2022年广东省深圳市深圳中学中考数学一模试卷(word版含答案)

这是一份2022年广东省深圳市深圳中学中考数学一模试卷(word版含答案)，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。

2022年广东省深圳中学中考数学一模试卷
一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分，每小题有四个选项，其中只有一个是正确的）
1．（3分）下列图形中，属于轴对称图形的是（　　）
A． B． C． D．
2．（3分）新型冠状病毒的直径大约为0.000000125米，0.000000125用科学记数法表示为（　　）
A．0.125×106 B．0.125×10﹣6 C．1.25×107 D．1.25×10﹣7
3．（3分）如图，直线a，b被c所截，a∥b，若∠3＝3∠2，则∠3的度数为（　　）

A．115° B．125° C．135° D．145°
4．（3分）下列计算正确的是（　　）
A．（a﹣b）2＝a2﹣b2 B．（2ab3）2＝2a2b6
C．2ab+3ab＝5ab D．a2•a4＝a8
5．（3分）已知△ABC与△DEF是位似图形，且△ABC与△DEF的周长比为14，则△ABC与△DEF的相似比是（　　）
A．12 B．13 C．14 D．19
6．（3分）如果关于x的一元二次方程ax2+bx+1＝0的一个解是x＝1，则代数式2022﹣a﹣b的值为（　　）
A．﹣2022 B．2021 C．2022 D．2023
7．（3分）下列命题正确的是（　　）
A．一元二次方程x2﹣3x+1＝0没有实数根
B．如果不等式（m﹣3）x＞m﹣3的解集为x＜1，那么m＜3
C．平分弦的直径垂直于弦
D．对角线相等的平行四边形是正方形
8．（3分）如图，已知正方形ABCD的面积为5，点A在数轴上，且表示的数为1．现以A为圆心，AB为半径画圆，和数轴交于点E（E在A的右侧），则点E表示的数为（　　）

A．3.2 B．5+1 C．5−1 D．5
9．（3分）如图，将抛物线y＝x2﹣2x﹣3在x轴下方部分沿x轴翻折，其余部分保持不变，得到图形C1，当直线y＝x+b（b＜1）与图形C1恰有两个公共点时，则b的取值范围是（　　）

A．﹣3＜b＜1 B．﹣3≤b＜1 C．﹣1≤b＜1 D．﹣1＜b＜1
10．（3分）如图，在矩形ABCD中，AB＝4，BC＝3，将△BCD沿射线BD平移a个单位长度（a＞0）得到△B'C'D'，连接AB'，AD'，则当△AB'D'是直角三角形时，a的值为（　　）

A．75 B．165 C．75或165 D．75或3
二、填空题：（本大题共5小题，每小题3分，共15分）
11．（3分）因式分解2m2﹣4m+2＝　 　．
12．（3分）甲乙两人参加社会实践活动，随机选择“做社区志愿者”和“做交通引导员”两项中的一项，那么两人同时选择“做社区志愿者”的概率是 　 　．
13．（3分）大门高ME＝7.6米，学生身高BD＝1.6米，当学生准备进入体温检测有效识别区域时，在点B时测得摄像头M的仰角为30°，当学生刚好离开体温检测有效识别区域AB时，在点A时测得摄像头M的仰角为60°，则AB的长是 　 　．（结果保留根号）

14．（3分）如图，∠ABD＝∠CBE＝90°，AB＝BD，∠CAB＝∠E．若BE＝10，AD＝42，则ACDE的值为 　 　．

15．（3分）如图，点P是反比例函数y=kx（x＜0）的图象上的动点，点P绕着定点O（0，0）顺时针旋转45°，得到一个新的点P′，过点P′作二、四象限角平分线的垂线，垂足为M，若△OMP′的面积是12，则k的值为 　 　．

三、解答题：（本题共7小题，其中第16题5分，第17题6分，第18题8分，第19题8分，第20题8分，第21题10分，第22题10分，共55分）
16．（5分）计算：（﹣2022）0+|−2|﹣6cos45°+8．
17．（6分）先化简，再求值：（1−3x+2）÷x−1x2+2x，从﹣2，0，2中取一个合适的数作为x的值代入求值．
18．（8分）新冠疫情防控期间，银川市某中学积极开展“停课不停学”网络教学活动．为了了解初中生每日线上学习时长t （单位：小时）的情况，在全校范围内随机抽取了部分初中生进行调查，并将所收集的数据分组整理，绘制了如图所示的不完整的频数分布直方图和扇形统计图．

根据图中信息，解答下列问题：
（1）在这次调查活动中，一共抽取了多少名初中生？
（2）若该校有2000名初中生，请你估计该校每日线上学习时长在“3≤t＜4”范围的初中生共有多少名？
（3）每日线上学习时长恰好在“2≤t＜3”范围的初中生中有甲、乙、丙、丁4人表现特别突出，现从4人中随机选出2人分享在线学习心得，用列表或画树状图的方法求恰好选中甲和乙的概率．
19．（8分）如图，△ABC中，∠BCA＝90°，CD是边AB上的中线，分别过点C，D作BA，BC的平行线交于点E，且DE交AC于点O，连接AE．
（1）求证：四边形ADCE是菱形；
（2）若AC＝2DE，求sin∠CDB的值．

20．（8分）2022年北京冬奥会吉祥物冰墩墩深受大家的喜欢．某商家两次购进冰墩墩进行销售，第一次用22000元，很快销售一空，第二次又用48000元购进同款冰墩墩，所购进数量是第一次的2倍，但单价贵了10元．
（1）求该商家第一次购进冰墩墩多少个？
（2）若所有冰墩墩都按相同的标价销售，要求全部销售完后的利润率不低于20%（不考虑其他因素），那么每个冰墩墩的标价至少为多少元？
21．（10分）如图，已知抛物线y=−13x2+bx+c交x轴于A（﹣3，0），B（4，0）两点，交y轴于点C，点P是抛物线上一点，连接AC、BC．
（1）求抛物线的表达式；
（2）连接OP，BP，若S△BOP＝2S△AOC，求点P的坐标；
（3）在抛物线的对称轴上是否存在点Q，使得∠QBA＝75°？若存在，直接写出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．

22．（10分）（1）【基础巩固】如图1，△ABC内接于⊙O，若∠C＝60°，弦AB＝23，则半径r＝　 　；
（2）【问题探究】如图2，四边形ABCD内接于⊙O，若∠ADC＝60°，AD＝DC，点B为弧AC上一动点（不与点A，点C重合）．
求证：AB+BC＝BD；
（3）【解决问题】如图3，一块空地由三条直路（线段AD、AB、BC）和一条道路劣弧CD围成，已知CM＝DM=3千米，∠DMC＝60°，CD的半径为1千米，市政府准备将这块空地规划为一个公园，主入口在点M处，另外三个入口分别在点C、D、P处，其中点P在CD上，并在公园中修四条慢跑道，即图中的线段DM、MC、CP、PD，是否存在一种规划方案，使得四条慢跑道总长度（即四边形DMCP的周长）最大？若存在，求其最大值；若不存在，说明理由．



2022年广东省深圳中学中考数学一模试卷
教师解析版
一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分，每小题有四个选项，其中只有一个是正确的）
1．（3分）下列图形中，属于轴对称图形的是（　　）
A． B． C． D．
【分析】根据轴对称图形的概念求解．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：选项B能找到这样的一条直线，使这个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，所以是轴对称图形；
选项A、C、D不能找到这样的一条直线，使这个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，所以不是轴对称图形；
故选：B．
2．（3分）新型冠状病毒的直径大约为0.000000125米，0.000000125用科学记数法表示为（　　）
A．0.125×106 B．0.125×10﹣6 C．1.25×107 D．1.25×10﹣7
【分析】绝对值小于1的数也可以利用科学记数法表示，一般形式为a×10﹣n，与较大数的科学记数法不同的是其所使用的是负整数指数幂，指数n由原数左边起第一个不为零的数字前面的0的个数所决定．
【解答】解：0.000000125＝1.25×10﹣7．
故选：D．
3．（3分）如图，直线a，b被c所截，a∥b，若∠3＝3∠2，则∠3的度数为（　　）

A．115° B．125° C．135° D．145°
【分析】利用平行线的性质先说明∠1与∠2的关系，再利用平角求出∠1得结论．
【解答】解：∵a∥b，
∴∠1＝∠2．
∵∠3＝3∠2，
∴∠3＝3∠1．
∵∠3+∠1＝180°，
∴3∠1+∠1＝180°．
∴∠1＝45°．
∴∠3＝135°．
故选：C．
4．（3分）下列计算正确的是（　　）
A．（a﹣b）2＝a2﹣b2 B．（2ab3）2＝2a2b6
C．2ab+3ab＝5ab D．a2•a4＝a8
【分析】利用同底数幂的乘法的法则，完全平方公式，合并同类项的法则，积的乘方的法则对各项进行运算即可．
【解答】解：A、（a﹣b）2＝a2﹣2ab+b2，故A不符合题意；
B、（2ab3）2＝4a2b6，故B不符合题意；
C、2ab+3ab＝5ab，故C符合题意；
D、a2•a4＝a6，故D不符合题意；
故选：C．
5．（3分）已知△ABC与△DEF是位似图形，且△ABC与△DEF的周长比为14，则△ABC与△DEF的相似比是（　　）
A．12 B．13 C．14 D．19
【分析】根据相似三角形的周长比定义相似比解答即可．
【解答】解：∵△ABC与△DEF是位似图形，
∴△ABC∽△DEF，
∵△ABC与△DEF的周长比为14，
∴△ABC与△DEF的相似比是14，
故选：C．
6．（3分）如果关于x的一元二次方程ax2+bx+1＝0的一个解是x＝1，则代数式2022﹣a﹣b的值为（　　）
A．﹣2022 B．2021 C．2022 D．2023
【分析】利用一元二次方程解的定义得到a+b＝﹣1，然后把2022﹣a﹣b变形为2022﹣（a+b），再利用整体代入的方法计算．
【解答】解：把x＝1代入方程ax2+bx+1＝0得a+b+1＝0，
所以a+b＝﹣1，
所以2022﹣a﹣b＝2022﹣（a+b）＝2022+1＝2023．
故选：D．
7．（3分）下列命题正确的是（　　）
A．一元二次方程x2﹣3x+1＝0没有实数根
B．如果不等式（m﹣3）x＞m﹣3的解集为x＜1，那么m＜3
C．平分弦的直径垂直于弦
D．对角线相等的平行四边形是正方形
【分析】根据一元二次方程根的判别式、不等式性质、垂径定理的推论、正方形判定等逐项判断．
【解答】解：∵一元二次方程x2﹣3x+1＝0根的判别式Δ＝（﹣3）2﹣4＝5＞0，
∴一元二次方程x2﹣3x+1＝0有两个不相等的实数根，故A不正确，不符合题意；
如果不等式（m﹣3）x＞m﹣3的解集为x＜1，那么m﹣3＜0，
∴m＜3，故B正确，符合题意；
平分弦（不是直径）的直径垂直于弦，故C不正确，不符合题意；
对角线相等的平行四边形是矩形，故D不正确，不符合题意．
故选：B．
8．（3分）如图，已知正方形ABCD的面积为5，点A在数轴上，且表示的数为1．现以A为圆心，AB为半径画圆，和数轴交于点E（E在A的右侧），则点E表示的数为（　　）

A．3.2 B．5+1 C．5−1 D．5
【分析】根据正方形的边长是面积的算术平方根得AD＝AE=5，结合A点所表示的数及AE间距离可得点E所表示的数．
【解答】解：∵正方形ABCD的面积为5，且AD＝AE，
∴AD＝AE=5，
∵点A表示的数是1，且点E在点A的右侧，
∴点E表示的数为1+5．
故选：B．
9．（3分）如图，将抛物线y＝x2﹣2x﹣3在x轴下方部分沿x轴翻折，其余部分保持不变，得到图形C1，当直线y＝x+b（b＜1）与图形C1恰有两个公共点时，则b的取值范围是（　　）

A．﹣3＜b＜1 B．﹣3≤b＜1 C．﹣1≤b＜1 D．﹣1＜b＜1
【分析】先根据解析式及抛物线与x轴的交点的坐标特点，令y＝0，列方程可求得，写出点A和B两点的坐标；画出翻折图形，根据图形观察，当直线过点B时，与新图象有一个公共点，再向上平移直线则与新图象有两个公共点，到经过点A时，开始有三个公共点，所以当直线y＝x+b（b＜1）与此图象有两个公共点时，就是直线过点A和点B之间的部分，从而得出结论．
【解答】解：如图，

当y＝0时，x2﹣2x﹣3＝0，
即：x1＝3，x2＝﹣1，
∴A（﹣1，0），B（3，0），
当直线y＝x+b经过点B时，与新图象有一个公共点，
把B（3，0）代入y＝x+b得：
3+b＝0，
∴b＝﹣3，
当直线y＝x+b经过点A时，与新图象有三个公共点，
把A（﹣1，0）代入y＝x+b中得：
﹣1+b＝0，
∴b＝1，
∴当直线y＝x+b（b＜1）与此图象有两个公共点时，b的取值范围是﹣3＜b＜1．
故选：A．
10．（3分）如图，在矩形ABCD中，AB＝4，BC＝3，将△BCD沿射线BD平移a个单位长度（a＞0）得到△B'C'D'，连接AB'，AD'，则当△AB'D'是直角三角形时，a的值为（　　）

A．75 B．165 C．75或165 D．75或3
【分析】分两种情况：①如图1，∠D'AB'＝90°，②如图2，∠AB'D'＝90°，分别作辅助线，构建相似三角形，证明三角形相似列比例式可得对应a的值．
【解答】解：分两种情况：
①如图1，∠D'AB'＝90°，延长C'B'交AB于G，过点D'作D'H⊥AB，交BA的延长线于H，

∴∠H＝∠AGB'＝∠BGB'＝90°，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BAD＝∠C＝90°，AD＝BC＝3，
∵tan∠ABD=ADAB=B'GBG，即B'GBG=34，
设B'G＝3x，BG＝4x，
∴BB'＝a＝5x，
由平移得：DD'＝BB'＝5x，
∴D'H＝3+3x，AH＝BG＝4x，
∴AG＝AB＝BG＝4﹣4x，
∵∠D'AB'＝∠HAD'+∠BAB'＝90°，
∠AD'H+∠HAD'＝90°，
∴∠AD'H＝∠GAB'，
∵∠H＝∠AGB'＝90°，
∴△D'HA∽△AGB'，
∴D'HAG=AHB'G，即3+3x4−4x=4x3x，
∴x=725，
∴a＝5×725=75；
②如图2，∠AB'D'＝90°，延长C'B'交AB于M，则C'M⊥AB，

∴∠AMB'＝90°，
由平移得：B'C'＝BC＝3，
同理设B'M＝3m，BM＝4m，则BB'＝a＝5m，
∴AM＝4﹣4m，
∵∠AB'M+∠D'B'C'＝90°，∠MAB'+∠AB'M＝90°，
∴∠D'B'C'＝∠MAB'，
∵∠C'＝∠AMB'＝90°，
∴△D'C'B'∽△B'MA，
∴C'D'MB'=B'C'AM，即43m=34−4m，
∴m=1625，
∴a＝5m＝5×1625=165；
综上，a的值是75或165．
故选：C．
二、填空题：（本大题共5小题，每小题3分，共15分）
11．（3分）因式分解2m2﹣4m+2＝　2（m﹣1）2　．
【分析】直接提取公因式2，进而利用完全平方公式分解因式即可．
【解答】解：原式＝2（m2﹣2m+1）
＝2（m﹣1）2．
故答案为：2（m﹣1）2．
12．（3分）甲乙两人参加社会实践活动，随机选择“做社区志愿者”和“做交通引导员”两项中的一项，那么两人同时选择“做社区志愿者”的概率是 　14　．
【分析】画树状图，展示所有4种等可能的结果数，找出符合条件的结果数，然后根据概率公式求解即可．
【解答】解：把“做社区志愿者”和“做交通引导员”分别记为A、B，
画树状图如下：

共有4种等可能的结果，其中两人同时选择“做社区志愿者”的结果有1种，
∴两人同时选择“做社区志愿者”的概率为14，
故答案为：14．
13．（3分）大门高ME＝7.6米，学生身高BD＝1.6米，当学生准备进入体温检测有效识别区域时，在点B时测得摄像头M的仰角为30°，当学生刚好离开体温检测有效识别区域AB时，在点A时测得摄像头M的仰角为60°，则AB的长是 　43米　．（结果保留根号）

【分析】根据题意得出BD＝AC＝EF＝1.6米，∠MAF＝60°，∠MDF＝30°，进而求出MF＝ME﹣EF＝7.6﹣1.6＝6（米），∠CMD＝60°﹣30°＝30°，在Rt△MFC中，求出FC，MC即可．
【解答】解：由题意可知，BD＝AC＝EF＝1.6米，∠MAF＝60°，∠MDF＝30°，
∴MF＝ME﹣EF＝7.6﹣1.6＝6（米），∠CMD＝60°﹣30°＝30°，
∴CM＝CD，
在Rt△MFC中，MF＝6米，∠MFC＝60°，
∴FC=33MF＝23（米），MC＝2FC＝43（米）＝CD，
∴AB＝CD＝43米，
故答案为：43米．
14．（3分）如图，∠ABD＝∠CBE＝90°，AB＝BD，∠CAB＝∠E．若BE＝10，AD＝42，则ACDE的值为 　25　．

【分析】根据题意可得△ABD为等腰直角三角形，即可求出AB，进而可证△ABC∽△EBD，即可求出结果．
【解答】解：∵∠ABD＝90°，AB＝BD，AD=42，
∴AB＝BD＝4，
∵∠ABD＝∠CBE＝90°，
∴∠ABD﹣∠CBD＝∠CBE﹣∠CBD，
∴∠ABC＝∠DBE，
∵∠CAB＝∠E，
∴△ABC∽△EBD，
∴ACDE=ABBE=410=25，
故答案为：25．
15．（3分）如图，点P是反比例函数y=kx（x＜0）的图象上的动点，点P绕着定点O（0，0）顺时针旋转45°，得到一个新的点P′，过点P′作二、四象限角平分线的垂线，垂足为M，若△OMP′的面积是12，则k的值为 　﹣1　．

【分析】过点P作PQ⊥x轴于点Q，设双曲线与二、四象限角平分线交于点N，先证明△OPQ≌△OP′M（AAS），得出S△OPQ＝S△OP′M=12，再由S△OPQ=12|k|，建立方程求解即可．
【解答】解：如图，过点P作PQ⊥x轴于点Q，设双曲线与二、四象限角平分线交于点N，
则∠OQP＝90°，
∵P′M⊥ON，
∴∠OMP′＝90°，
∴∠OQP＝∠OMP′，
∵∠POQ+∠POM＝∠P′OM+∠POM＝45°，
∴∠POQ＝∠P′OM，
∵OP＝OP′，
∴△OPQ≌△OP′M（AAS），
∴S△OPQ＝S△OP′M=12，
∵S△OPQ=12|k|，
∴12|k|=12，
∴k＝±1，
∵反比例函数y=kx（x＜0）的图象位于第二象限，
∴k＜0，
∴k＝﹣1．
故答案为：﹣1．

三、解答题：（本题共7小题，其中第16题5分，第17题6分，第18题8分，第19题8分，第20题8分，第21题10分，第22题10分，共55分）
16．（5分）计算：（﹣2022）0+|−2|﹣6cos45°+8．
【分析】首先计算零指数幂、特殊角的三角函数值、开方和绝对值，然后计算乘法，最后从左向右依次计算，求出算式的值即可．
【解答】解：（﹣2022）0+|−2|﹣6cos45°+8
＝1+2−6×22+22
＝1+2−32+22
＝1．
17．（6分）先化简，再求值：（1−3x+2）÷x−1x2+2x，从﹣2，0，2中取一个合适的数作为x的值代入求值．
【分析】先算括号里，再算括号外，然后把x的值代入进行计算即可解答．
【解答】解：（1−3x+2）÷x−1x2+2x
=x+2−3x+2•x(x+2)x−1
=x−1x+2•x(x+2)x−1
＝x，
当x＝2时，原式＝2．
18．（8分）新冠疫情防控期间，银川市某中学积极开展“停课不停学”网络教学活动．为了了解初中生每日线上学习时长t （单位：小时）的情况，在全校范围内随机抽取了部分初中生进行调查，并将所收集的数据分组整理，绘制了如图所示的不完整的频数分布直方图和扇形统计图．

根据图中信息，解答下列问题：
（1）在这次调查活动中，一共抽取了多少名初中生？
（2）若该校有2000名初中生，请你估计该校每日线上学习时长在“3≤t＜4”范围的初中生共有多少名？
（3）每日线上学习时长恰好在“2≤t＜3”范围的初中生中有甲、乙、丙、丁4人表现特别突出，现从4人中随机选出2人分享在线学习心得，用列表或画树状图的方法求恰好选中甲和乙的概率．
【分析】（1）由B的人数除以所占百分比即可；
（2）由该校共有初中生人数乘以每日线上学习时长在“3≤t＜4”范围的初中生所占的比例即可；
（3）画树状图，共有12种等可能的结果，其中恰好选中甲和乙的结果有2种，再由概率公式求解即可．
【解答】解：（1）由题意得：100÷20%＝500（名），
答：在这次调查活动中，一共抽取了500名初中生；
（2）条形统计图中，D的人数为：500﹣50﹣100﹣160﹣40＝150（名），
则估计该校每日线上学习时长在“3≤t＜4”范围的初中生共有：2000×150500=600（名），
答：估计该校每日线上学习时长在“3≤t＜4”范围的初中生共有600名；
（3）画树状图如下：

共有12种等可能的结果，其中恰好选中甲和乙的结果有2种，
∴恰好选中甲和乙的概率为212=16．
19．（8分）如图，△ABC中，∠BCA＝90°，CD是边AB上的中线，分别过点C，D作BA，BC的平行线交于点E，且DE交AC于点O，连接AE．
（1）求证：四边形ADCE是菱形；
（2）若AC＝2DE，求sin∠CDB的值．

【分析】（1）由DE∥BC，CE∥AB，可证得四边形DBCE是平行四边形，又由△ABC中，∠BCA＝90°，CD是边AB上的中线，根据直角三角形斜边的中线等于斜边的一半，可得CD＝AD＝BD＝CE，然后由CE∥AB，证得四边形ADCE平行四边形的性质，继而证得四边形ADCE是菱形；
（2）首先过点C作CF⊥AB于点F，由（1）可知，BC＝DE，设BC＝x，则AC＝2x，然后由勾股定理求得AB，再由三角形的面积，求得CF的长，由勾股定理即可求得CD的长，继而求得答案．
【解答】（1）证明：∵DE∥BC，CE∥AB，
∴四边形DBCE是平行四边形．
∴CE＝BD，
又∵CD是边AB上的中线，
∴BD＝AD，
∴CE＝DA，
又∵CE∥DA，
∴四边形ADCE是平行四边形．
∵∠BCA＝90°，CD是斜边AB上的中线，
∴AD＝CD，
∴四边形ADCE是菱形；

（2）解：过点C作CF⊥AB于点F，
由（1）可知，BC＝DE，
设BC＝x，则AC＝2x，
在Rt△ABC中，AB=AC2+BC2=5x．
∵12AB•CF=12AC•BC，
∴CF=AC⋅BCAB=255x．
∵CD=12AB=52x，
∴sin∠CDB=CFCD=45．

20．（8分）2022年北京冬奥会吉祥物冰墩墩深受大家的喜欢．某商家两次购进冰墩墩进行销售，第一次用22000元，很快销售一空，第二次又用48000元购进同款冰墩墩，所购进数量是第一次的2倍，但单价贵了10元．
（1）求该商家第一次购进冰墩墩多少个？
（2）若所有冰墩墩都按相同的标价销售，要求全部销售完后的利润率不低于20%（不考虑其他因素），那么每个冰墩墩的标价至少为多少元？
【分析】（1）设第一次购进冰墩墩x个，由题意：第一次用22000元，很快销售一空，第二次又用48000元购进同款冰墩墩，所购进数量是第一次的2倍，但单价贵了10元．列出分式方程，解方程即可；
（2）设每个冰墩墩的标价为a元，由题意：全部销售完后的利润率不低于20%，列出一元一次不等式，解不等式即可．
【解答】解：（1）设第一次购进冰墩墩x个，则第二次购进冰墩墩2x个，
根据题意得：22000x=480002x−10，
解得：x＝200，
经检验，x＝200是原方程的解，且符合题意，
答：该商家第一次购进冰墩墩200个．
（2）由（1）知，第二次购进冰墩墩的数量为400个．
设每个冰墩墩的标价为a元，
由题意得：（200+400）a≥（1+20%）（22000+48000），
解得：a≥140，
答：每个冰墩墩的标价至少为140元．
21．（10分）如图，已知抛物线y=−13x2+bx+c交x轴于A（﹣3，0），B（4，0）两点，交y轴于点C，点P是抛物线上一点，连接AC、BC．
（1）求抛物线的表达式；
（2）连接OP，BP，若S△BOP＝2S△AOC，求点P的坐标；
（3）在抛物线的对称轴上是否存在点Q，使得∠QBA＝75°？若存在，直接写出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．

【分析】（1）将A（﹣3，0），B（4，0）两点代入y=−13x2+bx+c，即可求解；
（2）先求出S△OAC＝6，则S△BOP＝12，设P（t，−13t2+13t+4），可得12×4×|−13t2+13t+4|＝12，即可求P点坐标；
（3）在对称轴上取点M使QM＝MB，则∠EMB＝30°，可得MB＝2BE，再由BE=72，分别求出BM＝QM＝7，ME=723，可求Q（12，7+723），Q点关于x轴对称的点为（12，﹣7−723）．
【解答】解：（1）将A（﹣3，0），B（4，0）两点代入y=−13x2+bx+c，
∴−3−3b+c=0−163+4b+c=0，
解得b=13c=4，
∴y=−13x2+13x+4；
（2）令x＝0，则y＝4，
∴C（0，4），
∴OC＝4，
∵A（﹣3，0），
∴OA＝3，
∴S△OAC=12×3×4＝6，
∵S△BOP＝2S△AOC，
∴S△BOP＝12，
设P（t，−13t2+13t+4），
∵B（4，0），
∴OB＝4，
∴12×4×|−13t2+13t+4|＝12，
解得t＝6或t＝﹣5，
∴P（﹣5，﹣6）或（6，﹣6）；
（3）存在点Q，使得∠QBA＝75°，理由如下：
∵y=−13x2+13x+4=−13（x−12）2+4912，
∴抛物线的对称轴为x=12，
在对称轴上取点M使QM＝MB，
∴∠EMB＝2∠MQB，
∵∠QBA＝75°，
∴∠MQB＝15°，
∴∠EMB＝30°，
∴MB＝2BE，
∵B（4，0），E（12，0），
∴BE=72，
∴BM＝QM＝7，ME=723，
∴QE＝7+723，
∴Q（12，7+723）；
Q点关于x轴对称的点为（12，﹣7−723）；
综上所述：点Q的坐标为（12，7+723）或（12，﹣7−723）．

22．（10分）（1）【基础巩固】如图1，△ABC内接于⊙O，若∠C＝60°，弦AB＝23，则半径r＝　2　；
（2）【问题探究】如图2，四边形ABCD内接于⊙O，若∠ADC＝60°，AD＝DC，点B为弧AC上一动点（不与点A，点C重合）．
求证：AB+BC＝BD；
（3）【解决问题】如图3，一块空地由三条直路（线段AD、AB、BC）和一条道路劣弧CD围成，已知CM＝DM=3千米，∠DMC＝60°，CD的半径为1千米，市政府准备将这块空地规划为一个公园，主入口在点M处，另外三个入口分别在点C、D、P处，其中点P在CD上，并在公园中修四条慢跑道，即图中的线段DM、MC、CP、PD，是否存在一种规划方案，使得四条慢跑道总长度（即四边形DMCP的周长）最大？若存在，求其最大值；若不存在，说明理由．


【分析】（1）连接AO，BO，得出∠OAB的度数，作OH⊥AB，由直角三角形的性质即可得出答案；
（2）在BD上取点E，使BE＝BC，连接EC，AC，证明△ACB≌△DCE（SAS），由全等三角形的性质得出AB＝DE，则可得出结论；
（3）连接PM，过点O作OH⊥DM于点H，设OH＝x，证明△DOM≌△COM（SSS），得出∠DMO＝∠CMO=12∠DMC＝30°，可得出HM=3x，由勾股定理求出x，由（2）可知DP+CP＝PM，故当PM是直径时，PD+PC最大值为2，则可得出答案．
【解答】（1）解：连接AO，BO，作OH⊥AB，

∵∠C＝60°，
∴∠AOB＝120°，
∴∠OAB＝30°，
∵OH⊥AB，
∴AH＝BH=3，
∴OH＝AH•tan30°=3×33=1，
∴AO＝2OH＝2，
故答案为：2；
（2）证明：在BD上取点E，使BE＝BC，连接EC，AC，

∵AD＝CD，∠ADC＝60°，
∴△ADC为等边三角形，
∴DC＝AC，∠DCA＝60°，
∵四边形ABCD为圆O的内接四边形，
∴∠ABC+∠ADC＝180°，
∴∠ABC＝120°，
∵AD＝CD，
∴AD=CD，
∴∠ABD＝∠CBD，
∴∠CBD＝60°，
∴△BEC为等边三角形，
∴BC＝CE，∠BCE＝60°，
∴∠BCA＝∠ECD，
∴△ACB≌△DCE（SAS），
∴AB＝DE，
∴DB＝DE+BE＝AB+BC；
（3）解：存在．
∵CM＝DM＝3千米，
∴当DP+CP取得最大值时，四边形DMCP的周长最大，
连接PM，过点O作OH⊥DM于点H，设OH＝x，

∵DM＝CM，OM＝OM，DO＝CO，
∴△DOM≌△COM（SSS），
∴∠DMO＝∠CMO=12∠DMC＝30°，
∴HM=3x，
∴DH=3−3x，
∵DH2+OH2＝OD2，
∴(3−3x)2+x2=12，
∴x=12或x＝1（舍去），
∴OH=12，
∴OM＝1，
∴D、P、C、M四点共圆，
∴∠DPC＝120°，
由（2）可知DP+CP＝PM，
故当PM是直径时，PD+PC最大值为2，
∵四边形DMCP的周长＝DM+CM+PC+PD＝23+PD+PC，
∴四边形DMCP的周长的最大值为：2+23，
即四条慢跑道总长度（即四边形DMCP的周长）的最大值为2+23．