?2021-2022中考數(shù)學模擬試卷
注意事項：
1． 答題前，考生先將自己的姓名、準考證號填寫清楚，將條形碼準確粘貼在考生信息條形碼粘貼區(qū)。
2．選擇題必須使用2B鉛筆填涂；非選擇題必須使用0．5毫米黑色字跡的簽字筆書寫，字體工整、筆跡清楚。
3．請按照題號順序在各題目的答題區(qū)域內(nèi)作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效；在草稿紙、試題卷上答題無效。
4．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。

一、選擇題（共10小題，每小題3分，共30分）
1．如圖，已知△ABC中，∠A=75°，則∠1+∠2=( )

A．335°° B．255° C．155° D．150°
2．如圖，，，則的大小是　　

A． B． C． D．
3．如圖，實數(shù)﹣3、x、3、y在數(shù)軸上的對應點分別為M、N、P、Q，這四個數(shù)中絕對值最小的數(shù)對應的點是（　　）

A．點M B．點N C．點P D．點Q
4．如圖，小島在港口P的北偏西60°方向，距港口56海里的A處，貨船從港口P出發(fā)，沿北偏東45°方向勻速駛離港口，4小時后貨船在小島的正東方向，則貨船的航行速度是( )

A．7海里/時 B．7海里/時 C．7海里/時 D．28海里/時
5．某射擊選手10次射擊成績統(tǒng)計結(jié)果如下表，這10次成績的眾數(shù)、中位數(shù)分別是（　　）
成績（環(huán)）
7
8
9
10
次數(shù)
1
4
3
2
A．8、8 B．8、8.5 C．8、9 D．8、10
6．如圖，已知OP平分∠AOB，∠AOB＝60°，CP＝2，CP∥OA，PD⊥OA于點D，PE⊥OB于點E．如果點M是OP的中點，則DM的長是(　　)

A．2 B． C． D．2
7．如圖，小明為了測量河寬AB，先在BA延長線上取一點D，再在同岸取一點C，測得∠CAD=60°，∠BCA=30°，AC=15 m，那么河AB寬為（ ）

A．15 m B． m C． m D． m
8．已知一次函數(shù)y=﹣2x+3，當0≤x≤5時，函數(shù)y的最大值是（　?。?br /> A．0 B．3 C．﹣3 D．﹣7
9．已知一個等腰三角形的兩邊長分別是2和4，則該等腰三角形的周長為（ ）
A．8或10 B．8 C．10 D．6或12
10．在平面直角坐標系xOy中，將一塊含有45°角的直角三角板如圖放置，直角頂點C的坐標為（1，0），頂點A的坐標為（0，2），頂點B恰好落在第一象限的雙曲線上，現(xiàn)將直角三角板沿x軸正方向平移，當頂點A恰好落在該雙曲線上時停止運動，則此時點C的對應點C′的坐標為（　?。?br />
A．（，0） B．（2，0） C．（，0） D．（3，0）
二、填空題（本大題共6個小題，每小題3分，共18分）
11．如圖，在△ABC中，AB=AC，tan∠ACB=2，D在△ABC內(nèi)部，且AD=CD，∠ADC=90°，連接BD，若△BCD的面積為10，則AD的長為_____．

12．如圖，在菱形ABCD中，AB=，∠B=120°，點E是AD邊上的一個動點（不與A，D重合），EF∥AB交BC于點F，點G在CD上，DG=DE．若△EFG是等腰三角形，則DE的長為_____．

13．有一枚材質(zhì)均勻的正方體骰子，它的六個面上分別有1點、2點、…、6點的標記，擲一次骰子，向上的一面出現(xiàn)的點數(shù)是素數(shù)的概率是_____．
14．計算：3﹣（﹣2）=____．
15．從三角形（非等腰三角形）一個頂點引出一條射線與對邊相交，該頂點與該交點間的線段把這個三角形分割成兩個小三角形，如果其中一個小三角形是等腰三角形，另一個與原三角形相似，那么我們把這條線段叫做這個三角形的完美分割線，如圖，在△ABC中，DB＝1，BC＝2，CD是△ABC的完美分割線，且△ACD是以CD為底邊的等腰三角形，則CD的長為_____．

16．如圖，在正方形ABCD中，AD=5，點E，F(xiàn)是正方形ABCD內(nèi)的兩點，且AE=FC=3，BE=DF=4，則EF的長為__________．

三、解答題（共8題，共72分）
17．（8分）已知二次函數(shù)y=a（x+m）2的頂點坐標為（﹣1，0），且過點A（﹣2，﹣）．
（1）求這個二次函數(shù)的解析式；
（2）點B（2，﹣2）在這個函數(shù)圖象上嗎？
（3）你能通過左，右平移函數(shù)圖象，使它過點B嗎？若能，請寫出平移方案．
18．（8分）如圖，在△ABC中，CD⊥AB于點D，tanA＝2cos∠BCD，
(1)求證：BC＝2AD；
(2)若cosB＝，AB＝10，求CD的長.

19．（8分）先化簡，再求值：，其中m＝2.
20．（8分）已知：如圖，在正方形ABCD中，點E在邊CD上，AQ⊥BE于點Q，DP⊥AQ于點P．求證：AP=BQ；在不添加任何輔助線的情況下，請直接寫出圖中四對線段，使每對中較長線段與較短線段長度的差等于PQ的長．

21．（8分）某校有3000名學生．為了解全校學生的上學方式，該校數(shù)學興趣小組以問卷調(diào)查的形式，隨機調(diào)查了該校部分學生的主要上學方式(參與問卷調(diào)查的學生只能從以下六個種類中選擇一類)，并將調(diào)查結(jié)果繪制成如下不完整的統(tǒng)計圖．
種類
A
B
C
D
E
F
上學方式
電動車
私家車
公共交通
自行車
步行
其他
某校部分學生主要上學方式扇形統(tǒng)計圖某校部分學生主要上學方式條形統(tǒng)計圖

根據(jù)以上信息，回答下列問題：參與本次問卷調(diào)查的學生共有____人，其中選擇B類的人數(shù)有____人．在扇形統(tǒng)計圖中，求E類對應的扇形圓心角α的度數(shù)，并補全條形統(tǒng)計圖．若將A、C、D、E這四類上學方式視為“綠色出行”，請估計該校每天“綠色出行”的學生人數(shù)．
22．（10分）如圖，以O為圓心，4為半徑的圓與x軸交于點A，C在⊙O上，∠OAC=60°．
（1）求∠AOC的度數(shù)；
（2）P為x軸正半軸上一點，且PA=OA，連接PC，試判斷PC與⊙O的位置關(guān)系，并說明理由；
（3）有一動點M從A點出發(fā)，在⊙O上按順時針方向運動一周，當S△MAO=S△CAO時，求動點M所經(jīng)過的弧長，并寫出此時M點的坐標．

23．（12分）已如：⊙O與⊙O上的一點A
（1）求作：⊙O的內(nèi)接正六邊形ABCDEF；（ 要求：尺規(guī)作圖，不寫作法但保留作圖痕跡）
（2）連接CE，BF，判斷四邊形BCEF是否為矩形，并說明理由．

24．某市扶貧辦在精準扶貧工作中，組織30輛汽車裝運花椒、核桃、甘藍向外地銷售．按計劃30輛車都要裝運，每輛汽車只能裝運同一種產(chǎn)品，且必須裝滿，根據(jù)下表提供的信息，解答以下問題：
產(chǎn)品名稱
核桃
花椒
甘藍
每輛汽車運載量（噸）
10
6
4
每噸土特產(chǎn)利潤（萬元）
0.7
0.8
0.5
若裝運核桃的汽車為x輛，裝運甘藍的車輛數(shù)是裝運核桃車輛數(shù)的2倍多1，假設30輛車裝運的三種產(chǎn)品的總利潤為y萬元．
(1)求y與x之間的函數(shù)關(guān)系式；
(2)若裝花椒的汽車不超過8輛，求總利潤最大時，裝運各種產(chǎn)品的車輛數(shù)及總利潤最大值．



參考答案

一、選擇題（共10小題，每小題3分，共30分）
1、B
【解析】
∵∠A+∠B+∠C=180°，∠A=75°，
∴∠B+∠C=180°﹣∠A=105°．
∵∠1+∠2+∠B+∠C=360°，
∴∠1+∠2=360°﹣105°=255°．
故選B．
點睛:本題考查了三角形、四邊形內(nèi)角和定理，掌握n邊形內(nèi)角和為（n﹣2）×180°（n≥3且n為整數(shù)）是解題的關(guān)鍵．
2、D
【解析】
依據(jù)，即可得到，再根據(jù)，即可得到．
【詳解】

解：如圖，，
，
又，
，
故選：D．
【點睛】
本題主要考查了平行線的性質(zhì)，兩直線平行，同位角相等．
3、D
【解析】
∵實數(shù)-3，x，3，y在數(shù)軸上的對應點分別為M、N、P、Q，
∴原點在點M與N之間，
∴這四個數(shù)中絕對值最大的數(shù)對應的點是點Q．
故選D．
4、A
【解析】
試題解析：設貨船的航行速度為海里/時，小時后貨船在點處，作于點.

由題意海里，海里，
在中,
所以
在中,
所以
所以
解得：
故選A.
5、B
【解析】
根據(jù)眾數(shù)和中位數(shù)的概念求解．
【詳解】
由表可知，8環(huán)出現(xiàn)次數(shù)最多，有4次，所以眾數(shù)為8環(huán)；
這10個數(shù)據(jù)的中位數(shù)為第5、6個數(shù)據(jù)的平均數(shù)，即中位數(shù)為=8.5（環(huán)），
故選：B．
【點睛】
本題考查了眾數(shù)和中位數(shù)的知識，一組數(shù)據(jù)中出現(xiàn)次數(shù)最多的數(shù)據(jù)叫做眾數(shù)；將一組數(shù)據(jù)按照從小到大（或從大到小）的順序排列，如果數(shù)據(jù)的個數(shù)是奇數(shù)，則處于中間位置的數(shù)就是這組數(shù)據(jù)的中位數(shù)；如果這組數(shù)據(jù)的個數(shù)是偶數(shù)，則中間兩個數(shù)據(jù)的平均數(shù)就是這組數(shù)據(jù)的中位數(shù)．
6、C
【解析】
由OP平分∠AOB，∠AOB=60°，CP=2，CP∥OA，易得△OCP是等腰三角形，∠COP=30°，又由含30°角的直角三角形的性質(zhì)，即可求得PE的值，繼而求得OP的長，然后由直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半，即可求得DM的長．
【詳解】
解：∵OP平分∠AOB，∠AOB=60°，
∴∠AOP=∠COP=30°，
∵CP∥OA，
∴∠AOP=∠CPO，
∴∠COP=∠CPO，
∴OC=CP=2，
∵∠PCE=∠AOB=60°，PE⊥OB，
∴∠CPE=30°，
∴CE=CP=1，
∴PE=，
∴OP=2PE=2，
∵PD⊥OA，點M是OP的中點，
∴DM=OP=．
故選C．
考點：角平分線的性質(zhì)；含30度角的直角三角形；直角三角形斜邊上的中線；勾股定理．
7、A
【解析】
過C作CE⊥AB，
Rt△ACE中，
∵∠CAD=60°，AC=15m，
∴∠ACE=30°，AE=AC=×15=7.5m，CE=AC?cos30°=15×=，
∵∠BAC=30°，∠ACE=30°，
∴∠BCE=60°，
∴BE=CE?tan60°=×=22.5m，
∴AB=BE﹣AE=22.5﹣7.5=15m，
故選A．

【點睛】本題考查的知識點是解直角三角形的應用，關(guān)鍵是構(gòu)建直角三角形，解直角三角形求出答案．
8、B
【解析】【分析】由于一次函數(shù)y=-2x+3中k=-2＜0由此可以確定y隨x的變化而變化的情況，即確定函數(shù)的增減性，然后利用解析式即可求出自變量在0≤x≤5范圍內(nèi)函數(shù)值的最大值．
【詳解】∵一次函數(shù)y=﹣2x+3中k=﹣2＜0，
∴y隨x的增大而減小，
∴在0≤x≤5范圍內(nèi)，
x=0時，函數(shù)值最大﹣2×0+3=3，
故選B．
【點睛】本題考查了一次函數(shù)y=kx+b的圖象的性質(zhì)：①k＞0，y隨x的增大而增大；②k＜0，y隨x的增大而減?。?br /> 9、C
【解析】
試題分析：①4是腰長時，三角形的三邊分別為4、4、4，∵4+4=4，∴不能組成三角形，
②4是底邊時，三角形的三邊分別為4、4、4，能組成三角形，周長=4+4+4=4，
綜上所述，它的周長是4．故選C．
考點：4．等腰三角形的性質(zhì)；4．三角形三邊關(guān)系；4．分類討論．
10、C
【解析】
過點B作BD⊥x軸于點D，易證△ACO≌△BCD（AAS），從而可求出B的坐標，進而可求出反比例函數(shù)的解析式，根據(jù)解析式與A的坐標即可得知平移的單位長度，從而求出C的對應點．
【詳解】
解：過點B作BD⊥x軸于點D，
∵∠ACO+∠BCD＝90°，
∠OAC+∠ACO＝90°，
∴∠OAC＝∠BCD，
在△ACO與△BCD中，
∴△ACO≌△BCD（AAS）
∴OC＝BD，OA＝CD，
∵A（0，2），C（1，0）
∴OD＝3，BD＝1，
∴B（3，1），
∴設反比例函數(shù)的解析式為y＝，
將B（3，1）代入y＝，
∴k＝3，
∴y＝，
∴把y＝2代入y＝，
∴x＝，
當頂點A恰好落在該雙曲線上時，
此時點A移動了個單位長度，
∴C也移動了個單位長度，
此時點C的對應點C′的坐標為（，0）
故選：C．

【點睛】
本題考查反比例函數(shù)的綜合問題，涉及全等三角形的性質(zhì)與判定，反比例函數(shù)的解析式，平移的性質(zhì)等知識，綜合程度較高，屬于中等題型．

二、填空題（本大題共6個小題，每小題3分，共18分）
11、5
【解析】
作輔助線，構(gòu)建全等三角形和高線DH，設CM＝a，根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)和三角函數(shù)表示AC和AM的長，根據(jù)三角形面積表示DH的長，證明△ADG≌△CDH（AAS），可得DG＝DH＝MG＝作輔助線，構(gòu)建全等三角形和高線DH，設CM＝a，根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)和三角函數(shù)表示AC和AM的長，根據(jù)三角形面積表示DH的長，證明△ADG≌△CDH（AAS），可得DG＝DH＝MG＝，AG＝CH＝a＋，根據(jù)AM＝AG＋MG，列方程可得結(jié)論．，AG＝CH＝a＋，根據(jù)AM＝AG＋MG，列方程可得結(jié)論．
【詳解】
解：過D作DH⊥BC于H，過A作AM⊥BC于M，過D作DG⊥AM于G，

設CM＝a，
∵AB＝AC，
∴BC＝2CM＝2a，
∵tan∠ACB＝2，
∴＝2，
∴AM＝2a，
由勾股定理得：AC＝a，
S△BDC＝BC?DH＝10，
?2a?DH＝10，
DH＝，
∵∠DHM＝∠HMG＝∠MGD＝90°，
∴四邊形DHMG為矩形，
∴∠HDG＝90°＝∠HDC＋∠CDG，DG＝HM，DH＝MG，
∵∠ADC＝90°＝∠ADG＋∠CDG，
∴∠ADG＝∠CDH，
在△ADG和△CDH中，
∵，
∴△ADG≌△CDH（AAS），
∴DG＝DH＝MG＝，AG＝CH＝a＋，
∴AM＝AG＋MG，
即2a＝a＋＋，
a2＝20，
在Rt△ADC中，AD2＋CD2＝AC2，
∵AD＝CD，
∴2AD2＝5a2＝100，
∴AD＝5或?5（舍），
故答案為5．
【點睛】
本題考查了等腰三角形的判定與性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、三角形面積的計算；證明三角形全等得出AG＝CH是解決問題的關(guān)鍵，并利用方程的思想解決問題．
12、1或
【解析】
由四邊形ABCD是菱形，得到BC∥AD，由于EF∥AB，得到四邊形ABFE是平行四邊形，根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)得到EF∥AB，于是得到EF=AB=，當△EFG為等腰三角形時，①EF=GE=時，于是得到DE=DG=AD÷=1，②GE=GF時，根據(jù)勾股定理得到DE=．
【詳解】
解：∵四邊形ABCD是菱形，∠B=120°，
∴∠D=∠B=120°，∠A=180°-120°=60°，BC∥AD，
∵EF∥AB，
∴四邊形ABFE是平行四邊形，
∴EF∥AB，
∴EF=AB=，∠DEF=∠A=60°，∠EFC=∠B=120°，
∵DE=DG，
∴∠DEG=∠DGE=30°，
∴∠FEG=30°，
當△EFG為等腰三角形時，
當EF=EG時，EG=，
如圖1，

過點D作DH⊥EG于H，
∴EH=EG=，
在Rt△DEH中，DE==1，
GE=GF時，如圖2，

過點G作GQ⊥EF，
∴EQ=EF=，在Rt△EQG中，∠QEG=30°，
∴EG=1，
過點D作DP⊥EG于P，
∴PE=EG=，
同①的方法得，DE=，
當EF=FG時，由∠EFG=180°-2×30°=120°=∠CFE，此時，點C和點G重合，點F和點B重合，不符合題意，
故答案為1或．
【點睛】
本題考查了菱形的性質(zhì)，平行四邊形的性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)以及勾股定理，熟練掌握各性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．
13、
【解析】
先判斷擲一次骰子，向上的一面的點數(shù)為素數(shù)的情況，再利用概率公式求解即可．
【詳解】
解：∵擲一次這枚骰子，向上的一面的點數(shù)為素數(shù)的有2，3，5共3種情況，
∴擲一次這枚骰子，向上的一面的點數(shù)為素數(shù)的概率是：．
故答案為：．
【點睛】
本題考查了求簡單事件的概率，根據(jù)題意判斷出素數(shù)的個數(shù)是解題的關(guān)鍵.
14、2+2
【解析】
根據(jù)平面向量的加法法則計算即可．
【詳解】
3﹣（﹣2）
=3﹣+2
=2+2，
故答案為：2+2，
【點睛】
本題考查平面向量，熟練掌握平面向量的加法法則是解題的關(guān)鍵．
15、
【解析】
設AB=x，利用△BCD∽△BAC，得=，列出方程即可解決問題．
【詳解】
∵△BCD∽△BAC，
∴=，
設AB=x，
∴22=x，
∵x＞0，
∴x=4，
∴AC=AD=4-1=3，
∵△BCD∽△BAC，
∴=＝，
∴CD=．
故答案為
【點睛】
本題考查相似三角形的判定和性質(zhì)、等腰三角形的性質(zhì)等知識，解題的關(guān)鍵是利用△BCD∽△BAC解答．
16、
【解析】
分析：延長AE交DF于G，再根據(jù)全等三角形的判定得出△AGD與△ABE全等，得出AG=BE=4，由AE=3，得出EG=1，同理得出GF=1，再根據(jù)勾股定理得出EF的長．
詳解：延長AE交DF于G，如圖， ∵AB=5，AE=3，BE=4，
∴△ABE是直角三角形，
同理可得△DFC是直角三角形，可得△AGD是直角三角形，
∴∠ABE+∠BAE=∠DAE+∠BAE，∴∠GAD=∠EBA，
同理可得：∠ADG=∠BAE．
在△AGD和△BAE中，∵，
∴△AGD≌△BAE（ASA），
∴AG=BE=4，DG=AE=3，∴EG=4﹣3=1，
同理可得：GF=1，∴EF=．
故答案為．

點睛：本題考查了正方形的性質(zhì)，關(guān)鍵是根據(jù)全等三角形的判定和性質(zhì)得出EG=FG=1，再利用勾股定理計算．

三、解答題（共8題，共72分）
17、（1）y=﹣（x+1）1；（1）點B（1，﹣1）不在這個函數(shù)的圖象上；（3）拋物線向左平移1個單位或平移5個單位函數(shù)，即可過點B；
【解析】
（1）根據(jù)待定系數(shù)法即可得出二次函數(shù)的解析式；
（1）代入B（1，-1）即可判斷；
（3）根據(jù)題意設平移后的解析式為y=-（x+1+m）1，代入B的坐標，求得m的植即可．
【詳解】
解：（1）∵二次函數(shù)y=a（x+m）1的頂點坐標為（﹣1，0），
∴m=1，
∴二次函數(shù)y=a（x+1）1，
把點A（﹣1，﹣）代入得a=﹣，
則拋物線的解析式為：y=﹣（x+1）1．
（1）把x=1代入y=﹣（x+1）1得y=﹣≠﹣1，
所以，點B（1，﹣1）不在這個函數(shù)的圖象上；
（3）根據(jù)題意設平移后的解析式為y=﹣（x+1+m）1，
把B（1，﹣1）代入得﹣1=﹣（1+1+m）1，
解得m=﹣1或﹣5，
所以拋物線向左平移1個單位或平移5個單位函數(shù)，即可過點B．
【點睛】
本題考查了待定系數(shù)法求二次函數(shù)的解析式，二次函數(shù)圖象上點的坐標特征，二次函數(shù)的性質(zhì)以及圖象與幾何變換．
18、（1）證明見解析；（2）CD＝2.
【解析】
（1）根據(jù)三角函數(shù)的概念可知tanA＝，cos∠BCD＝，根據(jù)tanA＝2cos∠BCD即可得結(jié)論；（2）由∠B的余弦值和（1）的結(jié)論即可求得BD，利用勾股定理求得CD即可．
【詳解】
(1)∵tanA＝，cos∠BCD＝，tanA＝2cos∠BCD，
∴＝2·，
∴BC＝2AD.
(2)∵cosB＝＝，BC＝2AD，
∴＝.
∵AB＝10，∴AD＝×10＝4，BD＝10－4＝6，
∴BC＝8，∴CD＝＝2.
【點睛】
本題考查了直角三角形中的有關(guān)問題，主要考查了勾股定理，三角函數(shù)的有關(guān)計算.熟練掌握三角函數(shù)的概念是解題關(guān)鍵.
19、，原式.
【解析】
原式括號中兩項通分并利用同分母分式的減法法則計算，約分得到最簡結(jié)果，把m的值代入計算即可求出值.
【詳解】
原式，
當m＝2時，原式.
【點睛】
此題考查了分式的化簡求值，熟練掌握運算法則是解本題的關(guān)鍵.
20、（1）證明見解析；（2）①AQ﹣AP=PQ，②AQ﹣BQ=PQ，③DP﹣AP=PQ，④DP﹣BQ=PQ.
【解析】
試題分析：（1）利用AAS證明△AQB≌△DPA，可得AP=BQ；（2）根據(jù)AQ﹣AP=PQ和全等三角形的對應邊相等可寫出4對線段.
試題解析：（1）在正方形中ABCD中，AD=BA，∠BAD=90°，∴∠BAQ+∠DAP=90°，∵DP⊥AQ，∴∠ADP+∠DAP=90°，∴∠BAQ=∠ADP，∵AQ⊥BE于點Q，DP⊥AQ于點P，∴∠AQB=∠DPA=90°，∴△AQB≌△DPA（AAS），
∴AP=BQ.（2）①AQ﹣AP=PQ，②AQ﹣BQ=PQ，③DP﹣AP=PQ，④DP﹣BQ=PQ.
考點：（1）正方形；（2）全等三角形的判定與性質(zhì).
21、 (1)450、63； ⑵36°，圖見解析； (3)2460 人．
【解析】
（1）根據(jù)“騎電動車”上下的人數(shù)除以所占的百分比，即可得到調(diào)查學生數(shù)；用調(diào)查學生數(shù)乘以選擇類的人數(shù)所占的百分比，即可求出選擇類的人數(shù).
（2）求出類的百分比，乘以即可求出類對應的扇形圓心角的度數(shù)；由總學生數(shù)求出選擇公共交通的人數(shù)，補全統(tǒng)計圖即可；
（3）由總?cè)藬?shù)乘以“綠色出行”的百分比，即可得到結(jié)果．
【詳解】
(1) 參與本次問卷調(diào)查的學生共有：（人）；
選擇類的人數(shù)有：
故答案為450、63；
(2)類所占的百分比為：
類對應的扇形圓心角的度數(shù)為：
選擇類的人數(shù)為：（人）.
補全條形統(tǒng)計圖為：

(3) 估計該校每天“綠色出行”的學生人數(shù)為3000×（1-14%-4%）=2460 人．
【點睛】
本題考查的是條形統(tǒng)計圖和扇形統(tǒng)計圖的綜合運用，讀懂統(tǒng)計圖，從不同的統(tǒng)計圖中得到必要的信息是解決問題的關(guān)鍵．條形統(tǒng)計圖能清楚地表示出每個項目的數(shù)據(jù)；扇形統(tǒng)計圖直接反映部分占總體的百分比大?。?br /> 22、（1）60°；（2）見解析；（3）對應的M點坐標分別為：M1（2，﹣2）、M2（﹣2，﹣2）、M3（﹣2，2）、M4（2，2）．
【解析】
（1）由于∠OAC=60°，易證得△OAC是等邊三角形，即可得∠AOC=60°．
（2）由（1）的結(jié)論知：OA=AC，因此OA=AC=AP，即OP邊上的中線等于OP的一半，由此可證得△OCP是直角三角形，且∠OCP=90°，由此可判斷出PC與⊙O的位置關(guān)系．
（3）此題應考慮多種情況，若△MAO、△OAC的面積相等，那么它們的高必相等，因此有四個符合條件的M點，即：C點以及C點關(guān)于x軸、y軸、原點的對稱點，可據(jù)此進行求解．
【詳解】
（1）∵OA=OC，∠OAC=60°，
∴△OAC是等邊三角形，
故∠AOC=60°．
（2）由（1）知：AC=OA，已知PA=OA，即OA=PA=AC；
∴AC=OP，因此△OCP是直角三角形，且∠OCP=90°，
而OC是⊙O的半徑，
故PC與⊙O的位置關(guān)系是相切．
（3）如圖；有三種情況：

①取C點關(guān)于x軸的對稱點，則此點符合M點的要求，此時M點的坐標為：M1（2，﹣2）；
劣弧MA的長為：；
②取C點關(guān)于原點的對稱點，此點也符合M點的要求，此時M點的坐標為：M2（﹣2，﹣2）；
劣弧MA的長為：；
③取C點關(guān)于y軸的對稱點，此點也符合M點的要求，此時M點的坐標為：M3（﹣2，2）；
優(yōu)弧MA的長為：；
④當C、M重合時，C點符合M點的要求，此時M4（2，2）；
優(yōu)弧MA的長為：；
綜上可知：當S△MAO=S△CAO時，動點M所經(jīng)過的弧長為對應的M點坐標分別為：M1（2，﹣2）、M2（﹣2，﹣2）、M3（﹣2，2）、M4（2，2）．
【點睛】
本題考查了切線的判定以及弧長的計算方法，注意分類討論思想的運用，不要漏解．
23、（1）答案見解析；（2）證明見解析.
【解析】
（1）如圖，在⊙O上依次截取六段弦，使它們都等于OA，從而得到正六邊形ABCDEF；
（2）連接BE，如圖，利用正六邊形的性質(zhì)得AB=BC=CD=DE=EF=FA，，則判斷BE為直徑，所以∠BFE=∠BCE=90°，同理可得∠FBC=∠CEF=90°，然后判斷四邊形BCEF為矩形．
【詳解】
解:（1）如圖，正六邊形ABCDEF為所作；

（2）四邊形BCEF為矩形．理由如下：
連接BE，如圖，
∵六邊形ABCDEF為正六邊形，
∴AB=BC=CD=DE=EF=FA，
∴，
∴，
∴，
∴BE為直徑，
∴∠BFE=∠BCE=90°，
同理可得∠FBC=∠CEF=90°，
∴四邊形BCEF為矩形．
【點睛】
本題考查了作圖-復雜作圖：復雜作圖是在五種基本作圖的基礎上進行作圖，一般是結(jié)合了幾何圖形的性質(zhì)和基本作圖方法．解決此類題目的關(guān)鍵是熟悉基本幾何圖形的性質(zhì)，結(jié)合幾何圖形的基本性質(zhì)把復雜作圖拆解成基本作圖，逐步操作．也考查了矩形的判定與正六邊形的性質(zhì)．
24、 (1)y=﹣3.4x+141.1；(1)當裝運核桃的汽車為2輛、裝運甘藍的汽車為12輛、裝運花椒的汽車為1輛時，總利潤最大，最大利潤為117.4萬元．
【解析】
（1）根據(jù)題意可以得裝運甘藍的汽車為（1x+1）輛，裝運花椒的汽車為30﹣x﹣（1x+1）=（12﹣3x）輛，從而可以得到y(tǒng)與x的函數(shù)關(guān)系式；
（1）根據(jù)裝花椒的汽車不超過8輛，可以求得x的取值范圍，從而可以得到y(tǒng)的最大值，從而可以得到總利潤最大時，裝運各種產(chǎn)品的車輛數(shù)．
【詳解】
(1)若裝運核桃的汽車為x輛，則裝運甘藍的汽車為（1x+1）輛，裝運花椒的汽車為30﹣x﹣（1x+1）=（12﹣3x）輛，
根據(jù)題意得：y=10×0.7x+4×0.5（1x+1）+6×0.8（12﹣3x）=﹣3.4x+141.1．
(1)根據(jù)題意得：，
解得：7≤x≤，
∵x為整數(shù)，
∴7≤x≤2．
∵10.6＞0，
∴y隨x增大而減小，
∴當x=7時，y取最大值，最大值=﹣3.4×7+141.1=117.4，此時：1x+1=12，12﹣3x=1．
答：當裝運核桃的汽車為2輛、裝運甘藍的汽車為12輛、裝運花椒的汽車為1輛時，總利潤最大，最大利潤為117.4萬元．
【點睛】
本題考查了一次函數(shù)的應用，解題的關(guān)鍵是熟練的掌握一次函數(shù)的應用.

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