?2021年廣東省廣州市海珠區(qū)中考數(shù)學一模試卷
一、選擇題（本大題共10小題，每小題3分，滿分30分.在每小題給出的四個選項中，有一項是符合題目要求的）
1．（3分）數(shù)軸上點A表示的數(shù)是﹣2，將點A在數(shù)軸上向右平移五個單位長度得到點B，則點B表示的數(shù)是（　　）
A．﹣7 B．7 C．﹣3 D．3
2．（3分）我市四月份某一周每天的最高氣溫（單位：℃）如下：20、21、22、22、24、25、27．則這組數(shù)據(jù)（最高氣溫）的眾數(shù)與中位數(shù)分別是（　?。?br /> A．22，24 B．24，24 C．22，22 D．25，22
3．（3分）下列運算正確的是（　?。?br /> A．x3?x4＝x12 B．（﹣2x3）2＝4x6
C．（a﹣b）2＝a2﹣b2 D．
4．（3分）在△ABC中，D、E分別是AB、AC的中點，則△ADE與△ABC的面積之比為（　　）
A． B． C． D．
5．（3分）為了能讓更多人接種，某藥廠的新冠疫苗生產線開足馬力，24小時運轉，該條生產線計劃加工320萬支疫苗，前五天按原計劃的速度生產，五天后以原來速度的1.25倍生產，結果比原計劃提前3天完成任務，設原計劃每天生產x萬支疫苗，則可列方程為（　　）
A．
B．
C．
D．
6．（3分）清明節(jié)期間，小海自駕去某地祭祖，如圖是他們汽車行駛的路程y（千米）與汽車行駛時間x（小時）之間的函數(shù)圖象．汽車行駛2小時到達目的地，這時汽車行駛了（　　）千米．

A．120 B．130 C．140 D．150
7．（3分）正n邊形的邊長為a，那么它的半徑為（　　）
A． B． C． D．
8．（3分）已知二次函數(shù)y＝﹣x2+bx+c的頂點為（1，5），那么關于x的一元二次方程﹣x2+bx+c﹣4＝0的根的情況是（　?。?br /> A．有兩個不相等的實數(shù)根 B．有兩個相等的實數(shù)根
C．沒有實數(shù)根 D．無法確定
9．（3分）⊙P與x軸相交于A（1，0）、B（4，0），與y軸相切于點C（0，2），則⊙P的半徑是（　?。?br /> A．2.5 B．3 C．3.5 D．5
10．（3分）如圖，函數(shù)y＝ax2+bx+c經過點（3，0），對稱軸為直線x＝1，下列結論：
①b2﹣4ac＞0；②abc＞0；③9a﹣3b+c＝0；④5a+b+c＝0；⑤若點A（a+1，y1）、B（a+2，y2），則y1﹣y2＜0．其中結論的正確的有（　　）

A．1個 B．2個 C．3個 D．4個
二、填空題（本大題共6小題，每小題3分，共18分.）
11．（3分）已知x為自然數(shù)，代數(shù)式有意義時，x可取　 ?。ㄖ恍杼顫M足條件的一個自然數(shù)）．
12．（3分）點C在∠AOB的平分線上，CM⊥OB，OC＝13，OM＝5，則點C到射線OA的距離為　 　．
13．（3分）分解因式：x3﹣4xy2＝　 ?。?br /> 14．（3分）如圖，已知坐標原點O為平行四邊形ABCD的對角線AC的中點，頂點A的橫坐標為4，AD平行x軸，且AD長為5．若平行四邊形面積為10，則頂點B的坐標為　 ?。?br />
15．（3分）將長為20cm的鐵絲首尾相連圍成扇形，扇形面積為y（cm2），扇形半徑為x（cm），且0＜x＜10，則y與x的函數(shù)關系式為　 ?。?br /> 16．（3分）如圖，∠A＝90°，AB＝5，AC＝12，點D為動點，連接BD、CD，∠BDC始終保持為90°，線段AC、BD相交于點E，則的最大值為　 ?。?br />
三、解答題（本大題共9小題，滿分72分.解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟.）
17．（4分）解方程組：．
18．（4分）如圖，已知菱形ABCD，點E和點F分別在BC、CD上，且BE＝DF，連接AE，AF．求證：∠BAE＝∠DAF．

19．（6分）已知T＝．
（1）化簡T；
（2）若，求T的值．
20．（6分）廣州市各校學生都積極參加志愿者活動，某校為了解九年級學生一學期參加志愿者活動時間（單位：h）的情況，從該校九年級隨機抽查了部分學生進行問卷調查，并將調查結果繪制成不完整的頻數(shù)分布表．
組別
志愿時間（小時）
頻數(shù)
頻率
A組
0≤t＜5
2
0.05
B組
5≤t＜10
m
0.125
C組
10≤t＜15
10
0.25
D組
15≤t＜20
11
0.275
E組
20≤t＜25
8
n
F組
t≥25
4
0.1
解答下列問題：
（1）頻數(shù)分布表中m＝　 ??；n＝　 ?。?br /> （2）若該校九年級共有學生400人，試估計該校九年級學生一學期課外志愿時間不少于20h的人數(shù)為　 ?。?br /> （3）在F組的學生中，只有1名是女同學，其余都是男同學，現(xiàn)從該組中任選2人代表學校參加“全市中學生志愿者積極分子”分享活動，請用樹狀圖或列表法求所選學生為1男1女的概率．
21．（8分）如圖，花城廣場對岸有廣州塔AB，小明同學站在花城廣場的C處看塔頂點A的仰角為32°，向塔前進360米到達點D，在D處看塔頂A的仰角為45°．
（1）求廣州塔AB的高度（sin32°≈0.530，cos32°≈0.848，tan32°≈0.625）；
（2）一架無人機從廣州塔頂點A出發(fā)，沿水平方向AF飛行300米到A′處，求此時從A′處看點D的俯角的正切值．

22．（10分）如圖，在△ABC中，AC＝BC，AB＝18，tan∠A＝，點E在AB上且BE＝8，直線l垂直于AB，垂足為點D．
（1）尺規(guī)作圖：以AC為直徑作⊙O，與AB交于點F（不寫作法，保留作圖痕跡）；
（2）求證：CE是⊙O的切線；
（3）若⊙O與直線l相交于點M、N（M在N的上方），若NA＝2，求MF的長．

23．（10分）在平面直角坐標系中，直線l1：y＝﹣x+b與y軸交于點（0，2），且與雙曲線（k≠0）有交點．
（1）求b的值和k的取值范圍；
（2）直線l1繞點（1，1）順時針旋轉90°得到直線l2，請直接寫出直線l2的解析式；
（3）在（2）的條件下，直線l2與雙曲線的交點為點P，且點P的橫坐標為1．點A、B在直線l2上，點A的縱坐標為2，B的縱坐標為m（≤m≤），過A、B兩點分別作x軸的平行線交雙曲線于點C、D，連接CO、DO，記△BOD、△AOC的面積分別為S1、S2，若，求t的取值范圍．
24．（12分）如圖，等邊三角形△ABE和矩形ABCD有共同的外接圓⊙O，且AB＝30．
（1）求證：∠CED＝120°；
（2）在劣弧上有動點F，連接DF、CF、BF，DF分別交AE、AB于點M、P，CF交BE于點N．
①設△MNF與△CDF的周長分別為C1和C2，試判斷C2﹣C1的值是否發(fā)生變化，若不變則求出該值；若變化請說明理由；
②若PN＝5，求BF的長．

25．（12分）如圖，已知拋物線y＝x2+bx+c過點A（1，0）、點B（﹣5，0），點P是拋物線上x軸下方的一個動點，連接PA，過點A作AQ⊥PA交拋物線于點Q，作直線PQ．
（1）求拋物線的解析式；
（2）若點P的坐標為（﹣3，﹣8），求點Q的坐標；
（3）判斷在點P運動過程中，直線PQ是否過定點？若存在定點，則求出定點坐標；若不存在，請說明理由．


2021年廣東省廣州市海珠區(qū)中考數(shù)學一模試卷
參考答案與試題解析
一、選擇題（本大題共10小題，每小題3分，滿分30分.在每小題給出的四個選項中，有一項是符合題目要求的）
1．（3分）數(shù)軸上點A表示的數(shù)是﹣2，將點A在數(shù)軸上向右平移五個單位長度得到點B，則點B表示的數(shù)是（　　）
A．﹣7 B．7 C．﹣3 D．3
【分析】向右平移后表示的數(shù)變大，右移5個單位就比原來的點表示的數(shù)大5．
【解答】解：∵A表示的數(shù)是﹣2，將點A在數(shù)軸上向右平移五個單位長度得到點B，
∴點B表示的數(shù)是﹣2+5＝3，
故選：D．
2．（3分）我市四月份某一周每天的最高氣溫（單位：℃）如下：20、21、22、22、24、25、27．則這組數(shù)據(jù)（最高氣溫）的眾數(shù)與中位數(shù)分別是（　?。?br /> A．22，24 B．24，24 C．22，22 D．25，22
【分析】根據(jù)眾數(shù)的定義即眾數(shù)是一組數(shù)據(jù)中出現(xiàn)次數(shù)最多的數(shù)和中位數(shù)的定義即中位數(shù)是將一組數(shù)據(jù)從小到大（或從大到?。┲匦屡帕泻?，最中間的那個數(shù)，即可得出答案．
【解答】解：22出現(xiàn)了2次，出現(xiàn)的次數(shù)最多，
則眾數(shù)是22；
把這組數(shù)據(jù)從小到大排列20、21、22、22、24、25、27，最中間的數(shù)是22，
則中位數(shù)是22；
故選：C．
3．（3分）下列運算正確的是（　?。?br /> A．x3?x4＝x12 B．（﹣2x3）2＝4x6
C．（a﹣b）2＝a2﹣b2 D．
【分析】A選項是同底數(shù)冪的乘法，底數(shù)不變，指數(shù)相加；B選項是積的乘方，等于每一個因式分別乘方的積；C選項是完全平方公式；D選項應該轉化為乘法去算．
【解答】解：A．x3?x4＝x7，不符合題意；
B．（﹣2x3）2＝（﹣2）2（x3）2＝4x6，符合題意；
C．（a﹣b）2＝a2﹣2ab+b2，不符合題意；
D．x2y÷＝x2y?2x＝2x3y，不符合題意．
故選：B．
4．（3分）在△ABC中，D、E分別是AB、AC的中點，則△ADE與△ABC的面積之比為（　?。?br /> A． B． C． D．
【分析】容易證明兩個三角形相似，求出相似比，相似三角形的周長之比等于相似比，面積比等于相似比的平方．
【解答】解：由題意得DE為△ABC的中位線，那么DE∥BC，DE：BC＝1：2．
∴△ADE∽△ABC
∴△ADE與△ABC的周長之比為1：2，
∴△ADE與△ABC的面積之比為1：4，即．
故選：B．
5．（3分）為了能讓更多人接種，某藥廠的新冠疫苗生產線開足馬力，24小時運轉，該條生產線計劃加工320萬支疫苗，前五天按原計劃的速度生產，五天后以原來速度的1.25倍生產，結果比原計劃提前3天完成任務，設原計劃每天生產x萬支疫苗，則可列方程為（　　）
A．
B．
C．
D．
【分析】由原計劃每周生產的疫苗數(shù)結合五天后提高的速度，可得出五天后每天生產1.25x萬支疫苗，根據(jù)工作時間＝工作總量÷工作效率結合實際比原計劃提前3天完成任務（前五天按原工作效率），即可得出關于x的分式方程，此題得解．
【解答】解：∵原計劃每天生產x萬支疫苗，五天后以原來速度的1.25倍生產，
∴五天后每天生產1.25x萬支疫苗，
依題意，得：．
故選：D．
6．（3分）清明節(jié)期間，小海自駕去某地祭祖，如圖是他們汽車行駛的路程y（千米）與汽車行駛時間x（小時）之間的函數(shù)圖象．汽車行駛2小時到達目的地，這時汽車行駛了（　?。┣祝?br />
A．120 B．130 C．140 D．150
【分析】根據(jù)待定系數(shù)法，可得一次函數(shù)解析式，根據(jù)自變量的值，可得相應的函數(shù)值．
【解答】解：如圖所示：

設AB段的函數(shù)解析式是y＝kx+b，
∵y＝kx+b的圖象過A（0.5，20），B（1.5，100），
∴，解得，
∴AB段函數(shù)的解析式是y＝80x﹣20，
∵汽車行駛2小時到達目的地，
∴y＝80×2﹣20＝140（千米），
即這時汽車行駛了140千米．
故選：C．
7．（3分）正n邊形的邊長為a，那么它的半徑為（　?。?br /> A． B． C． D．
【分析】設AB是正多邊形的一條邊，過點C作OC⊥AB于點C，在直角△AOC中解直角三角形可得結論．
【解答】解：設AB是正多邊形的一條邊，過點O作OC⊥AB于點C．
則∠AOC＝，
在直角△AOC中，sin∠AOC＝，
∴AC＝OA?sin∠AOC＝R?sin，
∴R＝，
故選：C．

8．（3分）已知二次函數(shù)y＝﹣x2+bx+c的頂點為（1，5），那么關于x的一元二次方程﹣x2+bx+c﹣4＝0的根的情況是（　?。?br /> A．有兩個不相等的實數(shù)根 B．有兩個相等的實數(shù)根
C．沒有實數(shù)根 D．無法確定
【分析】求出拋物線的表達式y(tǒng)＝﹣（x﹣1）2+5＝﹣x2+2x+4，進而求解．
【解答】解：設拋物線的表達式為y＝a（x﹣h）2+k，
則y＝﹣（x﹣1）2+5＝﹣x2+2x+4，
則﹣x2+bx+c﹣4＝0化為﹣x2+2x＝0，
解得x＝0或2，
故選：A．
9．（3分）⊙P與x軸相交于A（1，0）、B（4，0），與y軸相切于點C（0，2），則⊙P的半徑是（　?。?br /> A．2.5 B．3 C．3.5 D．5
【分析】過點P作PD⊥AB于D，連接PA、PC，根據(jù)切線的性質得到PC⊥y軸，根據(jù)垂徑定理求出AD，根據(jù)勾股定理計算，得到答案．
【解答】解：過點P作PD⊥AB于D，連接PA、PC，
∵⊙P與y軸相切于點C，
∴PC⊥y軸，
∴四邊形CODP為矩形，
∴PD＝OC＝2，
∵A（1，0）、B（4，0），
∴AB＝3，
∵PD⊥AB，
∴AD＝AB＝，
∴⊙P的半徑＝＝2.5，
故選：A．

10．（3分）如圖，函數(shù)y＝ax2+bx+c經過點（3，0），對稱軸為直線x＝1，下列結論：
①b2﹣4ac＞0；②abc＞0；③9a﹣3b+c＝0；④5a+b+c＝0；⑤若點A（a+1，y1）、B（a+2，y2），則y1﹣y2＜0．其中結論的正確的有（　　）

A．1個 B．2個 C．3個 D．4個
【分析】①根據(jù)圖象與x軸有兩個交點，△＞0即可判斷；
②根據(jù)圖象的開口方向、對稱軸、圖象與y軸的交點即可判斷；
③根據(jù)圖象可得對稱軸為x＝1，與x軸的一個交點為（3，0），則另一個交點為（﹣1，0），再根據(jù)拋物線增減性即可判斷；
④根據(jù)圖象拋物線與x軸的一個交點為（3，0），可得9a+3b+c＝0，對稱軸為x＝1，可得b＝﹣2a，將2b＝﹣4a代入9a+3b+c＝0，即可判斷；
⑤根據(jù)圖象可得a＞0，即可得出1＜a+1＜a+2，再結合對稱軸為x＝1，運用二次函數(shù)增減性即可判斷．
【解答】解：①∵拋物線與x軸有兩個交點，
∴△＞0，
∴b2﹣4ac＞0，
∴①正確；
②∵拋物線開口向上，
∴a＞0，
∵拋物線對稱軸在y軸右側，
∴b與a異號，即b＜0，
∵拋物線與y軸交點在x軸下方，
∴c＜0，
∴abc＞0，
∴②正確；
③∵拋物線對稱軸為x＝1，與x軸的一個交點為（3，0），
∴拋物線與x軸的另一個交點為（﹣1，0），
∵拋物線開口向上，在對稱軸左側y隨x增大而減小，
∴當x＝﹣3時，y＞0，
∴9a﹣3b+c＞0，
∴③錯誤；
④∵拋物線與x軸的一個交點為（3，0），
∴9a+3b+c＝0，
∵拋物線對稱軸為x＝1，
∴﹣＝1，
∴b＝﹣2a，
∴5a+b+c＝0，
∴④正確；
⑤∵a＞0，
∴1＜a+1＜a+2，
∵拋物線對稱軸為x＝1，拋物線開口向上，在對稱軸右側y隨x增大而增大，
∴y1＜y2，
∴y1﹣y2＜0，
∴⑤正確；
綜上所述，①②④⑤正確；
故選：D．
二、填空題（本大題共6小題，每小題3分，共18分.）
11．（3分）已知x為自然數(shù)，代數(shù)式有意義時，x可取　2（答案不唯一）．　（只需填滿足條件的一個自然數(shù)）．
【分析】根據(jù)二次根式有意義的條件可得4﹣x＞0，再解即可．
【解答】解：由題意得：4﹣x＞0，
解得：x＜4，
∴x可取2（答案不唯一）．
故答案為：2（答案不唯一）．
12．（3分）點C在∠AOB的平分線上，CM⊥OB，OC＝13，OM＝5，則點C到射線OA的距離為　12　．
【分析】過C作CF⊥AO，根據(jù)勾股定理可得CM的長，再根據(jù)角的平分線上的點到角的兩邊的距離相等可得CF＝CM，進而可得答案．
【解答】解：過C作CF⊥AO于F，
∵OC為∠AOB的平分線，CM⊥OB，
∴CM＝CF，
∵OC＝13，OM＝5，
∴CM＝＝12，
∴CF＝12，
故答案為：12．

13．（3分）分解因式：x3﹣4xy2＝　x（x+2y）（x﹣2y）　．
【分析】原式提取x，再利用平方差公式分解即可．
【解答】解：原式＝x（x2﹣4y2）＝x（x+2y）（x﹣2y），
故答案為：x（x+2y）（x﹣2y）
14．（3分）如圖，已知坐標原點O為平行四邊形ABCD的對角線AC的中點，頂點A的橫坐標為4，AD平行x軸，且AD長為5．若平行四邊形面積為10，則頂點B的坐標為?。?，﹣1）　．

【分析】由面積關系可求OM＝1，可求點D坐標，由平行四邊形的性質可求解．
【解答】解：如圖，連接BD，設AD與y軸交于點M，

∵點A的橫坐標為4，AD平行x軸，且AD長為5．
∴點D的橫坐標為﹣1，
∵平行四邊形ABCD的面積為10，
∴×AD×OM＝×10，
∴OM＝1，
∴點D（﹣1，1），
∵四邊形ABCD是平行四邊形，
∴BO＝DO，
∴點B（1，﹣1），
故答案為：（1，﹣1）．
15．（3分）將長為20cm的鐵絲首尾相連圍成扇形，扇形面積為y（cm2），扇形半徑為x（cm），且0＜x＜10，則y與x的函數(shù)關系式為　y＝﹣x2+10x?。?br /> 【分析】根據(jù)扇形的面積＝?l?r，計算即可．
【解答】解：由題意扇形的面積y＝?x?（20﹣2x）＝﹣x2+10x．
故答案為：y＝﹣x2+10x．
16．（3分）如圖，∠A＝90°，AB＝5，AC＝12，點D為動點，連接BD、CD，∠BDC始終保持為90°，線段AC、BD相交于點E，則的最大值為　　．

【分析】運用勾股定理可得BC＝13，設AE＝x，則CE＝12﹣x，BE＝，再證明△CED∽△BEA，運用相似三角形性質可得DE＝，進而得出＝，令＝k，則（k+1）x2﹣12x+25k＝0，利用根的判別式可得25k2+25k﹣36≤0，令25k2+25k﹣36＝0，解得k1＝，k2＝﹣，應用二次函數(shù)的性質即可得出答案．
【解答】解：∵∠A＝90°，AB＝5，AC＝12，
∴BC＝＝＝13，
設AE＝x，則CE＝12﹣x，
∴BE＝＝＝，
∵∠BDC＝∠A＝90°，∠CED＝∠BEA，
∴△CED∽△BEA，
∴＝，即＝，
∴DE＝，
∴＝，令＝k，
∴k（x2+25）＝x（12﹣x），
整理，得：（k+1）x2﹣12x+25k＝0，
∵△＝（﹣12）2﹣4×（k+1）×25k≥0，
∴25k2+25k﹣36≤0，
令25k2+25k﹣36＝0，
解得：k1＝，k2＝﹣，
根據(jù)二次函數(shù)z＝25k2+25k﹣36的性質可知：當z≤0時，﹣≤k≤，
∴的最大值為．
另解：如圖：∵∠BDC始終保持為90°，線段AC、BD相交于點E，
∴點D在以BC為直徑的圓的劣弧上運動，
過點D作DF⊥AC于F，
∴∠DFE＝∠BAC＝90°，
∵∠DEF＝∠BEA，
∴△DEF∽△BEA，
∴＝＝，
∴當DF最大時，的值最大，
當D運動到劣弧的中點D′處時，DF最大，連接OD′交AC于F′，則OD′⊥AC，且F′為AC的中點，
∴OF′＝AB＝，
∴D′F′＝OD′﹣OF′＝﹣＝4，
∴＝＝，
∴的最大值為．
故答案為：．

三、解答題（本大題共9小題，滿分72分.解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟.）
17．（4分）解方程組：．
【分析】應用加減消元法給②式兩邊同時乘以3，再①+③消去y，即可求出答案．
【解答】解：，
給②式兩邊同時乘以3，
得9x+3y＝33③，
②+③得，
10x＝30，
解得x＝3，
把x＝3代入②式中，
得9+y＝11，
解得y＝2，
所以方程組得解為．
18．（4分）如圖，已知菱形ABCD，點E和點F分別在BC、CD上，且BE＝DF，連接AE，AF．求證：∠BAE＝∠DAF．

【分析】由菱形的性質可得AB＝AD，∠B＝∠D，由“SAS”可證△ABE≌△ADF，可得結論．
【解答】證明：∵四邊形ABCD是菱形，
∴AB＝AD，∠B＝∠D，
在△ABE和△ADF中，
，
∴△ABE≌△ADF（SAS），
∴∠BAE＝∠DAF．
19．（6分）已知T＝．
（1）化簡T；
（2）若，求T的值．
【分析】（1）根據(jù)分式的混合運算順序和運算法則化簡即可；
（2）將已知等式兩邊平方，再利用因式分解法求解得出a的值，結合分式有意義的條件確定最終符合條件的a的值，代入計算即可．
【解答】解：（1）T＝÷（﹣）
＝÷
＝?
＝；

（2）∵，
∴a2+4a+4＝16，
∴a2+4a﹣12＝0，
解得a＝2或a＝﹣6，
∵a≠0且a≠2，
∴a＝﹣6，
則原式＝﹣．
20．（6分）廣州市各校學生都積極參加志愿者活動，某校為了解九年級學生一學期參加志愿者活動時間（單位：h）的情況，從該校九年級隨機抽查了部分學生進行問卷調查，并將調查結果繪制成不完整的頻數(shù)分布表．
組別
志愿時間（小時）
頻數(shù)
頻率
A組
0≤t＜5
2
0.05
B組
5≤t＜10
m
0.125
C組
10≤t＜15
10
0.25
D組
15≤t＜20
11
0.275
E組
20≤t＜25
8
n
F組
t≥25
4
0.1
解答下列問題：
（1）頻數(shù)分布表中m＝　5　；n＝　0.2??；
（2）若該校九年級共有學生400人，試估計該校九年級學生一學期課外志愿時間不少于20h的人數(shù)為　120人??；
（3）在F組的學生中，只有1名是女同學，其余都是男同學，現(xiàn)從該組中任選2人代表學校參加“全市中學生志愿者積極分子”分享活動，請用樹狀圖或列表法求所選學生為1男1女的概率．
【分析】（1）先由A組的頻數(shù)及其頻率求出被調查的總人數(shù)，再根據(jù)頻率＝頻數(shù)÷總人數(shù)求解即可得出m、n的值；
（2）用總人數(shù)乘以樣本中E、F組的頻率之和即可；
（3）列表得出所有等可能結果，從中找到符合條件的結果數(shù)，再根據(jù)概率公式求解即可．
【解答】解：（1）∵被調查的總人數(shù)為2÷0.05＝40（人），
∴m＝40×0.125＝5，n＝8÷40＝0.2，
故答案為：5、0.2；
（2）估計該校九年級學生一學期課外志愿時間不少于20h的人數(shù)為400×（0.2+0.1）＝120（人），
故答案為：120人；
（3）列表如下：

男
男
男
女
男

（男，男）
（男，男）
（女，男）
男
（男，男）

（男，男）
（女，男）
男
（男，男）
（男，男）

（女，男）
女
（男，女）
（男，女）
（男，女）

由表知，共有12種等可能結果，其中所選學生為1男1女的有6種結果，
所以所選學生為1男1女的概率為＝．
21．（8分）如圖，花城廣場對岸有廣州塔AB，小明同學站在花城廣場的C處看塔頂點A的仰角為32°，向塔前進360米到達點D，在D處看塔頂A的仰角為45°．
（1）求廣州塔AB的高度（sin32°≈0.530，cos32°≈0.848，tan32°≈0.625）；
（2）一架無人機從廣州塔頂點A出發(fā)，沿水平方向AF飛行300米到A′處，求此時從A′處看點D的俯角的正切值．

【分析】（1）設水塔的高AB為x米，根據(jù)直角三角形的性質、正確的定義分別用含x的代數(shù)式表示出BD、BC，根據(jù)題意列出方程，解方程即可；
（2）過D作DH⊥AF于H，根據(jù)三角函數(shù)的定義即可求得∠DA′H的正切值．
【解答】解：（1）設廣州塔AB的高度為x米，
∵∠ADB＝45°，
∴∠DAB＝45°，
∴∠ADB＝∠DAB，
∴BD＝AB＝x，
∴BC＝360+x，
∵∠ACB＝32°，
tan∠ACB＝，
∴≈0.625，
解得，x≈600（米），
答：廣州塔AB的高度約為600米；
（2）過D作DH⊥AF于H，
則四邊形ABDH是正方形，
∴AH＝HD＝AB＝600米，∠AHD＝90°，
∵AA′＝300，
∴A′H＝AH﹣AA′＝300，
∴tan∠DA′H＝＝＝2，
答：此時從A′處看點D的俯角的正切值為2．

22．（10分）如圖，在△ABC中，AC＝BC，AB＝18，tan∠A＝，點E在AB上且BE＝8，直線l垂直于AB，垂足為點D．
（1）尺規(guī)作圖：以AC為直徑作⊙O，與AB交于點F（不寫作法，保留作圖痕跡）；
（2）求證：CE是⊙O的切線；
（3）若⊙O與直線l相交于點M、N（M在N的上方），若NA＝2，求MF的長．

【分析】（1）分別以點A，C為圓心，大于AC長為半徑畫弧交于兩點，連接這兩點交AC于點O，以O為圓心，OA為半徑作圓交AB于點F；
（2）連接CF，根據(jù)AC是⊙O的直徑，可得∠AFC＝90°，由tan∠A＝，可得CF＝3，再運用勾股定理可得AC＝3，從而可得＝，進而可證明△CAF∽△EAC，運用相似三角形性質即可證明結論；
（3）連接CF，CN，運用勾股定理可求得CN＝，由MN⊥AB，可得MN∥CF，進而可得∠FMN＝∠CFM，運用同圓中圓周角相等所對的弧相等，可得＝，即可得出＝，進而得出MF＝CN＝．
【解答】解：（1）如圖1所示，⊙O即為所作的圓；
（2）如圖2，連接CF，
∵AC是⊙O的直徑，
∴∠AFC＝90°，
∵AC＝BC，AB＝18，
∴AF＝BF＝9，
∵tan∠A＝，
∴＝，
∴CF＝AF＝×9＝3，
∴AC＝＝＝3，
∴＝＝，
∵BE＝8，
∴AE＝AB﹣BE＝18﹣8＝10，
∴＝＝，
∴＝，
∵∠CAF＝∠EAC，
∴△CAF∽△EAC，
∴∠ACE＝∠AFC＝90°，
∴CE是⊙O的切線；
（3）如圖3，連接CF，CN，
由（2）知：∠AFC＝90°，AC＝3，
∵AC是⊙O的直徑，
∴∠ANC＝90°，NA＝2，
∴CN＝＝＝，
∵MN⊥AB，
∴∠ADM＝90°＝∠AFC，
∴MN∥CF，
∴∠FMN＝∠CFM，
∴＝，
∴+＝+，即＝，
∴MF＝CN＝．



23．（10分）在平面直角坐標系中，直線l1：y＝﹣x+b與y軸交于點（0，2），且與雙曲線（k≠0）有交點．
（1）求b的值和k的取值范圍；
（2）直線l1繞點（1，1）順時針旋轉90°得到直線l2，請直接寫出直線l2的解析式；
（3）在（2）的條件下，直線l2與雙曲線的交點為點P，且點P的橫坐標為1．點A、B在直線l2上，點A的縱坐標為2，B的縱坐標為m（≤m≤），過A、B兩點分別作x軸的平行線交雙曲線于點C、D，連接CO、DO，記△BOD、△AOC的面積分別為S1、S2，若，求t的取值范圍．
【分析】（1）當k＜0時，反比例函數(shù)在二、四象限，則兩個函數(shù)必然相交；當k＞0時，由△＝4+4k≥0，解得k≤﹣1，故0＜k≤﹣1，即可求解；
（2）由直線l1的表達式知，點（1，1）在改直線上，并且該點為l1在第一象限內線段的中點，而直線l1和x軸負半軸的夾角為45°，直線l1繞點（1，1）順時針旋轉90°得到直線l2，則直線l2為一、三象限角平分線，即可求解；
（3）由S1＝×BD×yB＝×（﹣m）×m＝（1﹣m2），同理可得S2＝，則＝（1﹣m2），進而求解．
【解答】解：（1）將點（0，2）的坐標代入y＝﹣x+b得：2＝0+b，
解得b＝2，
故直線l1的表達式為y＝﹣x+2，
當k＜0時，反比例函數(shù)在二、四象限，則兩個函數(shù)必然相交；
當k＞0時，如下圖，

聯(lián)立兩個函數(shù)表達式并整理得：x2﹣2x+k＝0，
∴△＝4﹣4k≥0，解得k≤1，故0＜k≤1，
綜上，k的取值范圍為k＜0或0＜k≤1；

（2）由直線l1的表達式知，點（1，1）在改直線上，并且該點為l1在第一象限內線段的中點，
而直線l1和x軸負半軸的夾角為45°，直線l1繞點（1，1）順時針旋轉90°得到直線l2，則直線l2為一、三象限角平分線，
故l2的表達式為y＝x；

（3）當x＝1時，y＝x＝1，故點P的坐標為（1，1），
將點P的坐標代入反比例函數(shù)表達式得：k＝1，
故反比例函數(shù)表達式為y＝，
∵點A的縱坐標為2，B的縱坐標為m，這兩點都在直線l2上，故點B（m，m），點A（2，2），
則點C、D的坐標分別為（2，）、（，m），
∵≤m≤，則點B在點P的下方，
則S1＝×BD×yB＝×（﹣m）×m＝（1﹣m2），
同理可得S2＝，
∴＝（1﹣m2），
∵≤m≤，
∴≤t≤．
24．（12分）如圖，等邊三角形△ABE和矩形ABCD有共同的外接圓⊙O，且AB＝30．
（1）求證：∠CED＝120°；
（2）在劣弧上有動點F，連接DF、CF、BF，DF分別交AE、AB于點M、P，CF交BE于點N．
①設△MNF與△CDF的周長分別為C1和C2，試判斷C2﹣C1的值是否發(fā)生變化，若不變則求出該值；若變化請說明理由；
②若PN＝5，求BF的長．

【分析】（1）連接OD、OE、OC，證明△DOE和△EOC都是等邊三角形，即可得到結果；
（2）①連接AC、BD，OM、ON，利用△CEN≌△OEN證明CN＝ON，同理DM＝OM，再證明O、N、M共線，得到MN＝CN+DM，從而可得C2﹣C1＝CD＝30；
②由N、P、F、B共圓得∠PNB＝90°，求出BP、AP、AD，sin∠APD＝sin∠BPF即可得出答案．
【解答】解：（1）證明：連接OD、OE、OC，如圖：

∵等邊三角形△ABE和矩形ABCD，
∴∠DAB＝∠CBA＝90°，∠EAB＝∠EBA＝60°，
∴∠DAE＝∠DAB﹣∠EAB＝30°，∠CBE＝∠CBA﹣∠EBA＝30°，
∴∠DOE＝∠EOC＝60°，
∵OD＝OE＝OC，
∴△DOE和△EOC都是等邊三角形，
∴∠DEO＝∠CEO＝60°，
∴∠CED＝∠DEO+∠CEO＝120°；
（2）①C2﹣C1的值為30，不變，理由如下：
連接AC、BD，OM、ON，如圖：

∵∠DAB＝∠CBA＝90°，
∴BD和AC是直徑，
∵∠DEC＝120°，∠AEB＝60°，
∴∠DEA+∠CEB＝60°，
∵AD＝BC，
∴∠DEA＝∠CEB＝30°，
而∠DEO＝∠CEO＝60°，∠CBE＝30°，
∴∠DEA＝∠OEA＝∠CEB＝∠OEB＝30°，∠ECB＝180°﹣∠CEB﹣∠CBE＝120°，
∴∠ACB＝∠ECB﹣∠ECO＝60°，
∵△DOE和△EOC都是等邊三角形，
∴CE＝OE＝DE，
在△CEN和△OEN中，
，
∴△CEN≌△OEN（SAS），
∴CN＝ON，
∴∠CON＝∠OCN，
同理DM＝OM，∠ODM＝∠DOM，
∵∠ODM＝∠BCF，
∴∠CON+∠DOM＝∠OCN+∠ODM＝∠OCN+∠BCF＝∠ACB＝60°，
而∠DOE＝∠EOC＝60°，
∴∠DOE+∠EOC+∠CON+∠DOM＝180°，
∴M、O、N共線，
∴CN+DM＝MN，
∴C2﹣C1＝（FC+CD+DF）﹣（FN+MN+MF）
＝（FN+CN+CD+DM+MF）﹣（FN+MN+MF）
＝CD，
∵矩形ABCD，AB＝30，
∴CD＝AB＝30，
∴C2﹣C1＝30；
②如圖：

∵∠DEC＝120°，
∴∠DFC＝60°＝∠ABE，
∴N、P、F、B共圓，
∵∠DFB＝∠DAB＝90°，
∴∠PNB＝90°，
∵∠PBN＝60°，PN＝5，
∴BP＝10，
∵AB＝30，
∴AP＝20，
∵∠DAE＝∠DEA＝30°，
∴AD＝DE＝OD＝OA，
∴∠ADO＝60°，
在Rt△ABD中，AB＝30，
∴AD＝＝10，
∴DP＝＝10，
∴sin∠APD＝＝，
∴sin∠BPF＝，
∵BD為直徑，
∴∠BFP＝90°，
Rt△BPF中，sin∠BPF＝，
∴＝，
∴BF＝．
25．（12分）如圖，已知拋物線y＝x2+bx+c過點A（1，0）、點B（﹣5，0），點P是拋物線上x軸下方的一個動點，連接PA，過點A作AQ⊥PA交拋物線于點Q，作直線PQ．
（1）求拋物線的解析式；
（2）若點P的坐標為（﹣3，﹣8），求點Q的坐標；
（3）判斷在點P運動過程中，直線PQ是否過定點？若存在定點，則求出定點坐標；若不存在，請說明理由．

【分析】（1）運用待定系數(shù)法將A，B的坐標分別代入，解方程組即可；
（2）設Q（m，m2+4m﹣5），過點P作PE⊥AB于點E，過點Q作QF⊥AB于點F，可證明△PAE∽△AQF，運用相似三角形性質建立方程求解即可；
（3）設直線PQ解析式為y＝px+q，P（xP，yP），Q（xQ，yQ），根據(jù)P（xP，yP），Q（xQ，yQ）是直線PQ與拋物線y＝x2+4x﹣5的交點，可得x2+（4﹣p）x﹣5﹣q＝0，運用根與系數(shù)關系可得：xP+xQ＝p﹣4，xPxQ＝﹣5﹣q，根據(jù)（2）可得△PAE∽△AQF，運用相似三角形性質可得＝，進而可得：（p+q）（q﹣5p﹣1）＝0，由于p+q≠0，可得q＝5p+1，即可得到直線PQ的解析式為y＝px+5p+1，當x＝﹣5時，y＝﹣5p+5p+1＝1，可得直線PQ恒過點（﹣5，1）．
【解答】解：（1）∵拋物線y＝x2+bx+c過點A（1，0）、點B（﹣5，0），
∴，
解得：，
∴拋物線的解析式為：y＝x2+4x﹣5；
（2）如圖，設Q（m，m2+4m﹣5），過點P作PE⊥AB于點E，過點Q作QF⊥AB于點F，
∴∠AEP＝∠AFQ＝90°，QF＝m2+4m﹣5，AF＝1﹣m，
∵點P的坐標為（﹣3，﹣8），
∴PE＝8，AE＝4，
∵AQ⊥PA，
∴∠PAQ＝90°，
∴∠PAE+∠QAF＝90°，
∵∠QAF+∠AQF＝90°，
∴∠PAE＝∠AQF，
∴△PAE∽△AQF，
∴＝，即：＝，
解得：m1＝1（舍去），m2＝﹣，
當m＝﹣時，AF＝1﹣（﹣）＝，
∴QF＝×＝，
∴Q（﹣，）；
（3）點P運動過程中，直線PQ恒過定點（﹣5，1）．
設直線PQ解析式為y＝px+q，P（xP，yP），Q（xQ，yQ），
∵P（xP，yP），Q（xQ，yQ）是直線PQ與拋物線y＝x2+4x﹣5的交點，
∴x2+4x﹣5＝px+q，即x2+（4﹣p）x﹣5﹣q＝0，
∴xP+xQ＝p﹣4，xPxQ＝﹣5﹣q，
如圖，過點P作PE⊥AB于點E，過點Q作QF⊥AB于點F，
則AE＝1﹣xP，PE＝﹣yP，AF＝1﹣xQ，QF＝y(tǒng)Q，
yP＝pxP+q，yQ＝pxQ+q，
∵△PAE∽△AQF，
∴＝，即：＝，
∴（1﹣xP）（1﹣xQ）＝﹣yPyQ，＝﹣（pxP+q）（pxQ+q），
∴1﹣（xP+xQ）+xPxQ＝﹣[p2xPxQ+pq（xP+xQ）+q2]，
∴1+（pq﹣1）（xP+xQ）+（p2+1）（xPxQ）+q2＝0，
∴1+（pq﹣1）（p﹣4）+（p2+1）（﹣5﹣q）+q2＝0，
∴（p+q）（q﹣5p﹣1）＝0，
∵p+q≠0，
∴q﹣5p﹣1＝0，
∴q＝5p+1，
∴直線PQ的解析式為y＝px+5p+1，
當x＝﹣5時，y＝﹣5p+5p+1＝1，
∴直線PQ恒過點（﹣5，1），
故點P運動過程中，直線PQ恒過定點（﹣5，1）．



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