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2021年山东省菏泽市东明县中考数学四模试卷 解析版
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这是一份2021年山东省菏泽市东明县中考数学四模试卷 解析版，共29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．实数的相反数是（ ）
A．﹣2021B．﹣C．2021D．
2．已知m＝﹣1，则m2+2m的值是（ ）
A．2B．3C．4D．5
3．已知a是整数，点A（2a﹣1，a﹣2）在第四象限，则a的值是（ ）
A．﹣1B．0C．1D．2
4．已知某几何体的三视图如图所示，则这个几何体是（ ）
A．B．
C．D．
5．下列判断错误的是（ ）
A．两组对边分别相等的四边形是平行四边形
B．四个内角都相等的四边形是矩形
C．四条边都相等的四边形是菱形
D．两条对角线垂直且平分的四边形是正方形
6．如图，在矩形ABCD中，AB＝5，BC＝4，以CD为直径作⊙O．将矩形ABCD绕点C旋转，使所得矩形A'B'CD'的边A'B'与⊙O相切，切点为E，边CD'与⊙O相交于点F，则CF的长为（ ）
A．2.5B．1.5C．3D．4
7．已知关于x的方程只有一个实数根，则实数a的取值范围是（ ）
A．a＞0B．a＜0
C．a≠0D．a为一切实数
8．函数y＝﹣ax+a与（a≠0）在同一坐标系中的图象可能是（ ）
A．B．
C．D．
二、填空题（本大题共6个小题，每小题3分，共18分，只要求把最后结果填写在答题卡的相应区域内）
9．因式分解：2x3﹣24x2+72x＝ ．
10．若关于x的分式方程在实数范围内无解，则实数a＝ ．
11．如图，在四边形ABCD中，AB＝AD＝6，AB⊥BC，AD⊥CD，∠BAD＝60°，点M、N分别在AB、AD边上，若AM：MB＝AN：ND＝1：2．则 cs∠MCN＝ ．
12．如图，在正方体的表面展开图中，要将﹣a、﹣b、﹣c填入剩下的三个空白处（彼此不同），则正方体三组相对的两个面中数字和均为零的概率为 ．
13．如图，已知菱形ABCD中，AB＝4，∠C为钝角，AM⊥BC于点M，N为AB的中点，连接DN，MN．若∠DNM＝90°，则过M、N、D三点的外接圆半径为 ．
14．四边形OBCD中的三个顶点在⊙O上，点A是⊙O上的一个动点（不与点B、C、D重合）．若四边形OBCD是平行四边形时，那么∠OBA和∠ODA的数量关系是 ．
三、解答题（本题共78分，把解答或证明过程写在答题卡的相应区域内）
15．（6分）计算：（π﹣2021）0﹣（+2）﹣2﹣+．
16．（6分）先化简，再求值：，其中x为不等式组的整数解．
17．（6分）如图，在△ABC中，AD是∠BAC的平分线，EF垂直平分AD交AB于E，交AC于F．
求证：四边形AEDF是菱形．
18．（6分）△ABC是一块钢板余料，其中∠A＝30°，∠B＝45°，AB＝20dm，现要从中剪裁出边长为6dm的等边△DEF，如图所示，其中点D在BC上，点E和点F在AB上，求AE、BF的长（结果保留根号）．
19．（7分）学校实施新课程改革以来，学生的学习能力有了很大提高．王老师为进一步了解本班学生自主学习、合作交流的现状，对该班部分学生进行调查，把调查结果分成四类（A：特别好，B：好，C：一般，D：较差）后，再将调查结果绘制成两幅不完整的统计图（如图）．请根据统计图解答下列问题：
（1）本次调查中，王老师一共调查了 名学生；
（2）将条形统计图补充完整；
（3）为了共同进步，王老师从被调查的A类和D类学生中分别选取一名学生进行“兵教兵”互助学习，请用列表或画树状图的方法求出恰好选中一名男生和一名女生的概率．
20．（7分）如图，矩形OABC的顶点A、C分别在x轴和y轴上，点B的坐标为（2，4），双曲线y＝（x＞0）的图象经过BC的中点D，且与AB交于点E，连接DE．
（1）求k的值及点E的坐标；
（2）若点F是边OC上一点，且△FBC∽△DEB，求直线FB的解析式．
21．（10分）某商场要经营一种新上市的文具，进价为20元/件，试营销阶段发现：当销售单价25元/件时，每天的销售量是250件，销售单价每上涨1元，每天的销售量就减少10件．
（1）写出商场销售这种文具，每天所得的销售利润w（元）与销售单价x（元）之间的函数关系式；
（2）求销售单价为多少元时，该文具每天的销售利润最大；
（3）商场的营销部结合上述情况，提出了A、B两种营销方案：
方案A：该文具的销售单价高于进价且不超过30元；
方案B：每件文具的利润不低于25元且不高于29元．
请比较哪种方案的最大利润更高，并说明理由．
22．（10分）如图，AD、DC、BC分别与⊙O相切点A，E，B（AD＜BC），且AB为⊙O的直径，连接AE并延长AE与直线BC相交于点P，连接OC，已知AE•OC＝40．
（1）求证：BC＝CP；
（2）求AD•BC的值；
（3）若S△ADE：S△PCE＝16：25，求四边形ABCD的面积．
23．（10分）如图边长为1的正方形ABCD被两条与边平行的线段EF、GH分割为四个小矩形，EF与GH交于点P
（1）若AG＝AE，证明：AF＝AH；
（2）若矩形PFCH的面积，恰矩形AGPE面积的两倍，试确定∠HAF的大小；
（3）若矩形EPHD的面积为，求Rt△GBF的周长．
24．（10分）已知如图，在平面直角坐标系xOy中，点A、B、C分别为坐标轴上的三个点，且OA＝1，OB＝3，OC＝4，
（1）求经过A、B、C三点的抛物线的解析式；
（2）在平面直角坐标系xOy中是否存在一点P，使得以点A、B、C、P为顶点的四边形为菱形？若存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由；
（3）若点M为该抛物线上一动点，在（2）的条件下，请求出当|PM﹣AM|的最大值时点M的坐标，并直接写出|PM﹣AM|的最大值．
2021年山东省菏泽市东明县中考数学四模试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（本大题共8个小题，每小题3分，共24分，在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的，请把正确选项的序号涂在答题卡的相应位置）
1．实数的相反数是（ ）
A．﹣2021B．﹣C．2021D．
【分析】先化简二次根式，再求相反数．
【解答】解：＝2021．
∴实数的相反数是：﹣2021．
∴故选：A．
2．已知m＝﹣1，则m2+2m的值是（ ）
A．2B．3C．4D．5
【分析】直接提取公因式进而将已知代入求出答案．
【解答】解：∵m＝﹣1，
∴m2+2m＝m（m+2）
＝（﹣1）（+1）
＝4．
故选：C．
3．已知a是整数，点A（2a﹣1，a﹣2）在第四象限，则a的值是（ ）
A．﹣1B．0C．1D．2
【分析】点A（2a﹣1，a﹣2）在第四象限，则，解得：＜a＜2，即可求解．
【解答】解：点A（2a﹣1，a﹣2）在第四象限，则，解得：＜a＜2，
a是整数，则符合条件的为C，
故选：C．
4．已知某几何体的三视图如图所示，则这个几何体是（ ）
A．B．
C．D．
【分析】根据三视图，该几何体的主视图以及俯视图可确定该几何体共有三行两列，再根据俯视图即可求解．
【解答】解：由三视图可知，这个几何体是
．
故选：D．
5．下列判断错误的是（ ）
A．两组对边分别相等的四边形是平行四边形
B．四个内角都相等的四边形是矩形
C．四条边都相等的四边形是菱形
D．两条对角线垂直且平分的四边形是正方形
【分析】根据平行四边形的判定、矩形的判定，菱形的判定以及正方形的判定对各选项分析判断即可得解．
【解答】解：A、两组对边分别相等的四边形是平行四边形，正确，故本选项错误；
B、四个内角都相等的四边形是矩形，正确，故本选项错误；
C、四条边都相等的四边形是菱形，正确，故本选项错误；
D、两条对角线垂直且平分的四边形是正方形，错误，应该是菱形，故本选项正确．
故选：D．
6．如图，在矩形ABCD中，AB＝5，BC＝4，以CD为直径作⊙O．将矩形ABCD绕点C旋转，使所得矩形A'B'CD'的边A'B'与⊙O相切，切点为E，边CD'与⊙O相交于点F，则CF的长为（ ）
A．2.5B．1.5C．3D．4
【分析】连接OE并延长交CF于点H，可证四边形EB′CH是矩形，再根据勾股定理和垂径定理即可求得CF的长．
【解答】解：如图，连接OE并延长交CF于点H，
∵矩形ABCD绕点C旋转得矩形A'B'C'D'，
∴∠B′＝∠B′CD′＝90°，A′B′∥CD′，
BC＝B′C＝4，
∵边A'B'与⊙O相切，切点为E，
∴OE⊥A′B′，
∴四边形EB′CH是矩形，
∴EH＝B′C＝4，
OH⊥CF，
∵AB＝5，
∴OE＝OC＝AB＝，
∴OH＝EH﹣OE＝，
在Rt△OCH中，根据勾股定理，得
CH＝＝＝2，
∴CF＝2CH＝4．
故选：D．
7．已知关于x的方程只有一个实数根，则实数a的取值范围是（ ）
A．a＞0B．a＜0
C．a≠0D．a为一切实数
【分析】方程只有一个实数根，则函数y＝和函数y＝x2﹣2x+3只有一个交点，根据二次函数所处的象限，即可确定出a的范围．
【解答】解：∵方程只有一个实数根，
∴函数y＝和函数y＝x2﹣2x+3只有一个交点，
∵函数y＝x2﹣2x+3＝（x﹣1）2+2，开口向上，对称轴x＝1，顶点为（1，2），抛物线交y轴的正半轴，
∴反比例函数y＝应该在一或二象限，
∴a≠0，
故选：C．
8．函数y＝﹣ax+a与（a≠0）在同一坐标系中的图象可能是（ ）
A．B．
C．D．
【分析】根据反比例函数与一次函数的图象特点解答即可．
【解答】解：a＞0时，﹣a＜0，y＝﹣ax+a在一、二、四象限，（a≠0）在二、四象限，只有A符合；
a＜0时，﹣a＞0，y＝﹣ax+a在一、三、四象限，（a≠0）在一、三象限，无选项符合．
故选：A．
二、填空题（本大题共6个小题，每小题3分，共18分，只要求把最后结果填写在答题卡的相应区域内）
9．因式分解：2x3﹣24x2+72x＝ 2x（x﹣6）2 ．
【分析】原式提取公因式，再利用完全平方公式分解即可．
【解答】解：原式＝2x（x2﹣12x+36）＝2x（x﹣6）2，
故答案为：2x（x﹣6）2
10．若关于x的分式方程在实数范围内无解，则实数a＝ 1 ．
【分析】按照一般步骤解方程，用含a的代数式表示x，既然无解，所以x应该是能令最简公分母为0的值，代入即可解答a．
【解答】解：原方程化为整式方程得：1﹣x﹣3＝a，
整理得x＝﹣2﹣a，
因为无解，所以x+3＝0，
即x＝﹣3，
所以a＝﹣2+3＝1．
11．如图，在四边形ABCD中，AB＝AD＝6，AB⊥BC，AD⊥CD，∠BAD＝60°，点M、N分别在AB、AD边上，若AM：MB＝AN：ND＝1：2．则 cs∠MCN＝ ．
【分析】连接AC，通过三角形全等，求得∠BAC＝30°，从而求得BC的长，然后根据勾股定理求得CM的长，连接MN，过M点作ME⊥CN于E，则△MNA是等边三角形求得MN＝2，设NE＝x，表示出CE，根据勾股定理即可求得ME，然后求得cs∠MCN的值即可．
【解答】解：∵AB＝AD＝6，AM：MB＝AN：ND＝1：2，
∴AM＝AN＝2，BM＝DN＝4，
连接MN，连接AC，
∵AB⊥BC，AD⊥CD，∠BAD＝60°
在Rt△ABC与Rt△ADC中，
，
∴Rt△ABC≌Rt△ADC（HL），
∴∠BAC＝∠DAC＝∠BAD＝30°，MC＝NC，
∴BC＝AC，
∴AC2＝BC2+AB2，即（2BC）2＝BC2+AB2，
3BC2＝AB2，
∴BC＝2，
在Rt△BMC中，CM＝＝2，
∵AN＝AM，∠MAN＝60°，
∴△MAN是等边三角形，
∴MN＝AM＝AN＝2，
过M点作ME⊥CN于E，设NE＝x，则CE＝2﹣x，
∴MN2﹣NE2＝MC2﹣EC2，即4﹣x2＝（2）2﹣（2﹣x）2，
解得：x＝，
∴EC＝2﹣＝，
∴cs∠MCN＝＝＝，
故答案为：．
12．如图，在正方体的表面展开图中，要将﹣a、﹣b、﹣c填入剩下的三个空白处（彼此不同），则正方体三组相对的两个面中数字和均为零的概率为 ．
【分析】画树状图，共有6种等可能的结果，正方体三组相对的两个面中数字和均为零的结果有1种，再由概率公式求解即可．
【解答】解：画树状图如下：
共有6种等可能的结果，正方体三组相对的两个面中数字和均为零的结果有1种，
∴正方体三组相对的两个面中数字和均为零的概率为，
故答案为：．
13．如图，已知菱形ABCD中，AB＝4，∠C为钝角，AM⊥BC于点M，N为AB的中点，连接DN，MN．若∠DNM＝90°，则过M、N、D三点的外接圆半径为 ．
【分析】延长MN交DA延长线于点E，DF⊥BC，构造全等三角形，根据全等性质证出DE＝DM，再通过AE＝BM＝CF，在Rt△DMF和Rt△DCF中，利用勾股定理列方程求DM长，根据圆的性质即可求解．
【解答】解：如图，延长MN交DA延长线于点E，过D作DF⊥BC交BC延长线于F，连接MD，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝BC＝CD＝4，AD∥BC，
∴∠E＝∠EMB，∠EAN＝∠NBM，
∵N为AB中点，
∴△EAN≌△MBN（AAS），
∴AE＝BM，EN＝MN，
∵∠DNM＝90°，
∴DN⊥EM，
∴DE＝DM，
∵AM⊥BC，DF⊥BC，AB＝DC，AM＝DF
∴Rt△ABM≌Rt△DCF（HL），
∴BM＝CF，
设BM＝x，则DE＝DM＝4+x，
在Rt△DMF中，由勾股定理得，DF2＝DM2﹣MF2＝（4+x）2﹣42，
在Rt△DCF中，由勾股定理得，DF2＝DC2﹣CF2＝42﹣x2，
∴（4+x）2﹣42＝42﹣x2，
解得，x1＝2﹣2，x2＝﹣2﹣2 （不符合题意，舍去）
∴DM＝2+2，
∵∠DNM＝90°，
∴过M、N、D三点的外接圆的直径为线段DM，∴其外接圆的半径长为．
故答案为：+1．
14．四边形OBCD中的三个顶点在⊙O上，点A是⊙O上的一个动点（不与点B、C、D重合）．若四边形OBCD是平行四边形时，那么∠OBA和∠ODA的数量关系是 ∠OBA﹣∠ODA＝60°或∠OBA+∠ODA＝60°或∠ODA﹣∠OBA＝60°或∠OBA+∠ODA＝120° ．
【分析】由圆内接四边形和平行四边形的性质可求出∠A＝60°、∠C＝120°，延长DO交⊙O于点E，延长BO交⊙O于点F．分点A在上、点A在上、点A在上以及点A在上四种情况考虑，根据四边形的内角和为360°以及各角间的关系，即可找出∠OBA和∠ODA的数量关系，此题得解．
【解答】解：∵四边形ABCD为圆内接四边形，
∴∠A+∠C＝180°．
∵四边形OBCD是平行四边形，
∴∠C＝∠BOD＝2∠A，
∴∠A＝60°，∠C＝120°．
延长DO交⊙O于点E，延长BO交⊙O于点F．
①当点A1在上时，
∵∠CBA1+∠CDA1＝180°，∠CBO+∠CDO＝360°﹣120°﹣120°＝120°，
∴∠CBO+∠OBA1+∠CDO﹣∠ODA1＝180°，
∴∠OBA1﹣∠ODA1＝60°；
②当点A2在上时，
∵∠CBA2+∠CDA2＝180°，∠CBO+∠CDO＝360°﹣120°﹣120°＝120°，
∴∠CBO+∠OBA2+∠CDO+∠ODA2＝180°，
∴∠OBA2+∠ODA2＝60°；
③当点A3在上时，
∵∠CBA3+∠CDA3＝180°，∠CBO+∠CDO＝360°﹣120°﹣120°＝120°，
∴∠CBO﹣∠OBA3+∠CDO+∠ODA3＝180°，
∴∠ODA3﹣∠OBA3＝60°；
④当点A4在上时，
∠OBA4+∠ODA4＝360°﹣120°﹣120°＝120°．
综上所述，∠OBA和∠ODA的数量关系是：∠OBA﹣∠ODA＝60°或∠OBA+∠ODA＝60°或∠ODA﹣∠OBA＝60°或∠OBA+∠ODA＝120°．
故答案为：∠OBA﹣∠ODA＝60°或∠OBA+∠ODA＝60°或∠ODA﹣∠OBA＝60°或∠OBA+∠ODA＝120°．
三、解答题（本题共78分，把解答或证明过程写在答题卡的相应区域内）
15．（6分）计算：（π﹣2021）0﹣（+2）﹣2﹣+．
【分析】原式利用零指数幂、负整式指数幂法则，二次根式性质，以及特殊角的三角函数值计算即可得到结果．
【解答】解：原式＝1﹣﹣|﹣2|+×
＝1﹣﹣（2﹣）+3
＝1﹣（7﹣4）﹣（2﹣）+3
＝1﹣7+4﹣2++3
＝5﹣5．
16．（6分）先化简，再求值：，其中x为不等式组的整数解．
【分析】根据分式的加减运算以及乘除运算进行化简，然后根据不等式组将x的值求出并代入即可求出答案．
【解答】解：原式＝÷[+]
＝÷
＝•
＝，
由，
解得：2≤x＜4，
由分式有意义的条件可知：x不能取2，
故x＝3，
∴原式＝．
17．（6分）如图，在△ABC中，AD是∠BAC的平分线，EF垂直平分AD交AB于E，交AC于F．
求证：四边形AEDF是菱形．
【分析】由∠BAD＝∠CAD，AO＝AO，∠AOE＝∠AOF＝90°证△AEO≌△AFO，推出EO＝FO，得出平行四边形AEDF，根据EF⊥AD得出菱形AEDF．
【解答】证明：∵AD平分∠BAC
∴∠BAD＝∠CAD
又∵EF⊥AD，
∴∠AOE＝∠AOF＝90°
∵在△AEO和△AFO中
，
∴△AEO≌△AFO（ASA），
∴EO＝FO，
∵EF垂直平分AD，
∴EF、AD相互平分，
∴四边形AEDF是平行四边形
又EF⊥AD，
∴平行四边形AEDF为菱形．
18．（6分）△ABC是一块钢板余料，其中∠A＝30°，∠B＝45°，AB＝20dm，现要从中剪裁出边长为6dm的等边△DEF，如图所示，其中点D在BC上，点E和点F在AB上，求AE、BF的长（结果保留根号）．
【分析】作DG⊥AB于G．在Rt△DEG中，根据DG＝EG•tan60°，求出DG，在Rt△DGB中求出BG，再求出EB，即可解决问题．
【解答】解：作DG⊥AB于G．
∵△DEF是等边三角形，
∴DE＝DF＝EF＝6，EG＝FG＝3，DG＝EG•tan60°＝3，
在Rt△DGB中，∵∠B＝∠GDB＝45°，
∴DG＝BG＝3，
∴BE＝3+3，
∴AE＝AB﹣EB＝20﹣（3+3）＝17﹣3，BF＝BG﹣FG＝3﹣3．
19．（7分）学校实施新课程改革以来，学生的学习能力有了很大提高．王老师为进一步了解本班学生自主学习、合作交流的现状，对该班部分学生进行调查，把调查结果分成四类（A：特别好，B：好，C：一般，D：较差）后，再将调查结果绘制成两幅不完整的统计图（如图）．请根据统计图解答下列问题：
（1）本次调查中，王老师一共调查了 20 名学生；
（2）将条形统计图补充完整；
（3）为了共同进步，王老师从被调查的A类和D类学生中分别选取一名学生进行“兵教兵”互助学习，请用列表或画树状图的方法求出恰好选中一名男生和一名女生的概率．
【分析】（1）由题意可得：王老师一共调查学生：（2+1）÷15%＝20（名）；
（2）由题意可得：C类女生：20×25%﹣2＝3（名）；D类男生：20×（1﹣15%﹣50%﹣25%）﹣1＝1（名）；继而可补全条形统计图；
（3）首先根据题意列出表格，再利用表格求得所有等可能的结果与恰好选中一名男生和一名女生的情况，继而求得答案．
【解答】解：（1）根据题意得：王老师一共调查学生：（2+1）÷15%＝20（名）；
故答案为：20；
（2）∵C类女生：20×25%﹣2＝3（名）；D类男生：20×（1﹣15%﹣50%﹣25%）﹣1＝1（名）；
如图：
（3）列表如下：A类中的两名男生分别记为A1和A2，
共有6种等可能的结果，其中，一男一女的有3种，所以所选两位同学恰好是一位男生和一位女生的概率为：＝．
20．（7分）如图，矩形OABC的顶点A、C分别在x轴和y轴上，点B的坐标为（2，4），双曲线y＝（x＞0）的图象经过BC的中点D，且与AB交于点E，连接DE．
（1）求k的值及点E的坐标；
（2）若点F是边OC上一点，且△FBC∽△DEB，求直线FB的解析式．
【分析】（1）由条件可先求得点D的坐标，代入反比例函数可求得k的值，又由点E的位置可求得E点的横坐标，代入可求得E点坐标；
（2）由相似三角形的性质可求得CF的长，可求得OF，则可求得F点的坐标，利用待定系数法可求得直线FB的解析式．
【解答】解：（1）在矩形OABC中，
∵B（2，4），
∴BC边中点D的坐标为（1，4），
∵又曲线y＝的图象经过点（1，4），
∴k＝4，
∵E点在AB上，
∴E点的横坐标为2，
∵y＝经过点E，
∴E点纵坐标为2，
∴E点坐标为（2，2）；
（2）由（1）得，BD＝1，BE＝2，BC＝2，
∵△FBC∽△DEB，
∴，即，
∴CF＝1，
∴OF＝3，即点F的坐标为（0，3），
设直线FB的解析式为y＝kx+b，而直线FB经过B（2，4），F（0，3），
∴，
解得，
∴直线BF的解析式为y＝x+3．
21．（10分）某商场要经营一种新上市的文具，进价为20元/件，试营销阶段发现：当销售单价25元/件时，每天的销售量是250件，销售单价每上涨1元，每天的销售量就减少10件．
（1）写出商场销售这种文具，每天所得的销售利润w（元）与销售单价x（元）之间的函数关系式；
（2）求销售单价为多少元时，该文具每天的销售利润最大；
（3）商场的营销部结合上述情况，提出了A、B两种营销方案：
方案A：该文具的销售单价高于进价且不超过30元；
方案B：每件文具的利润不低于25元且不高于29元．
请比较哪种方案的最大利润更高，并说明理由．
【分析】（1）根据利润＝（销售单价﹣进价）×销售量，列出函数关系式即可；
（2）根据（1）式列出的函数关系式，运用配方法求最大值；
（3）分别求出方案A、B中x的取值范围，然后分别求出A、B方案的最大利润，然后进行比较．
【解答】解：（1）由题意得，销售量＝250﹣10（x﹣25）＝﹣10x+500，
则w＝（x﹣20）（﹣10x+500）
＝﹣10x2+700x﹣10000；
（2）w＝﹣10x2+700x﹣10000＝﹣10（x﹣35）2+2250．
∵﹣10＜0，
∴函数图象开口向下，w有最大值，
当x＝35时，w最大＝2250，
故当单价为35元时，该文具每天的利润最大；
（3）A方案利润高．理由如下：
A方案中：20＜x≤30，
故当x＝30时，w有最大值，
此时wA＝2000；
B方案中：
故x的取值范围为：45≤x≤49，
∵函数w＝﹣10（x﹣35）2+2250，对称轴为直线x＝35，
∴当x＝45时，w有最大值，
此时wB＝1250，
∵wA＞wB，
∴A方案利润更高．
22．（10分）如图，AD、DC、BC分别与⊙O相切点A，E，B（AD＜BC），且AB为⊙O的直径，连接AE并延长AE与直线BC相交于点P，连接OC，已知AE•OC＝40．
（1）求证：BC＝CP；
（2）求AD•BC的值；
（3）若S△ADE：S△PCE＝16：25，求四边形ABCD的面积．
【分析】（1）利用切线的性质及互余倒角可得到∠CEP＝∠P，所以BC＝CP；
（2）先推出△BAE∽△COB，利用相似性质和AE•OC＝40得出OB的值，再过点D作DG⊥BC于点G，利用矩形的性质及切线长定理得到的线段关系，在直角三角形GCD中勾股定理列方程，处理即可得到AD•BC的值；
（3）利用相似三角形将面积关系转化成线段关系，设线段长，利用（2）结论列方程即可得到AD、BC的长，从而得到四边形ABCD的面积．
【解答】解：（1）连接BE，
∵CB、CE是⊙O的两条切线，
∴CB＝CE，
∴∠CBE＝∠CEB，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠AEB＝90°，
∴∠BEP＝90°，
∴∠CEP+∠CEB＝90°，∠P+∠CBE＝90°，
∴∠CEP＝∠P，
∴CP＝CE，
∴BC＝CP；
（2）∵BC、AD是⊙O的两条切线，
∴∠DAB＝∠CBA＝90°，
∴AD∥BP，
∴∠BEA＝∠OBC＝90°，
∵OA＝OB，BC＝CP，
∴OC∥AP，
∴∠BAE＝∠BOC，
∴△BAE∽△COB，
∴，
即AB•OB＝AE•OC，
∵AB＝2OB，AE•OC＝40，
∴2OB2＝40，
∴OB＝2，
过点D作DG⊥BC于点G，则四边形ABGD为矩形，
∴GC＝BC﹣AD，
∵AD、DC、BC是⊙O的三条切线，
∴DA＝DE，BC＝CE，
在Rt△GCD中，，
∴4BC•AD＝80，
∴AD•BC＝20；
（3）∵AD∥BP，
∴△ADE∽△PCE，
∵S△ADE：S△PCE＝16：25，
∴AD：CP＝4：5，即AD：BC＝4：5，
∴设AD＝4x，BC＝5x，
∵AD•BC＝20，
∴4x•5x＝20，
∴x＝±1（舍负），
∴AD＝4，BC＝5，
∴＝．
23．（10分）如图边长为1的正方形ABCD被两条与边平行的线段EF、GH分割为四个小矩形，EF与GH交于点P
（1）若AG＝AE，证明：AF＝AH；
（2）若矩形PFCH的面积，恰矩形AGPE面积的两倍，试确定∠HAF的大小；
（3）若矩形EPHD的面积为，求Rt△GBF的周长．
【分析】（1）如图1中，连接AF、AH，由题意知四边形AGHD与四边形AEFB均为矩形，只要证明△ABF≌△ADH即可．
（2）结论：∠HAF＝45°．设AG＝a，BG＝b，AE＝x，ED＝y．由，推出（a+x）2＝y2+b2，由y2+b2＝FH2，推出a+x＝FH，由AG＝DH＝a，AE＝BF＝x，推出DH+BF＝FH，延长FB到M，使得BM＝DH，连接AM，只要证明△ADH≌△ABM即可解决问题．
（3）如图3中，连接GF，设BG＝x，BF＝y，则FG＝，由（x﹣1）（y﹣1）＝，推出xy﹣x﹣y+1＝，推出xy﹣x﹣y＝﹣推出x2+y2＝x2+y2+1+2xy﹣2x﹣2y，推出＝1﹣x﹣y，得x+y+＝1，延长即可解决问题．
【解答】解：（1）证明：如图1中，连接AF、AH，由题意知四边形AGHD与四边形AEFB均为矩形，
∴AG＝DH，AE＝BF，
∵AG＝AE，
∴DH＝BF，
∵四边形ABCD为正方形，
∴AB＝AD，∠B＝∠D＝90°，
在Rt△ADH与Rt△ABF中，
，
∴△ABF≌△ADH，
∴AF＝AH；
（2）结论：∠HAF＝45°．
理由：设AG＝a，BG＝b，AE＝x，ED＝y．
则，
∴a﹣x＝y﹣b，两边平方得a2﹣2ax+x2＝y2﹣2yb+b2，
∴得a2﹣2ax+x2＝y2﹣4ax+b2，
∴（a+x）2＝y2+b2，
∵y2+b2＝FH2，
∴a+x＝FH，
∵AG＝DH＝a，AE＝BF＝x，
∴DH+BF＝FH，
延长FB到M，使得BM＝DH，连接AM，
∵AD＝AB，∠D＝∠ABM，DH＝BM，
∴△ADH≌△ABM，
∴AH＝AM，∠DAH＝∠BAM，
∴∠MAH＝∠BAD＝90°，
∵AF＝AF，AM＝AH，FM＝FH，
∴△AFM≌△AFH，
∴∠FAH＝∠FAM＝45°
（3）如图3中，连接GF，设BG＝x，BF＝y，则FG＝，
∴（1﹣x）（1﹣y）＝，∴xy﹣x﹣y+1＝，∴xy﹣x﹣y＝﹣
∴x2+y2＝x2+y2+1+2xy﹣2x﹣2y，
∴＝1﹣x﹣y，
得x+y+＝1，
∴Rt△GBF的周长＝1．
24．（10分）已知如图，在平面直角坐标系xOy中，点A、B、C分别为坐标轴上的三个点，且OA＝1，OB＝3，OC＝4，
（1）求经过A、B、C三点的抛物线的解析式；
（2）在平面直角坐标系xOy中是否存在一点P，使得以点A、B、C、P为顶点的四边形为菱形？若存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由；
（3）若点M为该抛物线上一动点，在（2）的条件下，请求出当|PM﹣AM|的最大值时点M的坐标，并直接写出|PM﹣AM|的最大值．
【分析】（1）设抛物线的解析式为y＝ax2+bx+c，把A，B，C三点坐标代入求出a，b，c的值，即可确定出所求抛物线解析式；
（2）在平面直角坐标系xOy中存在一点P，使得以点A、B、C、P为顶点的四边形为菱形，理由为：根据OA，OB，OC的长，利用勾股定理求出BC与AC的长相等，只有当BP与AC平行且相等时，四边形ACBP为菱形，可得出BP的长，由OB的长确定出P的纵坐标，确定出P坐标，当点P在第二、三象限时，以点A、B、C、P为顶点的四边形只能是平行四边形，不是菱形；
（3）利用待定系数法确定出直线PA解析式，当点M与点P、A不在同一直线上时，根据三角形的三边关系|PM﹣AM|＜PA，当点M与点P、A在同一直线上时，|PM﹣AM|＝PA，
当点M与点P、A在同一直线上时，|PM﹣AM|的值最大，即点M为直线PA与抛物线的交点，联立直线AP与抛物线解析式，求出当|PM﹣AM|的最大值时M坐标，确定出|PM﹣AM|的最大值即可．
【解答】解：（1）设抛物线的解析式为y＝ax2+bx+c，
∵A（1，0）、B（0，3）、C（﹣4，0），
∴，
解得：a＝﹣，b＝﹣，c＝3，
∴经过A、B、C三点的抛物线的解析式为y＝﹣x2﹣x+3；
（2）在平面直角坐标系xOy中存在一点P，使得以点A、B、C、P为顶点的四边形为菱形，理由为：
∵OB＝3，OC＝4，OA＝1，
∴BC＝AC＝5，
当BP平行且等于AC时，四边形ACBP为菱形，
∴BP＝AC＝5，且点P到x轴的距离等于OB，
∴点P的坐标为（5，3），
当点P在第二、三象限时，以点A、B、C、P为顶点的四边形只能是平行四边形，不是菱形，
则当点P的坐标为（5，3）时，以点A、B、C、P为顶点的四边形为菱形；
（3）设直线PA的解析式为y＝kx+b（k≠0），
∵A（1，0），P（5，3），
∴，
解得：k＝，b＝﹣，
∴直线PA的解析式为y＝x﹣，
当点M与点P、A不在同一直线上时，根据三角形的三边关系|PM﹣AM|＜PA，
当点M与点P、A在同一直线上时，|PM﹣AM|＝PA，
∴当点M与点P、A在同一直线上时，|PM﹣AM|的值最大，即点M为直线PA与抛物线的交点，
解方程组，得或，
∴点M的坐标为（1，0）或（﹣5，﹣）时，|PM﹣AM|的值最大，此时|PM﹣AM|的最大值为5．
1．实数的相反数是（ ）
A．﹣2021B．﹣C．2021D．
2．已知m＝﹣1，则m2+2m的值是（ ）
A．2B．3C．4D．5
3．已知a是整数，点A（2a﹣1，a﹣2）在第四象限，则a的值是（ ）
A．﹣1B．0C．1D．2
4．已知某几何体的三视图如图所示，则这个几何体是（ ）
A．B．
C．D．
5．下列判断错误的是（ ）
A．两组对边分别相等的四边形是平行四边形
B．四个内角都相等的四边形是矩形
C．四条边都相等的四边形是菱形
D．两条对角线垂直且平分的四边形是正方形
6．如图，在矩形ABCD中，AB＝5，BC＝4，以CD为直径作⊙O．将矩形ABCD绕点C旋转，使所得矩形A'B'CD'的边A'B'与⊙O相切，切点为E，边CD'与⊙O相交于点F，则CF的长为（ ）
A．2.5B．1.5C．3D．4
7．已知关于x的方程只有一个实数根，则实数a的取值范围是（ ）
A．a＞0B．a＜0
C．a≠0D．a为一切实数
8．函数y＝﹣ax+a与（a≠0）在同一坐标系中的图象可能是（ ）
A．B．
C．D．
二、填空题（本大题共6个小题，每小题3分，共18分，只要求把最后结果填写在答题卡的相应区域内）
9．因式分解：2x3﹣24x2+72x＝ ．
10．若关于x的分式方程在实数范围内无解，则实数a＝ ．
11．如图，在四边形ABCD中，AB＝AD＝6，AB⊥BC，AD⊥CD，∠BAD＝60°，点M、N分别在AB、AD边上，若AM：MB＝AN：ND＝1：2．则 cs∠MCN＝ ．
12．如图，在正方体的表面展开图中，要将﹣a、﹣b、﹣c填入剩下的三个空白处（彼此不同），则正方体三组相对的两个面中数字和均为零的概率为 ．
13．如图，已知菱形ABCD中，AB＝4，∠C为钝角，AM⊥BC于点M，N为AB的中点，连接DN，MN．若∠DNM＝90°，则过M、N、D三点的外接圆半径为 ．
14．四边形OBCD中的三个顶点在⊙O上，点A是⊙O上的一个动点（不与点B、C、D重合）．若四边形OBCD是平行四边形时，那么∠OBA和∠ODA的数量关系是 ．
三、解答题（本题共78分，把解答或证明过程写在答题卡的相应区域内）
15．（6分）计算：（π﹣2021）0﹣（+2）﹣2﹣+．
16．（6分）先化简，再求值：，其中x为不等式组的整数解．
17．（6分）如图，在△ABC中，AD是∠BAC的平分线，EF垂直平分AD交AB于E，交AC于F．
求证：四边形AEDF是菱形．
18．（6分）△ABC是一块钢板余料，其中∠A＝30°，∠B＝45°，AB＝20dm，现要从中剪裁出边长为6dm的等边△DEF，如图所示，其中点D在BC上，点E和点F在AB上，求AE、BF的长（结果保留根号）．
19．（7分）学校实施新课程改革以来，学生的学习能力有了很大提高．王老师为进一步了解本班学生自主学习、合作交流的现状，对该班部分学生进行调查，把调查结果分成四类（A：特别好，B：好，C：一般，D：较差）后，再将调查结果绘制成两幅不完整的统计图（如图）．请根据统计图解答下列问题：
（1）本次调查中，王老师一共调查了 名学生；
（2）将条形统计图补充完整；
（3）为了共同进步，王老师从被调查的A类和D类学生中分别选取一名学生进行“兵教兵”互助学习，请用列表或画树状图的方法求出恰好选中一名男生和一名女生的概率．
20．（7分）如图，矩形OABC的顶点A、C分别在x轴和y轴上，点B的坐标为（2，4），双曲线y＝（x＞0）的图象经过BC的中点D，且与AB交于点E，连接DE．
（1）求k的值及点E的坐标；
（2）若点F是边OC上一点，且△FBC∽△DEB，求直线FB的解析式．
21．（10分）某商场要经营一种新上市的文具，进价为20元/件，试营销阶段发现：当销售单价25元/件时，每天的销售量是250件，销售单价每上涨1元，每天的销售量就减少10件．
（1）写出商场销售这种文具，每天所得的销售利润w（元）与销售单价x（元）之间的函数关系式；
（2）求销售单价为多少元时，该文具每天的销售利润最大；
（3）商场的营销部结合上述情况，提出了A、B两种营销方案：
方案A：该文具的销售单价高于进价且不超过30元；
方案B：每件文具的利润不低于25元且不高于29元．
请比较哪种方案的最大利润更高，并说明理由．
22．（10分）如图，AD、DC、BC分别与⊙O相切点A，E，B（AD＜BC），且AB为⊙O的直径，连接AE并延长AE与直线BC相交于点P，连接OC，已知AE•OC＝40．
（1）求证：BC＝CP；
（2）求AD•BC的值；
（3）若S△ADE：S△PCE＝16：25，求四边形ABCD的面积．
23．（10分）如图边长为1的正方形ABCD被两条与边平行的线段EF、GH分割为四个小矩形，EF与GH交于点P
（1）若AG＝AE，证明：AF＝AH；
（2）若矩形PFCH的面积，恰矩形AGPE面积的两倍，试确定∠HAF的大小；
（3）若矩形EPHD的面积为，求Rt△GBF的周长．
24．（10分）已知如图，在平面直角坐标系xOy中，点A、B、C分别为坐标轴上的三个点，且OA＝1，OB＝3，OC＝4，
（1）求经过A、B、C三点的抛物线的解析式；
（2）在平面直角坐标系xOy中是否存在一点P，使得以点A、B、C、P为顶点的四边形为菱形？若存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由；
（3）若点M为该抛物线上一动点，在（2）的条件下，请求出当|PM﹣AM|的最大值时点M的坐标，并直接写出|PM﹣AM|的最大值．
2021年山东省菏泽市东明县中考数学四模试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（本大题共8个小题，每小题3分，共24分，在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的，请把正确选项的序号涂在答题卡的相应位置）
1．实数的相反数是（ ）
A．﹣2021B．﹣C．2021D．
【分析】先化简二次根式，再求相反数．
【解答】解：＝2021．
∴实数的相反数是：﹣2021．
∴故选：A．
2．已知m＝﹣1，则m2+2m的值是（ ）
A．2B．3C．4D．5
【分析】直接提取公因式进而将已知代入求出答案．
【解答】解：∵m＝﹣1，
∴m2+2m＝m（m+2）
＝（﹣1）（+1）
＝4．
故选：C．
3．已知a是整数，点A（2a﹣1，a﹣2）在第四象限，则a的值是（ ）
A．﹣1B．0C．1D．2
【分析】点A（2a﹣1，a﹣2）在第四象限，则，解得：＜a＜2，即可求解．
【解答】解：点A（2a﹣1，a﹣2）在第四象限，则，解得：＜a＜2，
a是整数，则符合条件的为C，
故选：C．
4．已知某几何体的三视图如图所示，则这个几何体是（ ）
A．B．
C．D．
【分析】根据三视图，该几何体的主视图以及俯视图可确定该几何体共有三行两列，再根据俯视图即可求解．
【解答】解：由三视图可知，这个几何体是
．
故选：D．
5．下列判断错误的是（ ）
A．两组对边分别相等的四边形是平行四边形
B．四个内角都相等的四边形是矩形
C．四条边都相等的四边形是菱形
D．两条对角线垂直且平分的四边形是正方形
【分析】根据平行四边形的判定、矩形的判定，菱形的判定以及正方形的判定对各选项分析判断即可得解．
【解答】解：A、两组对边分别相等的四边形是平行四边形，正确，故本选项错误；
B、四个内角都相等的四边形是矩形，正确，故本选项错误；
C、四条边都相等的四边形是菱形，正确，故本选项错误；
D、两条对角线垂直且平分的四边形是正方形，错误，应该是菱形，故本选项正确．
故选：D．
6．如图，在矩形ABCD中，AB＝5，BC＝4，以CD为直径作⊙O．将矩形ABCD绕点C旋转，使所得矩形A'B'CD'的边A'B'与⊙O相切，切点为E，边CD'与⊙O相交于点F，则CF的长为（ ）
A．2.5B．1.5C．3D．4
【分析】连接OE并延长交CF于点H，可证四边形EB′CH是矩形，再根据勾股定理和垂径定理即可求得CF的长．
【解答】解：如图，连接OE并延长交CF于点H，
∵矩形ABCD绕点C旋转得矩形A'B'C'D'，
∴∠B′＝∠B′CD′＝90°，A′B′∥CD′，
BC＝B′C＝4，
∵边A'B'与⊙O相切，切点为E，
∴OE⊥A′B′，
∴四边形EB′CH是矩形，
∴EH＝B′C＝4，
OH⊥CF，
∵AB＝5，
∴OE＝OC＝AB＝，
∴OH＝EH﹣OE＝，
在Rt△OCH中，根据勾股定理，得
CH＝＝＝2，
∴CF＝2CH＝4．
故选：D．
7．已知关于x的方程只有一个实数根，则实数a的取值范围是（ ）
A．a＞0B．a＜0
C．a≠0D．a为一切实数
【分析】方程只有一个实数根，则函数y＝和函数y＝x2﹣2x+3只有一个交点，根据二次函数所处的象限，即可确定出a的范围．
【解答】解：∵方程只有一个实数根，
∴函数y＝和函数y＝x2﹣2x+3只有一个交点，
∵函数y＝x2﹣2x+3＝（x﹣1）2+2，开口向上，对称轴x＝1，顶点为（1，2），抛物线交y轴的正半轴，
∴反比例函数y＝应该在一或二象限，
∴a≠0，
故选：C．
8．函数y＝﹣ax+a与（a≠0）在同一坐标系中的图象可能是（ ）
A．B．
C．D．
【分析】根据反比例函数与一次函数的图象特点解答即可．
【解答】解：a＞0时，﹣a＜0，y＝﹣ax+a在一、二、四象限，（a≠0）在二、四象限，只有A符合；
a＜0时，﹣a＞0，y＝﹣ax+a在一、三、四象限，（a≠0）在一、三象限，无选项符合．
故选：A．
二、填空题（本大题共6个小题，每小题3分，共18分，只要求把最后结果填写在答题卡的相应区域内）
9．因式分解：2x3﹣24x2+72x＝ 2x（x﹣6）2 ．
【分析】原式提取公因式，再利用完全平方公式分解即可．
【解答】解：原式＝2x（x2﹣12x+36）＝2x（x﹣6）2，
故答案为：2x（x﹣6）2
10．若关于x的分式方程在实数范围内无解，则实数a＝ 1 ．
【分析】按照一般步骤解方程，用含a的代数式表示x，既然无解，所以x应该是能令最简公分母为0的值，代入即可解答a．
【解答】解：原方程化为整式方程得：1﹣x﹣3＝a，
整理得x＝﹣2﹣a，
因为无解，所以x+3＝0，
即x＝﹣3，
所以a＝﹣2+3＝1．
11．如图，在四边形ABCD中，AB＝AD＝6，AB⊥BC，AD⊥CD，∠BAD＝60°，点M、N分别在AB、AD边上，若AM：MB＝AN：ND＝1：2．则 cs∠MCN＝ ．
【分析】连接AC，通过三角形全等，求得∠BAC＝30°，从而求得BC的长，然后根据勾股定理求得CM的长，连接MN，过M点作ME⊥CN于E，则△MNA是等边三角形求得MN＝2，设NE＝x，表示出CE，根据勾股定理即可求得ME，然后求得cs∠MCN的值即可．
【解答】解：∵AB＝AD＝6，AM：MB＝AN：ND＝1：2，
∴AM＝AN＝2，BM＝DN＝4，
连接MN，连接AC，
∵AB⊥BC，AD⊥CD，∠BAD＝60°
在Rt△ABC与Rt△ADC中，
，
∴Rt△ABC≌Rt△ADC（HL），
∴∠BAC＝∠DAC＝∠BAD＝30°，MC＝NC，
∴BC＝AC，
∴AC2＝BC2+AB2，即（2BC）2＝BC2+AB2，
3BC2＝AB2，
∴BC＝2，
在Rt△BMC中，CM＝＝2，
∵AN＝AM，∠MAN＝60°，
∴△MAN是等边三角形，
∴MN＝AM＝AN＝2，
过M点作ME⊥CN于E，设NE＝x，则CE＝2﹣x，
∴MN2﹣NE2＝MC2﹣EC2，即4﹣x2＝（2）2﹣（2﹣x）2，
解得：x＝，
∴EC＝2﹣＝，
∴cs∠MCN＝＝＝，
故答案为：．
12．如图，在正方体的表面展开图中，要将﹣a、﹣b、﹣c填入剩下的三个空白处（彼此不同），则正方体三组相对的两个面中数字和均为零的概率为 ．
【分析】画树状图，共有6种等可能的结果，正方体三组相对的两个面中数字和均为零的结果有1种，再由概率公式求解即可．
【解答】解：画树状图如下：
共有6种等可能的结果，正方体三组相对的两个面中数字和均为零的结果有1种，
∴正方体三组相对的两个面中数字和均为零的概率为，
故答案为：．
13．如图，已知菱形ABCD中，AB＝4，∠C为钝角，AM⊥BC于点M，N为AB的中点，连接DN，MN．若∠DNM＝90°，则过M、N、D三点的外接圆半径为 ．
【分析】延长MN交DA延长线于点E，DF⊥BC，构造全等三角形，根据全等性质证出DE＝DM，再通过AE＝BM＝CF，在Rt△DMF和Rt△DCF中，利用勾股定理列方程求DM长，根据圆的性质即可求解．
【解答】解：如图，延长MN交DA延长线于点E，过D作DF⊥BC交BC延长线于F，连接MD，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝BC＝CD＝4，AD∥BC，
∴∠E＝∠EMB，∠EAN＝∠NBM，
∵N为AB中点，
∴△EAN≌△MBN（AAS），
∴AE＝BM，EN＝MN，
∵∠DNM＝90°，
∴DN⊥EM，
∴DE＝DM，
∵AM⊥BC，DF⊥BC，AB＝DC，AM＝DF
∴Rt△ABM≌Rt△DCF（HL），
∴BM＝CF，
设BM＝x，则DE＝DM＝4+x，
在Rt△DMF中，由勾股定理得，DF2＝DM2﹣MF2＝（4+x）2﹣42，
在Rt△DCF中，由勾股定理得，DF2＝DC2﹣CF2＝42﹣x2，
∴（4+x）2﹣42＝42﹣x2，
解得，x1＝2﹣2，x2＝﹣2﹣2 （不符合题意，舍去）
∴DM＝2+2，
∵∠DNM＝90°，
∴过M、N、D三点的外接圆的直径为线段DM，∴其外接圆的半径长为．
故答案为：+1．
14．四边形OBCD中的三个顶点在⊙O上，点A是⊙O上的一个动点（不与点B、C、D重合）．若四边形OBCD是平行四边形时，那么∠OBA和∠ODA的数量关系是 ∠OBA﹣∠ODA＝60°或∠OBA+∠ODA＝60°或∠ODA﹣∠OBA＝60°或∠OBA+∠ODA＝120° ．
【分析】由圆内接四边形和平行四边形的性质可求出∠A＝60°、∠C＝120°，延长DO交⊙O于点E，延长BO交⊙O于点F．分点A在上、点A在上、点A在上以及点A在上四种情况考虑，根据四边形的内角和为360°以及各角间的关系，即可找出∠OBA和∠ODA的数量关系，此题得解．
【解答】解：∵四边形ABCD为圆内接四边形，
∴∠A+∠C＝180°．
∵四边形OBCD是平行四边形，
∴∠C＝∠BOD＝2∠A，
∴∠A＝60°，∠C＝120°．
延长DO交⊙O于点E，延长BO交⊙O于点F．
①当点A1在上时，
∵∠CBA1+∠CDA1＝180°，∠CBO+∠CDO＝360°﹣120°﹣120°＝120°，
∴∠CBO+∠OBA1+∠CDO﹣∠ODA1＝180°，
∴∠OBA1﹣∠ODA1＝60°；
②当点A2在上时，
∵∠CBA2+∠CDA2＝180°，∠CBO+∠CDO＝360°﹣120°﹣120°＝120°，
∴∠CBO+∠OBA2+∠CDO+∠ODA2＝180°，
∴∠OBA2+∠ODA2＝60°；
③当点A3在上时，
∵∠CBA3+∠CDA3＝180°，∠CBO+∠CDO＝360°﹣120°﹣120°＝120°，
∴∠CBO﹣∠OBA3+∠CDO+∠ODA3＝180°，
∴∠ODA3﹣∠OBA3＝60°；
④当点A4在上时，
∠OBA4+∠ODA4＝360°﹣120°﹣120°＝120°．
综上所述，∠OBA和∠ODA的数量关系是：∠OBA﹣∠ODA＝60°或∠OBA+∠ODA＝60°或∠ODA﹣∠OBA＝60°或∠OBA+∠ODA＝120°．
故答案为：∠OBA﹣∠ODA＝60°或∠OBA+∠ODA＝60°或∠ODA﹣∠OBA＝60°或∠OBA+∠ODA＝120°．
三、解答题（本题共78分，把解答或证明过程写在答题卡的相应区域内）
15．（6分）计算：（π﹣2021）0﹣（+2）﹣2﹣+．
【分析】原式利用零指数幂、负整式指数幂法则，二次根式性质，以及特殊角的三角函数值计算即可得到结果．
【解答】解：原式＝1﹣﹣|﹣2|+×
＝1﹣﹣（2﹣）+3
＝1﹣（7﹣4）﹣（2﹣）+3
＝1﹣7+4﹣2++3
＝5﹣5．
16．（6分）先化简，再求值：，其中x为不等式组的整数解．
【分析】根据分式的加减运算以及乘除运算进行化简，然后根据不等式组将x的值求出并代入即可求出答案．
【解答】解：原式＝÷[+]
＝÷
＝•
＝，
由，
解得：2≤x＜4，
由分式有意义的条件可知：x不能取2，
故x＝3，
∴原式＝．
17．（6分）如图，在△ABC中，AD是∠BAC的平分线，EF垂直平分AD交AB于E，交AC于F．
求证：四边形AEDF是菱形．
【分析】由∠BAD＝∠CAD，AO＝AO，∠AOE＝∠AOF＝90°证△AEO≌△AFO，推出EO＝FO，得出平行四边形AEDF，根据EF⊥AD得出菱形AEDF．
【解答】证明：∵AD平分∠BAC
∴∠BAD＝∠CAD
又∵EF⊥AD，
∴∠AOE＝∠AOF＝90°
∵在△AEO和△AFO中
，
∴△AEO≌△AFO（ASA），
∴EO＝FO，
∵EF垂直平分AD，
∴EF、AD相互平分，
∴四边形AEDF是平行四边形
又EF⊥AD，
∴平行四边形AEDF为菱形．
18．（6分）△ABC是一块钢板余料，其中∠A＝30°，∠B＝45°，AB＝20dm，现要从中剪裁出边长为6dm的等边△DEF，如图所示，其中点D在BC上，点E和点F在AB上，求AE、BF的长（结果保留根号）．
【分析】作DG⊥AB于G．在Rt△DEG中，根据DG＝EG•tan60°，求出DG，在Rt△DGB中求出BG，再求出EB，即可解决问题．
【解答】解：作DG⊥AB于G．
∵△DEF是等边三角形，
∴DE＝DF＝EF＝6，EG＝FG＝3，DG＝EG•tan60°＝3，
在Rt△DGB中，∵∠B＝∠GDB＝45°，
∴DG＝BG＝3，
∴BE＝3+3，
∴AE＝AB﹣EB＝20﹣（3+3）＝17﹣3，BF＝BG﹣FG＝3﹣3．
19．（7分）学校实施新课程改革以来，学生的学习能力有了很大提高．王老师为进一步了解本班学生自主学习、合作交流的现状，对该班部分学生进行调查，把调查结果分成四类（A：特别好，B：好，C：一般，D：较差）后，再将调查结果绘制成两幅不完整的统计图（如图）．请根据统计图解答下列问题：
（1）本次调查中，王老师一共调查了 20 名学生；
（2）将条形统计图补充完整；
（3）为了共同进步，王老师从被调查的A类和D类学生中分别选取一名学生进行“兵教兵”互助学习，请用列表或画树状图的方法求出恰好选中一名男生和一名女生的概率．
【分析】（1）由题意可得：王老师一共调查学生：（2+1）÷15%＝20（名）；
（2）由题意可得：C类女生：20×25%﹣2＝3（名）；D类男生：20×（1﹣15%﹣50%﹣25%）﹣1＝1（名）；继而可补全条形统计图；
（3）首先根据题意列出表格，再利用表格求得所有等可能的结果与恰好选中一名男生和一名女生的情况，继而求得答案．
【解答】解：（1）根据题意得：王老师一共调查学生：（2+1）÷15%＝20（名）；
故答案为：20；
（2）∵C类女生：20×25%﹣2＝3（名）；D类男生：20×（1﹣15%﹣50%﹣25%）﹣1＝1（名）；
如图：
（3）列表如下：A类中的两名男生分别记为A1和A2，
共有6种等可能的结果，其中，一男一女的有3种，所以所选两位同学恰好是一位男生和一位女生的概率为：＝．
20．（7分）如图，矩形OABC的顶点A、C分别在x轴和y轴上，点B的坐标为（2，4），双曲线y＝（x＞0）的图象经过BC的中点D，且与AB交于点E，连接DE．
（1）求k的值及点E的坐标；
（2）若点F是边OC上一点，且△FBC∽△DEB，求直线FB的解析式．
【分析】（1）由条件可先求得点D的坐标，代入反比例函数可求得k的值，又由点E的位置可求得E点的横坐标，代入可求得E点坐标；
（2）由相似三角形的性质可求得CF的长，可求得OF，则可求得F点的坐标，利用待定系数法可求得直线FB的解析式．
【解答】解：（1）在矩形OABC中，
∵B（2，4），
∴BC边中点D的坐标为（1，4），
∵又曲线y＝的图象经过点（1，4），
∴k＝4，
∵E点在AB上，
∴E点的横坐标为2，
∵y＝经过点E，
∴E点纵坐标为2，
∴E点坐标为（2，2）；
（2）由（1）得，BD＝1，BE＝2，BC＝2，
∵△FBC∽△DEB，
∴，即，
∴CF＝1，
∴OF＝3，即点F的坐标为（0，3），
设直线FB的解析式为y＝kx+b，而直线FB经过B（2，4），F（0，3），
∴，
解得，
∴直线BF的解析式为y＝x+3．
21．（10分）某商场要经营一种新上市的文具，进价为20元/件，试营销阶段发现：当销售单价25元/件时，每天的销售量是250件，销售单价每上涨1元，每天的销售量就减少10件．
（1）写出商场销售这种文具，每天所得的销售利润w（元）与销售单价x（元）之间的函数关系式；
（2）求销售单价为多少元时，该文具每天的销售利润最大；
（3）商场的营销部结合上述情况，提出了A、B两种营销方案：
方案A：该文具的销售单价高于进价且不超过30元；
方案B：每件文具的利润不低于25元且不高于29元．
请比较哪种方案的最大利润更高，并说明理由．
【分析】（1）根据利润＝（销售单价﹣进价）×销售量，列出函数关系式即可；
（2）根据（1）式列出的函数关系式，运用配方法求最大值；
（3）分别求出方案A、B中x的取值范围，然后分别求出A、B方案的最大利润，然后进行比较．
【解答】解：（1）由题意得，销售量＝250﹣10（x﹣25）＝﹣10x+500，
则w＝（x﹣20）（﹣10x+500）
＝﹣10x2+700x﹣10000；
（2）w＝﹣10x2+700x﹣10000＝﹣10（x﹣35）2+2250．
∵﹣10＜0，
∴函数图象开口向下，w有最大值，
当x＝35时，w最大＝2250，
故当单价为35元时，该文具每天的利润最大；
（3）A方案利润高．理由如下：
A方案中：20＜x≤30，
故当x＝30时，w有最大值，
此时wA＝2000；
B方案中：
故x的取值范围为：45≤x≤49，
∵函数w＝﹣10（x﹣35）2+2250，对称轴为直线x＝35，
∴当x＝45时，w有最大值，
此时wB＝1250，
∵wA＞wB，
∴A方案利润更高．
22．（10分）如图，AD、DC、BC分别与⊙O相切点A，E，B（AD＜BC），且AB为⊙O的直径，连接AE并延长AE与直线BC相交于点P，连接OC，已知AE•OC＝40．
（1）求证：BC＝CP；
（2）求AD•BC的值；
（3）若S△ADE：S△PCE＝16：25，求四边形ABCD的面积．
【分析】（1）利用切线的性质及互余倒角可得到∠CEP＝∠P，所以BC＝CP；
（2）先推出△BAE∽△COB，利用相似性质和AE•OC＝40得出OB的值，再过点D作DG⊥BC于点G，利用矩形的性质及切线长定理得到的线段关系，在直角三角形GCD中勾股定理列方程，处理即可得到AD•BC的值；
（3）利用相似三角形将面积关系转化成线段关系，设线段长，利用（2）结论列方程即可得到AD、BC的长，从而得到四边形ABCD的面积．
【解答】解：（1）连接BE，
∵CB、CE是⊙O的两条切线，
∴CB＝CE，
∴∠CBE＝∠CEB，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠AEB＝90°，
∴∠BEP＝90°，
∴∠CEP+∠CEB＝90°，∠P+∠CBE＝90°，
∴∠CEP＝∠P，
∴CP＝CE，
∴BC＝CP；
（2）∵BC、AD是⊙O的两条切线，
∴∠DAB＝∠CBA＝90°，
∴AD∥BP，
∴∠BEA＝∠OBC＝90°，
∵OA＝OB，BC＝CP，
∴OC∥AP，
∴∠BAE＝∠BOC，
∴△BAE∽△COB，
∴，
即AB•OB＝AE•OC，
∵AB＝2OB，AE•OC＝40，
∴2OB2＝40，
∴OB＝2，
过点D作DG⊥BC于点G，则四边形ABGD为矩形，
∴GC＝BC﹣AD，
∵AD、DC、BC是⊙O的三条切线，
∴DA＝DE，BC＝CE，
在Rt△GCD中，，
∴4BC•AD＝80，
∴AD•BC＝20；
（3）∵AD∥BP，
∴△ADE∽△PCE，
∵S△ADE：S△PCE＝16：25，
∴AD：CP＝4：5，即AD：BC＝4：5，
∴设AD＝4x，BC＝5x，
∵AD•BC＝20，
∴4x•5x＝20，
∴x＝±1（舍负），
∴AD＝4，BC＝5，
∴＝．
23．（10分）如图边长为1的正方形ABCD被两条与边平行的线段EF、GH分割为四个小矩形，EF与GH交于点P
（1）若AG＝AE，证明：AF＝AH；
（2）若矩形PFCH的面积，恰矩形AGPE面积的两倍，试确定∠HAF的大小；
（3）若矩形EPHD的面积为，求Rt△GBF的周长．
【分析】（1）如图1中，连接AF、AH，由题意知四边形AGHD与四边形AEFB均为矩形，只要证明△ABF≌△ADH即可．
（2）结论：∠HAF＝45°．设AG＝a，BG＝b，AE＝x，ED＝y．由，推出（a+x）2＝y2+b2，由y2+b2＝FH2，推出a+x＝FH，由AG＝DH＝a，AE＝BF＝x，推出DH+BF＝FH，延长FB到M，使得BM＝DH，连接AM，只要证明△ADH≌△ABM即可解决问题．
（3）如图3中，连接GF，设BG＝x，BF＝y，则FG＝，由（x﹣1）（y﹣1）＝，推出xy﹣x﹣y+1＝，推出xy﹣x﹣y＝﹣推出x2+y2＝x2+y2+1+2xy﹣2x﹣2y，推出＝1﹣x﹣y，得x+y+＝1，延长即可解决问题．
【解答】解：（1）证明：如图1中，连接AF、AH，由题意知四边形AGHD与四边形AEFB均为矩形，
∴AG＝DH，AE＝BF，
∵AG＝AE，
∴DH＝BF，
∵四边形ABCD为正方形，
∴AB＝AD，∠B＝∠D＝90°，
在Rt△ADH与Rt△ABF中，
，
∴△ABF≌△ADH，
∴AF＝AH；
（2）结论：∠HAF＝45°．
理由：设AG＝a，BG＝b，AE＝x，ED＝y．
则，
∴a﹣x＝y﹣b，两边平方得a2﹣2ax+x2＝y2﹣2yb+b2，
∴得a2﹣2ax+x2＝y2﹣4ax+b2，
∴（a+x）2＝y2+b2，
∵y2+b2＝FH2，
∴a+x＝FH，
∵AG＝DH＝a，AE＝BF＝x，
∴DH+BF＝FH，
延长FB到M，使得BM＝DH，连接AM，
∵AD＝AB，∠D＝∠ABM，DH＝BM，
∴△ADH≌△ABM，
∴AH＝AM，∠DAH＝∠BAM，
∴∠MAH＝∠BAD＝90°，
∵AF＝AF，AM＝AH，FM＝FH，
∴△AFM≌△AFH，
∴∠FAH＝∠FAM＝45°
（3）如图3中，连接GF，设BG＝x，BF＝y，则FG＝，
∴（1﹣x）（1﹣y）＝，∴xy﹣x﹣y+1＝，∴xy﹣x﹣y＝﹣
∴x2+y2＝x2+y2+1+2xy﹣2x﹣2y，
∴＝1﹣x﹣y，
得x+y+＝1，
∴Rt△GBF的周长＝1．
24．（10分）已知如图，在平面直角坐标系xOy中，点A、B、C分别为坐标轴上的三个点，且OA＝1，OB＝3，OC＝4，
（1）求经过A、B、C三点的抛物线的解析式；
（2）在平面直角坐标系xOy中是否存在一点P，使得以点A、B、C、P为顶点的四边形为菱形？若存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由；
（3）若点M为该抛物线上一动点，在（2）的条件下，请求出当|PM﹣AM|的最大值时点M的坐标，并直接写出|PM﹣AM|的最大值．
【分析】（1）设抛物线的解析式为y＝ax2+bx+c，把A，B，C三点坐标代入求出a，b，c的值，即可确定出所求抛物线解析式；
（2）在平面直角坐标系xOy中存在一点P，使得以点A、B、C、P为顶点的四边形为菱形，理由为：根据OA，OB，OC的长，利用勾股定理求出BC与AC的长相等，只有当BP与AC平行且相等时，四边形ACBP为菱形，可得出BP的长，由OB的长确定出P的纵坐标，确定出P坐标，当点P在第二、三象限时，以点A、B、C、P为顶点的四边形只能是平行四边形，不是菱形；
（3）利用待定系数法确定出直线PA解析式，当点M与点P、A不在同一直线上时，根据三角形的三边关系|PM﹣AM|＜PA，当点M与点P、A在同一直线上时，|PM﹣AM|＝PA，
当点M与点P、A在同一直线上时，|PM﹣AM|的值最大，即点M为直线PA与抛物线的交点，联立直线AP与抛物线解析式，求出当|PM﹣AM|的最大值时M坐标，确定出|PM﹣AM|的最大值即可．
【解答】解：（1）设抛物线的解析式为y＝ax2+bx+c，
∵A（1，0）、B（0，3）、C（﹣4，0），
∴，
解得：a＝﹣，b＝﹣，c＝3，
∴经过A、B、C三点的抛物线的解析式为y＝﹣x2﹣x+3；
（2）在平面直角坐标系xOy中存在一点P，使得以点A、B、C、P为顶点的四边形为菱形，理由为：
∵OB＝3，OC＝4，OA＝1，
∴BC＝AC＝5，
当BP平行且等于AC时，四边形ACBP为菱形，
∴BP＝AC＝5，且点P到x轴的距离等于OB，
∴点P的坐标为（5，3），
当点P在第二、三象限时，以点A、B、C、P为顶点的四边形只能是平行四边形，不是菱形，
则当点P的坐标为（5，3）时，以点A、B、C、P为顶点的四边形为菱形；
（3）设直线PA的解析式为y＝kx+b（k≠0），
∵A（1，0），P（5，3），
∴，
解得：k＝，b＝﹣，
∴直线PA的解析式为y＝x﹣，
当点M与点P、A不在同一直线上时，根据三角形的三边关系|PM﹣AM|＜PA，
当点M与点P、A在同一直线上时，|PM﹣AM|＝PA，
∴当点M与点P、A在同一直线上时，|PM﹣AM|的值最大，即点M为直线PA与抛物线的交点，
解方程组，得或，
∴点M的坐标为（1，0）或（﹣5，﹣）时，|PM﹣AM|的值最大，此时|PM﹣AM|的最大值为5．
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