?2021-2022中考數(shù)學模擬試卷
考生須知：
1．全卷分選擇題和非選擇題兩部分，全部在答題紙上作答。選擇題必須用2B鉛筆填涂；非選擇題的答案必須用黑色字跡的鋼筆或答字筆寫在“答題紙”相應位置上。
2．請用黑色字跡的鋼筆或答字筆在“答題紙”上先填寫姓名和準考證號。
3．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，在草稿紙、試題卷上答題無效。

一、選擇題（共10小題，每小題3分，共30分）
1．如圖，在矩形ABCD中，O為AC中點，EF過O點且EF⊥AC分別交DC于F，交AB于點E，點G是AE中點且∠AOG=30°，則下列結(jié)論正確的個數(shù)為（? ）DC=3OG；（2）OG= BC；（3）△OGE是等邊三角形；（4）.

A．1 B．2 C．3 D．4
2．如圖，小巷左右兩側(cè)是豎直的墻，一架梯子斜靠在左墻時，梯子底端到左墻角的距離為0.7米，頂端距離地面2.4米，如果保持梯子底端位置不動，將梯子斜靠在右墻時，頂端距離地面2米，那么小巷的寬度為( )

A．0.7米 B．1.5米 C．2.2米 D．2.4米
3．下列運算中，正確的是（　　）
A．（ab2）2=a2b4 B．a(chǎn)2+a2=2a4 C．a(chǎn)2?a3=a6 D．a(chǎn)6÷a3=a2
4．已知拋物線y=ax2﹣（2a+1）x+a﹣1與x軸交于A（x1，0），B（x2，0）兩點，若x1＜1，x2＞2，則a的取值范圍是（　　）
A．a(chǎn)＜3 B．0＜a＜3 C．a(chǎn)＞﹣3 D．﹣3＜a＜0
5．如圖,折疊矩形紙片ABCD的一邊AD,使點D落在BC邊上的點F處,若AB=8,BC=10,則△CEF的周長為（ ）

A．12 B．16 C．18 D．24
6．某校對初中學生開展的四項課外活動進行了一次抽樣調(diào)查(每人只參加其中的一項活動),調(diào)查結(jié)果如圖所示,根據(jù)圖形所提供的樣本數(shù)據(jù),可得學生參加科技活動的頻率是(　　)

A．0.15 B．0.2 C．0.25 D．0.3
7．將拋物線y=x2先向左平移2個單位，再向下平移3個單位后所得拋物線的解析式為（ ）
A．y=（x﹣2）2+3 B．y=（x﹣2）2﹣3 C．y=（x+2）2+3 D．y=（x+2）2﹣3
8．如圖，在Rt△ABC中，∠C=90°, BE平分∠ABC，ED垂直平分AB于D，若AC=9，則AE的值是 （ ）

A． B． C．6 D．4
9．如圖，將木條a，b與c釘在一起，∠1=70°，∠2=50°，要使木條a與b平行，木條a旋轉(zhuǎn)的度數(shù)至少是（　?。?br />
A．10° B．20° C．50° D．70°
10．如圖，已知邊長為2的正三角形ABC頂點A的坐標為（0，6），BC的中點D在y軸上，且在點A下方，點E是邊長為2、中心在原點的正六邊形的一個頂點，把這個正六邊形繞中心旋轉(zhuǎn)一周，在此過程中DE的最小值為（　　）

A．3 B．4﹣ C．4 D．6﹣2
二、填空題（本大題共6個小題，每小題3分，共18分）
11．如圖，⊙O的半徑為5cm，圓心O到AB的距離為3cm，則弦AB長為_____ cm．

12．關于x的方程kx2﹣（2k+1）x+k+2=0有實數(shù)根，則k的取值范圍是_____．
13．已知在Rt△ABC中，∠C＝90°，BC＝5，AC＝12，E為線段AB的中點，D點是射線AC上的一個動點，將△ADE沿線段DE翻折，得到△A′DE，當A′D⊥AB時，則線段AD的長為_____．

14．如圖，已知拋物線與坐標軸分別交于A，B，C三點，在拋物線上找到一點D，使得∠DCB=∠ACO，則D點坐標為____________________.

15．計算（+）（-）的結(jié)果等于________.
16．反比例函數(shù)的圖象經(jīng)過點（﹣3，2），則k的值是_____．當x大于0時，y隨x的增大而_____．（填增大或減?。?br /> 三、解答題（共8題，共72分）
17．（8分）（1）計算：|﹣3|﹣﹣2sin30°+（﹣）﹣2
（2）化簡：.
18．（8分）如圖，已知拋物線經(jīng)過點A（﹣1，0），B（4，0），C（0，2）三點，點D與點C關于x軸對稱，點P是x軸上的一個動點，設點P的坐標為（m，0），過點P做x軸的垂線l交拋物線于點Q，交直線BD于點M．
（1）求該拋物線所表示的二次函數(shù)的表達式；
（2）已知點F（0，），當點P在x軸上運動時，試求m為何值時，四邊形DMQF是平行四邊形？
（3）點P在線段AB運動過程中，是否存在點Q，使得以點B、Q、M為頂點的三角形與△BOD相似？若存在，求出點Q的坐標；若不存在，請說明理由．

19．（8分）某商店老板準備購買A、B兩種型號的足球共100只，已知A型號足球進價每只40元，B型號足球進價每只60元．
（1）若該店老板共花費了5200元，那么A、B型號足球各進了多少只；
（2）若B型號足球數(shù)量不少于A型號足球數(shù)量的，那么進多少只A型號足球，可以讓該老板所用的進貨款最少？
20．（8分）如圖，一次函數(shù)y=k1x+b(k1≠0)與反比例函數(shù)的圖象交于點A(-1，2)，B(m，-1)．
(1)求一次函數(shù)與反比例函數(shù)的解析式；
(2)在x軸上是否存在點P(n，0)，使△ABP為等腰三角形，請你直接寫出P點的坐標．

21．（8分）平面直角坐標系xOy（如圖），拋物線y=﹣x2+2mx+3m2（m＞0）與x軸交于點A、B（點A在點B左側(cè)），與y軸交于點C，頂點為D，對稱軸為直線l，過點C作直線l的垂線，垂足為點E，聯(lián)結(jié)DC、BC．
（1）當點C（0，3）時，
①求這條拋物線的表達式和頂點坐標；
②求證：∠DCE=∠BCE；
（2）當CB平分∠DCO時，求m的值．

22．（10分）某手機經(jīng)銷商計劃同時購進一批甲、乙兩種型號的手機，若購進2部甲型號手機和1部乙型號手機，共需要資金2800元；若購進3部甲型號手機和2部乙型號手機，共需要資金4600元 求甲、乙型號手機每部進價為多少元？ 該店計劃購進甲、乙兩種型號的手機銷售，預計用不多于1.8萬元且不少于1.74萬元的資金購進這兩部手機共20臺，請問有幾種進貨方案？請寫出進貨方案 售出一部甲種型號手機，利潤率為40%，乙型號手機的售價為1280元．為了促銷，公司決定每售出一臺乙型號手機，返還顧客現(xiàn)金m元，而甲型號手機售價不變，要使(2)中所有方案獲利相同，求m的值
23．（12分）數(shù)學活動小組的小穎、小明和小華利用皮尺和自制的兩個直角三角板測量學校旗桿MN的高度，如示意圖，△ABC和△A′B′C′是他們自制的直角三角板，且△ABC≌△A′B′C′，小穎和小明分別站在旗桿的左右兩側(cè)，小穎將△ABC的直角邊AC平行于地面，眼睛通過斜邊AB觀察，一邊觀察一邊走動，使得A、B、M共線，此時，小華測量小穎距離旗桿的距離DN=19米，小明將△A′B′C′的直角邊B′C′平行于地面，眼睛通過斜邊B′A′觀察，一邊觀察一邊走動，使得B′、A′、M共線，此時，小華測量小明距離旗桿的距離EN=5米，經(jīng)測量，小穎和小明的眼睛與地面的距離AD=1米，B′E=1.5米，（他們的眼睛與直角三角板頂點A，B′的距離均忽略不計），且AD、MN、B′E均與地面垂直，請你根據(jù)測量的數(shù)據(jù)，計算旗桿MN的高度.

24．如圖，在矩形ABCD中，對角線AC，BD相交于點O．畫出△AOB平移后的三角形，其平移后的方向為射線AD的方向，平移的距離為AD的長．觀察平移后的圖形，除了矩形ABCD外，還有一種特殊的平行四邊形？請證明你的結(jié)論．




參考答案

一、選擇題（共10小題，每小題3分，共30分）
1、C
【解析】
∵EF⊥AC，點G是AE中點，
∴OG=AG=GE=AE，
∵∠AOG=30°，
∴∠OAG=∠AOG=30°，
∠GOE=90°-∠AOG=90°-30°=60°，
∴△OGE是等邊三角形，故（3）正確；
設AE=2a，則OE=OG=a，
由勾股定理得，AO=，
∵O為AC中點，
∴AC=2AO=2，
∴BC=AC=，
在Rt△ABC中，由勾股定理得，AB==3a，
∵四邊形ABCD是矩形，
∴CD=AB=3a，
∴DC=3OG，故（1）正確；
∵OG=a，BC=，
∴OG≠BC，故（2）錯誤；
∵S△AOE=a?=，
SABCD=3a?=32，
∴S△AOE=SABCD，故（4）正確；
綜上所述，結(jié)論正確是（1）（3）（4）共3個，
故選C．
【點睛】本題考查了矩形的性質(zhì)，等邊三角形的判定、勾股定理的應用等，正確地識圖，結(jié)合已知找到有用的條件是解答本題的關鍵.
2、C
【解析】
在直角三角形中利用勾股定理計算出直角邊，即可求出小巷寬度.
【詳解】
在Rt△A′BD中，∵∠A′DB=90°，A′D=2米，BD2+A′D2=A′B′2，∴BD2+22=6.25，∴BD2=2.25，∵BD＞0，∴BD=1.5米，∴CD=BC+BD=0.7+1.5=2.2米．故選C．

【點睛】
本題考查勾股定理的運用，利用梯子長度不變找到斜邊是關鍵.
3、A
【解析】
直接利用積的乘方運算法則以及合并同類項法則和同底數(shù)冪的乘除運算法則分別分析得出答案.
【詳解】
解：A、（ab2）2=a2b4，故此選項正確；
B、a2+a2=2a2，故此選項錯誤；
C、a2?a3=a5，故此選項錯誤；
D、a6÷a3=a3，故此選項錯誤；
故選：A.
【點睛】
此題主要考查了積的乘方運算以及合并同類項和同底數(shù)冪的乘除運算，正確掌握運算法則是解題關鍵．
4、B
【解析】
由已知拋物線求出對稱軸，
解：拋物線：，對稱軸，由判別式得出a的取值范圍．
，，
∴，
①，．
②由①②得．
故選B．
5、A
【解析】
解：∵四邊形ABCD為矩形，
∴AD=BC=10，AB=CD=8，
∵矩形ABCD沿直線AE折疊，頂點D恰好落在BC邊上的F處，
∴AF=AD=10，EF=DE，
在Rt△ABF中，
∵BF==6，
∴CF=BC-BF=10-6=4，
∴△CEF的周長為：CE+EF+CF=CE+DE+CF=CD+CF=8+4=1．
故選A．
6、B
【解析】
讀圖可知：參加課外活動的人數(shù)共有(15+30+20+35)=100人，
其中參加科技活動的有20人，所以參加科技活動的頻率是=0.2，
故選B.
7、D
【解析】
先得到拋物線y=x2的頂點坐標（0，0），再根據(jù)點平移的規(guī)律得到點（0，0）平移后的對應點的坐標為（-2，-1），然后根據(jù)頂點式寫出平移后的拋物線解析式．
【詳解】
解：拋物線y=x2的頂點坐標為（0，0），把點（0，0）先向左平移2個單位，再向下平移1個單位得到對應點的坐標為（-2，-1），所以平移后的拋物線解析式為y=（x+2）2-1．
故選：D．
【點睛】
本題考查了二次函數(shù)與幾何變換：由于拋物線平移后的形狀不變，故a不變，所以求平移后的拋物線解析式通?？衫脙煞N方法：一是求出原拋物線上任意兩點平移后的坐標，利用待定系數(shù)法求出解析式；二是只考慮平移后的頂點坐標，即可求出解析式．
8、C
【解析】
由角平分線的定義得到∠CBE=∠ABE，再根據(jù)線段的垂直平分線的性質(zhì)得到EA=EB，則∠A=∠ABE，可得∠CBE=30°，根據(jù)含30度的直角三角形三邊的關系得到BE=2EC，即AE=2EC，由AE+EC=AC=9，即可求出AC．
【詳解】
解：∵BE平分∠ABC，
∴∠CBE=∠ABE，
∵ED垂直平分AB于D，
∴EA=EB，
∴∠A=∠ABE，
∴∠CBE=30°，
∴BE=2EC，即AE=2EC，
而AE+EC=AC=9，
∴AE=1．
故選C．
9、B
【解析】
要使木條a與b平行，那么∠1=∠2，從而可求出木條a至少旋轉(zhuǎn)的度數(shù).
【詳解】
解：∵要使木條a與b平行，
∴∠1=∠2，
∴當∠1需變?yōu)?0 o，
∴木條a至少旋轉(zhuǎn)：70o-50o=20o.
故選B.
【點睛】
本題考查了旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)及平行線的性質(zhì)：①兩直線平行同位角相等；②兩直線平行內(nèi)錯角相等；③兩直線平行同旁內(nèi)角互補；④夾在兩平行線間的平行線段相等.在運用平行線的性質(zhì)定理時，一定要找準同位角，內(nèi)錯角和同旁內(nèi)角.
10、B
【解析】
分析：首先得到當點E旋轉(zhuǎn)至y軸上時DE最小，然后分別求得AD、OE′的長，最后求得DE′的長即可．
詳解：如圖，當點E旋轉(zhuǎn)至y軸上時DE最?。?br />
∵△ABC是等邊三角形，D為BC的中點，
∴AD⊥BC
∵AB=BC=2
∴AD=AB?sin∠B=，
∵正六邊形的邊長等于其半徑，正六邊形的邊長為2，
∴OE=OE′=2
∵點A的坐標為（0，6）
∴OA=6
∴DE′=OA-AD-OE′=4-
故選B．
點睛：本題考查了正多邊形的計算及等邊三角形的性質(zhì)，解題的關鍵是從圖形中整理出直角三角形．

二、填空題（本大題共6個小題，每小題3分，共18分）
11、1cm
【解析】
首先根據(jù)題意畫出圖形，然后連接OA，根據(jù)垂徑定理得到OC平分AB，即AC=BC，而在Rt△OAC中，根據(jù)勾股數(shù)得到AC=4，這樣即可得到AB的長．
【詳解】
解：如圖，連接OA，則OA=5，OC=3，OC⊥AB，
∴AC=BC，∴在Rt△OAC中，AC==4，∴AB=2AC=1．
故答案為1．

【點睛】
本題考查垂徑定理；勾股定理．
12、k≤．
【解析】
分k=1及k≠1兩種情況考慮：當k=1時，通過解一元一次方程可得出原方程有解，即k=1符合題意；等k≠1時，由△≥1即可得出關于k的一元一次不等式，解之即可得出k的取值范圍．綜上此題得解．
【詳解】
當k=1時，原方程為-x+2=1，
解得：x=2，
∴k=1符合題意；
當k≠1時，有△=[-（2k+1）]2-4k（k+2）≥1，
解得：k≤且k≠1．
綜上：k的取值范圍是k≤．
故答案為：k≤．
【點睛】
本題考查了根的判別式以及一元二次方程的定義，分k=1及k≠1兩種情況考慮是解題的關鍵．
13、或．
【解析】
①延長A'D交AB于H，則A'H⊥AB，然后根據(jù)勾股定理算出AB，推斷出△ADH∽△ABC，即可解答此題
②同①的解題思路一樣
【詳解】
解：分兩種情況：
①如圖1所示：
設AD＝x，延長A'D交AB于H，則A'H⊥AB，
∴∠AHD＝∠C＝90°，
由勾股定理得：AB＝＝13，
∵∠A＝∠A，
∴△ADH∽△ABC，
∴，即，
解得：DH＝x，AH＝x，
∵E是AB的中點，
∴AE＝AB＝，
∴HE＝AE﹣AH＝﹣x，
由折疊的性質(zhì)得：A'D＝AD＝x，A'E＝AE＝，
∴sin∠A＝sin∠A'＝ ,
解得：x＝ ；
②如圖2所示：設AD＝A'D＝x，
∵A'D⊥AB，
∴∠A'HE＝90°，
同①得：A'E＝AE＝，DH＝x，
∴A'H＝A'D﹣DH＝x﹣＝x，
∴cos∠A＝cos∠A'＝ ，
解得：x＝ ；
綜上所述，AD的長為 或．
故答案為 或．


【點睛】
此題考查了勾股定理，三角形相似，關鍵在于做輔助線
14、（，），（-4，-5）
【解析】
求出點A、B、C的坐標，當D在x軸下方時，設直線CD與x軸交于點E，由于∠DCB=∠ACO．所以tan∠DCB=tan∠ACO，從而可求出E的坐標，再求出CE的直線解析式，聯(lián)立拋物線即可求出D的坐標，再由對稱性即可求出D在x軸上方時的坐標．
【詳解】
令y=0代入y=-x2-2x+3，
∴x=-3或x=1，
∴OA=1，OB=3，
令x=0代入y=-x2-2x+3，
∴y=3，
∴OC=3，
當點D在x軸下方時，
∴設直線CD與x軸交于點E，過點E作EG⊥CB于點G，
∵OB=OC，
∴∠CBO=45°，
∴BG=EG，OB=OC=3，
∴由勾股定理可知：BC=3，
設EG=x，
∴CG=3-x，
∵∠DCB=∠ACO．
∴tan∠DCB=tan∠ACO=，
∴，
∴x=，
∴BE=x=，
∴OE=OB-BE=，
∴E（-，0），
設CE的解析式為y=mx+n，交拋物線于點D2，
把C（0，3）和E（-，0）代入y=mx+n，
∴,解得：.
∴直線CE的解析式為：y=2x+3，
聯(lián)立
解得：x=-4或x=0，
∴D2的坐標為（-4，-5）
設點E關于BC的對稱點為F，
連接FB，

∴∠FBC=45°，
∴FB⊥OB，
∴FB=BE=，
∴F（-3，）
設CF的解析式為y=ax+b，
把C（0，3）和（-3，）代入y=ax+b

解得：，
∴直線CF的解析式為：y=x+3，
聯(lián)立
解得：x=0或x=-
∴D1的坐標為（-，）
故答案為（-，）或（-4，-5）
【點睛】
本題考查二次函數(shù)的綜合問題，解題的關鍵是根據(jù)對稱性求出相關點的坐標，利用直線解析式以及拋物線的解析式即可求出點D的坐標．
15、2
【解析】
利用平方差公式進行計算即可得.
【詳解】
原式=
=5-3=2，
故答案為：2.
【點睛】
本題考查了二次根式的混合運算，掌握平方差公式結(jié)構特征是解本題的關鍵.
16、﹣6 增大
【解析】
∵反比例函數(shù)的圖象經(jīng)過點（﹣3，2），
∴2=，即k=2×(﹣3)=﹣6，
∴k＜0，則y隨x的增大而增大.
故答案為﹣6；增大.
【點睛】
本題考查用待定系數(shù)法求反函數(shù)解析式與反比例函數(shù)的性質(zhì)：
（1）當k＞0時，函數(shù)圖象在一，三象限，在每個象限內(nèi)，y隨x的增大而減小；
（2）當k＜0時，函數(shù)圖象在二，四象限，在每個象限內(nèi)，y隨x的增大而增大.

三、解答題（共8題，共72分）
17、 (1)2;(2) x﹣y．
【解析】
分析：（1）本題涉及了二次根式的化簡、絕對值、負指數(shù)冪及特殊三角函數(shù)值，在計算時，需要針對每個知識 點分別進行計算，然后根據(jù)實數(shù)的運算法則求得計算結(jié)果．（2）原式括號中兩項利用同分母分式的減法法則計算,同時利用除法法則變形,約分即可得到結(jié)果.
詳解：（1）原式=3﹣4﹣2×+4=2；
（2）原式=?=x﹣y．
點睛：（1）本題考查實數(shù)的綜合運算能力，是各地中考題中常見的計算題型．解決此類題目的關鍵是熟練掌握負整數(shù)指數(shù)冪、二次根式的化簡、絕對值及特殊三角函數(shù)值等考點的運算；（2）考查了分式的混合運算,熟練掌握運算法則是解本題的關鍵.
18、（1）y=﹣x2+x+2；（2）m=﹣1或m=3時，四邊形DMQF是平行四邊形；（3）點Q的坐標為（3，2）或（﹣1，0）時，以點B、Q、M為頂點的三角形與△BOD相似．
【解析】
分析：（1）待定系數(shù)法求解可得；
（2）先利用待定系數(shù)法求出直線BD解析式為y=x-2，則Q（m，-m2+m+2）、M（m，m-2），由QM∥DF且四邊形DMQF是平行四邊形知QM=DF，據(jù)此列出關于m的方程，解之可得；
（3）易知∠ODB=∠QMB，故分①∠DOB=∠MBQ=90°，利用△DOB∽△MBQ得，再證△MBQ∽△BPQ得，即，解之即可得此時m的值；②∠BQM=90°，此時點Q與點A重合，△BOD∽△BQM′，易得點Q坐標．
詳解：（1）由拋物線過點A（-1，0）、B（4，0）可設解析式為y=a（x+1）（x-4），
將點C（0，2）代入，得：-4a=2，
解得：a=-，
則拋物線解析式為y=-（x+1）（x-4）=-x2+x+2；
（2）由題意知點D坐標為（0，-2），
設直線BD解析式為y=kx+b，
將B（4，0）、D（0，-2）代入，得：
，解得：，
∴直線BD解析式為y=x-2，
∵QM⊥x軸，P（m，0），
∴Q（m，-m2+m+2）、M（m，m-2），
則QM=-m2+m+2-（m-2）=-m2+m+4，
∵F（0，）、D（0，-2），
∴DF=，
∵QM∥DF，
∴當-m2+m+4=時，四邊形DMQF是平行四邊形，
解得：m=-1（舍）或m=3，
即m=3時，四邊形DMQF是平行四邊形；
（3）如圖所示：

∵QM∥DF，
∴∠ODB=∠QMB，
分以下兩種情況：
①當∠DOB=∠MBQ=90°時，△DOB∽△MBQ，
則，
∵∠MBQ=90°，
∴∠MBP+∠PBQ=90°，
∵∠MPB=∠BPQ=90°，
∴∠MBP+∠BMP=90°，
∴∠BMP=∠PBQ，
∴△MBQ∽△BPQ，
∴，即，
解得：m1=3、m2=4，
當m=4時，點P、Q、M均與點B重合，不能構成三角形，舍去，
∴m=3，點Q的坐標為（3，2）；
②當∠BQM=90°時，此時點Q與點A重合，△BOD∽△BQM′，
此時m=-1，點Q的坐標為（-1，0）；
綜上，點Q的坐標為（3，2）或（-1，0）時，以點B、Q、M為頂點的三角形與△BOD相似．
點睛：本題主要考查二次函數(shù)的綜合問題，解題的關鍵是掌握待定系數(shù)法求函數(shù)解析式、平行四邊形的判定與性質(zhì)、相似三角形的判定與性質(zhì)及分類討論思想的運用．
【詳解】
請在此輸入詳解！
19、（1）A型足球進了40個，B型足球進了60個；（2）當x=60時，y最小=4800元.
【解析】
（1）設A型足球x個，則B型足球（100-x）個,根據(jù)該店老板共花費了5200元列方程求解即可；
（2）設進貨款為y元，根據(jù)題意列出函數(shù)關系式，根據(jù)B型號足球數(shù)量不少于A型號足球數(shù)量的求出x的取值范圍，然后根據(jù)一次函數(shù)的性質(zhì)求解即可.
【詳解】
解：（1）設A型足球x個，則B型足球（100-x）個,
∴ 40x +60（100-x）=5200 ,
解得：x=40 ,
∴100-x=100-40=60個,
答：A型足球進了40個，B型足球進了60個．
（2）設A型足球x個，則B型足球（100-x）個,
100-x≥ ,
解得：x≤60 ,
設進貨款為y元，則y=40x+60(100-x)=-20x+6000 ,
∵k=-20，∴y隨x的增大而減小,
∴當x=60時，y最小=4800元.
【點睛】
本題考查了一元一次方程的應用，一次函數(shù)的應用，仔細審題，找出解決問題所需的數(shù)量關系是解答本題的關鍵.
20、（1）反比例函數(shù)的解析式為；一次函數(shù)的解析式為y=-x+1；（2）滿足條件的P點的坐標為（-1+，0）或（-1-，0）或（2+，0）或（2-，0）或（0,0）．
【解析】
（1）將A點代入求出k2，從而求出反比例函數(shù)方程，再聯(lián)立將B點代入即可求出一次函數(shù)方程.
（2）令PA=PB，求出P.令AP=AB,求P.令BP=BA，求P.根據(jù)坐標距離公式計算即可.
【詳解】
（1）把A（-1，2）代入，得到k2=-2，
∴反比例函數(shù)的解析式為．
∵B（m，-1）在上，∴m=2，
由題意，解得：，∴一次函數(shù)的解析式為y=-x+1．
（2）滿足條件的P點的坐標為（-1+，0）或（-1-，0）或（2+，0）或（2-，0）或（0,0）．
【點睛】
本題考查一次函數(shù)圖像與性質(zhì)和反比例函數(shù)的圖像和性質(zhì)，解題的關鍵是待定系數(shù)法，分三種情況討論.
21、（1）y=﹣x2+2x+3；D（1，4）；（2）證明見解析；（3）m=；
【解析】
（1）①把C點坐標代入y=﹣x2+2mx+3m2可求出m的值，從而得到拋物線解析式，
然后把一般式配成頂點式得到D點坐標；
②如圖1，先解方程﹣x2+2x+3=0得B（3，0），則可判斷△OCB為等腰直角三角形得到∠
OBC=45°，再證明△CDE為等腰直角三角形得到∠DCE=45°，從而得到∠DCE=∠BCE；
（2）拋物線的對稱軸交x軸于F點，交直線BC于G點，如圖2，把一般式配成頂點式得
到拋物線的對稱軸為直線x=m，頂點D的坐標為（m，4m2），通過解方程﹣x2+2mx+3m2=0
得B（3m，0），同時確定C（0，3m2），再利用相似比表示出GF=2m2，則DG=2m2，接著證
明∠DCG=∠DGC得到DC=DG，所以m2+（4m2﹣3m2）2=4m4，然后解方程可求出m．
【詳解】
（1）①把C（0，3）代入y=﹣x2+2mx+3m2得3m2=3，解得m1=1，m2=﹣1（舍去），
∴拋物線解析式為y=﹣x2+2x+3；
∵
∴頂點D為（1，4）；
②證明：如圖1，當y=0時，﹣x2+2x+3=0，解得x1=﹣1，x2=3，則B（3，0），
∵OC=OB，
∴△OCB為等腰直角三角形，
∴∠OBC=45°，
∵CE⊥直線x=1，
∴∠BCE=45°，
∵DE=1，CE=1，
∴△CDE為等腰直角三角形，
∴∠DCE=45°，
∴∠DCE=∠BCE；
（2）解：拋物線的對稱軸交x軸于F點，交直線BC于G點，如圖2，

∴拋物線的對稱軸為直線x=m，頂點D的坐標為（m，4m2），
當y=0時，﹣x2+2mx+3m2=0，解得x1=﹣m，x2=3m，則B（3m，0），
當x=0時，y=﹣x2+2mx+3m2=3m2，則C（0，3m2），
∵GF∥OC，
∴即 解得GF=2m2，
∴DG=4m2﹣2m2=2m2，
∵CB平分∠DCO，
∴∠DCB=∠OCB，
∵∠OCB=∠DGC，
∴∠DCG=∠DGC，
∴DC=DG，
即m2+（4m2﹣3m2）2=4m4，
∴
而m＞0，
∴


【點睛】
本題考查了二次函數(shù)的綜合題：熟練掌握二次函數(shù)圖象上點的坐標特征、二次函數(shù)的性質(zhì)和等腰三角形的性質(zhì)；會利用待定系數(shù)法求函數(shù)解析式；靈活應用等腰直角三角形的性質(zhì)進行幾何計算；理解坐標與圖形性質(zhì)，記住兩點間的距離公式．
22、 (1) 甲種型號手機每部進價為1000元，乙種型號手機每部進價為800元；(2) 共有四種方案；(3) 當m＝80時，w始終等于8000，取值與a無關
【解析】
（1）設甲種型號手機每部進價為x元，乙種型號手機每部進價為y元根據(jù)題意列方程組求出x、y的值即可；（2）設購進甲種型號手機a部，這購進乙種型號手機(20－a)部，根據(jù)題意列不等式組求出a的取值范圍，根據(jù)a為整數(shù)求出a的值即可明確方案（3）
利用利潤=單個利潤數(shù)量，用a表示出利潤W，當利潤與a無關時，（2）中的方案利潤相同，求出m值即可；
【詳解】
(1) 設甲種型號手機每部進價為x元，乙種型號手機每部進價為y元，
，解得，
(2) 設購進甲種型號手機a部，這購進乙種型號手機(20－a)部，
17400≤1000a＋800(20－a)≤18000，解得7≤a≤10，
∵a為自然數(shù)，
∴有a為7、8、9、10共四種方案，
(3) 甲種型號手機每部利潤為1000×40%＝400，
w＝400a＋(1280－800－m)(20－a)＝(m－80)a＋9600－20m，
當m＝80時，w始終等于8000，取值與a無關.
【點睛】
本題考查了列二元一次方程組解實際問題的運用，根據(jù)題意找出等量關系列出方程是解題關鍵.
23、11米
【解析】
過點C作CE⊥MN于E，過點C′作C′F⊥MN于F，則EF＝B′E?AD＝1.5?1＝0.5（m），AE＝DN＝19，B′F＝EN＝5，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)即可得到結(jié)論．
【詳解】
解：過點C作CE⊥MN于E，過點C′作C′F⊥MN于F，

則EF＝B′E?AD＝1.5?1＝0.5（m），AE＝DN＝19，B′F＝EN＝5，
∵△ABC≌△A′B′C′，
∴∠MAE＝∠B′MF，
∵∠AEM＝∠B′FM＝90°，
∴△AMF∽△MB′F，
∴ ，
∴
∴MF＝ ，
∵
∴
答：旗桿MN的高度約為11米．
【點睛】
本題考查了相似三角形的應用，正確的作出輔助線是解題的關鍵．
24、（1）如圖所示見解析；（2）四邊形OCED是菱形．理由見解析.
【解析】
（1）根據(jù)圖形平移的性質(zhì)畫出平移后的△DEC即可；
（2）根據(jù)圖形平移的性質(zhì)得出AC∥DE，OA=DE，故四邊形OCED是平行四邊形，再由矩形的性質(zhì)可知OA=OB，故DE=CE，由此可得出結(jié)論．
【詳解】
（1）如圖所示；

（2）四邊形OCED是菱形．
理由：∵△DEC由△AOB平移而成，
∴AC∥DE，BD∥CE，OA=DE，OB=CE，
∴四邊形OCED是平行四邊形．
∵四邊形ABCD是矩形，
∴OA=OB，
∴DE=CE，
∴四邊形OCED是菱形．
【點睛】
本題考查了作圖與矩形的性質(zhì)，解題的關鍵是熟練的掌握矩形的性質(zhì)與根據(jù)題意作圖.

相關試卷

2022年福建省福州市倉山區(qū)重點達標名校中考數(shù)學考前最后一卷含解析：

這是一份2022年福建省福州市倉山區(qū)重點達標名校中考數(shù)學考前最后一卷含解析，共26頁。試卷主要包含了下列命題中假命題是，滿足不等式組的整數(shù)解是，下列說法錯誤的是等內(nèi)容，歡迎下載使用。

2022年福建省福州市十中學中考數(shù)學考前最后一卷含解析：

這是一份2022年福建省福州市十中學中考數(shù)學考前最后一卷含解析，共20頁。

2022屆福建省長泰縣中考考前最后一卷數(shù)學試卷含解析：

這是一份2022屆福建省長泰縣中考考前最后一卷數(shù)學試卷含解析，共20頁。試卷主要包含了一組數(shù)據(jù)，我省2013年的快遞業(yè)務量為1等內(nèi)容，歡迎下載使用。

英語朗讀寶

相關試卷 更多

2022屆福建省南平市育才中學中考數(shù)學考前最后一卷含解析

2022屆福建省南平市育才中學中考數(shù)學考前最后一卷含解析
2021-2022學年福建省福州市閩清縣中考考前最后一卷數(shù)學試卷含解析

2021-2022學年福建省福州市閩清縣中考考前最后一卷數(shù)學試卷含解析
福建省福州市部分校2022年中考考前最后一卷數(shù)學試卷含解析

福建省福州市部分校2022年中考考前最后一卷數(shù)學試卷含解析
2022屆福建省福州市延安中學中考考前最后一卷數(shù)學試卷含解析

2022屆福建省福州市延安中學中考考前最后一卷數(shù)學試卷含解析
資料下載及使用幫助
版權申訴
版權申訴
若您為此資料的原創(chuàng)作者，認為該資料內(nèi)容侵犯了您的知識產(chǎn)權，請掃碼添加我們的相關工作人員，我們盡可能的保護您的合法權益。
入駐教習網(wǎng)，可獲得資源免費推廣曝光，還可獲得多重現(xiàn)金獎勵，申請 精品資源制作， 工作室入駐。
版權申訴二維碼
中考專區(qū)
歡迎來到教習網(wǎng)
  • 900萬優(yōu)選資源，讓備課更輕松
  • 600萬優(yōu)選試題，支持自由組卷
  • 高質(zhì)量可編輯，日均更新2000+
  • 百萬教師選擇，專業(yè)更值得信賴
微信掃碼注冊
qrcode
二維碼已過期
刷新

微信掃碼，快速注冊

手機號注冊
手機號碼

手機號格式錯誤

手機驗證碼 獲取驗證碼

手機驗證碼已經(jīng)成功發(fā)送，5分鐘內(nèi)有效

設置密碼

6-20個字符，數(shù)字、字母或符號

注冊即視為同意教習網(wǎng)「注冊協(xié)議」及「隱私條款」
QQ注冊
手機號注冊
微信注冊

注冊成功

返回
頂部