2021年黑龙江省齐黑大地区中考数学模拟试卷（二）（Word版 含解析）

这是一份2021年黑龙江省齐黑大地区中考数学模拟试卷（二）（Word版 含解析），共43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。
2021年黑龙江省齐黑大地区中考数学模拟试卷（二）
一、选择题（每小题3分，满分30分）
1．（3分）﹣2021的相反数的倒数是（　　）
A．﹣2021 B．12021 C．-12021 D．2021
2．（3分）下列图形中，是轴对称图形，但不是中心对称图形的个数有（　　）


A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
3．（3分）下列运算正确的是（　　）
A．x3•x﹣2＝x5
B．（x2）3•（﹣2x）2＝4x8
C．x4+x2＝x6
D．（-12）﹣2÷（π﹣2021）0=-14
4．（3分）三辆车在路上行驶，前方有直行、左转、右转三个路口，选择每个路口的可能性相同，则三辆车中有两辆车左转、一辆车右转的概率是（　　）
A．19 B．127 C．13 D．227
5．（3分）如图，边长为2的菱形ABCD中，∠B＝120°，点E，F，G，H分别在边AB，BC，CD，DA上，且AE＝AH＝CF＝CG＝x，若四边形EFGH的面积为S，则S与x的函数图象是（　　）

A． B．
C． D．
6．（3分）若干个相同的小正方体组成一个几何体，它的主视图和左视图相同，如图所示，若组成这个几何体的小正方体的个数最多为a个，最少为b个，a，b为等腰三角形ABC的边长，则△ABC的周长为（　　）

A．23 B．31 C．23或31 D．26或31
7．（3分）△ABC中，∠A＝80°，点M是△ABC的外心，点N是△ABC的内心，连接BM，CM，BN，CN，则∠BMC与∠BNC的差为（　　）
A．30° B．35° C．40° D．45°
8．（3分）若关于x的分式方程xx-3=1+mx-29-x2无解，则m的值为（　　）
A．﹣3或-163 B．-163或-23
C．﹣3或-163或-23 D．﹣3或-23
9．（3分）李老师到体育用品店购买A，B两种球类，A种球每个5元，B种球每个7元，两种球都买，一共花了200元，则李老师的购买方案有（　　）
A．4种 B．5种 C．6种 D．7种
10．（3分）对称轴为x＝﹣1的抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）如图所示，与y轴的交点在（0，12）与（0，32）之间（不含端点），b2-4ac4a=-2，下列五个结论：①abc＞0；②若点（-12，y1）Q（-53，y2）均在抛物线上，则y1＞y2；③（a+c）2＞b2；④方程ax2+bx+c+52=0没有实数根；⑤-32＜a＜-12，其中结论正确的个数是（　　）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
二、填空题（每小题3分，满分21分）
11．（3分）中国成为全球唯一实现经济正增长的主要经济体，据统计，2020年全国经济总量突破100万亿元，数字100万亿元用科学记数法表示为 　 　元．
12．（3分）如图，E，F是矩形ABCD的边AD和BC上的两点，连接BE，DF，BD，请添加一个适当的条件，使△BED≌△DFB，　 　（填一个即可）．

13．（3分）一个圆锥的侧面积是底面积的2倍，则这个圆锥的高与母线夹角的余弦值是 　 　．
14．（3分）如图，一次函数y=33x﹣1与坐标轴交于A，B两点，以AB为边作正方形ABCD，若反比例函数y=kx（k≠0）经过点C，则反比例函数的解析式是 　 　．

15．（3分）已知关于x的一元二次方程x2﹣（2m﹣3）x+m2＝0有两个不相等的实数根x1，x2，若1x1+1x2=-1，则m的值为 　 　．
16．（3分）四边形ABCD中，AD∥BC，AD＝4，AB＝5，CD＝8，BC边上的高AM＝4，则BC的长为 　 　．
17．（3分）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC=5BC，BC＝1，在△ABC内作第一个正方形CA1M1B1，使点A1在边AC上，点M1在边AB上，点B1在边BC上，再作第二个正方形A1A2M2B2，使点A2在边AC上，点M2在边AB上，点B2在边A1M1上…如此下去，则第2021个正方形A2020A2021M2021B2021的面积为 　 　．

三、解答题（共69分）
18．（10分）（1）计算：﹣22﹣|3-3|+82×sin45°-12；
（2）分解因式：x2（x﹣y）+y2（y﹣x）．
19．（5分）解方程：（x﹣3）2＝2x﹣6
20．（8分）如图，已知⊙O的半径OA＝5，延长OA至B，使AB=103，C为⊙O上一点，连接AC，cos∠OAC=45，M为⊙O上一点，MN⊥OA于点N，交AC于点E，AE＝ME，连接AM，CM，BM．
（1）求证：直线BM是⊙O的切线；
（2）若∠CAM＝m°，求图中阴影部分面积（结果保留m，π）．

21．（10分）齐齐哈尔市某中学为了解学生参加户外活动的情况，对全校学生每天参加户外活动的时间进行抽样调查，并将调查结果绘制成两幅不完整的频数分布表和扇形统计图，请根据图表信息，回答下列问题：
组别
时间/小时
人数
A
0.5≤x＜1
8
B
1≤x＜1.5
21
C
1.5≤x＜2
m
D
2≤x＜2.5
n
E
2.5≤x＜3
6
（1）本次被调查的学生有 　 　人，m＝　 　，在扇形统计图中，D组所在扇形的圆心角是 　 　度；
（2）被调查的学生每天户外活动时间的中位数出现在 　 　组；
（3）被调查的小丽同学接下来的五天户外活动时间（单位：小时）分别为：1.1，0.8，1，0.9，1.2，则这组数据的方差为 　 　；
（4）若该校共有3000名学生，请估计该校每天户外活动时间不少于2小时的学生有多少名．

22．（10分）一辆轿车从甲城驶向乙城，1个小时后，一辆货车从乙城驶向甲城，两车沿相同路线匀速行驶，轿车到达乙城停留一段时间后，按原路原速返回甲城，货车到达甲城比轿车返回甲城早2.5小时，轿车比货车每小时多行驶40千米，两车到达甲城后均停止行驶两车之间的路程y（单位：千米）与轿车的行驶时间x（单位：小时）之间的函数图象如图所示，结合图象信息解答下列问题：
（1）甲城和乙城之间的路程为 　 　千米，轿车行驶速度为 　 　千米/时，货车行驶速度为 　 　千米/时；
（2）点D的坐标为 　 　；
（3）求图象中EF所在直线的函数解析式（不要求写出自变量的取值范围）；
（4）直接写出货车出发多少小时，轿车距甲城360千米．

23．（12分）矩形纸片ABCD中，AB＝4．
实践思考：
（1）连接BD，将纸片折叠，使点B落在边AD上，对应点为E，折痕为GH，点G，H分别在AB，BD上．若AD=3AB，如图①．
①BD＝　 　，tan∠ADB＝　 　；
②若折叠后的△AGE为等腰三角形，则△DHE为　 　三角形；
③隐去点E，G，H，线段GE，EH，折痕GH，如图②，过点D作DF⊥BD交BC的延长线于点F，连接AF，AC，则S△ACF＝　 　；
（2）若AD＝（2+1）AB，如图③，点M在AD边上，且AM＝AB，连接BM，求∠DBM的度数；
拓展探究：
（3）若AD=2AB，如图④，N为边AD的中点，P为矩形ABCD内一点，连接BP，CP，满足∠BPC＝90°，Q是边AB上一动点，则PQ+QN的最小值为　 　．

24．（14分）综合与探究：
如图，抛物线y1＝ax2﹣6ax+c（a≠0）与x轴交于点A，B（点A在点B的右侧），与y轴交于点C，顶点为N，直线y2=-12x﹣1与x轴交于点B，与抛物线交于点D，连接BC，DN，sin∠OCB=55．
（1）求抛物线的解析式；
（2）①点D的坐标为 　 　，DN＝　 　；
②当y1＜y2时，自变量x的取值范围是 　 　；
（3）若点P在直线AC上，且S△ABP：S△BCP＝1：3，求ABAP的值；
（4）在第四象限内存在点E，使△ACE与△ABC相似，且AC为△ACE的直角边，请直接写出点E的坐标．


2021年黑龙江省齐黑大地区中考数学模拟试卷（二）
答案与解析
一、选择题（每小题3分，满分30分）
1．（3分）﹣2021的相反数的倒数是（　　）
A．﹣2021 B．12021 C．-12021 D．2021
【分析】先求出﹣2021的相反数，再求这个数的倒数即可．
【解答】解：﹣2021的相反数是2021，
2021的倒数是12021，
故选：B．
2．（3分）下列图形中，是轴对称图形，但不是中心对称图形的个数有（　　）


A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【分析】根据轴对称图形和中心对称图形的概念，对各选项分析判断即可得解．把一个图形绕某一点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形；如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形．
【解答】解：∵第1、4个图形是轴对称图形，也是中心对称图形；第2、3个图形是轴对称图形，不是中心对称图形，
∴是轴对称图形，但不是中心对称图形的个数有2个．
故选：B．
3．（3分）下列运算正确的是（　　）
A．x3•x﹣2＝x5
B．（x2）3•（﹣2x）2＝4x8
C．x4+x2＝x6
D．（-12）﹣2÷（π﹣2021）0=-14
【分析】根据负整数指数幂的意义、积的乘方、幂的乘方、以及零指数幂的意义即可求出答案．
【解答】解：A、原式＝x，故A不符合题意．
B、原式＝x6•4x2＝4x8，故B符合题意．
C、x4与x2不是同类项，故不能合并，故C不符合题意．
D、原式＝4÷1＝4，故D不符合题意．
故选：B．
4．（3分）三辆车在路上行驶，前方有直行、左转、右转三个路口，选择每个路口的可能性相同，则三辆车中有两辆车左转、一辆车右转的概率是（　　）
A．19 B．127 C．13 D．227
【分析】根据题意列出树状图得出所有等可能的情况数，找出三辆车中有两辆车左转、一辆车右转的情况数，然后根据概率公式即可得出答案．
【解答】解：根据题意，可以画出如下的树状图：

共有27个等可能的结果，其中三辆车中有两辆车左转、一辆车右转的有2种，
则三辆车中有两辆车左转、一辆车右转的概率是227．
故选：D．
5．（3分）如图，边长为2的菱形ABCD中，∠B＝120°，点E，F，G，H分别在边AB，BC，CD，DA上，且AE＝AH＝CF＝CG＝x，若四边形EFGH的面积为S，则S与x的函数图象是（　　）

A． B．
C． D．
【分析】根据菱形的性质得到AB＝BC＝AD＝CD＝2，求得BE＝BF＝2﹣x，过点B作BN⊥EF于点N，得到∠BNE=12∠ABC＝60°，求得NE=3(2-x)2．推出△AEH是等边三角形．得到EH＝AE＝x，根据矩形的面积公式即可得到结论．
【解答】解：如图，∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝BC＝AD＝CD＝2，
∵AE＝AH＝CF＝CG＝x，
∴BE＝BF＝2﹣x，
过点B作BN⊥EF于点N，
则∠BNE=12∠ABC＝60°，
在Rt△BEN中，BE＝2﹣x，
∴NE=3(2-x)2．
∴EF=3（2﹣x），
∵∠A＝60°，AE＝AH，
∴△AEH是等边三角形．
∴EH＝AE＝x，
∴S＝EH•EF=3x（2﹣x）=-3x2+23x，
∴S与x的函数图象是D选项，
故选：D．

6．（3分）若干个相同的小正方体组成一个几何体，它的主视图和左视图相同，如图所示，若组成这个几何体的小正方体的个数最多为a个，最少为b个，a，b为等腰三角形ABC的边长，则△ABC的周长为（　　）

A．23 B．31 C．23或31 D．26或31
【分析】易得此几何体有三行，三列，判断出各行各列最多及最少有几个正方体组成，依此确定a，b，然后利用等腰三角形的性质求得周长即可．
【解答】解：底层正方体最少的个数应是3个，第二层正方体最少的个数应该是2个，因此这个几何体最少有5个小正方体组成；
易得第一层最多有9个正方体，第二层最多有4个正方体，所以此几何体最多共有13个正方体．
即a＝13、b＝5，
∵5+5＜13，5+13＞13，
∴以a，b为等腰三角形ABC的边长，则△ABC的周长为5+13+13＝31．
故选：B．
7．（3分）△ABC中，∠A＝80°，点M是△ABC的外心，点N是△ABC的内心，连接BM，CM，BN，CN，则∠BMC与∠BNC的差为（　　）
A．30° B．35° C．40° D．45°
【分析】根据点M是△ABC的外心，可得∠BMC＝2∠A＝160°，根据点N是△ABC的内心，可得∠BNC＝130°，进而可以解决问题．
【解答】解：如图，

∵点M是△ABC的外心，
∴∠BMC＝2∠A＝160°，
∵点N是△ABC的内心，
∴∠BNC＝180°﹣（∠NBC+∠NCB）＝180°-12（∠ABC+∠ACB）＝180°-12（180°﹣∠A）＝130°，
∴∠BMC﹣∠BNC＝160°﹣130°＝30°．
故选：A．
8．（3分）若关于x的分式方程xx-3=1+mx-29-x2无解，则m的值为（　　）
A．﹣3或-163 B．-163或-23
C．﹣3或-163或-23 D．﹣3或-23
【分析】首先最简公分母为0，求出增根，在把分式方程化为整式方程，把增根代入整式方程，字母系数为0，满足这两个条件求出m的值．
【解答】解：当（x+3）（x﹣3）＝0时，x1＝3或x2＝﹣3，
原分式方程可化为：xx-3=1-mx-2(x+3)(x-3)，
去分母，得x（x+3）＝（x+3）（x﹣3）﹣（mx﹣2），
整理得（3+m）x＝﹣7，
∵分式方程无解，
∴3+m＝0，
∴m＝﹣3，
把x1＝3或x2＝﹣3，分别代入（3+m）x＝﹣7，
得m=-163或m=-23，
综上所述：m的值为m=-163或m=-23或m＝﹣3，
故选：C．
9．（3分）李老师到体育用品店购买A，B两种球类，A种球每个5元，B种球每个7元，两种球都买，一共花了200元，则李老师的购买方案有（　　）
A．4种 B．5种 C．6种 D．7种
【分析】设购买x个A种球，y个B种球，利用总价＝单价×数量，即可得出关于x，y的二元一次方程，结合x，y均为正整数，即可得出李老师共有5种购买方案．
【解答】解：设购买x个A种球，y个B种球，
依题意得：5x+7y＝200，
∴x＝40-75y．
又∵x，y均为正整数，
∴x=33y=5或x=26y=10或x=19y=15或x=12y=20或x=5y=25，
∴李老师共有5种购买方案．
故选：B．
10．（3分）对称轴为x＝﹣1的抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）如图所示，与y轴的交点在（0，12）与（0，32）之间（不含端点），b2-4ac4a=-2，下列五个结论：①abc＞0；②若点（-12，y1）Q（-53，y2）均在抛物线上，则y1＞y2；③（a+c）2＞b2；④方程ax2+bx+c+52=0没有实数根；⑤-32＜a＜-12，其中结论正确的个数是（　　）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【分析】根据二次函数图象和性质依次判断即可．
【解答】解：∵抛物线开口向下，
∴a＜0，
∵抛物线的对称轴是直线x＝﹣1，
∴x=-b2a=-1，
∴b＝2a＜0，
∵抛物线与y轴的交点在（0，12）与（0，32）之间（不含端点），
∴12＜c＜32．
∴abc＞0，
∴①正确．
∵（-12，y1）到对称轴的距离为：-12-（﹣1）=12，
（-53，y2）到对称轴的距离为：﹣1﹣（-53）=23，
抛物线开口向下，
∴y1＞y2．
∴②正确．
∵x＝1时，y＜0，x＝﹣1时，y＞0，
∴a+b+c＜0，a﹣b+c＞0，
∴（a+b+c）（a﹣b+c）＜0，
∴（a+c）2＜b2．
∴③错误．
∵b2-4ac4a=-2，对称轴x＝﹣1，
∴抛物线的顶点（﹣1，2）．
∴抛物线与直线y=-52有两个交点．
∴方程ax2+bx+c+52=0有两个实数根．
∴④错误．
∵抛物线的顶点为（﹣1，2）．
∴a﹣b+c＝2，
∴a﹣2a+c＝2．
∴a＝c﹣2．
∵12＜c＜32．
∴-32＜a＜-12．
故⑤正确．
∴①②⑤正确．
故选：C．
二、填空题（每小题3分，满分21分）
11．（3分）中国成为全球唯一实现经济正增长的主要经济体，据统计，2020年全国经济总量突破100万亿元，数字100万亿元用科学记数法表示为 　1×1014　元．
【分析】用科学记数法表示较大的数时，一般形式为a×10n，其中1≤|a|＜10，n为整数，且n比原来的整数位数少1，据此判断即可．
【解答】解：100万亿元＝100000000000000元＝1×1014元．
故答案为：1×1014．
12．（3分）如图，E，F是矩形ABCD的边AD和BC上的两点，连接BE，DF，BD，请添加一个适当的条件，使△BED≌△DFB，　ED＝FB　（填一个即可）．

【分析】根据矩形的性质可得AD∥BC，所以∠ADB＝∠CBD，添加ED＝FB，利用SAS即可使△BED≌△DFB．
【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，
∴∠ADB＝∠CBD，
所以添加ED＝FB，
利用SAS即可使△BED≌△DFB．
故答案为：ED＝FB．
13．（3分）一个圆锥的侧面积是底面积的2倍，则这个圆锥的高与母线夹角的余弦值是 　22　．
【分析】设圆锥底面圆的半径为r，母线长为a，这个圆锥的高与母线夹角为α，根据圆锥的侧面积是底面积的2倍得出12×2πr×a=2×πr2，求出r=a2，再解直角三角形求出答案即可．
【解答】解：设圆锥底面圆的半径为r，母线长为a，这个圆锥的高与母线夹角为α，
∵一个圆锥的侧面积是底面积的2倍，
∴12×2πr×a=2×πr2，
解得：r=a2，
即ra=22，
∴sinα=22，
∴α＝45°，
∴这个圆锥的高与母线夹角的余弦值＝cos45°=22，
故答案为：22．
14．（3分）如图，一次函数y=33x﹣1与坐标轴交于A，B两点，以AB为边作正方形ABCD，若反比例函数y=kx（k≠0）经过点C，则反比例函数的解析式是 　y=1-3x　．

【分析】证明△OAB≌△EBC（AAS），则OB＝EC＝1，OA＝BE=3，C的坐标是（﹣1，3-1），进而求解．
【解答】解：过点CE⊥y轴于点E，
在y=33x﹣1中，令x＝0，则y＝﹣1，即B的坐标是（0，﹣1）．
令y＝0，则33x﹣1＝0，解得x=3，即A的坐标是（3，0）．
则OB＝1，OA=3．
∵∠ABC＝90°，
∴∠CBE+∠ABO＝90°，
又∵∠BAO+∠OBA＝90°，
∴∠CBE＝∠BAO，
在△OAB和△EBC中，
∠CBE=∠BAO∠BEC=∠AOB=90°BC=AB，
∴△OAB≌△EBC（AAS），
∴OB＝EC＝1，OA＝BE=3，
∴C的坐标是（﹣1，3-1），
∵反比例函数y=kx（k≠0）经过点C，
∴k＝﹣1×（3-1）＝1-3，
∴反比例函数的解析式是y=1-3x．
故答案为：y=1-3x．

15．（3分）已知关于x的一元二次方程x2﹣（2m﹣3）x+m2＝0有两个不相等的实数根x1，x2，若1x1+1x2=-1，则m的值为 　﹣3　．
【分析】根据方程有两个不相等的实数根，得到根的判别式大于0，再利用根与系数的关系表示出两根之和与两根之积，已知等式变形后代入计算即可求出m的值．
【解答】解：∵关于x的一元二次方程x2﹣（2m﹣3）x+m2＝0有两个不相等的实数根x1，x2，
∴x1+x2＝2m﹣3，x1x2＝m2，且（2m﹣3）2﹣4m2＞0，即m＜34，
已知等式变形得：x1+x2x1x2=-1，
代入得：2m-3m2=-1，即m2+2m﹣3＝0，
解得：m＝1（舍去）或m＝﹣3，
则m的值为﹣3．
故答案为：﹣3．
16．（3分）四边形ABCD中，AD∥BC，AD＝4，AB＝5，CD＝8，BC边上的高AM＝4，则BC的长为 　7+43或7-43或1+43．　．
【分析】先根据勾股定理得到BM、CN的长，根据矩形得到MN的长，再利用线段之间的关系得到BC的长．
【解答】解：过点A作AM⊥直线BC于点M，过点D作DN⊥直线BC于点N，则AM＝DN＝AH＝4，四边形AMND为矩形
∴AD＝MN＝4，
在Rt△ABM中，BM=52-42=3，
在Rt△DNC中，CN=82-42=43，
在图1中，BC＝3+4+43=7+43；
在图2中，BC＝3+4-43=7-43；
在图3中，BC＝4﹣3+43=1+43．

故BC的长为7+43或7-43或1+43．
17．（3分）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC=5BC，BC＝1，在△ABC内作第一个正方形CA1M1B1，使点A1在边AC上，点M1在边AB上，点B1在边BC上，再作第二个正方形A1A2M2B2，使点A2在边AC上，点M2在边AB上，点B2在边A1M1上…如此下去，则第2021个正方形A2020A2021M2021B2021的面积为 　.(15-558)2021　．

【分析】此题考查学生逻辑推理推理能力及相似三角形的应用，利用三角形相似可以知道各个正方形边长比值，即可解决此题．
【解答】∵∠B＝∠B，∠BB1M1＝∠C＝90°
∴△BB1M1∽△BCA
∴BB1：BC＝B1M1：CA
∴BB1：B1M1=BC：CA=1：5
∵B1M1＝B1C
∴BB1：B1C
∵BC＝1
∴B1C=5-54
∴SCA1M1B1=(B1C)2=15-558．
同理，可求得S正方形A2M2B2A1＝（15-558）2，
…
∴第2021个正方形A2020A2021M2021B2021的面积为(15-558)2021，
故答案为：(15-558)2021．
三、解答题（共69分）
18．（10分）（1）计算：﹣22﹣|3-3|+82×sin45°-12；
（2）分解因式：x2（x﹣y）+y2（y﹣x）．
【分析】（1）直接利用特殊角的三角函数值、二次根式的性质、绝对值的性质分别化简，进而利用实数的加减运算法则计算得出答案；
（2）直接提取公因式（x﹣y），进而利用平方差公式分解因式得出答案．
【解答】解：（1）原式＝﹣4﹣（3-3）+82×22-23
＝﹣4﹣3+3+8﹣23
＝1-3；

（2）原式＝x2（x﹣y）﹣y2（x﹣y）
＝（x﹣y）（x2﹣y2）
＝（x﹣y）2（x+y）．
19．（5分）解方程：（x﹣3）2＝2x﹣6
【分析】利用因式分解法求解可得．
【解答】解：∵（x﹣3）2＝2（x﹣3），
∴（x﹣3）2﹣2（x﹣3）＝0，
则（x﹣3）（x﹣5）＝0，
∴x﹣3＝0或x﹣5＝0，
解得：x1＝3，x2＝5．
20．（8分）如图，已知⊙O的半径OA＝5，延长OA至B，使AB=103，C为⊙O上一点，连接AC，cos∠OAC=45，M为⊙O上一点，MN⊥OA于点N，交AC于点E，AE＝ME，连接AM，CM，BM．
（1）求证：直线BM是⊙O的切线；
（2）若∠CAM＝m°，求图中阴影部分面积（结果保留m，π）．

【分析】（1）连接OM，根据等腰三角形的性质得到∠OAM＝∠OMA，∠EAM＝∠AME，求得∠AFM＝90°，根据全等三角形的性质得到∠OMN＝∠OAC，求得MN＝4，根据相似三角形的性质得到OM⊥BM，根据切线的判定定理即可得到结论；
（2）由（1）知∠OMB＝90°，OM⊥AC，根据勾股定理得到BM=OB2-OM2=203，根据圆周角定理得到∠AOM＝2m°，根据三角形和扇形的面积公式即可得到结论．
【解答】（1）证明：连接OM，
∵OA＝OM，AE＝EM，
∴∠OAM＝∠OMA，∠EAM＝∠AME，
∵MN⊥OA，
∴∠ANM＝90°，
∴∠NAM+∠AMN＝90°，
∵∠EAM+∠AMO＝90∴，
∴∠AFM＝90°，
∴OM⊥AC，
∵∠ONM＝∠OFA＝90°，∠AOF＝∠MON，OA＝OM，
∴△AOF≌△MON（AAS），
∴∠OMN＝∠OAC，
∵cos∠OAC＝cos∠OMN=NMOM=MN5=45，
∴MN＝4，
∴ON＝3，
∵OA＝5，AB=103，
∴OB=253，
∵ONOM=35=OMOB=5253=35，
∵∠MON＝∠BOM，
∴△MON∽△BOM，
∴∠ONM＝∠OMB＝90°，
∴OM⊥BM，
∵OM是⊙O的半径，
∴直线BM是⊙O的切线；
（2）解：由（1）知∠OMB＝90°，OM⊥AC，
∴AM=CM，BM=OB2-OM2=203，
∴AM＝CM，
∴∠C＝∠CAM＝m°，
∴∠AOM＝2m°，
∴图中阴影部分面积＝S△BOM﹣S扇形OAM=12×203×5-2m⋅π×52360=503-5mπ48．

21．（10分）齐齐哈尔市某中学为了解学生参加户外活动的情况，对全校学生每天参加户外活动的时间进行抽样调查，并将调查结果绘制成两幅不完整的频数分布表和扇形统计图，请根据图表信息，回答下列问题：
组别
时间/小时
人数
A
0.5≤x＜1
8
B
1≤x＜1.5
21
C
1.5≤x＜2
m
D
2≤x＜2.5
n
E
2.5≤x＜3
6
（1）本次被调查的学生有 　60　人，m＝　15　，在扇形统计图中，D组所在扇形的圆心角是 　36　度；
（2）被调查的学生每天户外活动时间的中位数出现在 　C　组；
（3）被调查的小丽同学接下来的五天户外活动时间（单位：小时）分别为：1.1，0.8，1，0.9，1.2，则这组数据的方差为 　0.02　；
（4）若该校共有3000名学生，请估计该校每天户外活动时间不少于2小时的学生有多少名．

【分析】（1）根据B组的人数和百分比，可以计算出被调查的学生总数进而求出m、n的值，用360°乘D组人数所占比例可得D组所在扇形的圆心角度数；
（2）根据中位数的定义即可求解；
（3）根据方差公式即可求解；
（4）根据表中的数据，可以计算该校有多少名学生每天户外活动时间不少于2小时．
【解答】解：（1）本次被调查的学生有21÷35%＝60（人），
∴m＝60×25%＝15，
∴n＝60﹣8﹣21﹣15﹣6＝10（人），
∴D组所在扇形的圆心角是：360°×1060=36°，
故答案为：60；15；36；
（2）本次被调查的学生有60人，
∴中位数是第30，31个数的平均数，
∵A组的人数为8，B组的人数为21，C组的人数为15，
∴被调查的学生每天户外活动时间的中位数出现在C组；
故答案为：C；
（3）x=15×（1.1+0.8+1+0.9+1.2）＝1，
∴s2=15×[（1.1﹣1）2+（0.8﹣1）2+（1﹣1）2+（0.9﹣1）2+（1.2﹣1）2]
=15×（0.01+0.04+0+0.01+0.04）
=15×0.1
＝0.02．
故答案为：0.02；
（4）3000×5+340=600（人），
答：估计该校有600名学生每天户外活动时间不少于2小时．
22．（10分）一辆轿车从甲城驶向乙城，1个小时后，一辆货车从乙城驶向甲城，两车沿相同路线匀速行驶，轿车到达乙城停留一段时间后，按原路原速返回甲城，货车到达甲城比轿车返回甲城早2.5小时，轿车比货车每小时多行驶40千米，两车到达甲城后均停止行驶两车之间的路程y（单位：千米）与轿车的行驶时间x（单位：小时）之间的函数图象如图所示，结合图象信息解答下列问题：
（1）甲城和乙城之间的路程为 　720　千米，轿车行驶速度为 　120　千米/时，货车行驶速度为 　80　千米/时；
（2）点D的坐标为 　（6，400）　；
（3）求图象中EF所在直线的函数解析式（不要求写出自变量的取值范围）；
（4）直接写出货车出发多少小时，轿车距甲城360千米．

【分析】（1）由图象知甲城和乙城之间的路程为720千米，设轿车行驶速度为x千米/时，则货车行驶速度为（x﹣40）千米/时，可得：4x+3（x﹣40）＝720，解得轿车行驶速度为120千米/时，则货车行驶速度为80千米/时；
（2）轿车到达乙城时间是6小时，此时货车行驶的路程是400千米，即得D的坐标为：（6，400）；
（3）由已知得E的坐标是（6.5，440），F（10，300），用待定系数法可得EF所在直线的函数解析式为y＝﹣40x+700；
（4）当两车未相遇时，轿车距甲城360千米货车出发2小时；当轿车返回距甲城360千米，则轿车返回行驶路程为720﹣360＝360（千米），返回所需时间为3小时，此时货车出发8.5小时．
【解答】解：（1）由图象知甲城和乙城之间的路程为720千米，
设轿车行驶速度为x千米/时，则货车行驶速度为（x﹣40）千米/时，
根据图象可得：4x+3（x﹣40）＝720，
解得x＝120，
∴x﹣40＝120﹣40＝80，
∴轿车行驶速度为120千米/时，则货车行驶速度为80千米/时，
故答案为：720，120，80；
（2）∵轿车行驶速度为120千米/时，
∴轿车到达乙城时间是720÷120＝6（小时），
此时货车行驶的路程是（6﹣1）×80＝400（千米），
∴D的坐标为：（6，400）；
故答案为：（6，400）；
（3）货车从乙城驶到甲城所需时间为720÷80＝9（小时），即货车在x＝10时到达甲城，
∵货车到达甲城比轿车返回甲城早2.5小时，
∴轿车返回甲城时x＝12.5，
∴轿车在乙城停留的时间是12.5﹣2×6＝0.5（小时），
当x＝6.5时，货车行驶路程为（6.5﹣1）×80＝440（千米），
∴E的坐标是（6.5，440），
∵货车在x＝10时到达甲城，轿车从x＝6.5时开始返回甲城，
∴轿车返回所行驶路程为（10﹣6.5）×120＝420（千米），此时两车相距300千米，
∴F（10，300），
设EF所在直线的函数解析式为y＝kx+b，把（6.5，440），F（10，300）代入得：
6.5k+b=44010k+b=300，
解得k=-40b=700，
∴EF所在直线的函数解析式为y＝﹣40x+700；
（4）当两车未相遇时，轿车距甲城360千米所需时间为3小时，此时货车出发2小时；
当轿车返回距甲城360千米，则轿车返回行驶路程为720﹣360＝360（千米），返回所需时间为3小时，
∴此时x＝6.5+3＝9.5，货车出发8.5小时；
综上所述，货车出发2小时或8.5小时，轿车距甲城360千米．
23．（12分）矩形纸片ABCD中，AB＝4．
实践思考：
（1）连接BD，将纸片折叠，使点B落在边AD上，对应点为E，折痕为GH，点G，H分别在AB，BD上．若AD=3AB，如图①．
①BD＝　8　，tan∠ADB＝　33　；
②若折叠后的△AGE为等腰三角形，则△DHE为　等腰　三角形；
③隐去点E，G，H，线段GE，EH，折痕GH，如图②，过点D作DF⊥BD交BC的延长线于点F，连接AF，AC，则S△ACF＝　833　；
（2）若AD＝（2+1）AB，如图③，点M在AD边上，且AM＝AB，连接BM，求∠DBM的度数；
拓展探究：
（3）若AD=2AB，如图④，N为边AD的中点，P为矩形ABCD内一点，连接BP，CP，满足∠BPC＝90°，Q是边AB上一动点，则PQ+QN的最小值为　43-22　．

【分析】（1）①由矩形的性质得∠A＝90°，再由勾股定理得BD＝8，然后由锐角三角函数定义得tan∠ADB=ABAD=33即可；
②由an∠ADB=33得∠ADB＝30°，再由等腰直角三角形的性质得∠AEG＝45°，然后由折叠的性质得∠GEH＝∠ABD＝60°，求出∠DEH＝∠DHE，即可得出结论；
③由矩形的性质得∠ABC＝∠BCD＝∠ADC＝90°，CD＝AB＝4，求出∠CDF＝30°，再由含30°角的直角三角形的性质得CF=433，然后由三角形面积公式即可求解；
（2）由等腰直角三角形的性质得∠AMB＝45°，AM＝AB＝4，BM=2AB＝42，再证BM＝DM，然后由等腰三角形的性质和三角形的外角性质即可求解；
（3）作点N关于AB的对称点N'，则AN'＝AN＝22，由圆周角定理得点P在以BC为直径的半圆O上，连接ON'交AB于Q，交半圆O于P，则OP＝OB=12BC＝22，QN＝QN'，此时PQ+QN的值最小＝PQ+QN'＝PN'，再证△AQN'≌△BQO（AAS），得QN'＝QO，AQ＝BQ=12AB＝2，然后由勾股定理得QN'＝QO＝23，即可求解．
【解答】解：（1）①∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A＝90°，
∵AB＝4，AD=3AB，
∴AD=3AB＝43，
∴BD=AB2+AD2=42+(43)2=8，
tan∠ADB=ABAD=443=33，
故答案为：8，33；
②由①得：tan∠ADB=33，
∴∠ADB＝30°，
∴∠ABD＝90°﹣∠ADB＝60°，
∵∠A＝90°，△AGE为等腰三角形，
∴∠AEG＝45°，
由折叠的性质得：∠GEH＝∠ABD＝60°，
∴∠DEH＝180°﹣∠AEG﹣∠GEH＝180°﹣45°﹣60°＝75°，
∴∠DHE＝180°﹣∠DEH﹣∠ADB＝180°﹣75°﹣30°＝75°，
∴∠DEH＝∠DHE，
∴DE＝DH，
∴△DHE是等腰三角形，
故答案为：等腰；
③∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC＝∠BCD＝∠ADC＝90°，CD＝AB＝4，
∴∠DCF＝90°，
由②得：∠ADB＝30°，
∴∠BDC＝90°﹣∠ADB＝60°，
∵DF⊥BD，
∴∠BDF＝90°，
∴∠CDF＝90°﹣∠BDC＝30°，
∴CF=33CD=433，
∴S△ACF=12CF×AB=12×433×4=833，
故答案为：833；
（2）∵∠A＝90°，AM＝AB，
∴△ABM是等腰直角三角形，
∴∠AMB＝45°，AM＝AB＝4，BM=2AB＝42，
∵AD＝（2+1）AB＝42+4，
∴DM＝AD﹣AM＝42，
∴BM＝DM，
∴∠DBM＝∠BDM=12∠AMB＝22.5°；
（3）∵AD=2AB＝42，N为边AD的中点，
∴AN=12AD＝22，
作点N关于AB的对称点N'，
则AN'＝AN＝22，
∵∠BPC＝90°，
∴点P在以BC为直径的半圆O上，连接ON'交AB于Q，交半圆O于P，
则OP＝OB=12BC＝22，QN＝QN'，
此时PQ+QN的值最小＝PQ+QN'＝PN'，
∵∠N'AQ＝90°＝∠OBQ，∠AQN'＝∠BQO，AN'＝BO＝22，
∴△AQN'≌△BQO（AAS），
∴QN'＝QO，AQ＝BQ=12AB＝2，
∴QN'＝QO=BQ2+OB2=22+(22)2=23，
∴PQ+QN＝PN'＝2QO﹣OP＝43-22，
即PQ+QN的最小值为43-22，
故答案为：43-22．

24．（14分）综合与探究：
如图，抛物线y1＝ax2﹣6ax+c（a≠0）与x轴交于点A，B（点A在点B的右侧），与y轴交于点C，顶点为N，直线y2=-12x﹣1与x轴交于点B，与抛物线交于点D，连接BC，DN，sin∠OCB=55．
（1）求抛物线的解析式；
（2）①点D的坐标为 　（6，﹣4）　，DN＝　154　；
②当y1＜y2时，自变量x的取值范围是 　﹣2＜x＜6　；
（3）若点P在直线AC上，且S△ABP：S△BCP＝1：3，求ABAP的值；
（4）在第四象限内存在点E，使△ACE与△ABC相似，且AC为△ACE的直角边，请直接写出点E的坐标．

【分析】（1）先求出点B、C的坐标，再运用待定系数法即可求得答案；
（2）①联立方程组求解得出点D的坐标，再利用配方法求出顶点N的坐标，再运用两点间距离公式即可求出DN；
②直接观察图象即可得出答案；
（3）分两种情况：①当点P在线段AC上时，②当点P在线段CA的延长线上时，分别利用相似三角形性质求解即可；
（4）分两种情况：当∠ACE＝90°时，当∠CAE＝90°时，分别运用相似三角形性质和三角函数定义进行计算即可．
【解答】解：（1）∵y2=-12x﹣1，令y2＝0，得-12x﹣1＝0，
解得：x＝﹣2，
∴B（﹣2，0），
∴OB＝2，
∵sin∠OCB=55，
∴OBBC=sin∠OCB=55，
∴BC＝25，
在Rt△BOC中，OC=BC2-OB2=(25)2-22=4，
∴C（0，﹣4）．
把B（﹣2，0），C（0，﹣4）代入抛物线y1＝ax2﹣6ax+c中，
得：4a+12a+c=0c=-4，
解得：a=14c=-4，
∴抛物线的解析式为；y1=14x2-32x﹣4；
（2）①∵直线y=-12x﹣1与抛物线y=14x2-32x﹣4交于点D，
∴y=-12x-1y=14x2-32x-4，
解得：x=-2y=0（舍去）或x=6y=-4，
∴点D的坐标为（6，﹣4），
∵y1=14x2-32x﹣4=14（x﹣3）2-254，
∴N（3，-254），
∴DN=(6-3)2+[-4-(-254)]2=154，
故答案为：（6，﹣4），154；
②由图象可知：当y1＜y2时，自变量x的取值范围是﹣2＜x＜6，
故答案为：﹣2＜x＜6；
（3）令14x2-32x﹣4＝0，
解得：x1＝﹣2，x2＝8，
∴A（8，0），
∵B（﹣2，0），
∴AB＝10．
在Rt△ACO中，AC=OA2+OC2=82+42=45，
①当点P在线段AC上时，如图1，过点P作PH⊥x轴于点H，
∵S△ABP：S△BCP＝1：3，
∴S△ABP：S△ABC＝1：4，
∴PHOC=14，
∵OC＝4，
∴PH＝1，
∵PH⊥x轴，
∴PH∥y轴，
∴△APH∽△ACO，
∴APPH=ACOC，即AP1=454，
∴AP=5，
∴ABAP=105=25；
②当点P在线段CA的延长线上时，如图2，过点P作PH⊥x轴于点H，
∵S△ABP：S△BCP＝1：3，
∴S△ABP：S△ABC＝1：2，
∴PHOC=12，
∵OC＝4，
∴PH＝2，
∵PH⊥x轴，
∴PH∥y轴，
∴△APH∽△ACO，
∴APPH=ACOC，即AP2=454，
∴AP＝25，
∴ABAP=1025=5，
综上所述，ABAP的值为25或5；
（4）当∠ACE＝90°时，
∵OBOC=24=12，OCOA=48=12，
∴OBOC=OCOA，
∵∠BOC＝∠COA＝90°，
∴△BOC∽△COA，
∴∠BCO＝∠CAO，BCAC=OBOC=12，
∵∠CAO+∠ACO＝90°，
∴∠BCO+∠ACO＝90°，
即∠ACB＝90°，
∴点E在直线BC上，
设直线BC的解析式为y＝kx+b，把B（﹣2，0），C（0，﹣4）代入，
得-2k+b=0b=-4，
解得：k=-2b=-4，
∴直线BC的解析式为y＝﹣2x﹣4，
设E（t，﹣2t﹣4），
如图3，过点E作EF⊥y轴于点F，则EF＝t，OF＝2t+4，
∴CF＝OF﹣OC＝2t+4﹣4＝2t，
∴CE=CE2+PE2=(2t)2+t2=5t，
在Rt△BCO中，BC=OB2+OC2=22+42=25，
∵△ACE∽△ACB或△ECA∽△ACB，
∴∠EAC＝∠BAC或∠EAC＝∠ABC，
∴tan∠EAC＝tan∠BAC=12或tan∠EAC＝tan∠ABC＝2，
∴CEAC=12或CEAC=2，
∴5t=12×45或5t＝2×45，
∴t＝2或8，
∴点E的坐标为（2，﹣8）或（8，﹣20）；
当∠CAE＝90°时，如图4，过点E作EG⊥x轴于点G，
∵∠CAO+∠EAG＝∠CAO+∠ACO＝90°，
∴∠EAG＝∠ACO，
∴tan∠EAG＝tan∠ACO＝2，
∴EGAG=2，
设AG＝m，EG＝2m，则E（8+m，﹣2m），
∵△ACE∽△CAB或△ACE∽△CBA，
∴∠ACE＝∠CAB或∠ACE＝∠CBA，
∴tan∠ACE＝tan∠CAB=12或tan∠ACE＝tan∠CBA＝2，
∴AEAC=12或AEAC=2，
∴AE=12AC＝25或AE＝2AC＝85，
在Rt△AEG中，AG2+EG2＝AE2，
∴m2+（2m）2＝（25）2或m2+（2m）2＝（85）2，
∴m＝2或8，
∴点E的坐标为（10，﹣4）或（16，﹣16），
综上所述，点E的坐标为（2，﹣8）或（8，﹣20）或（10，﹣4）或（16，﹣16）．