性质，熟练掌握折叠的性质、勾股定理及矩形的性 质是解题的关键． A1 ，使 DA  CD AC ，以 为一边，在 120. 如图，菱形 中， ，，延长 至ABCD ABC 120 CD AB 1 1ACC DAA ADA C D A1 至 2 ，使 D A C D A C 1 ，以 2 1 BC 的延长线上作菱形 1 ，连接 1 ，得到 1 ；再延长 111121CC 为一边，在 1 的延长线上作菱形 A C C D A A A D A A2020D2020 A2021 2 ，连接 2 ，得到 2 ……按此规律，得到 ，212111ADA SA D A SA2020D2020 ASS2021 的面积为 2021 ，则 2021 记1 的面积为 ，2 的面积为 2 …… _____． 1114038  3 【答案】 【解析】 2BCD  60, AB  AD  CD 1 ADA A D A 2 ……. 【分析】由题意易得 ，则有 1 为等边三角形，同理可得 113A2020D2020 A2021 都为等边三角形，进而根据等边三角形的面积公式可得 ，，……由此规 S2  3 S1  4律可得 Sn  3 22n4 ，然后问题可求解． 【详解】解：∵四边形 是菱形， ABCD AD//BC, AB//CD ，∴AB  AD  CD 1 ，∵∴，ABC 120 ，BCD  60 ADA  BCD  60 ∴，1DA  CD ∵，1DA  AD ∴，1ADA ∴1 为等边三角形， A D A A2020D2020 A 2021 都为等边三角形， 同理可得 2 ……. 11过点 B 作 BE⊥CD 于点 E，如图所示： 3∴∴，BE  BC sin BCD  2133A D2  ，S1  A D BE  11244333322A2D 2  A D22  4  4 3 同理可得： ，2  3 S3  ，……； S2  134444∴由此规律可得： Sn  3 22n4 ，∴S2021  32220214  24038  3 ；4038 故答案为 ．2 3 【点睛】本题主要考查菱形的性质、等边三角形的性质与判定及三角函数，熟练掌握菱形的性质、等边三 角形的性质与判定及三角函数是解题的关键． 三、解答题（满分 60 分） a2 a2 a  21. 先化简，再求值： ，其中 a  2cos60 1 ．a 1 a2 1 12a 1 a【答案】 【解析】 ；【分析】根据分式的混合运算法则进行化简，再结合特殊角的三角函数值求出 a 的值，再代入求解即可． a(a 1)  a2 a 1 a2 【详解】解：原式 (a 1)(a 1) a(a 1)(a 1) a 1 a 1 aa2 ；1a  2cos60 1  2 1  2 当时， 2a 1 21 12原式 ．a2【点睛】本题主要考查分式的化简求值问题，掌握运算法则与顺序，熟记特殊角的三角函数值是解题关 键． 的如图，正方形网格中，每个小正方形 边长都是一个单位长度，在平面直角坐标系内，ABO 的三个 22. A 1,3 ,B 4,3 ,0 0,0 顶点坐标分别为 ．A B O A，并写出点 1 的坐标； （1）画出ABO 关于 x 轴对称的 11VA B O A，并写出点 2 的坐标； （2）画出ABO 绕点 O 顺时针旋转 后得到的 90 22A（3）在（2）的条件下，求点 A 旋转到点 2 所经过的路径长（结果保留 ）． 10 A (1,3) A (3,1) ；（3） 2【答案】（1）见解析， ；（2）见解析， 12【解析】 A【分析】（1）分别作出点 A、B 关于 x 轴的对称点，然后依次连接即可，最后通过图象可得点 1 的坐标； A（2）根据旋转的性质分别作出点 A、B 绕点 O 旋转 90°的点，然后依次连接，最后根据图象可得点 2 的坐 标； （3）由（2）可先根据勾股定理求出 OA 的长，然后根据弧长计算公式进行求解． A B O 【详解】解：（1）如图所示： 即为所求， 11A 1,3 ∴由图象可得 1  ；VA B O （2）如图所示： 即为所求， 22A (3,1) ∴由图象可得 ；2A（3）由（2）的图象可得：点 A 旋转到点 2 所经过的路径为圆弧， 22∵，OA  3 1  10 nr 90 10 10 2A∴点 A 旋转到点 2 所经过的路径长为 ．l  180 180 【点睛】本题主要考查旋转的性质、坐标与轴对称及弧长计算公式，熟练掌握旋转的性质、坐标与轴对称 及弧长计算公式是解题的关键． 如图，抛物线 y  ax2  bx  3(a  0) 与 x 轴交于点 A 1,0 ( )和点 B 3,0 ，与 y 轴交于点 C，连接 23. E，顶点为点 D． BC ，与抛物线的对称轴交于点 （1）求抛物线的解析式； （2）点 P 是对称轴左侧抛物线上的一个动点，点 Q 在射线 相似，请直接写出点 P 的坐标． 上，若以点 P、Q、E 为顶点的三角形与 BOC ED 【答案】（1） y  x2  2x  3 ；（2） P(1 2,2), P (2,3) 12【解析】 【分析】（1）根据抛物线 y＝ax2+bx+3（a≠0）与 x 轴交于点 A（1，0）和点 B（﹣3，0），即可得到关于 a、b 的方程，从而可以求得 a、b 的值，然后即可写出抛物线的解析式； VPQE 是（2）根据（1）中抛物线的解析式，设点 P 的坐标，然后再根据 是等腰直角三角形，得出 BOC 等腰直角三角形，再分类讨论，列出方程，即可求解． 【详解】解：（1）∵抛物线 y＝ax2+bx+3（a≠0）与 x 轴交于点 A（1，0）和点 B（﹣3，0）， a  b  3  0 ∴9a 3b  3  0 a  1 b  2 解得 2∴此抛物线的解析式为： y  x  2x  3 y  3 （2）当 时， ，所以，OB=OC=3， x  0 ∴是等腰直角三角形， BOC 以点 P、Q、E 为顶点的三角形与 相似， BOC VPQE ∴是等腰直角三角形， 设点 P 的坐标为 (m， m2  2m  3) ，抛物线的对称轴为直线 y  kx  n b2 21 x      1 ，2a 设 BC 的解析式为 ，将 B（﹣3，0），C（0，3）代入得， 3k  n  0 n  3 ，k 1 n  3 y = x+ 3 ，解得， ，故 BC 的解析式为 y  2 (1，2) 把代入得， ，则 E 点坐标为 ，x  1 2如图，当 E 为直角顶点时， ，解得， m1  1 2 P 点坐标为 ，m2  1 2 （舍去），把 m  2m  3  2 2m1  1 2 代入得， ，则 ，(1 2,2) m  2m  3  2 2m  2 m  0 ，m  2 当 Q 为直角顶点时，PQ=QE，即 ，解得 （舍去），把 m  2m  3 2  1 m 1212(2,3) ；代入得， ，则 P 点坐标为 m  2m  3  3 2m  2 m  0 ，当 P 为直角顶点时，作 PM⊥EQ 于 M，PM=ME，即 ，解得 m  2m  3 2  1 m 12(2,3) （舍去），则 P 点坐标为 ；(2,3) ．综上，P 点坐标为 或(1 2,2) 【点睛】本题考查了待定系数法求二次函数解析式和相似三角形与等腰直角三角形的性质，解题关键是熟 练运用待定系数法和设出点的坐标，根据题意列出方程． 24. 为庆祝中国共产党建党 100 周年，某中学开展“学史明理、学史增信、学史崇德、学史力行”知识竞赛， 现随机抽取部分学生的成绩分成 A、B、C、D、E 五个等级进行统计，并绘制成如下两幅不完整的统计图， 请根据图中提供的信息，解答下列问题： （1）本次调查中共抽取________学生； （2）补全条形统计图； （3）在扇形统计图中，求 B 等级所对应的扇形圆心角的度数； （4）若该校有 1200 名学生参加此次竞赛，估计这次竞赛成绩为 A 和 B 等级的学生共有多少名？ 【答案】（1）100；（2）图见详解；（3）144°；（4）这次竞赛成绩为 A 和 B 等级的学生共有 792 名． 【解析】 【分析】（1）根据统计图及题意可直接进行求解； （2）由（1）及统计图可得 C 等级的人数为 20 名，然后可求出 B 等级的人数，进而问题可求解； （3）根据题意可直接进行求解； （4）由（2）可直接进行求解． 【详解】解：（1）由题意得： 26÷26％=100（名）， 故答案为 100； （2）由题意得： C 等级的人数为 100×20％=20（名），B 等级的人数为 100-26-20-10-4=40（名）， 则补全条形统计图如图所示： （3）由（2）可得： 40 360 144 ；100 答：B 等级所对应的扇形圆心角的度数为 144°． （4）由（2）及题意得： 40  26 1200  792 （名）； 100 答：这次竞赛成绩为 A 和 B 等级的学生共有 792 名． 【点睛】本题主要考查扇形统计及条形统计图，熟练掌握扇形统计及条形统计图是解题的关键． 25. 已知 A、B 两地相距 ，一辆货车从 A 地前往 B 地，途中因装载货物停留一段时间．一辆轿车沿 240km 同一条公路从 B 地前往 A 地，到达 A 地后（在 A 地停留时间不计）立即原路原速返回．如图是两车距 B 地 y km x h 的距离 与货车行驶时间  之间的函数图象，结合图象回答下列问题： （1）图中 m 的值是__________；轿车的速度是________km/h ；y km x h 的（2）求货车从 A 地前往 B 地 过程中，货车距B 地的距离 与行驶时间  之间的函数关系式； （3）直接写出轿车从 B 地到 A 地行驶过程中，轿车出发多长时间与货车相距 ？12km 66x  240 (0 x  2.5) 27 31 y  75 (2.5  x  3.5) ；（3） h．【答案】（1）5；120；（2） 或1h 50x  250 (3.5 x  5) 【解析】 【分析】（1）由图象可知轿车从 B 到 A 所用时间为 2h，即可得出从 A 到 B 的时间，进而可得 m 的值，根 据速度=距离÷时间即可得轿车速度； （2）由图象可知货车在 2.5h~3.5h 时装载货物停留 1h，分 1≤x<2.5；2.5≤x<3.5；3.5≤x<5 三个时间段，分别 利用待定系数法求出 y 与 x 的关系式即可得答案； （3）分两车相遇前和相遇后相距 12km 两种情况，分别列方程求出 x 的值即可得答案． 【详解】（1）由图象可知轿车从 B 到 A 所用时间为 3-1=2h， ∴轿车从 A 到 B 的时间为 2h， ∴m=3+2=5， ∵A、B 两地相距 ，240km ∴轿车速度=240÷2=120km/h， 故答案为：5；120 （2）由图象可知货车在 2.5h~3.5h 时装载货物停留 1h， y k x  b k 0 (0 x  2.5) ①设 1  MN 11M (0,240) N(2.5,75) ∵图象过点 和点 b  240 1∴2.5k1  b  75 1b  240 1解得： ，k1  66 y 66x  240(0  x  2.5) ∴MN ②∵货车在 2.5h~3.5h 时装载货物停留 1h， y 75(2.5  x  3.5) ∴，NG y k x b k 0 (3.5 x  5) 2  ③设 ，GH 22G(3.5,75) H(5,0) 和点 ∵图象过点 5k2  b2  0 ∴3.5k2  b2  75 b  250 2解得： ，k2  50 y 50x  250(3.5  x  5) ∴∴，GH 66x  240 (0 x  2.5) y  75 (2.5  x  3.5) ．50x  250 (3.5 x  5) （3）设轿车出发 xh 与货车相距 ①当两车相遇前相距 12km 时： ，则货车出发（x+1）h， 12km 66(x 1)  240 120x 12 ，27 x  解得： ,31 120x  66(x 1)  240 ②当两车相遇后相距 12km 时： =12， 解得：x=1， 27 h答：轿车出发 或与货车相距 ．1h 12km 31 【点睛】本题考查一次函数的应用，待定系数法求一次函数解析式的运用，认真分析函数图象，读懂函数 图象表示的意义是解题关键． 126. ABC  AED 在等腰 中， ，是直角三角形， ，，连接 ABC CAB  90 ADE AE  DE 2CD、BD ，点 是的中点，连接 ．FBD EF 1EF  CD （1）当 （2）当 ，点 B在边 上时，如图①所示，求证： ．EAD  45 AE 2，把 绕点 A逆时针旋转，顶点 B 落在边 AD 上时，如图②所示，当 EAD  60 ，EAD  45 ABC 点 B 在边 AE 上时，如图③所示，猜想图②、图③中线段 和又有怎样的数量关系？请直接写出你的 CD EF 猜想，不需证明． 13EF  CD 【答案】（1）见详解；（2）图②中 ，图③中 ，理由见详解． EF  CD 22【解析】 【 分 析 】（ 1 ） 由 题 意 易 得 ， 则 有 ， 然 后 可 得 ，ADE  EAD  45 AED  90 ABC  45 1EF  BD ，进而可得 AD 垂直平分 BC，则 CD=BD，最后问题可求证； 2FH //BC, AH  DH （2）取 CD 的中点 H，连接 AH、EH、FH，如图②，由题意易得 ，则有 EH 垂直平分 AD，∠HFA=∠CBA=45°，进而可得∠EHF=∠EAF=45°，然后可得点 A、E、F、H 四点共圆，则根据圆 的基本性质可求解；如图③，取 BC 的中点 G，连接 GF 并延长，使得 GM=CD，连接 DM、EM、EG，AG， 则有四边形 CGMD 是平行四边形，DM=CG=AC，进而可得△ACD≌△DME，则有 CD=EM， ∠EMD=∠DCA，然后可得△EMG 是等边三角形，最后问题可求解． 【详解】（1）证明：∵ ，，EAD  45 AE  DE ∴，ADE  EAD  45 ∴，AED  90 ∵点 是的中点， ，FBD 1EF  BD ∴∵21ABC  AED ，2∴∵，，ABC  45 CAB  90 ∴△ACB 是等腰直角三角形， ∵，BAD  CAD  45 ∴AD 垂直平分 BC， ∴CD=BD， 1EF  CD ∴；213EF  CD （2）解：图②中 ，图③中 ，理由如下： EF  CD 22图②：取 CD 的中点 H，连接 AH、EH、FH，如图②， ∵∴∴，，EAD  45 AE  DE ，ADE  EAD  45 ，AED  90 1ABC  AED ∵∴，2，ABC  45 ∵点 是的中点， FBD 1FH //BC, AH  DH  CD ∴，2∴EH 垂直平分 AD，∠HFA=∠CBA=45°， ∴∠EHF=∠EAF=45°， ∴点 A、E、F、H 四点共圆， ∵∠HFA=∠EAF=45°， ∴，AH  EF 1EF  CD ∴；2图③：如图③，取 BC 的中点 G，连接 GF 并延长，使得 GM=CD，连接 DM、EM、EG，AG， ∵，EAD  60 ，AE  DE ∴△ADE 是等边三角形， ∴，AED  ADE  60 1ABC  AED ∵，2∴∵ABC  30 ，，CAB  90 CAD  30,ACB  60 ∴∴，，AGB  90 ∴，AG  CG ∴△AGC 是等边三角形， ∴AC=CG， ∵点 是的中点， FBD ∴GM //CD ，∴四边形 CGMD 是平行四边形， AC  CG  DM ,CG//DM ∴，∠GCD=∠DMG， ∴∴∴∵，GDM  AGB  90 ，EDM  30 ，CAD  MDE ，AD  DE ∴△ACD≌△DME（SAS）， ∴CD=EM，∠EMD=∠DCA， ∴，ACB  GCD  DMG  EMG ∴，ACB  EMG  60 ∴△EMG 是等边三角形， ∵点 ∴是的中点， FBD ，BF  DF BC//DM ∵∴∵，GBF  MDF GFB  MFD ，，GFB≌MFD ASA ∴，∴GF=MF， ∴EF⊥GM， 332∴．EF  EM sin EMG  EM  CD 2【点睛】本题主要考查等腰直角三角形的性质、等边三角形的性质、平行四边形的性质与判定及三角函数、 圆的基本性质，熟练掌握等腰直角三角形的性质、等边三角形的性质、平行四边形的性质与判定及三角函 数、圆的基本性质是解题的关键． 27. “中国人的饭碗必须牢牢掌握在咱们自己手中”．为扩大粮食生产规模，某粮食生产基地计划投入一笔 资金购进甲、乙两种农机具，已知购进 2 件甲种农机具和 1 件乙种农机具共需 3.5 万元，购进 1 件甲种农机 具和 3 件乙种农机具共需 3 万元． （1）求购进 1 件甲种农机具和 1 件乙种农机具各需多少万元？ （2）若该粮食生产基地计划购进甲、乙两种农机具共 10 件，且投入资金不少于 9.8 万元又不超过 12 万元， 设购进甲种农机具 m 件，则有哪几种购买方案？哪种购买方案需要的资金最少，最少资金是多少？ （3）在（2）的方案下，由于国家对农业生产扶持力度加大，每件甲种农机具降价 0.7 万元，每件乙种农机 具降价 0.2 万元，该粮食生产基地计划将节省的资金全部用于再次购买甲、乙两种农机具（可以只购买一 种），请直接写出再次购买农机具的方案有哪几种？ 【答案】（1）购进 1 件甲种农机具需 1.5 万元，购进 1 件乙种农机具需 0.5 万元；（2）有三种方案：方案一： 购买甲种农机具 5 件，乙种农机具 5 件；方案二：购买甲种农机具 6 件，乙种农机具 4 件；方案三：购买 甲种农机具 7 件，乙种农机具 3 件；方案一需要资金最少，最少资金是 10 万元；（3）节省的资金再次购买 农机具的方案有两种：方案一：购买甲种农机具 0 件，乙种农机具 15 件；方案二：购买甲种农机具 3 件， 乙种农机具 7 件 【解析】 【分析】（1）设购进 1 件甲种农机具需 x 万元，购进 1 件乙种农机具需 y 万元，根据题意可直接列出二元一 次方程组求解即可； （2）在（1）的基础之上，结合题意，建立关于 m 的一元一次不等式组，求解即可得到 m 的范围，从而根 据实际意义确定出 m 的取值，即可确定不同的方案，最后再结合一次函数的性质确定最小值即可； （3）结合（2）的结论，直接求出可节省的资金，然后确定降价后的单价，再建立二元一次方程，并结合 实际意义进行求解即可． 【详解】解：（1）设购进 1 件甲种农机具需 x 万元，购进 1 件乙种农机具需 y 万元． 2x  y  3.5 x  3y  3 根据题意，得 ，x 1.5 解得： ，y  0.5 答：购进 1 件甲种农机具需 1.5 万元，购进 1 件乙种农机具需 0.5 万元． 1.5m  0.5(10  m)  9.8 （2）根据题意，得 ，1.5m  0.5(10  m) 12 解得： 4.8  m  7 ∵m 为整数， ，∴m 可取 5、6、7， ∴有三种方案： 方案一：购买甲种农机具 5 件，乙种农机具 5 件； 方案二：购买甲种农机具 6 件，乙种农机具 4 件； 方案三：购买甲种农机具 7 件，乙种农机具 3 件． W  1.5m  0.5 10 m  m  5 设总资金为 W 万元，则 ，∵，k 1 0 ∴W 随 m 的增大而增大， W 5 5  10 ∴当 m  5时， （万元）， 最小 ∴方案一需要资金最少，最少资金是 10 万元． （3）由（2）可知，购买甲种农机具 5 件，乙种农机具 5 件时，费用最小， 根据题意，此时，节省的费用为50.7  50.2  4.5 （万元）， 的降价后 单价分别为：甲种0.8 万元，乙种 0.3 万元， 设节省的资金可购买 a 台甲种，b 台乙种， 则： 0.8a  0.3b  4.5 ，由题意，a，b 均为非负整数， a  0 a  3 b  7 ∴满足条件的解为： 或，b 15 ∴节省的资金再次购买农机具的方案有两种： 方案一：购买甲种农机具 0 件，乙种农机具 15 件； 方案二：购买甲种农机具 3 件，乙种农机具 7 件． 【点睛】本题考查二元一次方程组、一元一次不等式组以及一次函数的实际应用，找准等量关系，理解一 次函数的性质是解题关键． xAOB OA OA 28. 如图，在平面直角坐标系中， 的边 在轴上，OA  AB ，且线段 的长是方程 以每秒 1 个单位长度的速 M42tanBAE  的根，过点 B作轴，垂足为 ，，动点 BE⊥x Ex  4x 5  0 3x作 轴的垂线，垂足为，以 MD 为边 D度，从点 作正方形 A出发，沿线段 向点 B运动，到达点 B停止．过点 AB MOA AOB S重叠部分的面积为 ，点 ，点 在线段 C上，设正方形 与的运动时间 MDCF MDCF Mt t 0 为秒． （1）求点 B的坐标； ttS（2）求 关于的函数关系式，并写出自变量 的取值范围； （3）当点 落在线段 上时，坐标平面内是否存在一点 P，使以 M、A、O、P 为顶点的四边形是平行 OB F四边形？若存在，直接写出点 P的坐标；若不存在，请说明理由． 5 20 520 935 20 2S  t2 , 0 t  5 P, , ,B 8,4 【答案】（1） ；（2） ；（3）存在， 或或3 9 3395【解析】 AE  3, BE  4 【分析】（1）由题意易得 ，进而可得 ，则有 ，然后问题可求解； OA  OB  5 OE  8 345145AD  t, DM  tAC  t,CF  FM  DM  t，然后根据梯形 AM  t （2）由题意易得 ，则有 ，进而可得 55面积计算公式可求解； 20 20 MF BM M,BMF∽BAO （3）由（2）及题意易得 ，则有 ，然后可得点 ，进而可分①以 OM 为 39OA AB 平行四边形的对角线时，②以 OA 为平行四边形的对角线时，③以 AM 为平行四边形的对角线时，最后根据 平行四边形的性质分类求解即可． 2x  1, x  5 【详解】解：（1）由线段 OA 的长是方程 的根，可得： ，x  4x 5  0 12∴∵OA  AB  5 ，43tanBAE  轴， ，BE⊥x AE  3x, BE  4x, AB  5x ∴在 Rt△AEB 中，可由三角函数及勾股定理设 ，∴∴∴5x  5，解得： ，x 1 AE  3, BE  4 ，，OE  8 B 8,4 ；∴345AD  t, DM  t，AM 1t  t （2）由题意得： ∵四边形 ，则由（1）可得 5是正方形， MDCF 4CD  CF  FM  DM  t∴∴∴，51AC  CD  AD  t，51115442S  AC  MF CF  t  t  t  t2 ，22555∴自变量 t 的范围为0  t  5 （3）存在，理由如下： ；45345CD  CF  FM  DM  tAD  t, DM  t，AM  t 由（2）可知： ，，5∴，BM  5  t ∵MF∥OA， BMF∽BAO ∴，4MF BM t5  t 5∴，即 ，55OA AB 25 9t  解得： ，520 9AD  , DM  ∴∴∴，320 OD  OA  AD  ，320 20 M,，39①以 OM 为平行四边形的对角线时，如图所示： ∵四边形OAMP 是平行四边形， OP  AM ,OP//AM , PM  OA, PM //OA ∴∴，20 53OH  MD  , HP  MH  MP  OD  OA  ，95 20 ,P∴；3 9 ②以 OA 为平行四边形的对角线时，如图所示： 520 9P  , 同理可得 ；3③以 AM 为平行四边形的对角线时，如图所示： 35 20 P,同理可得 ；395 20 ,520 9 , 综上所述：当以 M、A、O、P 为顶点的四边形是平行四边形时，则点 P的坐标为 或或33 9 35 20 ,．39【点睛】本题主要考查三角函数、平行四边形的性质、正方形的性质及相似三角形的性质与判定，熟练掌 握三角函数、平行四边形的性质、正方形的性质及相似三角形的性质与判定是解题的关键．