2022年长沙中考数学终极押题密卷2

这是一份2022年长沙中考数学终极押题密卷2，共31页。
2022年长沙中考数学终极押题密卷2
一．选择题（共10小题，满分30分，每小题3分）
1．（3分）（2022•长沙一模）下列四个数中，最小的数是（　　）
A．0 B．−12022 C．2022 D．﹣2022
2．（3分）（2022•开福区校级模拟）下列运算正确的是（　　）
A．x2+x3＝x5 B．x2•x3＝x5 C．（3x2）3＝9x6 D．x6÷x3＝x2
3．（3分）（2021•锡山区一模）下面4个汽车标志图案，其中不是轴对称图形的是（　　）
A． B． C． D．
4．（3分）（2022•重庆模拟）下列调查中，适合抽样调查的是（　　）
A．调查本班同学的体育达标情况
B．了解“嫦娥五号”探测器的零部件状况
C．疫情期间，了解全校师生入校时体温情况
D．调查黄河的水质情况
5．（3分）（2022•长沙一模）如图，点D，E分别在∠ABC的边BA，BC上，DE⊥AB，过BA上的点F（位于点D上方作FG∥BC，若∠AFG＝42°，则∠DEB的度数为（　　）

A．42° B．48° C．52° D．58°
6．（3分）（2022•开福区校级模拟）菱形不具备的性质是（　　）
A．四条边都相等 B．是轴对称图形
C．对角线一定相等 D．是中心对称图形
7．（3分）（2021•雨花区一模）已知关于x的一元二次方程x2﹣（2m﹣1）x+m2＝0有实数根，则m的取值范围是（　　）
A．m≠0 B．m≤14 C．m＜14 D．m＞14
8．（3分）（2022•重庆模拟）△ABC的边BC经过圆心O，AC与圆相切于点A，若∠B＝20°，则∠C的大小等于（　　）

A．50° B．25° C．40° D．20°
9．（3分）（2022•长沙一模）如图，在平面直角坐标系中，已知点A（2，4），B（4，1），以原点O为位似中心，将△OAB扩大为原来的4倍，则点A的对应点的坐标是（　　）

A．（12，1） B．（−12，﹣1）
C．（8，16）或（﹣16，﹣8） D．（8，16）或（﹣8，﹣16）
10．（3分）（2022•开福区校级模拟）如图，AB是⊙O的弦，OC⊥AB，垂足为点C，将劣弧AB沿弦AB折叠交于OC的中点D，若AB=210，则⊙O的半径为（　　）

A．22 B．23 C．32 D．33
二．填空题（共6小题，满分18分，每小题3分）
11．（3分）（2021•邵武市三模）把多项式ax2﹣4ax+4a因式分解的结果是　 　．
12．（3分）（2022•长沙模拟）若分式23−x有意义，则x的取值范围是 　 　．
13．（3分）（2022•长沙一模）已知m是方程x2﹣2x﹣1＝0的一个根，则代数式2m2﹣4m+2020的值为 　 　．
14．（3分）（2022•开福区校级模拟）如图，在平行四边形ABCD中，E是边BC上的一点，AE交BD于F，若BE＝3，EC＝2，则BFDF=　 　．

15．（3分）（2021•开福区模拟）将一列有理数﹣1，2，﹣3，4，﹣5，6…如图所示有序排列，4所在位置为峰1，﹣9所在位置为峰2…．
（1）处在峰5位置的有理数是　 　；
（2）2022应排在A，B，C，D，E中　 　的位置上．

16．（3分）（2022•长沙模拟）如图，矩形ABCD的两个顶点A、B分别落在x、y轴上，顶点C、D位于第一象限，且OA＝6，OB＝4，对角线AC、BD交于点G，若曲线y=kx（x＞0）经过点C、G，则k＝　 　．

三．解答题（共9小题，满分72分）
17．（6分）（2022•长沙一模）计算：(−1)2022+8−4sin45°−|−2|．
18．（6分）（2022•开福区校级模拟）先化简，再求值：（1−1x+1）÷x2−xx2+2x+1，从﹣1，0，1，2中选择一个合适的数代入求值．
19．（6分）（2021•开福区模拟）如图是某货站传送货物的平面示意图为了提高传送过程的安全性，工人师傅欲减小传送带与地面的夹角使其由45°改为30°，已知原传送带AB长为4米．

（1）求新传送带AC的长度；（结果保留根号）
（2）如果需要在货物着地点C的左侧留出2米的通道，试判断距离B点5米的货物DEFG是否需要挪走，并说明理由（结果精确到0.1米参考数据：2≈1.41，3≈1.73，6≈2.45）
20．（8分）（2022•长沙模拟）为积极相应“五项管理”政策，加强学生体育锻炼，某校开设羽毛球、篮球、乒乓球兴趣小组，为了解七年级学生对三大球类运动的喜爱情况，从七年级学生中随机抽取部分学生进行调查问卷，通过分析整理绘制了如下两幅统计图．请根据两幅统计图中的信息回答下列问题：

（1）求参与调查的学生中，喜爱乒乓球运动的学生人数，并补全条形图．
（2）该校七年级共有880名学生，请你估计该校七年级学生中喜爱篮球运动的学生有多少名？
（3）若从喜爱羽毛球运动的2名男生和2名女生中随机抽取2名学生，确定为该校羽毛球运动员的重点培养对象，请用列表法或画树状图的方法求抽取的两名学生为一名男生和一名女生的概率．
21．（8分）（2022•长沙一模）直线y＝﹣x+5与x轴交于点A，与y轴交于点B，抛物线y＝﹣x2+bx+c经过A、B两点，顶点为P．
（1）求抛物线的解析式；
（2）求△ABP的面积．
22．（9分）（2021•饶平县校级模拟）某中学开学初到商场购买A、B两种品牌的足球，购买A种品牌的足球50个，B种品牌的足球25个，共花费4500元．已知购买一个B种品牌的足球比购买一个A种品牌的足球多花30元
（1）求购买一个A种品牌、一个B种品牌的足球各需多少元？
（2）学校为了响应习总书记“足球进校园”的号召，决定再次购进A、B两种品牌足球共50个，正好赶上商场对商品价格进行调整，A品牌足球售价比第一次购买时提高4元，B品牌足球按第一次购买时售价的9折出售，如果学校此次购买A、B两种品牌足球的总费用不超过第一次花费的70%，且保证这次购买的B种品牌足球不少于23个，则这次学校有哪几种购买方案？
23．（9分）（2021•开福区模拟）勾股定理是数学史上非常重要的一个定理．早在2000多年以前，人们就开始对它进行研究，至今已有几百种证明方法．在欧几里得编的《原本》中证明勾股定理的方法如下，请同学们仔细阅读并解答相关问题：
如图，分别以Rt△ABC的三边为边长，向外作正方形ABDE、BCFG、ACHI．
（1）连接BI、CE，求证：△ABI≌△AEC；
（2）过点B作AC的垂线，交AC于点M，交IH于点N．
①试说明四边形AMNI与正方形ABDE的面积相等；
②请直接写出图中与正方形BCFG的面积相等的四边形．
（3）由第（2）题可得：
正方形ABDE的面积+正方形BCFG的面积＝　 　的面积，即在Rt△ABC中，AB2+BC2＝　 　．

24．（10分）（2022•长沙模拟）定义：三角形一边上的点将该边分为两条线段，且这两条线段的积等于这个点到该边所对顶点连线的平方，则称这个点为三角形该边的“好点”．如图1，△ABC中，点D是BC边上一点，连接AD，若AD2＝BD•CD，则称点D是△ABC中BC边上的“好点”．

（1）如图2，△ABC的顶点是4×3网格图的格点，请仅用直尺画出AB边上的一个“好点”．
（2）△ABC中，BC＝9，tanB=43，tanC=23，点D是BC边上的“好点”，求线段BD的长．
（3）如图3，△ABC是⊙O的内接三角形，OH⊥AB于点H，连接CH并延长交⊙O于点D．
①求证：点H是△BCD中CD边上的“好点”．
②若⊙O的半径为9，∠ABD＝90°，OH＝6，请直接写出CHDH的值．
25．（10分）（2022•长沙一模）如图，BC为⊙O的一条弦，D为弦BC所对的劣弧的中点，A为弦BC所对的优弧上的点，连接AD交BC于点E；

（1）如图1，过D作⊙O的切线MN，求证：MN∥BC；
（2）如图2，若BC为⊙O的直径，连接AB，AC，DB；
①求证：DB2＝DE•DA；
②若DE＝9，AE＝7，点F为△ABC的内心，求OF的长．


2022年长沙中考数学终极押题密卷2
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）（2022•长沙一模）下列四个数中，最小的数是（　　）
A．0 B．−12022 C．2022 D．﹣2022
【考点】有理数大小比较．
【专题】实数；数感．
【分析】有理数大小比较的法则：①正数都大于0；②负数都小于0；③正数大于一切负数；④两个负数比较大小，绝对值大的其值反而小，据此判断即可．
【解答】解：∵|−12022|=12022，|﹣2022|＝2022，而12022＜2022，
∴−2022＜−12022＜0＜2022，
∴最小的数是﹣2022．
故选：D．
【点评】本题考查了有理数大小比较，掌握有理数大小比较的法则是解答本题的关键．
2．（3分）（2022•开福区校级模拟）下列运算正确的是（　　）
A．x2+x3＝x5 B．x2•x3＝x5 C．（3x2）3＝9x6 D．x6÷x3＝x2
【考点】同底数幂的除法；合并同类项；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】利用合并同类项的法则，同底数幂的乘法的法则，同底数幂的除法的法则，积的乘方的法则对各项进行运算即可．
【解答】解：A、x2与x3不属于同类项，不能合并，故A不符合题意；
B、x2•x3＝x5，故B符合题意；
C、（3x2）3＝27x6，故C不符合题意；
D、x6÷x3＝x3，故D不符合题意；
故选：B．
【点评】本题主要考查积的乘方，同底数幂的乘法，同底数幂的除法，合并同类项，解答的关键是对相应的运算法则的掌握．
3．（3分）（2021•锡山区一模）下面4个汽车标志图案，其中不是轴对称图形的是（　　）
A． B． C． D．
【考点】轴对称图形．
【专题】常规题型．
【分析】根据轴对称图形的概念求解．
【解答】解：A、是轴对称图形，故错误；
B、是轴对称图形，故错误；
C、是轴对称图形，故错误；
D、不是轴对称图形，故正确．
故选：D．
【点评】本题考查了轴对称图形的概念：轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分沿对称轴折叠后可重合．
4．（3分）（2022•重庆模拟）下列调查中，适合抽样调查的是（　　）
A．调查本班同学的体育达标情况
B．了解“嫦娥五号”探测器的零部件状况
C．疫情期间，了解全校师生入校时体温情况
D．调查黄河的水质情况
【考点】全面调查与抽样调查．
【专题】数据的收集与整理；应用意识．
【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判断即可．
【解答】解：A，B，C三个选项均适合采用全面调查方式，不符合题意；
调查黄河的水质情况，适合采用抽样调查方式，故本选项符合题意．
故选：D．
【点评】本题考查的是抽样调查和全面调查的区别，选择普查还是抽样调查要根据所要考查的对象的特征灵活选用，一般来说，对于具有破坏性的调查、无法进行普查、普查的意义或价值不大，应选择抽样调查，对于精确度要求高的调查，事关重大的调查往往选用普查．
5．（3分）（2022•长沙一模）如图，点D，E分别在∠ABC的边BA，BC上，DE⊥AB，过BA上的点F（位于点D上方作FG∥BC，若∠AFG＝42°，则∠DEB的度数为（　　）

A．42° B．48° C．52° D．58°
【考点】平行线的性质；垂线．
【专题】线段、角、相交线与平行线；运算能力．
【分析】根据FG∥BC，得∠AFG＝∠DBE＝42°，由DE⊥AB，得∠BDE＝90°，∠DEB＝180°﹣∠DBE﹣∠BDE，由此求得即可．
【解答】解：∵FG∥BC，∠AFG＝42°，
∴∠DBE＝∠AFG＝42°，
∵DE⊥AB，
∴∠BDE＝90°，
∴∠DEB＝180°﹣∠DBE﹣∠BDE
＝180°﹣42°﹣90°
＝48°．
故选：B．
【点评】本题考查了平行线的性质和垂线的定义，掌握两直线平行，同位角相等是解题的关键．
6．（3分）（2022•开福区校级模拟）菱形不具备的性质是（　　）
A．四条边都相等 B．是轴对称图形
C．对角线一定相等 D．是中心对称图形
【考点】中心对称图形；菱形的性质；轴对称图形．
【专题】矩形 菱形 正方形；几何直观．
【分析】根据菱形的性质解答即可．
【解答】解：A．菱形的四条边都相等，故本选项不合题意；
B．菱形是轴对称图形，故本选项不合题意；
C．菱形的对角线不相等，故本选项符合题意；
D．菱形是中心对称图形，故本选项不合题意；
故选：C．
【点评】本题考查了菱形的性质，掌握菱形的性质以及轴对称图形和中心对称图形的定义是解答本题的关键．
7．（3分）（2021•雨花区一模）已知关于x的一元二次方程x2﹣（2m﹣1）x+m2＝0有实数根，则m的取值范围是（　　）
A．m≠0 B．m≤14 C．m＜14 D．m＞14
【考点】根的判别式．
【专题】计算题；一元二次方程及应用；运算能力．
【分析】由方程有实数根即Δ＝b2﹣4ac≥0，从而得出关于m的不等式，解之可得．
【解答】解：根据题意得，Δ＝b2﹣4ac＝[﹣（2m﹣1）]2﹣4m2＝﹣4m+1≥0，
解得：m≤14，
故选：B．
【点评】本题主要考查根的判别式，熟练掌握一元二次方程的根与判别式间的关系是解题的关键．
8．（3分）（2022•重庆模拟）△ABC的边BC经过圆心O，AC与圆相切于点A，若∠B＝20°，则∠C的大小等于（　　）

A．50° B．25° C．40° D．20°
【考点】切线的性质；圆周角定理．
【专题】与圆有关的位置关系；推理能力．
【分析】连接OA，根据圆周角定理求出∠AOC，根据切线的性质得到∠OAC＝90°，根据直角三角形的性质计算，得到答案．
【解答】解：连接OA，
∵∠B＝20°，
∴∠AOC＝2∠B＝40°，
∵AC与圆相切于点A，
∴∠OAC＝90°，
∴∠C＝90°﹣40°＝50°，
故选：A．

【点评】本题考查的是切线的性质、圆周角定理，掌握圆的切线垂直于经过切点的半径是解题的关键．
9．（3分）（2022•长沙一模）如图，在平面直角坐标系中，已知点A（2，4），B（4，1），以原点O为位似中心，将△OAB扩大为原来的4倍，则点A的对应点的坐标是（　　）

A．（12，1） B．（−12，﹣1）
C．（8，16）或（﹣16，﹣8） D．（8，16）或（﹣8，﹣16）
【考点】位似变换；坐标与图形性质．
【专题】图形的相似；模型思想．
【分析】直接利用位似图形的性质得出对应点坐标．
【解答】解：∵点A（2，4），B（4，1），以原点O为位似中心，将△OAB扩大为原来的4倍，
∴点A的对应点的坐标是：（8，16）或（﹣8，﹣16）．
故选：D．
【点评】此题主要考查了位似变换，正确掌握位似图形的性质是解题关键．
10．（3分）（2022•开福区校级模拟）如图，AB是⊙O的弦，OC⊥AB，垂足为点C，将劣弧AB沿弦AB折叠交于OC的中点D，若AB=210，则⊙O的半径为（　　）

A．22 B．23 C．32 D．33
【考点】圆周角定理；翻折变换（折叠问题）；勾股定理；垂径定理；圆心角、弧、弦的关系．
【专题】圆的有关概念及性质；推理能力．
【分析】连接OA，设半径为x，用x表示OC，根据勾股定理建立x的方程，便可求得结果．
【解答】解：连接OA，设半径为x，

∵将劣弧AB沿弦AB折叠交于OC的中点D，
∴OC=23x，OC⊥AB，
∵AB＝210，
∴AC=12AB=10，
∵OA2﹣OC2＝AC2，
∴x2−(23x)2=(10)2，
解得，x＝32或x＝﹣32（舍去），
故选：C．
【点评】本题主要考查了圆的基本性质，垂径定理，勾股定理，关键是根据勾股定理列出半径的方程．
二．填空题（共6小题，满分18分，每小题3分）
11．（3分）（2021•邵武市三模）把多项式ax2﹣4ax+4a因式分解的结果是　a（x﹣2）2　．
【考点】提公因式法与公式法的综合运用．
【专题】整式；符号意识．
【分析】直接提取公因式a，进而利用完全平方公式分解因式得出答案．
【解答】解：ax2﹣4ax+4a
＝a（x2﹣4x+4）
＝a（x﹣2）2．
故答案为：a（x﹣2）2．
【点评】此题主要考查了提取公因式法以及公式法分解因式，正确应用公式是解题关键．
12．（3分）（2022•长沙模拟）若分式23−x有意义，则x的取值范围是 　x≠3　．
【考点】分式有意义的条件．
【分析】分式有意义，分母不等于零．
【解答】解：依题意，得
3﹣x≠0，
解得，x≠3．
故答案是：x≠3．
【点评】本题考查了分式有意义的条件．从以下三个方面透彻理解分式的概念：
（1）分式无意义⇔分母为零；
（2）分式有意义⇔分母不为零；
（3）分式值为零⇔分子为零且分母不为零．
13．（3分）（2022•长沙一模）已知m是方程x2﹣2x﹣1＝0的一个根，则代数式2m2﹣4m+2020的值为 　2022　．
【考点】一元二次方程的解．
【专题】整体思想；一元二次方程及应用；运算能力．
【分析】根据一元二次方程的解的定义得到m2﹣2m＝1，再把2m2﹣4m表示为2（m2﹣2m），然后利用整体代入的方法计算．
【解答】解：∵m是方程x2﹣2x﹣1＝0的一个根，
∴m2﹣2m﹣1＝0，
∴m2﹣2m＝1，
∴2m2﹣4m+2020＝2（m2﹣2m）+2020＝2+2020＝2022．
故答案为：2022．
【点评】本题考查了一元二次方程的解：能使一元二次方程左右两边相等的未知数的值是一元二次方程的解．
14．（3分）（2022•开福区校级模拟）如图，在平行四边形ABCD中，E是边BC上的一点，AE交BD于F，若BE＝3，EC＝2，则BFDF=　35　．

【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】根据平行四边形的性质求出AD，证明△DAF∽△BEF，求出相似比即可得出答案．
【解答】解：在平行四边形ABCD中，AD∥BC，AD＝BC＝BE+CE＝5，
∴∠DAF＝∠BEF，∠ADF＝∠EBF，
∴△DAF∽△BEF，
∴BFDF=BEAD=35，
故答案为：35．
【点评】本题考查相似三角形的性质与判定，熟练掌握平行四边形的性质及相似三角形的性质与判定是解题关键．
15．（3分）（2021•开福区模拟）将一列有理数﹣1，2，﹣3，4，﹣5，6…如图所示有序排列，4所在位置为峰1，﹣9所在位置为峰2…．
（1）处在峰5位置的有理数是　24　；
（2）2022应排在A，B，C，D，E中　A　的位置上．

【考点】规律型：数字的变化类．
【专题】规律型；猜想归纳；实数；整式．
【分析】观察题中数列的规律：奇数前面是负号，偶数前面是正号，峰n中，A位置的绝对值可以表示为：5n﹣3；B位置的绝对值可以表示为：5n﹣2；C位置的绝对值可以表示为：5n﹣1；D位置的绝对值可以表示为：5n；E位置的绝对值可以表示为：5n+1；注意先判断绝对值的位置再判断符号，根据规律求解即可．
【解答】解：（1）观察发现：峰n中，A位置的绝对值可以表示为：5n﹣3；
B位置的绝对值可以表示为：5n﹣2；
C位置（峰顶）的绝对值可以表示为：5n﹣1；
D位置的绝对值可以表示为：5n；
E位置的绝对值可以表示为：5n+1；
∴处在峰5位置的有理数是5×5﹣1＝24；

（2）根据规律，∵2022＝5×405﹣3，
∴2022应排在A的位置．
故答案为：（1）24；（2）A．
【点评】此题主要考查数列的规律探索，认真观察数列的规律，并熟练运用常见的数列表示方法是解题的关键．
16．（3分）（2022•长沙模拟）如图，矩形ABCD的两个顶点A、B分别落在x、y轴上，顶点C、D位于第一象限，且OA＝6，OB＝4，对角线AC、BD交于点G，若曲线y=kx（x＞0）经过点C、G，则k＝　14　．

【考点】反比例函数图象上点的坐标特征；矩形的性质．
【专题】数形结合；待定系数法；反比例函数及其应用；矩形 菱形 正方形；几何直观；应用意识．
【分析】分别过C、G两点作x轴的垂线，交x轴于点E、F，作CH⊥y轴于H，则CE∥GF，设C（m．n），利用矩形的性质可得AG＝CG，根据平行线得性质则可求得G点横坐标，且可求得G（3+12m，12n），根据反比例函数系数k＝xy，得到mn＝（3+12m）×12n，求得m＝2，通过证得△AOB∽△BHC，求得CE，得出C得坐标（2，7），即可求得k．
【解答】解：如图，分别过C、G两点作x轴的垂线，交x轴于点E、F，作CH⊥y轴于H，

∴CE∥GF，
设C（m．n），
∵四边形ABCD是矩形，
∴AG＝CG，
∴GF=12CE，EF=12（6﹣m），
∴OF=12（6﹣m）+m＝3+12m，
∴G（3+12m，12n），
∵曲线y=kx（x＞0）经过点C、G，
∴mn＝（3+12m）×12n，
解得m＝2，
∴CH＝2，
∵∠ABC＝90°，
∴∠CBH+∠ABO＝90°，
∵∠OAB+∠ABO＝90°，
∴∠OAB＝∠CBH，
∵∠AOB＝∠BHC＝90°，
∴△AOB∽△BHC，
∴BHOA=CHOB，即BH6=24，
∴BH＝3，
∴OH＝3+4＝7，
∴C（2，7），
∴k＝2×7＝14；
故答案为：14．
【点评】本题考查了矩形的性质、三角形相似的判定和性质以及反比例函数k的几何意义，涉及的知识点较多，注意理清解题思路，分步求解．
三．解答题（共9小题，满分72分）
17．（6分）（2022•长沙一模）计算：(−1)2022+8−4sin45°−|−2|．
【考点】实数的运算；特殊角的三角函数值．
【专题】实数；运算能力．
【分析】直接利用绝对值的性质以及特殊角的三角函数值、有理数的乘方运算法则、二次根式的性质分别化简，进而利用实数的混合运算法则计算得出答案．
【解答】解：原式＝1+22−4×22−2
＝1+22−22−2
＝﹣1．
【点评】此题主要考查了绝对值的性质以及特殊角的三角函数值、有理数的乘方运算、二次根式的性质，正确化简各数是解题关键．
18．（6分）（2022•开福区校级模拟）先化简，再求值：（1−1x+1）÷x2−xx2+2x+1，从﹣1，0，1，2中选择一个合适的数代入求值．
【考点】分式的化简求值．
【专题】分式；运算能力．
【分析】先根据分式的混合运算顺序和运算法则化简原式，再选取使分式有意义的x的值代入计算可得．
【解答】解：原式＝（x+1x+1−1x+1）÷x(x−1)(x+1)2
=xx+1•(x+1)2x(x−1)
=x+1x−1，
当x＝2时，原式=2+12−1=3．
【点评】本题主要考查分式的化简求值，解题的关键是掌握分式的混合运算顺序和运算法则．
19．（6分）（2021•开福区模拟）如图是某货站传送货物的平面示意图为了提高传送过程的安全性，工人师傅欲减小传送带与地面的夹角使其由45°改为30°，已知原传送带AB长为4米．

（1）求新传送带AC的长度；（结果保留根号）
（2）如果需要在货物着地点C的左侧留出2米的通道，试判断距离B点5米的货物DEFG是否需要挪走，并说明理由（结果精确到0.1米参考数据：2≈1.41，3≈1.73，6≈2.45）
【考点】解直角三角形的应用﹣坡度坡角问题．
【专题】解直角三角形及其应用．
【分析】（1）在构建的直角三角形中，首先求出两个直角三角形的公共直角边，进而在Rt△ACM中，求出AC的长．
（2）通过解直角三角形，可求出BM、CM的长，进而可求出BC、DC的长．然后判断DC的值是否大于2米即可．
【解答】解：（1）如图，
在Rt△ABM中，AM＝ABsin45°＝22（米）．
在Rt△ACM中，
∵∠ACM＝30°，
∴AC＝2AM＝42（米）．
即新传送带AC的长度约为42米；

（2）结论：货物DEFG不用挪走．
解：在Rt△ABM中，BM＝ABcos45°＝22（米）．
在Rt△ACM中，CM=3AM＝26（米）．
∴CB＝CM﹣BM＝26−22≈2.08（米）．
∵DC＝DB﹣CB≈5﹣2.08＝2.92（米）＞2（米），
∴货物DEFG不应挪走．

【点评】考查了坡度坡角问题，应用问题尽管题型千变万化，但关键是设法化归为解直角三角形问题，必要时应添加辅助线，构造出直角三角形．在两个直角三角形有公共直角边时，先求出公共边的长是解答此类题的基本思路．
20．（8分）（2022•长沙模拟）为积极相应“五项管理”政策，加强学生体育锻炼，某校开设羽毛球、篮球、乒乓球兴趣小组，为了解七年级学生对三大球类运动的喜爱情况，从七年级学生中随机抽取部分学生进行调查问卷，通过分析整理绘制了如下两幅统计图．请根据两幅统计图中的信息回答下列问题：

（1）求参与调查的学生中，喜爱乒乓球运动的学生人数，并补全条形图．
（2）该校七年级共有880名学生，请你估计该校七年级学生中喜爱篮球运动的学生有多少名？
（3）若从喜爱羽毛球运动的2名男生和2名女生中随机抽取2名学生，确定为该校羽毛球运动员的重点培养对象，请用列表法或画树状图的方法求抽取的两名学生为一名男生和一名女生的概率．
【考点】列表法与树状图法；用样本估计总体；扇形统计图；条形统计图；随机事件．
【专题】统计的应用；概率及其应用；应用意识．
【分析】（1）用喜欢羽毛球的人数除以它所占的百分比得到调查的总人数，再利用喜欢乒乓球的人数所占的百分比乘以总人数得到喜欢乒乓球的人数，然后补全条形统计图；
（2）用880乘以喜欢篮球人数的百分比可估计该校七年级学生中喜爱篮球运动的学生数；
（3）画树状图展示所有9种等可能的结果，再找出一名男生和一名女生的结果数，然后根据概率公式求解．
【解答】解：（1）由题意可知调查的总人数＝12÷20%＝60（人），
所以喜爱乒乓球运动的学生人数＝60×35%＝21（人），
补全条形图如图所示：

（2）∵该校七年级共有880名学生，
∴该校七年级学生中喜爱篮球运动的学生有880×（1﹣35%﹣20%）＝396名；
（3）画树状图为：

共有12种等可能的结果，其中抽取的两人恰好是一名男生和一名女生结果数为8，
所以抽取的两人恰好是一名男生和一名女生概率为812=23．
【点评】本题考查了列表法与树状图法：通过列表法或树状图法展示所有可能的结果，再从中选出符合事件A或B的结果数目，然后利用概率公式求事件A或B的概率．也考查了统计图．
21．（8分）（2022•长沙一模）直线y＝﹣x+5与x轴交于点A，与y轴交于点B，抛物线y＝﹣x2+bx+c经过A、B两点，顶点为P．
（1）求抛物线的解析式；
（2）求△ABP的面积．
【考点】待定系数法求二次函数解析式；一次函数的性质；一次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．
【专题】一次函数及其应用；二次函数图象及其性质；几何直观；运算能力．
【分析】（1）由直线y＝﹣x+5求出其与坐标轴的交点坐标，再代入抛物线解析式，求出待定系数的值；
（2）求得抛物线的顶点P，进而求得直线AB交对称轴的交点C，然后根据S△PAB＝S△PAC+S△PBC即可求得．
【解答】解：（1）∵直线y＝﹣x+5，当y＝0时，由﹣x+5＝0，得x＝5；当x＝0时，y＝5，
∴A（5，0）、B（0，5），
将A（5，0）、B（0，5）代入y＝﹣x2+bx+c，得−25+5b+c=0c=5，解得b=4c=5，
∴抛物线的解析式为y＝﹣x2+4x+5．
（2）∵y＝﹣x2+4x+5＝﹣（x﹣2）2+9，
∴抛物线的顶点P为（2，9），如图，
设AB交对称轴于C，则C（2，3），
∴PC＝9﹣3＝6，
∴S△PAB＝S△PAC+S△PBC=12×6×5=15．

【点评】此题考查待定系数法求二次函数的解析式，一次函数图象上点的坐标特征，三角形的面积，数形结合是解题的关键．
22．（9分）（2021•饶平县校级模拟）某中学开学初到商场购买A、B两种品牌的足球，购买A种品牌的足球50个，B种品牌的足球25个，共花费4500元．已知购买一个B种品牌的足球比购买一个A种品牌的足球多花30元
（1）求购买一个A种品牌、一个B种品牌的足球各需多少元？
（2）学校为了响应习总书记“足球进校园”的号召，决定再次购进A、B两种品牌足球共50个，正好赶上商场对商品价格进行调整，A品牌足球售价比第一次购买时提高4元，B品牌足球按第一次购买时售价的9折出售，如果学校此次购买A、B两种品牌足球的总费用不超过第一次花费的70%，且保证这次购买的B种品牌足球不少于23个，则这次学校有哪几种购买方案？
【考点】一元一次不等式组的应用；二元一次方程组的应用．
【分析】（1）设A种品牌足球的单价为x元，B种品牌足球的单价为y元，根据“总费用＝买A种足球费用+买B种足球费用，以及B种足球单价比A种足球贵30元”可得出关于x、y的二元一次方程组，解方程组即可得出结论；
（2）设第二次购买A种足球m个，则购买B种足球（50﹣m）个，根据“总费用＝买A种足球费用+买B种足球费用，以及B种足球不小于23个”可得出关于m的一元一次不等式组，解不等式组可得出m的取值范围，由此即可得出结论．
【解答】解：（1）设A种品牌足球的单价为x元，B种品牌足球的单价为y元，
依题意得：
50x+25y=4500y=x+30，
解得：x=50y=80．
答：购买一个A种品牌的足球需要50元，购买一个B种品牌的足球需要80元．

（2）设第二次购买A种足球m个，则购买B种足球（50﹣m）个，
依题意得：(50+4)m+80×0.9(50−m)≤4500×70%50−m≥23，
解得：25≤m≤27．
故这次学校购买足球有三种方案：
方案一：购买A种足球25个，B种足球25个；
方案二：购买A种足球26个，B种足球24个；
方案三：购买A种足球27个，B种足球23个．
【点评】本题考查了二元一次方程组的应用以及一元一次不等式组的应用，解题的关键是：（1）根据数量关系找出关于x、y的二元一次方程组；（2）根据数量关系找出关于m的一元一次不等式组．本题属于中档题，难度不大，解决该题型题目时，根据数量关系列出方程（方程组、不等式或不等式组）是关键．
23．（9分）（2021•开福区模拟）勾股定理是数学史上非常重要的一个定理．早在2000多年以前，人们就开始对它进行研究，至今已有几百种证明方法．在欧几里得编的《原本》中证明勾股定理的方法如下，请同学们仔细阅读并解答相关问题：
如图，分别以Rt△ABC的三边为边长，向外作正方形ABDE、BCFG、ACHI．
（1）连接BI、CE，求证：△ABI≌△AEC；
（2）过点B作AC的垂线，交AC于点M，交IH于点N．
①试说明四边形AMNI与正方形ABDE的面积相等；
②请直接写出图中与正方形BCFG的面积相等的四边形．
（3）由第（2）题可得：
正方形ABDE的面积+正方形BCFG的面积＝　正方形ACHI　的面积，即在Rt△ABC中，AB2+BC2＝　AC2　．

【考点】四边形综合题．
【专题】几何综合题；图形的全等；等腰三角形与直角三角形；矩形 菱形 正方形；推理能力．
【分析】（1）由正方形的性质得出AB＝AE，AC＝AI，∠BAE＝∠CAI＝90°，得出∠EAC＝∠BAI，即可得出△ABI≌△AEC（SAS）；
（2）①证BM∥AI，得出四边形AMNI的面积＝2△ABI的面积，同理：正方形ABDE的面积＝2△AEC的面积，由△ABI≌△AEC，即可得出四边形AMNI与正方形ABDE的面积相等．
②易证△CPH≌△ABC（AAS），四边形CMNH是矩形，得PH＝BC，由△BCH的面积=12CH×NH=12BC×PH，得CH×NH＝BC2，即可得出结论；
（3）由（2）得即可得出答案．
【解答】（1）证明：∵四边形ABDE、四边形ACHI是正方形，
∴AB＝AE，AC＝AI，∠BAE＝∠CAI＝90°，
∴∠EAC＝∠BAI，
在△ABI和△AEC中，AB=AE∠BAI=∠EACAI=AC，
∴△ABI≌△AEC（SAS）；
（2）①证明：∵BM⊥AC，AI⊥AC，
∴BM∥AI，
∴四边形AMNI的面积＝2△ABI的面积，
同理：正方形ABDE的面积＝2△AEC的面积，
又∵△ABI≌△AEC，
∴四边形AMNI与正方形ABDE的面积相等．
②解：四边形CMNH与正方形BCFG的面积相等，理由如下：
连接BH，过H作HP⊥BC于P，如图所示：
易证△CPH≌△ABC（AAS），四边形CMNH是矩形，
∴PH＝BC，
∵△BCH的面积=12CH×NH=12BC×PH，
∴CH×NH＝BC2，
∴四边形CMNH与正方形BCFG的面积相等；
（3）解：由（2）得：正方形ABDE的面积+正方形BCFG的面积＝正方形ACHI的面积；
即在Rt△ABC中，AB2+BC2＝AC2；
故答案为：正方形ACHI，AC2．

【点评】本题是四边形综合题目，考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理、三角形面积等知识；熟练掌握正方形的性质，证明三角形全等是解题的关键．
24．（10分）（2022•长沙模拟）定义：三角形一边上的点将该边分为两条线段，且这两条线段的积等于这个点到该边所对顶点连线的平方，则称这个点为三角形该边的“好点”．如图1，△ABC中，点D是BC边上一点，连接AD，若AD2＝BD•CD，则称点D是△ABC中BC边上的“好点”．

（1）如图2，△ABC的顶点是4×3网格图的格点，请仅用直尺画出AB边上的一个“好点”．
（2）△ABC中，BC＝9，tanB=43，tanC=23，点D是BC边上的“好点”，求线段BD的长．
（3）如图3，△ABC是⊙O的内接三角形，OH⊥AB于点H，连接CH并延长交⊙O于点D．
①求证：点H是△BCD中CD边上的“好点”．
②若⊙O的半径为9，∠ABD＝90°，OH＝6，请直接写出CHDH的值．
【考点】圆的综合题．
【专题】压轴题；新定义；等腰三角形与直角三角形；圆的有关概念及性质；几何直观；推理能力；创新意识．
【分析】（1）根据题意知，CD2＝AD•BD，据此作图；
（2）作AE⊥BC于点E，由tanB=43，tanC=23可利用方程求得BE＝3，CE＝6，AE＝4，设DE＝a，
需要分两种情况解答：①点D在点E左侧；②点D在点E右侧，根据三角形该边的“好点”的定义得到：AD2＝BD•CD，将相关线段的长度代入，列出方程，通过解方程求得答案；
（3）①首先证得△AHC∽△DHB，则该相似三角形的对应边成比例：AHDH=CHBH，即AH•BH＝CH•DH，然后利用等量代换推知BH2＝CH•DH，即点H是△BCD中CD边上的“好点”．
②CHDH=521．理由：如答图4，连接AD，BD．根据圆周角定理推知AD是直径，故AD＝18．然后由已知条件推知：OH是△ABD的中位线，则BD＝2OH＝12．在直角△ABD和直角△BDH中，由勾股定理求得线段AB和DH的长度，由①知，BH2＝CH•DH，代入求得CH=5217；将CH、DH的长度代入所求的式子求值即可．
【解答】解：（1）如答图1，当CD⊥AB或点D是AB的中点是，CD2＝AD•BD；


（2）作AE⊥BC于点E，由tanB=43，tanC=23可设AE＝4x，
则BE＝3x，CE＝6x，
∴BC＝9x＝9，∴x＝1，
∴BE＝3，CE＝6，AE＝4，
设DE＝a，
①如答图2，若点D在点E左侧，

由点D是BC边上的“好点”知，AD2＝BD•CD，
∴a2+42＝（3﹣a）（6+a），即2a2+3a﹣2＝0，
解得a1=12，a2＝﹣2（舍去），
∴BD=3−a=3−12=52．

②如答图3，若点D在点E右侧，

由点D是BC边上的“好点”知，AD2＝BD•CD，
∴a2+42＝（3+a）（6﹣a），即2a2﹣3a﹣2＝0，
解得a1＝2，a2=−12（舍去）
∴BD＝3+a＝3+2＝5．
∴BD=52或5．

（3）①如答图4，连接AD，BD，
∵∠CHA＝∠BHD，∠ACH＝∠DBH
∴△AHC∽△DHB，
∴AHDH=CHBH，即AH•BH＝CH•DH，
∵OH⊥AB，
∴AH＝BH，
∴BH2＝CH•DH
∴点H是△BCD中CD边上的“好点”．
②CHDH=521．
理由如下：如答图4，

∵∠ABD＝90°，
∴AD是直径，
∴AD＝18．
又∵OH⊥AB，
∴OH∥BD．
∵点O是线段AD的中点，
∴OH是△ABD的中位线，
∴BD＝2OH＝12．
在直角△ABD中，由勾股定理知：AB=AD2−BD2=182−122=65．
∴由垂径定理得到：BH=12AB＝35．
在直角△BDH中，由勾股定理知：DH=BH2+BD2=45+144=321．
又由①知，BH2＝CH•DH，即45＝321CH，则CH=5217．
∴CHDH=5217321=521，即CHDH=521．
【点评】考查了圆的综合题，涉及到的知识点由垂径定理，圆周角定理，勾股定理以及三角形中位线定理，难点是掌握三角形某边的“好点”的定义，只要掌握了该定义，此题迎刃而解，难度不是很大．
25．（10分）（2022•长沙一模）如图，BC为⊙O的一条弦，D为弦BC所对的劣弧的中点，A为弦BC所对的优弧上的点，连接AD交BC于点E；

（1）如图1，过D作⊙O的切线MN，求证：MN∥BC；
（2）如图2，若BC为⊙O的直径，连接AB，AC，DB；
①求证：DB2＝DE•DA；
②若DE＝9，AE＝7，点F为△ABC的内心，求OF的长．

【考点】圆的综合题．
【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，证明OD⊥BC且OD⊥MN即可；
（2）①利用△DBE∽△DAB，即可得出结论；
②首先根据①可求出BD，再求出BC，利用△BED∽△AEC可求出BE、CE、AC，利用勾股定理求出AB，由于F为内心，过F点作三边的垂线，均为内切圆半径，可求出内切圆半径，进而可得CP的长度，在△FOP中利用勾股定理即可求出结果．
【解答】解：（1）连接OD、OB、OC，交BC于点P，

∵D为弧BC的中点，
∴BD=CD，
∴∠BOD＝∠COD，
∵BO＝CO，
∴OD⊥BC，
∵MN与⊙O相切，
∴OD⊥MN，
∴BC∥MN．
（2）①∵BD=CD，
∴∠DBC＝∠BAD，
∴△DBE∽△DAB，
∴DEDB=DBDA，
∴DB2＝DE•DA．
②∵DE＝9，AE＝7，
由①可得：BD=DE⋅DA=12，
∴BC=2BD=122，
∴BO＝CO=62，
设CE＝x，则BE=122−x，
∵∠D＝∠C，∠BED＝∠AEC，
∴△BED∽△AEC，
∴AEBE=CEDE
∴BE•CE＝AE•DE，
∴x•（122−x）＝7×9，
解得：x=62−3或x=62+3（舍），
∵△BED∽△AEC，
∴CEDE=ACBD，
∴AC=CE⋅BDDE=82−4，
∴AB=BC2−AC2=82+4，
如图，将△ABC单独分析，过点F作FG⊥AB于点G，作FQ⊥AC于点Q，作FP⊥BC于点P，

∵F为内心，
∴FG＝FQ＝FP=2S△ABCC△ABC=AB⋅ACAB+AC+BC=(82+4)(82−4)82+4+82−4+122=22，
∵∠CAE＝45°，
∴AQ＝FQ=22，
∴CP＝CQ＝AC﹣AQ=62−4，
∴OP＝OC﹣CP＝4，
∴OF=OP2+FP2=26．
【点评】本题考查圆综合问题，熟练掌握圆中的常见相似模型、内切圆的性质是解题关键