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初中数学中考复习 精品解析：2022年湖北省随州市中考数学真题（解析版）
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这是一份初中数学中考复习 精品解析：2022年湖北省随州市中考数学真题（解析版），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。
随州市2022年初中毕业升学考试数学试题
一、选择题
1. 2022的倒数是（ ）
A. 2022 B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据倒数的定义作答即可．
【详解】2022的倒数是，
故选：C．
【点睛】本题考查了倒数的概念，即乘积为1的两个数互为倒数，牢记倒数的概念是解题的关键．
2. 如图，直线//，直线l与，相交，若图中则∠2为（ ）
A. 30° B. 40° C. 50° D. 60°
【答案】D
【解析】
【分析】根据平行线的性质，两直线平行内错角相等即可得出答案．
【详解】∵l1∥l2，
∴∠1=∠2=60°，
故选：D．
【点睛】本题考查平行线的性质，两直线平行，内错角相等；两直线平行，同位角相等；两直线平行，同旁内角互补；熟记平行线的性质是解题的关键．
3. 小明同学连续5次测验的成绩分别为：97，97，99，101，106（单位：分），则这组数据的众数和平均数分别为（ ）
A. 97和99 B. 97和100 C. 99和100 D. 97和101
【答案】B
【解析】
【分析】根据众数与平均数的概念及计算公式求解即可
【详解】解：小明同学连续5次测验的成绩分别为：97，97，99，101，106（单位：分），
这组成绩的众数是；平均数是，
故选：B．
【点睛】本题考查统计基础知识，涉及众数及平均数的概念与计算公式，熟练掌握相关定义及计算公式是解决问题的关键．
4. 如图是一个放在水平桌面上的半球体，该几何体的三视图中完全相同的是（ ）
A. 主视图和左视图 B. 主视图和俯视图
C. 左视图和俯视图 D. 三个视图均相同
【答案】A
【解析】
【分析】根据三视图的形成，从正面、左面和上面三个方向看立体图形得到的平面图形，注意所有的看到的或看不到的棱都应表现在三视图中，看得见的用实线，看不见的用虚线，虚实重合用实线．
【详解】解：从正面和左面看，得到的平面图形均是半圆，而从上面看是一个圆，因此该几何体主视图与左视图一致，
故选：A．
【点睛】本题考查了三视图的知识，准确把握从正面、左面和上面三个方向看立体图形得到的平面图形是解决问题的关键．
5. 我国元朝朱世杰所著的《算学启蒙》中记载：“良马日行二百四十里，驽马日行一百五十里．驽马先行一十二日，问良马几何追及之．”意思是：“跑得快的马每天走240里，跑得慢的马每天走150里，慢马先走12天，快马几天可以追上慢马？”若设快马x天可以追上慢马，则可列方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】直接根据相遇时所走路程相等列出一元一次方程即可得出答案．
【详解】设快马x天可以追上慢马，由题意可知：．
故选：A．
【点睛】本题考查了由实际问题抽象出一元一次方程，解题的关键是准确找出等量关系，正确列出一元一次方程．
6. 2022年6月5日10时44分07秒，神舟14号飞船成功发射，将陈冬、刘洋、蔡旭哲三位宇航员送入了中国空间站．已知中国空间站绕地球运行的速度约为，则中国空间站绕地球运行走过的路程（m）用科学记数法可表示为（ ）
A B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先求出路程，再用科学记数法表示为a×10n的形式．
【详解】解：路程=．
故选：B．
【点睛】此题考查科学记数法的表示方法，表示时关键要正确确定a的值以及n的值．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．
7. 已知张强家、体育场、文具店在同一直线上．下面的图象反映的过程是：张强从家跑步去体育场，在那里锻炼了一阵后又走到文具店去买笔，然后散步走回家．图中x表示时间，y表示张强离家的距离．则下列结论不正确的是（ ）
A. 张强从家到体育场用了15min B. 体育场离文具店1.5km
C. 张强在文具店停留了20min D. 张强从文具店回家用了35min
【答案】B
【解析】
【分析】利用图象信息解决问题即可．
【详解】解：由图可知：
A. 张强从家到体育场用了15min，正确，不符合题意；
B. 体育场离文具店的距离为：，故选项错误，符合题意；
C. 张强文具店停留了：，正确，不符合题意；
D. 张强从文具店回家用了，正确，符合题意，
故选：B．
【点睛】本题考查函数的应用，解题的关键是读懂图象信息，灵活运用所学知识解决问题．
8. 七巧板是一种古老的中国传统智力玩具，如图，在正方形纸板ABCD中，BD为对角线，E，F分别为BC，CD的中点，分别交BD，EF于O，P两点，M，N分别为BO，DC的中点，连接AP，NF，沿图中实线剪开即可得到一副七巧板，则在剪开之前，关于该图形，下列说法：①图中的三角形都是等腰直角三角形；②四边形MPEB是菱形；③四边形PFDM的面积占正方形ABCD面积的．正确的有（ ）
A. 只有① B. ①② C. ①③ D. ②③
【答案】C
【解析】
【分析】先根据正方形的性质和中位线定理证明图中所有三角形是等腰直角三角形，再证明四边形MPEB是平行四边形但不是菱形，最后再证明四边形PFDM的面积占正方形ABCD面积的即可．
【详解】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABO＝∠ADB＝∠CBD＝∠BDC＝45°，∠BAD＝∠BCD＝90°，
∴△ABD、△BCD是等腰直角三角形，
∵，
∴∠APF＝∠APE＝90°，
∵E，F分别为BC，CD的中点，
∴EF是△BCD的中位线，CE＝BC，CF＝CD，
∴ CE＝CF，
∵∠C＝90°，
∴△CEF是等腰直角三角形，
∴EFBD，EF＝BD，
∴∠APE＝∠AOB＝90°，∠APF＝∠AOD＝90°，
∴△ABO、△ADO是等腰直角三角形，
∴AO＝BO，AO＝DO，
∴BO＝DO，
∵M，N分别为BO，DO的中点，
∴OM＝BM＝BO，ON＝ND＝DO，
∴OM＝BM＝ON＝ND，
∵∠BAO＝∠DAO＝45°，
∴由正方形是轴对称图形，则A、P、C三点共线，PE＝PF＝EF＝ON＝BM＝OM，
连接PC，如图，
∴NF是△CDO的中位线，
∴NFAC，NF＝OC＝OD＝ON＝ND，
∴∠ONF＝180°－∠COD＝90°，
∴∠NOP＝∠OPF＝∠ONF＝90°，
∴四边形FNOP是矩形，
∴四边形FNOP是正方形，
∴NF＝ON＝ND，
∴△DNF是等腰直角三角形，
∴图中的三角形都是等腰直角三角形；
故①正确，
∵PEBM，PE＝BM，
∴四边形MPEB是平行四边形，
∵BE＝BC，BM＝OB，
在Rt△OBC中，BC＞OB，
∴BE≠BM，
∴四边形MPEB不是菱形；
故②错误，
∵PC＝PO＝PF＝OM，∠MOP＝∠CPF＝90°，
∴△MOP≌△CPF（SAS），
∴
，
故③正确，
故选：C
【点睛】此题考查了七巧板，正方形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，三角形的中位线定理、三角形全等的判定和性质、等腰直角三角形的判定和性质等知识，正确的识别图形是解题的关键．
9. 如图，已知点B，D，C在同一直线的水平，在点C处测得建筑物AB的顶端A的仰角为α，在点D处测得建筑物AB的顶端A的仰角为β，，则建筑物AB的高度为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】设AB=x，利用正切值表示出BC和BD的长，CD=BC-BD，从而列出等式，解得x即可．
【详解】设AB=x，由题意知，∠ACB=α,∠ADB=β,
∴，，
∵CD=BC-BD，
∴，
∴，即AB=，
故选：D．
【点睛】本题考查了解直角三角形，熟记锐角三角函数的定义是解题的关键．
10. 如图，已知开口向下的抛物线与x轴交于点对称轴为直线．则下列结论：①；②；③函数的最大值为；④若关于x的方数无实数根，则．正确的有（ ）
A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个
【答案】C
【解析】
【分析】由图象可知，图像开口向下，a＜0，对称轴为x=1，故，故b＞0，且，则 图象与y轴的交点为正半轴，则c＞0，由此可知abc＜0，故①错误，由图象可知当x=1时，函数取最大值，将x=1，代入，中得：，计算出函数图象与x轴的另一交点为（3,0）设函数解析式为：，将交点坐标代入得化简得：，将x=1，代入可得：，故函数的最大值为-4a，、变形为：要使方程无实数根，则，将c=-3a，，代入得：，因为a＜0，则，则，综上所述，结合以上结论可判断正确的项．
【详解】解：由图象可知，图像开口向下，a＜0，对称轴为x=1，故，故b＞0，且，则故②正确，
∵图象与y轴的交点为正半轴，
∴c＞0，则abc＜0，故①错误，
由图象可知当x=1时，函数取最大值，
将x=1，代入，中得：，
由图象可知函数与x轴交点为（﹣1,0），对称轴为将x=1，故函数图象与x轴的另一交点为（3,0），
设函数解析式为：，
将交点坐标代入得：，
故化简得：，
将x=1，代入可得：，故函数的最大值为-4a，故③正确，
变形为：要使方程无实数根，则，将c=-3a，，代入得：，因为a＜0，则，则，综上所述，故④正确，
则②③④正确，
故选C．
【点睛】本题考查二次函数的一般式，二次函数的交点式，二次函数的最值，对称轴，以及交点坐标掌握数形结合思想是解决本题的关键．
二、填空题
11. 计算：______．
【答案】0
【解析】
【分析】根据有理数乘法运算、绝对值运算和有理数加法运算法则分别计算后求解即可
【详解】解：
，
故答案为：．
【点睛】本题考查有理数的运算，涉及到加法运算、乘法运算及绝对值运算，熟练掌握相关运算法则是解决问题的关键．
12. 如图，点A，B，C都在⊙O上，∠ACB=60°，则∠AOB的度数为___________.
【答案】120°
【解析】
【分析】由∠ACB=60°，根据在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角等于这条弧所对的圆心角的一半，即可求得∠AOB的度数．
【详解】解：∵点A、B、C都在⊙O上，且点C在弦AB所对的优弧上，∠ACB=60°，
∴∠AOB=2∠ACB=2×60°=120°．
故答案为120°．
【点睛】此题考查了圆周角定理．注意掌握在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角等于这条弧所对的圆心角的一半定理的应用是解此题的关键，注意数形结合思想的应用．
13. 已知二元一次方程组，则的值为______．
【答案】1
【解析】
【分析】直接由②-①即可得出答案．
【详解】原方程组为，
由②-①得．
故答案为：1．
【点睛】本题考查二元一次方程组的特殊解法，解题的关键是学会观察，并用整体法求解．
14. 如图，在平面直角坐标系中，直线与x轴，y轴分别交于点A，B，与反比例函数的图象在第一象限交于点C，若，则k的值为______．
【答案】2
【解析】
【分析】过点C作CH⊥x轴，垂足为H，证明△OAB∽△HAC，再求出点C坐标即可解决问题．
【详解】解：如图，过点C作CH⊥x轴，垂足为H，
∵直线与x轴，y轴分别交于点A，B，
∴将y=0代入，得，将x=0代入，得y=1，
∴A（，0），B（0，1），
∴OA=，OB=1，
∵∠AOB=∠AHC=90°，∠BAO=∠CAH，
∴△OAB∽△HAC，
∴
∵OA=，OB=1，，
∴
∴AH=，CH=2，
∴OH=1，
∵点C在第一象限，
∴C（1，2），
∵点C在上，
∴．
故答案为：2．
【点睛】本题考查反比例函数综合题、一次函数的应用、相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是熟练掌握待定系数法，本题的突破点是求出点C的坐标．
15. 已知m为正整数，若是整数，则根据可知m有最小值．设n为正整数，若是大于1的整数，则n的最小值为______，最大值为______．
【答案】 ①. 3 ②. 75
【解析】
【分析】根据n为正整数， 是大于1的整数，先求出n的值可以为3、12、75，300，再结合是大于1的整数来求解．
【详解】解：∵，是大于1的整数，
∴．
∵n为正整数
∴n的值可以为3、12、75，
n的最小值是3，最大值是75．
故答案为：3；75．
【点睛】本题考查了无理数的估算，理解无理数的估算方法是解答关键．
16. 如图1，在矩形ABCD中，，，E，F分别为AB，AD的中点，连接EF．如图2，将△AEF绕点A逆时针旋转角，使，连接BE并延长交DF于点H，则∠BHD的度数为______，DH的长为______．
【答案】 ①. 90°##90度 ②. ##
【解析】
【分析】设EF交AD于点M，BH交AD于点N，先证明△ADF∽△ABE，可得∠ADF=∠ABE，可得∠BHD=∠BAD=90°；然后过点E作EG⊥AB于点G，可得四边形AMEG是矩形，从而得到EG=AM，AG=ME，∠ABE=∠MEN，然后求出，再利用锐角三角函数可得，从而得到，进而得到，可得到，从而得到，进而得到DN=2，即可求解．
【详解】解：如图，设EF交AD于点M，BH交AD于点N，
根据题意得：∠BAE=∠DAF，∠EAF=90°，，
∴，
在矩形ABCD中，，，∠BAD=90°，
∴，
∴△ADF∽△ABE，
∴∠ADF=∠ABE，
∵∠ANB=∠DNH，
∴∠BHD=∠BAD=90°；
如图，过点E作EG⊥AB于点G，
∴∠AGE=∠AME=∠BAD=90°，
∴四边形AMEG是矩形，
∴EG=AM，AG=ME，ME∥AB，
∴∠ABE=∠MEN，
在中，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，即，
∴，
∵∠ADF=∠ABE，
∴，
即DH=2HN，
∵，
解得：或（舍去）．
故答案为：90°，
【点睛】本题主要考查了图形的旋转，解直角三角形，矩形的性质和判定，相似三角形的判定和性质，熟练掌握直角三角形的性质，矩形的性质和判定，相似三角形的判定和性质是解题的关键．
三、解答题
17. 解分式方程：．
【答案】
【解析】
【分析】先去分母，再移项，合并同类项，未知数系数化1，最后检验方程的根即可．
【详解】解：去分母得
，
移项并合并同类项得
，
解得，
经检验，是原方程的解，
∴原分式方程的解是．
【点睛】本题主要考查了分式方程解法，理解分式方程的解法是解答关键．注意解分式方程一定要检验方程的根．
18. 已知关于x的一元二次方程有两个不等实数根，．
（1）求k的取值范围；
（2）若，求k的值．
【答案】（1）
（2）2
【解析】
【分析】（1）利用一元二次方程根的判别式大于0建立不等式，解不等式即可得；
（2）先利用一元二次方程的根与系数的关系可得，再结合（1）的结论即可得．
【小问1详解】
解：关于的一元二次方程有两个不等实数根，
此方程根的判别式，
解得．
【小问2详解】
解：由题意得：，
解得或，
由（1）已得：，
则的值为2．
【点睛】本题考查了一元二次方程根的判别式、以及根与系数的关系，熟练掌握一元二次方程的相关知识是解题关键．
19. 如图，在平行四边形ABCD中，点E，F分别在边AB，CD上，且四边形BEDF为正方形．
（1）求证；
（2）已知平行四边形ABCD的面积为，．求的长．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）直接根据已知条件证明和全等即可得出答案．
（2）由平行四边形面积公式求出，然后即可得出答案．
【小问1详解】
四边形是正方形，是平行四边形，
，，，
在和中，
，
，
；
【小问2详解】
由题意可知：，
，
，
，，
由（1）得．
【点睛】本题考查平行四边形的性质、正方形的性质及三角形全等的判定，解题的关键是熟练掌握相关性质并能灵活运用．
20. 为落实国家“双减”政策，立德中学在课后托管时间里开展了“音乐社团、体育社团、文学社团，美术社团”活动．该校从全校600名学生中随机抽取了部分学生进行“你最喜欢哪一种社团活动（每人必选且只选一种）”的问卷调查，根据调查结果，绘制了如图所示的两幅不完整的统计图．
根据图中信息，解答下列问题
（1）参加问卷调查的学生共有______人；
（2）条形统计图中m值为______，扇形统计图中的度数为_______；
（3）根据调查结果，可估计该校600名学生中最喜欢“音乐社团”的约有______人；
（4）现从“文学社团”里表现优秀的甲、乙、丙、丁四名同学中随机选取两名参加演讲比赛，请用列表或画树状图的方法求出恰好选中甲和乙两名同学的概率．
【答案】（1）60 （2）11，90°
（3）100 （4）
【解析】
【分析】（1）根据B：体育社团的人数和人数占比即可求出参与调查的总人数；
（2）根据（1）所求总人数即可求出m；用360度乘以C：文学社团的人数占比即可求出的度数；
（3）用600乘以样本中最喜欢“音乐社团”的人数占比即可得到答案；
（4）画树状图或列表先得到所有的等可能性的结果数，然后找到符合题意的结果数，最后依据概率计算公式求解即可．
【小问1详解】
解：（人），
∴参加问卷调查的学生共有60人，
故答案为：60；
【小问2详解】
解：由题意得：，，
故答案为：11；90°；
【小问3详解】
解：（人），
∴估计该校600名学生中最喜欢“音乐社团”的约有100人，
故答案为：100；
【小问4详解】
解：设甲、乙、丙、丁四名同学分别用A，B，C，D表示，根据题意可画树状图或列表如下：
第2人
第1人
A
B
C
D
A
AB
AC
AD
B
BA
BC
BD
C
CA
CB
CD
D
DA
DB
DC
由上图或上表可知，共有12种等可能的结果，符合条件的结果有2种，故恰好选中甲、乙两名同学的概率为．
【点睛】本题主要考查了条形统计图与扇形统计图信息相关联，用样本估计总体，树状图或列表法求解概率等等，正确读懂统计图是解题的关键．
21. 如图，已知D为⊙O上一点，点C在直径BA的延长线上，BE与⊙O相切，交CD的延长线于点E，且．
（1）判断CD与⊙O的位置关系，并说明理由；
（2）若，，
①求⊙O的半径；
②求BD的长．
【答案】（1）CO与⊙O相切，理由见解析
（2）①⊙O的半径为2；②
【解析】
【分析】（1）连接OD，根据，可得，再由，可得，然后根据BE与⊙O相切可得，即可求解；
（2）①设，根据，即可求解；②由①得：OC=6，OD=2，AB=4，求出，证明，可得，再由勾股定理，即可求解．
【小问1详解】
解：CO与⊙O相切，理由如下∶
连接OD，
∵
∴
∵
∴
又∵BE与⊙O相切
∴，即
∴
∴，即∠ODE=90°，
∴
∴CD与⊙O相切；
小问2详解】
解：①设，
∵
∴
∴
∵，
∴，解得
故⊙O的半径为2；
②由①得：OC=6，OD=2，AB=4，
在Rt△COD中，
∵AB为直径
∴
∵
∴
∵
∴
又∵
∴
∴
设，则，
由勾股定理得，即
解得（负值舍去）
∴
【点睛】本题主要考查了切线的性质和判定，解直角三角形，勾股定理，圆周角定理等知识，熟练掌握相关知识点是解题的关键，是中考常见题型．
22. 2022年的冬奥会在北京举行，其中冬奥会古祥物“冰墩墩”深受人们喜爱，多地出现了“一墩难求”的场面，某纪念品商店在开始售卖当天提供150个“冰墩墩”后很快就被抢购一空．该店决定让当天未购买到的顾客可通过预约在第二天优先购买，并且从第二天起，每天比前一天多供应m个（m为正整数）经过连续15天的销售统计，得到第x天（，且x为正整数）的供应量（单位：个）和需求量（单位：个）的部分数据如下表，其中需求量与x满足某二次函数关系．（假设当天预约的顾客第二天都会购买，当天的需求量不包括前一天的预约数）
第x天
1
2
…
6
…
11
…
15
供应量（个）
150
…
…
…
需求量（个）
220
229
…
245
…
220
…
164
（1）直接写出与x和与x的函数关系式；（不要求写出x的取值范围）
（2）已知从第10天开始，有需求的顾客都不需要预约就能购买到（即前9天的总需求量超过总供应量，前10天的总需求量不超过总供应量），求m的值；（参考数据：前9天的总需求量为2136个）
（3）在第（2）问m取最小值的条件下，若每个“冰墩墩”售价为100元，求第4天与第12天的销售额．
【答案】（1），
（2）m的值为20或21
（3）第4天的销售额为21000元，第12天的销售额为20900元
【解析】
【分析】（1）根据题意“从第二天起，每天比前一天多供应m个（m为正整数）经过连续15天的销售统计，得到第x天（，且x为正整数）的供应量”得到与x的函数关系式；与x满足某二次函数关系，设，利用表格，用待定系数法求得与x的函数关系式；
（2）用含m的式子表示前9天的总供应量和前10天的总供应量，根据“前9天的总需求量超过总供应量，前10天的总需求量不超过总供应量”列出不等式，求解即可；
（3）在（2）的条件下，m的最小值为20，代入（1）中与x和与x的函数关系式求得第4天的销售量和第12天的销售量，即可求得销售额．
【小问1详解】
解：由题意可知，，
即，
与x满足某二次函数关系，设，
由表格可知，，解得：，
即．
【小问2详解】
前9天的总供应量为：，
前10天的总供应量为：，
第10天的需求量与第2天需求量相同，为229个，
故前10天的总需求量为；（个），
依题意可得，
解得，
因为m为正整数，故m的值为20或21．
【小问3详解】
在（2）的条件下，m的最小值为20，
第4天的销售量即为供应量：（个），
故第4天的销售额为：（元），
第12天的销售量即需求量．（个），
故第12天的销售额为：（元），
答：第4天的销售额为21000元，第12天的销售额为20900元．
【点睛】本题考查关于销售的实际问题，是一次函数和二次函数的综合问题．解题的关键在于正确理解题中的相等和不等关系．
23. 《几何原本》是古希腊数学家欧几里得的一部不朽著作，是数学发展史的一个里程碑．在该书的第2幕“几何与代数”部分，记载了很多利用几何图形来论证的代数结论，利用几何给人以强烈印象将抽象的逻辑规律体现在具体的图形之中．
（1）我们在学习许多代数公式时，可以用几何图形来推理，观察下列图形，找出可以推出的代数公式，（下面各图形均满足推导各公式的条件，只需填写对应公式的序号）
公式①：
公式②：
公式③：
公式④：
图1对应公式______，图2对应公式______，图3对应公式______，图4对应公式______；
（2）《几何原本》中记载了一种利用几何图形证明平方差公式的方法，如图5，请写出证明过程；（已知图中各四边形均为矩形）
（3）如图6，在等腰直角三角形ABC中，，D为BC的中点，E为边AC上任意一点（不与端点重合），过点E作于点G，作F点H过点B作BF//AC交EG的延长线于点F．记△BFG与△CEG的面积之和为，△ABD与△AEH的面积之和为．
①若E为边AC的中点，则的值为_______；
②若E不为边AC的中点时，试问①中的结论是否仍成立？若成立，写出证明过程；若不成立，请说明理由．
【答案】（1）①，②，④，③
（2）证明见解析 （3）①2
②结论仍成立，理由见解析
【解析】
【分析】（1）观察图形，根据面积计算方法即可快速判断；
（2）根据面积关系：矩形AKHD面积=矩形AKLC面积+矩形CLHD面积=矩形DBFG面积+矩形CLHD面积=正方形BCEF面积－正方形LEGH面积，即可证明；
（3）①由题意可得△ABD，△AEH，△CEG，△BFG都是等腰直角三角形，四边形DGEH是正方形，设BD=a，从而用含a的代数式表示出S1、S2进行计算即可；②由题意可得△ABD，△AEH，△CEG，△BFG都是等腰直角三角形，四边形DGEH是矩形，设BD=a，DG=b，从而用含a、b的代数式表示出S1、S2进行计算即可．
【小问1详解】
解：图1对应公式①，图2对应公式②，图3对应公式④，图4对应公式③；
故答案为：①，②，④，③；
【小问2详解】
解：由图可知，矩形BCEF和矩形EGHL都是正方形，且AK=DB=a－b，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴；
【小问3详解】
解：①由题意可得：△ABD，△AEH，△CEG，△BFG都是等腰直角三角形，四边形DGEH是正方形，
设，
∴，，，，
∴，
，
∴；
故答案为：2；
②成立，证明如下：
由题意可得：△ABD，△AEH，△CEG，△BFG都是等腰直角三角形，四边形DGEH是矩形，
设，，
∴，，，，
∴，
，
∴仍成立．
【点睛】本题主要考查了公式的几何验证方法，矩形和正方形的判定与性质，掌握数形结合思想，观察图形，通过图形面积解决问题是解题的关键．
24. 如图1，平面直角坐标系xOy中，抛物线与x轴分则点A和点，与y轴交于点C，对称轴为直线，且，P为抛物线上一动点．
（1）直接写出抛物线的解析式；
（2）如图2，连接AC，当点P在直线AC上方时，求四边形PABC面积的最大值，并求出此时P点的坐标；
（3）设M为抛物线对称轴上一动点，当P，M运动时，在坐标轴上是否存在点N，使四边形PMCN为矩形？若存在，直接写出点P及其对应点N的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）
（2），P点的坐标为
（3）存在，，；，；，
【解析】
【分析】（1）根据已知条件，列出方程组求出a，b，c的值即可；
（2）方法一：设，四边形PABC的面积，用m表示出S，并求出S的最大值与此时P点的坐标；
方法二：易知，，故直线AC的方程为，设，表示出PQ，并用x表示出△APC的面积，再表示出S，并求出S的最大值与此时P点的坐标；
（3）根据题目要求，分类讨论当当N在y轴上时；当N在x轴负半轴上时，设，用t表示出点P的坐标，解出t，写出点P及其对应点N的坐标．
【小问1详解】
解：∵，
∴，，
∵，对称轴为直线，，
∴，解得，
∴抛物线的解析式为：．
【小问2详解】
解：方法一：连接OP，
设，易知，，
∵，，
∴四边形PABC的面积，
∴
又∵，
∴
∴当时，，
∴此时P点的坐标为；
方法二：易知，，故直线AC的方程为
设，
∵过点P作PQ⊥x轴，交AC于点Q，
∴，
∵点P在AC上方，
∴，
∴
，
∴四边形PABC面积，
∴当时，S有最大值，
∴此时P点的坐标为．
【小问3详解】
存在点N．
①当N在y轴上时，
∵四边形PMCN为矩形，
此时，，；
②当N在x轴负半轴上时，如图所示，四边形PMCN为矩形，过M作y轴的垂线，垂足为D，过P作x轴的垂线，垂足为E，设，则，
∴，
∵四边形PMCN为矩形，
∴，，
∵，，
∴，
又∵，
∴，
∴，
又∵点M在对称轴上，，
∴，
∴，即，
∵，，
∴，
∴，
∴，，
∴，
∴P点的坐标为，
∵P点在抛物线上，
∴
解得，（舍），
∴，；
③当N在x轴正半轴上时，如图所示，四边形PMCN为矩形，过M作y轴的垂线，垂足为D，过P作x轴的垂线，垂足为E，设，则，
∴，
∵四边形PMCN为矩形时，
∴，，
∵，，
∴，
又∵，
∴，
∴，
又∵点M在对称轴上，，
∴，
∴，即，
∵，，
∴，
∴，
∴，，
∴，
∴P点的坐标为，
∵P点在抛物线上，
∴
解得（舍），，
∴，，
综上：，；，；，
【点睛】本题考查用待定系数法求二次函数、二次函数综合问题，矩形的性质与判定，二次函数图象上点的坐标特征等知识点的理解和掌握，综合运用这些性质进行计算是解此题的关键．
随州市2022年初中毕业升学考试数学试题
一、选择题
1. 2022的倒数是（ ）
A. 2022 B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据倒数的定义作答即可．
【详解】2022的倒数是，
故选：C．
【点睛】本题考查了倒数的概念，即乘积为1的两个数互为倒数，牢记倒数的概念是解题的关键．
2. 如图，直线//，直线l与，相交，若图中则∠2为（ ）
A. 30° B. 40° C. 50° D. 60°
【答案】D
【解析】
【分析】根据平行线的性质，两直线平行内错角相等即可得出答案．
【详解】∵l1∥l2，
∴∠1=∠2=60°，
故选：D．
【点睛】本题考查平行线的性质，两直线平行，内错角相等；两直线平行，同位角相等；两直线平行，同旁内角互补；熟记平行线的性质是解题的关键．
3. 小明同学连续5次测验的成绩分别为：97，97，99，101，106（单位：分），则这组数据的众数和平均数分别为（ ）
A. 97和99 B. 97和100 C. 99和100 D. 97和101
【答案】B
【解析】
【分析】根据众数与平均数的概念及计算公式求解即可
【详解】解：小明同学连续5次测验的成绩分别为：97，97，99，101，106（单位：分），
这组成绩的众数是；平均数是，
故选：B．
【点睛】本题考查统计基础知识，涉及众数及平均数的概念与计算公式，熟练掌握相关定义及计算公式是解决问题的关键．
4. 如图是一个放在水平桌面上的半球体，该几何体的三视图中完全相同的是（ ）
A. 主视图和左视图 B. 主视图和俯视图
C. 左视图和俯视图 D. 三个视图均相同
【答案】A
【解析】
【分析】根据三视图的形成，从正面、左面和上面三个方向看立体图形得到的平面图形，注意所有的看到的或看不到的棱都应表现在三视图中，看得见的用实线，看不见的用虚线，虚实重合用实线．
【详解】解：从正面和左面看，得到的平面图形均是半圆，而从上面看是一个圆，因此该几何体主视图与左视图一致，
故选：A．
【点睛】本题考查了三视图的知识，准确把握从正面、左面和上面三个方向看立体图形得到的平面图形是解决问题的关键．
5. 我国元朝朱世杰所著的《算学启蒙》中记载：“良马日行二百四十里，驽马日行一百五十里．驽马先行一十二日，问良马几何追及之．”意思是：“跑得快的马每天走240里，跑得慢的马每天走150里，慢马先走12天，快马几天可以追上慢马？”若设快马x天可以追上慢马，则可列方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】直接根据相遇时所走路程相等列出一元一次方程即可得出答案．
【详解】设快马x天可以追上慢马，由题意可知：．
故选：A．
【点睛】本题考查了由实际问题抽象出一元一次方程，解题的关键是准确找出等量关系，正确列出一元一次方程．
6. 2022年6月5日10时44分07秒，神舟14号飞船成功发射，将陈冬、刘洋、蔡旭哲三位宇航员送入了中国空间站．已知中国空间站绕地球运行的速度约为，则中国空间站绕地球运行走过的路程（m）用科学记数法可表示为（ ）
A B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先求出路程，再用科学记数法表示为a×10n的形式．
【详解】解：路程=．
故选：B．
【点睛】此题考查科学记数法的表示方法，表示时关键要正确确定a的值以及n的值．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．
7. 已知张强家、体育场、文具店在同一直线上．下面的图象反映的过程是：张强从家跑步去体育场，在那里锻炼了一阵后又走到文具店去买笔，然后散步走回家．图中x表示时间，y表示张强离家的距离．则下列结论不正确的是（ ）
A. 张强从家到体育场用了15min B. 体育场离文具店1.5km
C. 张强在文具店停留了20min D. 张强从文具店回家用了35min
【答案】B
【解析】
【分析】利用图象信息解决问题即可．
【详解】解：由图可知：
A. 张强从家到体育场用了15min，正确，不符合题意；
B. 体育场离文具店的距离为：，故选项错误，符合题意；
C. 张强文具店停留了：，正确，不符合题意；
D. 张强从文具店回家用了，正确，符合题意，
故选：B．
【点睛】本题考查函数的应用，解题的关键是读懂图象信息，灵活运用所学知识解决问题．
8. 七巧板是一种古老的中国传统智力玩具，如图，在正方形纸板ABCD中，BD为对角线，E，F分别为BC，CD的中点，分别交BD，EF于O，P两点，M，N分别为BO，DC的中点，连接AP，NF，沿图中实线剪开即可得到一副七巧板，则在剪开之前，关于该图形，下列说法：①图中的三角形都是等腰直角三角形；②四边形MPEB是菱形；③四边形PFDM的面积占正方形ABCD面积的．正确的有（ ）
A. 只有① B. ①② C. ①③ D. ②③
【答案】C
【解析】
【分析】先根据正方形的性质和中位线定理证明图中所有三角形是等腰直角三角形，再证明四边形MPEB是平行四边形但不是菱形，最后再证明四边形PFDM的面积占正方形ABCD面积的即可．
【详解】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABO＝∠ADB＝∠CBD＝∠BDC＝45°，∠BAD＝∠BCD＝90°，
∴△ABD、△BCD是等腰直角三角形，
∵，
∴∠APF＝∠APE＝90°，
∵E，F分别为BC，CD的中点，
∴EF是△BCD的中位线，CE＝BC，CF＝CD，
∴ CE＝CF，
∵∠C＝90°，
∴△CEF是等腰直角三角形，
∴EFBD，EF＝BD，
∴∠APE＝∠AOB＝90°，∠APF＝∠AOD＝90°，
∴△ABO、△ADO是等腰直角三角形，
∴AO＝BO，AO＝DO，
∴BO＝DO，
∵M，N分别为BO，DO的中点，
∴OM＝BM＝BO，ON＝ND＝DO，
∴OM＝BM＝ON＝ND，
∵∠BAO＝∠DAO＝45°，
∴由正方形是轴对称图形，则A、P、C三点共线，PE＝PF＝EF＝ON＝BM＝OM，
连接PC，如图，
∴NF是△CDO的中位线，
∴NFAC，NF＝OC＝OD＝ON＝ND，
∴∠ONF＝180°－∠COD＝90°，
∴∠NOP＝∠OPF＝∠ONF＝90°，
∴四边形FNOP是矩形，
∴四边形FNOP是正方形，
∴NF＝ON＝ND，
∴△DNF是等腰直角三角形，
∴图中的三角形都是等腰直角三角形；
故①正确，
∵PEBM，PE＝BM，
∴四边形MPEB是平行四边形，
∵BE＝BC，BM＝OB，
在Rt△OBC中，BC＞OB，
∴BE≠BM，
∴四边形MPEB不是菱形；
故②错误，
∵PC＝PO＝PF＝OM，∠MOP＝∠CPF＝90°，
∴△MOP≌△CPF（SAS），
∴
，
故③正确，
故选：C
【点睛】此题考查了七巧板，正方形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，三角形的中位线定理、三角形全等的判定和性质、等腰直角三角形的判定和性质等知识，正确的识别图形是解题的关键．
9. 如图，已知点B，D，C在同一直线的水平，在点C处测得建筑物AB的顶端A的仰角为α，在点D处测得建筑物AB的顶端A的仰角为β，，则建筑物AB的高度为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】设AB=x，利用正切值表示出BC和BD的长，CD=BC-BD，从而列出等式，解得x即可．
【详解】设AB=x，由题意知，∠ACB=α,∠ADB=β,
∴，，
∵CD=BC-BD，
∴，
∴，即AB=，
故选：D．
【点睛】本题考查了解直角三角形，熟记锐角三角函数的定义是解题的关键．
10. 如图，已知开口向下的抛物线与x轴交于点对称轴为直线．则下列结论：①；②；③函数的最大值为；④若关于x的方数无实数根，则．正确的有（ ）
A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个
【答案】C
【解析】
【分析】由图象可知，图像开口向下，a＜0，对称轴为x=1，故，故b＞0，且，则 图象与y轴的交点为正半轴，则c＞0，由此可知abc＜0，故①错误，由图象可知当x=1时，函数取最大值，将x=1，代入，中得：，计算出函数图象与x轴的另一交点为（3,0）设函数解析式为：，将交点坐标代入得化简得：，将x=1，代入可得：，故函数的最大值为-4a，、变形为：要使方程无实数根，则，将c=-3a，，代入得：，因为a＜0，则，则，综上所述，结合以上结论可判断正确的项．
【详解】解：由图象可知，图像开口向下，a＜0，对称轴为x=1，故，故b＞0，且，则故②正确，
∵图象与y轴的交点为正半轴，
∴c＞0，则abc＜0，故①错误，
由图象可知当x=1时，函数取最大值，
将x=1，代入，中得：，
由图象可知函数与x轴交点为（﹣1,0），对称轴为将x=1，故函数图象与x轴的另一交点为（3,0），
设函数解析式为：，
将交点坐标代入得：，
故化简得：，
将x=1，代入可得：，故函数的最大值为-4a，故③正确，
变形为：要使方程无实数根，则，将c=-3a，，代入得：，因为a＜0，则，则，综上所述，故④正确，
则②③④正确，
故选C．
【点睛】本题考查二次函数的一般式，二次函数的交点式，二次函数的最值，对称轴，以及交点坐标掌握数形结合思想是解决本题的关键．
二、填空题
11. 计算：______．
【答案】0
【解析】
【分析】根据有理数乘法运算、绝对值运算和有理数加法运算法则分别计算后求解即可
【详解】解：
，
故答案为：．
【点睛】本题考查有理数的运算，涉及到加法运算、乘法运算及绝对值运算，熟练掌握相关运算法则是解决问题的关键．
12. 如图，点A，B，C都在⊙O上，∠ACB=60°，则∠AOB的度数为___________.
【答案】120°
【解析】
【分析】由∠ACB=60°，根据在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角等于这条弧所对的圆心角的一半，即可求得∠AOB的度数．
【详解】解：∵点A、B、C都在⊙O上，且点C在弦AB所对的优弧上，∠ACB=60°，
∴∠AOB=2∠ACB=2×60°=120°．
故答案为120°．
【点睛】此题考查了圆周角定理．注意掌握在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角等于这条弧所对的圆心角的一半定理的应用是解此题的关键，注意数形结合思想的应用．
13. 已知二元一次方程组，则的值为______．
【答案】1
【解析】
【分析】直接由②-①即可得出答案．
【详解】原方程组为，
由②-①得．
故答案为：1．
【点睛】本题考查二元一次方程组的特殊解法，解题的关键是学会观察，并用整体法求解．
14. 如图，在平面直角坐标系中，直线与x轴，y轴分别交于点A，B，与反比例函数的图象在第一象限交于点C，若，则k的值为______．
【答案】2
【解析】
【分析】过点C作CH⊥x轴，垂足为H，证明△OAB∽△HAC，再求出点C坐标即可解决问题．
【详解】解：如图，过点C作CH⊥x轴，垂足为H，
∵直线与x轴，y轴分别交于点A，B，
∴将y=0代入，得，将x=0代入，得y=1，
∴A（，0），B（0，1），
∴OA=，OB=1，
∵∠AOB=∠AHC=90°，∠BAO=∠CAH，
∴△OAB∽△HAC，
∴
∵OA=，OB=1，，
∴
∴AH=，CH=2，
∴OH=1，
∵点C在第一象限，
∴C（1，2），
∵点C在上，
∴．
故答案为：2．
【点睛】本题考查反比例函数综合题、一次函数的应用、相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是熟练掌握待定系数法，本题的突破点是求出点C的坐标．
15. 已知m为正整数，若是整数，则根据可知m有最小值．设n为正整数，若是大于1的整数，则n的最小值为______，最大值为______．
【答案】 ①. 3 ②. 75
【解析】
【分析】根据n为正整数， 是大于1的整数，先求出n的值可以为3、12、75，300，再结合是大于1的整数来求解．
【详解】解：∵，是大于1的整数，
∴．
∵n为正整数
∴n的值可以为3、12、75，
n的最小值是3，最大值是75．
故答案为：3；75．
【点睛】本题考查了无理数的估算，理解无理数的估算方法是解答关键．
16. 如图1，在矩形ABCD中，，，E，F分别为AB，AD的中点，连接EF．如图2，将△AEF绕点A逆时针旋转角，使，连接BE并延长交DF于点H，则∠BHD的度数为______，DH的长为______．
【答案】 ①. 90°##90度 ②. ##
【解析】
【分析】设EF交AD于点M，BH交AD于点N，先证明△ADF∽△ABE，可得∠ADF=∠ABE，可得∠BHD=∠BAD=90°；然后过点E作EG⊥AB于点G，可得四边形AMEG是矩形，从而得到EG=AM，AG=ME，∠ABE=∠MEN，然后求出，再利用锐角三角函数可得，从而得到，进而得到，可得到，从而得到，进而得到DN=2，即可求解．
【详解】解：如图，设EF交AD于点M，BH交AD于点N，
根据题意得：∠BAE=∠DAF，∠EAF=90°，，
∴，
在矩形ABCD中，，，∠BAD=90°，
∴，
∴△ADF∽△ABE，
∴∠ADF=∠ABE，
∵∠ANB=∠DNH，
∴∠BHD=∠BAD=90°；
如图，过点E作EG⊥AB于点G，
∴∠AGE=∠AME=∠BAD=90°，
∴四边形AMEG是矩形，
∴EG=AM，AG=ME，ME∥AB，
∴∠ABE=∠MEN，
在中，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，即，
∴，
∵∠ADF=∠ABE，
∴，
即DH=2HN，
∵，
解得：或（舍去）．
故答案为：90°，
【点睛】本题主要考查了图形的旋转，解直角三角形，矩形的性质和判定，相似三角形的判定和性质，熟练掌握直角三角形的性质，矩形的性质和判定，相似三角形的判定和性质是解题的关键．
三、解答题
17. 解分式方程：．
【答案】
【解析】
【分析】先去分母，再移项，合并同类项，未知数系数化1，最后检验方程的根即可．
【详解】解：去分母得
，
移项并合并同类项得
，
解得，
经检验，是原方程的解，
∴原分式方程的解是．
【点睛】本题主要考查了分式方程解法，理解分式方程的解法是解答关键．注意解分式方程一定要检验方程的根．
18. 已知关于x的一元二次方程有两个不等实数根，．
（1）求k的取值范围；
（2）若，求k的值．
【答案】（1）
（2）2
【解析】
【分析】（1）利用一元二次方程根的判别式大于0建立不等式，解不等式即可得；
（2）先利用一元二次方程的根与系数的关系可得，再结合（1）的结论即可得．
【小问1详解】
解：关于的一元二次方程有两个不等实数根，
此方程根的判别式，
解得．
【小问2详解】
解：由题意得：，
解得或，
由（1）已得：，
则的值为2．
【点睛】本题考查了一元二次方程根的判别式、以及根与系数的关系，熟练掌握一元二次方程的相关知识是解题关键．
19. 如图，在平行四边形ABCD中，点E，F分别在边AB，CD上，且四边形BEDF为正方形．
（1）求证；
（2）已知平行四边形ABCD的面积为，．求的长．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）直接根据已知条件证明和全等即可得出答案．
（2）由平行四边形面积公式求出，然后即可得出答案．
【小问1详解】
四边形是正方形，是平行四边形，
，，，
在和中，
，
，
；
【小问2详解】
由题意可知：，
，
，
，，
由（1）得．
【点睛】本题考查平行四边形的性质、正方形的性质及三角形全等的判定，解题的关键是熟练掌握相关性质并能灵活运用．
20. 为落实国家“双减”政策，立德中学在课后托管时间里开展了“音乐社团、体育社团、文学社团，美术社团”活动．该校从全校600名学生中随机抽取了部分学生进行“你最喜欢哪一种社团活动（每人必选且只选一种）”的问卷调查，根据调查结果，绘制了如图所示的两幅不完整的统计图．
根据图中信息，解答下列问题
（1）参加问卷调查的学生共有______人；
（2）条形统计图中m值为______，扇形统计图中的度数为_______；
（3）根据调查结果，可估计该校600名学生中最喜欢“音乐社团”的约有______人；
（4）现从“文学社团”里表现优秀的甲、乙、丙、丁四名同学中随机选取两名参加演讲比赛，请用列表或画树状图的方法求出恰好选中甲和乙两名同学的概率．
【答案】（1）60 （2）11，90°
（3）100 （4）
【解析】
【分析】（1）根据B：体育社团的人数和人数占比即可求出参与调查的总人数；
（2）根据（1）所求总人数即可求出m；用360度乘以C：文学社团的人数占比即可求出的度数；
（3）用600乘以样本中最喜欢“音乐社团”的人数占比即可得到答案；
（4）画树状图或列表先得到所有的等可能性的结果数，然后找到符合题意的结果数，最后依据概率计算公式求解即可．
【小问1详解】
解：（人），
∴参加问卷调查的学生共有60人，
故答案为：60；
【小问2详解】
解：由题意得：，，
故答案为：11；90°；
【小问3详解】
解：（人），
∴估计该校600名学生中最喜欢“音乐社团”的约有100人，
故答案为：100；
【小问4详解】
解：设甲、乙、丙、丁四名同学分别用A，B，C，D表示，根据题意可画树状图或列表如下：
第2人
第1人
A
B
C
D
A
AB
AC
AD
B
BA
BC
BD
C
CA
CB
CD
D
DA
DB
DC
由上图或上表可知，共有12种等可能的结果，符合条件的结果有2种，故恰好选中甲、乙两名同学的概率为．
【点睛】本题主要考查了条形统计图与扇形统计图信息相关联，用样本估计总体，树状图或列表法求解概率等等，正确读懂统计图是解题的关键．
21. 如图，已知D为⊙O上一点，点C在直径BA的延长线上，BE与⊙O相切，交CD的延长线于点E，且．
（1）判断CD与⊙O的位置关系，并说明理由；
（2）若，，
①求⊙O的半径；
②求BD的长．
【答案】（1）CO与⊙O相切，理由见解析
（2）①⊙O的半径为2；②
【解析】
【分析】（1）连接OD，根据，可得，再由，可得，然后根据BE与⊙O相切可得，即可求解；
（2）①设，根据，即可求解；②由①得：OC=6，OD=2，AB=4，求出，证明，可得，再由勾股定理，即可求解．
【小问1详解】
解：CO与⊙O相切，理由如下∶
连接OD，
∵
∴
∵
∴
又∵BE与⊙O相切
∴，即
∴
∴，即∠ODE=90°，
∴
∴CD与⊙O相切；
小问2详解】
解：①设，
∵
∴
∴
∵，
∴，解得
故⊙O的半径为2；
②由①得：OC=6，OD=2，AB=4，
在Rt△COD中，
∵AB为直径
∴
∵
∴
∵
∴
又∵
∴
∴
设，则，
由勾股定理得，即
解得（负值舍去）
∴
【点睛】本题主要考查了切线的性质和判定，解直角三角形，勾股定理，圆周角定理等知识，熟练掌握相关知识点是解题的关键，是中考常见题型．
22. 2022年的冬奥会在北京举行，其中冬奥会古祥物“冰墩墩”深受人们喜爱，多地出现了“一墩难求”的场面，某纪念品商店在开始售卖当天提供150个“冰墩墩”后很快就被抢购一空．该店决定让当天未购买到的顾客可通过预约在第二天优先购买，并且从第二天起，每天比前一天多供应m个（m为正整数）经过连续15天的销售统计，得到第x天（，且x为正整数）的供应量（单位：个）和需求量（单位：个）的部分数据如下表，其中需求量与x满足某二次函数关系．（假设当天预约的顾客第二天都会购买，当天的需求量不包括前一天的预约数）
第x天
1
2
…
6
…
11
…
15
供应量（个）
150
…
…
…
需求量（个）
220
229
…
245
…
220
…
164
（1）直接写出与x和与x的函数关系式；（不要求写出x的取值范围）
（2）已知从第10天开始，有需求的顾客都不需要预约就能购买到（即前9天的总需求量超过总供应量，前10天的总需求量不超过总供应量），求m的值；（参考数据：前9天的总需求量为2136个）
（3）在第（2）问m取最小值的条件下，若每个“冰墩墩”售价为100元，求第4天与第12天的销售额．
【答案】（1），
（2）m的值为20或21
（3）第4天的销售额为21000元，第12天的销售额为20900元
【解析】
【分析】（1）根据题意“从第二天起，每天比前一天多供应m个（m为正整数）经过连续15天的销售统计，得到第x天（，且x为正整数）的供应量”得到与x的函数关系式；与x满足某二次函数关系，设，利用表格，用待定系数法求得与x的函数关系式；
（2）用含m的式子表示前9天的总供应量和前10天的总供应量，根据“前9天的总需求量超过总供应量，前10天的总需求量不超过总供应量”列出不等式，求解即可；
（3）在（2）的条件下，m的最小值为20，代入（1）中与x和与x的函数关系式求得第4天的销售量和第12天的销售量，即可求得销售额．
【小问1详解】
解：由题意可知，，
即，
与x满足某二次函数关系，设，
由表格可知，，解得：，
即．
【小问2详解】
前9天的总供应量为：，
前10天的总供应量为：，
第10天的需求量与第2天需求量相同，为229个，
故前10天的总需求量为；（个），
依题意可得，
解得，
因为m为正整数，故m的值为20或21．
【小问3详解】
在（2）的条件下，m的最小值为20，
第4天的销售量即为供应量：（个），
故第4天的销售额为：（元），
第12天的销售量即需求量．（个），
故第12天的销售额为：（元），
答：第4天的销售额为21000元，第12天的销售额为20900元．
【点睛】本题考查关于销售的实际问题，是一次函数和二次函数的综合问题．解题的关键在于正确理解题中的相等和不等关系．
23. 《几何原本》是古希腊数学家欧几里得的一部不朽著作，是数学发展史的一个里程碑．在该书的第2幕“几何与代数”部分，记载了很多利用几何图形来论证的代数结论，利用几何给人以强烈印象将抽象的逻辑规律体现在具体的图形之中．
（1）我们在学习许多代数公式时，可以用几何图形来推理，观察下列图形，找出可以推出的代数公式，（下面各图形均满足推导各公式的条件，只需填写对应公式的序号）
公式①：
公式②：
公式③：
公式④：
图1对应公式______，图2对应公式______，图3对应公式______，图4对应公式______；
（2）《几何原本》中记载了一种利用几何图形证明平方差公式的方法，如图5，请写出证明过程；（已知图中各四边形均为矩形）
（3）如图6，在等腰直角三角形ABC中，，D为BC的中点，E为边AC上任意一点（不与端点重合），过点E作于点G，作F点H过点B作BF//AC交EG的延长线于点F．记△BFG与△CEG的面积之和为，△ABD与△AEH的面积之和为．
①若E为边AC的中点，则的值为_______；
②若E不为边AC的中点时，试问①中的结论是否仍成立？若成立，写出证明过程；若不成立，请说明理由．
【答案】（1）①，②，④，③
（2）证明见解析 （3）①2
②结论仍成立，理由见解析
【解析】
【分析】（1）观察图形，根据面积计算方法即可快速判断；
（2）根据面积关系：矩形AKHD面积=矩形AKLC面积+矩形CLHD面积=矩形DBFG面积+矩形CLHD面积=正方形BCEF面积－正方形LEGH面积，即可证明；
（3）①由题意可得△ABD，△AEH，△CEG，△BFG都是等腰直角三角形，四边形DGEH是正方形，设BD=a，从而用含a的代数式表示出S1、S2进行计算即可；②由题意可得△ABD，△AEH，△CEG，△BFG都是等腰直角三角形，四边形DGEH是矩形，设BD=a，DG=b，从而用含a、b的代数式表示出S1、S2进行计算即可．
【小问1详解】
解：图1对应公式①，图2对应公式②，图3对应公式④，图4对应公式③；
故答案为：①，②，④，③；
【小问2详解】
解：由图可知，矩形BCEF和矩形EGHL都是正方形，且AK=DB=a－b，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴；
【小问3详解】
解：①由题意可得：△ABD，△AEH，△CEG，△BFG都是等腰直角三角形，四边形DGEH是正方形，
设，
∴，，，，
∴，
，
∴；
故答案为：2；
②成立，证明如下：
由题意可得：△ABD，△AEH，△CEG，△BFG都是等腰直角三角形，四边形DGEH是矩形，
设，，
∴，，，，
∴，
，
∴仍成立．
【点睛】本题主要考查了公式的几何验证方法，矩形和正方形的判定与性质，掌握数形结合思想，观察图形，通过图形面积解决问题是解题的关键．
24. 如图1，平面直角坐标系xOy中，抛物线与x轴分则点A和点，与y轴交于点C，对称轴为直线，且，P为抛物线上一动点．
（1）直接写出抛物线的解析式；
（2）如图2，连接AC，当点P在直线AC上方时，求四边形PABC面积的最大值，并求出此时P点的坐标；
（3）设M为抛物线对称轴上一动点，当P，M运动时，在坐标轴上是否存在点N，使四边形PMCN为矩形？若存在，直接写出点P及其对应点N的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）
（2），P点的坐标为
（3）存在，，；，；，
【解析】
【分析】（1）根据已知条件，列出方程组求出a，b，c的值即可；
（2）方法一：设，四边形PABC的面积，用m表示出S，并求出S的最大值与此时P点的坐标；
方法二：易知，，故直线AC的方程为，设，表示出PQ，并用x表示出△APC的面积，再表示出S，并求出S的最大值与此时P点的坐标；
（3）根据题目要求，分类讨论当当N在y轴上时；当N在x轴负半轴上时，设，用t表示出点P的坐标，解出t，写出点P及其对应点N的坐标．
【小问1详解】
解：∵，
∴，，
∵，对称轴为直线，，
∴，解得，
∴抛物线的解析式为：．
【小问2详解】
解：方法一：连接OP，
设，易知，，
∵，，
∴四边形PABC的面积，
∴
又∵，
∴
∴当时，，
∴此时P点的坐标为；
方法二：易知，，故直线AC的方程为
设，
∵过点P作PQ⊥x轴，交AC于点Q，
∴，
∵点P在AC上方，
∴，
∴
，
∴四边形PABC面积，
∴当时，S有最大值，
∴此时P点的坐标为．
【小问3详解】
存在点N．
①当N在y轴上时，
∵四边形PMCN为矩形，
此时，，；
②当N在x轴负半轴上时，如图所示，四边形PMCN为矩形，过M作y轴的垂线，垂足为D，过P作x轴的垂线，垂足为E，设，则，
∴，
∵四边形PMCN为矩形，
∴，，
∵，，
∴，
又∵，
∴，
∴，
又∵点M在对称轴上，，
∴，
∴，即，
∵，，
∴，
∴，
∴，，
∴，
∴P点的坐标为，
∵P点在抛物线上，
∴
解得，（舍），
∴，；
③当N在x轴正半轴上时，如图所示，四边形PMCN为矩形，过M作y轴的垂线，垂足为D，过P作x轴的垂线，垂足为E，设，则，
∴，
∵四边形PMCN为矩形时，
∴，，
∵，，
∴，
又∵，
∴，
∴，
又∵点M在对称轴上，，
∴，
∴，即，
∵，，
∴，
∴，
∴，，
∴，
∴P点的坐标为，
∵P点在抛物线上，
∴
解得（舍），，
∴，，
综上：，；，；，
【点睛】本题考查用待定系数法求二次函数、二次函数综合问题，矩形的性质与判定，二次函数图象上点的坐标特征等知识点的理解和掌握，综合运用这些性质进行计算是解此题的关键．
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