58-2024年黑龙江省牡丹江市中考数学试卷

这是一份58-2024年黑龙江省牡丹江市中考数学试卷，共40页。试卷主要包含了单项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1．（3分）下列图形既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（ ）
A．B．
C．D．
2．（3分）下列计算正确的是（ ）
A．2a3•a2＝2a6B．（﹣2a）3÷b×＝﹣8a3
C．（a3+a2+a）÷a＝a2+aD．3a﹣2＝
3．（3分）由5个形状、大小完全相同的小正方体组合而成的几何体，其主视图和左视图如图所示，则搭建该几何体的方式有（ ）
A．1种B．2种C．3种D．4种
4．（3分）某校八年级3班承担下周学校升旗任务，老师从备选的甲、乙、丙、丁四名同学中，选择两名担任升旗手，则甲、乙两名同学同时被选中的概率是（ ）
A．B．C．D．
5．（3分）如图，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，AB是⊙O的直径，若∠BEC＝20°，则∠ADC的度数为（ ）
A．100°B．110°C．120°D．130°
6．（3分）一种药品原价每盒48元，经过两次降价后每盒27元，两次降价的百分率相同，则每次降价的百分率为（ ）
A．20%B．22%C．25%D．28%
7．（3分）如图是由一些同样大小的三角形按照一定规律所组成的图形，第1个图有4个三角形．第2个图有7个三角形，第3个图有10个三角形…按照此规律排列下去，第674个图中三角形的个数是（ ）
A．2022B．2023C．2024D．2025
8．（3分）矩形OBAC在平面直角坐标系中的位置如图所示，反比例函数的图象与AB边交于点D，与AC边交于点F，与OA交于点E，OE＝2AE，若四边形ODAF的面积为2，则k的值是（ ）
A．B．C．D．
9．（3分）小明同学手中有一张矩形纸片ABCD，AD＝12cm，CD＝10cm，他进行了如下操作：
第一步，如图①，将矩形纸片对折，使AD与BC重合，得到折痕MN，将纸片展平．
第二步，如图②，再一次折叠纸片，把△ADN沿AN折叠得到△AD′N，AD′交折痕MN于点E，则线段EN的长为（ ）
A．8cmB．C．D．
10．（3分）在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）与x轴交于A、B两点，A（﹣3，0），B（1，0），与y轴交点C的纵坐标在﹣3～﹣2之间，根据图象判断以下结论：①abc2＞0；②＜b＜2；③若﹣bx1＝﹣bx2且x1≠x2，则x1+x2＝﹣2；④直线y＝﹣cx+c与抛物线y＝ax2+bx+c的一个交点（m，n）（m≠0），则m＝．其中正确的结论是（ ）
A．①②④B．①③④C．①②③D．①②③④
二、填空题（本题8个小题，每小题3分，共24分）
11．（3分）函数y＝中，自变量x的取值范围是
12．（3分）如图，△ABC中，D是AB上一点，CF∥AB，D、E、F三点共线，请添加一个条件 ，使得AE＝CE．（只添一种情况即可）
13．（3分）将抛物线y＝ax2+bx+3向下平移5个单位长度后，经过点（﹣2，4），则6a﹣3b﹣7＝ ．
14．（3分）如图，在⊙O中，直径AB⊥CD于点E，CD＝6，BE＝1，则弦AC的长为 ．
15．（3分）已知一组正整数a，1，b，b，3有唯一众数8，中位数是5，则这一组数据的平均数为 ．
16．（3分）若分式方程的解为正整数，则整数m的值为 ．
17．（3分）矩形ABCD的面积是90，对角线AC，BD交于点O，点E是BC边的三等分点，连接DE，点P是DE的中点，OP＝3，连接CP，则PC+PE的值为 ．
18．（3分）如图，在正方形ABCD中，E是BC延长线上一点，AE分别交BD、CD于点F、M，过点F作NP⊥AE，分别交AD、BC于点N、P，连接MP．下列四个结论：①AM＝PN；②DM+DN＝DF；③若P是BC中点，AB＝3，则EM＝2；④BF•NF＝AF•BP；⑤若PM∥BD，则CE＝BC．其中正确的结论是 ．
三、解答题（共66分）
19．先化简，再求值：÷（x﹣），并从﹣1，0，1，2，3中选一个合适的数代入求值．
20．如图，某数学活动小组用高度为1.5米的测角仪BC，对垂直于地面CD的建筑物AD的高度进行测量，BC⊥CD于点C．在B处测得A的仰角∠ABE＝45°，然后将测角仪向建筑物方向水平移动6米至FG处，FG⊥CD于点G，测得A的仰角∠AFE＝58°，BF的延长线交AD于点E，求建筑物AD的高度（结果保留小数点后一位）．（参考数据：sin58°≈0.85，cs58°≈0.53，tan58°≈1.60）
21．某校为掌握学生对垃圾分类的了解情况，在全校范围内抽取部分学生进行调查问卷，并将收集到的信息进行整理，绘制成如图所示不完整的统计图，其中A为“非常了解”，B为“了解较多”，C为“基本了解”，D为“了解较少”．请你根据图中提供的信息，解答下列问题：
（1）本次调查共抽取了 名学生；
（2）补全条形统计图，并求出扇形统计图中“了解较少”所对应的圆心角度数；
（3）若全校共有1200名学生，请估计全校有多少名学生“非常了解”垃圾分类问题．
22．在Rt△ACB中，∠ACB＝90°，BC＝12，AC＝8，以BC为边向△ACB外作有一个内角为60°的菱形BCDE，对角线BD，CE交于点O，连接OA，请用尺规和三角板作出图形，并直接写出△AOC的面积．
23．如图，二次函数y＝x2+bx+c的图象与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C，点A的坐标为（﹣1，0），点C的坐标为（0，﹣3），连接BC．
（1）求该二次函数的解析式；
（2）点P是抛物线在第四象限图象上的任意一点，当△BCP的面积最大时，BC边上的高PN的值为 ．
24．一条公路上依次有A、B、C三地，甲车从A地出发，沿公路经B地到C地，乙车从C地出发，沿公路驶向B地．甲、乙两车同时出发，匀速行驶，乙车比甲车早小时到达目的地．甲、乙两车之间的路程y km与两车行驶时间xh的函数关系如图所示，请结合图象信息，解答下列问题：
（1）甲车行驶的速度是 km/h，并在图中括号内填上正确的数；
（2）求图中线段EF所在直线的函数解析式（不要求写出自变量的取值范围）；
（3）请直接写出两车出发多少小时，乙车距B地的路程是甲车距B地路程的3倍．
25．数学老师在课堂上给出了一个问题，让同学们探究．在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠BAC＝30°，点D在直线BC上，将线段AD绕点A顺时针旋转60°得到线段AE，过点E作EF∥BC，交直线AB于点F．
（1）当点D在线段BC上时，如图①，求证：BD+EF＝AB；
分析问题：某同学在思考这道题时，想利用AD＝AE构造全等三角形，便尝试着在AB上截取AM＝EF，连接DM，通过证明两个三角形全等，最终证出结论：
推理证明：写出图①的证明过程：
探究问题：
（2）当点D在线段BC的延长线上时，如图②：当点D在线段CB的延长线上时，如图③，请判断并直接写出线段BD，EF，AB之间的数量关系；
拓展思考：
（3）在（1）（2）的条件下，若AC＝6，CD＝2BD，则EF＝ ．
26．牡丹江某县市作为猴头菇生产的“黄金地带”，年总产量占全国总产量的50%以上，黑龙江省发布的“九珍十八品”名录将猴头菇列为首位．某商店准备在该地购进特级鲜品、特级干品两种猴头菇，购进鲜品猴头菇3箱、干品猴头菇2箱需420元，购进鲜品猴头菇4箱、干品猴头菇5箱需910元．请解答下列问题：
（1）特级鲜品猴头菇和特级干品猴头菇每箱的进价各是多少元？
（2）某商店计划同时购进特级鲜品猴头菇和特级干品猴头菇共80箱，特级鲜品猴头菇每箱售价定为50元，特级干品猴头菇每箱售价定为180元，全部销售后，获利不少于1560元，其中干品猴头菇不多于40箱，该商店有哪几种进货方案？
（3）在（2）的条件下，购进猴头菇全部售出，其中两种猴头菇各有1箱样品打a（a为正整数）折售出，最终获利1577元，请直接写出商店的进货方案．
27．如图，在平面直角坐标系中，直线y＝x+b与x轴的正半轴交于点A，与y轴的负半轴交于点D，点B在x轴的正半轴上，四边形ABCD是平行四边形，线段OA的长是一元二次方程x2﹣4x﹣12＝0的一个根．请解答下列问题：
（1）求点D的坐标；
（2）若线段BC的垂直平分线交直线AD于点E，交x轴于点F，交BC于点G，点E在第一象限，，连接BE，求tan∠ABE的值；
（3）在（2）的条件下，点M在直线DE上，在x轴上是否存在点N，使以E、M、N为顶点的三角形是直角边比为1：2的直角三角形？若存在，请直接写出△EMN的个数和其中两个点N的坐标；若不存在，请说明理由．
2024年黑龙江省牡丹江市中考数学试卷
参考答案与试题解析
一、单项选择题（本题10个小题，每小题3分，共30分）
1．（3分）下列图形既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（ ）
A．B．
C．D．
【分析】中心对称图形的定义：把一个图形绕某一点旋转180°，如果旋转后的图形能与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形；轴对称图形的定义：如果一个图形沿着一条直线对折后两部分完全重台，这样的图形叫做轴对称图形．根据定义依次对各个选项进行判断即可．
【解答】解：A、是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不符合题意；
B、是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不符合题意；
C、是轴对称图形，是中心对称图形，故此选项符合题意；
D、是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不符合题意；
故选：C．
【点评】本题考查了中心对称图形与轴对称图形的概念，正确掌握中心对称图形与轴对称图形定义是解题关键．
2．（3分）下列计算正确的是（ ）
A．2a3•a2＝2a6B．（﹣2a）3÷b×＝﹣8a3
C．（a3+a2+a）÷a＝a2+aD．3a﹣2＝
【分析】根据单项式乘单项式的法则、分式的乘除法法则、整式的除法法则以及负整数指数幂法则进行解题即可．
【解答】解：A、2a3•a2＝2a5，故该选项是错误的；
B、，故该选项是错误的；
C、（a3+a2+a）÷a＝a2+a+1，故该选项是错误的；
D、，故该选项是正确的；
故选：D．
【点评】本题考查单项式乘单项式、分式的乘除法、整式的除法以及负整数指数幂，熟练掌握运算法则是解题的关键．
3．（3分）由5个形状、大小完全相同的小正方体组合而成的几何体，其主视图和左视图如图所示，则搭建该几何体的方式有（ ）
A．1种B．2种C．3种D．4种
【分析】根据小正方体一共5个，以及主视图和左视图，画出俯视图即可．
【解答】解：由主视图可知，左侧一列最高一层，右侧一列最高三层，由左视图可知，前一排最高三层，后一排最高一层，可知右侧第一排一定为三层，可得该几何体俯视图如图所示，
故选：C．
【点评】本题考查了三视图，解题的关键是理解三视图的定义．
4．（3分）某校八年级3班承担下周学校升旗任务，老师从备选的甲、乙、丙、丁四名同学中，选择两名担任升旗手，则甲、乙两名同学同时被选中的概率是（ ）
A．B．C．D．
【分析】根据列表法或者树状图分析出所有可能的结果，然后根据概率公式求出结果即可．
【解答】解：列表如下：
由列表可知，共有12种等可能的结果，其中甲、乙两名同学同时被选中的情况有2种，则甲、乙两名同学同时被选中的概率是．
故选：A．
【点评】本题考查列表法与树状图法，解答本题的关键要明确在画树状图或列表法求概率时，列表适用于两个因素的问题，三个或三个以上因素的问题只能用树状图．
5．（3分）如图，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，AB是⊙O的直径，若∠BEC＝20°，则∠ADC的度数为（ ）
A．100°B．110°C．120°D．130°
【分析】连接AC，由AB是⊙O的直径得到∠ACB＝90°，根据圆周角定理得到∠CAB＝∠BEC＝20°，得到∠ABC＝90°﹣∠BAC＝70°，再由圆内接四边形对角互补得到答案．
【解答】解：如图，连接AC，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB＝90°，
∵∠BEC＝20°，
∴∠CAB＝∠BEC＝20°，
∴∠ABC＝90°﹣∠BAC＝70°，
∵四边形ABCD是⊙O的内接四边形，
∴∠ADC＝180°﹣∠ABC＝110°，
故选：B．
【点评】此题考查了圆周角定理、圆内接四边形的性质，解题的关键是掌握相关知识的灵活运用．
6．（3分）一种药品原价每盒48元，经过两次降价后每盒27元，两次降价的百分率相同，则每次降价的百分率为（ ）
A．20%B．22%C．25%D．28%
【分析】设每次降价的百分率为x，根据原价每盒48元，经过两次降价后每盒27元，列出方程进行求解即可．
【解答】解：设每次降价的百分率为x，由题意，得：
48（1﹣x）2＝27，
解得：（舍去）；
故选：C．
【点评】本题考查一元二次方程的实际应用，解答本题的关键是找准等量关系，列出一元二次方程．
7．（3分）如图是由一些同样大小的三角形按照一定规律所组成的图形，第1个图有4个三角形．第2个图有7个三角形，第3个图有10个三角形…按照此规律排列下去，第674个图中三角形的个数是（ ）
A．2022B．2023C．2024D．2025
【分析】根据前几个图形的变化发现规律，可用含n的代数式表示出第n个图形中三角形的个数，从而可求第674个图形中三角形的个数．
【解答】解：第1个图案有4个三角形，即4＝3×1+1，
第2个图案有7个三角形，即7＝3×2+1，
第3个图案有10个三角形，即10＝3×3+1，
…，
按此规律摆下去，第n个图案有（3n+1）个三角形，
则第674个图案中三角形的个数为：3×674+1＝2023（个）．
故选：B．
【点评】此题考查了图形的变化规律，解题的关键是根据图形的排列，归纳出图形的变化规律．
8．（3分）矩形OBAC在平面直角坐标系中的位置如图所示，反比例函数的图象与AB边交于点D，与AC边交于点F，与OA交于点E，OE＝2AE，若四边形ODAF的面积为2，则k的值是（ ）
A．B．C．D．
【分析】过点E作EM⊥OC，则EM∥OB，设，由△OME∽△OCA，可得，再S矩形OBAC＝S△OBD+S△OCF+S四边形ODAF，列方程，即可得出k的值．
【解答】解：过点E作EM⊥OC，则EM∥OB，
∴△OME∽△OCA，
∴，
设，
∵OE＝2AE，
∴，
∴，
∴，
即，解得：，
故选：D．
【点评】本题考查了矩形的性质、三角形面积的计算、反比例函数的图象和性质、相似三角形的判定和性质；熟练掌握矩形的性质和反比例函数的性质是解决问题的关键．
9．（3分）小明同学手中有一张矩形纸片ABCD，AD＝12cm，CD＝10cm，他进行了如下操作：
第一步，如图①，将矩形纸片对折，使AD与BC重合，得到折痕MN，将纸片展平．
第二步，如图②，再一次折叠纸片，把△ADN沿AN折叠得到△AD′N，AD′交折痕MN于点E，则线段EN的长为（ ）
A．8cmB．C．D．
【分析】根据矩形的性质和折叠的性质推出∠ANM＝∠D′AN，进而得出EA＝AN，设EA＝AN＝x cm，则EM＝（12﹣x）cm，根据勾股定理可得：AM2+ME2＝AE2，列出方程求解即可．
【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AB＝CD＝10cm，
由折叠可得：，AD＝AD′＝12cm，MN⊥AB，∠DAN＝∠D′AN，
∴四边形AMND是矩形，
∴MN∥AD，MN＝AD＝12cm，
∴∠DAN＝∠ANM，
∴∠ANM＝∠D′AN，
∴EA＝EN，
设EA＝EN＝x cm，则EM＝（12﹣x）cm，
在Rt△AME中，根据勾股定理可得：AM2+ME2＝AE2，
即52+（12﹣x）2＝x2，
解得：，
即，
故选：B．
【点评】本题考查了矩形的折叠问题，熟练掌握矩形的性质，折叠的性质，勾股定理是解题的关键．
10．（3分）在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）与x轴交于A、B两点，A（﹣3，0），B（1，0），与y轴交点C的纵坐标在﹣3～﹣2之间，根据图象判断以下结论：①abc2＞0；②＜b＜2；③若﹣bx1＝﹣bx2且x1≠x2，则x1+x2＝﹣2；④直线y＝﹣cx+c与抛物线y＝ax2+bx+c的一个交点（m，n）（m≠0），则m＝．其中正确的结论是（ ）
A．①②④B．①③④C．①②③D．①②③④
【分析】根据题意得到抛物线的解析式为y＝ax2+2ax﹣3a，即可得到b＝2a，c＝﹣3a，代入即可判断①；根据﹣3＜﹣3a＜﹣2判断②；把b＝2a代入，然后利用因式分解法解方程即可判断③；然后把b＝2a，c＝﹣3a代入解方程求出m的值判断④．
【解答】解：设抛物线的解析式为：y＝a（x+3）（x﹣1）＝ax2+2ax﹣3a，
∴b＝2a，c＝﹣3a，
∴abc2＝a•2a•（﹣3a）2＝18a4＞0，故①正确；
∵点C的纵坐标在﹣3～﹣2之间，
∴﹣3＜﹣3a＜﹣2，即，
∴，故②正确；
∵，
∴，即，
∴（x1+x2﹣2）（x1﹣x2）＝0，
又∵x1≠x2，
∴x1+x2＝2，故③错误；
∵令y相等，则，
∴，解得x1＝0（舍），，
∴，故④正确；
故选：A．
【点评】本题考查二次函数的图象和性质，二次函数和一元一次方程的关系，掌握二次函数和一元一次方程的关系是解题的关键，
二、填空题（本题8个小题，每小题3分，共24分）
11．（3分）函数y＝中，自变量x的取值范围是 x≥﹣3且x≠0
【分析】根据二次根式的性质和分式的意义，被开方数大于等于0，分母不等于0列不等式组求解．
【解答】解：根据题意得：，
解得x≥﹣3且x≠0．
故答案为x≥﹣3且x≠0．
【点评】本题考查了函数自变量的取值范围．考查的知识点为：分式有意义，分母不为0，二次根式有意义，被开方数是非负数．
12．（3分）如图，△ABC中，D是AB上一点，CF∥AB，D、E、F三点共线，请添加一个条件 DE＝EF ，使得AE＝CE．（只添一种情况即可）
【分析】根据题目中的条件和全等三角形的判定，可以写出添加的条件，注意本题答案不唯一．
【解答】解：∵CF∥AB，
∴∠A＝∠ECF，∠ADE＝∠CFE，
∴添加条件DE＝EF，可以使得△ADE≌△CFE（AAS），
添加条件AD＝CF，可以使得△ADE≌△CFE（ASA），
故答案为：DE＝EF或AD＝CF（答案不唯一）．
【点评】本题考查全等三角形的判定，解答本题的关键是明确题意，利用全等三角形的判定解答．
13．（3分）将抛物线y＝ax2+bx+3向下平移5个单位长度后，经过点（﹣2，4），则6a﹣3b﹣7＝ 2 ．
【分析】根据平移规律得到函数解析式，把点的坐标代入得到2a﹣b＝3，再整体代入变形后代数式即可．
【解答】解：抛物线y＝ax2+bx+3向下平移5个单位长度后得到y＝ax2+bx+3﹣5＝ax2+bx﹣2，
把点（﹣2，4）代入得到，4＝a×（﹣2）2﹣2b﹣2，
得到2a﹣b＝3，
∴6a﹣3b﹣7＝3（2a﹣b）﹣7＝3×3﹣7＝2，
故答案为：2．
【点评】此题考查了二次函数图象与几何变换，掌握二次函数的平移规律是解题的关键．
14．（3分）如图，在⊙O中，直径AB⊥CD于点E，CD＝6，BE＝1，则弦AC的长为 ．
【分析】由垂径定理得，设⊙O的半径为r，则O E＝O B﹣E B＝r﹣1，在Rt△OED中，由勾股定理得出方程，求出r＝5，即可得出AE＝9，在Rt△AEC中，由勾股定理即可求解．
【解答】解：∵A B⊥C D，C D＝6，
∴，
设⊙O的半径为r，则O E＝O B﹣E B＝r﹣1，
在Rt△OED中，由勾股定理得：OE2+DE2＝OD2，即（r﹣1）2+32＝r2，
解得：r＝5，
∴OA＝5，OE＝4，
∴AE＝OA+OE＝9，
在Rt△AEC中，由勾股定理得：，
故答案为：．
【点评】本题考查了垂径定理和勾股定理等知识，熟练掌握垂径定理，由勾股定理得出方程是解题的关键．
15．（3分）已知一组正整数a，1，b，b，3有唯一众数8，中位数是5，则这一组数据的平均数为 5 ．
【分析】根据众数、算术平均数和中位数的概念求解．
【解答】解：∵这组数据有唯一众数8，
∴b为8，
∵中位数是5，
∴a是5，
∴这一组数据的平均数为，
故答案为：5．
【点评】本题考查了众数、算术平均数和中位数的知识．熟练掌握众数、算术平均数和中位数的概念是解题的关键．
16．（3分）若分式方程的解为正整数，则整数m的值为 ﹣1 ．
【分析】表示出方程的解，由解是正整数，确定出整数m的值即可．
【解答】解：，
化简得：，
去分母得：x＝3（x﹣1）+mx，
移项合并得：（2+m）x＝3，
解得：，
由方程的解是正整数，得到x为正整数，即2+m＝1或2+m＝3，
解得：m＝﹣1或m＝1（舍去，会使得分式无意义）．
故答案为：﹣1．
【点评】此题考查了分式方程的解，方程的解即为能使方程左右两边相等的未知数的值．
17．（3分）矩形ABCD的面积是90，对角线AC，BD交于点O，点E是BC边的三等分点，连接DE，点P是DE的中点，OP＝3，连接CP，则PC+PE的值为 13或 ．
【分析】当CE＞BE时，利用三角形中位线定理求得CE＝12，再求得矩形的边长，利用勾股定理求得DE的长，再根据斜边中线的性质即可求解；当CE＜BE时，同理求解即可．
【解答】解：当CE＞BE时，如图，
∵矩形ABCD，
∴点O是BD的中点，
∵点P是DE的中点，
∴BE＝2OP＝6，CP＝PE＝PD，
∵点E是BC边的三等分点，
∴CE＝2BE＝12，BC＝3BE＝18，
∵矩形ABCD的面积是90，
∴BC×CD＝90，
∴CD＝5，
∴，
∴PC+PE＝DE＝13；
当CE＜BE时，如图2，
∵矩形ABCD，
∴点O是BD的中点，
∵点P是DE的中点，
∴BE＝2OP＝6，CP＝PE＝PD，
∵点E是BC边的三等分点，
∴，BC＝3+6＝9，
∵矩形ABCD的面积是90，
∴BC×CD＝90，
∴CD＝10，
∴，
∴；
故答案为：13或．
【点评】本题考查了矩形的性质，三角形中位线定理，勾股定理，解答本题的关键是熟练运用分类讨论思想解决问题．
18．（3分）如图，在正方形ABCD中，E是BC延长线上一点，AE分别交BD、CD于点F、M，过点F作NP⊥AE，分别交AD、BC于点N、P，连接MP．下列四个结论：①AM＝PN；②DM+DN＝DF；③若P是BC中点，AB＝3，则EM＝2；④BF•NF＝AF•BP；⑤若PM∥BD，则CE＝BC．其中正确的结论是 ①②③⑤ ．
【分析】如图1，作PG⊥AD于G，则四边形ABPG是矩形，证明△PGN≌△ADM（ASA），则AM＝PN，可判断①的正误；如图2，作HF⊥DF交AD于H，连接CF，证明△ABF≌△CBF（SAS），则AF＝CF，∠BAF＝∠BCF，由∠BPF+∠BAF＝360°﹣∠ABP﹣∠AFP＝180°，∠BPF+∠FPC＝180°，可得∠BAF＝∠FPC，PF＝CF＝AF，FN＝FM，证明△HFN≌△DFM（SAS），则HN＝DM，由勾股定理得，，由DH＝HN+DN＝DM+DN，可得，可判断②的正误；如图3，连接AP，由勾股定理得，，，可求，设CE＝x，则，BE＝3+x，由勾股定理得，，由，可得，整理得，x2﹣2x﹣24＝0，可求满足要求的解为x＝6，则，BE＝9，由，可得，可求，可判断③的正误；由题意知，∠BPF＞90°，△BPF、△NFA不相似，BF•NF≠AF•BP，可判断④的正误；由设PC＝CM＝a，BC＝CD＝AD＝AB＝b，CE＝c，则DM＝b﹣a，BE＝b+c，PE＝a+c，，证明△AFN≌△PFM（SAS），则，证明△AMD∽△EDC，则，即，可求，同理，△ANF∽△EPF，则，即，同理，△DMF∽△BAF，则，即，可得，将代入得，，整理得，，可得，，则，可判断⑤的正误．
【解答】解：∵正方形ABCD，
∴∠ABC＝∠BCD＝∠CDA＝∠DAB＝90°，AB＝BC＝CD＝AD，∠ADB＝∠ABD＝∠CBD＝∠CDB＝45°，
如图，作PG⊥AD于G，则四边形ABPG是矩形，
∴PG＝AB＝AD，
∵∠GPN+∠GNP＝90°＝∠GNP+∠DAM，
∴∠GPN＝∠DAM，
又∵PG＝AD，∠PGN＝90°＝∠ADM，
∴△PGN≌△ADM（ASA），
∴AM＝PN，①正确，故符合要求；
如图，作HF⊥DF交AD于H，连接CF，
∴∠DHF＝45°＝∠ADB，
∴DF＝HF，
∵AB＝BC，∠ABF＝∠CBF＝45°，BF＝BF，
∴△ABF≌△CBF（SAS），
∴AF＝CF，∠BAF＝∠BCF，
∵∠BPF+∠BAF＝360°﹣∠ABP﹣∠AFP＝180°，∠BPF+∠FPC＝180°，
∴∠BAF＝∠FPC，
∴∠BCF＝∠FPC，
∴PF＝CF＝AF，
∴PN﹣PF＝AM﹣AF，即FN＝FM，
∵∠HFN+∠NFD＝90°＝∠DFM+∠NFD，
∴∠HFN＝∠DFM，
∵HF＝DF，∠HFN＝∠DFM，FN＝FM，
∴△HFN≌△DFM（SAS），
∴HN＝DM，
由勾股定理得，，
∵DH＝HN+DN＝DM+DN，
∴，②正确，故符合要求；
∵P是BC中点，AB＝3，
∴，
如图，连接AP，
由勾股定理得，，，
解得，，
设CE＝x，则，BE＝3+x，
由勾股定理得，，
∵，
∴，整理得，x2﹣2x﹣24＝0，
解得，x＝6或x＝﹣4（舍去），
∴，BE＝9，
∵，
∴，
解得，，③正确，故符合要求；
由题意知，∠BPF＞90°，
∴△BPF、△NFA不相似，BF•NF≠AF•BP，④错误，故不符合要求；
∵PM∥BD，
∴∠CPM＝∠CBD＝45°，∠CMP＝∠CDB＝45°，
设PC＝CM＝a，BC＝CD＝AD＝AB＝b，CE＝c，则DM＝b﹣a，BE＝b+c，PE＝a+c，，
∵AF＝PF，∠AFN＝90°＝∠PFM，FN＝FM，
∴△AFN≌△PFM（SAS），
∴，
∵∠ADM＝90°＝∠ECM，∠AMD＝∠EDC，
∴△AMD∽△EDC，
∴，即，
解得，，
同理，△ANF∽△EPF，
∴，即，
同理，△DMF∽△BAF，
∴，即，
∴，
将代入得，，整理得，，
解得，，
∴，⑤正确，故符合要求；
故答案为：①②③⑤．
【点评】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，等角对等边，勾股定理，正弦，余弦，相似三角形的判定与性质．熟练掌握正方形的性质，全等三角形的判定与性质，等角对等边，勾股定理，正弦，余弦，相似三角形的判定与性质是解题的关键．
三、解答题（共66分）
19．先化简，再求值：÷（x﹣），并从﹣1，0，1，2，3中选一个合适的数代入求值．
【分析】先计算括号内的减法，再计算除法，然后根据分式有意义的条件选取合适的值代入计算即可得．
【解答】解：
＝
＝
＝
＝．
∵x≠0且x≠3，
∴x＝﹣1或x＝1或x＝2．
当x＝﹣1时，原式＝．
【点评】本题考查了分式的化简求值，熟练掌握分式的运算法则是解题关键．
20．如图，某数学活动小组用高度为1.5米的测角仪BC，对垂直于地面CD的建筑物AD的高度进行测量，BC⊥CD于点C．在B处测得A的仰角∠ABE＝45°，然后将测角仪向建筑物方向水平移动6米至FG处，FG⊥CD于点G，测得A的仰角∠AFE＝58°，BF的延长线交AD于点E，求建筑物AD的高度（结果保留小数点后一位）．（参考数据：sin58°≈0.85，cs58°≈0.53，tan58°≈1.60）
【分析】由题意可得四边形BEDC是矩形，则DE＝BC＝1.5m．解直角三角形得到，进而得到，据此求出AE即可得到答案．
【解答】解：根据题意可知四边形BEDC是矩形，
∴DE＝BC＝1.5m．
如图，∠ABE＝45°，∠AFE＝58°．
∵，
∴．
∵BE＝EF+BF，
∴
∴AE≈16．
∴AD＝AE+DE＝17.5（米）
答：建筑物AD的高度约为17.5米．
【点评】本题主要考查了矩形的性质与判定，解直角三角形的实际应用，解题的关键是掌握相关知识的灵活运用．
21．某校为掌握学生对垃圾分类的了解情况，在全校范围内抽取部分学生进行调查问卷，并将收集到的信息进行整理，绘制成如图所示不完整的统计图，其中A为“非常了解”，B为“了解较多”，C为“基本了解”，D为“了解较少”．请你根据图中提供的信息，解答下列问题：
（1）本次调查共抽取了 50 名学生；
（2）补全条形统计图，并求出扇形统计图中“了解较少”所对应的圆心角度数；
（3）若全校共有1200名学生，请估计全校有多少名学生“非常了解”垃圾分类问题．
【分析】（1）用A、C、D的总人数除以所占比例即可求解；
（2）先用360°×“了解较少”的占比，用总人数减去A、C、D的人数即可得B的人数，据此即可补全条形统计图；
（3）用样本估算总体即可．
【解答】解：（1）这次被调查的学生人数为：（20+8+5）÷（1﹣34%）＝50（名）；
（2）“了解较少”所对应的圆心角度数为：，
50×34%＝17（人）
补全图形如下：
（3）（名），
估计全校有多少名学生“非常了解”垃圾分类问题有480名．
【点评】本题考查的是条形统计图和扇形统计图的综合运用，读懂统计图，从不同的统计图中得到必要的信息是解决问题的关键．条形统计图能清楚地表示出每个项目的数据；扇形统计图直接反映部分占总体的百分比大小．
22．在Rt△ACB中，∠ACB＝90°，BC＝12，AC＝8，以BC为边向△ACB外作有一个内角为60°的菱形BCDE，对角线BD，CE交于点O，连接OA，请用尺规和三角板作出图形，并直接写出△AOC的面积．
【分析】分两种情况讨论，作OF⊥BC，垂足为F，利用直角三角形的性质以及勾股定理分别求得CF的长，再利用三角形面积公式即可求解．
【解答】解：当∠CBE＝60°时，所作图形如图，作OF⊥BC，垂足为F，
∵菱形BCDE，∠CBE＝60°，
∴∠COB＝90°，∠CBO＝30°，∠OCB＝60°，
∵BC＝12，
∴，
∵∠OCB＝60°，
∴∠COF＝30°，
∴，
∴△AOC的面积为；
当∠BCD＝60°时，所作图形如图，作OF⊥BC，垂足为F，如图2，
∵菱形BCDE，∠BCD＝60°，
∴∠COB＝90°，∠BCO＝30°，
∵BC＝12，
∴，，
∴，，
∴△AOC的面积为；
综上，△AOC的面积为12或36．
【点评】本题考查了作图v﹣复杂作图，三角形的面积，含30度角的直角三角形，菱形的性质，解答本题的关键是熟练运用分类讨论思想解决问题．
23．如图，二次函数y＝x2+bx+c的图象与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C，点A的坐标为（﹣1，0），点C的坐标为（0，﹣3），连接BC．
（1）求该二次函数的解析式；
（2）点P是抛物线在第四象限图象上的任意一点，当△BCP的面积最大时，BC边上的高PN的值为 ．
【分析】（1）直接利用待定系数法求函数解析式即可；
（2）先求出直线BC的解析式，然后过点P作PD⊥x轴交BC于点D，设点P的坐标为，则点D的坐标为，根据求出面积的最大值，然后求高PN即可．
【解答】解：（1）把（﹣1，0）和（0，﹣3）代入得：
，
解得，
∴二次函数的解析式为；
（2）令y＝0，则，
解得：x1＝﹣1，x2＝6，
∴点B的坐标为（6，0），
∴，
设直线BC的解析式为y＝mx+n，代入得：
，
解得，
∴直线BC的解析式为，
过点P作PD⊥x轴交BC于点D，如图，
设点P的坐标为，则点D的坐标为，
∴，
∴，
∴△PBC最大为，
∴，
故答案为：．
【点评】本题考查抛物线与x轴的交点，二次函数的性质，二次函数图象上点的坐标特征，二次函数的最值，待定系数法求二次函数解析式，掌握待定系数法是解题的关键．
24．一条公路上依次有A、B、C三地，甲车从A地出发，沿公路经B地到C地，乙车从C地出发，沿公路驶向B地．甲、乙两车同时出发，匀速行驶，乙车比甲车早小时到达目的地．甲、乙两车之间的路程y km与两车行驶时间xh的函数关系如图所示，请结合图象信息，解答下列问题：
（1）甲车行驶的速度是 70 km/h，并在图中括号内填上正确的数；
（2）求图中线段EF所在直线的函数解析式（不要求写出自变量的取值范围）；
（3）请直接写出两车出发多少小时，乙车距B地的路程是甲车距B地路程的3倍．
【分析】（1）利用时间、速度、路程之间的关系求解；
（2）利用待定系数法求解；
（3）先求出A、B、C两两之间的距离和乙车的速度，设两车出发x小时，乙车距B地的路程是甲车距B地路程的3倍，分甲乙相遇前、相遇后两种情况，列一元一次方程分别求解即可．
【解答】解：（1）由图可知，甲车小时行驶的路程为（200﹣180）km，
∴甲车行驶的速度是，
70×（4+）＝300（km），
填图如下：
故答案为：70；
（2）由图可知E，F的坐标分别为，（4，180），
设线段EF所在直线的函数解析式为y＝kx+b，
则，
解得，
∴线段EF所在直线的函数解析式为y＝120x﹣300；
（3）由题意知，A、C两地的距离为：，
乙车行驶的速度为：，
C、B两地的距离为：50×4＝200（km），
A、B两地的距离为：300﹣200＝100（km），
设两车出发x小时，乙车距B地的路程是甲车距B地路程的3倍，
分两种情况，当甲乙相遇前时：
200﹣50x＝3（100﹣70x），
解得；
当甲乙相遇后时：
200﹣50x＝3（70x﹣100），
解得；
综上可知，两车出发或时，乙车距B地的路程是甲车距B地路程的3倍．
【点评】本题考查一次函数的实际应用，一元一次方程的实际应用，求出A、B、C两两之间的距离是解题的关键．
25．数学老师在课堂上给出了一个问题，让同学们探究．在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠BAC＝30°，点D在直线BC上，将线段AD绕点A顺时针旋转60°得到线段AE，过点E作EF∥BC，交直线AB于点F．
（1）当点D在线段BC上时，如图①，求证：BD+EF＝AB；
分析问题：某同学在思考这道题时，想利用AD＝AE构造全等三角形，便尝试着在AB上截取AM＝EF，连接DM，通过证明两个三角形全等，最终证出结论：
推理证明：写出图①的证明过程：
探究问题：
（2）当点D在线段BC的延长线上时，如图②：当点D在线段CB的延长线上时，如图③，请判断并直接写出线段BD，EF，AB之间的数量关系；
拓展思考：
（3）在（1）（2）的条件下，若AC＝6，CD＝2BD，则EF＝ 10或18 ．
【分析】（1）在AB边上截取AM＝EF，连接DM，根据题意证明出△DAM≌△AEF（SAS），得到AF＝DM，然后证明出△BMD是等边三角形，得到BD＝BM＝DM，进而求解即可；
（2）图②：在BD上取点H，使BH＝AB，连接AH并延长到点G使AG＝AF，连接DG，首先证明出△ABH是等边三角形，得到∠BAH＝60°，然后求出∠BAH＝∠DAE，然后证明出△FAE≌△GAD（SAS），得到EF＝DG，∠AFE＝∠G，然后证明出△DHG是等边三角形，得到DH＝DG＝EF，进而求解即可；
图③：在EF上取点H使AH＝AF，同理证明出△EAH≌△ADB（AAS），得到BD＝AH，AB＝EH，进而求解即可；
（3）根据勾股定理和含30°角直角三角形的性质求出BC＝6，AB＝12，然后结合CD＝2BD，分别（1）（2）的条件下求出BD的长度，进而求解即可．
【解答】（1）证明：在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠BAC＝30°，点D在直线BC上，将线段AD绕点A顺时针旋转60°得到线段AE，过点E作EF∥BC，交直线AB于点F．在AB边上截取AM＝EF，连接DM．如图1，
∴∠B＝90°﹣∠BAC＝90°﹣30°＝60°．
∵EF∥BC，
∴∠EFB＝∠B＝60°．
又∵∠EAD＝60°，
∴∠EFB＝∠EAD．
又∵∠BAD＝∠EAD﹣∠EAF，∠AEF＝∠EFB﹣∠EAF，
∴∠BAD＝∠AEF．
又∵AD＝AE，AM＝EF，
∴△DAM≌△AEF（SAS）．
∴AF＝DM．
∴∠AMD＝∠EFA＝180°﹣∠EFB＝180°﹣60°＝120°．
∴∠BMD＝180°﹣∠AMD＝180°﹣120°＝60°．
∵∠B＝60°，
∴∠BMD＝∠B＝∠BDM．
∴△BMD是等边三角形．
∴BD＝BM＝DM，
∵AB＝AM+BM，
∴AB＝EF+BD；
（2）解：图②：AB＝BD﹣EF，证明如下：
如图2.1所示，在BD上取点H，使BH＝AB，连接AH并延长到点G使AG＝AF，连接DG，
∵∠ABC＝60°，
∴△ABH是等边三角形，
∴∠BAH＝60°，
∵线段AD绕点A顺时针旋转60°得到线段AE，
∴∠DAE＝60°，AE＝AD，
∴∠BAH＝∠DAE，
∴∠BAH﹣∠EAH＝∠DAE﹣∠EAH，即∠BAE＝∠HAD，
又∵AG＝AF，
∴△FAE≌△GAD（SAS），
∴EF＝DG，∠AFE＝∠G，
∵BD∥EF，
∴∠ABC＝∠F＝∠G＝60°，
∵∠DHG＝∠AHB＝60°，
∴△DHG是等边三角形，
∴DH＝DG＝EF，
∴AB＝BH＝BD﹣DH＝BD﹣EF；
图③：AB＝EF﹣BD，证明如下：
如图2.2所示，在EF上取点H使AH＝AF，
∵EF∥BC，
∴∠F＝∠ABC＝60°，
∵AH＝AF，
∴△AHF是等边三角形，
∴∠AHF＝∠HAF＝60°，
∴∠AHE＝120°，
∵将线段AD绕点A顺时针旋转60°得到线段AE，
∴AD＝AE，∠DAE＝60°，
∴∠DAB+∠EAH＝180°﹣∠EAD﹣∠HAF＝60°，
∵∠D+∠DAB＝∠ABC＝60°，
∴∠D＝∠EAH，
∵∠DBA＝180°﹣∠ABC＝120°＝∠EHA，
又∵AD＝AE，
∴△EAH≌△ADB（AAS），
∴BD＝AH，AB＝EH，
∵AH＝FH，
∴BD＝HF，
∴AB＝EH＝EF﹣FH＝EF﹣BD；
（3）解：如图3.1所示，
∵∠BAC＝30°，∠C＝90°，
∴AB＝2BC，AB2＝BC2+AC2，
∴，
∴BC＝6，
∴AB＝2BC＝12，
∵CD＝2BD，BC＝BD+CD，
∴，
由（1）可知，BD+EF＝AB，
∴EF＝AB﹣BD＝12﹣2＝10；
如图3.2所示，当点D在线段BC的延长线上时，
∵CD＜BD，与CD＝2BD矛盾，
∴不符合题意；
如图3.3所示，当点D在线段CB的延长线上时，
∵CD＝2BD＝BD+BC，BC＝6，
∴BD＝BC＝6，
由（2）可知，AB＝EF﹣BD，
∵AB＝2BC＝12，
∴EF＝AB+BD＝12+6＝18．
综上所述，EF＝10或18，
故答案为：10或18．
【点评】此题考查了全等三角形的性质和判定，勾股定理，等边三角形的性质和判定，含30°角直角三角形的性质，解题的关键是掌握以上知识点．
26．牡丹江某县市作为猴头菇生产的“黄金地带”，年总产量占全国总产量的50%以上，黑龙江省发布的“九珍十八品”名录将猴头菇列为首位．某商店准备在该地购进特级鲜品、特级干品两种猴头菇，购进鲜品猴头菇3箱、干品猴头菇2箱需420元，购进鲜品猴头菇4箱、干品猴头菇5箱需910元．请解答下列问题：
（1）特级鲜品猴头菇和特级干品猴头菇每箱的进价各是多少元？
（2）某商店计划同时购进特级鲜品猴头菇和特级干品猴头菇共80箱，特级鲜品猴头菇每箱售价定为50元，特级干品猴头菇每箱售价定为180元，全部销售后，获利不少于1560元，其中干品猴头菇不多于40箱，该商店有哪几种进货方案？
（3）在（2）的条件下，购进猴头菇全部售出，其中两种猴头菇各有1箱样品打a（a为正整数）折售出，最终获利1577元，请直接写出商店的进货方案．
【分析】（1）设特级鲜品猴头菇和特级干品猴头菇每箱的进价分别是x元和y元，根据“购进鲜品猴头菇3箱、干品猴头菇2箱需420元，购进鲜品猴头菇4箱、干品猴头菇5箱需910元”，列出方程组求解即可；
（2）设商店计划购进特级鲜品猴头菇m箱，则购进特级干品猴头菇（80﹣m）箱，根据“获利不少于1560元，其中干品猴头菇不多于40箱，”分别列出不等式求解即可；
（3）分别根据（2）中三种方案分别求解即可．
【解答】解：（1）设特级鲜品猴头菇和特级干品猴头菇每箱的进价分别是x元和y元，
则，
解得：，
故特级鲜品猴头菇每箱进价为40元，特级干品猴头菇每箱进价为150元；
（2）解：设商店计划购进特级鲜品猴头菇m箱，则购进特级干品猴头菇（80﹣m）箱，
则，
解得：40≤m≤42，
∵m为正整数，
∴m＝40，41，42，
故该商店有三种进货方案，
分别为：①购进特级鲜品猴头菇40箱，则购进特级干品猴头菇40箱；
②购进特级鲜品猴头菇41箱，则购进特级干品猴头菇39箱；
③购进特级鲜品猴头菇42箱，则购进特级干品猴头菇38箱；
（3）解：当购进特级鲜品猴头菇40箱，则购进特级干品猴头菇40箱时：
根据题意得（40﹣1）×（50﹣40）+（40﹣1）×（180﹣150）+（50•﹣40）+（180•﹣150）＝1577，
解得：a＝9；
当购进特级鲜品猴头菇41箱，则购进特级干品猴头菇39箱时：
根据题意得（41﹣1）×（50﹣40）+（39﹣1）×（180﹣150）+（50•﹣40）+（180•﹣150）＝1577，
解得：a≈9.9（是小数，不符合要求）；
当购进特级鲜品猴头菇42箱，则购进特级干品猴头菇38箱时：
根据题意得（42﹣1）×（50﹣40）+（38﹣1）×（180﹣150）+（50•﹣40）+（180•﹣150）＝1577，
解得：a≈10.7（不符合要求）；
故商店的进货方案是特级干品猴头菇40箱，特级鲜品猴头菇40箱．
【点评】本题考查了二元一次方程组的应用、一元一次不等式组的应用以及一元一次方程的应用，解题的关键是：（1）找准等量关系，正确列出二元一次方程组；（2）根据各数量之间的关系，正确列出一元一次不等式组．
27．如图，在平面直角坐标系中，直线y＝x+b与x轴的正半轴交于点A，与y轴的负半轴交于点D，点B在x轴的正半轴上，四边形ABCD是平行四边形，线段OA的长是一元二次方程x2﹣4x﹣12＝0的一个根．请解答下列问题：
（1）求点D的坐标；
（2）若线段BC的垂直平分线交直线AD于点E，交x轴于点F，交BC于点G，点E在第一象限，，连接BE，求tan∠ABE的值；
（3）在（2）的条件下，点M在直线DE上，在x轴上是否存在点N，使以E、M、N为顶点的三角形是直角边比为1：2的直角三角形？若存在，请直接写出△EMN的个数和其中两个点N的坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）先解方程求出OA＝6，然后求出直线解析式即可求得点D的坐标；
（2）过点E作EH⊥AB于点H，求出AH＝EH＝3，然后证明△AEF≌△BGF，即可得到BF＝AF＝2AH＝6，然后求出∠ABE得正切值即可；
（3）利用分类讨论画出图形，利用勾股定理解题即可．
【解答】解：（1）解方程x2﹣4x﹣12＝0得x1＝6，x2＝﹣2，
∴OA＝6，即点A的坐标为（6，0），
把（6，0）代入y＝x+b得b＝﹣6，
∴y＝x﹣6，点D的坐标为（0，﹣6）；
（2）过点E作EH⊥AB于点H，如图1，
∵OA＝OD＝6，
∴∠OAD＝∠ODA＝∠EAH＝45°，，
∴，
又∵ABCD是平行四边形，
∴，AE∥BC，
∵GE是BC的垂直平分线，
∴，
∵AE∥BC，
∴∠EAF＝∠GBF，∠AEF＝∠FGB＝90°，
∴△AEF≌△BGF，
∴BF＝AF＝2AH＝6，
∴BH＝AF+FB﹣AH＝6+6﹣3＝9，
∴；
（3）存在，12个，N1（0，0），N2（8，0），N3（10，0），N4（12，0），N5（18，0）（写出两个即可）；理由如下：
如图2，当∠MEN＝90°时，有4个，
∵∠EAN1＝45°，
∴，
由（2）得AN1＝6，OA＝6，
∴ON1＝12，
∴点N得坐标为（12，0）；
当∠ENM＝90°时，有4个，如图3，
当∠EMN＝90°时，有4个，如图4，
∵∠N9AM9＝45°，
∴，
∴，
∴点N9与O重合，
故点N9得坐标为（0，0），
综上所述，点△EMN的个数为12个，点N的坐标为N1（0，0），N2（8，0），N3（10，0），N4（12，0），N5（18，0）（写出两个即可）．
【点评】本题考查解一元二次方程，直线的解析式，平行四边形的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，掌握等腰直角三角形的性质是解题的关键．
声明：试题解析著作权属菁优网所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2024/7/6 20:40:55；用户：陈莉；邮箱：badywgy52@xyh.cm；学号：39221433甲
乙
丙
丁
甲
﹣
（甲，乙）
（甲，丙）
（甲，丁）
乙
（乙，甲）
﹣
（乙，丙）
（乙，丁）
丙
（丙，甲）
（丙，乙）
﹣
（丙，丁）
丁
（丁，甲）
（丁，乙）
（丁，丙）
﹣