2022年北京中考数学终极押题密卷1

这是一份2022年北京中考数学终极押题密卷1，共34页。试卷主要包含了因式分解等内容，欢迎下载使用。
1．（2分）（2022•齐齐哈尔模拟）如图，某几何体的主视图和它的左视图，则搭建这样的几何体最少需要的小正方体为（ ）
A．4个B．5个C．6个D．7个
2．（2分）（2022•郫都区模拟）根据世卫组织最新实时统计数据，全球累计新冠肺炎确诊病例超过400000000．将数据400000000用科学记数法表示应（ ）
A．0.4×109B．4×108C．40×107D．4×107
3．（2分）（2022春•黄石期中）下列说法中正确的个数为（ ）
①在平面内，两条直线的位置关系只有两种：相交和垂直；
②在平面内，过一点有且只有一条直线与已知直线垂直；
③在平面内，过一点有且只有一条直线与已知直线平行；
④有限小数是有理数，无限小数是无理数；
⑤从直线外一点到这条直线的垂线段，叫做这个点到这条直线的距离．
A．4个B．3个C．2个D．1个
4．（2分）（2020秋•金昌期末）实数a、b在数轴上的位置如图，则|a+b|+|a﹣b|等于（ ）
A．2aB．2bC．2b﹣2aD．2b+2a
5．（2分）（2022春•市中区校级月考）若一个多边形的内角和为1080°，则从此多边形的一个顶点出发可作的对角线共有（ ）
A．5条B．6条C．7条D．8条
6．（2分）（2021秋•二七区校级期末）如图，在平行四边形ABCD中，点E是边AD上的一点，且AE＝2ED，EC交对角线BD于点F，S△DEF＝2，则S△BCF为（ ）
A．6B．18C．4D．9
7．（2分）（2022•湘乡市模拟）定义新运算“※”：对于实数m，n，p，q有[m，p]※[q，n]＝mn+pq，其中等式右边是通常的加法和乘法运算，例如：[2，3]※[4，5]＝2×5+3×4＝22，若关于x的方程（x2+1，x]※[5﹣2k，k]＝0有两个实数根，则k的取值范围是（ ）
A．k≤且k≠0B．k≤C．k＜且k≠0D．k≥
8．（2分）（2021•息县模拟）如图，在平面直角坐标系中，一次函数y＝x+4的图象与x轴、y轴分别相交于点B，点A，以线段AB为边作正方形ABCD，且点C在反比例函数y＝（x＜0）图象上，则k的值为（ ）
A．﹣12B．﹣42C．42D．﹣21
二．填空题（共8小题，满分16分，每小题2分）
9．（2分）（2022春•镇平县月考）若代数式有意义，则实数x的取值范围是 ．
10．（2分）（2022•凤山县模拟）因式分解：3m2﹣3＝ ．
11．（2分）（2022•海淀区校级开学）李老师制作了如图1所示的学具，用来探究“边边角条件是否可确定三角形的形状”问题．操作学具时，点Q在轨道槽AM上运A动，点P既能在以A为圆心、以8为半径的半圆轨道槽上运动，也能在轨道槽QN上运动．图2是操作学具时，所对应某个位置的图形的示意图．
有以下结论：
①当∠PAQ＝30°，PQ＝6时，可得到形状唯一确定的△PAQ；
②当∠PAQ＝90°，PQ＝10时，可得到形状唯一确定的△PAQ；
③当∠PAQ＝150°，PQ＝12时，可得到形状唯一确定的△PAQ；
其中所有正确结论的序号是 ．
12．（2分）（2022•乌鲁木齐一模）方程＝的解为 ．
13．（2分）（2021秋•大冶市期末）对于函数y＝，当函数值y＜﹣1时，x的取值范围是 ．
14．（2分）（2022•西城区一模）如图，在△ABC中，D，E分别是AB，AC的中点，点F，G在边BC上，且DG＝EF．只需添加一个条件即可证明四边形DFGE是矩形，这个条件可以是 ．（写出一个即可）
15．（2分）（2022春•沙坪坝区校级月考）若a是从﹣2、0、1、3中随机取的一个数，b是从﹣1、0、2022中随机取的一个数，则点（a，b）在坐标轴上的概率是 ．
16．（2分）（2021秋•浑南区期末）在一个不透明的袋子中有50个除颜色外均相同的小球，通过多次摸球试验后，发现摸到白球的频率约为36%，估计袋中白球有 个．
三．解答题（共12小题，满分68分）
17．（5分）（2021秋•历下区期末）计算：2cs30°+4sin30°﹣tan60°
18．（5分）（2022春•连城县校级月考）解不等式组，并把解集在数轴上表示出来．
19．（5分）（2021秋•铜官区期末）先化简后求值：（x+5）（x﹣5）﹣（x﹣2）2+（x+2）（x﹣1），其中x＝3．
20．（5分）（2022春•海安市月考）如图，在四边形ABCD中，AC与BD相交于点O，且AO＝CO，点E在BD上，满足∠EAO＝∠DCO．
（1）求证：四边形AECD是平行四边形；
（2）若AB＝BC，CD＝5，AC＝8，求四边形AECD的面积．
21．（6分）如图，点A在函数y＝（x＞0）的图象上，点B在x轴的正半轴上，BO＝BA，点A的横坐标为1．
（1）求点B的坐标；
（2）设C是AB的中点，D是线段OB上一动点，点A关于直线CD的对称点是A′．
①OD为何值时，点A′与点B重合？
②OD为何值时，以C，D，B，A′为顶点的四边形是平行四边形？
22．（6分）某项针对18岁～35岁的青年人每天发微博数量的调查中，随机对30名符合年龄的青年人开展每人“日均发微博条数”的调查，并绘制成如图所示的频数分布直方图，请根据频数分布直方图估计这30名青年人中“日均发微博条数”的平均数．
23．（5分）（2022春•邗江区校级月考）已知一次函数的图象过点（2，1）和（﹣1，﹣3），若一条直线与此函数相交于点（﹣3，a），且与y轴交点的坐标为5，求此直线解析式．
24．（6分）（2022•沈河区校级模拟）如图，点E为正方形ABCD的边BC上的一点，⊙O是△ABE的外接圆，与AD交于点F．G是CD上一点，且∠DGF＝∠AEB．
（1）求证：FG是⊙O的切线；
（2）若AB＝4，DG＝1，求⊙O半径的长．
25．（5分）（2021秋•湖州期末）某农户养殖经销大闸蟹，已知大闸蟹的成本价为60元/千克．市场调查发现，该大闸蟹每天的销售量w（千克）与销售价x（元/千克）有如下关系：w＝﹣2x+240．设大闸蟹每天的销售利润为y（元）．
（1）求y与x之间的函数关系式．
（2）当销售价定为多少时，每天的销售利润最大？最大利润是多少？
（3）如果物价部门规定大闸蟹的利润不得高于40%，该农户想要每天获得1600元的销售利润，销售价应定为多少？
26．（6分）（2022•常州模拟）设抛物线y＝ax2+bx﹣2与x轴交于两个不同的点A（一1，0）、B（4，0），与y轴交于点C．
（1）求抛物线的解析式及∠ACB的度数；
（2）已知点D（1，n ）在抛物线上，过点A的直线y＝x+1交抛物线于另一点E．若点P在x轴上，以点P、B、D为顶点的三角形与△AEB相似，求点P的坐标．
27．（7分）（2021秋•渌口区期末）[基础巩固]（1）如图①，在三角形纸片ABC中，∠ACB＝90°，将△ABC折叠，使点B与点C重合，折痕为MN，则AM与BM的数量关系为 ；
[思维提高]（2）如图②，在三角形纸片ABC中，AC＝BC＝6，AB＝10，将△ABC折叠，使点B与点C重合，折痕为MN，求的值；
[拓展延伸]（3）如图③，在三角形纸片ABC中，AB＝9，BC＝6，∠ACB＝2∠A，将△ABC沿过顶点C的直线折叠，使点B落在边AC上的点B'处，折痕为CM．求线段AC的长．
28．（7分）（2022春•上城区月考）如图1所示，直角△OAB中，∠OAB＝90°，OA＝15，AB＝a，以O为圆心，OA为半径的圆交OB于点C，连接AC．
（1）证明：∠AOB＝2∠BAC；
（2）当a＝20时，求AC的长；
（3）将△ABC绕点A顺时针旋转，点C的对应点为D，点B的对应点为E．当点D、E都在⊙O上时（如图2所示），证明：OA∥DE．
2022年北京中考数学终极押题密卷1
参考答案与试题解析
一．选择题（共8小题，满分16分，每小题2分）
1．（2分）（2022•齐齐哈尔模拟）如图，某几何体的主视图和它的左视图，则搭建这样的几何体最少需要的小正方体为（ ）
A．4个B．5个C．6个D．7个
【考点】由三视图判断几何体．
【专题】投影与视图；空间观念．
【分析】根据主视图和左视图知该组合体共2行、3列，再结合主视图和左视图确定每个位置小正方体的个数．
【解答】解：结合主视图和左视图，知搭建该几何体需要的小正方体的分布情况如图所示：
故选：A．
【点评】本题主要考查由三视图判断几何体，由三视图想象几何体的形状，首先，应分别根据主视图、俯视图和左视图想象几何体的前面、上面和左侧面的形状，然后综合起来考虑整体形状．
2．（2分）（2022•郫都区模拟）根据世卫组织最新实时统计数据，全球累计新冠肺炎确诊病例超过400000000．将数据400000000用科学记数法表示应（ ）
A．0.4×109B．4×108C．40×107D．4×107
【考点】科学记数法—表示较大的数．
【专题】实数；数感．
【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，当原数绝对值＜1时，n是负整数．
【解答】解：400000000＝4×108．
故选：B．
【点评】此题考查科学记数法的表示方法．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，表示时关键要正确确定a的值以及n的值．
3．（2分）（2022春•黄石期中）下列说法中正确的个数为（ ）
①在平面内，两条直线的位置关系只有两种：相交和垂直；
②在平面内，过一点有且只有一条直线与已知直线垂直；
③在平面内，过一点有且只有一条直线与已知直线平行；
④有限小数是有理数，无限小数是无理数；
⑤从直线外一点到这条直线的垂线段，叫做这个点到这条直线的距离．
A．4个B．3个C．2个D．1个
【考点】实数；垂线；点到直线的距离；平行线；平行公理及推论；平行线的性质．
【专题】实数；线段、角、相交线与平行线；数感；几何直观．
【分析】根据实数，平行线的判定与性质，点到直线的距离，平行线，平行公理及推论，进行逐一判断即可．
【解答】解：①在平面内，不重合的两条直线的位置关系只有：平行和相交（夹角为直角时垂直），故①错误；
②在平面内，过一点有且只有一条直线与已知直线垂直，故②正确；
③在平面内，经过直线外一点，有且只有一条直线与已知直线平行，故③错误；
④有限小数是有理数，无限不循环小数是无理数，故④错误；
⑤从直线外一点到这条直线的垂线段的长度，叫做这个点到这条直线的距离，故⑤错误．
故正确的是②，共1个．
故选：D．
【点评】本题考查了实数，平行线的判定与性质，点到直线的距离，平行线，平行公理及推论，解决本题的关键是掌握平行线的判定与性质．
4．（2分）（2020秋•金昌期末）实数a、b在数轴上的位置如图，则|a+b|+|a﹣b|等于（ ）
A．2aB．2bC．2b﹣2aD．2b+2a
【考点】绝对值；实数与数轴．
【专题】数形结合．
【分析】根据数轴，先确定a、b的正负，即b＞0，a＜0，得出|a+b|＝a+b，|a﹣b|＝b﹣a，即可得出结果．
【解答】解：根据实数a、b在数轴上的位置得知：
a＜0，b＞0，
∴|a+b|＝a+b，|a﹣b|＝b﹣a，
∴|a+b|+|a﹣b|＝a+b+b﹣a＝2b，
故选：B．
【点评】此题主要考查了绝对值的运算，先确定绝对值符号中代数式的正负再去绝对值符号，借助数轴化简含有绝对值的式子，难度适中．
5．（2分）（2022春•市中区校级月考）若一个多边形的内角和为1080°，则从此多边形的一个顶点出发可作的对角线共有（ ）
A．5条B．6条C．7条D．8条
【考点】多边形内角与外角；多边形的对角线．
【专题】多边形与平行四边形；运算能力．
【分析】首先根据多边形内角和公式可得多边形的边数，再计算出对角线的条数．
【解答】解：设此多边形的边数为x，由题意得：
（x﹣2）×180＝1080，
解得；x＝8，
从这个多边形的一个顶点出发所画的对角线条数：8﹣3＝5，
故选：A．
【点评】此题主要考查了多边形的内角和计算公式求多边形的边数，关键是掌握多边形的内角和公式180（n﹣2）．
6．（2分）（2021秋•二七区校级期末）如图，在平行四边形ABCD中，点E是边AD上的一点，且AE＝2ED，EC交对角线BD于点F，S△DEF＝2，则S△BCF为（ ）
A．6B．18C．4D．9
【考点】相似三角形的判定与性质；平行四边形的性质．
【专题】图形的相似；推理能力．
【分析】根据相似三角形面积比等于相似比的平方即可解决问题．
【解答】解：∵AE＝2ED，
∴＝，
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AD∥BC，BC＝AD，
∴△EDF∽△CBF，
∴＝＝＝，
∴＝（）2＝，
∵S△EDF＝2，
∴S△BCF＝18．
故选：B．
【点评】本题主要考查了相似三角形的判定与性质，平行四边形的性质，掌握相似三角形面积比等于相似比的平方是解题的关键．
7．（2分）（2022•湘乡市模拟）定义新运算“※”：对于实数m，n，p，q有[m，p]※[q，n]＝mn+pq，其中等式右边是通常的加法和乘法运算，例如：[2，3]※[4，5]＝2×5+3×4＝22，若关于x的方程（x2+1，x]※[5﹣2k，k]＝0有两个实数根，则k的取值范围是（ ）
A．k≤且k≠0B．k≤C．k＜且k≠0D．k≥
【考点】根的判别式；实数的运算．
【专题】新定义；判别式法；一元二次方程及应用；运算能力．
【分析】先根据新定义得到k（x2+1）+（5﹣2k）x＝0，再整理为一般式，接着根据一元二次方程的定义和判别式的意义得到k≠0且Δ＝（5﹣2k）2﹣4k2≥0，然后解不等式即可．
【解答】解：根据题意得k（x2+1）+（5﹣2k）x＝0，
整理得kx2+（5﹣2k）x+k＝0，
因为方程有两个实数解，
所以k≠0且Δ＝（5﹣2k）2﹣4k2≥0，
解得k≤且k≠0．
故选：A．
【点评】本题考查了根的判别式：一元二次方程ax2+bx+c＝0（a≠0）的根与Δ＝b2﹣4ac有如下关系：当Δ＞0时，方程有两个不相等的实数根；当Δ＝0时，方程有两个相等的实数根；当Δ＜0时，方程无实数根．把有新定义运算的方程化为一元二次方程的一般式是解决问题的关键．
8．（2分）（2021•息县模拟）如图，在平面直角坐标系中，一次函数y＝x+4的图象与x轴、y轴分别相交于点B，点A，以线段AB为边作正方形ABCD，且点C在反比例函数y＝（x＜0）图象上，则k的值为（ ）
A．﹣12B．﹣42C．42D．﹣21
【考点】反比例函数图象上点的坐标特征；正方形的性质；一次函数图象上点的坐标特征．
【专题】反比例函数及其应用；运算能力．
【分析】过点C作CE⊥x轴于E，证明△AOB≌△BEC，可得点C坐标，代入求解即可．
【解答】解：∵一次函数y＝x+4中，当x＝0时，y＝0+4＝4，
∴A（0，4），
∴OA＝4；
∵当y＝0时，0＝x+4，
∴x＝﹣3，
∴B（﹣3，0），
∴OB＝3；
过点C作CE⊥x轴于E，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABC＝90°，AB＝BC，
∵∠CBE+∠ABO＝90°，∠BAO+∠ABO＝90°，
∴∠CBE＝∠BAO．
在△AOB和△BEC中，
，
∴△AOB≌△BEC（AAS），
∴BE＝AO＝4，CE＝OB＝3，
∴OE＝3+4＝7，
∴C点坐标为（﹣7，3），
∵点C在反比例函数y＝（x＜0）图象上，
∴k＝﹣7×3＝﹣21．
故选：D．
【点评】本题考查了一次函数与坐标轴的交点、待定系数法求函数解析式、正方形的性质，以及全等三角形的判定与性质，解答此题的关键是正确作出辅助线及数形结合思想的运用．
二．填空题（共8小题，满分16分，每小题2分）
9．（2分）（2022春•镇平县月考）若代数式有意义，则实数x的取值范围是 x ．
【考点】二次根式有意义的条件．
【专题】二次根式；数感；运算能力．
【分析】要使代数式有意义，需使被开方数≥0，分母≠0，得3x﹣1＞0，即可知答案．
【解答】解：由题意知：3x﹣1＞0，
∴，
故答案为：．
【点评】本题考查了二次根式有意义的条件，关键是被开方数≥0，分母≠0，再进行求解．
10．（2分）（2022•凤山县模拟）因式分解：3m2﹣3＝ 3（m﹣1）（m+1） ．
【考点】提公因式法与公式法的综合运用．
【分析】首先提公因式3，再利用平方差进行分解即可．
【解答】解：原式＝3（m2﹣1）＝3（m﹣1）（m+1），
故答案为：3（m﹣1）（m+1）．
【点评】此题主要考查了提公因式法与公式法分解因式，要求灵活使用各种方法对多项式进行因式分解，一般来说，如果可以先提取公因式的要先提取公因式，再考虑运用公式法分解．
11．（2分）（2022•海淀区校级开学）李老师制作了如图1所示的学具，用来探究“边边角条件是否可确定三角形的形状”问题．操作学具时，点Q在轨道槽AM上运A动，点P既能在以A为圆心、以8为半径的半圆轨道槽上运动，也能在轨道槽QN上运动．图2是操作学具时，所对应某个位置的图形的示意图．
有以下结论：
①当∠PAQ＝30°，PQ＝6时，可得到形状唯一确定的△PAQ；
②当∠PAQ＝90°，PQ＝10时，可得到形状唯一确定的△PAQ；
③当∠PAQ＝150°，PQ＝12时，可得到形状唯一确定的△PAQ；
其中所有正确结论的序号是 ②③ ．
【考点】圆周角定理；全等三角形的判定．
【专题】与圆有关的计算；推理能力；应用意识．
【分析】以P为圆心，PQ长为半径画弧，与射线AM有1个交点，则可得到形状唯一确定的△PAQ，否则不能得到形状唯一确定的△PAQ．根据此观点进行解答便可．
【解答】解：①当∠PAQ＝30°，PQ＝6时，以P为圆心，6为半径画弧，与射线AM有两个交点，则△PAQ的形状不能唯一确定，故①错误；
②当∠PAQ＝90°，PQ＝10时，以P为圆心，10为半径画弧，与射线AM有一个交点，Q点位置唯一确定，则可得到形状唯一确定的△PAQ，故②正确；
③当∠PAQ＝150°，PQ＝12时，以P为圆心，12为半径画弧，与射线AM有一个交点，Q点位置唯一确定，则可得到形状唯一确定的△PAQ，故③正确；
故答案为：②③．
【点评】本题主要考查圆的基本性质，关键是确定以P为圆心，PQ长为半径画弧，与射线AM的交点个数．
12．（2分）（2022•乌鲁木齐一模）方程＝的解为 x＝ ．
【考点】解分式方程．
【专题】分式方程及应用；运算能力．
【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：去分母得：2x＝9x﹣3，
移项合并得：﹣7x＝﹣3，
解得：x＝，
经检验x＝是分式方程的解，
故答案为：x＝
【点评】此题考查了解分式方程，利用了转化的思想，解分式方程注意要检验．
13．（2分）（2021秋•大冶市期末）对于函数y＝，当函数值y＜﹣1时，x的取值范围是 ﹣3＜x＜0 ．
【考点】反比例函数图象上点的坐标特征；反比例函数的性质．
【专题】反比例函数及其应用；几何直观；运算能力；推理能力．
【分析】先求出y＝﹣1时x的值，再由反比例函数的性质即可得出结论．
【解答】解：∵k＝3＞0，
∴函数y＝的图象在一、三象限，在每个象限，y随x的增大而减小，
∵当y＝﹣1时，x＝﹣3，
∴当函数值y＜﹣1时，﹣3＜x＜0．
故答案为：﹣3＜x＜0．
【点评】本题考查的是反比例函数的性质，熟知反比例函数的增减性是解答此题的关键．
14．（2分）（2022•西城区一模）如图，在△ABC中，D，E分别是AB，AC的中点，点F，G在边BC上，且DG＝EF．只需添加一个条件即可证明四边形DFGE是矩形，这个条件可以是 DE＝FG（答案不唯一） ．（写出一个即可）
【考点】矩形的判定．
【专题】多边形与平行四边形；矩形 菱形 正方形；推理能力．
【分析】根据三角形中位线定理得到DE∥BC，推出四边形DFGE是平行四边形，根据矩形的判定定理即可得到结论．
【解答】解：DE＝FG，
理由：∵D，E分别是AB，AC的中点，
∴DE∥BC，
∴DE∥FG，
∵DE＝FG，
∴四边形DFGE是平行四边形，
∵DG＝EF，
∴四边形DFGE是矩形，
故答案为：DE＝FG（答案不唯一）．
【点评】本题考查了矩形的判定，平行四边形的判定和性质，三角形中位线定理，熟练掌握矩形的判定定理是解题的关键．
15．（2分）（2022春•沙坪坝区校级月考）若a是从﹣2、0、1、3中随机取的一个数，b是从﹣1、0、2022中随机取的一个数，则点（a，b）在坐标轴上的概率是 ．
【考点】列表法与树状图法；点的坐标．
【专题】概率及其应用；推理能力．
【分析】根据题意画出树状图得出所有等可能的情况数，找出符合条件的情况数，然后根据概率公式即可得出答案．
【解答】解：根据题意画图如下：
共有12种等可能的情况数，其中点（a，b）在坐标轴上的有6种，
则点（a，b）在坐标轴上的概率是＝；
故答案为：．
【点评】此题考查的是用列表法或树状图法求概率．列表法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，适合于两步完成的事件；树状图法适合两步或两步以上完成的事件．用到的知识点为：概率＝所求情况数与总情况数之比．
16．（2分）（2021秋•浑南区期末）在一个不透明的袋子中有50个除颜色外均相同的小球，通过多次摸球试验后，发现摸到白球的频率约为36%，估计袋中白球有 18 个．
【考点】用样本估计总体．
【专题】常规题型；概率及其应用．
【分析】用袋中球的总个数乘以摸到白球的频率，据此可得．
【解答】解：估计袋中白球有50×36%＝18个，
故答案为：18．
【点评】此题主要考查了利用频率估计概率，本题利用了用大量试验得到的频率可以估计事件的概率．关键是根据白球的频率得到相应的等量关系．
三．解答题（共12小题，满分68分）
17．（5分）（2021秋•历下区期末）计算：2cs30°+4sin30°﹣tan60°
【考点】特殊角的三角函数值．
【专题】解直角三角形及其应用；运算能力．
【分析】将特殊角的三角函数值代入求解．
【解答】解：原式＝2×+4×﹣
＝+2﹣
＝2．
【点评】本题考查了特殊角的三角函数值，解答本题的关键是熟记几个特殊角的三角函数值．
18．（5分）（2022春•连城县校级月考）解不等式组，并把解集在数轴上表示出来．
【考点】解一元一次不等式组；在数轴上表示不等式的解集．
【专题】一元一次不等式（组）及应用；运算能力．
【分析】分别求出每一个不等式的解集，根据口诀：同大取大、同小取小、大小小大中间找、大大小小找不到确定不等式组的解集．
【解答】解：解不等式2（x+1）≥﹣1，得，
解不等式，＜+，得x＜2，
∴不等式组的解集为，
此不等式组的解集在数轴上表示为：
【点评】本题考查的是解一元一次不等式组，正确求出每一个不等式解集是基础，熟知“同大取大；同小取小；大小小大中间找；大大小小找不到”的原则是解答此题的关键．
19．（5分）（2021秋•铜官区期末）先化简后求值：（x+5）（x﹣5）﹣（x﹣2）2+（x+2）（x﹣1），其中x＝3．
【考点】整式的混合运算—化简求值．
【专题】整式；运算能力．
【分析】直接利用乘法公式以及多项式乘多项式运算法则化简，再合并同类项，再把已知数据代入得出答案．
【解答】解：原式＝x2﹣25﹣（x2﹣4x+4）+x2+x﹣2
＝x2﹣25﹣x2+4x﹣4+x2+x﹣2
＝x2+5x﹣31，
当x＝3时，原式＝32+5×3﹣31＝﹣7．
【点评】此题主要考查了整式的混合运算—化简求值，正确运用乘法公式计算得出答案．
20．（5分）（2022春•海安市月考）如图，在四边形ABCD中，AC与BD相交于点O，且AO＝CO，点E在BD上，满足∠EAO＝∠DCO．
（1）求证：四边形AECD是平行四边形；
（2）若AB＝BC，CD＝5，AC＝8，求四边形AECD的面积．
【考点】平行四边形的判定与性质；全等三角形的判定与性质．
【专题】图形的全等；等腰三角形与直角三角形；多边形与平行四边形；矩形 菱形 正方形；运算能力；推理能力．
【分析】（1）证△AOE≌△COD（ASA），得OD＝OE，再由AO＝CO，即可得出结论；
（2）由等腰三角形的性质得OB⊥AC，则平行四边形AECD是菱形，再由勾股定理求出OD＝3，则DE＝6，即可得出答案．
【解答】（1）证明：在△AOE和△COD中，
，
∴△AOE≌△COD（ASA），
∴OD＝OE，
又∵AO＝CO，
∴四边形AECD是平行四边形；
（2）解：∵AB＝BC，AO＝CO，
∴OB⊥AC，
∴平行四边形AECD是菱形，
∵AC＝8，
∴CO＝AC＝4，
在Rt△COD中，由勾股定理得：OD＝＝＝3，
∴DE＝2OD＝6，
∴菱形AECD的面积＝AC×DE＝×8×6＝24．
【点评】本题考查了平行四边形的判定与性质，全等三角形的判定与性质、菱形的判定与性质、等腰三角形的性质以及勾股定理等知识，熟练掌握平行四边形的判定与性质是解此题的关键．
21．（6分）如图，点A在函数y＝（x＞0）的图象上，点B在x轴的正半轴上，BO＝BA，点A的横坐标为1．
（1）求点B的坐标；
（2）设C是AB的中点，D是线段OB上一动点，点A关于直线CD的对称点是A′．
①OD为何值时，点A′与点B重合？
②OD为何值时，以C，D，B，A′为顶点的四边形是平行四边形？
【考点】反比例函数综合题；勾股定理；平行四边形的性质；菱形的判定与性质．
【专题】综合题；分类讨论．
【分析】（1）过点A作AH⊥OB于H，如图1，由点A的横坐标为1可求出OH、AH，设OB＝x，则AB＝OB＝x，BH＝x﹣1，然后在Rt△AHB中运用勾股定理即可解决问题；
（2）①设DB＝m，则有AD＝BD＝m，HD＝12﹣m，只需在Rt△AHD中运用勾股定理，就可解决问题；
②以C，D，B，A′为顶点的四边形是平行四边形并不唯一，可分两种情况进行讨论：Ⅰ．若BC是平行四边形的边，如图2，易证四边形CADA′是菱形，从而得到AD＝AC＝，然后在Rt△AHD中运用勾股定理即可解决问题；Ⅱ．若BC是平行四边形的对角线，如图3，易得DB＝CA′＝CA＝，即可求出OD．
【解答】解：（1）过点A作AH⊥OB于H，如图1．
∵点A在函数y＝（x＞0）的图象上，xA＝1，
∴OH＝1，yA＝＝5，
∴AH＝5．
设OB＝x，则有AB＝OB＝x，BH＝x﹣1．
在Rt△AHB中，根据勾股定理可得：
52+（x﹣1）2＝x2，
解得：x＝13，
∴点B的坐标为（13，0）；
（2）①若点A′与点B重合，如图1，
∵点A关于直线CD的对称点是A′，
∴DA＝DA′＝DB．
设DB＝m，则有AD＝BD＝m，HD＝12﹣m．
在Rt△AHD中，根据勾股定理可得：
52+（12﹣m）2＝m2，
解得：m＝，
∴OD＝OB﹣DB＝13﹣＝，
∴OD为时，点A′与点B重合；
②Ⅰ．若BC为平行四边形的边，如图2，
则有四边形CDA′B是平行四边形，
∴DA′∥BC，DA′＝BC．
∵点C是AB的中点，
∴AC＝BC＝AB＝，
∴DA′∥AC，DA′＝AC，
∴四边形CADA′是平行四边形．
∵DA＝DA′，
∴平行四边形CADA′是菱形，
∴AD＝AC＝，
∴HD2＝AD2﹣AH2＝﹣25＝，
∴HD＝，
∴OD＝+1；
Ⅱ．若BC为平行四边形的对角线，如图3，
则有四边形CDBA′是平行四边形，
∴DB＝CA′．
∵CA＝CA′，
∴DB＝AC＝，
∴OD＝OB﹣DB＝13﹣＝．
综上所述：当OD为+1或时，以C，D，B，A′为顶点的四边形是平行四边形．
【点评】本题主要考查了反比例函数图象上点的坐标特征、平行四边形的性质、菱形的判定与性质、勾股定理、轴对称的性质等知识，证到四边形CADA′是菱形，从而得到AD＝AC是解决第（2）①小题的关键．设某个线段为x，然后运用勾股定理（或相似三角形的性质或三角函数的定义）建立方程，并解出这个方程，是求线段长度常用的方法，应熟练掌握．另外，需要说明的是：当平行四边形的四个顶点的顺序不确定时，需分情况讨论．
22．（6分）某项针对18岁～35岁的青年人每天发微博数量的调查中，随机对30名符合年龄的青年人开展每人“日均发微博条数”的调查，并绘制成如图所示的频数分布直方图，请根据频数分布直方图估计这30名青年人中“日均发微博条数”的平均数．
【考点】用样本估计总体；频数（率）分布直方图；加权平均数．
【分析】先求出组中值，再根据加权平均数的计算公式求解即可．
【解答】解：估计这30名青年人中“日均发微博条数”的平均数是：
（2×2+6×3+10×8+14×12+18×5）÷30＝360÷30＝12．
【点评】本题考查了频数分布直方图．读懂统计图，从统计图中得到必要的信息是解决问题的关键，也考查了加权平均数．
23．（5分）（2022春•邗江区校级月考）已知一次函数的图象过点（2，1）和（﹣1，﹣3），若一条直线与此函数相交于点（﹣3，a），且与y轴交点的坐标为5，求此直线解析式．
【考点】两条直线相交或平行问题；一次函数的性质；待定系数法求一次函数解析式．
【专题】一次函数及其应用；运算能力．
【分析】利用待定系数法求一次函数解析式；把（﹣3，a）代入一次函数解析式求出a的值，得到直线与此一次函数的图象交点坐标，然后利用待定系数法求该直线解析式．
【解答】解：设一次函数解析式为y＝kx+b，
把（2，1），（﹣1，﹣3）代入得，解得，
所以一次函数解析式为y＝x﹣；
把（﹣3，a）代入y＝x﹣得a＝×（﹣3）﹣＝﹣，则直线与此一次函数的图象交点坐标为（﹣3，﹣），
设这条直线的解析式为y＝mx+n，
把（﹣3，﹣）、（0，5）代入得，解得，
所以这条直线的表达式为y＝x+5．
【点评】本题考查了待定系数法求一次函数解析式以及一次函数图象上点的坐标特征，能够熟练运用待定系数法求出函数解析式是解题的关键．
24．（6分）（2022•沈河区校级模拟）如图，点E为正方形ABCD的边BC上的一点，⊙O是△ABE的外接圆，与AD交于点F．G是CD上一点，且∠DGF＝∠AEB．
（1）求证：FG是⊙O的切线；
（2）若AB＝4，DG＝1，求⊙O半径的长．
【考点】切线的判定与性质；全等三角形的判定与性质；正方形的性质；圆周角定理；三角形的外接圆与外心．
【专题】矩形 菱形 正方形；与圆有关的位置关系；推理能力．
【分析】（1）连接OF，由正方形的性质得出AF∥BE，由平行线的性质得出∠AEB＝∠OAF，证出OF⊥FG，则可得出结论；
（2）连接EF，证明△FDG∽△ABE，由相似三角形的性质得出 ，求出BE＝2，由勾股定理可求出答案．
【解答】证明：（1）连接OF，
∵AO＝OF，
∴∠OAF＝∠OFA，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AF∥BE，
∴∠AEB＝∠OAF，
∵∠DGF＝∠AEB，
∴∠AFO＝∠DGF，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠D＝90°，
∴∠FGD+∠DFG＝90°，
∴∠AFO+∠DFG＝90°，
∴∠OFG＝90°，
∴OF⊥FG，
∵点F是⊙O上的一点，
∴FG是⊙O的切线；
（2）解：连接EF，
∵⊙O是△ABE的外接圆，∠B＝90°，
∴AE是⊙O的直径，
∴∠AFE＝90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BAF＝∠ABE＝90°，
∵四边形ABEF是矩形，
∴BE＝AF，
∵∠DGF＝∠AEB，∠D＝∠B＝90°，
∴△FDG∽△ABE，
∴，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC＝AD＝4，
∴，
∴BE＝2，
∴AE＝，
∴OA＝．
即⊙O半径的长为．
【点评】本题考查了切线的判定，圆周角定理，相似三角形的判定与性质，勾股定理，正方形的性质，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题的关键．
25．（5分）（2021秋•湖州期末）某农户养殖经销大闸蟹，已知大闸蟹的成本价为60元/千克．市场调查发现，该大闸蟹每天的销售量w（千克）与销售价x（元/千克）有如下关系：w＝﹣2x+240．设大闸蟹每天的销售利润为y（元）．
（1）求y与x之间的函数关系式．
（2）当销售价定为多少时，每天的销售利润最大？最大利润是多少？
（3）如果物价部门规定大闸蟹的利润不得高于40%，该农户想要每天获得1600元的销售利润，销售价应定为多少？
【考点】二次函数的应用；一元二次方程的应用．
【专题】二次函数的应用；运算能力；应用意识．
【分析】（1）根据销售利润＝每千克利润×销量求解．
（2）将函数解析式化为顶点式求解．
（3）令y＝1600，通过检验利润是否高于40%求解．
【解答】解：（1）y＝（x﹣60）w＝（x﹣60）（﹣2x+240）＝﹣2x2+360x﹣14400，
∴y与x之间的函数关系式为y＝﹣2x2+360x﹣14400．
（2）∵y＝﹣2x2+360x﹣14400＝﹣2（x﹣90）2+1800，
∴当x＝90时，y有最大值为1800，
∴当销售价定为90元时，每天的销售利润最大为1800元．
（3）当y＝1600时，1600＝﹣2（x﹣90）2+1800，
解得x＝100或x＝80，
当x＝100时，（100﹣60）÷60×100%＞40%，不符合题意．
∴销售价应定为80元．
【点评】本题考查二次函数的应用，解题关键是通过题干找出等量关系，掌握求二次函数最值的方法．
26．（6分）（2022•常州模拟）设抛物线y＝ax2+bx﹣2与x轴交于两个不同的点A（一1，0）、B（4，0），与y轴交于点C．
（1）求抛物线的解析式及∠ACB的度数；
（2）已知点D（1，n ）在抛物线上，过点A的直线y＝x+1交抛物线于另一点E．若点P在x轴上，以点P、B、D为顶点的三角形与△AEB相似，求点P的坐标．
【考点】二次函数综合题．
【分析】（1）先把A（﹣1，0）、B（4，0）代入y＝ax2+bx﹣2，列出关于a、b的方程组，解方程组求出a、b的值，得到抛物线的解析式为：y＝x2﹣x﹣2，那么点C的坐标为（0，﹣2），再计算出AC2+BC2＝AB2，根据勾股定理的逆定理得到∠ACB＝90°；
（2）将D（1，n ）代入y＝x2﹣x﹣2，求得n＝﹣3，即D（1，﹣3）．再将y＝x+1与抛物线的解析式联立，求出E点坐标为（6，7）．过点E作EH⊥x轴于H，则H（6，0），求出∠EAH＝∠DBA＝45°，那么∠DBH＝135°，根据90°＜∠EBA＜135°，得到点P只可能在点B的左侧，设点P的坐标为（x，0），分两种情况讨论：①若△DBP1∽△EAB，根据相似三角形对应边成比例求出BP1＝，那么点P1的坐标为（，0）；若△DBP2∽△BAE，根据相似三角形对应边成比例求出BP2＝，那么点P2的坐标为（﹣，0）．
【解答】解：（1）∵抛物线y＝ax2+bx﹣2与x轴交于两个不同的点A（﹣1，0）、B（4，0），
∴，解得，
∴抛物线的解析式为：y＝x2﹣x﹣2．
∴点C的坐标为（0，﹣2）．
∵AC2＝12+22＝5，BC2＝42+22＝20，AB2＝52＝25，
∴AC2+BC2＝AB2，
∴∠ACB＝90°；
（2）将D（1，n ）代入y＝x2﹣x﹣2，
得n＝×12﹣×1﹣2＝﹣3，
∴D（1，﹣3）．
由，解之得或，
∴E（6，7）．
过点E作EH⊥x轴于H，则H（6，0），OH＝6，EH＝7．
∵A（﹣1，0），
∴AH＝EH＝7，∠EAH＝45°，
∵∠DBA＝45°，
∴∠EAH＝∠DBA＝45°，
∴∠DBH＝135°，
∵90°＜∠EBA＜135°，
∴点P只可能在点B的左侧，设点P的坐标为（x，0），分两种情况讨论：
①若△DBP1∽△EAB，可得＝，即＝，
解得BP1＝，
∵4﹣x＝，
∴x＝，
∴点P1的坐标为（，0）；
②若△DBP2∽△BAE，可得＝，即＝，
解得BP2＝，
∵4﹣x＝，
∴x＝﹣，
∴点P2的坐标为（﹣，0）；
综上所述，所求点P的坐标为P1（，0），P2（﹣，0）．
【点评】本题是二次函数的综合题型，其中涉及到的知识点有利用待定系数法求二次函数的解析式，勾股定理及其逆定理，二次函数图象上点的坐标特征，一次函数与二次函数交点坐标的求法，相似三角形的性质，利用数形结合、分类讨论及方程思想是解题的关键．
27．（7分）（2021秋•渌口区期末）[基础巩固]（1）如图①，在三角形纸片ABC中，∠ACB＝90°，将△ABC折叠，使点B与点C重合，折痕为MN，则AM与BM的数量关系为 AM＝BM ；
[思维提高]（2）如图②，在三角形纸片ABC中，AC＝BC＝6，AB＝10，将△ABC折叠，使点B与点C重合，折痕为MN，求的值；
[拓展延伸]（3）如图③，在三角形纸片ABC中，AB＝9，BC＝6，∠ACB＝2∠A，将△ABC沿过顶点C的直线折叠，使点B落在边AC上的点B'处，折痕为CM．求线段AC的长．
【考点】几何变换综合题．
【专题】几何综合题；运算能力；推理能力．
【分析】（1）利用平行线分线段成比例定理解决问题即可．
（2）利用相似三角形的性质求出BM，AM即可．
（3）证明△BCM∽△BAC，推出，由此即可解决问题．
【解答】解：（1）如图①中，
∵△ABC折叠，使点B与点C重合，折痕为MN，
∴MN垂直平分线段BC，
∴CN＝BN，
∵∠MNB＝∠ACB＝90°，
∴MN∥AC，
∵CN＝BN，
∴AM＝BM．
故答案为：AM＝BM；
（2）如图②中，
∵CA＝CB＝6，
∴∠A＝∠B，
由题意MN垂直平分线段BC，
∴BM＝CM，
∴∠B＝∠MCB，
∴∠BCM＝∠A，
∵∠B＝∠B，
∴△BCM∽△BAC，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
（3）如图③中，
由折叠的性质可知，CB＝CB′＝6，∠BCM＝∠ACM，
∵∠ACB＝2∠A，
∴∠BCM＝∠A，
∵∠B＝∠B，
∴△BCM∽△BAC，
∴，
∴，
∴BM＝4，
∴AM＝CM＝5，
∴，
∴．
【点评】本题属于几何变换综合题，考查了相似三角形的判定和性质，解直角三角形，等腰三角形的判定和性质，平行线分线段成比例定理等知识，解题的关键是正确寻找相似三角形解决问题，属于中考压轴题．
28．（7分）（2022春•上城区月考）如图1所示，直角△OAB中，∠OAB＝90°，OA＝15，AB＝a，以O为圆心，OA为半径的圆交OB于点C，连接AC．
（1）证明：∠AOB＝2∠BAC；
（2）当a＝20时，求AC的长；
（3）将△ABC绕点A顺时针旋转，点C的对应点为D，点B的对应点为E．当点D、E都在⊙O上时（如图2所示），证明：OA∥DE．
【考点】圆的综合题．
【专题】圆的有关概念及性质；推理能力．
【分析】（1）作OH⊥AC，证明∠BAC＝∠AOH即可．
（2）求出BO、BC的长度，作CG⊥AB，根据△OAB∽△CGB即可求出CG，BG，AG，进而通过勾股定理求出AC．
（2）连接OD，要证平行只需证∠AOD＝∠ODE，由于∠ACB＝∠ADE，进而只需证∠CAO＝∠ADO，通过全等或者推导角度关系即可得出．
【解答】（1）证明：如图，过点O作OH⊥AC于点H，
∵∠OAB＝90°，
∴∠OAC+∠BAC＝90°，
∵OH⊥AC，
∴∠OAC+∠AOH＝90°，
∴∠AOH＝∠BAC，
∵AO＝CO，OH⊥AC，
∴∠AOH＝∠COH，
∴∠AOB＝2∠AOH＝2∠BAC，
（2）解：如图，过点C作CG⊥AB于点G，
∵OA＝15，AB＝20，
∴BO＝25，
∴BC＝10，
∵CG⊥AB，∠OAB＝90°，
∴△OAB∽△CGB，
∴，
∴，
解得：BG＝8，CG＝6，
∴AG＝12，
∴AC＝＝．
（3）解：如图，连接OD，
∵△ABC≌△AED，
∴∠ACB＝∠ADE，AC＝AD，
∴∠AOC＝∠AOD，
∵AO＝DO＝CO，
∴∠CAO＝，∠ODA＝，
∴∠CAO＝∠ADO，
∵∠ACB＝∠CAO+∠AOC，
∴∠CAO+∠AOC＝∠ADO+∠ODE，
∴∠AOC＝∠ODE，
∴∠AOD＝∠ODE，
∴AO∥DE．
【点评】本题考查圆综合知识，熟练掌握圆的性质、相似三角形的性质和判定是解题关键