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2022年湖北省武汉市江岸区中考数学模拟试卷（一） (word版含答案)
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这是一份2022年湖北省武汉市江岸区中考数学模拟试卷（一） (word版含答案)，共30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年湖北省武汉市江岸区中考数学模拟试卷（一）
一、选择题（本大题共10小题，共30分）
1．（3分）一个数的相反数是﹣2022，则这个数是（ ）
A．2022 B．﹣2022 C． D．﹣
2．（3分）下列调查适合采用抽样调查的是（ ）
A．某公司招聘人员，对应聘人员进行面试
B．调查一批节能灯泡的使用寿命
C．为保证火箭的成功发射，对其零部件进行检查
D．对乘坐某次航班的乘客进行安全检查
3．（3分）要制作一个“爱我中华”的展板，如图所示，用KT板制作的“中”字的俯视图是（ ）
A． B．
C． D．
4．（3分）下列计算结果是x5的为（ ）
A．x10÷x2 B．x2•x3 C．（x2）3 D．x6﹣x
5．（3分）下列生活垃圾分类标志中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
A． B．
C． D．
6．（3分）已知点（x1，y1）、（x2，y2）、（x3，y3）都在反比例函数的图象上，若x1＜0＜x2＜x3，则y1、y2、y3的大小关系是（ ）
A．y1＜y2＜y3 B．y1＜y3＜y2 C．y2＜y1＜y3 D．y3＜y2＜y1
7．（3分）A，B两地相距640km，甲、乙两辆汽车从A地出发到B地，均匀速行驶，甲出发1小时后，乙出发沿同一路线行驶，设甲、乙两车相距s（km），甲行驶的时间为t（h），s与t的关系如图所示，下列说法：
①甲车行驶的速度是60km/h，乙车行驶的速度是80km/h；
②乙出发4h后追上甲；
③甲比乙晚到h；
④甲车行驶8h或9h，甲，乙两车相距80km；
其中正确的个数是（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
8．（3分）如图，某景区有A，B，C三个入口，D，E两个出口，小红任选一个入口进入景区，游玩后任选一个出口离开，则她选择从A或B入口进入，从D出口离开的概率是（ ）
A． B． C． D．
9．（3分）如图，已知平面直角坐标系内三点A（3，0）、B（5，0）、C（0，4），⊙P经过点A、B、C，则点P的坐标为（ ）
A．（6，8） B．（4，5） C．（4，） D．（4，）
10．（3分）二次函数y＝（x﹣a）（x﹣b）﹣2（a＜b）与x轴的两个交点的横坐标分别为m和n，且m＜n，下列结论正确的是（ ）
A．m＜a＜n＜b B．a＜m＜b＜n C．m＜a＜b＜n D．a＜m＜n＜b
二、填空题（本大题共6小题，共18分）
11．（3分）化简：＝ ．
12．（3分）甲、乙两名同学进行跳高测试，每人10次跳高的平均成绩恰好是1.6米，方差分别是S甲2＝1.2，S乙2＝0.5，则在本次测试中， 同学的成绩更稳定（填“甲”或“乙”）
13．（3分）计算÷的结果是 ．
14．（3分）某兴趣小组同学借助无人机航拍测量某公园内一座古塔高度．如图，无人机在距离地面168米的A处，测得该塔底端点B的俯角为40°，然后向古塔方向沿水平面飞行50秒到达点C处，此时测得该塔顶端点D的俯角为60°．已知无人机的飞行速度为3米/秒，则这座古塔的高度约为 米（参考计算：sin40°≈064．cos40°≈077．tan40°≈0.84.1.41.1.73．结果精确到0.1米）
15．（3分）如图，抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）与x轴交于点A、B，顶点为C，对称轴为直线x＝1，给出下列结论：①abc＜0；②若点C的坐标为（1，2），则△ABC的面积可以等于2；③M（x1，y1），N（x2，y2）是抛物线上两点（x1＜x2），若x1+x2＞2，则y1＜y2；④若抛物线经过点（3，﹣1），则方程ax2+bx+c+1＝0的两根为﹣1，3．其中正确结论的序号为 ．
16．（3分）如图，△ABC中，AB＝AC＝10，tanA＝2，BE⊥AC于点E，D是线段BE上的一个动点，则CD+BD的最小值是 ．
三、解答题（本大题共8小题，共72分）
17．（8分）按要求解不等式组：．
（1）解不等式①得： ；
（2）解不等式②得： ；
（3）将两个不等式的解表示在数轴上：
（4）则不等式组的解集为： ．
18．（8分）如图：已知AB∥CD，∠1＝∠2＝110°，∠A＝50°．
（1）求证：BC∥DE；
（2）求∠C的度数．
19．（8分）某校组织学生参加“新冠肺炎”防疫知识竞赛，从中抽取了部分学生成绩进行统计，并按照成绩从低到高分成A，B，C，D，E五个小组，绘制统计图如下（未完成），解答下列问题：
（1）样本容量为 ，频数分布直方图中a＝ ；
（2）扇形统计图中E小组所对应的扇形圆心角为n°，求n的值并补全频数分布直方图；
（3）若成绩在80分以上（不含80分）为优秀，全校共有3000名学生，估计成绩优秀的学生有多少名？
20．（8分）如图，AB是⊙O的直径，弦DE垂直平分半径OA，C为垂足，弦DF与半径OB相交于点P，连接EF、EO，若DE＝2，∠DPA＝45°．
（1）求⊙O的半径；
（2）求图中阴影部分的面积．
21．（8分）如图所示，在平面直角坐标系中，已知A（0，1）、B（2，0）、C（4，3）．
（1）在平面直角坐标系中画出△ABC，则△ABC的面积是 ；
（2）若点D与点C关于y轴对称，则点D的坐标为 ；
（3）已知P为x轴上一点，若△ABP的面积为4，求点P的坐标．
22．（10分）科研人员为了研究弹射器的某项性能，利用无人机测量小钢球竖直向上运动的相关数据．无人机上升到离地面30米处开始保持匀速竖直上升，此时，在地面用弹射器（高度不计）竖直向上弹射一个小钢球（忽略空气阻力），在1秒时，它们距离地面都是35米，在6秒时，它们距离地面的高度也相同．其中无人机离地面高度y1（米）与小钢球运动时间x（秒）之间的函数关系如图所示；小钢球离地面高度y2（米）与它的运动时间x（秒）之间的函数关系如图中抛物线所示．
（1）直接写出y1与x之间的函数关系式；
（2）求出y2与x之间的函数关系式；
（3）小钢球弹射1秒后直至落地时，小钢球和无人机的高度差最大是多少米？
23．（10分）【问题情境】如图1，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CD⊥AB，垂足为D，我们可以得到如下正确结论：①CD2＝AD•BD；②AC2＝AB•AD；③BC2＝AB•BD，这些结论是由古希腊著名数学家欧几里得在《几何原本》最先提出的，我们称之为“射影定理”，又称“欧几里德定理”．
（1）请证明“射影定理”中的结论③BC2＝AB•BD．
【结论运用】
（2）如图2，正方形ABCD的边长为6，点O是对角线AC、BD的交点，点E在CD上，过点C作CF⊥BE，垂足为F，连接OF．
①求证：△BOF∽△BED．
②若CE＝2，求OF的长．
24．（12分）如图1，已知抛物线y＝x2+bx+c经过A（1，0），B（0，2）两点，顶点为D．
（1）求抛物线的解析式；
（2）如图2，将△OAB沿AB翻折到△EAB，直线AE交抛物线于P点，求直线AP的解析式；
（3）如图1，将△OAB绕点A顺时针旋转90°后，点B落到点C的位置，将抛物线沿y轴平移后经过点C，设平移后，所得抛物线与y轴的交点为B1，顶点为D1，若点N在平移后的抛物线上，且满足△NBB1的面积是△NDD1面积的2倍，求点N的坐标．
2022年湖北省武汉市江岸区中考数学模拟试卷（一）
（教师解析版）
一、选择题（本大题共10小题，共30分）
1．（3分）一个数的相反数是﹣2022，则这个数是（ ）
A．2022 B．﹣2022 C． D．﹣
【分析】根据相反数的定义即可得出答案．
【解答】解：﹣2022的相反数是2022，
故选：A．
2．（3分）下列调查适合采用抽样调查的是（ ）
A．某公司招聘人员，对应聘人员进行面试
B．调查一批节能灯泡的使用寿命
C．为保证火箭的成功发射，对其零部件进行检查
D．对乘坐某次航班的乘客进行安全检查
【分析】根据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．
【解答】解：A、某公司招聘人员，对应聘人员进行面试适合采用全面调查；
B、调查一批节能灯泡的使用寿命适合采用抽样调查；
C、为保证火箭的成功发射，对其零部件进行检查适合采用全面调查；
D、对乘坐某次航班的乘客进行安全检查适合采用全面调查；
故选：B．
3．（3分）要制作一个“爱我中华”的展板，如图所示，用KT板制作的“中”字的俯视图是（ ）
A． B．
C． D．
【分析】找到从几何体的上面看所得到的图形即可．
【解答】解：这个几何体的俯视图为：
故选：C．
4．（3分）下列计算结果是x5的为（ ）
A．x10÷x2 B．x2•x3 C．（x2）3 D．x6﹣x
【分析】根据同底数幂的乘除法法则、幂的乘方的性质，以及合并同类项法则进行计算．
【解答】解：A、x10÷x2＝x8，故此选项不合题意；
B、x2•x3＝x5，故此选项符合题意；
C、（x2）3＝x6，故此选项不合题意；
D、x6和x不是同类项，不能合并，故此选项不合题意；
故选：B．
5．（3分）下列生活垃圾分类标志中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
A． B．
C． D．
【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．
【解答】解：A、既不是中心对称图形，也不是轴对称图形，故本选项不合题意；
B、既是中心对称图形又是轴对称图形，故本选项符合题意；
C、不是中心对称图形，是轴对称图形，故本选项不合题意；
D、既不是中心对称图形，也不是轴对称图形，故本选项不合题意．
故选：B．
6．（3分）已知点（x1，y1）、（x2，y2）、（x3，y3）都在反比例函数的图象上，若x1＜0＜x2＜x3，则y1、y2、y3的大小关系是（ ）
A．y1＜y2＜y3 B．y1＜y3＜y2 C．y2＜y1＜y3 D．y3＜y2＜y1
【分析】由反比例函数的增减性解题．
【解答】解：∵k＝4＞0，
∴函数在第一，三象限内y随x的增大而减小，且x＞0时，y＞0，x＜0时，y＜0，
∵x1＜0＜x2＜x3，
∴y1＜0＜y3＜y2，
故选：B．
7．（3分）A，B两地相距640km，甲、乙两辆汽车从A地出发到B地，均匀速行驶，甲出发1小时后，乙出发沿同一路线行驶，设甲、乙两车相距s（km），甲行驶的时间为t（h），s与t的关系如图所示，下列说法：
①甲车行驶的速度是60km/h，乙车行驶的速度是80km/h；
②乙出发4h后追上甲；
③甲比乙晚到h；
④甲车行驶8h或9h，甲，乙两车相距80km；
其中正确的个数是（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【分析】根据函数图象即可得到甲车行驶的速度以及乙车行驶的速度；根据函数图象即可得到乙出发4h后追上甲；根据图象，当乙到达B地时，甲乙相距100km，据此可得甲比乙晚到h；根据甲，乙两车相距80km，列出方程进行求解即可．
【解答】解：①由图可得，甲车行驶的速度是60÷1＝60km/h，
∵甲先出发1h，乙出发3h后追上甲，
∴3（v乙﹣60）＝60，
∴v乙＝80km/h，
即乙车行驶的速度是80km/h，故①正确；
②∵当t＝1时，乙出发，当t＝4时，乙追上甲，
∴乙出发3h后追上甲，故②错误；
③由图可得，当乙到达B地时，甲乙相距100km，
∴甲比乙晚到100÷60＝h，故③正确；
④由图可得，当60t+80＝80（t﹣1）时，
解得t＝8；
当60t+80＝640时，
解得t＝9，
∴甲车行驶8h或9h，甲，乙两车相距80km，故④正确；
综上所述，正确的个数是3个．
故选：C．
8．（3分）如图，某景区有A，B，C三个入口，D，E两个出口，小红任选一个入口进入景区，游玩后任选一个出口离开，则她选择从A或B入口进入，从D出口离开的概率是（ ）
A． B． C． D．
【分析】首先根据题意画出树状图，然后由树状图求得所有等可能的结果，可求得小红从入口A，B进入景区并从D出口离开的情况，再利用概率公式求解即可求得答案．
【解答】解：画树形图如图得：
由树形图可知所有可能的结果有6种，
设小红从入口A，B进入景区并从E，D出口离开的概率是P，
∵小红从入口A，B进入景区并从D出口离开的有2种情况，
∴P＝．
故选：B．
9．（3分）如图，已知平面直角坐标系内三点A（3，0）、B（5，0）、C（0，4），⊙P经过点A、B、C，则点P的坐标为（ ）
A．（6，8） B．（4，5） C．（4，） D．（4，）
【分析】根据题意可知点P的横坐标为4，设点P的坐标为（4，y），根据PA＝PC列出关于y的方程，解方程得到答案．
【解答】解：∵⊙P经过点A、B、C，
∴点P在线段AB的垂直平分线上，
∴点P的横坐标为4，
设点P的坐标为（4，y），
作PE⊥OB于E，PF⊥OC于F，
由题意得，
＝，
解得，y＝，
故选：C．
10．（3分）二次函数y＝（x﹣a）（x﹣b）﹣2（a＜b）与x轴的两个交点的横坐标分别为m和n，且m＜n，下列结论正确的是（ ）
A．m＜a＜n＜b B．a＜m＜b＜n C．m＜a＜b＜n D．a＜m＜n＜b
【分析】依照题意画出二次函数y＝（x﹣a）（x﹣b）及y＝（x﹣a）（x﹣b）﹣2的大致图象，观察图象即可得出结论．
【解答】解：二次函数y＝（x﹣a）（x﹣b）与x轴交点的横坐标为a、b，将其图象往下平移2个单位长度可得出二次函数y＝（x﹣a）（x﹣b）﹣2的图象，如图所示．
观察图象，可知：m＜a＜b＜n．
故选：C．
二、填空题（本大题共6小题，共18分）
11．（3分）化简：＝ 5 ．
【分析】直接利用二次根式的性质化简求出即可．
【解答】解：＝5．
故答案为：5．
【点睛】此题主要考查了二次根式的乘法，正确掌握二次根式的性质是解题关键．
12．（3分）甲、乙两名同学进行跳高测试，每人10次跳高的平均成绩恰好是1.6米，方差分别是S甲2＝1.2，S乙2＝0.5，则在本次测试中， 乙 同学的成绩更稳定（填“甲”或“乙”）
【分析】根据方差的意义可作出判断．方差是用来衡量一组数据波动大小的量，方差越小，表明这组数据分布比较集中，各数据偏离平均数越小，即波动越小，数据越稳定．
【解答】解：∵S甲2＝1.2，S乙2＝0.5，
∴S甲＞S乙，
∴甲、乙两名同学成绩更稳定的是乙；
故答案为：乙．
13．（3分）计算÷的结果是 ．
【分析】将能因式分解的多项式进行分解，把除法化成乘法再计算．
【解答】解：原式＝•＝
14．（3分）某兴趣小组同学借助无人机航拍测量某公园内一座古塔高度．如图，无人机在距离地面168米的A处，测得该塔底端点B的俯角为40°，然后向古塔方向沿水平面飞行50秒到达点C处，此时测得该塔顶端点D的俯角为60°．已知无人机的飞行速度为3米/秒，则这座古塔的高度约为 81.5 米（参考计算：sin40°≈064．cos40°≈077．tan40°≈0.84.1.41.1.73．结果精确到0.1米）
【分析】作AE⊥地面于E，DF⊥AC交AC的延长线于F，根据正切的定义求出BE，再根据正切的定义计算即可．
【解答】解：作AE⊥地面于E，DF⊥AC交AC的延长线于F，
则四边形AEBF为矩形，
∴BF＝AE＝168，AF＝BE，
在Rt△AEB中，tan∠ABE＝，
则BE＝≈＝200，
∴CF＝AF﹣AC＝200﹣50×3＝50，
在Rt△CFD中，tan∠FCD＝，
则DF＝CF•tan∠FCD≈50×1.73＝86.5，
∴BD＝168﹣86.5＝81.5（米）
故答案为：81.5．
15．（3分）如图，抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）与x轴交于点A、B，顶点为C，对称轴为直线x＝1，给出下列结论：①abc＜0；②若点C的坐标为（1，2），则△ABC的面积可以等于2；③M（x1，y1），N（x2，y2）是抛物线上两点（x1＜x2），若x1+x2＞2，则y1＜y2；④若抛物线经过点（3，﹣1），则方程ax2+bx+c+1＝0的两根为﹣1，3．其中正确结论的序号为 ①④ ．
【分析】根据函数的图象和性质即可求解．
【解答】解：①抛物线的对称轴在y轴右侧，则ab＜0，而c＞0，故abc＜0，正确，符合题意；
②△ABC的面积＝AB•yC＝AB×2＝2，解得：AB＝2，则点A（0，0），即c＝0与图象不符，故②错误，不符合题意；
③函数的对称轴为x＝1，若x1+x2＞2，则（x1+x2）＞1，则点N离函数对称轴远，故y1＞y2，故③错误，不符合题意；
④抛物线经过点（3，﹣1），则y′＝ax2+bx+c+1过点（3，0），
根据函数的对称轴该抛物线也过点（﹣1，0），故方程ax2+bx+c+1＝0的两根为﹣1，3，故④正确，符合题意；
故答案为：①④．
16．（3分）如图，△ABC中，AB＝AC＝10，tanA＝2，BE⊥AC于点E，D是线段BE上的一个动点，则CD+BD的最小值是 4 ．
【分析】如图，作DH⊥AB于H，CM⊥AB于M．由tanA＝＝2，设AE＝a，BE＝2a，利用勾股定理构建方程求出a，再证明DH＝BD，推出CD+BD＝CD+DH，由垂线段最短即可解决问题．
【解答】解：如图，作DH⊥AB于H，CM⊥AB于M．
∵BE⊥AC，
∴∠AEB＝90°，
∵tanA＝＝2，设AE＝a，BE＝2a，
则有：100＝a2+4a2，
∴a2＝20，
∴a＝2或﹣2（舍弃），
∴BE＝2a＝4，
∵AB＝AC，BE⊥AC，CM⊥AB，
∴CM＝BE＝4（等腰三角形两腰上的高相等））
∵∠DBH＝∠ABE，∠BHD＝∠BEA，
∴sin∠DBH＝＝＝，
∴DH＝BD，
∴CD+BD＝CD+DH，
∴CD+DH≥CM，
∴CD+BD≥4，
∴CD+BD的最小值为4．
故答案为4．
三、解答题（本大题共8小题，共72分）
17．（8分）按要求解不等式组：．
（1）解不等式①得： x＜2 ；
（2）解不等式②得： x≥﹣1 ；
（3）将两个不等式的解表示在数轴上：
（4）则不等式组的解集为： ﹣1≤x＜2 ．
【分析】根据不等式的性质和一元一次不等式组的解法进行解答即可．
【解答】解：（1）解不等式①得，x＜2，
故答案为：x＜2；
（2）解不等式②得，x≥﹣1，
故答案为：x≥﹣1；
（3）将两个不等式的解表示在数轴上如下：
（4）这个不等式组的解集为﹣1≤x＜2，
故答案为：﹣1≤x＜2．
18．（8分）如图：已知AB∥CD，∠1＝∠2＝110°，∠A＝50°．
（1）求证：BC∥DE；
（2）求∠C的度数．
【分析】（1）利用平行线的判定定理，内错角相等，两直线平行推理即可；
（2）利用三角形内角和求得∠B的度数，再利用平行线的性质即可推出∠C的度数．
【解答】（1）证明：∵∠1+∠AFB＝180°，∠1＝110°，
∴∠AFB＝70°，
∵∠2+∠FDE＝180°，∠2＝110°，
∴∠FDE＝70°，
∴∠AFB＝∠FDE，
∴BC∥DE；
（2）解：∵∠A+∠AFB+∠B＝180°，
∠A＝50°，∠AFB＝70°，
∴∠B＝180°﹣∠A﹣∠AFB＝60°，
∵AB∥CD，
∴∠C＝∠B＝60°．
19．（8分）某校组织学生参加“新冠肺炎”防疫知识竞赛，从中抽取了部分学生成绩进行统计，并按照成绩从低到高分成A，B，C，D，E五个小组，绘制统计图如下（未完成），解答下列问题：
（1）样本容量为 200 ，频数分布直方图中a＝ 16 ；
（2）扇形统计图中E小组所对应的扇形圆心角为n°，求n的值并补全频数分布直方图；
（3）若成绩在80分以上（不含80分）为优秀，全校共有3000名学生，估计成绩优秀的学生有多少名？
【分析】（1）根据B组的频数以及百分比，即可求得总人数，然后根据百分比的意义求得a的值；
（2）利用360°乘以E小组所占的百分比，求出n的值，用总人数乘以C组的人数所占的百分比，从而补全统计图；
（3）利用全校总人数乘以对应的百分比，即可求解．
【解答】解：（1）学生总数是40÷20%＝200（人），
则a＝200×8%＝16；
故答案为：200；16；
（2）n＝360°×＝43.2°．
C组的人数是：200×25%＝50．如图所示：
（3）根据题意得：
3000×＝1410（名）
答：成绩优秀的学生有1410名．
20．（8分）如图，AB是⊙O的直径，弦DE垂直平分半径OA，C为垂足，弦DF与半径OB相交于点P，连接EF、EO，若DE＝2，∠DPA＝45°．
（1）求⊙O的半径；
（2）求图中阴影部分的面积．
【分析】（1）根据垂径定理得CE的长，再根据已知DE平分AO得CO＝AO＝OE，根据勾股定理列方程求解．
（2）先求出扇形的圆心角，再根据扇形面积和三角形的面积公式计算即可．
【解答】解：（1）∵直径AB⊥DE，
∴CE＝DE＝1．
∵DE平分AO，
∴CO＝AO＝OE．
设CO＝x，则OE＝2x．
由勾股定理得：12+x2＝（2x）2．
x＝．
∴OE＝2x＝．
即⊙O的半径为．
（2）连接OF，
在Rt△DCP中，
∵∠DPC＝45°，
∴∠D＝90°﹣45°＝45°．
∴∠EOF＝2∠D＝90°．
∴S扇形OEF＝＝π．
∵∠EOF＝2∠D＝90°，OE＝OF＝
SRt△OEF＝＝．
∴S阴影＝S扇形OEF﹣SRt△OEF＝π﹣．
21．（8分）如图所示，在平面直角坐标系中，已知A（0，1）、B（2，0）、C（4，3）．
（1）在平面直角坐标系中画出△ABC，则△ABC的面积是 4 ；
（2）若点D与点C关于y轴对称，则点D的坐标为 （﹣4，3） ；
（3）已知P为x轴上一点，若△ABP的面积为4，求点P的坐标．
【分析】（1）直接利用△ABC所在矩形面积减去周围三角形面积进而得出答案；
（2）利用关于y轴对称点的性质得出答案；
（3）利用三角形面积求法得出符合题意的答案．
【解答】解：（1）如图所示：△ABC的面积是：3×4﹣×1×2﹣×2×4﹣×2×3＝4；
故答案为：4；
（2）点D与点C关于y轴对称，则点D的坐标为：（﹣4，3）；
故答案为：（﹣4，3）；
（3）∵P为x轴上一点，△ABP的面积为4，
∴BP＝8，
∴点P的横坐标为：2+8＝10或2﹣8＝﹣6，
故P点坐标为：（10，0）或（﹣6，0）．
22．（10分）科研人员为了研究弹射器的某项性能，利用无人机测量小钢球竖直向上运动的相关数据．无人机上升到离地面30米处开始保持匀速竖直上升，此时，在地面用弹射器（高度不计）竖直向上弹射一个小钢球（忽略空气阻力），在1秒时，它们距离地面都是35米，在6秒时，它们距离地面的高度也相同．其中无人机离地面高度y1（米）与小钢球运动时间x（秒）之间的函数关系如图所示；小钢球离地面高度y2（米）与它的运动时间x（秒）之间的函数关系如图中抛物线所示．
（1）直接写出y1与x之间的函数关系式；
（2）求出y2与x之间的函数关系式；
（3）小钢球弹射1秒后直至落地时，小钢球和无人机的高度差最大是多少米？
【分析】（1）先设出一次函数的解析式，再用待定系数法求函数解析式即可；
（2）用待定系数法求函数解析式即可；
（3）当1＜x≤6时小钢球在无人机上方，因此求y2﹣y1，当6＜x≤8时，无人机在小钢球的上方，因此求y1﹣y2，然后进行比较判断即可．
【解答】解：（1）设y1与x之间的函数关系式为y1＝kx+b，
∵函数图象过点（0，30）和（1，35），
则，
解得：，
∴y1与x之间的函数关系式为y1＝5x+30；
（2）∵x＝6时，y1＝5×6+30＝60，
∵y2的图象是过原点的抛物线，
设y2＝ax2+bx，
∴点（1.35），（6.60）在抛物线y2＝ax2+bx上，
∴，
解得：，
∴y2＝﹣5x2+40x，
答：y2与x的函数关系式为y2＝﹣5x2+40x；
（3）设小钢球和无人机的高度差为y米，
由﹣5x2+40x＝0得，x＝0或x＝8，
①1＜x≤6时，
y＝y2﹣y1＝﹣5x2+40x﹣5x﹣30＝﹣5x2+35x﹣30＝﹣5（x﹣）2+
∵a＝﹣5＜0，
∴抛物线开口向下，
又∵1＜x≤6，
∴当x＝时，y的最大值为；
②6＜x≤8时，y＝y1﹣y2＝5x+30+5x2﹣40x＝5x2﹣35x+30＝5（x﹣）2﹣，
∵a＝5＞0，
∴抛物线开口向上，
又∵对称轴是直线x＝，
∴当x＞时，y随x的增大而增大，
∵6＜x≤8，
∴当x＝8时，y的最大值为70，
∵＜70，
∴高度差的最大值为70米．
23．（10分）【问题情境】如图1，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CD⊥AB，垂足为D，我们可以得到如下正确结论：①CD2＝AD•BD；②AC2＝AB•AD；③BC2＝AB•BD，这些结论是由古希腊著名数学家欧几里得在《几何原本》最先提出的，我们称之为“射影定理”，又称“欧几里德定理”．
（1）请证明“射影定理”中的结论③BC2＝AB•BD．
【结论运用】
（2）如图2，正方形ABCD的边长为6，点O是对角线AC、BD的交点，点E在CD上，过点C作CF⊥BE，垂足为F，连接OF．
①求证：△BOF∽△BED．
②若CE＝2，求OF的长．
【分析】（1）利用两个分别相等可证△CBD∽△ABC，得，从而得出结论；
（2）①由（1）同理可得BC2＝BF•BE，BC2＝BO•BD，则，且∠OBF＝∠EBD，证明出△BOF∽△BED；
②利用勾股定理求出BE，BO的长，由①知△BOF∽△BED，得，代入即可求出答案．
【解答】（1）证明：∵CD⊥AB，
∴∠BDC＝90°＝∠ACB，
∵∠CBD＝∠ABC，
∴△CBD∽△ABC，
∴，
∴BC2＝AB•BD；
（2）①证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴OC⊥BO，∠BCD＝90°，
∴BC2＝BO•BD，
∵CF⊥BE，
∴BC2＝BF•BE，
∴BO•BD＝BF•BE，
即，
∵∠OBF＝∠EBD，
∴△BOF∽△BED；
②解：在Rt△BCE中，∵BC＝6，CE＝2，
∴BE＝＝2，
∴DE＝4，BO＝3，
由①知△BOF∽△BED，
∴，
∴，
∴OF＝．
24．（12分）如图1，已知抛物线y＝x2+bx+c经过A（1，0），B（0，2）两点，顶点为D．
（1）求抛物线的解析式；
（2）如图2，将△OAB沿AB翻折到△EAB，直线AE交抛物线于P点，求直线AP的解析式；
（3）如图1，将△OAB绕点A顺时针旋转90°后，点B落到点C的位置，将抛物线沿y轴平移后经过点C，设平移后，所得抛物线与y轴的交点为B1，顶点为D1，若点N在平移后的抛物线上，且满足△NBB1的面积是△NDD1面积的2倍，求点N的坐标．
【分析】（1）利用待定系数法，将点A，B的坐标代入解析式即可求得；
（2）设直线AP与y轴交于F，根据折叠的性质得到∠BEF＝90°，BE＝OB＝2，根据相似三角形的性质得到＝＝，设OF＝x，EF＝2x，根据勾股定理得到OF＝，求得F（0，﹣），设直线AP的解析式的解析式为y＝kx+n，求得直线AP的解析式y＝﹣x+；
（3）根据旋转的知识可得：A（1，0），B（0，2），则OA＝1，OB＝2，可得旋转后C点的坐标为（3，1），当x＝3时，由y＝x2﹣3x+2得y＝2，可知抛物线y＝x2﹣3x+2过点（3，2），将原抛物线沿y轴向下平移1个单位后过点C，求得B1，D1的坐标，根据图形分别求得即可，要注意利用方程思想．
【解答】解：（1）已知抛物线y＝x2+bx+c经过A（1，0），B（0，2），
∴，
解得，
∴所求抛物线的解析式为y＝x2﹣3x+2；
（2）∵A（1，0），B（0，2），
∴OA＝1，OB＝2，
设直线AP与y轴交于F，
∵将△OAB沿AB翻折到△EAB，
∴∠BEF＝90°，BE＝OB＝2，
∵∠BEF＝∠AOF＝90°，∠AFO＝∠BFE，
∴△AOF∽△BEF，
∴＝＝，
∴设OF＝x，EF＝2x，
∵BF2＝BE2+EF2，
∴（2+x）2＝22+（2x）2，
∴x＝，x＝0（不合题意舍去），
∴OF＝，
∴F（0，﹣），
设直线AP的解析式的解析式为y＝kx+n，
∴，
∴，
∴直线AP的解析式y＝﹣x+；
（3）∵A（1，0），B（0，2），
∴OA＝1，OB＝2，
可得旋转后C点的坐标为（3，1），
当x＝3时，由y＝x2﹣3x+2得y＝2，
可知抛物线y＝x2﹣3x+2过点（3，2），
∴将原抛物线沿y轴向下平移1个单位后过点C．
∴平移后的抛物线解析式为：y2＝x2﹣3x+1；
∵点N在y＝x2﹣3x+1上，可设N点坐标为（x0，x02﹣3x0+1），
将y＝x2﹣3x+1配方得y＝（x﹣）2﹣，
∴其对称轴为直线x＝，
①0≤x0≤时，如图①，
∵S＝2S，
∴×1×x0＝2××1×（﹣x0），
∵x0＝1，
此时x02﹣3x0+1＝﹣1，
∴N点的坐标为（1，﹣1）．
②当x0＞时，如图②，
同理可得×1×x0＝2××（x0﹣），
∴x0＝3，
此时x02﹣3x0+1＝1，
∴点N的坐标为（3，1）．
③当x＜0时，由图可知，N点不存在，
综上，点N的坐标为（1，﹣1）或（3，1）．
2022年湖北省武汉市江岸区中考数学模拟试卷（一）
一、选择题（本大题共10小题，共30分）
1．（3分）一个数的相反数是﹣2022，则这个数是（ ）
A．2022 B．﹣2022 C． D．﹣
2．（3分）下列调查适合采用抽样调查的是（ ）
A．某公司招聘人员，对应聘人员进行面试
B．调查一批节能灯泡的使用寿命
C．为保证火箭的成功发射，对其零部件进行检查
D．对乘坐某次航班的乘客进行安全检查
3．（3分）要制作一个“爱我中华”的展板，如图所示，用KT板制作的“中”字的俯视图是（ ）
A． B．
C． D．
4．（3分）下列计算结果是x5的为（ ）
A．x10÷x2 B．x2•x3 C．（x2）3 D．x6﹣x
5．（3分）下列生活垃圾分类标志中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
A． B．
C． D．
6．（3分）已知点（x1，y1）、（x2，y2）、（x3，y3）都在反比例函数的图象上，若x1＜0＜x2＜x3，则y1、y2、y3的大小关系是（ ）
A．y1＜y2＜y3 B．y1＜y3＜y2 C．y2＜y1＜y3 D．y3＜y2＜y1
7．（3分）A，B两地相距640km，甲、乙两辆汽车从A地出发到B地，均匀速行驶，甲出发1小时后，乙出发沿同一路线行驶，设甲、乙两车相距s（km），甲行驶的时间为t（h），s与t的关系如图所示，下列说法：
①甲车行驶的速度是60km/h，乙车行驶的速度是80km/h；
②乙出发4h后追上甲；
③甲比乙晚到h；
④甲车行驶8h或9h，甲，乙两车相距80km；
其中正确的个数是（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
8．（3分）如图，某景区有A，B，C三个入口，D，E两个出口，小红任选一个入口进入景区，游玩后任选一个出口离开，则她选择从A或B入口进入，从D出口离开的概率是（ ）
A． B． C． D．
9．（3分）如图，已知平面直角坐标系内三点A（3，0）、B（5，0）、C（0，4），⊙P经过点A、B、C，则点P的坐标为（ ）
A．（6，8） B．（4，5） C．（4，） D．（4，）
10．（3分）二次函数y＝（x﹣a）（x﹣b）﹣2（a＜b）与x轴的两个交点的横坐标分别为m和n，且m＜n，下列结论正确的是（ ）
A．m＜a＜n＜b B．a＜m＜b＜n C．m＜a＜b＜n D．a＜m＜n＜b
二、填空题（本大题共6小题，共18分）
11．（3分）化简：＝ ．
12．（3分）甲、乙两名同学进行跳高测试，每人10次跳高的平均成绩恰好是1.6米，方差分别是S甲2＝1.2，S乙2＝0.5，则在本次测试中， 同学的成绩更稳定（填“甲”或“乙”）
13．（3分）计算÷的结果是 ．
14．（3分）某兴趣小组同学借助无人机航拍测量某公园内一座古塔高度．如图，无人机在距离地面168米的A处，测得该塔底端点B的俯角为40°，然后向古塔方向沿水平面飞行50秒到达点C处，此时测得该塔顶端点D的俯角为60°．已知无人机的飞行速度为3米/秒，则这座古塔的高度约为 米（参考计算：sin40°≈064．cos40°≈077．tan40°≈0.84.1.41.1.73．结果精确到0.1米）
15．（3分）如图，抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）与x轴交于点A、B，顶点为C，对称轴为直线x＝1，给出下列结论：①abc＜0；②若点C的坐标为（1，2），则△ABC的面积可以等于2；③M（x1，y1），N（x2，y2）是抛物线上两点（x1＜x2），若x1+x2＞2，则y1＜y2；④若抛物线经过点（3，﹣1），则方程ax2+bx+c+1＝0的两根为﹣1，3．其中正确结论的序号为 ．
16．（3分）如图，△ABC中，AB＝AC＝10，tanA＝2，BE⊥AC于点E，D是线段BE上的一个动点，则CD+BD的最小值是 ．
三、解答题（本大题共8小题，共72分）
17．（8分）按要求解不等式组：．
（1）解不等式①得： ；
（2）解不等式②得： ；
（3）将两个不等式的解表示在数轴上：
（4）则不等式组的解集为： ．
18．（8分）如图：已知AB∥CD，∠1＝∠2＝110°，∠A＝50°．
（1）求证：BC∥DE；
（2）求∠C的度数．
19．（8分）某校组织学生参加“新冠肺炎”防疫知识竞赛，从中抽取了部分学生成绩进行统计，并按照成绩从低到高分成A，B，C，D，E五个小组，绘制统计图如下（未完成），解答下列问题：
（1）样本容量为 ，频数分布直方图中a＝ ；
（2）扇形统计图中E小组所对应的扇形圆心角为n°，求n的值并补全频数分布直方图；
（3）若成绩在80分以上（不含80分）为优秀，全校共有3000名学生，估计成绩优秀的学生有多少名？
20．（8分）如图，AB是⊙O的直径，弦DE垂直平分半径OA，C为垂足，弦DF与半径OB相交于点P，连接EF、EO，若DE＝2，∠DPA＝45°．
（1）求⊙O的半径；
（2）求图中阴影部分的面积．
21．（8分）如图所示，在平面直角坐标系中，已知A（0，1）、B（2，0）、C（4，3）．
（1）在平面直角坐标系中画出△ABC，则△ABC的面积是 ；
（2）若点D与点C关于y轴对称，则点D的坐标为 ；
（3）已知P为x轴上一点，若△ABP的面积为4，求点P的坐标．
22．（10分）科研人员为了研究弹射器的某项性能，利用无人机测量小钢球竖直向上运动的相关数据．无人机上升到离地面30米处开始保持匀速竖直上升，此时，在地面用弹射器（高度不计）竖直向上弹射一个小钢球（忽略空气阻力），在1秒时，它们距离地面都是35米，在6秒时，它们距离地面的高度也相同．其中无人机离地面高度y1（米）与小钢球运动时间x（秒）之间的函数关系如图所示；小钢球离地面高度y2（米）与它的运动时间x（秒）之间的函数关系如图中抛物线所示．
（1）直接写出y1与x之间的函数关系式；
（2）求出y2与x之间的函数关系式；
（3）小钢球弹射1秒后直至落地时，小钢球和无人机的高度差最大是多少米？
23．（10分）【问题情境】如图1，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CD⊥AB，垂足为D，我们可以得到如下正确结论：①CD2＝AD•BD；②AC2＝AB•AD；③BC2＝AB•BD，这些结论是由古希腊著名数学家欧几里得在《几何原本》最先提出的，我们称之为“射影定理”，又称“欧几里德定理”．
（1）请证明“射影定理”中的结论③BC2＝AB•BD．
【结论运用】
（2）如图2，正方形ABCD的边长为6，点O是对角线AC、BD的交点，点E在CD上，过点C作CF⊥BE，垂足为F，连接OF．
①求证：△BOF∽△BED．
②若CE＝2，求OF的长．
24．（12分）如图1，已知抛物线y＝x2+bx+c经过A（1，0），B（0，2）两点，顶点为D．
（1）求抛物线的解析式；
（2）如图2，将△OAB沿AB翻折到△EAB，直线AE交抛物线于P点，求直线AP的解析式；
（3）如图1，将△OAB绕点A顺时针旋转90°后，点B落到点C的位置，将抛物线沿y轴平移后经过点C，设平移后，所得抛物线与y轴的交点为B1，顶点为D1，若点N在平移后的抛物线上，且满足△NBB1的面积是△NDD1面积的2倍，求点N的坐标．
2022年湖北省武汉市江岸区中考数学模拟试卷（一）
（教师解析版）
一、选择题（本大题共10小题，共30分）
1．（3分）一个数的相反数是﹣2022，则这个数是（ ）
A．2022 B．﹣2022 C． D．﹣
【分析】根据相反数的定义即可得出答案．
【解答】解：﹣2022的相反数是2022，
故选：A．
2．（3分）下列调查适合采用抽样调查的是（ ）
A．某公司招聘人员，对应聘人员进行面试
B．调查一批节能灯泡的使用寿命
C．为保证火箭的成功发射，对其零部件进行检查
D．对乘坐某次航班的乘客进行安全检查
【分析】根据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．
【解答】解：A、某公司招聘人员，对应聘人员进行面试适合采用全面调查；
B、调查一批节能灯泡的使用寿命适合采用抽样调查；
C、为保证火箭的成功发射，对其零部件进行检查适合采用全面调查；
D、对乘坐某次航班的乘客进行安全检查适合采用全面调查；
故选：B．
3．（3分）要制作一个“爱我中华”的展板，如图所示，用KT板制作的“中”字的俯视图是（ ）
A． B．
C． D．
【分析】找到从几何体的上面看所得到的图形即可．
【解答】解：这个几何体的俯视图为：
故选：C．
4．（3分）下列计算结果是x5的为（ ）
A．x10÷x2 B．x2•x3 C．（x2）3 D．x6﹣x
【分析】根据同底数幂的乘除法法则、幂的乘方的性质，以及合并同类项法则进行计算．
【解答】解：A、x10÷x2＝x8，故此选项不合题意；
B、x2•x3＝x5，故此选项符合题意；
C、（x2）3＝x6，故此选项不合题意；
D、x6和x不是同类项，不能合并，故此选项不合题意；
故选：B．
5．（3分）下列生活垃圾分类标志中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
A． B．
C． D．
【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．
【解答】解：A、既不是中心对称图形，也不是轴对称图形，故本选项不合题意；
B、既是中心对称图形又是轴对称图形，故本选项符合题意；
C、不是中心对称图形，是轴对称图形，故本选项不合题意；
D、既不是中心对称图形，也不是轴对称图形，故本选项不合题意．
故选：B．
6．（3分）已知点（x1，y1）、（x2，y2）、（x3，y3）都在反比例函数的图象上，若x1＜0＜x2＜x3，则y1、y2、y3的大小关系是（ ）
A．y1＜y2＜y3 B．y1＜y3＜y2 C．y2＜y1＜y3 D．y3＜y2＜y1
【分析】由反比例函数的增减性解题．
【解答】解：∵k＝4＞0，
∴函数在第一，三象限内y随x的增大而减小，且x＞0时，y＞0，x＜0时，y＜0，
∵x1＜0＜x2＜x3，
∴y1＜0＜y3＜y2，
故选：B．
7．（3分）A，B两地相距640km，甲、乙两辆汽车从A地出发到B地，均匀速行驶，甲出发1小时后，乙出发沿同一路线行驶，设甲、乙两车相距s（km），甲行驶的时间为t（h），s与t的关系如图所示，下列说法：
①甲车行驶的速度是60km/h，乙车行驶的速度是80km/h；
②乙出发4h后追上甲；
③甲比乙晚到h；
④甲车行驶8h或9h，甲，乙两车相距80km；
其中正确的个数是（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【分析】根据函数图象即可得到甲车行驶的速度以及乙车行驶的速度；根据函数图象即可得到乙出发4h后追上甲；根据图象，当乙到达B地时，甲乙相距100km，据此可得甲比乙晚到h；根据甲，乙两车相距80km，列出方程进行求解即可．
【解答】解：①由图可得，甲车行驶的速度是60÷1＝60km/h，
∵甲先出发1h，乙出发3h后追上甲，
∴3（v乙﹣60）＝60，
∴v乙＝80km/h，
即乙车行驶的速度是80km/h，故①正确；
②∵当t＝1时，乙出发，当t＝4时，乙追上甲，
∴乙出发3h后追上甲，故②错误；
③由图可得，当乙到达B地时，甲乙相距100km，
∴甲比乙晚到100÷60＝h，故③正确；
④由图可得，当60t+80＝80（t﹣1）时，
解得t＝8；
当60t+80＝640时，
解得t＝9，
∴甲车行驶8h或9h，甲，乙两车相距80km，故④正确；
综上所述，正确的个数是3个．
故选：C．
8．（3分）如图，某景区有A，B，C三个入口，D，E两个出口，小红任选一个入口进入景区，游玩后任选一个出口离开，则她选择从A或B入口进入，从D出口离开的概率是（ ）
A． B． C． D．
【分析】首先根据题意画出树状图，然后由树状图求得所有等可能的结果，可求得小红从入口A，B进入景区并从D出口离开的情况，再利用概率公式求解即可求得答案．
【解答】解：画树形图如图得：
由树形图可知所有可能的结果有6种，
设小红从入口A，B进入景区并从E，D出口离开的概率是P，
∵小红从入口A，B进入景区并从D出口离开的有2种情况，
∴P＝．
故选：B．
9．（3分）如图，已知平面直角坐标系内三点A（3，0）、B（5，0）、C（0，4），⊙P经过点A、B、C，则点P的坐标为（ ）
A．（6，8） B．（4，5） C．（4，） D．（4，）
【分析】根据题意可知点P的横坐标为4，设点P的坐标为（4，y），根据PA＝PC列出关于y的方程，解方程得到答案．
【解答】解：∵⊙P经过点A、B、C，
∴点P在线段AB的垂直平分线上，
∴点P的横坐标为4，
设点P的坐标为（4，y），
作PE⊥OB于E，PF⊥OC于F，
由题意得，
＝，
解得，y＝，
故选：C．
10．（3分）二次函数y＝（x﹣a）（x﹣b）﹣2（a＜b）与x轴的两个交点的横坐标分别为m和n，且m＜n，下列结论正确的是（ ）
A．m＜a＜n＜b B．a＜m＜b＜n C．m＜a＜b＜n D．a＜m＜n＜b
【分析】依照题意画出二次函数y＝（x﹣a）（x﹣b）及y＝（x﹣a）（x﹣b）﹣2的大致图象，观察图象即可得出结论．
【解答】解：二次函数y＝（x﹣a）（x﹣b）与x轴交点的横坐标为a、b，将其图象往下平移2个单位长度可得出二次函数y＝（x﹣a）（x﹣b）﹣2的图象，如图所示．
观察图象，可知：m＜a＜b＜n．
故选：C．
二、填空题（本大题共6小题，共18分）
11．（3分）化简：＝ 5 ．
【分析】直接利用二次根式的性质化简求出即可．
【解答】解：＝5．
故答案为：5．
【点睛】此题主要考查了二次根式的乘法，正确掌握二次根式的性质是解题关键．
12．（3分）甲、乙两名同学进行跳高测试，每人10次跳高的平均成绩恰好是1.6米，方差分别是S甲2＝1.2，S乙2＝0.5，则在本次测试中， 乙 同学的成绩更稳定（填“甲”或“乙”）
【分析】根据方差的意义可作出判断．方差是用来衡量一组数据波动大小的量，方差越小，表明这组数据分布比较集中，各数据偏离平均数越小，即波动越小，数据越稳定．
【解答】解：∵S甲2＝1.2，S乙2＝0.5，
∴S甲＞S乙，
∴甲、乙两名同学成绩更稳定的是乙；
故答案为：乙．
13．（3分）计算÷的结果是 ．
【分析】将能因式分解的多项式进行分解，把除法化成乘法再计算．
【解答】解：原式＝•＝
14．（3分）某兴趣小组同学借助无人机航拍测量某公园内一座古塔高度．如图，无人机在距离地面168米的A处，测得该塔底端点B的俯角为40°，然后向古塔方向沿水平面飞行50秒到达点C处，此时测得该塔顶端点D的俯角为60°．已知无人机的飞行速度为3米/秒，则这座古塔的高度约为 81.5 米（参考计算：sin40°≈064．cos40°≈077．tan40°≈0.84.1.41.1.73．结果精确到0.1米）
【分析】作AE⊥地面于E，DF⊥AC交AC的延长线于F，根据正切的定义求出BE，再根据正切的定义计算即可．
【解答】解：作AE⊥地面于E，DF⊥AC交AC的延长线于F，
则四边形AEBF为矩形，
∴BF＝AE＝168，AF＝BE，
在Rt△AEB中，tan∠ABE＝，
则BE＝≈＝200，
∴CF＝AF﹣AC＝200﹣50×3＝50，
在Rt△CFD中，tan∠FCD＝，
则DF＝CF•tan∠FCD≈50×1.73＝86.5，
∴BD＝168﹣86.5＝81.5（米）
故答案为：81.5．
15．（3分）如图，抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）与x轴交于点A、B，顶点为C，对称轴为直线x＝1，给出下列结论：①abc＜0；②若点C的坐标为（1，2），则△ABC的面积可以等于2；③M（x1，y1），N（x2，y2）是抛物线上两点（x1＜x2），若x1+x2＞2，则y1＜y2；④若抛物线经过点（3，﹣1），则方程ax2+bx+c+1＝0的两根为﹣1，3．其中正确结论的序号为 ①④ ．
【分析】根据函数的图象和性质即可求解．
【解答】解：①抛物线的对称轴在y轴右侧，则ab＜0，而c＞0，故abc＜0，正确，符合题意；
②△ABC的面积＝AB•yC＝AB×2＝2，解得：AB＝2，则点A（0，0），即c＝0与图象不符，故②错误，不符合题意；
③函数的对称轴为x＝1，若x1+x2＞2，则（x1+x2）＞1，则点N离函数对称轴远，故y1＞y2，故③错误，不符合题意；
④抛物线经过点（3，﹣1），则y′＝ax2+bx+c+1过点（3，0），
根据函数的对称轴该抛物线也过点（﹣1，0），故方程ax2+bx+c+1＝0的两根为﹣1，3，故④正确，符合题意；
故答案为：①④．
16．（3分）如图，△ABC中，AB＝AC＝10，tanA＝2，BE⊥AC于点E，D是线段BE上的一个动点，则CD+BD的最小值是 4 ．
【分析】如图，作DH⊥AB于H，CM⊥AB于M．由tanA＝＝2，设AE＝a，BE＝2a，利用勾股定理构建方程求出a，再证明DH＝BD，推出CD+BD＝CD+DH，由垂线段最短即可解决问题．
【解答】解：如图，作DH⊥AB于H，CM⊥AB于M．
∵BE⊥AC，
∴∠AEB＝90°，
∵tanA＝＝2，设AE＝a，BE＝2a，
则有：100＝a2+4a2，
∴a2＝20，
∴a＝2或﹣2（舍弃），
∴BE＝2a＝4，
∵AB＝AC，BE⊥AC，CM⊥AB，
∴CM＝BE＝4（等腰三角形两腰上的高相等））
∵∠DBH＝∠ABE，∠BHD＝∠BEA，
∴sin∠DBH＝＝＝，
∴DH＝BD，
∴CD+BD＝CD+DH，
∴CD+DH≥CM，
∴CD+BD≥4，
∴CD+BD的最小值为4．
故答案为4．
三、解答题（本大题共8小题，共72分）
17．（8分）按要求解不等式组：．
（1）解不等式①得： x＜2 ；
（2）解不等式②得： x≥﹣1 ；
（3）将两个不等式的解表示在数轴上：
（4）则不等式组的解集为： ﹣1≤x＜2 ．
【分析】根据不等式的性质和一元一次不等式组的解法进行解答即可．
【解答】解：（1）解不等式①得，x＜2，
故答案为：x＜2；
（2）解不等式②得，x≥﹣1，
故答案为：x≥﹣1；
（3）将两个不等式的解表示在数轴上如下：
（4）这个不等式组的解集为﹣1≤x＜2，
故答案为：﹣1≤x＜2．
18．（8分）如图：已知AB∥CD，∠1＝∠2＝110°，∠A＝50°．
（1）求证：BC∥DE；
（2）求∠C的度数．
【分析】（1）利用平行线的判定定理，内错角相等，两直线平行推理即可；
（2）利用三角形内角和求得∠B的度数，再利用平行线的性质即可推出∠C的度数．
【解答】（1）证明：∵∠1+∠AFB＝180°，∠1＝110°，
∴∠AFB＝70°，
∵∠2+∠FDE＝180°，∠2＝110°，
∴∠FDE＝70°，
∴∠AFB＝∠FDE，
∴BC∥DE；
（2）解：∵∠A+∠AFB+∠B＝180°，
∠A＝50°，∠AFB＝70°，
∴∠B＝180°﹣∠A﹣∠AFB＝60°，
∵AB∥CD，
∴∠C＝∠B＝60°．
19．（8分）某校组织学生参加“新冠肺炎”防疫知识竞赛，从中抽取了部分学生成绩进行统计，并按照成绩从低到高分成A，B，C，D，E五个小组，绘制统计图如下（未完成），解答下列问题：
（1）样本容量为 200 ，频数分布直方图中a＝ 16 ；
（2）扇形统计图中E小组所对应的扇形圆心角为n°，求n的值并补全频数分布直方图；
（3）若成绩在80分以上（不含80分）为优秀，全校共有3000名学生，估计成绩优秀的学生有多少名？
【分析】（1）根据B组的频数以及百分比，即可求得总人数，然后根据百分比的意义求得a的值；
（2）利用360°乘以E小组所占的百分比，求出n的值，用总人数乘以C组的人数所占的百分比，从而补全统计图；
（3）利用全校总人数乘以对应的百分比，即可求解．
【解答】解：（1）学生总数是40÷20%＝200（人），
则a＝200×8%＝16；
故答案为：200；16；
（2）n＝360°×＝43.2°．
C组的人数是：200×25%＝50．如图所示：
（3）根据题意得：
3000×＝1410（名）
答：成绩优秀的学生有1410名．
20．（8分）如图，AB是⊙O的直径，弦DE垂直平分半径OA，C为垂足，弦DF与半径OB相交于点P，连接EF、EO，若DE＝2，∠DPA＝45°．
（1）求⊙O的半径；
（2）求图中阴影部分的面积．
【分析】（1）根据垂径定理得CE的长，再根据已知DE平分AO得CO＝AO＝OE，根据勾股定理列方程求解．
（2）先求出扇形的圆心角，再根据扇形面积和三角形的面积公式计算即可．
【解答】解：（1）∵直径AB⊥DE，
∴CE＝DE＝1．
∵DE平分AO，
∴CO＝AO＝OE．
设CO＝x，则OE＝2x．
由勾股定理得：12+x2＝（2x）2．
x＝．
∴OE＝2x＝．
即⊙O的半径为．
（2）连接OF，
在Rt△DCP中，
∵∠DPC＝45°，
∴∠D＝90°﹣45°＝45°．
∴∠EOF＝2∠D＝90°．
∴S扇形OEF＝＝π．
∵∠EOF＝2∠D＝90°，OE＝OF＝
SRt△OEF＝＝．
∴S阴影＝S扇形OEF﹣SRt△OEF＝π﹣．
21．（8分）如图所示，在平面直角坐标系中，已知A（0，1）、B（2，0）、C（4，3）．
（1）在平面直角坐标系中画出△ABC，则△ABC的面积是 4 ；
（2）若点D与点C关于y轴对称，则点D的坐标为 （﹣4，3） ；
（3）已知P为x轴上一点，若△ABP的面积为4，求点P的坐标．
【分析】（1）直接利用△ABC所在矩形面积减去周围三角形面积进而得出答案；
（2）利用关于y轴对称点的性质得出答案；
（3）利用三角形面积求法得出符合题意的答案．
【解答】解：（1）如图所示：△ABC的面积是：3×4﹣×1×2﹣×2×4﹣×2×3＝4；
故答案为：4；
（2）点D与点C关于y轴对称，则点D的坐标为：（﹣4，3）；
故答案为：（﹣4，3）；
（3）∵P为x轴上一点，△ABP的面积为4，
∴BP＝8，
∴点P的横坐标为：2+8＝10或2﹣8＝﹣6，
故P点坐标为：（10，0）或（﹣6，0）．
22．（10分）科研人员为了研究弹射器的某项性能，利用无人机测量小钢球竖直向上运动的相关数据．无人机上升到离地面30米处开始保持匀速竖直上升，此时，在地面用弹射器（高度不计）竖直向上弹射一个小钢球（忽略空气阻力），在1秒时，它们距离地面都是35米，在6秒时，它们距离地面的高度也相同．其中无人机离地面高度y1（米）与小钢球运动时间x（秒）之间的函数关系如图所示；小钢球离地面高度y2（米）与它的运动时间x（秒）之间的函数关系如图中抛物线所示．
（1）直接写出y1与x之间的函数关系式；
（2）求出y2与x之间的函数关系式；
（3）小钢球弹射1秒后直至落地时，小钢球和无人机的高度差最大是多少米？
【分析】（1）先设出一次函数的解析式，再用待定系数法求函数解析式即可；
（2）用待定系数法求函数解析式即可；
（3）当1＜x≤6时小钢球在无人机上方，因此求y2﹣y1，当6＜x≤8时，无人机在小钢球的上方，因此求y1﹣y2，然后进行比较判断即可．
【解答】解：（1）设y1与x之间的函数关系式为y1＝kx+b，
∵函数图象过点（0，30）和（1，35），
则，
解得：，
∴y1与x之间的函数关系式为y1＝5x+30；
（2）∵x＝6时，y1＝5×6+30＝60，
∵y2的图象是过原点的抛物线，
设y2＝ax2+bx，
∴点（1.35），（6.60）在抛物线y2＝ax2+bx上，
∴，
解得：，
∴y2＝﹣5x2+40x，
答：y2与x的函数关系式为y2＝﹣5x2+40x；
（3）设小钢球和无人机的高度差为y米，
由﹣5x2+40x＝0得，x＝0或x＝8，
①1＜x≤6时，
y＝y2﹣y1＝﹣5x2+40x﹣5x﹣30＝﹣5x2+35x﹣30＝﹣5（x﹣）2+
∵a＝﹣5＜0，
∴抛物线开口向下，
又∵1＜x≤6，
∴当x＝时，y的最大值为；
②6＜x≤8时，y＝y1﹣y2＝5x+30+5x2﹣40x＝5x2﹣35x+30＝5（x﹣）2﹣，
∵a＝5＞0，
∴抛物线开口向上，
又∵对称轴是直线x＝，
∴当x＞时，y随x的增大而增大，
∵6＜x≤8，
∴当x＝8时，y的最大值为70，
∵＜70，
∴高度差的最大值为70米．
23．（10分）【问题情境】如图1，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CD⊥AB，垂足为D，我们可以得到如下正确结论：①CD2＝AD•BD；②AC2＝AB•AD；③BC2＝AB•BD，这些结论是由古希腊著名数学家欧几里得在《几何原本》最先提出的，我们称之为“射影定理”，又称“欧几里德定理”．
（1）请证明“射影定理”中的结论③BC2＝AB•BD．
【结论运用】
（2）如图2，正方形ABCD的边长为6，点O是对角线AC、BD的交点，点E在CD上，过点C作CF⊥BE，垂足为F，连接OF．
①求证：△BOF∽△BED．
②若CE＝2，求OF的长．
【分析】（1）利用两个分别相等可证△CBD∽△ABC，得，从而得出结论；
（2）①由（1）同理可得BC2＝BF•BE，BC2＝BO•BD，则，且∠OBF＝∠EBD，证明出△BOF∽△BED；
②利用勾股定理求出BE，BO的长，由①知△BOF∽△BED，得，代入即可求出答案．
【解答】（1）证明：∵CD⊥AB，
∴∠BDC＝90°＝∠ACB，
∵∠CBD＝∠ABC，
∴△CBD∽△ABC，
∴，
∴BC2＝AB•BD；
（2）①证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴OC⊥BO，∠BCD＝90°，
∴BC2＝BO•BD，
∵CF⊥BE，
∴BC2＝BF•BE，
∴BO•BD＝BF•BE，
即，
∵∠OBF＝∠EBD，
∴△BOF∽△BED；
②解：在Rt△BCE中，∵BC＝6，CE＝2，
∴BE＝＝2，
∴DE＝4，BO＝3，
由①知△BOF∽△BED，
∴，
∴，
∴OF＝．
24．（12分）如图1，已知抛物线y＝x2+bx+c经过A（1，0），B（0，2）两点，顶点为D．
（1）求抛物线的解析式；
（2）如图2，将△OAB沿AB翻折到△EAB，直线AE交抛物线于P点，求直线AP的解析式；
（3）如图1，将△OAB绕点A顺时针旋转90°后，点B落到点C的位置，将抛物线沿y轴平移后经过点C，设平移后，所得抛物线与y轴的交点为B1，顶点为D1，若点N在平移后的抛物线上，且满足△NBB1的面积是△NDD1面积的2倍，求点N的坐标．
【分析】（1）利用待定系数法，将点A，B的坐标代入解析式即可求得；
（2）设直线AP与y轴交于F，根据折叠的性质得到∠BEF＝90°，BE＝OB＝2，根据相似三角形的性质得到＝＝，设OF＝x，EF＝2x，根据勾股定理得到OF＝，求得F（0，﹣），设直线AP的解析式的解析式为y＝kx+n，求得直线AP的解析式y＝﹣x+；
（3）根据旋转的知识可得：A（1，0），B（0，2），则OA＝1，OB＝2，可得旋转后C点的坐标为（3，1），当x＝3时，由y＝x2﹣3x+2得y＝2，可知抛物线y＝x2﹣3x+2过点（3，2），将原抛物线沿y轴向下平移1个单位后过点C，求得B1，D1的坐标，根据图形分别求得即可，要注意利用方程思想．
【解答】解：（1）已知抛物线y＝x2+bx+c经过A（1，0），B（0，2），
∴，
解得，
∴所求抛物线的解析式为y＝x2﹣3x+2；
（2）∵A（1，0），B（0，2），
∴OA＝1，OB＝2，
设直线AP与y轴交于F，
∵将△OAB沿AB翻折到△EAB，
∴∠BEF＝90°，BE＝OB＝2，
∵∠BEF＝∠AOF＝90°，∠AFO＝∠BFE，
∴△AOF∽△BEF，
∴＝＝，
∴设OF＝x，EF＝2x，
∵BF2＝BE2+EF2，
∴（2+x）2＝22+（2x）2，
∴x＝，x＝0（不合题意舍去），
∴OF＝，
∴F（0，﹣），
设直线AP的解析式的解析式为y＝kx+n，
∴，
∴，
∴直线AP的解析式y＝﹣x+；
（3）∵A（1，0），B（0，2），
∴OA＝1，OB＝2，
可得旋转后C点的坐标为（3，1），
当x＝3时，由y＝x2﹣3x+2得y＝2，
可知抛物线y＝x2﹣3x+2过点（3，2），
∴将原抛物线沿y轴向下平移1个单位后过点C．
∴平移后的抛物线解析式为：y2＝x2﹣3x+1；
∵点N在y＝x2﹣3x+1上，可设N点坐标为（x0，x02﹣3x0+1），
将y＝x2﹣3x+1配方得y＝（x﹣）2﹣，
∴其对称轴为直线x＝，
①0≤x0≤时，如图①，
∵S＝2S，
∴×1×x0＝2××1×（﹣x0），
∵x0＝1，
此时x02﹣3x0+1＝﹣1，
∴N点的坐标为（1，﹣1）．
②当x0＞时，如图②，
同理可得×1×x0＝2××（x0﹣），
∴x0＝3，
此时x02﹣3x0+1＝1，
∴点N的坐标为（3，1）．
③当x＜0时，由图可知，N点不存在，
综上，点N的坐标为（1，﹣1）或（3，1）．
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