12，2024年山东省烟台市芝罘区中考数学二模试卷

这是一份12，2024年山东省烟台市芝罘区中考数学二模试卷，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。

1．（3分）9的平方根是（ ）
A．3B．±3C．D．﹣
2．（3分）如图所示，该几何体的左视图是（ ）
A．B．C．D．
3．（3分）下列计算正确的是（ ）
A．x3•x2＝x5B．x3÷（﹣x2）＝x
C．x3﹣x2＝xD．2x+x＝3x2
4．（3分）中国信息通信研究院测算，2020～2025年，中国5G商用带动的信息消费规模将超过8万亿元，直接带动经济总产出达10.6万亿元．其中数据10.6万亿用科学记数法表示为（ ）
A．10.6×104B．1.06×1013C．10.6×1013D．1.06×108
5．（3分）如图是根据南街米粉店今年6月1日至5日每天的用水量（单位：吨）绘制成的折线统计图．下列结论正确的是（ ）
A．平均数是6B．众数是7
C．中位数是11D．方差是8
6．（3分）如图在⊙O中，弦AB，CD相交于点P．若∠A＝38°，∠APD＝80°，则∠B的度数为（ ）试卷源自 期末大优惠，全站资源一元不到！即将回复原价。试卷源自 全站资源一元不到！
A．32°B．42°C．48°D．52°
7．（3分）按如图所示的程序进行计算，若输入x的值是2，则输出y的值是（ ）
A．3B．1C．﹣1D．3或﹣1
8．（3分）如图，三角形纸片ABC中，∠BAC＝90°，AB＝2，AC＝3，沿AD和EF将纸片折叠，使点B和点C都落在边BC上的点P处，则AE的长是（ ）
A．B．C．D．
9．（3分）如图，在平面直角坐标系中，点A1，A2，A3，…和点B1，B2，B3，…分别在直线y＝x+b和x轴上，直线y＝x+b与x轴交于点M，△OA1B1，△B1A2B2，△B2A3B3，…都是等腰直角三角形，如果点A1（1，1）那么点A2024的纵坐标是（ ）
A．2023B．4046C．22023D．22024
10．（3分）如图，抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）过点A（﹣1，0），与y轴的交点C在（0，3），（0，4）之间（不包含端点），抛物线对称轴为直线x＝1，有以下结论：
①abc＞0；
②3a+b＝﹣；
③对于任意实数m，总有am3+bm＜；
④b＞2．
其中正确结论的个数是（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
二、填空题（每题3分，满分18分）
11．（3分）因式分解：4m2n﹣4n3＝ ．
12．（3分）某市居民每月用水收费标准如下：李阿姨家11月份用水5立方米，交水费11元，若李阿姨12月份交水费35.8元，则李阿姨12月份用水量是 ．
13．（3分）如图所示，将正六边形与正五边形按此方式摆放，正六边形与正五边形的公共顶点为O，且正六边形的边AB与正五边形的边DE在同一条直线上，则∠COF的度数为 ．
14．（3分）如图，△ABC中，AC＝BC＝5，∠ACB＝90°，CD＝3，BD＝4，连接AD，则AD的长度是 ．
15．（3分）如图，一次函数y＝﹣x+4与反比例函数y＝（x＞0）的图象交于A、B两点，与坐标轴交于C、D两点，若AB＝2AC，则k的值是 ．
16．（3分）如图，OA是⊙O半径，P是OA中点，Q在⊙O上从点A开始沿逆时针方向运动一周停止，运动时间是t（x），线段PQ的长度是y（cm），图2是y随x变化的关系图象，则当点Q运动到使PQ⊥OA时，t的值是 ．
三、解答题（满分72分）
17．（6分）先化简，再求值：（1﹣），其中x是满足﹣1≤x＜3的整数．
18．（6分）如图，四边形ABCD是菱形，CE⊥AB于点E，CF⊥AD于点F．求证：BE＝DF．
19．（8分）我市某学校落实立德树人根本任务，构建“五育并举”教育体系，开设了“厨艺、园艺、电工、木工、编织”五大类劳动课程．为了解七年级学生对每类课程的选择情况，随机抽取了七年级若干名学生进行调查（每人只选一类最喜欢的课程），将调查结果绘制成如图两幅不完整的统计图：
（1）本次随机调查的学生人数为 人；
（2）补全条形统计图；
（3）若该校七年级共有800名学生，请估计该校七年级学生选择“厨艺”劳动课程的人数；
（4）七（1）班计划在“园艺、电工、木工、编织”四大类劳动课程中任选两类参加学校期末展示活动，请用列表或画树状图的方法，求恰好选中“园艺、编织”这两类劳动课程的概率．
20．（8分）如图，为了测量河对岸A，B两点间的距离，数学兴趣小组在河岸南侧选定观测点C，测得A，B均在C的北偏东37°方向上，沿正东方向行走90米至观测点D，测得A在D的正北方向，B在D的北偏西53°方向上．请借助直尺和量角器，在图中画出点A和点B的位置，并求A，B两点间的距离．
（参考数据表）
21．（8分）草莓是一种极具营养价值的水果，当下正是草莓的销售旺季．某水果店以2850元购进两种不同品种的盒装草莓．若按标价出售可获毛利润1500元（毛利润＝售价﹣进价），这两种盒装草莓的进价、标价如表所示：
（1）求这两个品种的草莓各购进多少盒；
（2）该店计划下周购进这两种品种的草莓共100盒（每种品种至少进1盒），并在两天内将所进草莓全部销售完毕（损耗忽略不计）．因B品种草莓的销售情况较好，水果店计划购进B品种的盒数不低于A品种盒数的2倍，且A品种不少于20盒．如何安排进货，才能使毛利润最大，最大毛利润是多少？
22．（10分）如图，在△ABC中，AB＝AC，以AB为直径作⊙O，AC与⊙O交于点D，BC与⊙O交于点E，过点C作CF∥AB，且CF＝CD，连接BF．
（1）求证：BF是⊙O的切线；
（2）若⊙O半径为5，tan∠CBF＝，求CF的长度．
23．（12分）如图，抛物线y＝ax2+bx+2（a≠0）过A（﹣2，0），B（6，0），其对称轴交x轴于点D，E是对称轴上一动点，CF⊥AE 于点F．
（1）求抛物线的函数关系式；
（2）判断△ABC的形状，并证明；
（3）是否存在点E的位置，使△ACF与△BOC相似？若存在，请求出所有满足条件的点E的坐标；若不存在，请说明理由．
24．（14分）【探究】如图1，AB∥CD，AB＞CD，∠ABD＝90°，E是线段AC的中点，连接DE并延长交AB于点F，连接BE．判断BE与DE之间的数量关系，并证明．
【延伸】
（1）如图2，在正方形ABCD和正方形BEFG中，点A、B、E在同一条直线上，点G在BC上，P是线段DF的中点，连接PC、PG．判断PC与PG之间的数量关系，并证明．
（2）将图2中的正方形BEFG绕点B旋转一定的角度（如图3），求证上述PC和PG的数量关系仍然成立．
2024年山东省烟台市芝罘区中考数学二模试卷
参考答案与试题解析
一、选择题(每题3分，满分30分)
1．（3分）9的平方根是（ ）
A．3B．±3C．D．﹣
【分析】根据平方根的含义和求法，可得9的平方根是：±＝±3，据此解答即可．
【解答】解：9的平方根是：
±＝±3．
故选：B．
【点评】此题主要考查了平方根，要熟练掌握，解答此题的关键是要明确：一个正数有两个平方根，这两个平方根互为相反数，零的平方根是零，负数没有平方根．
2．（3分）如图所示，该几何体的左视图是（ ）
A．B．C．D．
【分析】根据从左边看得到的图形是左视图，可得答案．
【解答】解：从左边看，是一个矩形，矩形中间靠上有一条横向的实线，中间有一条横向的虚线．选项A符合题意．
故选：A．
【点评】本题主要考查了简单组合体的三视图，掌握组合体的三视图是解题的关键．
3．（3分）下列计算正确的是（ ）
A．x3•x2＝x5B．x3÷（﹣x2）＝x
C．x3﹣x2＝xD．2x+x＝3x2
【分析】根据同底数幂相乘，同底数幂相除，合并同类项的运算法则计算即可得解．
【解答】解：A．x3•x2＝x5，故选项正确，符合题意；
B．x3÷（﹣x2）＝﹣x3+2＝﹣x5，故选项错误，不符合题意；
C．x3，x2不是同类项，不能合并，故选项错误，不符合题意；
D．2x+x＝3x，故选项错误，不符合题意．
故选：A．
【点评】本题考查了同底数幂相乘，同底数幂相除，合并同类项的运算法则，解题的关键是熟练掌握运算法则．
4．（3分）中国信息通信研究院测算，2020～2025年，中国5G商用带动的信息消费规模将超过8万亿元，直接带动经济总产出达10.6万亿元．其中数据10.6万亿用科学记数法表示为（ ）
A．10.6×104B．1.06×1013C．10.6×1013D．1.06×108
【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是非负数；当原数的绝对值＜1时，n是负数．
【解答】解：10.6万亿＝106000 0000 0000＝1.06×1013．
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．
5．（3分）如图是根据南街米粉店今年6月1日至5日每天的用水量（单位：吨）绘制成的折线统计图．下列结论正确的是（ ）
A．平均数是6B．众数是7
C．中位数是11D．方差是8
【分析】根据图中数据分别求出平均数、众数、中位数及方差即可得出结论．
【解答】解：由题意知，
平均数为：＝7，
不存在众数；
中位数为：7；
方差为：＝8；
故选：D．
【点评】本题主要考查平均数、众数、中位数及方差的概念，熟练掌握平均数、众数、中位数及方差的概念是解题的关键．
6．（3分）如图在⊙O中，弦AB，CD相交于点P．若∠A＝38°，∠APD＝80°，则∠B的度数为（ ）
A．32°B．42°C．48°D．52°
【分析】根据题意可得∠A＝∠D＝38°，然后根据三角形外角的性质可求解∠B．
【解答】解：∵∠A＝38°，
∴∠A＝∠D＝38°，
∵∠APD＝80°，
∴∠B＝∠APD﹣∠D＝42°；
故选：B．
【点评】本题主要考查圆周角，三角形外角的性质，熟练掌握同弧或等弧所对的圆周角相等是解题的关键．
7．（3分）按如图所示的程序进行计算，若输入x的值是2，则输出y的值是（ ）
A．3B．1C．﹣1D．3或﹣1
【分析】比较2与﹣2，将x＝2代入对应的代数式求值即可．
【解答】解：∵2＞﹣2，
∴y＝22﹣5＝﹣1，
∴输出y的值是﹣1．
故选：C．
【点评】本题考查代数式求值等，根据条件判断代数式并代入求值是本题的关键．
8．（3分）如图，三角形纸片ABC中，∠BAC＝90°，AB＝2，AC＝3，沿AD和EF将纸片折叠，使点B和点C都落在边BC上的点P处，则AE的长是（ ）
A．B．C．D．
【分析】根据题意可得 D＝AB＝2，∠B＝∠ADB，CE＝DE，∠C＝∠CDE，可得∠ADE＝90°，继而设AE＝x，则CE＝D E＝3﹣x，根据勾股定理即可求解．
【解答】解：∵沿过点A的直线将纸片折叠，使点B落在边BC上 的点D处，
∴AD＝AB＝2，∠B＝∠ADB，
∵折叠纸片，使点C与点D重合，
∴CE＝DE，∠C＝∠CDE，
∵∠BAC＝90°，
∴∠B+∠C＝90°，
∴∠ADB+∠CDE＝90°，
∴∠ADE＝90°，
∴AD2+DE2＝AE2，
设AE＝x，
则CE＝DE＝3﹣x，
∴22+（3﹣x）2＝x2，
解得，
即，
故选：A．
【点评】本题考查了折叠的性质，勾股定理，掌握折叠的性质以及勾股定理是解题的关键．
9．（3分）如图，在平面直角坐标系中，点A1，A2，A3，…和点B1，B2，B3，…分别在直线y＝x+b和x轴上，直线y＝x+b与x轴交于点M，△OA1B1，△B1A2B2，△B2A3B3，…都是等腰直角三角形，如果点A1（1，1）那么点A2024的纵坐标是（ ）
A．2023B．4046C．22023D．22024
【分析】罗列A1、A2、A3•••An纵坐标得出一般规律再按照规律求出A2024的纵坐标即可．
【解答】解：∵直线y＝x+b与x轴交于点（1，1），
∴1＝+b，解得b＝，
∴直线解析式为y＝，
如图，作A1E⊥x轴，A2F⊥x轴，A3G⊥x轴，
∵A1（1，1），
∴A1E＝1＝20；A1的纵坐标为1，
∵△OA1B1，△B1A2B2，△B2A3B3，…都是等腰直角三角形，设A2F＝m，
∴A2（2+m，m），将坐标代入直线解析式得：m＝，解得m＝2，
∴A2F＝2＝21，A2的纵坐标为2＝21，
设A3G＝n，则A3（6+n，n），代入直线解析式n＝，解得n＝4＝22，
•••，
∴An的纵坐标为：2n﹣1，
∴A2024的纵坐标为：22023．
故选：C．
【点评】本题考查了一次函数图象上点的坐标特征及点的坐标规律，罗列A1、A2、A3•••An纵坐标得出一般规律是关键．
10．（3分）如图，抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）过点A（﹣1，0），与y轴的交点C在（0，3），（0，4）之间（不包含端点），抛物线对称轴为直线x＝1，有以下结论：
①abc＞0；
②3a+b＝﹣；
③对于任意实数m，总有am3+bm＜；
④b＞2．
其中正确结论的个数是（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
【分析】根据所给函数图象可得出a，b，c的正负，再结合抛物线的对称性及增减性即可解决问题．
【解答】解：由所给二次函数图象开口向下，与y轴交于正半轴，
∴a＜0，c＞0．
又∵对称轴是直线x＝﹣＝1，
∴b＝﹣2a＞0．
∴abc＜0，故①错误．
又抛物线的对称轴为直线x＝1，且过点A（﹣1，0），
∴抛物线与x轴的另一交点为（3，0）．
∴9a+3b+c＝0．
∴3a+b＝﹣，故②正确．
由函数图象可知，
当x＝1时，函数取得最大值，
则对于任意的x＝m，
总有am2+bm+c≤a+b+c，
即a+b≥am2+bm（m为实数）．
又b＝﹣2a，3a+b＝﹣，
∴a＝﹣，b＝c．
∴a+b＝c．
∵3＜c＜4，
∴1＜c＜．
∴am2+bm＜．
故③错误．
∵1＜c＜，
∴2＜c＜，
而b＝c，
∴2＜b＜，
故④正确．
所以正确的结论有②④．
故选：B．
【点评】本题考查二次函数的图象和性质，能根据所给函数图象得出a，b，c的符号，掌握抛物线的开口方向，对称轴，与x轴、y轴的交点坐标以及最大值（最小值）与待定系数a、b、c的关系是解题的关键．
二、填空题（每题3分，满分18分）
11．（3分）因式分解：4m2n﹣4n3＝ 4n（m+n）（m﹣n） ．
【分析】先提取公因式4n，再运用平方差公式继续分解．
【解答】解：4m2n﹣4n3
＝4n（m2﹣n2）
＝4n（m+n）（m﹣n）．
故答案为：4n（m+n）（m﹣n）．
【点评】本题考查了用提公因式法和公式法进行因式分解，一个多项式有公因式首先提取公因式，然后再用其他方法进行因式分解，同时因式分解要彻底，直到不能分解为止．
12．（3分）某市居民每月用水收费标准如下：李阿姨家11月份用水5立方米，交水费11元，若李阿姨12月份交水费35.8元，则李阿姨12月份用水量是 16立方米 ．
【分析】根据“李阿姨家11月份用水5立方米，交水费11元”求得a的值；然后由“李阿姨12月份交水费35.8元”知a＞10，根据阶梯收费标准列出方程并解答．
【解答】解：由题意知：5a＝11，
解得a＝2.2．
所以a+0.1＝2.3（元）．
设李阿姨12月份用水量是x立方米，则：
10×2.2+2.3（x﹣10）＝35.8．
解得x＝16．
故答案为：16立方米．
【点评】本题考查了一元一次方程的应用，根据数量关系列出一元一次方程是解题的关键．
13．（3分）如图所示，将正六边形与正五边形按此方式摆放，正六边形与正五边形的公共顶点为O，且正六边形的边AB与正五边形的边DE在同一条直线上，则∠COF的度数为 84° ．
【分析】利用正多边形的性质求出∠EOF，∠BOC，∠BOE即可解决问题．
【解答】解：由题意得：∠EOF＝108°，∠BOC＝120°，∠OEB＝72°，∠OBE＝60°，
∴∠BOE＝180°﹣72°﹣60°＝48°，
∴∠COF＝360°﹣108°﹣48°﹣120°＝84°，
故答案为：84°．
【点评】本题考查正多边形，三角形内角和定理等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
14．（3分）如图，△ABC中，AC＝BC＝5，∠ACB＝90°，CD＝3，BD＝4，连接AD，则AD的长度是 ．
【分析】过点C作CE⊥CD，使CE＝CD，连接BE，过点E作EF⊥BD，交BD的延长线于点F，证明△ACD≌△BCE（SAS），得出AD＝BE，证出四边形CEFD是正方形，得出EF＝DF＝3，由勾股定理求出BE的长，则可得出答案．
【解答】解：过点C作CE⊥CD，使CE＝CD，连接BE，过点E作EF⊥BD，交BD的延长线于点F，
∵∠ACB＝∠DCE＝90°，
∴∠ACD＝∠BCE，
∵AC＝BC，
∴△ACD≌△BCE（SAS），
∴AD＝BE，
∴CD＝3，BD＝4，BC＝5，
∴CD2+BD2＝BC2，
∴∠BDC＝90°，
∴∠CDF＝90°，
∴四边形CEFD是矩形，
∵CE＝CD，
∴四边形CEFD是正方形，
∴EF＝DF＝3，
∴BF＝7，
∴BE＝＝＝，
∴AD＝．
故答案为：．
【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质，勾股定理，等腰直角三角形的性质，熟练掌握以上知识是解题的关键．
15．（3分）如图，一次函数y＝﹣x+4与反比例函数y＝（x＞0）的图象交于A、B两点，与坐标轴交于C、D两点，若AB＝2AC，则k的值是 6 ．
【分析】利用条件证出△ACM∽△BCN∽△DCO，设CM＝a，则CN＝3a，点A、B的横坐标分别为2a，6a，将点AB的横坐标分别代入一次函数y＝﹣x+4可得点AB的纵坐标，可得A（2a，﹣a+4），B（6a，﹣3a+4），利用反比例函数图象上点的坐标特征建立方程求出a的值得到A（2，3），由此可得k值．
【解答】解：作AM⊥y轴，BN⊥y轴，垂足分别为M、N，
∵AM∥NB∥OD，
∴△ACM∽△BCN∽△DCO，
∵AB＝2AC，
∴，
设CM＝a，则CN＝3a，
由一次函数y＝﹣x+4可得C（0，4），D（8，0），
∴OD＝8，OC＝4，
∴，
∴AM＝2a，BN＝6a，
∴点A、B的横坐标分别为2a，6a，
将点AB的横坐标分别代入一次函数y＝﹣x+4可得点AB的纵坐标，
∴A（2a，﹣a+4），B（6a，﹣3a+4），
∵点AB在反比例函数图象上，
∴2a•（﹣a+4）＝6a•（﹣3a+4），
解得a＝1，
∴A（2，3），
∵点A在反比例函数图象上，
∴k＝6．
【点评】本题考查了一次函数与反比例函数的交点问题，交点坐标满足两个函数解析式是关键．
16．（3分）如图，OA是⊙O半径，P是OA中点，Q在⊙O上从点A开始沿逆时针方向运动一周停止，运动时间是t（x），线段PQ的长度是y（cm），图2是y随x变化的关系图象，则当点Q运动到使PQ⊥OA时，t的值是 或 ．
【分析】当点Q在点A处时，y＝0.5，即PA＝0.5，求出半径，当点Q运动回点A时，x＝4，即点Q运动一周的时间t＝4，当PQ⊥OA时，连接PQ，利用三角函数求出∠OQP＝30，∠POQ＝60°，即可说明点Q在和上的运动时间为4×＝，即可解答此题．
【解答】解：当点Q在点A处时，y＝0.5，
∴PA＝0.5，
∵P是OA中点，
∴OA＝1，
当点Q运动回点A时，x＝4，
∴点Q运动一周的时间t＝4，
当PQ⊥OA时，如图，连接PQ，
∴，
∵PQ＝OA＝1，
∴sin∠OQP＝，
∵sin30°＝，
∴∠OQP＝30°，
∴∠POQ＝60°，
∴点Q在和上的运动时间为4×＝，
∵4﹣＝，
∴t的值为或．
故答案为：或．
【点评】本题考查了动点问题的函数图象，准确的分析动点的运动位置，获得相应的解题条件是本题的解题关键．
三、解答题（满分72分）
17．（6分）先化简，再求值：（1﹣），其中x是满足﹣1≤x＜3的整数．
【分析】先将原式化简为，再根据﹣1≤x＜3，x为整数，x≠0，x+1≠0，（x+1）（x﹣1）≠0，x（x﹣1）≠0等条件求得x＝2，代入计算即可．
【解答】解：原式＝
＝
＝，
∵﹣1≤x＜3，x为整数，
∴x的值为﹣1，0，1，2，
∵x≠0，x+1≠0，（x+1）（x﹣1）≠0，x（x﹣1）≠0，
∴x≠﹣1，x≠0，x≠1，
∴x只能取2，
当x＝2时，
∴原式＝＝．
【点评】本题考查的是分式的化简求值，熟练掌握其运算法则是解题的关键．
18．（6分）如图，四边形ABCD是菱形，CE⊥AB于点E，CF⊥AD于点F．求证：BE＝DF．
【分析】根据菱形的性质得出AD＝AB＝CD＝BC，进而利用全等三角形的判定与性质解答即可．
【解答】证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴AD＝AB＝CD＝BC，∠ABC＝∠ADC，
∴∠CBE＝∠CDF，
∵CE⊥AB，CF⊥AD，
∴∠E＝∠F＝90°，
在△CBE和△CDF中，
，
∴△CBE≌△CDF（AAS），
∴BE＝DF．
【点评】此题考查菱形的性质，关键是根据菱形的性质得出AD＝AB＝CD＝BC解答．
19．（8分）我市某学校落实立德树人根本任务，构建“五育并举”教育体系，开设了“厨艺、园艺、电工、木工、编织”五大类劳动课程．为了解七年级学生对每类课程的选择情况，随机抽取了七年级若干名学生进行调查（每人只选一类最喜欢的课程），将调查结果绘制成如图两幅不完整的统计图：
（1）本次随机调查的学生人数为 60 人；
（2）补全条形统计图；
（3）若该校七年级共有800名学生，请估计该校七年级学生选择“厨艺”劳动课程的人数；
（4）七（1）班计划在“园艺、电工、木工、编织”四大类劳动课程中任选两类参加学校期末展示活动，请用列表或画树状图的方法，求恰好选中“园艺、编织”这两类劳动课程的概率．
【分析】（1）从两个统计图中可得，选择“园艺”的有18人，占调查人数的30%，可求出调查人数；
（2）求出选择“编制”的人数，即可补全条形统计图；
（3）样本中，选择“厨艺”的占，因此估计总体800人的是选择“厨艺”的人数．
（4）用列表法表示所有可能出现的结果，进而计算选中“园艺、编织”的概率．
【解答】解：（1）18÷30%＝60（人），
故答案为：60；
（2）60﹣15﹣18﹣9﹣6＝12（人），补全条形统计图如图所示：
（3）800×＝200（人），
答：该校七年级800名学生中选择“厨艺”劳动课程的大约有200人；
（4）用列表法表示所有可能出现的结果如下：
共有12种可能出现的结果，其中选中“园艺、编织”的有2种，
∴P（园艺、编织）＝＝．
【点评】本题考查条形统计图、扇形统计图的意义和制作方法，列表法求随机事件发生的概率，理解数量关系和列举所有可能出现的结果情况是解决问题的关键．
20．（8分）如图，为了测量河对岸A，B两点间的距离，数学兴趣小组在河岸南侧选定观测点C，测得A，B均在C的北偏东37°方向上，沿正东方向行走90米至观测点D，测得A在D的正北方向，B在D的北偏西53°方向上．请借助直尺和量角器，在图中画出点A和点B的位置，并求A，B两点间的距离．
（参考数据表）
【分析】证明∠ABD＝90°，解直角三角形求出AB即可．
【解答】解：如图（不必标注角度）：
∵CE∥AD
∴∠A＝∠ECA＝37°，
∵∠ADB＝53°，
∴∠CBD＝∠A+∠ADB＝90°，
∴∠ABD＝90°，
在Rt△BCD 中，∠BDC＝90°﹣53°＝37°，CD＝90米，，
∴BD＝CD•cs∠37°≈90×0.80＝72（米），
在Rt△ABD 中，∠A＝37°，BD＝72 米，，
（米）．
答：A，B两点间的距离约96米．
【点评】本题考查作图﹣应用与设计作图，解直角三角形等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
21．（8分）草莓是一种极具营养价值的水果，当下正是草莓的销售旺季．某水果店以2850元购进两种不同品种的盒装草莓．若按标价出售可获毛利润1500元（毛利润＝售价﹣进价），这两种盒装草莓的进价、标价如表所示：
（1）求这两个品种的草莓各购进多少盒；
（2）该店计划下周购进这两种品种的草莓共100盒（每种品种至少进1盒），并在两天内将所进草莓全部销售完毕（损耗忽略不计）．因B品种草莓的销售情况较好，水果店计划购进B品种的盒数不低于A品种盒数的2倍，且A品种不少于20盒．如何安排进货，才能使毛利润最大，最大毛利润是多少？
【分析】（1）根据某水果店以2850元购进两种不同品种的盒装草莓，按标价出售可获毛利润1500元和表格中的数据，可以列出相应的二元一次方程组，然后求解即可；
（2）根据题意，可以写出毛利润和购买A种草莓数量的函数关系式，然后根据水果店计划购进B品种的盒数不低于A品种盒数的2倍，且A品种不少于20盒，可以得到相应的不等式，求出A种草莓数量的取值范围，再根据一次函数的性质，即可得到如何安排进货，才能使毛利润最大，最大毛利润是多少．
【解答】解：（1）设A品种的草莓购进x盒，B品种的草莓购进y盒，
由题意可得，，
解得，
答：A品种的草莓购进30盒，B品种的草莓购进25盒；
（2）设A品种的草莓购进a盒，则B品种的草莓购进（100﹣a）盒，毛利润为w元，
由题意可得，w＝（70﹣45）a+（90﹣60）×（100﹣a）＝﹣5a+3000，
∵k＝﹣5＜0，
∴w随a的增大而减小，
∵水果店计划购进B品种的盒数不低于A品种盒数的2倍，且A品种不少于20盒，
∴，
解得20≤a≤33，
∴当a＝20时，w取得最大值，此时w＝﹣5×20+3000＝2900，100﹣a＝80，
答：当A品种的草莓购进20盒，B品种的草莓购进80盒时，才能使毛利润最大，最大毛利润是2900元．
【点评】本题考查二元一次方程组的应用、一次函数的应用、一元一次不等式组的应用，解答本题的关键是明确题意，找出等量关系和不等关系，列出相应的方程组和不等式组，写出相应的函数关系式，利用一次函数的性质解答．
22．（10分）如图，在△ABC中，AB＝AC，以AB为直径作⊙O，AC与⊙O交于点D，BC与⊙O交于点E，过点C作CF∥AB，且CF＝CD，连接BF．
（1）求证：BF是⊙O的切线；
（2）若⊙O半径为5，tan∠CBF＝，求CF的长度．
【分析】（1）证明△DCB≌△FCB（SAS），即可求解；
（2）在Rt△ABD中，由勾股定理得，AD2+BD2＝AB2，即（10﹣x）2+（2x）2＝102，即可求解．
【解答】（1）证明：连接BD，
∵AB是直径，
∴∠ADB＝∠BDC＝90°，
∵AB＝AC，
∴∠ABC＝∠ACB，
∵AB∥CF，
∴∠ABC＝∠FCB，
∴∠ACB＝∠FCB，
在△DCB 和△FCB 中，
，
∴△DCB≌△FCB（SAS），
∴∠CBD＝∠CBF，∠F＝∠CDB＝90°，CD＝CF，
∵∠CBD+∠ACB＝90°，∠ABC＝∠ACB，
∴∠CBF+∠ABC＝90°，
即AB⊥BF，
∵AB为直径，
∴BF是⊙O的切线；
（2）解：∵⊙O半径为5，
∴AB＝10，
∵AB＝AC，
∴AC＝10，
∵∠CBD＝∠CBF，，
∴，
设：CD＝x，则 BD＝2x，AD＝10﹣x，
在Rt△ABD中，由勾股定理得，AD2+BD2＝AB2，
即（10﹣x）2+（2x）2＝102，
解得 x1＝0 （舍去），x2＝4，
∴CD＝4，
由（1）知：CF＝CD＝4．
【点评】本题为圆的综合题，涉及到三角形全等、勾股定理的运用、解直角三角形等，有一定的综合性，难度适中．
23．（12分）如图，抛物线y＝ax2+bx+2（a≠0）过A（﹣2，0），B（6，0），其对称轴交x轴于点D，E是对称轴上一动点，CF⊥AE 于点F．
（1）求抛物线的函数关系式；
（2）判断△ABC的形状，并证明；
（3）是否存在点E的位置，使△ACF与△BOC相似？若存在，请求出所有满足条件的点E的坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）由待定系数法即可求解；
（2）证明∠AOC∽△COB，即可求解；
（3）如图，当∠CAF＝30°时，在△ACH中，AC＝4，∠ACO＝∠FAC＝30°，求出CH＝＝，即可求解；当∠CAF＝60°时，则AF和x轴重合，此时，点E和点D重合，即可求解．
【解答】解：（1）由题意，y＝a（x+2）（x﹣6）＝a（x2﹣4x﹣12）＝ax2+bx+2，
则﹣12a＝2，
解得：a＝﹣，
∴函数关系式为；
（2）△ABC直角三角形，理由：
证明：由题意，OA＝2，OB＝6，，
∵，∠AOC＝∠COB＝90°
∴∠AOC∽△COB，
∴∠ACO＝∠OBC，
∵∠OBC+∠OCB＝90°，
∴∠ACO+∠OCB＝90°，
即∠ACB＝90°，
∴△ABC是直角三角形；
（3）存在，理由：
由题意，，
则，
∴∠CAB＝60°，∠ACO＝30°，
∴∠ABC＝30°，∠OCB＝60°，
则AC＝2OA＝4，
∵△ACF与△BOC相似，
则∠CAF＝30°或60°，
如图，当∠CAF＝30°时，
设AE交y轴于点H，作HN⊥AC于点N，
在△ACH中，AC＝4，∠ACO＝∠FAC＝30°，
则CH＝＝，
则点H（0，），
由点A、H的坐标得，直线AF的表达式为：y＝x+，
当x＝2时，y＝x+＝，
即点E的坐标为 ；
当∠CAF＝60°时，
则AF和x轴重合，此时，点E和点D重合，
故点E的坐标为：（2，0）；
综上，点E的坐标为 或（2，0）．
【点评】主要考查了二次函数的解析式的求法和与几何图形结合的综合能力的培养．要会利用数形结合的思想把代数和几何图形结合起来，利用点的坐标的意义表示线段的长度，从而求出线段之间的关系，解决相关问题．
24．（14分）【探究】如图1，AB∥CD，AB＞CD，∠ABD＝90°，E是线段AC的中点，连接DE并延长交AB于点F，连接BE．判断BE与DE之间的数量关系，并证明．
【延伸】
（1）如图2，在正方形ABCD和正方形BEFG中，点A、B、E在同一条直线上，点G在BC上，P是线段DF的中点，连接PC、PG．判断PC与PG之间的数量关系，并证明．
（2）将图2中的正方形BEFG绕点B旋转一定的角度（如图3），求证上述PC和PG的数量关系仍然成立．
【分析】【探究】：证明△AEF≌△CED（ASA），再利用直角三角形中线定理即可求解；
【延伸】（1）证明△DPM≌△FPG（ASA），再利用直角三角形中线定理即可求解；
（2）证明△CBG≌△CDQ（SAS），再利用直角三角形中线定理即可求解；
【解答】【探究】：BE＝DE，理由：
证明：∵AB∥CD，
∴∠A＝∠C，
∵E是AC的中点，
∴AE＝CE，
∵∠AEF＝∠CED，
∴△AEF≌△CED（ASA），
∴EF＝DE，
∵∠ABD＝90°，
∴；
【延伸】（1）PC＝PG，理由：
证明：如图，延长GP交CD于点M，
∵四边形ABCD，BEFG为正方形，
∴CD∥AE，GF∥AE，∠BCD＝90°，
∴CD∥GF，
∴∠CDP＝∠PFG，
∵P为DF的中点，
∴DP＝FP，
∵∠DPM＝∠FPG，
∴△DPM≌△FPG（ASA），
∴
∵∠BCD＝90°，
∴；
（2）证明：延长GP到点Q，使PQ＝PG，连接CQ，作FH⊥BC于点H，
∴CD∥FH，
∴∠CDF＝∠DFH，
由题意，PF＝PD，∠FPG＝∠DPQ，PG＝PQ，
∴△FPG≌△DPQ（ASA），
∴PG＝PQ，DQ＝FG，∠PDQ＝∠PFG，
∴DQ＝BG，∠CDQ＝∠GFH，
∵∠FHB＝∠BGF＝90°，∠BOG＝∠FOH，
∴∠OBG＝∠OFH，
∴∠CDQ＝∠OBG，
在△CBG和△CDQ中，CB＝CD，∠OBG＝∠CDQ，BG＝DG，
∴△CBG≌△CDQ（SAS），
∴∠BCG＝∠DCQ，
∵∠BCG+∠DCG＝∠BCD＝90°，
∴∠DCQ+∠DCG＝90°，
即∠GCQ＝90°，
∵PG＝PQ，
∴．
【点评】本题为四边形综合题，涉及到三角形全等、中点的性质、直角三角形中线定理等，依据题意作出辅助线是解题的关键．用水量（立方米）
单价（元）
x≤10
a
剩余部分
a+0.1
计算器按键顺序
结果（精确到0.01）

21.72

0.60

0.80

0.75
价格/品种
A品种
B品种
进价（元/盒）
45
60
标价（元/盒）
70
90
用水量（立方米）
单价（元）
x≤10
a
剩余部分
a+0.1
计算器按键顺序
结果（精确到0.01）

21.72

0.60

0.80

0.75
价格/品种
A品种
B品种
进价（元/盒）
45
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标价（元/盒）
70
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