2022年广州中考数学终极押题密卷1

这是一份2022年广州中考数学终极押题密卷1，共34页。试卷主要包含了已知直线l及直线l外一点P等内容，欢迎下载使用。

2022年广州中考数学终极押题密卷1
一．选择题（共10小题，满分30分，每小题3分）
1．（3分）（2020•永州）﹣2020的相反数为（　　）
A．﹣ B．2020 C．﹣2020 D．
2．（3分）（2021秋•江夏区期中）如图中为轴对称图形的是（　　）
A． B． C． D．
3．（3分）（2021春•枣阳市期末）我市某学校为庆祝中国共产党成立一百周年，开展了“学党史、颂党恩、跟党走”系列主题教育活动．其中，在演讲比赛活动中，参加决赛的所有15位选手的成绩互不相同，在已知自己成绩的情况下，要想知道自己是否能进入前8名，只需要知道这15位选手成绩的（　　）
A．平均数 B．众数 C．中位数 D．方差
4．（3分）（2021秋•泉州期中）如图所示的几何体的主视图是（　　）

A． B． C． D．
5．（3分）（2021秋•抚远市期末）下列运算正确的是（　　）
A．a2•a3＝a6 B．（2a）3＝2a3
C．（a2）3＝a6 D．（a+1）2＝a2+2a
6．（3分）（2019•石家庄模拟）如图，已知A、B、C三个海岛，C在A的北偏东41°方向上，在B的北偏西49°方向上，A、B两个海岛间有一条直线航道AB可以直达，两艘客船均以每小时60海里的速度分别从A、B两岛同时相向而行（不考虑水流速度），经过3小时在点O相遇，则点O到C海岛的距离是（　　）

A．60海里 B．90海里 C．120海里 D．180海里
7．（3分）（2022春•仓山区校级期中）下列函数的图象经过原点的是（　　）
A．y＝﹣2x+2 B． C．y＝4x D．y＝x2+5
8．（3分）（2019秋•顺义区期末）已知直线l及直线l外一点P．如图，
（1）在直线l上取一点O，以点O为圆心，OP长为半径画半圆，交直线l于A，B两点；
（2）连接PA，以点B为圆心，AP长为半径画弧，交半圆于点Q；
（3）作直线PQ，连接BP．
根据以上作图过程及所作图形，下列结论中错误的是（　　）

A．AP＝BQ B．PQ∥AB
C．∠ABP＝∠PBQ D．∠APQ+∠ABQ＝180°
9．（3分）（2021秋•大庆期末）关于分式方程增根的情况，说法正确的是（　　）
A．有增根是0和﹣1 B．有增根是0和1、﹣1
C．有增根是﹣1 D．有增根是1
10．（3分）（2020秋•江岸区校级月考）如图，二次函数y＝ax2+bx+c的图象过点A（3，0），对称轴为直线x＝1，给出以下结论：
①abc＜0；
②若M（n2+1，y1），N（n2+2，y2）为函数图象上的两点，则y1＜y2；
③对于任意实数t，总有at2+bt≤a+b；
④若c＝2，则有b2＞4ac﹣8a；
⑤若关于x的一元二次方程ax2+bx+c＝p（p＞0）有整数根，则p的值有2个，
其中正确的有（　　）个．

A．2 B．3 C．4 D．5
二．填空题（共6小题，满分18分，每小题3分）
11．（3分）（2021•盘州市模拟）中国天眼的口径有500米，有近30个足球场大的接收面积，主反射面的面积达25万平方米．将主反射面的面积用科学记数法表示为 　 　平方米．
12．（3分）（2020•荆州）若单项式2xmy3与3xym+n是同类项，则的值为　 　．
13．（3分）（2019秋•东台市期末）已知扇形的圆心角为90°，弧长等于一个半径为5cm的圆的周长，用这个扇形恰好围成一个圆锥的侧面（接缝忽略不计）．则该圆锥的高为　 　cm．
14．（3分）如图，AB为⊙O的直径，C为⊙O上的一点，AE和过点C的切线CD互相垂直，垂足为E，AE与⊙O相交于点F，连接AC．若AE＝12，tan∠CAB＝，则OB的长为 　 　．

15．（3分）（2022•利州区校级模拟）若关于x的不等式组的所有整数解的和是﹣12，则m的取值范围为 　 　．
16．（3分）（2021秋•丹江口市期末）如图，直线与x轴、y轴分别交于点A、B，半径为4的⊙O与x轴的负半轴交于点C，点D是⊙O上一动点，点E为弦CD的中点，EF⊥AB于点F，则EF长的最小值为 　 　．

三．解答题（共9小题，满分72分）
17．（4分）（2020•南山区模拟）计算：（）﹣1﹣|﹣|+3tan60°﹣（π﹣2020）0．
18．（4分）已知：如图，在矩形ABCD中，M为BC的中点．求证：AM＝DM．

19．（6分）（2020春•越秀区校级月考）已知P＝（a≠±b）
（1）化简P；
（2）若点（a，b）在一次函数y＝x+1的图象上，求P的值．
20．（6分）（2021•曾都区一模）为了解“永远跟党走”主题宣传教育活动的效果，某校组织了党史知识问卷测试，从中抽取部分答卷，统计整理得到不完整的频数分布表和扇形统计图．
等级
成绩/分
频数
A
95≤x≤100
m
B
90≤x＜95
8
C
85≤x＜90

D
80≤x＜85
4
根据以上信息，解答下列问题：
（1）填空：m＝　 　，n＝　 　，扇形统计图中“D”等级的圆心角为 　 　度；
（2）若成绩不低于90分为优秀，请估计该校2000名学生中达到优秀等级的人数；
（3）已知A等级中有2名男生，现从A等级中随机抽取2名同学，试用列表或树状图的方法求出恰好抽到一男一女的概率．

21．（8分）（2018秋•夹江县期末）已知关于x的一元二次方程x2﹣（m+2）x+m＝0．
（1）求证：不论m取何实数，若该方程都有两个不相等的实数根；
（2）若x1、x2是这个一元二次方程的两个根，求的最小值．
22．（10分）（2021•天水模拟）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，∠BAC的角平分线AD交BC边于D，以AB上某一点O为圆心作⊙O，使⊙O经过点A和点D，与AB边的另一个交点为E．
（1）判断直线BC与⊙O的位置关系，并说明理由；
（2）若⊙O的半径为6，∠B＝30°．求线段BD、BE与劣弧DE所围成的阴影部分的图形面积．

23．（10分）某电器公司推出一款智能空调扇，经市场调研发现，该产品的月销售量y（台）与销售单价x（元）之间满足如图所示的一次函数关系，已知该产品的成本是每台1500元．
（1）求出y关于x的函数解析式．
（2）设月销售利润为ω（元），求ω关于x的函数解析式，并求出当销售单价定为多少时，月销售利润最大，最大月销售利润是多少，
（3）公司开展了技术创新，以降低成本，预计在今后的销售中，月销售量与销售单价仍存在（1）中的函数关系，若想实现当销售单价为1900元时，月销售利润不低于114000元的销售目标，则该产品的成本单价应不超过多少元？

24．（12分）（2021秋•金牛区期末）如图，BD是菱形ABCD的对角线，将线段BC绕点B逆时针旋转得线段BF，∠FBC的平分线与边CD的交点为E．
（1）如图1，若点F在AD的延长线上，求证：∠A＝∠BFE；
（2）如图2，若点F在对角线BD上，且，求的值；
（3）如图3，若BE＝BC，EF与AD交于点G，延长EF、BA交点为M，延长BE、AD交点为H，且＝，求的值．


25．（12分）（2021•罗湖区校级模拟）如图1，在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2﹣2ax+3与x轴交于点A，B（点A在点B的左侧），交y轴于点C，点A的坐标为（﹣1，0），点D为抛物线的顶点，对称轴与x轴交于点E．
（1）填空：a＝　 　，点B的坐标是 　 　；
（2）连接BD，点M是线段BD上一动点（点M不与端点B，D重合），过点M作MN⊥BD，交抛物线于点N（点N在对称轴的右侧），过点N作NH⊥x轴，垂足为H，交BD于点F，点P是线段OC上一动点，当△MNF的周长取得最大值时，求FP+PC的最小值；
（3）在（2）中，当△MNF的周长取得最大值时，FP+PC取得最小值时，如图2，把点P向下平移个单位得到点Q，连接AQ，把△AOQ绕点O顺时针旋转一定的角度α（0°＜α＜360°），得到△A′OQ′，其中边A′Q′交坐标轴于点G．在旋转过程中，是否存在一点G，使得GQ′＝OG？若存在，请直接写出所有满足条件的点Q′的坐标；若不存在，请说明理由．


2022年广州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10小题，满分30分，每小题3分）
1．（3分）（2020•永州）﹣2020的相反数为（　　）
A．﹣ B．2020 C．﹣2020 D．
【考点】相反数．
【专题】实数；符号意识．
【分析】直接利用相反数的定义进而分析得出答案．
【解答】解：﹣2020的相反数为：2020．
故选：B．
【点评】此题主要考查了相反数，正确把握相反数的定义是解题关键．
2．（3分）（2021秋•江夏区期中）如图中为轴对称图形的是（　　）
A． B． C． D．
【考点】轴对称图形．
【专题】平移、旋转与对称；几何直观．
【分析】根据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，这条直线叫做对称轴进行分析即可．
【解答】解：选项A、B、C不能找到这样的一条直线，使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，
选项D能找到这样的一条直线，使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，
故选：D．
【点评】此题主要考查了轴对称图形，关键是正确确定对称轴位置．
3．（3分）（2021春•枣阳市期末）我市某学校为庆祝中国共产党成立一百周年，开展了“学党史、颂党恩、跟党走”系列主题教育活动．其中，在演讲比赛活动中，参加决赛的所有15位选手的成绩互不相同，在已知自己成绩的情况下，要想知道自己是否能进入前8名，只需要知道这15位选手成绩的（　　）
A．平均数 B．众数 C．中位数 D．方差
【考点】统计量的选择；算术平均数；中位数；众数；方差．
【专题】统计的应用；应用意识．
【分析】15人成绩的中位数是第8名的成绩，参赛选手要想知道自己是否能进入前8名，只需要了解自己的成绩以及全部成绩的中位数，比较即可．
【解答】解：由于总共有15个人，且他们的成绩各不相同，第8名的成绩是中位数，要判断是否进入前8名，只要把自己的成绩与中位数进行大小比较，
故选：C．
【点评】本题考查了统计的有关知识，熟练掌握平均数、众数、中位数、方差的意义是解决本题的关键．
4．（3分）（2021秋•泉州期中）如图所示的几何体的主视图是（　　）

A． B． C． D．
【考点】简单组合体的三视图．
【专题】投影与视图；空间观念．
【分析】根据从正面看得到的图形是主视图，可得答案．
【解答】解：从正面看，如图：

故选：A．
【点评】本题考查了简单组合体的三视图，从正面看得到的图形是主视图，从上边看得到的图形是俯视图，从左边看得到的图形是左视图．
5．（3分）（2021秋•抚远市期末）下列运算正确的是（　　）
A．a2•a3＝a6 B．（2a）3＝2a3
C．（a2）3＝a6 D．（a+1）2＝a2+2a
【考点】完全平方公式；同底数幂的乘法；幂的乘方与积的乘方．
【专题】整式；运算能力．
【分析】直接利用同底数幂的乘法运算法则、积的乘方的运算法则、幂的乘方的运算法则、完全平方公式分别计算得出答案．
【解答】解：A、a2•a3＝a5，原计算错误，故此选项不符合题意；
B、（2a）3＝8a3，原计算错误，故此选项不符合题意；
C、（a2）3＝a6，原计算正确，故此选项符合题意；
D、（a+1）2＝a2+2a+1，原计算错误，故此选项不符合题意；
故选：C．
【点评】此题主要考查了同底数幂的乘法运算以及积的乘方运算、幂的乘方运算、完全平方公式等知识，正确掌握运算法则是解题关键．
6．（3分）（2019•石家庄模拟）如图，已知A、B、C三个海岛，C在A的北偏东41°方向上，在B的北偏西49°方向上，A、B两个海岛间有一条直线航道AB可以直达，两艘客船均以每小时60海里的速度分别从A、B两岛同时相向而行（不考虑水流速度），经过3小时在点O相遇，则点O到C海岛的距离是（　　）

A．60海里 B．90海里 C．120海里 D．180海里
【考点】解直角三角形的应用﹣方向角问题．
【专题】应用题；解直角三角形及其应用；运算能力；推理能力．
【分析】根据题意可得，角ACB是直角，根据直角三角形斜边中线等于斜边一半，即可求出点O到C海岛的距离．
【解答】解：如图，连接OC，

根据题意可知：
∠CAB＝90°﹣41°＝49°，
∠CBA＝90°﹣49°＝41°，
∴∠ACB＝49°+41°＝90°，
由题意可知：
OA＝OB＝60×3＝180（海里），
∴AB＝360（海里），
由∠ACB＝90°，OA＝OB可知：
OC是直角三角形斜边AB的中线，
∴OC＝AB＝180（海里），
答：点O到C海岛的距离是180海里．
故选：D．
【点评】本题考查了解直角三角形的应用﹣方向角问题，解决本题的关键是根据题意得角ACB是直角．
7．（3分）（2022春•仓山区校级期中）下列函数的图象经过原点的是（　　）
A．y＝﹣2x+2 B． C．y＝4x D．y＝x2+5
【考点】反比例函数图象上点的坐标特征；二次函数的性质；二次函数图象上点的坐标特征；一次函数的性质；正比例函数的性质；一次函数图象上点的坐标特征；反比例函数的性质．
【专题】一次函数及其应用；反比例函数及其应用；二次函数图象及其性质；运算能力．
【分析】将（0，0）代入各选项进行判断即可．
【解答】解：A、当x＝0时，y＝2，不经过原点，故本选项不合题意；
B、当x＝0时，y＝无意义，不经过原点，故本选项不合题意；
C、当x＝0时，y＝0，经过原点，故本选项符合题意；
D、当x＝0时，y＝5，不经过原点，故本选项不合题意；
故选：C．
【点评】本题考查了一次函数图象、反比例函数图象及二次函数图象上点的坐标特征，注意代入判断，难度一般．
8．（3分）（2019秋•顺义区期末）已知直线l及直线l外一点P．如图，
（1）在直线l上取一点O，以点O为圆心，OP长为半径画半圆，交直线l于A，B两点；
（2）连接PA，以点B为圆心，AP长为半径画弧，交半圆于点Q；
（3）作直线PQ，连接BP．
根据以上作图过程及所作图形，下列结论中错误的是（　　）

A．AP＝BQ B．PQ∥AB
C．∠ABP＝∠PBQ D．∠APQ+∠ABQ＝180°
【考点】作图—复杂作图；圆周角定理．
【专题】作图题；几何直观；推理能力．
【分析】根据作图过程即可判断．
【解答】解：．∵＝
∴AP＝BQ，
∴PQ∥AB，∠PAB＝∠QBA，
∴∠APQ+∠PAB＝180°．
∴APQ+ABQ＝180°．
所以A、B、D选项正确，C选项错误．
故选：C．
【点评】本题考查了作图﹣复杂作图，解决本题的关键是熟练利用圆周角定理．
9．（3分）（2021秋•大庆期末）关于分式方程增根的情况，说法正确的是（　　）
A．有增根是0和﹣1 B．有增根是0和1、﹣1
C．有增根是﹣1 D．有增根是1
【考点】分式方程的增根．
【专题】计算题．
【分析】先找到最简公分母x（x+1）（x﹣1），先解出x，得x＝1，再令x（x+1）（x﹣1）＝0，求得x的值即为分式方程的增根．
【解答】解：∵最简公分母为x（x+1）（x﹣1），
∴3（x+1）﹣6x＝7（x﹣1），
∴x＝1；
令x（x+1）（x﹣1）＝0，
x的值为0；﹣1；1；
x＝1是增根．
故选：D．
【点评】本题考查了分式方程的增根，让最简公分母为0，未知数的值的是增根．
10．（3分）（2020秋•江岸区校级月考）如图，二次函数y＝ax2+bx+c的图象过点A（3，0），对称轴为直线x＝1，给出以下结论：
①abc＜0；
②若M（n2+1，y1），N（n2+2，y2）为函数图象上的两点，则y1＜y2；
③对于任意实数t，总有at2+bt≤a+b；
④若c＝2，则有b2＞4ac﹣8a；
⑤若关于x的一元二次方程ax2+bx+c＝p（p＞0）有整数根，则p的值有2个，
其中正确的有（　　）个．

A．2 B．3 C．4 D．5
【考点】二次函数图象与系数的关系；二次函数图象上点的坐标特征；抛物线与x轴的交点；根的判别式．
【专题】二次函数图象及其性质；推理能力．
【分析】由抛物线的开口方向判断a与0的关系，由抛物线与y轴的交点判断c与0的关系，然后根据对称轴及抛物线与x轴交点情况进行推理，进而对所得结论进行判断．
【解答】解：∵抛物线开口向下，
a＜0；
∵抛物线的对称轴为直线x＝﹣＝1＞0，
∴b＞0；
∵抛物线与y轴的交点在x轴上方，
∴c＞0，
∴abc＜0，故①正确；
∵M（n2+1，y1），N（n2+2，y2）在对称轴右侧，n2+1＜n2+2，
∴y1＞y2，故②错误；
∴当x＝1时，y最大，即对于任意实数t有a+b+c≥at2+bt+c，
∴at2+bt≤a+b，故③正确；
∵b＞0，
∴b2＞0，
若c＝2，则4ac﹣8a＝8a﹣8a＝0，
∴b2＞4ac﹣8a，故④正确；
∵抛物线的对称轴是直线x＝1，与x轴的一个交点是（3，0），
∴抛物线与x轴的另个交点是（﹣1，0），
把（3，0）代入y＝ax2+bx+c得，0＝9a+3b+c，
∵抛物线的对称轴为直线x＝﹣＝1，
∴b＝﹣2a，
∴9a﹣6a+c＝0，
解得，c＝﹣3a．
∴y＝ax2﹣2ax﹣3a＝a（x﹣1）2﹣4a（a＜0），
∴顶点坐标为（1，﹣4a），
由图象得当0＜y≤﹣4a时，﹣1＜x＜3，其中x为整数时，x＝0，1，2，
又∵x＝0与x＝2时，关于直线x＝1轴对称
当x＝1时，直线y＝p恰好过抛物线顶点．
所以p值可以有2个．故⑤正确；
故选：C．
【点评】本题考查的是抛物线与x轴的交点，熟知二次函数的图象与系数的关系、x轴上点的坐标特点等知识是解答此题的关键．
二．填空题（共6小题，满分18分，每小题3分）
11．（3分）（2021•盘州市模拟）中国天眼的口径有500米，有近30个足球场大的接收面积，主反射面的面积达25万平方米．将主反射面的面积用科学记数法表示为 　2.5×105　平方米．
【考点】科学记数法—表示较大的数．
【专题】实数；数感．
【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：25万平方米＝250000平方米＝2.5×105平方米．
故答案为：2.5×105．
【点评】此题主要考查了用科学记数法表示较大的数，一般形式为a×10n，其中1≤|a|＜10，确定a与n的值是解题的关键．
12．（3分）（2020•荆州）若单项式2xmy3与3xym+n是同类项，则的值为　2　．
【考点】算术平方根；同类项．
【专题】实数；整式；运算能力．
【分析】根据同类项的定义（所含字母相同，相同字母的指数相同）列出方程，求出n，m的值，再代入代数式计算即可．
【解答】解：根据题意得：m＝1，m+n＝3，
解得n＝2，
所以2m+n＝2+2＝4，
＝＝2．
故答案是：2．
【点评】本题考查了算术平方根和同类项的定义．解题的关键是掌握算术平方根和同类项的定义，要注意同类项定义中的两个“相同”：相同字母的指数相同，是易混点，因此成了中考的常考点．
13．（3分）（2019秋•东台市期末）已知扇形的圆心角为90°，弧长等于一个半径为5cm的圆的周长，用这个扇形恰好围成一个圆锥的侧面（接缝忽略不计）．则该圆锥的高为　5　cm．
【考点】圆锥的计算；弧长的计算．
【专题】与圆有关的计算；运算能力．
【分析】根据弧长公式求出扇形的半径，根据勾股定理计算即可．
【解答】解：半径为5cm的圆的周长为10π，
则扇形弧长为10π，
设扇形的半径为xcm，
则＝10π，
解得，x＝20，
∴圆锥的母线长为20，
由勾股定理得，圆锥的高＝＝5（cm），
故答案为：5．
【点评】本题考查的是圆锥的计算，理解圆锥的母线长是扇形的半径，圆锥的底面圆周长是扇形的弧长是解题的关键．
14．（3分）如图，AB为⊙O的直径，C为⊙O上的一点，AE和过点C的切线CD互相垂直，垂足为E，AE与⊙O相交于点F，连接AC．若AE＝12，tan∠CAB＝，则OB的长为 　8　．

【考点】切线的性质；解直角三角形；圆周角定理．
【专题】等腰三角形与直角三角形；与圆有关的位置关系；几何直观；运算能力；推理能力．
【分析】连接OC，BC，根据切线的性质得到OC⊥DE，根据平行线的性质得到∠EAC＝∠OCA，根据等腰三角形的性质证得∠EAC＝∠OAC，根据正切的定义求出EC，根据勾股定理求出AC，再根据正切的定义计算，即可得到答案．
【解答】解：连接OC，
∵CD为⊙O的切线，
∴OC⊥DE，
∵AE⊥DE，
∴OC∥AE，
∴∠EAC＝∠OCA，
∵OA＝OC，
∴∠OAC＝∠OCA，
∴∠EAC＝∠OAC，
连接BC，
∵AB为⊙O的直径，
∴∠ACB＝90°，
∵tan∠CAB＝，∠EAC＝∠OAC，
∴tan∠EAC＝，
在Rt△AEC中，tan∠EAC＝＝，
∴＝，
解得：EC＝4，
在Rt△AEC中，AC＝＝＝8，
在Rt△ABC中，tan∠CAB＝＝，
∴BC＝8，
在Rt△ABC中，AB＝＝＝16，
∴OB＝8．
故答案为：8．

【点评】本题考查的是切线的性质、圆周角定理、正切的定义，掌握圆的切线垂直于经过切点的半径是解题的关键．
15．（3分）（2022•利州区校级模拟）若关于x的不等式组的所有整数解的和是﹣12，则m的取值范围为 　﹣3＜m≤﹣2或2＜m≤3　．
【考点】一元一次不等式组的整数解．
【专题】一元一次不等式（组）及应用；运算能力．
【分析】解不等式组得出解集，根据整数解的和为﹣12，可以确定整数解为﹣5，﹣4，﹣3或﹣5，﹣4，﹣3，﹣2，﹣1，0，1，2，再根据解集确定m的取值范围．
【解答】解：解不等式组得：﹣5≤x＜m，
∵所有整数解的和是﹣12，
∴不等式组的整数解为﹣5，﹣4，﹣3或﹣5，﹣4，﹣3，﹣2，﹣1，0，1，2，
∴﹣3＜m≤﹣2或2＜m≤3；
故答案为：﹣3＜m≤﹣2或2＜m≤3．
【点评】考查一元一次不等式组的解集、整数解，根据整数解和解集确定待定字母的取值范围，在确定的过程中，不等号的选择应认真细心，切实选择正确．
16．（3分）（2021秋•丹江口市期末）如图，直线与x轴、y轴分别交于点A、B，半径为4的⊙O与x轴的负半轴交于点C，点D是⊙O上一动点，点E为弦CD的中点，EF⊥AB于点F，则EF长的最小值为 　2　．

【考点】点与圆的位置关系；一次函数的性质；一次函数图象上点的坐标特征；三角形三边关系；勾股定理；三角形中位线定理；垂径定理．
【专题】一次函数及其应用；与圆有关的位置关系；推理能力．
【分析】如图，连接OB，取OA的中点M，连接CM，过点M作MN⊥DE于N．首先证明点E的运动轨迹是以M为圆心，2为半径的⊙M，作MF′⊥AB于点F′，交⊙M于E′，此时EF长的最小，最小值为E′F′．
【解答】解：如图，连接OD，取OC的中点M，连接EM，

∵CE＝DE，CM＝OM，
∴ME＝OD＝2，
∴点E的运动轨迹是以M为圆心，2为半径的⊙M，
作MF′⊥AB于点F′，交⊙M于E′，此时EF长的最小，最小值为E′F′．
∵直线与x轴、y轴分别交于点A、B，
∴A（3，0），B（0，4），
∴OA＝3，OB＝4，
∴AB＝＝＝5，AM＝2+3＝5，
在△AMF′和△ABO中，
，
∴△AMF′≌△ABO（AAS），
∴MF′＝OB＝4，
∴E′F′＝4﹣2＝2，
∴EF长的最小值为2，
故答案为：2．
【点评】本题考查三角形的中位线定理，全等三角形的判定和性质，一次函数的性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造三角形的中位线解决问题，属于中考常考题型．
三．解答题（共9小题，满分72分）
17．（4分）（2020•南山区模拟）计算：（）﹣1﹣|﹣|+3tan60°﹣（π﹣2020）0．
【考点】实数的运算；零指数幂；负整数指数幂；特殊角的三角函数值．
【专题】计算题；实数；运算能力．
【分析】根据负整数指数幂，绝对值，特殊锐角三角函数值和零指数幂来答题．
【解答】解：原式＝
＝
【点评】本题是一道计算题，主要考查了负整数指数幂，绝对值，特殊锐角三角函数值和零指数幂的知识点，也是中考常考题型，熟练掌握负整数指数幂，绝对值，特殊锐角三角函数值和零指数幂的相关法则是解题的关键．
18．（4分）已知：如图，在矩形ABCD中，M为BC的中点．求证：AM＝DM．

【考点】矩形的性质；全等三角形的判定与性质．
【专题】证明题；图形的全等；矩形 菱形 正方形；推理能力．
【分析】证明Rt△ABM≌Rt△DCM，可得出结论．
【解答】证明：∵四边形ABCD为矩形，
∴AB＝DC，∠B＝∠C＝90°，
∵M为BC的中点，
∴BM＝CM，
在Rt△ABM和Rt△DCM中，
，
∴Rt△ABM≌Rt△DCM（SAS），
∴AM＝DM．
【点评】本题考查了矩形的性质，全等三角形的判定与性质，熟练掌握矩形的性质是解题的关键．
19．（6分）（2020春•越秀区校级月考）已知P＝（a≠±b）
（1）化简P；
（2）若点（a，b）在一次函数y＝x+1的图象上，求P的值．
【考点】分式的化简求值；一次函数图象上点的坐标特征．
【专题】分式；一次函数及其应用；运算能力．
【分析】（1）首先通分，然后再分母不变，把分子相加减，再约分化简即可；
（2）根据一次函数图象上点的坐标特点可得b＝a+1，变形为a﹣b＝﹣1，再代入化简后的式子即可．
【解答】解：（1）P＝+，
＝+，
＝，
＝；

（2）∵点（a，b）在一次函数y＝x+1的图象上，
∴b＝a+1，
∴b﹣a＝1，
∴a﹣b＝﹣1，
∴原式＝＝﹣．
【点评】此题主要考查了分式的化简求值，关键是掌握在化简的过程中要注意运算顺序和分式的化简．化简的最后结果分子、分母要进行约分，注意运算的结果要化成最简分式或整式．
20．（6分）（2021•曾都区一模）为了解“永远跟党走”主题宣传教育活动的效果，某校组织了党史知识问卷测试，从中抽取部分答卷，统计整理得到不完整的频数分布表和扇形统计图．
等级
成绩/分
频数
A
95≤x≤100
m
B
90≤x＜95
8
C
85≤x＜90

D
80≤x＜85
4
根据以上信息，解答下列问题：
（1）填空：m＝　3　，n＝　25　，扇形统计图中“D”等级的圆心角为 　72　度；
（2）若成绩不低于90分为优秀，请估计该校2000名学生中达到优秀等级的人数；
（3）已知A等级中有2名男生，现从A等级中随机抽取2名同学，试用列表或树状图的方法求出恰好抽到一男一女的概率．

【考点】列表法与树状图法；用样本估计总体；频数（率）分布表；扇形统计图．
【专题】概率及其应用；运算能力．
【分析】（1）根据90≤x＜95的频数和所占的百分比求出抽取的总人数，用总人数乘以95≤x≤100所占的百分比求出m，再用总人数减去其他等级的人数，求出C等级的人数，然后除以总人数，求出n，用360°乘以“D”等级所占的百分比求出“D”等级的圆心角度数；
（2）由该校总人数乘以达到优秀等级的人数所占的比例即可；
（3）画出树状图，得出所有等可能的情况数，找出恰好抽到一男一女的情况数，然后根据概率公式求解即可．
【解答】解：（1）抽取的总人数有：8÷40%＝20（人），
m＝20×15%＝3，
C等级的人数有：20﹣3﹣8﹣4＝5（人），
n%＝×100%＝25%，即n＝25，
扇形统计图中“D”等级的圆心角为360°×＝72°；
故答案为：3，25，72；

（2）2000×＝1100（人），
答：估计该校2000名学生中达到优秀等级的人数有1100人；

（3）根据题意列表如下：

男1
男2
女
男1

男1男2
男1女
男2
男2男1

男2女
女
女男1
女男2

由上表可知，共有6种等可能的结果，符合条件的结果有4种，
则恰好抽到一男一女的概率是＝．
【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．也考查了频数分布表和扇形统计图．
21．（8分）（2018秋•夹江县期末）已知关于x的一元二次方程x2﹣（m+2）x+m＝0．
（1）求证：不论m取何实数，若该方程都有两个不相等的实数根；
（2）若x1、x2是这个一元二次方程的两个根，求的最小值．
【考点】根与系数的关系；根的判别式．
【专题】一元二次方程及应用；运算能力．
【分析】（1）先计算根的判别式的值，再利用非负数的性质判断Δ＞0，然后根据根的判别式的意义得到结论；
（2）根据根与系数的关系得到x1+x2＝m+2，x1x2＝m，则＝（x1+x2）2﹣2x1x2＝（m+2）2﹣2m＝m2+2m+4＝（m+1）2+3，根据二次函数的性质即可得到的最小值是3．
【解答】（1）证明：∵Δ＝[﹣（m+2）]2﹣4m
＝m2+4m+4﹣4m
＝m2+4＞0，
∴无论m取何值，此方程总有两个不相等的实数根；
（2）解：根据题意得x1+x2＝m+2，x1x2＝m，
∴＝（x1+x2）2﹣2x1x2＝（m+2）2﹣2m＝m2+2m+4＝（m+1）2+3
∴的最小值是3．
【点评】本题考查了根与系数的关系：若x1，x2是一元二次方程ax2+bx+c＝0（a≠0）的两根，则x1+x2＝﹣，x1x2＝．也考查了根的判别式．
22．（10分）（2021•天水模拟）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，∠BAC的角平分线AD交BC边于D，以AB上某一点O为圆心作⊙O，使⊙O经过点A和点D，与AB边的另一个交点为E．
（1）判断直线BC与⊙O的位置关系，并说明理由；
（2）若⊙O的半径为6，∠B＝30°．求线段BD、BE与劣弧DE所围成的阴影部分的图形面积．

【考点】直线与圆的位置关系；扇形面积的计算；含30度角的直角三角形；圆周角定理．
【专题】圆的有关概念及性质；与圆有关的位置关系；运算能力；推理能力．
【分析】（1）连接OD，根据平行线判定推出OD∥AC，推出OD⊥BC，根据切线的判定推出即可；
（2）根据S阴影＝S△BOD﹣S扇形DOE求得即可．
【解答】解：（1）直线BC与⊙O相切；
理由：连接OD
∵OA＝OD，
∴∠OAD＝∠ODA，
∵∠BAC的角平分线AD交BC边于D，
∴∠CAD＝∠OAD，
∴∠CAD＝∠ODA，
∴OD∥AC，
∴∠ODB＝∠C＝90°，
即OD⊥BC．
又∵直线BC过半径OD的外端，
∴直线BC与⊙O相切．
（2）连接OD，
在Rt△ODB中，∠B＝30°，
∴∠BOD＝60°．
∴S扇形ODE＝＝6π．
∵∠B＝30°，OD⊥BC，
∴tan∠B＝，
∴BD＝＝＝，
∴S△BOD＝×OD•BD＝18，
∴所求图形面积为18﹣6π．

【点评】本题考查了切线的判定，含有30°角的直角三角形的性质，扇形的面积等知识点的应用，主要考查学生的推理能力．
23．（10分）某电器公司推出一款智能空调扇，经市场调研发现，该产品的月销售量y（台）与销售单价x（元）之间满足如图所示的一次函数关系，已知该产品的成本是每台1500元．
（1）求出y关于x的函数解析式．
（2）设月销售利润为ω（元），求ω关于x的函数解析式，并求出当销售单价定为多少时，月销售利润最大，最大月销售利润是多少，
（3）公司开展了技术创新，以降低成本，预计在今后的销售中，月销售量与销售单价仍存在（1）中的函数关系，若想实现当销售单价为1900元时，月销售利润不低于114000元的销售目标，则该产品的成本单价应不超过多少元？

【考点】二次函数的应用．
【专题】销售问题；待定系数法；一元一次不等式（组）及应用；一次函数及其应用；二次函数图象及其性质；二次函数的应用；运算能力；应用意识．
【分析】（1）设y关于x的函数解析式为y＝kx+b，用待定系数法求解即可；
（2）根据利润等于每件的利润乘以销售量即可得出ω关于x的函数解析式，写成顶点式，根据二次函数的性质即可得出答案；
（3）先计算出当x＝1900时该产品的月销售量y，再设该产品的成本单价为m元，根据题意得出关于m的不等式，求解即可．
【解答】解：（1）设y关于x的函数解析式为y＝kx+b，将（1800，200）、（2000，180）分别代入，可得：
，
解得：，
∴y关于x的函数解析式为y＝﹣0.1x+380（1500＜x≤3800）；
（2）由题意得：
ω＝（x﹣1500）y
＝（x﹣1500）（﹣0.1x+380）
＝﹣0.1x2+530x﹣570000
＝﹣0.1（x﹣2650）2+132250，
∵﹣0.1＜0，
∴当x＝2650时，ω有最大值132250，
∴ω关于x的函数解析式为ω＝﹣0.1x2+530x﹣570000（1500＜x≤3800），当销售单价定为2650元时，月销售利润最大，最大月销售利润是132250元；
（3）当x＝1900时，
y＝﹣0.1x+380＝﹣0.1×1900+380＝190，
设该产品的成本单价为m元，由题意得：
（1900﹣m）×190≥114000，
解得：m≤1300．
∴该产品的成本单价应不超过1300元．
【点评】本题考查了待定系数法求一次函数的解析式、二次函数在实际问题中的应用及一元一次不等式的应用，理清题中的数量关系并明确相关函数的性质是解题的关键．
24．（12分）（2021秋•金牛区期末）如图，BD是菱形ABCD的对角线，将线段BC绕点B逆时针旋转得线段BF，∠FBC的平分线与边CD的交点为E．
（1）如图1，若点F在AD的延长线上，求证：∠A＝∠BFE；
（2）如图2，若点F在对角线BD上，且，求的值；
（3）如图3，若BE＝BC，EF与AD交于点G，延长EF、BA交点为M，延长BE、AD交点为H，且＝，求的值．


【考点】四边形综合题．
【专题】几何综合题；矩形 菱形 正方形；运算能力；推理能力．
【分析】（1）证明△FBE≌△CBE（SAS），由全等三角形的性质得出∠C＝∠BFE，由菱形的性质得出∠A＝∠C．则可得出结论；
（2）延长AD，BE，交点为N，由平行线分线段成比例定理可得出，证出DN＝BD，则可得出结论；
（3）证明△FBE≌△CBE（SAS），由全等三角形的性质得出∠BFE＝∠C，证明△BEM≌△BAH（ASA），由全等三角形的性质得出BM＝BH，∠M＝∠H，证明△MGA≌△HGE（AAS），由全等三角形的性质得出GM＝GH，AG＝EG，证明△DGE∽△AGM，由相似三角形的性质得出答案．
【解答】解：（1）∵将线段BC绕点B逆时针旋转得线段BF，
∴BC＝BF，
∵BE平分∠FBC，
∴∠FBE＝∠CBE，
∵BC＝BC，
∴△FBE≌△CBE（SAS），
∴∠C＝∠BFE，
∵四边形ABCD是菱形，
∴∠A＝∠C．
∴∠A＝∠BFE；
（2）延长AD，BE，交点为N，

∵AN∥BC，
∴，∠N＝∠CBE，
∵∠CBE＝∠FBE，
∴∠N＝∠FBE，
∴DN＝BD，
∵，
∴，
∵BF＝BC，BD＝DN，
∴；
（3）∵BF＝BC，∠FBE＝∠CBE，BE＝BE，
∴△FBE≌△CBE（SAS），
∴∠BFE＝∠C，
∵四边形ABCD是菱形，
∴∠BAD＝∠C，AB＝BC，
∴∠BFE＝∠BAD，BF＝AB，
∵BF＝BE，
∴∠BEF＝∠BFE＝∠BAD，BE＝AB，
在△BEM和△BAH中，
，
∴△BEM≌△BAH（ASA），
∴BM＝BH，∠M＝∠H，
∵AM＝BM﹣AB，EH＝BH﹣BE，
∴AM＝EH，
∵∠MGA＝∠HGE，∠M＝∠H，AM＝EH，
∴△MGA≌△HGE（AAS），
∴GM＝GH，AG＝EG，
∵CD∥BM，
∴△DGE∽△AGM，
∴，
∴，
∵，
∴．
【点评】本题是四边形综合题目，考查了菱形的性质，旋转的性质、全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质等知识；熟练掌握相似三角形的判定与性质，证明三角形全等是解题的关键．
25．（12分）（2021•罗湖区校级模拟）如图1，在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2﹣2ax+3与x轴交于点A，B（点A在点B的左侧），交y轴于点C，点A的坐标为（﹣1，0），点D为抛物线的顶点，对称轴与x轴交于点E．
（1）填空：a＝　﹣1　，点B的坐标是 　（3，0）　；
（2）连接BD，点M是线段BD上一动点（点M不与端点B，D重合），过点M作MN⊥BD，交抛物线于点N（点N在对称轴的右侧），过点N作NH⊥x轴，垂足为H，交BD于点F，点P是线段OC上一动点，当△MNF的周长取得最大值时，求FP+PC的最小值；
（3）在（2）中，当△MNF的周长取得最大值时，FP+PC取得最小值时，如图2，把点P向下平移个单位得到点Q，连接AQ，把△AOQ绕点O顺时针旋转一定的角度α（0°＜α＜360°），得到△A′OQ′，其中边A′Q′交坐标轴于点G．在旋转过程中，是否存在一点G，使得GQ′＝OG？若存在，请直接写出所有满足条件的点Q′的坐标；若不存在，请说明理由．

【考点】二次函数综合题．
【专题】综合题；数形结合；分类讨论；待定系数法；面积法；一元二次方程及应用；一次函数及其应用；二次函数的应用；等腰三角形与直角三角形；解直角三角形及其应用；运算能力；推理能力；应用意识．
【分析】（1）将点A（﹣1，0）代入y＝ax2﹣2ax+3，求得a，再令y＝0，解方程即可得出答案；
（2）将（1）中所得的解析式写成顶点式，则可得点D的坐标，用待定系数法求得直线BD的解析式，设点F（m，﹣2m+6），N（m，﹣m2+2m+3），利用等角的三角函数值相等得出C△MNF＝NF，利用二次函数的性质求出使△MNF的周长取得最大值时的m值，在x轴上取点K（﹣，0），则∠OCK＝30°，过F作CK的垂线段FG交y轴于点P，可得＝FG，连接FC，FK，设FK交y轴于点J，利用△CKF的面积计算出FG即可；
（3）由（2）求出点Q的坐标，取AQ的中点G，△A′OQ′在旋转过程中，只需使AG的中点G在坐标轴上即可使得GQ′＝OG，分四种情况计算即可．
【解答】解：（1）将点A（﹣1，0）代入y＝ax2﹣2ax+3，得a+2a+3＝0，
解得，a＝﹣1，
∴y＝﹣x2+2x+3，
当y＝0时，﹣x2+2x+3＝0，
解得，x1＝﹣1，x2＝3，
∴点B的坐标是（3，0）；
故答案为：﹣1，（3，0）；
（2）∵y＝﹣x2+2x+3
＝﹣（x﹣1）2+4，
∴点C（0，3），点D（1，4），
设直线BD的解析式为y＝kx+b（k≠0），将B（3，0），D（1，4）代入得：
，
解得，，
∴y＝﹣2x+6，
设点F（m，﹣2m+6），N（m，﹣m2+2m+3），
由图形可知，∠MNF＝∠DBE，
∵sin∠DBE＝，cos∠DBE＝，
∴MN+MF＝NF+NF＝NF，
∴C△MNF＝NF+NF
＝NF
＝×（﹣m2+2m+3+2m﹣6）
＝×（﹣m2+4m﹣3）
＝×[﹣（m﹣2）2+1]，
∴当m＝2时，C△MNF最大，此时F（2，2），HF＝2，
在x轴上取点K（﹣，0），则∠OCK＝30°，过F作CK的垂线段FG交y轴于点P，此时PG＝PC，
∴PF+PC＝FP+PG，
∴当点F，P，G三点共线时，PF+PC有最小值为FG，
而此时点P不在线段OC上，故不符合题意，
∴FP+PC的最小值为FC的长度，
∵点C（0，3），点F（2，2），
∴CF＝＝，
∴当△MNF的周长取得最大值时，FP+PC的最小值为；

（3）存在．
由（2）可知，OP＝2tan30°+2＝+2，则点P（0，+2），
将点P向下平移个单位得到点Q，
∴点Q（0，2），
在Rt△AOQ中，OA＝1，OQ＝2，则AQ＝，
取AQ的中点G，则有OG＝GQ，
∴△A′OQ′在旋转过程中，只需使AG的中点G在坐标轴上即可使得GQ′＝OG，
如图所示，当点G在y轴正半轴上时，过点Q'作Q'I⊥x轴，垂足为I，
∵GQ′＝OG，
∴∠GOQ'＝∠GQ'O
∵OG∥IQ，
∴∠GOQ'＝∠IQ'O，
∴∠IQ'O＝∠GQ'O，
设Q'（x，y），则有：
sin∠IQ'O＝sin∠AQ'O
＝
＝，
∴x＝，则点Q'（，），
同理可知，当点G在x轴正半轴上时，点Q'（，﹣）；
当点G在y轴负半轴上时，点Q'（﹣，﹣）；
当点G在x轴负半轴上时，点Q'（﹣，）．
综上，点Q'的坐标为（，），（，﹣），（﹣，﹣），（﹣，）．

【点评】本题是二次函数综合题，考查了待定系数法求函数的解析式、二次函数的性质、直角三角形的性质与解直角三角形等知识点，数形结合并熟练掌握二次函数的性质是解题的关键