2021年广西梧州市岑溪市中考数学二调试卷 及答案

这是一份2021年广西梧州市岑溪市中考数学二调试卷 及答案，共27页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.﹣2021的相反数是（ ）
A．﹣2021B．﹣C．D．2021
2如图所示，直线a、b被直线c所截，∠1与∠2是（ ）
A．内错角B．同位角C．同旁内角D．邻补角
3观察下列立体图形，左视图为矩形的是（ ）
A．B．C．D．
4. 2021年1月20日0时25分，我国在西昌卫星发射中心用长征三号乙运载火箭，成功将天通一号03星发射升空．卫星顺利进入预定轨道，任务获得圆满成功，天通一号在接近36000公里的地球同步轨道上运行，其中数据36000用科学记数法可表示为（ ）
A．0.36×106B．3.6×105C．3.6×104D．36×104
5不等式3x﹣2＞4的解集在数轴上表示正确的是（ ）
A．B．
C．D．
6下列运算正确的是（ ）
A．a+a3＝2a3B．（a•b）2＝a2b2
C．a2•b3＝a6D．
7以下调查中，最适合采用抽样调查的是（ ）
A．2020年11月1日实施的全国人口普查
B．了解一批灯泡的使用寿命
C．疫情期间，返校前某班学生的日常体温
D．调查乘坐飞机的旅客是否携带了危禁物品
8下列关于抛物线y＝﹣x2+2的说法正确的是（ ）
A．抛物线开口向上
B．顶点坐标为（﹣1，2）
C．在对称轴的右侧，y随x的增大而增大
D．抛物线与x轴有两个交点
9主题为“绿色城市、健康生活”的2021年世界园艺博览会将于2021年4月至10月在我市枣林湾举行．世园会的某纪念品受到热烈欢迎，从原价50元连续两次涨价达到72元，如果每次涨价的百分率相同，都是x，下面所列方程正确的是（ ）
A．72（1﹣2x）＝50B．72（1﹣x）2＝50
C．50（1+2x）＝72D．50（1+x）2＝72
10一个质地均匀的正方体骰子的六个面上分别刻有1到6的点数．将骰子抛掷两次，掷第一次，将朝上一面的点数记为x，掷第二次，将朝上一面的点数记为y，则点（x，y）落在反比例函数y＝（x＞0）图象上的概率为（ ）
A．B．C．D．
11如图，AB为⊙O的切线，点A为切点，OB交⊙O于点C，点D在⊙O上，连接AD、CD，OA，若∠ADC＝35°，则∠ABO的度数为（ ）
A．25°B．20°C．30°D．35°
12如图，已知点C在以AB为直径，O为圆心的半圆上，AB＝4，以BC为边作等边△BCD，则AD的最大值是（ ）
A．B．C．D．
二、填空题：本大题共6小题，每小题3分，共18分，把答案填在答题卡中的横线上.
13因式分解：a2﹣4＝ ．
14一组数据：2、4、4、3、7、7，则这组数据的中位数是 ．
15计算：﹣m＝ ．
16如图，平行四边形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，OE⊥BD交AD于点E，连接BE，若平行四边形ABCD的周长为28，则△ABE的周长为 ．
17如图，在正方形ABCD中，AC为对角线，点E在AB边上，EF⊥AC于点F，连接EC，AF＝3，△EFC的周长为12，则EC的长为 ．
18如图，点N是反比例函数y＝（x＞0）图象上的一个动点，过点N作MN∥x轴，交直线y＝﹣2x+4于点M，则△OMN面积的最小值是 ．
三、解答题：本大题共8小题，共66分.解答应写出证明过程或演算步骤，（含相应的文字说明），将解答写在答题卡上.
19计算：+（﹣）﹣2﹣4cs30°+（﹣2）×（﹣3）．
20解方程：+＝1．
21如图，在平面直角坐标系中，已知△ABC三个顶点的坐标分别是A（2，2），B（4，0），C（4，﹣4）．
（1）请画出△ABC向左平移6个单位长度后得到的△A1B1C1；
（2）以点O为位似中心，将△ABC缩小为原来的，得到△A2B2C2，请在y轴右侧画出△A2B2C2，并求出∠A2C2B2的余弦值．
22为了维护国家主权和海洋权力，海监部门对我国领海实现了常态化巡航管理．如图所示，正在执行巡航任务的海监船以每小时40海里的速度向正东方向航行，在A处测得灯塔P在北偏东60°方向上，继续航行30分钟后到达B处，此时测得灯塔P在北偏东45°方向上．
（1）求∠APB的度数；
（2）已知在灯塔P的周围25海里内有暗礁，问海监船继续向正东方向航行是否安全？（参考数据：≈1.414，≈1.732）
23为丰富学生的校园生活，某校举行“与爱同行”朗诵比赛，赛后整理参赛同学的成绩，绘制成如下不完整的统计图表，请根据图表中的信息解答下列问题．
（1）图中a＝ ，这次比赛成绩的众数落在 组；
（2）请补全频数分布直方图；
（3）学校决定选派本次比赛成绩最好的3人参加全市中学生朗诵比赛，并为参赛选手准备了2件白色、1件蓝色上衣和黑色、蓝色、白色的裤子各1条，小军先选，他从中随机选取一件上衣和一条裤子搭配成一套衣服，请用画树状图法或列表法求出上衣和裤子搭配成不同颜色的概率．
24某中学开学初到商场购买A、B两种品牌的足球，购买A种品牌的足球20个，B种品牌的足球30个，共花费4600元，已知购买4个B种品牌的足球与购买5个A种品牌的足球费用相同．
（1）求购买一个A种品牌、一个B种品牌的足球各需多少元．
（2）学校为了响应习总书记“足球进校园”的号召，决定再次购进A、B两种品牌足球共42个，正好赶上商场对商品价格进行调整，A品牌足球售价比第一次购买时提高5元，B品牌足球按第一次购买时售价的9折出售，如果学校此次购买A、B两种品牌足球的总费用不超过第一次花费的80%，且保证这次购买的B种品牌足球不少于20个，则这次学校有哪几种购买方案？
（3）请你求出学校在第二次购买活动中最多需要多少资金？
25如图，直线l与⊙O相离，过点O作OA⊥l，垂足为A，OA交⊙O于点B，点C在直线l上，连接CB并延长交⊙O于点D，在直线l上另取一点P，使∠PCD＝∠PDC．
（1）求证：PD是⊙O的切线；
（2）若AC＝1，AB＝2，PD＝6，求⊙O的半径r和△PCD的面积．
26如图，抛物线y＝﹣x2+bx+c交x轴于点A、B，交y轴于点C．点B坐标为（3，0），点C坐标为（0，3），点C与点D关于抛物线的对称轴对称．
（1）求抛物线的解析式；
（2）若点P为抛物线对称轴上一动点，连接BD，以PD、PB为边作平行四边形PDNB，是否存在这样的点P，使平行四边形PDNB是矩形？若存在，请求出点P的坐标；
（3）在（2）的结论下，求出tan∠BDN的值．
2021年广西梧州市岑溪市中考数学二调试卷
一、选择题：本大题共12小题；每小题3分，共36分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是正确的，请把正确答案的标号填（涂）在答题卡内相应的位置上.
1.﹣2021的相反数是（ ）
A．﹣2021B．﹣C．D．2021
【考点】相反数．
【专题】实数；数感；运算能力．
【答案】D
【分析】利用相反数的定义分析得出答案．
【解答】解：﹣2021的相反数是：2021．
故选：D．
2如图所示，直线a、b被直线c所截，∠1与∠2是（ ）
A．内错角B．同位角C．同旁内角D．邻补角
【考点】对顶角、邻补角；同位角、内错角、同旁内角．
【答案】A
【分析】根据三线八角的概念，以及内错角的定义作答即可．
【解答】解：如图所示，∠1和∠2两个角都在两被截直线直线b和a异侧，并且在第三条直线c（截线）的两旁，
故∠1和∠2是直线b、a被c所截而成的内错角．
故选：A．
3观察下列立体图形，左视图为矩形的是（ ）
A．B．C．D．
【考点】简单几何体的三视图．
【答案】C
【分析】分别找到从左面看所得到的图形即可．
【解答】解：A、三棱锥左视图为三角形，故此选项错误；
B、圆锥的左视图是等腰三角形，故此选项错误；
C、圆柱的左视图是矩形，故此选项正确；
D、四棱锥的左视图是三角形，故此选项错误；
故选：C．
4. 2021年1月20日0时25分，我国在西昌卫星发射中心用长征三号乙运载火箭，成功将天通一号03星发射升空．卫星顺利进入预定轨道，任务获得圆满成功，天通一号在接近36000公里的地球同步轨道上运行，其中数据36000用科学记数法可表示为（ ）
A．0.36×106B．3.6×105C．3.6×104D．36×104
【考点】科学记数法—表示较大的数．
【专题】实数；数感．
【答案】C
【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，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≥10时，n是正整数；当原数的绝对值＜1时，n是负整数．
【解答】解：36000＝3.6×104．
故选：C．
5不等式3x﹣2＞4的解集在数轴上表示正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【考点】在数轴上表示不等式的解集．
【专题】计算题；一元一次不等式(组)及应用．
【答案】B
【分析】求出已知不等式的解集，表示在数轴上即可．
【解答】解：不等式移项得：3x＞6，
解得：x＞2，
表示在数轴上得：，
故选：B．
6下列运算正确的是（ ）
A．a+a3＝2a3B．（a•b）2＝a2b2
C．a2•b3＝a6D．
【考点】合并同类项；幂的乘方与积的乘方；单项式乘单项式；二次根式的加减法．
【专题】整式；运算能力．
【答案】B
【分析】利用同底数幂的乘法的法则，积的乘方的法则，幂的乘方的法则对各项进行运算即可．
【解答】解：A、a+a3不能合并，故A不符合题意；
B、（a•b）2＝a2b2，故B符合题意；
C、a2•b3＝a2b3，故C不符合题意；
D、不能合并，故D不符合题意．
故选：B．
7以下调查中，最适合采用抽样调查的是（ ）
A．2020年11月1日实施的全国人口普查
B．了解一批灯泡的使用寿命
C．疫情期间，返校前某班学生的日常体温
D．调查乘坐飞机的旅客是否携带了危禁物品
【考点】全面调查与抽样调查．
【专题】数据的收集与整理；应用意识．
【答案】B
【分析】由普查得到的调查结果比较准确，但所费人力、物力和时间较多，而抽样调查得到的调查结果比较近似．
【解答】解：A．2020年11月1日实施的全国人口普查，适合全面调查，故选项不符合题意；
B．了解一批灯泡的使用寿命，适合抽样调查，故选项符合题意；
C．疫情期间，返校前某班学生的日常体温，适合全面调查，故选项不符合题意；
D．调查乘坐飞机的旅客是否携带了危禁物品，适合全面调查，故选项不符合题意；
故选：B．
8下列关于抛物线y＝﹣x2+2的说法正确的是（ ）
A．抛物线开口向上
B．顶点坐标为（﹣1，2）
C．在对称轴的右侧，y随x的增大而增大
D．抛物线与x轴有两个交点
【考点】二次函数的性质．
【答案】D
【分析】由抛物线解析式可求得开口方向、对称轴、顶点坐标，可求得答案．
【解答】解：∵y＝﹣x2+2，
∴抛物线开口向下，对称轴为y轴，顶点坐标为（0，2），在对称轴的右侧，y随x的增大而减小，
∴A、B、C都不正确，
∵△＝﹣4×（﹣1）×2＝8＞0，
∴抛物线与x轴有两个交点，
∴D正确，
故选：D．
9主题为“绿色城市、健康生活”的2021年世界园艺博览会将于2021年4月至10月在我市枣林湾举行．世园会的某纪念品受到热烈欢迎，从原价50元连续两次涨价达到72元，如果每次涨价的百分率相同，都是x，下面所列方程正确的是（ ）
A．72（1﹣2x）＝50B．72（1﹣x）2＝50
C．50（1+2x）＝72D．50（1+x）2＝72
【考点】由实际问题抽象出一元二次方程．
【专题】一元二次方程及应用；推理能力．
【答案】D
【分析】根据该纪念品的原价及经过连续两次涨价后的价格，即可得出关于x的一元二次方程，此题得解．
【解答】解：依题意得：50（1+x）2＝72．
故选：D．
10一个质地均匀的正方体骰子的六个面上分别刻有1到6的点数．将骰子抛掷两次，掷第一次，将朝上一面的点数记为x，掷第二次，将朝上一面的点数记为y，则点（x，y）落在反比例函数y＝（x＞0）图象上的概率为（ ）
A．B．C．D．
【考点】反比例函数图象上点的坐标特征；列表法与树状图法．
【专题】函数思想；概率及其应用；应用意识．
【答案】C
【分析】根据题意知x的取值有6种情况，y的取值有6种情况，（x，y）的取值有6×6＝36种情况，因为点（1，6），（6，1），（2，3），（3，2）四个点落在反比例函数y＝（x＞0）图象上，故能得出概率．
【解答】解：根据题意知x的取值有6种情况，y的取值有6种情况，（x，y）的取值有6×6＝36种情况，
∵点（1，6），（6，1），（2，3），（3，2）落在反比例函数y＝（x＞0）图象上，
∴点（x，y）落在反比例函数y＝（x＞0）图象上的概率为＝，
故选：C．
11如图，AB为⊙O的切线，点A为切点，OB交⊙O于点C，点D在⊙O上，连接AD、CD，OA，若∠ADC＝35°，则∠ABO的度数为（ ）
A．25°B．20°C．30°D．35°
【考点】圆周角定理；切线的性质．
【专题】与圆有关的位置关系；推理能力．
【答案】B
【分析】根据切线的性质和圆周角定理即可得到结论．
【解答】解：∵AB为圆O的切线，
∴AB⊥OA，即∠OAB＝90°，
∵∠ADC＝35°，
∴∠AOB＝2∠ADC＝70°，
∴∠ABO＝90°﹣70°＝20°．
故选：B．
12如图，已知点C在以AB为直径，O为圆心的半圆上，AB＝4，以BC为边作等边△BCD，则AD的最大值是（ ）
A．B．C．D．
【考点】垂线段最短；全等三角形的判定与性质；等边三角形的性质；旋转的性质．
【专题】等腰三角形与直角三角形；平移、旋转与对称；推理能力．
【答案】C
【分析】将△ABD绕点B逆时针旋转60°得△CBE，可得△ABE是等边三角形，则连接EO并延长交半圆于点C，此时EC最大，利用勾股定理求出EO即可得出答案．
【解答】解：如图，将△ABD绕点B逆时针旋转60°得△CBE，
∴AD＝CE，AB＝BE，∠ABE＝60°，
∴△ABE是等边三角形，
∴连接EO并延长交半圆于点C，此时EC最大，
∵O为AB的中点，
∴EO⊥AB，
在Rt△AOE中，EO＝，
∴EC的最大值为：EO+OC＝2+2，
∴AD的最大值为2+2，
故选：C．
二、填空题：本大题共6小题，每小题3分，共18分，把答案填在答题卡中的横线上.
13因式分解：a2﹣4＝ ．
【考点】因式分解﹣运用公式法．
【答案】见试题解答内容
【分析】直接利用平方差公式分解因式得出即可．
【解答】解：a2﹣4＝（a+2）（a﹣2）．
故答案为：（a+2）（a﹣2）．
14一组数据：2、4、4、3、7、7，则这组数据的中位数是 ．
【考点】中位数．
【专题】数据的收集与整理；应用意识．
【答案】4．
【分析】把数据按从小到大的顺序排列，计算第3个和第4个的平均数，即可求出结果．
【解答】解：把数据按从小到大的顺序排列，计算第3个和第4个都是4，
∴中位数为：＝4，
故答案为：4．
15计算：﹣m＝ ．
【考点】分式的加减法．
【专题】分式；运算能力．
【答案】1．
【分析】利用分式的基本性质化简即可得到答案．
【解答】解：原式＝﹣m＝m+1﹣m＝1．
16如图，平行四边形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，OE⊥BD交AD于点E，连接BE，若平行四边形ABCD的周长为28，则△ABE的周长为 ．
【考点】线段垂直平分线的性质；平行四边形的性质．
【专题】多边形与平行四边形；推理能力．
【答案】14．
【分析】先判断出EO是BD的中垂线，得出BE＝ED，从而可得出△ABE的周长＝AB+AD，再由▱ABCD的周长为28，即可得出答案．
【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OB＝OD，AB＝CD，AD＝BC，
∵▱ABCD的周长为28，
∴AB+AD＝14
∵OE⊥BD，
∴OE是线段BD的中垂线，
∴BE＝ED，
∴△ABE的周长＝AB+BE+AE＝AB+AD＝14，
故答案为：14．
17如图，在正方形ABCD中，AC为对角线，点E在AB边上，EF⊥AC于点F，连接EC，AF＝3，△EFC的周长为12，则EC的长为 ．
【考点】勾股定理；等腰直角三角形；正方形的性质．
【专题】几何图形问题．
【答案】见试题解答内容
【分析】由四边形ABCD是正方形，AC为对角线，得出∠EAF＝45°，又因为EF⊥AC，得到∠AFE＝90°得出EF＝AF＝3，由△EFC的周长为12，得出线段FC＝12﹣3﹣EC＝9﹣EC，在Rt△EFC中，运用勾股定理EC2＝EF2+FC2，求出EC＝5．
【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，AC为对角线，
∴∠EAF＝45°，
又∵EF⊥AC，
∴∠AFE＝90°，∠AEF＝45°，
∴EF＝AF＝3，
∵△EFC的周长为12，
∴FC＝12﹣3﹣EC＝9﹣EC，
在Rt△EFC中，EC2＝EF2+FC2，
∴EC2＝9+（9﹣EC）2，
解得EC＝5．
故答案为：5．
18如图，点N是反比例函数y＝（x＞0）图象上的一个动点，过点N作MN∥x轴，交直线y＝﹣2x+4于点M，则△OMN面积的最小值是 ．
【考点】一次函数图象上点的坐标特征；反比例函数系数k的几何意义；反比例函数图象上点的坐标特征．
【专题】函数思想；几何直观；数据分析观念．
【答案】2．
【分析】设出点M的坐标，由于MN∥x轴，故点M和N的纵坐标相同，由此表示出N点坐标，得到线段MN的长度，进而表示出△OMN的面积，从而得到一个二次函数，将函数配成顶点式，得到函数在顶点处取得最小值，即可解决．
【解答】解：设M（m，﹣2m+4），
∵MN∥x轴，
∴点N的坐标为（，﹣2m+4），
∴MN＝，
∴S△OMN＝•MN•（﹣2m+4）＝m2﹣2m+3＝（m﹣1）2+2，
∵a＝1＞0，
∴二次函数图象开口向上，
∴m＝1时，△OMN的面积取得最小值2，
故答案为：2．
三、解答题：本大题共8小题，共66分.解答应写出证明过程或演算步骤，（含相应的文字说明），将解答写在答题卡上.
19计算：+（﹣）﹣2﹣4cs30°+（﹣2）×（﹣3）．
【考点】实数的运算；负整数指数幂；特殊角的三角函数值．
【专题】实数；运算能力．
【答案】10．
【分析】按照实数的运算法则进行运算即可，注意特殊角的三角函数值．
【解答】解：原式＝，
＝2﹣2+4+6，
＝10．
20解方程：+＝1．
【考点】解分式方程．
【专题】计算题；分式方程及应用．
【答案】见试题解答内容
【分析】分式方程去分母转化为整式方程，求出整式方程的解得到x的值，经检验即可得到分式方程的解．
【解答】解：原方程可化为：﹣＝1，
方程两边同乘（x﹣1），得3﹣x＝x﹣1，
整理得﹣2x＝﹣4，
解得：x＝2，
检验：当x＝2时，最简公分母x﹣1≠0，
则原分式方程的解为x＝2．
21如图，在平面直角坐标系中，已知△ABC三个顶点的坐标分别是A（2，2），B（4，0），C（4，﹣4）．
（1）请画出△ABC向左平移6个单位长度后得到的△A1B1C1；
（2）以点O为位似中心，将△ABC缩小为原来的，得到△A2B2C2，请在y轴右侧画出△A2B2C2，并求出∠A2C2B2的余弦值．
【考点】作图﹣平移变换；作图﹣位似变换；解直角三角形．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）将三角形的三顶点分别向左平移6个单位得到对应点，顺次连接即可得；
（2）连接OA、OC，分别取OA、OB、OC的中点即可画出△A2B2C2，根据三角函数的定义求出∠ACB的余弦弦值即可解决问题．
【解答】解：（1）如图，△A1B1C1即为所求；
（2）如图，△A2B2C2即为所求，
∵A2C2＝＝，
∴cs∠A2C2B2＝＝＝．
22为了维护国家主权和海洋权力，海监部门对我国领海实现了常态化巡航管理．如图所示，正在执行巡航任务的海监船以每小时40海里的速度向正东方向航行，在A处测得灯塔P在北偏东60°方向上，继续航行30分钟后到达B处，此时测得灯塔P在北偏东45°方向上．
（1）求∠APB的度数；
（2）已知在灯塔P的周围25海里内有暗礁，问海监船继续向正东方向航行是否安全？（参考数据：≈1.414，≈1.732）
【考点】解直角三角形的应用﹣方向角问题．
【专题】解直角三角形及其应用；推理能力．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）由题意得，∠PAB＝30°，∠ABP＝135°，再由三角形内角和定理即可得出答案；
（2）作PH⊥AB于H，则△PBH是等腰直角三角形，BH＝PH，设BH＝PH＝x海里，求出AB＝20海里，在Rt△APH中，由三角函数定义得出方程，解方程即可．
【解答】解：（1）由题意得，∠PAB＝90°﹣60°＝30°，∠ABP＝90°+45°＝135°，
∴∠APB＝180°﹣∠PAB﹣∠ABP＝180°﹣30°﹣135°＝15°；
（2）海监船继续向正东方向航行安全，理由如下：
作PH⊥AB于H，如图：
则△PBH是等腰直角三角形，
∴BH＝PH，
设BH＝PH＝x海里，
由题意得：AB＝40×＝20（海里），
在Rt△APH中，tan∠PAB＝tan30°＝＝，
即＝，
解得：x＝10+10≈27.32＞25，且符合题意，
∴海监船继续向正东方向航行安全．
23为丰富学生的校园生活，某校举行“与爱同行”朗诵比赛，赛后整理参赛同学的成绩，绘制成如下不完整的统计图表，请根据图表中的信息解答下列问题．
（1）图中a＝ ，这次比赛成绩的众数落在 组；
（2）请补全频数分布直方图；
（3）学校决定选派本次比赛成绩最好的3人参加全市中学生朗诵比赛，并为参赛选手准备了2件白色、1件蓝色上衣和黑色、蓝色、白色的裤子各1条，小军先选，他从中随机选取一件上衣和一条裤子搭配成一套衣服，请用画树状图法或列表法求出上衣和裤子搭配成不同颜色的概率．
【考点】频数（率）分布表；频数（率）分布直方图；众数；列表法与树状图法．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）由条形图可得a的值，根据众数的定义及频数分布表可得答案；
（2）根据频数分布表得出B组的频数即可补全条形图；
（3）列表法得出所有等可能结果，再根据概率公式可得答案．
【解答】解：（1）由条形统计图可知，a＝4，由频数分布直方图可知这次比赛成绩的众数落在C组，
故答案为：4，C；
（2）补全频数分布直方图如下：
（3）设两条白色上衣分别记为白1、白2，画出树状图（或列表） 得：
由树状图（或表格）可以看出，所有可能出现的结果共有9种，这些结果出现的可能性相等．其中上衣和裤子搭配成不同颜色的结果有6种．
∴P（上衣和裤子搭配成不同颜色）＝＝．
24某中学开学初到商场购买A、B两种品牌的足球，购买A种品牌的足球20个，B种品牌的足球30个，共花费4600元，已知购买4个B种品牌的足球与购买5个A种品牌的足球费用相同．
（1）求购买一个A种品牌、一个B种品牌的足球各需多少元．
（2）学校为了响应习总书记“足球进校园”的号召，决定再次购进A、B两种品牌足球共42个，正好赶上商场对商品价格进行调整，A品牌足球售价比第一次购买时提高5元，B品牌足球按第一次购买时售价的9折出售，如果学校此次购买A、B两种品牌足球的总费用不超过第一次花费的80%，且保证这次购买的B种品牌足球不少于20个，则这次学校有哪几种购买方案？
（3）请你求出学校在第二次购买活动中最多需要多少资金？
【考点】二元一次方程组的应用；一元一次不等式组的应用；一次函数的应用．
【专题】应用题．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）根据题意可以列出相应的二元一次方程组，从而可以解答本题；
（2）根据题意可以列出相应的不等式组，本题得以解决；
（3）根据题意可以得到花费与购买A种品牌的函数关系式，然后根据一次函数的性质即可解答本题．
【解答】解：（1）设购买一个A种品牌、一个B种品牌的足球分别为x元、y元，
，
解得，，
答：购买一个A种品牌、一个B种品牌的足球分别为80元、100元；
（2）设购买A种品牌的足球a个，购买B种品牌的足球（42﹣a）个，
，
解得，20≤a≤22，
∵a为整数，
∴a＝20、21、22，
∴有三种购买方案，
方案一：购买A种品牌的足球20个，购买B种品牌的足球22个，
方案二：购买A种品牌的足球21个，购买B种品牌的足球21个，
方案三：购买A种品牌的足球22个，购买B种品牌的足球20个；
（3）设学校在第二次购买活动中购买的花费为w元，
w＝（80+5）a+100×0.9×（42﹣a）＝﹣5a+3780
∵20≤a≤22，a是整数，
∴当a＝20时，w取得最大值，此时w＝3680，
答：学校在第二次购买活动中最多需要3680元．
25如图，直线l与⊙O相离，过点O作OA⊥l，垂足为A，OA交⊙O于点B，点C在直线l上，连接CB并延长交⊙O于点D，在直线l上另取一点P，使∠PCD＝∠PDC．
（1）求证：PD是⊙O的切线；
（2）若AC＝1，AB＝2，PD＝6，求⊙O的半径r和△PCD的面积．
【考点】切线的判定．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）连接OD，知∠ABC＝∠OBD＝∠ODB，由∠PCD+∠ABC＝90°知∠PCD+∠ODB＝90°，结合∠PCD＝∠PDC可得∠ODP＝90°，即可得证；
（2）由∠PCD＝∠PDC知PC＝PD＝6、PA＝5，根据PA2+AO2＝PD2+OD2可得r＝；延长AO交⊙O于点F，连接DF，证△ABC∽△DBF得＝，即可知DB＝，作DE⊥PC于点E，由△CAB∽△CED知＝，求得DE＝，从而求得△PCD的面积．
【解答】解：（1）连接OD，
∴∠ABC＝∠OBD＝∠ODB，
∵OA⊥l，
∴∠PCD+∠ABC＝90°，
∴∠PCD+∠ODB＝90°，
∵∠PCD＝∠PDC，
∴∠PDC+∠ODB＝90°，即∠ODP＝90°，
∴PD是⊙O的切线；
（2）∵∠PCD＝∠PDC，
∴PC＝PD＝6，
∴PA＝5，
设OB＝OF＝OD＝r，
由PA2+AO2＝PD2+OD2可得52+（2+r）2＝62+r2，
解得：r＝，
延长AO交⊙O于点F，连接DF，
∵∠ABC＝∠DBF、∠BAC＝∠BDF＝90°，
∴△ABC∽△DBF，
∴＝，即＝，
∴DB＝，
过点D作DE⊥PC于点E，
∴△CAB∽△CED，
∴＝，即＝，
解得：DE＝，
∴S△PCD＝PC•DE＝×6×＝．
26如图，抛物线y＝﹣x2+bx+c交x轴于点A、B，交y轴于点C．点B坐标为（3，0），点C坐标为（0，3），点C与点D关于抛物线的对称轴对称．
（1）求抛物线的解析式；
（2）若点P为抛物线对称轴上一动点，连接BD，以PD、PB为边作平行四边形PDNB，是否存在这样的点P，使平行四边形PDNB是矩形？若存在，请求出点P的坐标；
（3）在（2）的结论下，求出tan∠BDN的值．
【考点】二次函数综合题．
【专题】代数几何综合题；二次函数图象及其性质；运算能力．
【答案】（1）y＝﹣x2+2x+3；（2）（1，1）或（1，2）；（3）1或．
【分析】（1）利用待定系数法解答即可；
（2）设对称轴与x轴交于点F，过点D作DH⊥PF于点H，通过证明△DHP∽△PFB．，得到，设PF＝m，则HP＝3﹣m，代入比例式即可得出结论；
（3）利用DN∥PB得出∠BDN＝∠PBD，在Rt△PDB中，利用直角三角形的边角关系式，结合，可得结论．
【解答】解：（1）将B（3，0），C（0，3）代入得：
，
解得：
∴抛物线的解析式为：y＝﹣x2+2x+3．
（2）存在点P使平行四边形PDNB是矩形．如图，
设对称轴与x轴交于点F，过点D作DH⊥PF于点H，
∵对称轴为，
又∵点D与点C（0，3）关于对称轴对称，
∴D（2，3）．
∴DH＝1，BF＝2，HF＝3，
∵平行四边形PDNB是矩形，
∴∠DPB＝∠DHP＝∠PFB＝90°．
∴∠DPH+∠BPF＝90°，
∵∠PBF+∠BPF＝90°，
∴∠DPH＝∠PBF，
∴△DHP∽△PFB．
∴．
设PF＝m，则HP＝3﹣m，
∴．
解得：m1＝1，m2＝2．
∴PF＝1或PF＝2．
∴存在点P使平行四边形PDNB是矩形，点P的坐标为（1，1）或（1，2）．
（3）∵四边形PDNB是平行四边形，
∴DN∥PB．
∴∠BDN＝∠PBD．
①当PF＝1时，
；
②当PF＝2时，
，
综上①②，tan∠BDN＝1或．
组别
成绩x（分）
频数（人数）
A
8.0≤x＜8.5
a
B
8.5≤x＜9.0
8
C
9.0≤x＜9.5
15
D
9.5≤x＜10
3
组别
成绩x（分）
频数（人数）
A
8.0≤x＜8.5
a
B
8.5≤x＜9.0
8
C
9.0≤x＜9.5
15
D
9.5≤x＜10
3
白1
白2
蓝
黑
（白1，黑）
（白2，黑）
（蓝，黑）
蓝
（白1，蓝）
（白2，蓝）
（蓝，蓝）
白
（白1，白）
（白2，白）
（蓝，白）