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广东省广州市海珠区2021年中考数学一模试卷（word版 含答案）
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这是一份广东省广州市海珠区2021年中考数学一模试卷（word版 含答案），共31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。
2021年广东省广州市海珠区中考数学一模试卷
一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，满分30分.在每小题给出的四个选项中，有一项是符合题目要求的）
1．（3分）数轴上点A表示的数是﹣2，将点A在数轴上向右平移五个单位长度得到点B，则点B表示的数是（ ）
A．﹣7 B．7 C．﹣3 D．3
2．（3分）我市四月份某一周每天的最高气温（单位：℃）如下：20、21、22、22、24、25、27．则这组数据（最高气温）的众数与中位数分别是（ ）
A．22，24 B．24，24 C．22，22 D．25，22
3．（3分）下列运算正确的是（ ）
A．x3•x4＝x12 B．（﹣2x3）2＝4x6
C．（a﹣b）2＝a2﹣b2 D．
4．（3分）在△ABC中，D、E分别是AB、AC的中点，则△ADE与△ABC的面积之比为（ ）
A． B． C． D．
5．（3分）为了能让更多人接种，某药厂的新冠疫苗生产线开足马力，24小时运转，该条生产线计划加工320万支疫苗，前五天按原计划的速度生产，五天后以原来速度的1.25倍生产，结果比原计划提前3天完成任务，设原计划每天生产x万支疫苗，则可列方程为（ ）
A．
B．
C．
D．
6．（3分）清明节期间，小海自驾去某地祭祖，如图是他们汽车行驶的路程y（千米）与汽车行驶时间x（小时）之间的函数图象．汽车行驶2小时到达目的地，这时汽车行驶了（ ）千米．
A．120 B．130 C．140 D．150
7．（3分）正n边形的边长为a，那么它的半径为（ ）
A． B． C． D．
8．（3分）已知二次函数y＝﹣x2+bx+c的顶点为（1，5），那么关于x的一元二次方程﹣x2+bx+c﹣4＝0的根的情况是（ ）
A．有两个不相等的实数根 B．有两个相等的实数根
C．没有实数根 D．无法确定
9．（3分）⊙P与x轴相交于A（1，0）、B（4，0），与y轴相切于点C（0，2），则⊙P的半径是（ ）
A．2.5 B．3 C．3.5 D．5
10．（3分）如图，函数y＝ax2+bx+c经过点（3，0），对称轴为直线x＝1，下列结论：
①b2﹣4ac＞0；②abc＞0；③9a﹣3b+c＝0；④5a+b+c＝0；⑤若点A（a+1，y1）、B（a+2，y2），则y1﹣y2＜0．其中结论的正确的有（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
二、填空题（本大题共6小题，每小题3分，共18分.）
11．（3分）已知x为自然数，代数式有意义时，x可取 （只需填满足条件的一个自然数）．
12．（3分）点C在∠AOB的平分线上，CM⊥OB，OC＝13，OM＝5，则点C到射线OA的距离为 ．
13．（3分）分解因式：x3﹣4xy2＝ ．
14．（3分）如图，已知坐标原点O为平行四边形ABCD的对角线AC的中点，顶点A的横坐标为4，AD平行x轴，且AD长为5．若平行四边形面积为10，则顶点B的坐标为 ．
15．（3分）将长为20cm的铁丝首尾相连围成扇形，扇形面积为y（cm2），扇形半径为x（cm），且0＜x＜10，则y与x的函数关系式为 ．
16．（3分）如图，∠A＝90°，AB＝5，AC＝12，点D为动点，连接BD、CD，∠BDC始终保持为90°，线段AC、BD相交于点E，则的最大值为 ．
三、解答题（本大题共9小题，满分72分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）
17．（4分）解方程组：．
18．（4分）如图，已知菱形ABCD，点E和点F分别在BC、CD上，且BE＝DF，连接AE，AF．求证：∠BAE＝∠DAF．
19．（6分）已知T＝．
（1）化简T；
（2）若，求T的值．
20．（6分）广州市各校学生都积极参加志愿者活动，某校为了解九年级学生一学期参加志愿者活动时间（单位：h）的情况，从该校九年级随机抽查了部分学生进行问卷调查，并将调查结果绘制成不完整的频数分布表．
组别
志愿时间（小时）
频数
频率
A组
0≤t＜5
2
0.05
B组
5≤t＜10
m
0.125
C组
10≤t＜15
10
0.25
D组
15≤t＜20
11
0.275
E组
20≤t＜25
8
n
F组
t≥25
4
0.1
解答下列问题：
（1）频数分布表中m＝ ；n＝ ；
（2）若该校九年级共有学生400人，试估计该校九年级学生一学期课外志愿时间不少于20h的人数为 ；
（3）在F组的学生中，只有1名是女同学，其余都是男同学，现从该组中任选2人代表学校参加“全市中学生志愿者积极分子”分享活动，请用树状图或列表法求所选学生为1男1女的概率．
21．（8分）如图，花城广场对岸有广州塔AB，小明同学站在花城广场的C处看塔顶点A的仰角为32°，向塔前进360米到达点D，在D处看塔顶A的仰角为45°．
（1）求广州塔AB的高度（sin32°≈0.530，cos32°≈0.848，tan32°≈0.625）；
（2）一架无人机从广州塔顶点A出发，沿水平方向AF飞行300米到A′处，求此时从A′处看点D的俯角的正切值．
22．（10分）如图，在△ABC中，AC＝BC，AB＝18，tan∠A＝，点E在AB上且BE＝8，直线l垂直于AB，垂足为点D．
（1）尺规作图：以AC为直径作⊙O，与AB交于点F（不写作法，保留作图痕迹）；
（2）求证：CE是⊙O的切线；
（3）若⊙O与直线l相交于点M、N（M在N的上方），若NA＝2，求MF的长．
23．（10分）在平面直角坐标系中，直线l1：y＝﹣x+b与y轴交于点（0，2），且与双曲线（k≠0）有交点．
（1）求b的值和k的取值范围；
（2）直线l1绕点（1，1）顺时针旋转90°得到直线l2，请直接写出直线l2的解析式；
（3）在（2）的条件下，直线l2与双曲线的交点为点P，且点P的横坐标为1．点A、B在直线l2上，点A的纵坐标为2，B的纵坐标为m（≤m≤），过A、B两点分别作x轴的平行线交双曲线于点C、D，连接CO、DO，记△BOD、△AOC的面积分别为S1、S2，若，求t的取值范围．
24．（12分）如图，等边三角形△ABE和矩形ABCD有共同的外接圆⊙O，且AB＝30．
（1）求证：∠CED＝120°；
（2）在劣弧上有动点F，连接DF、CF、BF，DF分别交AE、AB于点M、P，CF交BE于点N．
①设△MNF与△CDF的周长分别为C1和C2，试判断C2﹣C1的值是否发生变化，若不变则求出该值；若变化请说明理由；
②若PN＝5，求BF的长．
25．（12分）如图，已知抛物线y＝x2+bx+c过点A（1，0）、点B（﹣5，0），点P是抛物线上x轴下方的一个动点，连接PA，过点A作AQ⊥PA交抛物线于点Q，作直线PQ．
（1）求抛物线的解析式；
（2）若点P的坐标为（﹣3，﹣8），求点Q的坐标；
（3）判断在点P运动过程中，直线PQ是否过定点？若存在定点，则求出定点坐标；若不存在，请说明理由．
2021年广东省广州市海珠区中考数学一模试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，满分30分.在每小题给出的四个选项中，有一项是符合题目要求的）
1．（3分）数轴上点A表示的数是﹣2，将点A在数轴上向右平移五个单位长度得到点B，则点B表示的数是（ ）
A．﹣7 B．7 C．﹣3 D．3
【分析】向右平移后表示的数变大，右移5个单位就比原来的点表示的数大5．
【解答】解：∵A表示的数是﹣2，将点A在数轴上向右平移五个单位长度得到点B，
∴点B表示的数是﹣2+5＝3，
故选：D．
2．（3分）我市四月份某一周每天的最高气温（单位：℃）如下：20、21、22、22、24、25、27．则这组数据（最高气温）的众数与中位数分别是（ ）
A．22，24 B．24，24 C．22，22 D．25，22
【分析】根据众数的定义即众数是一组数据中出现次数最多的数和中位数的定义即中位数是将一组数据从小到大（或从大到小）重新排列后，最中间的那个数，即可得出答案．
【解答】解：22出现了2次，出现的次数最多，
则众数是22；
把这组数据从小到大排列20、21、22、22、24、25、27，最中间的数是22，
则中位数是22；
故选：C．
3．（3分）下列运算正确的是（ ）
A．x3•x4＝x12 B．（﹣2x3）2＝4x6
C．（a﹣b）2＝a2﹣b2 D．
【分析】A选项是同底数幂的乘法，底数不变，指数相加；B选项是积的乘方，等于每一个因式分别乘方的积；C选项是完全平方公式；D选项应该转化为乘法去算．
【解答】解：A．x3•x4＝x7，不符合题意；
B．（﹣2x3）2＝（﹣2）2（x3）2＝4x6，符合题意；
C．（a﹣b）2＝a2﹣2ab+b2，不符合题意；
D．x2y÷＝x2y•2x＝2x3y，不符合题意．
故选：B．
4．（3分）在△ABC中，D、E分别是AB、AC的中点，则△ADE与△ABC的面积之比为（ ）
A． B． C． D．
【分析】容易证明两个三角形相似，求出相似比，相似三角形的周长之比等于相似比，面积比等于相似比的平方．
【解答】解：由题意得DE为△ABC的中位线，那么DE∥BC，DE：BC＝1：2．
∴△ADE∽△ABC
∴△ADE与△ABC的周长之比为1：2，
∴△ADE与△ABC的面积之比为1：4，即．
故选：B．
5．（3分）为了能让更多人接种，某药厂的新冠疫苗生产线开足马力，24小时运转，该条生产线计划加工320万支疫苗，前五天按原计划的速度生产，五天后以原来速度的1.25倍生产，结果比原计划提前3天完成任务，设原计划每天生产x万支疫苗，则可列方程为（ ）
A．
B．
C．
D．
【分析】由原计划每周生产的疫苗数结合五天后提高的速度，可得出五天后每天生产1.25x万支疫苗，根据工作时间＝工作总量÷工作效率结合实际比原计划提前3天完成任务（前五天按原工作效率），即可得出关于x的分式方程，此题得解．
【解答】解：∵原计划每天生产x万支疫苗，五天后以原来速度的1.25倍生产，
∴五天后每天生产1.25x万支疫苗，
依题意，得：．
故选：D．
6．（3分）清明节期间，小海自驾去某地祭祖，如图是他们汽车行驶的路程y（千米）与汽车行驶时间x（小时）之间的函数图象．汽车行驶2小时到达目的地，这时汽车行驶了（ ）千米．
A．120 B．130 C．140 D．150
【分析】根据待定系数法，可得一次函数解析式，根据自变量的值，可得相应的函数值．
【解答】解：如图所示：
设AB段的函数解析式是y＝kx+b，
∵y＝kx+b的图象过A（0.5，20），B（1.5，100），
∴，解得，
∴AB段函数的解析式是y＝80x﹣20，
∵汽车行驶2小时到达目的地，
∴y＝80×2﹣20＝140（千米），
即这时汽车行驶了140千米．
故选：C．
7．（3分）正n边形的边长为a，那么它的半径为（ ）
A． B． C． D．
【分析】设AB是正多边形的一条边，过点C作OC⊥AB于点C，在直角△AOC中解直角三角形可得结论．
【解答】解：设AB是正多边形的一条边，过点O作OC⊥AB于点C．
则∠AOC＝，
在直角△AOC中，sin∠AOC＝，
∴AC＝OA•sin∠AOC＝R•sin，
∴R＝，
故选：C．
8．（3分）已知二次函数y＝﹣x2+bx+c的顶点为（1，5），那么关于x的一元二次方程﹣x2+bx+c﹣4＝0的根的情况是（ ）
A．有两个不相等的实数根 B．有两个相等的实数根
C．没有实数根 D．无法确定
【分析】求出抛物线的表达式y＝﹣（x﹣1）2+5＝﹣x2+2x+4，进而求解．
【解答】解：设抛物线的表达式为y＝a（x﹣h）2+k，
则y＝﹣（x﹣1）2+5＝﹣x2+2x+4，
则﹣x2+bx+c﹣4＝0化为﹣x2+2x＝0，
解得x＝0或2，
故选：A．
9．（3分）⊙P与x轴相交于A（1，0）、B（4，0），与y轴相切于点C（0，2），则⊙P的半径是（ ）
A．2.5 B．3 C．3.5 D．5
【分析】过点P作PD⊥AB于D，连接PA、PC，根据切线的性质得到PC⊥y轴，根据垂径定理求出AD，根据勾股定理计算，得到答案．
【解答】解：过点P作PD⊥AB于D，连接PA、PC，
∵⊙P与y轴相切于点C，
∴PC⊥y轴，
∴四边形CODP为矩形，
∴PD＝OC＝2，
∵A（1，0）、B（4，0），
∴AB＝3，
∵PD⊥AB，
∴AD＝AB＝，
∴⊙P的半径＝＝2.5，
故选：A．
10．（3分）如图，函数y＝ax2+bx+c经过点（3，0），对称轴为直线x＝1，下列结论：
①b2﹣4ac＞0；②abc＞0；③9a﹣3b+c＝0；④5a+b+c＝0；⑤若点A（a+1，y1）、B（a+2，y2），则y1﹣y2＜0．其中结论的正确的有（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【分析】①根据图象与x轴有两个交点，△＞0即可判断；
②根据图象的开口方向、对称轴、图象与y轴的交点即可判断；
③根据图象可得对称轴为x＝1，与x轴的一个交点为（3，0），则另一个交点为（﹣1，0），再根据抛物线增减性即可判断；
④根据图象抛物线与x轴的一个交点为（3，0），可得9a+3b+c＝0，对称轴为x＝1，可得b＝﹣2a，将2b＝﹣4a代入9a+3b+c＝0，即可判断；
⑤根据图象可得a＞0，即可得出1＜a+1＜a+2，再结合对称轴为x＝1，运用二次函数增减性即可判断．
【解答】解：①∵抛物线与x轴有两个交点，
∴△＞0，
∴b2﹣4ac＞0，
∴①正确；
②∵抛物线开口向上，
∴a＞0，
∵抛物线对称轴在y轴右侧，
∴b与a异号，即b＜0，
∵抛物线与y轴交点在x轴下方，
∴c＜0，
∴abc＞0，
∴②正确；
③∵抛物线对称轴为x＝1，与x轴的一个交点为（3，0），
∴抛物线与x轴的另一个交点为（﹣1，0），
∵抛物线开口向上，在对称轴左侧y随x增大而减小，
∴当x＝﹣3时，y＞0，
∴9a﹣3b+c＞0，
∴③错误；
④∵抛物线与x轴的一个交点为（3，0），
∴9a+3b+c＝0，
∵抛物线对称轴为x＝1，
∴﹣＝1，
∴b＝﹣2a，
∴5a+b+c＝0，
∴④正确；
⑤∵a＞0，
∴1＜a+1＜a+2，
∵抛物线对称轴为x＝1，抛物线开口向上，在对称轴右侧y随x增大而增大，
∴y1＜y2，
∴y1﹣y2＜0，
∴⑤正确；
综上所述，①②④⑤正确；
故选：D．
二、填空题（本大题共6小题，每小题3分，共18分.）
11．（3分）已知x为自然数，代数式有意义时，x可取 2（答案不唯一）． （只需填满足条件的一个自然数）．
【分析】根据二次根式有意义的条件可得4﹣x＞0，再解即可．
【解答】解：由题意得：4﹣x＞0，
解得：x＜4，
∴x可取2（答案不唯一）．
故答案为：2（答案不唯一）．
12．（3分）点C在∠AOB的平分线上，CM⊥OB，OC＝13，OM＝5，则点C到射线OA的距离为 12 ．
【分析】过C作CF⊥AO，根据勾股定理可得CM的长，再根据角的平分线上的点到角的两边的距离相等可得CF＝CM，进而可得答案．
【解答】解：过C作CF⊥AO于F，
∵OC为∠AOB的平分线，CM⊥OB，
∴CM＝CF，
∵OC＝13，OM＝5，
∴CM＝＝12，
∴CF＝12，
故答案为：12．
13．（3分）分解因式：x3﹣4xy2＝ x（x+2y）（x﹣2y） ．
【分析】原式提取x，再利用平方差公式分解即可．
【解答】解：原式＝x（x2﹣4y2）＝x（x+2y）（x﹣2y），
故答案为：x（x+2y）（x﹣2y）
14．（3分）如图，已知坐标原点O为平行四边形ABCD的对角线AC的中点，顶点A的横坐标为4，AD平行x轴，且AD长为5．若平行四边形面积为10，则顶点B的坐标为 （1，﹣1） ．
【分析】由面积关系可求OM＝1，可求点D坐标，由平行四边形的性质可求解．
【解答】解：如图，连接BD，设AD与y轴交于点M，
∵点A的横坐标为4，AD平行x轴，且AD长为5．
∴点D的横坐标为﹣1，
∵平行四边形ABCD的面积为10，
∴×AD×OM＝×10，
∴OM＝1，
∴点D（﹣1，1），
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴BO＝DO，
∴点B（1，﹣1），
故答案为：（1，﹣1）．
15．（3分）将长为20cm的铁丝首尾相连围成扇形，扇形面积为y（cm2），扇形半径为x（cm），且0＜x＜10，则y与x的函数关系式为 y＝﹣x2+10x ．
【分析】根据扇形的面积＝•l•r，计算即可．
【解答】解：由题意扇形的面积y＝•x•（20﹣2x）＝﹣x2+10x．
故答案为：y＝﹣x2+10x．
16．（3分）如图，∠A＝90°，AB＝5，AC＝12，点D为动点，连接BD、CD，∠BDC始终保持为90°，线段AC、BD相交于点E，则的最大值为 ．
【分析】运用勾股定理可得BC＝13，设AE＝x，则CE＝12﹣x，BE＝，再证明△CED∽△BEA，运用相似三角形性质可得DE＝，进而得出＝，令＝k，则（k+1）x2﹣12x+25k＝0，利用根的判别式可得25k2+25k﹣36≤0，令25k2+25k﹣36＝0，解得k1＝，k2＝﹣，应用二次函数的性质即可得出答案．
【解答】解：∵∠A＝90°，AB＝5，AC＝12，
∴BC＝＝＝13，
设AE＝x，则CE＝12﹣x，
∴BE＝＝＝，
∵∠BDC＝∠A＝90°，∠CED＝∠BEA，
∴△CED∽△BEA，
∴＝，即＝，
∴DE＝，
∴＝，令＝k，
∴k（x2+25）＝x（12﹣x），
整理，得：（k+1）x2﹣12x+25k＝0，
∵△＝（﹣12）2﹣4×（k+1）×25k≥0，
∴25k2+25k﹣36≤0，
令25k2+25k﹣36＝0，
解得：k1＝，k2＝﹣，
根据二次函数z＝25k2+25k﹣36的性质可知：当z≤0时，﹣≤k≤，
∴的最大值为．
另解：如图：∵∠BDC始终保持为90°，线段AC、BD相交于点E，
∴点D在以BC为直径的圆的劣弧上运动，
过点D作DF⊥AC于F，
∴∠DFE＝∠BAC＝90°，
∵∠DEF＝∠BEA，
∴△DEF∽△BEA，
∴＝＝，
∴当DF最大时，的值最大，
当D运动到劣弧的中点D′处时，DF最大，连接OD′交AC于F′，则OD′⊥AC，且F′为AC的中点，
∴OF′＝AB＝，
∴D′F′＝OD′﹣OF′＝﹣＝4，
∴＝＝，
∴的最大值为．
故答案为：．
三、解答题（本大题共9小题，满分72分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）
17．（4分）解方程组：．
【分析】应用加减消元法给②式两边同时乘以3，再①+③消去y，即可求出答案．
【解答】解：，
给②式两边同时乘以3，
得9x+3y＝33③，
②+③得，
10x＝30，
解得x＝3，
把x＝3代入②式中，
得9+y＝11，
解得y＝2，
所以方程组得解为．
18．（4分）如图，已知菱形ABCD，点E和点F分别在BC、CD上，且BE＝DF，连接AE，AF．求证：∠BAE＝∠DAF．
【分析】由菱形的性质可得AB＝AD，∠B＝∠D，由“SAS”可证△ABE≌△ADF，可得结论．
【解答】证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝AD，∠B＝∠D，
在△ABE和△ADF中，
，
∴△ABE≌△ADF（SAS），
∴∠BAE＝∠DAF．
19．（6分）已知T＝．
（1）化简T；
（2）若，求T的值．
【分析】（1）根据分式的混合运算顺序和运算法则化简即可；
（2）将已知等式两边平方，再利用因式分解法求解得出a的值，结合分式有意义的条件确定最终符合条件的a的值，代入计算即可．
【解答】解：（1）T＝÷（﹣）
＝÷
＝•
＝；
（2）∵，
∴a2+4a+4＝16，
∴a2+4a﹣12＝0，
解得a＝2或a＝﹣6，
∵a≠0且a≠2，
∴a＝﹣6，
则原式＝﹣．
20．（6分）广州市各校学生都积极参加志愿者活动，某校为了解九年级学生一学期参加志愿者活动时间（单位：h）的情况，从该校九年级随机抽查了部分学生进行问卷调查，并将调查结果绘制成不完整的频数分布表．
组别
志愿时间（小时）
频数
频率
A组
0≤t＜5
2
0.05
B组
5≤t＜10
m
0.125
C组
10≤t＜15
10
0.25
D组
15≤t＜20
11
0.275
E组
20≤t＜25
8
n
F组
t≥25
4
0.1
解答下列问题：
（1）频数分布表中m＝ 5 ；n＝ 0.2 ；
（2）若该校九年级共有学生400人，试估计该校九年级学生一学期课外志愿时间不少于20h的人数为 120人 ；
（3）在F组的学生中，只有1名是女同学，其余都是男同学，现从该组中任选2人代表学校参加“全市中学生志愿者积极分子”分享活动，请用树状图或列表法求所选学生为1男1女的概率．
【分析】（1）先由A组的频数及其频率求出被调查的总人数，再根据频率＝频数÷总人数求解即可得出m、n的值；
（2）用总人数乘以样本中E、F组的频率之和即可；
（3）列表得出所有等可能结果，从中找到符合条件的结果数，再根据概率公式求解即可．
【解答】解：（1）∵被调查的总人数为2÷0.05＝40（人），
∴m＝40×0.125＝5，n＝8÷40＝0.2，
故答案为：5、0.2；
（2）估计该校九年级学生一学期课外志愿时间不少于20h的人数为400×（0.2+0.1）＝120（人），
故答案为：120人；
（3）列表如下：
男
男
男
女
男
（男，男）
（男，男）
（女，男）
男
（男，男）
（男，男）
（女，男）
男
（男，男）
（男，男）
（女，男）
女
（男，女）
（男，女）
（男，女）
由表知，共有12种等可能结果，其中所选学生为1男1女的有6种结果，
所以所选学生为1男1女的概率为＝．
21．（8分）如图，花城广场对岸有广州塔AB，小明同学站在花城广场的C处看塔顶点A的仰角为32°，向塔前进360米到达点D，在D处看塔顶A的仰角为45°．
（1）求广州塔AB的高度（sin32°≈0.530，cos32°≈0.848，tan32°≈0.625）；
（2）一架无人机从广州塔顶点A出发，沿水平方向AF飞行300米到A′处，求此时从A′处看点D的俯角的正切值．
【分析】（1）设水塔的高AB为x米，根据直角三角形的性质、正确的定义分别用含x的代数式表示出BD、BC，根据题意列出方程，解方程即可；
（2）过D作DH⊥AF于H，根据三角函数的定义即可求得∠DA′H的正切值．
【解答】解：（1）设广州塔AB的高度为x米，
∵∠ADB＝45°，
∴∠DAB＝45°，
∴∠ADB＝∠DAB，
∴BD＝AB＝x，
∴BC＝360+x，
∵∠ACB＝32°，
tan∠ACB＝，
∴≈0.625，
解得，x≈600（米），
答：广州塔AB的高度约为600米；
（2）过D作DH⊥AF于H，
则四边形ABDH是正方形，
∴AH＝HD＝AB＝600米，∠AHD＝90°，
∵AA′＝300，
∴A′H＝AH﹣AA′＝300，
∴tan∠DA′H＝＝＝2，
答：此时从A′处看点D的俯角的正切值为2．
22．（10分）如图，在△ABC中，AC＝BC，AB＝18，tan∠A＝，点E在AB上且BE＝8，直线l垂直于AB，垂足为点D．
（1）尺规作图：以AC为直径作⊙O，与AB交于点F（不写作法，保留作图痕迹）；
（2）求证：CE是⊙O的切线；
（3）若⊙O与直线l相交于点M、N（M在N的上方），若NA＝2，求MF的长．
【分析】（1）分别以点A，C为圆心，大于AC长为半径画弧交于两点，连接这两点交AC于点O，以O为圆心，OA为半径作圆交AB于点F；
（2）连接CF，根据AC是⊙O的直径，可得∠AFC＝90°，由tan∠A＝，可得CF＝3，再运用勾股定理可得AC＝3，从而可得＝，进而可证明△CAF∽△EAC，运用相似三角形性质即可证明结论；
（3）连接CF，CN，运用勾股定理可求得CN＝，由MN⊥AB，可得MN∥CF，进而可得∠FMN＝∠CFM，运用同圆中圆周角相等所对的弧相等，可得＝，即可得出＝，进而得出MF＝CN＝．
【解答】解：（1）如图1所示，⊙O即为所作的圆；
（2）如图2，连接CF，
∵AC是⊙O的直径，
∴∠AFC＝90°，
∵AC＝BC，AB＝18，
∴AF＝BF＝9，
∵tan∠A＝，
∴＝，
∴CF＝AF＝×9＝3，
∴AC＝＝＝3，
∴＝＝，
∵BE＝8，
∴AE＝AB﹣BE＝18﹣8＝10，
∴＝＝，
∴＝，
∵∠CAF＝∠EAC，
∴△CAF∽△EAC，
∴∠ACE＝∠AFC＝90°，
∴CE是⊙O的切线；
（3）如图3，连接CF，CN，
由（2）知：∠AFC＝90°，AC＝3，
∵AC是⊙O的直径，
∴∠ANC＝90°，NA＝2，
∴CN＝＝＝，
∵MN⊥AB，
∴∠ADM＝90°＝∠AFC，
∴MN∥CF，
∴∠FMN＝∠CFM，
∴＝，
∴+＝+，即＝，
∴MF＝CN＝．
23．（10分）在平面直角坐标系中，直线l1：y＝﹣x+b与y轴交于点（0，2），且与双曲线（k≠0）有交点．
（1）求b的值和k的取值范围；
（2）直线l1绕点（1，1）顺时针旋转90°得到直线l2，请直接写出直线l2的解析式；
（3）在（2）的条件下，直线l2与双曲线的交点为点P，且点P的横坐标为1．点A、B在直线l2上，点A的纵坐标为2，B的纵坐标为m（≤m≤），过A、B两点分别作x轴的平行线交双曲线于点C、D，连接CO、DO，记△BOD、△AOC的面积分别为S1、S2，若，求t的取值范围．
【分析】（1）当k＜0时，反比例函数在二、四象限，则两个函数必然相交；当k＞0时，由△＝4+4k≥0，解得k≤﹣1，故0＜k≤﹣1，即可求解；
（2）由直线l1的表达式知，点（1，1）在改直线上，并且该点为l1在第一象限内线段的中点，而直线l1和x轴负半轴的夹角为45°，直线l1绕点（1，1）顺时针旋转90°得到直线l2，则直线l2为一、三象限角平分线，即可求解；
（3）由S1＝×BD×yB＝×（﹣m）×m＝（1﹣m2），同理可得S2＝，则＝（1﹣m2），进而求解．
【解答】解：（1）将点（0，2）的坐标代入y＝﹣x+b得：2＝0+b，
解得b＝2，
故直线l1的表达式为y＝﹣x+2，
当k＜0时，反比例函数在二、四象限，则两个函数必然相交；
当k＞0时，如下图，
联立两个函数表达式并整理得：x2﹣2x+k＝0，
∴△＝4﹣4k≥0，解得k≤1，故0＜k≤1，
综上，k的取值范围为k＜0或0＜k≤1；
（2）由直线l1的表达式知，点（1，1）在改直线上，并且该点为l1在第一象限内线段的中点，
而直线l1和x轴负半轴的夹角为45°，直线l1绕点（1，1）顺时针旋转90°得到直线l2，则直线l2为一、三象限角平分线，
故l2的表达式为y＝x；
（3）当x＝1时，y＝x＝1，故点P的坐标为（1，1），
将点P的坐标代入反比例函数表达式得：k＝1，
故反比例函数表达式为y＝，
∵点A的纵坐标为2，B的纵坐标为m，这两点都在直线l2上，故点B（m，m），点A（2，2），
则点C、D的坐标分别为（2，）、（，m），
∵≤m≤，则点B在点P的下方，
则S1＝×BD×yB＝×（﹣m）×m＝（1﹣m2），
同理可得S2＝，
∴＝（1﹣m2），
∵≤m≤，
∴≤t≤．
24．（12分）如图，等边三角形△ABE和矩形ABCD有共同的外接圆⊙O，且AB＝30．
（1）求证：∠CED＝120°；
（2）在劣弧上有动点F，连接DF、CF、BF，DF分别交AE、AB于点M、P，CF交BE于点N．
①设△MNF与△CDF的周长分别为C1和C2，试判断C2﹣C1的值是否发生变化，若不变则求出该值；若变化请说明理由；
②若PN＝5，求BF的长．
【分析】（1）连接OD、OE、OC，证明△DOE和△EOC都是等边三角形，即可得到结果；
（2）①连接AC、BD，OM、ON，利用△CEN≌△OEN证明CN＝ON，同理DM＝OM，再证明O、N、M共线，得到MN＝CN+DM，从而可得C2﹣C1＝CD＝30；
②由N、P、F、B共圆得∠PNB＝90°，求出BP、AP、AD，sin∠APD＝sin∠BPF即可得出答案．
【解答】解：（1）证明：连接OD、OE、OC，如图：
∵等边三角形△ABE和矩形ABCD，
∴∠DAB＝∠CBA＝90°，∠EAB＝∠EBA＝60°，
∴∠DAE＝∠DAB﹣∠EAB＝30°，∠CBE＝∠CBA﹣∠EBA＝30°，
∴∠DOE＝∠EOC＝60°，
∵OD＝OE＝OC，
∴△DOE和△EOC都是等边三角形，
∴∠DEO＝∠CEO＝60°，
∴∠CED＝∠DEO+∠CEO＝120°；
（2）①C2﹣C1的值为30，不变，理由如下：
连接AC、BD，OM、ON，如图：
∵∠DAB＝∠CBA＝90°，
∴BD和AC是直径，
∵∠DEC＝120°，∠AEB＝60°，
∴∠DEA+∠CEB＝60°，
∵AD＝BC，
∴∠DEA＝∠CEB＝30°，
而∠DEO＝∠CEO＝60°，∠CBE＝30°，
∴∠DEA＝∠OEA＝∠CEB＝∠OEB＝30°，∠ECB＝180°﹣∠CEB﹣∠CBE＝120°，
∴∠ACB＝∠ECB﹣∠ECO＝60°，
∵△DOE和△EOC都是等边三角形，
∴CE＝OE＝DE，
在△CEN和△OEN中，
，
∴△CEN≌△OEN（SAS），
∴CN＝ON，
∴∠CON＝∠OCN，
同理DM＝OM，∠ODM＝∠DOM，
∵∠ODM＝∠BCF，
∴∠CON+∠DOM＝∠OCN+∠ODM＝∠OCN+∠BCF＝∠ACB＝60°，
而∠DOE＝∠EOC＝60°，
∴∠DOE+∠EOC+∠CON+∠DOM＝180°，
∴M、O、N共线，
∴CN+DM＝MN，
∴C2﹣C1＝（FC+CD+DF）﹣（FN+MN+MF）
＝（FN+CN+CD+DM+MF）﹣（FN+MN+MF）
＝CD，
∵矩形ABCD，AB＝30，
∴CD＝AB＝30，
∴C2﹣C1＝30；
②如图：
∵∠DEC＝120°，
∴∠DFC＝60°＝∠ABE，
∴N、P、F、B共圆，
∵∠DFB＝∠DAB＝90°，
∴∠PNB＝90°，
∵∠PBN＝60°，PN＝5，
∴BP＝10，
∵AB＝30，
∴AP＝20，
∵∠DAE＝∠DEA＝30°，
∴AD＝DE＝OD＝OA，
∴∠ADO＝60°，
在Rt△ABD中，AB＝30，
∴AD＝＝10，
∴DP＝＝10，
∴sin∠APD＝＝，
∴sin∠BPF＝，
∵BD为直径，
∴∠BFP＝90°，
Rt△BPF中，sin∠BPF＝，
∴＝，
∴BF＝．
25．（12分）如图，已知抛物线y＝x2+bx+c过点A（1，0）、点B（﹣5，0），点P是抛物线上x轴下方的一个动点，连接PA，过点A作AQ⊥PA交抛物线于点Q，作直线PQ．
（1）求抛物线的解析式；
（2）若点P的坐标为（﹣3，﹣8），求点Q的坐标；
（3）判断在点P运动过程中，直线PQ是否过定点？若存在定点，则求出定点坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）运用待定系数法将A，B的坐标分别代入，解方程组即可；
（2）设Q（m，m2+4m﹣5），过点P作PE⊥AB于点E，过点Q作QF⊥AB于点F，可证明△PAE∽△AQF，运用相似三角形性质建立方程求解即可；
（3）设直线PQ解析式为y＝px+q，P（xP，yP），Q（xQ，yQ），根据P（xP，yP），Q（xQ，yQ）是直线PQ与抛物线y＝x2+4x﹣5的交点，可得x2+（4﹣p）x﹣5﹣q＝0，运用根与系数关系可得：xP+xQ＝p﹣4，xPxQ＝﹣5﹣q，根据（2）可得△PAE∽△AQF，运用相似三角形性质可得＝，进而可得：（p+q）（q﹣5p﹣1）＝0，由于p+q≠0，可得q＝5p+1，即可得到直线PQ的解析式为y＝px+5p+1，当x＝﹣5时，y＝﹣5p+5p+1＝1，可得直线PQ恒过点（﹣5，1）．
【解答】解：（1）∵抛物线y＝x2+bx+c过点A（1，0）、点B（﹣5，0），
∴，
解得：，
∴抛物线的解析式为：y＝x2+4x﹣5；
（2）如图，设Q（m，m2+4m﹣5），过点P作PE⊥AB于点E，过点Q作QF⊥AB于点F，
∴∠AEP＝∠AFQ＝90°，QF＝m2+4m﹣5，AF＝1﹣m，
∵点P的坐标为（﹣3，﹣8），
∴PE＝8，AE＝4，
∵AQ⊥PA，
∴∠PAQ＝90°，
∴∠PAE+∠QAF＝90°，
∵∠QAF+∠AQF＝90°，
∴∠PAE＝∠AQF，
∴△PAE∽△AQF，
∴＝，即：＝，
解得：m1＝1（舍去），m2＝﹣，
当m＝﹣时，AF＝1﹣（﹣）＝，
∴QF＝×＝，
∴Q（﹣，）；
（3）点P运动过程中，直线PQ恒过定点（﹣5，1）．
设直线PQ解析式为y＝px+q，P（xP，yP），Q（xQ，yQ），
∵P（xP，yP），Q（xQ，yQ）是直线PQ与抛物线y＝x2+4x﹣5的交点，
∴x2+4x﹣5＝px+q，即x2+（4﹣p）x﹣5﹣q＝0，
∴xP+xQ＝p﹣4，xPxQ＝﹣5﹣q，
如图，过点P作PE⊥AB于点E，过点Q作QF⊥AB于点F，
则AE＝1﹣xP，PE＝﹣yP，AF＝1﹣xQ，QF＝yQ，
yP＝pxP+q，yQ＝pxQ+q，
∵△PAE∽△AQF，
∴＝，即：＝，
∴（1﹣xP）（1﹣xQ）＝﹣yPyQ，＝﹣（pxP+q）（pxQ+q），
∴1﹣（xP+xQ）+xPxQ＝﹣[p2xPxQ+pq（xP+xQ）+q2]，
∴1+（pq﹣1）（xP+xQ）+（p2+1）（xPxQ）+q2＝0，
∴1+（pq﹣1）（p﹣4）+（p2+1）（﹣5﹣q）+q2＝0，
∴（p+q）（q﹣5p﹣1）＝0，
∵p+q≠0，
∴q﹣5p﹣1＝0，
∴q＝5p+1，
∴直线PQ的解析式为y＝px+5p+1，
当x＝﹣5时，y＝﹣5p+5p+1＝1，
∴直线PQ恒过点（﹣5，1），
故点P运动过程中，直线PQ恒过定点（﹣5，1）．
2021年广东省广州市海珠区中考数学一模试卷
一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，满分30分.在每小题给出的四个选项中，有一项是符合题目要求的）
1．（3分）数轴上点A表示的数是﹣2，将点A在数轴上向右平移五个单位长度得到点B，则点B表示的数是（ ）
A．﹣7 B．7 C．﹣3 D．3
2．（3分）我市四月份某一周每天的最高气温（单位：℃）如下：20、21、22、22、24、25、27．则这组数据（最高气温）的众数与中位数分别是（ ）
A．22，24 B．24，24 C．22，22 D．25，22
3．（3分）下列运算正确的是（ ）
A．x3•x4＝x12 B．（﹣2x3）2＝4x6
C．（a﹣b）2＝a2﹣b2 D．
4．（3分）在△ABC中，D、E分别是AB、AC的中点，则△ADE与△ABC的面积之比为（ ）
A． B． C． D．
5．（3分）为了能让更多人接种，某药厂的新冠疫苗生产线开足马力，24小时运转，该条生产线计划加工320万支疫苗，前五天按原计划的速度生产，五天后以原来速度的1.25倍生产，结果比原计划提前3天完成任务，设原计划每天生产x万支疫苗，则可列方程为（ ）
A．
B．
C．
D．
6．（3分）清明节期间，小海自驾去某地祭祖，如图是他们汽车行驶的路程y（千米）与汽车行驶时间x（小时）之间的函数图象．汽车行驶2小时到达目的地，这时汽车行驶了（ ）千米．
A．120 B．130 C．140 D．150
7．（3分）正n边形的边长为a，那么它的半径为（ ）
A． B． C． D．
8．（3分）已知二次函数y＝﹣x2+bx+c的顶点为（1，5），那么关于x的一元二次方程﹣x2+bx+c﹣4＝0的根的情况是（ ）
A．有两个不相等的实数根 B．有两个相等的实数根
C．没有实数根 D．无法确定
9．（3分）⊙P与x轴相交于A（1，0）、B（4，0），与y轴相切于点C（0，2），则⊙P的半径是（ ）
A．2.5 B．3 C．3.5 D．5
10．（3分）如图，函数y＝ax2+bx+c经过点（3，0），对称轴为直线x＝1，下列结论：
①b2﹣4ac＞0；②abc＞0；③9a﹣3b+c＝0；④5a+b+c＝0；⑤若点A（a+1，y1）、B（a+2，y2），则y1﹣y2＜0．其中结论的正确的有（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
二、填空题（本大题共6小题，每小题3分，共18分.）
11．（3分）已知x为自然数，代数式有意义时，x可取 （只需填满足条件的一个自然数）．
12．（3分）点C在∠AOB的平分线上，CM⊥OB，OC＝13，OM＝5，则点C到射线OA的距离为 ．
13．（3分）分解因式：x3﹣4xy2＝ ．
14．（3分）如图，已知坐标原点O为平行四边形ABCD的对角线AC的中点，顶点A的横坐标为4，AD平行x轴，且AD长为5．若平行四边形面积为10，则顶点B的坐标为 ．
15．（3分）将长为20cm的铁丝首尾相连围成扇形，扇形面积为y（cm2），扇形半径为x（cm），且0＜x＜10，则y与x的函数关系式为 ．
16．（3分）如图，∠A＝90°，AB＝5，AC＝12，点D为动点，连接BD、CD，∠BDC始终保持为90°，线段AC、BD相交于点E，则的最大值为 ．
三、解答题（本大题共9小题，满分72分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）
17．（4分）解方程组：．
18．（4分）如图，已知菱形ABCD，点E和点F分别在BC、CD上，且BE＝DF，连接AE，AF．求证：∠BAE＝∠DAF．
19．（6分）已知T＝．
（1）化简T；
（2）若，求T的值．
20．（6分）广州市各校学生都积极参加志愿者活动，某校为了解九年级学生一学期参加志愿者活动时间（单位：h）的情况，从该校九年级随机抽查了部分学生进行问卷调查，并将调查结果绘制成不完整的频数分布表．
组别
志愿时间（小时）
频数
频率
A组
0≤t＜5
2
0.05
B组
5≤t＜10
m
0.125
C组
10≤t＜15
10
0.25
D组
15≤t＜20
11
0.275
E组
20≤t＜25
8
n
F组
t≥25
4
0.1
解答下列问题：
（1）频数分布表中m＝ ；n＝ ；
（2）若该校九年级共有学生400人，试估计该校九年级学生一学期课外志愿时间不少于20h的人数为 ；
（3）在F组的学生中，只有1名是女同学，其余都是男同学，现从该组中任选2人代表学校参加“全市中学生志愿者积极分子”分享活动，请用树状图或列表法求所选学生为1男1女的概率．
21．（8分）如图，花城广场对岸有广州塔AB，小明同学站在花城广场的C处看塔顶点A的仰角为32°，向塔前进360米到达点D，在D处看塔顶A的仰角为45°．
（1）求广州塔AB的高度（sin32°≈0.530，cos32°≈0.848，tan32°≈0.625）；
（2）一架无人机从广州塔顶点A出发，沿水平方向AF飞行300米到A′处，求此时从A′处看点D的俯角的正切值．
22．（10分）如图，在△ABC中，AC＝BC，AB＝18，tan∠A＝，点E在AB上且BE＝8，直线l垂直于AB，垂足为点D．
（1）尺规作图：以AC为直径作⊙O，与AB交于点F（不写作法，保留作图痕迹）；
（2）求证：CE是⊙O的切线；
（3）若⊙O与直线l相交于点M、N（M在N的上方），若NA＝2，求MF的长．
23．（10分）在平面直角坐标系中，直线l1：y＝﹣x+b与y轴交于点（0，2），且与双曲线（k≠0）有交点．
（1）求b的值和k的取值范围；
（2）直线l1绕点（1，1）顺时针旋转90°得到直线l2，请直接写出直线l2的解析式；
（3）在（2）的条件下，直线l2与双曲线的交点为点P，且点P的横坐标为1．点A、B在直线l2上，点A的纵坐标为2，B的纵坐标为m（≤m≤），过A、B两点分别作x轴的平行线交双曲线于点C、D，连接CO、DO，记△BOD、△AOC的面积分别为S1、S2，若，求t的取值范围．
24．（12分）如图，等边三角形△ABE和矩形ABCD有共同的外接圆⊙O，且AB＝30．
（1）求证：∠CED＝120°；
（2）在劣弧上有动点F，连接DF、CF、BF，DF分别交AE、AB于点M、P，CF交BE于点N．
①设△MNF与△CDF的周长分别为C1和C2，试判断C2﹣C1的值是否发生变化，若不变则求出该值；若变化请说明理由；
②若PN＝5，求BF的长．
25．（12分）如图，已知抛物线y＝x2+bx+c过点A（1，0）、点B（﹣5，0），点P是抛物线上x轴下方的一个动点，连接PA，过点A作AQ⊥PA交抛物线于点Q，作直线PQ．
（1）求抛物线的解析式；
（2）若点P的坐标为（﹣3，﹣8），求点Q的坐标；
（3）判断在点P运动过程中，直线PQ是否过定点？若存在定点，则求出定点坐标；若不存在，请说明理由．
2021年广东省广州市海珠区中考数学一模试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，满分30分.在每小题给出的四个选项中，有一项是符合题目要求的）
1．（3分）数轴上点A表示的数是﹣2，将点A在数轴上向右平移五个单位长度得到点B，则点B表示的数是（ ）
A．﹣7 B．7 C．﹣3 D．3
【分析】向右平移后表示的数变大，右移5个单位就比原来的点表示的数大5．
【解答】解：∵A表示的数是﹣2，将点A在数轴上向右平移五个单位长度得到点B，
∴点B表示的数是﹣2+5＝3，
故选：D．
2．（3分）我市四月份某一周每天的最高气温（单位：℃）如下：20、21、22、22、24、25、27．则这组数据（最高气温）的众数与中位数分别是（ ）
A．22，24 B．24，24 C．22，22 D．25，22
【分析】根据众数的定义即众数是一组数据中出现次数最多的数和中位数的定义即中位数是将一组数据从小到大（或从大到小）重新排列后，最中间的那个数，即可得出答案．
【解答】解：22出现了2次，出现的次数最多，
则众数是22；
把这组数据从小到大排列20、21、22、22、24、25、27，最中间的数是22，
则中位数是22；
故选：C．
3．（3分）下列运算正确的是（ ）
A．x3•x4＝x12 B．（﹣2x3）2＝4x6
C．（a﹣b）2＝a2﹣b2 D．
【分析】A选项是同底数幂的乘法，底数不变，指数相加；B选项是积的乘方，等于每一个因式分别乘方的积；C选项是完全平方公式；D选项应该转化为乘法去算．
【解答】解：A．x3•x4＝x7，不符合题意；
B．（﹣2x3）2＝（﹣2）2（x3）2＝4x6，符合题意；
C．（a﹣b）2＝a2﹣2ab+b2，不符合题意；
D．x2y÷＝x2y•2x＝2x3y，不符合题意．
故选：B．
4．（3分）在△ABC中，D、E分别是AB、AC的中点，则△ADE与△ABC的面积之比为（ ）
A． B． C． D．
【分析】容易证明两个三角形相似，求出相似比，相似三角形的周长之比等于相似比，面积比等于相似比的平方．
【解答】解：由题意得DE为△ABC的中位线，那么DE∥BC，DE：BC＝1：2．
∴△ADE∽△ABC
∴△ADE与△ABC的周长之比为1：2，
∴△ADE与△ABC的面积之比为1：4，即．
故选：B．
5．（3分）为了能让更多人接种，某药厂的新冠疫苗生产线开足马力，24小时运转，该条生产线计划加工320万支疫苗，前五天按原计划的速度生产，五天后以原来速度的1.25倍生产，结果比原计划提前3天完成任务，设原计划每天生产x万支疫苗，则可列方程为（ ）
A．
B．
C．
D．
【分析】由原计划每周生产的疫苗数结合五天后提高的速度，可得出五天后每天生产1.25x万支疫苗，根据工作时间＝工作总量÷工作效率结合实际比原计划提前3天完成任务（前五天按原工作效率），即可得出关于x的分式方程，此题得解．
【解答】解：∵原计划每天生产x万支疫苗，五天后以原来速度的1.25倍生产，
∴五天后每天生产1.25x万支疫苗，
依题意，得：．
故选：D．
6．（3分）清明节期间，小海自驾去某地祭祖，如图是他们汽车行驶的路程y（千米）与汽车行驶时间x（小时）之间的函数图象．汽车行驶2小时到达目的地，这时汽车行驶了（ ）千米．
A．120 B．130 C．140 D．150
【分析】根据待定系数法，可得一次函数解析式，根据自变量的值，可得相应的函数值．
【解答】解：如图所示：
设AB段的函数解析式是y＝kx+b，
∵y＝kx+b的图象过A（0.5，20），B（1.5，100），
∴，解得，
∴AB段函数的解析式是y＝80x﹣20，
∵汽车行驶2小时到达目的地，
∴y＝80×2﹣20＝140（千米），
即这时汽车行驶了140千米．
故选：C．
7．（3分）正n边形的边长为a，那么它的半径为（ ）
A． B． C． D．
【分析】设AB是正多边形的一条边，过点C作OC⊥AB于点C，在直角△AOC中解直角三角形可得结论．
【解答】解：设AB是正多边形的一条边，过点O作OC⊥AB于点C．
则∠AOC＝，
在直角△AOC中，sin∠AOC＝，
∴AC＝OA•sin∠AOC＝R•sin，
∴R＝，
故选：C．
8．（3分）已知二次函数y＝﹣x2+bx+c的顶点为（1，5），那么关于x的一元二次方程﹣x2+bx+c﹣4＝0的根的情况是（ ）
A．有两个不相等的实数根 B．有两个相等的实数根
C．没有实数根 D．无法确定
【分析】求出抛物线的表达式y＝﹣（x﹣1）2+5＝﹣x2+2x+4，进而求解．
【解答】解：设抛物线的表达式为y＝a（x﹣h）2+k，
则y＝﹣（x﹣1）2+5＝﹣x2+2x+4，
则﹣x2+bx+c﹣4＝0化为﹣x2+2x＝0，
解得x＝0或2，
故选：A．
9．（3分）⊙P与x轴相交于A（1，0）、B（4，0），与y轴相切于点C（0，2），则⊙P的半径是（ ）
A．2.5 B．3 C．3.5 D．5
【分析】过点P作PD⊥AB于D，连接PA、PC，根据切线的性质得到PC⊥y轴，根据垂径定理求出AD，根据勾股定理计算，得到答案．
【解答】解：过点P作PD⊥AB于D，连接PA、PC，
∵⊙P与y轴相切于点C，
∴PC⊥y轴，
∴四边形CODP为矩形，
∴PD＝OC＝2，
∵A（1，0）、B（4，0），
∴AB＝3，
∵PD⊥AB，
∴AD＝AB＝，
∴⊙P的半径＝＝2.5，
故选：A．
10．（3分）如图，函数y＝ax2+bx+c经过点（3，0），对称轴为直线x＝1，下列结论：
①b2﹣4ac＞0；②abc＞0；③9a﹣3b+c＝0；④5a+b+c＝0；⑤若点A（a+1，y1）、B（a+2，y2），则y1﹣y2＜0．其中结论的正确的有（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【分析】①根据图象与x轴有两个交点，△＞0即可判断；
②根据图象的开口方向、对称轴、图象与y轴的交点即可判断；
③根据图象可得对称轴为x＝1，与x轴的一个交点为（3，0），则另一个交点为（﹣1，0），再根据抛物线增减性即可判断；
④根据图象抛物线与x轴的一个交点为（3，0），可得9a+3b+c＝0，对称轴为x＝1，可得b＝﹣2a，将2b＝﹣4a代入9a+3b+c＝0，即可判断；
⑤根据图象可得a＞0，即可得出1＜a+1＜a+2，再结合对称轴为x＝1，运用二次函数增减性即可判断．
【解答】解：①∵抛物线与x轴有两个交点，
∴△＞0，
∴b2﹣4ac＞0，
∴①正确；
②∵抛物线开口向上，
∴a＞0，
∵抛物线对称轴在y轴右侧，
∴b与a异号，即b＜0，
∵抛物线与y轴交点在x轴下方，
∴c＜0，
∴abc＞0，
∴②正确；
③∵抛物线对称轴为x＝1，与x轴的一个交点为（3，0），
∴抛物线与x轴的另一个交点为（﹣1，0），
∵抛物线开口向上，在对称轴左侧y随x增大而减小，
∴当x＝﹣3时，y＞0，
∴9a﹣3b+c＞0，
∴③错误；
④∵抛物线与x轴的一个交点为（3，0），
∴9a+3b+c＝0，
∵抛物线对称轴为x＝1，
∴﹣＝1，
∴b＝﹣2a，
∴5a+b+c＝0，
∴④正确；
⑤∵a＞0，
∴1＜a+1＜a+2，
∵抛物线对称轴为x＝1，抛物线开口向上，在对称轴右侧y随x增大而增大，
∴y1＜y2，
∴y1﹣y2＜0，
∴⑤正确；
综上所述，①②④⑤正确；
故选：D．
二、填空题（本大题共6小题，每小题3分，共18分.）
11．（3分）已知x为自然数，代数式有意义时，x可取 2（答案不唯一）． （只需填满足条件的一个自然数）．
【分析】根据二次根式有意义的条件可得4﹣x＞0，再解即可．
【解答】解：由题意得：4﹣x＞0，
解得：x＜4，
∴x可取2（答案不唯一）．
故答案为：2（答案不唯一）．
12．（3分）点C在∠AOB的平分线上，CM⊥OB，OC＝13，OM＝5，则点C到射线OA的距离为 12 ．
【分析】过C作CF⊥AO，根据勾股定理可得CM的长，再根据角的平分线上的点到角的两边的距离相等可得CF＝CM，进而可得答案．
【解答】解：过C作CF⊥AO于F，
∵OC为∠AOB的平分线，CM⊥OB，
∴CM＝CF，
∵OC＝13，OM＝5，
∴CM＝＝12，
∴CF＝12，
故答案为：12．
13．（3分）分解因式：x3﹣4xy2＝ x（x+2y）（x﹣2y） ．
【分析】原式提取x，再利用平方差公式分解即可．
【解答】解：原式＝x（x2﹣4y2）＝x（x+2y）（x﹣2y），
故答案为：x（x+2y）（x﹣2y）
14．（3分）如图，已知坐标原点O为平行四边形ABCD的对角线AC的中点，顶点A的横坐标为4，AD平行x轴，且AD长为5．若平行四边形面积为10，则顶点B的坐标为 （1，﹣1） ．
【分析】由面积关系可求OM＝1，可求点D坐标，由平行四边形的性质可求解．
【解答】解：如图，连接BD，设AD与y轴交于点M，
∵点A的横坐标为4，AD平行x轴，且AD长为5．
∴点D的横坐标为﹣1，
∵平行四边形ABCD的面积为10，
∴×AD×OM＝×10，
∴OM＝1，
∴点D（﹣1，1），
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴BO＝DO，
∴点B（1，﹣1），
故答案为：（1，﹣1）．
15．（3分）将长为20cm的铁丝首尾相连围成扇形，扇形面积为y（cm2），扇形半径为x（cm），且0＜x＜10，则y与x的函数关系式为 y＝﹣x2+10x ．
【分析】根据扇形的面积＝•l•r，计算即可．
【解答】解：由题意扇形的面积y＝•x•（20﹣2x）＝﹣x2+10x．
故答案为：y＝﹣x2+10x．
16．（3分）如图，∠A＝90°，AB＝5，AC＝12，点D为动点，连接BD、CD，∠BDC始终保持为90°，线段AC、BD相交于点E，则的最大值为 ．
【分析】运用勾股定理可得BC＝13，设AE＝x，则CE＝12﹣x，BE＝，再证明△CED∽△BEA，运用相似三角形性质可得DE＝，进而得出＝，令＝k，则（k+1）x2﹣12x+25k＝0，利用根的判别式可得25k2+25k﹣36≤0，令25k2+25k﹣36＝0，解得k1＝，k2＝﹣，应用二次函数的性质即可得出答案．
【解答】解：∵∠A＝90°，AB＝5，AC＝12，
∴BC＝＝＝13，
设AE＝x，则CE＝12﹣x，
∴BE＝＝＝，
∵∠BDC＝∠A＝90°，∠CED＝∠BEA，
∴△CED∽△BEA，
∴＝，即＝，
∴DE＝，
∴＝，令＝k，
∴k（x2+25）＝x（12﹣x），
整理，得：（k+1）x2﹣12x+25k＝0，
∵△＝（﹣12）2﹣4×（k+1）×25k≥0，
∴25k2+25k﹣36≤0，
令25k2+25k﹣36＝0，
解得：k1＝，k2＝﹣，
根据二次函数z＝25k2+25k﹣36的性质可知：当z≤0时，﹣≤k≤，
∴的最大值为．
另解：如图：∵∠BDC始终保持为90°，线段AC、BD相交于点E，
∴点D在以BC为直径的圆的劣弧上运动，
过点D作DF⊥AC于F，
∴∠DFE＝∠BAC＝90°，
∵∠DEF＝∠BEA，
∴△DEF∽△BEA，
∴＝＝，
∴当DF最大时，的值最大，
当D运动到劣弧的中点D′处时，DF最大，连接OD′交AC于F′，则OD′⊥AC，且F′为AC的中点，
∴OF′＝AB＝，
∴D′F′＝OD′﹣OF′＝﹣＝4，
∴＝＝，
∴的最大值为．
故答案为：．
三、解答题（本大题共9小题，满分72分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）
17．（4分）解方程组：．
【分析】应用加减消元法给②式两边同时乘以3，再①+③消去y，即可求出答案．
【解答】解：，
给②式两边同时乘以3，
得9x+3y＝33③，
②+③得，
10x＝30，
解得x＝3，
把x＝3代入②式中，
得9+y＝11，
解得y＝2，
所以方程组得解为．
18．（4分）如图，已知菱形ABCD，点E和点F分别在BC、CD上，且BE＝DF，连接AE，AF．求证：∠BAE＝∠DAF．
【分析】由菱形的性质可得AB＝AD，∠B＝∠D，由“SAS”可证△ABE≌△ADF，可得结论．
【解答】证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝AD，∠B＝∠D，
在△ABE和△ADF中，
，
∴△ABE≌△ADF（SAS），
∴∠BAE＝∠DAF．
19．（6分）已知T＝．
（1）化简T；
（2）若，求T的值．
【分析】（1）根据分式的混合运算顺序和运算法则化简即可；
（2）将已知等式两边平方，再利用因式分解法求解得出a的值，结合分式有意义的条件确定最终符合条件的a的值，代入计算即可．
【解答】解：（1）T＝÷（﹣）
＝÷
＝•
＝；
（2）∵，
∴a2+4a+4＝16，
∴a2+4a﹣12＝0，
解得a＝2或a＝﹣6，
∵a≠0且a≠2，
∴a＝﹣6，
则原式＝﹣．
20．（6分）广州市各校学生都积极参加志愿者活动，某校为了解九年级学生一学期参加志愿者活动时间（单位：h）的情况，从该校九年级随机抽查了部分学生进行问卷调查，并将调查结果绘制成不完整的频数分布表．
组别
志愿时间（小时）
频数
频率
A组
0≤t＜5
2
0.05
B组
5≤t＜10
m
0.125
C组
10≤t＜15
10
0.25
D组
15≤t＜20
11
0.275
E组
20≤t＜25
8
n
F组
t≥25
4
0.1
解答下列问题：
（1）频数分布表中m＝ 5 ；n＝ 0.2 ；
（2）若该校九年级共有学生400人，试估计该校九年级学生一学期课外志愿时间不少于20h的人数为 120人 ；
（3）在F组的学生中，只有1名是女同学，其余都是男同学，现从该组中任选2人代表学校参加“全市中学生志愿者积极分子”分享活动，请用树状图或列表法求所选学生为1男1女的概率．
【分析】（1）先由A组的频数及其频率求出被调查的总人数，再根据频率＝频数÷总人数求解即可得出m、n的值；
（2）用总人数乘以样本中E、F组的频率之和即可；
（3）列表得出所有等可能结果，从中找到符合条件的结果数，再根据概率公式求解即可．
【解答】解：（1）∵被调查的总人数为2÷0.05＝40（人），
∴m＝40×0.125＝5，n＝8÷40＝0.2，
故答案为：5、0.2；
（2）估计该校九年级学生一学期课外志愿时间不少于20h的人数为400×（0.2+0.1）＝120（人），
故答案为：120人；
（3）列表如下：
男
男
男
女
男
（男，男）
（男，男）
（女，男）
男
（男，男）
（男，男）
（女，男）
男
（男，男）
（男，男）
（女，男）
女
（男，女）
（男，女）
（男，女）
由表知，共有12种等可能结果，其中所选学生为1男1女的有6种结果，
所以所选学生为1男1女的概率为＝．
21．（8分）如图，花城广场对岸有广州塔AB，小明同学站在花城广场的C处看塔顶点A的仰角为32°，向塔前进360米到达点D，在D处看塔顶A的仰角为45°．
（1）求广州塔AB的高度（sin32°≈0.530，cos32°≈0.848，tan32°≈0.625）；
（2）一架无人机从广州塔顶点A出发，沿水平方向AF飞行300米到A′处，求此时从A′处看点D的俯角的正切值．
【分析】（1）设水塔的高AB为x米，根据直角三角形的性质、正确的定义分别用含x的代数式表示出BD、BC，根据题意列出方程，解方程即可；
（2）过D作DH⊥AF于H，根据三角函数的定义即可求得∠DA′H的正切值．
【解答】解：（1）设广州塔AB的高度为x米，
∵∠ADB＝45°，
∴∠DAB＝45°，
∴∠ADB＝∠DAB，
∴BD＝AB＝x，
∴BC＝360+x，
∵∠ACB＝32°，
tan∠ACB＝，
∴≈0.625，
解得，x≈600（米），
答：广州塔AB的高度约为600米；
（2）过D作DH⊥AF于H，
则四边形ABDH是正方形，
∴AH＝HD＝AB＝600米，∠AHD＝90°，
∵AA′＝300，
∴A′H＝AH﹣AA′＝300，
∴tan∠DA′H＝＝＝2，
答：此时从A′处看点D的俯角的正切值为2．
22．（10分）如图，在△ABC中，AC＝BC，AB＝18，tan∠A＝，点E在AB上且BE＝8，直线l垂直于AB，垂足为点D．
（1）尺规作图：以AC为直径作⊙O，与AB交于点F（不写作法，保留作图痕迹）；
（2）求证：CE是⊙O的切线；
（3）若⊙O与直线l相交于点M、N（M在N的上方），若NA＝2，求MF的长．
【分析】（1）分别以点A，C为圆心，大于AC长为半径画弧交于两点，连接这两点交AC于点O，以O为圆心，OA为半径作圆交AB于点F；
（2）连接CF，根据AC是⊙O的直径，可得∠AFC＝90°，由tan∠A＝，可得CF＝3，再运用勾股定理可得AC＝3，从而可得＝，进而可证明△CAF∽△EAC，运用相似三角形性质即可证明结论；
（3）连接CF，CN，运用勾股定理可求得CN＝，由MN⊥AB，可得MN∥CF，进而可得∠FMN＝∠CFM，运用同圆中圆周角相等所对的弧相等，可得＝，即可得出＝，进而得出MF＝CN＝．
【解答】解：（1）如图1所示，⊙O即为所作的圆；
（2）如图2，连接CF，
∵AC是⊙O的直径，
∴∠AFC＝90°，
∵AC＝BC，AB＝18，
∴AF＝BF＝9，
∵tan∠A＝，
∴＝，
∴CF＝AF＝×9＝3，
∴AC＝＝＝3，
∴＝＝，
∵BE＝8，
∴AE＝AB﹣BE＝18﹣8＝10，
∴＝＝，
∴＝，
∵∠CAF＝∠EAC，
∴△CAF∽△EAC，
∴∠ACE＝∠AFC＝90°，
∴CE是⊙O的切线；
（3）如图3，连接CF，CN，
由（2）知：∠AFC＝90°，AC＝3，
∵AC是⊙O的直径，
∴∠ANC＝90°，NA＝2，
∴CN＝＝＝，
∵MN⊥AB，
∴∠ADM＝90°＝∠AFC，
∴MN∥CF，
∴∠FMN＝∠CFM，
∴＝，
∴+＝+，即＝，
∴MF＝CN＝．
23．（10分）在平面直角坐标系中，直线l1：y＝﹣x+b与y轴交于点（0，2），且与双曲线（k≠0）有交点．
（1）求b的值和k的取值范围；
（2）直线l1绕点（1，1）顺时针旋转90°得到直线l2，请直接写出直线l2的解析式；
（3）在（2）的条件下，直线l2与双曲线的交点为点P，且点P的横坐标为1．点A、B在直线l2上，点A的纵坐标为2，B的纵坐标为m（≤m≤），过A、B两点分别作x轴的平行线交双曲线于点C、D，连接CO、DO，记△BOD、△AOC的面积分别为S1、S2，若，求t的取值范围．
【分析】（1）当k＜0时，反比例函数在二、四象限，则两个函数必然相交；当k＞0时，由△＝4+4k≥0，解得k≤﹣1，故0＜k≤﹣1，即可求解；
（2）由直线l1的表达式知，点（1，1）在改直线上，并且该点为l1在第一象限内线段的中点，而直线l1和x轴负半轴的夹角为45°，直线l1绕点（1，1）顺时针旋转90°得到直线l2，则直线l2为一、三象限角平分线，即可求解；
（3）由S1＝×BD×yB＝×（﹣m）×m＝（1﹣m2），同理可得S2＝，则＝（1﹣m2），进而求解．
【解答】解：（1）将点（0，2）的坐标代入y＝﹣x+b得：2＝0+b，
解得b＝2，
故直线l1的表达式为y＝﹣x+2，
当k＜0时，反比例函数在二、四象限，则两个函数必然相交；
当k＞0时，如下图，
联立两个函数表达式并整理得：x2﹣2x+k＝0，
∴△＝4﹣4k≥0，解得k≤1，故0＜k≤1，
综上，k的取值范围为k＜0或0＜k≤1；
（2）由直线l1的表达式知，点（1，1）在改直线上，并且该点为l1在第一象限内线段的中点，
而直线l1和x轴负半轴的夹角为45°，直线l1绕点（1，1）顺时针旋转90°得到直线l2，则直线l2为一、三象限角平分线，
故l2的表达式为y＝x；
（3）当x＝1时，y＝x＝1，故点P的坐标为（1，1），
将点P的坐标代入反比例函数表达式得：k＝1，
故反比例函数表达式为y＝，
∵点A的纵坐标为2，B的纵坐标为m，这两点都在直线l2上，故点B（m，m），点A（2，2），
则点C、D的坐标分别为（2，）、（，m），
∵≤m≤，则点B在点P的下方，
则S1＝×BD×yB＝×（﹣m）×m＝（1﹣m2），
同理可得S2＝，
∴＝（1﹣m2），
∵≤m≤，
∴≤t≤．
24．（12分）如图，等边三角形△ABE和矩形ABCD有共同的外接圆⊙O，且AB＝30．
（1）求证：∠CED＝120°；
（2）在劣弧上有动点F，连接DF、CF、BF，DF分别交AE、AB于点M、P，CF交BE于点N．
①设△MNF与△CDF的周长分别为C1和C2，试判断C2﹣C1的值是否发生变化，若不变则求出该值；若变化请说明理由；
②若PN＝5，求BF的长．
【分析】（1）连接OD、OE、OC，证明△DOE和△EOC都是等边三角形，即可得到结果；
（2）①连接AC、BD，OM、ON，利用△CEN≌△OEN证明CN＝ON，同理DM＝OM，再证明O、N、M共线，得到MN＝CN+DM，从而可得C2﹣C1＝CD＝30；
②由N、P、F、B共圆得∠PNB＝90°，求出BP、AP、AD，sin∠APD＝sin∠BPF即可得出答案．
【解答】解：（1）证明：连接OD、OE、OC，如图：
∵等边三角形△ABE和矩形ABCD，
∴∠DAB＝∠CBA＝90°，∠EAB＝∠EBA＝60°，
∴∠DAE＝∠DAB﹣∠EAB＝30°，∠CBE＝∠CBA﹣∠EBA＝30°，
∴∠DOE＝∠EOC＝60°，
∵OD＝OE＝OC，
∴△DOE和△EOC都是等边三角形，
∴∠DEO＝∠CEO＝60°，
∴∠CED＝∠DEO+∠CEO＝120°；
（2）①C2﹣C1的值为30，不变，理由如下：
连接AC、BD，OM、ON，如图：
∵∠DAB＝∠CBA＝90°，
∴BD和AC是直径，
∵∠DEC＝120°，∠AEB＝60°，
∴∠DEA+∠CEB＝60°，
∵AD＝BC，
∴∠DEA＝∠CEB＝30°，
而∠DEO＝∠CEO＝60°，∠CBE＝30°，
∴∠DEA＝∠OEA＝∠CEB＝∠OEB＝30°，∠ECB＝180°﹣∠CEB﹣∠CBE＝120°，
∴∠ACB＝∠ECB﹣∠ECO＝60°，
∵△DOE和△EOC都是等边三角形，
∴CE＝OE＝DE，
在△CEN和△OEN中，
，
∴△CEN≌△OEN（SAS），
∴CN＝ON，
∴∠CON＝∠OCN，
同理DM＝OM，∠ODM＝∠DOM，
∵∠ODM＝∠BCF，
∴∠CON+∠DOM＝∠OCN+∠ODM＝∠OCN+∠BCF＝∠ACB＝60°，
而∠DOE＝∠EOC＝60°，
∴∠DOE+∠EOC+∠CON+∠DOM＝180°，
∴M、O、N共线，
∴CN+DM＝MN，
∴C2﹣C1＝（FC+CD+DF）﹣（FN+MN+MF）
＝（FN+CN+CD+DM+MF）﹣（FN+MN+MF）
＝CD，
∵矩形ABCD，AB＝30，
∴CD＝AB＝30，
∴C2﹣C1＝30；
②如图：
∵∠DEC＝120°，
∴∠DFC＝60°＝∠ABE，
∴N、P、F、B共圆，
∵∠DFB＝∠DAB＝90°，
∴∠PNB＝90°，
∵∠PBN＝60°，PN＝5，
∴BP＝10，
∵AB＝30，
∴AP＝20，
∵∠DAE＝∠DEA＝30°，
∴AD＝DE＝OD＝OA，
∴∠ADO＝60°，
在Rt△ABD中，AB＝30，
∴AD＝＝10，
∴DP＝＝10，
∴sin∠APD＝＝，
∴sin∠BPF＝，
∵BD为直径，
∴∠BFP＝90°，
Rt△BPF中，sin∠BPF＝，
∴＝，
∴BF＝．
25．（12分）如图，已知抛物线y＝x2+bx+c过点A（1，0）、点B（﹣5，0），点P是抛物线上x轴下方的一个动点，连接PA，过点A作AQ⊥PA交抛物线于点Q，作直线PQ．
（1）求抛物线的解析式；
（2）若点P的坐标为（﹣3，﹣8），求点Q的坐标；
（3）判断在点P运动过程中，直线PQ是否过定点？若存在定点，则求出定点坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）运用待定系数法将A，B的坐标分别代入，解方程组即可；
（2）设Q（m，m2+4m﹣5），过点P作PE⊥AB于点E，过点Q作QF⊥AB于点F，可证明△PAE∽△AQF，运用相似三角形性质建立方程求解即可；
（3）设直线PQ解析式为y＝px+q，P（xP，yP），Q（xQ，yQ），根据P（xP，yP），Q（xQ，yQ）是直线PQ与抛物线y＝x2+4x﹣5的交点，可得x2+（4﹣p）x﹣5﹣q＝0，运用根与系数关系可得：xP+xQ＝p﹣4，xPxQ＝﹣5﹣q，根据（2）可得△PAE∽△AQF，运用相似三角形性质可得＝，进而可得：（p+q）（q﹣5p﹣1）＝0，由于p+q≠0，可得q＝5p+1，即可得到直线PQ的解析式为y＝px+5p+1，当x＝﹣5时，y＝﹣5p+5p+1＝1，可得直线PQ恒过点（﹣5，1）．
【解答】解：（1）∵抛物线y＝x2+bx+c过点A（1，0）、点B（﹣5，0），
∴，
解得：，
∴抛物线的解析式为：y＝x2+4x﹣5；
（2）如图，设Q（m，m2+4m﹣5），过点P作PE⊥AB于点E，过点Q作QF⊥AB于点F，
∴∠AEP＝∠AFQ＝90°，QF＝m2+4m﹣5，AF＝1﹣m，
∵点P的坐标为（﹣3，﹣8），
∴PE＝8，AE＝4，
∵AQ⊥PA，
∴∠PAQ＝90°，
∴∠PAE+∠QAF＝90°，
∵∠QAF+∠AQF＝90°，
∴∠PAE＝∠AQF，
∴△PAE∽△AQF，
∴＝，即：＝，
解得：m1＝1（舍去），m2＝﹣，
当m＝﹣时，AF＝1﹣（﹣）＝，
∴QF＝×＝，
∴Q（﹣，）；
（3）点P运动过程中，直线PQ恒过定点（﹣5，1）．
设直线PQ解析式为y＝px+q，P（xP，yP），Q（xQ，yQ），
∵P（xP，yP），Q（xQ，yQ）是直线PQ与抛物线y＝x2+4x﹣5的交点，
∴x2+4x﹣5＝px+q，即x2+（4﹣p）x﹣5﹣q＝0，
∴xP+xQ＝p﹣4，xPxQ＝﹣5﹣q，
如图，过点P作PE⊥AB于点E，过点Q作QF⊥AB于点F，
则AE＝1﹣xP，PE＝﹣yP，AF＝1﹣xQ，QF＝yQ，
yP＝pxP+q，yQ＝pxQ+q，
∵△PAE∽△AQF，
∴＝，即：＝，
∴（1﹣xP）（1﹣xQ）＝﹣yPyQ，＝﹣（pxP+q）（pxQ+q），
∴1﹣（xP+xQ）+xPxQ＝﹣[p2xPxQ+pq（xP+xQ）+q2]，
∴1+（pq﹣1）（xP+xQ）+（p2+1）（xPxQ）+q2＝0，
∴1+（pq﹣1）（p﹣4）+（p2+1）（﹣5﹣q）+q2＝0，
∴（p+q）（q﹣5p﹣1）＝0，
∵p+q≠0，
∴q﹣5p﹣1＝0，
∴q＝5p+1，
∴直线PQ的解析式为y＝px+5p+1，
当x＝﹣5时，y＝﹣5p+5p+1＝1，
∴直线PQ恒过点（﹣5，1），
故点P运动过程中，直线PQ恒过定点（﹣5，1）．
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