2021年中考考前最后一卷【四川成都卷】

这是一份2021年中考考前最后一卷【四川成都卷】，共39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年中考考前最后一卷【四川成都卷】
数 学
（本卷共28小题，满分150分，考试用时120分钟）
A卷（共100分）
第Ⅰ卷（选择题，共30分）
一、选择题（本大题共10个小题，每小题3分，共30分，每小题均有四个选项，其中只有一项符合题目要求，答案涂在答题卡上）
1．（ ）的相反数的倒数是
A．2021 B．-2021 C． D．
2． “中国疫苗，助力全球战疫”．据中国外交部数据显示，中国已向53个提出要求的发展中国家提供了疫苗援助，并正在向20多个国家出口疫苗．预计2021年我国生产的新冠疫苗总产能将会超过20亿剂，必将为全球抗疫作出重大贡献．将数据“20亿”用科学记数法表示为（ ）

A．2×108 B．2×109 C．2×1010 D．20×108
3．如图所示的几何体由六块相同的小正方体搭成，若移走一块小正方体几何体的左视图发生了改变，则移走的小正方体是（ ）

A．① B．② C．③ D．④
4．如图，雷达探测器发现了A，B，C，D，E，F六个目标．目标C，F的位置分别表示为C（6，120°），F（5，210°），按照此方法表示目标A，B，D，E的位置时，其中表示正确的是（　　）
A．A（4，30°） B．B（1，90°） C．D（ 4，240°） D．E（3，60°）

5．下列运算中正确的是（ ）
A． B． C． D．
6．某校举办体能比赛，其中一项是引体向上，每完成一次记录1分，达到10个即为满分10分．甲、乙两班各出代表10个人，比赛成绩分别如下，根据表格中的信息判断，下列结论正确的是（ ）
甲班成绩
7
8
9
10
人数
2
2
3
3
乙班成绩
7
8
9
10
人数
1
2
3
4
A．甲班成绩的众数是10分 B．乙班成绩的中位数是9分
C．甲班的成绩的平均数是8.6分 D．乙班成绩的方差是2
7．如图，∠A＝120°，AB＝AC＝4，D在线段AB上，DE∥BC交AC于E，将△ADE绕点D顺时旋转30°得△GDH，当H点在BC上时，AD的长为（ ）

A． B．2 C． D．
8．若关于x的分式方程有正整数解，且关于y的一元一次不等式组的解集为，则所有满足条件的整数a的和为（ ）
A．8 B．7 C．3 D．2
9．抛物线大致如图，顶点坐标为．下列结论，①；②；③方程两根的和为，④当时，方程的所有实数根的和为，其中正确的有（ ）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
10．如图，矩形ABCD中，AB＝3，BC＝4，点E是AB边上一点，且AE＝2，点F是边BC上的任意一点，把BEF沿EF翻折，点B的对应点为G，连接AG，CG，则四边形AGCD的面积的最小值为（ ）

A． B． C． D．8
二、填空题（本大题共4个小题，每小题4分，共16分，答案写在答题卡上）
11．分解因式：______．
12．已知一次函数y＝（2m＋1）x＋m﹣3的图象不经过第二象限，则m的取值范围为______．
13．某中学科技节颁奖仪式隆重举行，其中小科技创新发明奖共有60人获奖，原计划特等奖5人，一等奖15人，二等奖40人．后来经校领导开会研究决定，在该项奖励总奖金不变的情况下，各等级获奖人数实际调整为：特等奖8人，一等奖18人，二等奖34人，调整后特等奖每人奖金降低90元，一等奖每人奖金降低50元，二等奖每人奖金降低30元，调整前一等奖每人奖金比二等奖每人奖金多70元，则调整后特等奖每人奖金比一等奖每人奖金多_______元．
14．如图，在⊙O中，MF为直径，OA⊥MF，圆内接正五边形ABCDE的部分尺规作图步骤如下：①作出半径OF的中点H．②以点H为圆心，HA为半径作圆弧，交直径MF于点G．③AG长即为正五边形的边长、依次作出各等分点B，C，D，E．已知⊙O的半径R＝2，则AB2＝__．（结果保留根号）

三、解答题（本大题共6个小题，共54分，解答过程写在答题卡上）
15．（12分）请回答下列问题．
（1）计算：（）﹣2+|1﹣2cos30°|﹣tan60°+（2020﹣）0．（2）解方程：x2+4x﹣5＝0．


16．（6分）先化简后求值：，其中．


17．（8分）数学发展史是数学文化的重要组成部分，了解数学发展史有助于我们理解数学知识，提升学习兴趣，某校同学们就对“概率发展的历史背景”的了解程度在初三年级进行随机抽样调查，将调查结果绘制成如下两幅统计图：根据统计图的信息，解答下列问题：
两幅统计图：（1）本次共调查______名学生，条形统计图中______．
（2）若该校初三共有学生1500名，则该校约有名学生不了解“概率发展的历史背景”；
（3）调查结果中，该校九年级（2）班学生中了解程度为“很了解”的同学是两名男生、一名女生，现准备从其中随机抽取两人去市里参加“初中数学知识的历史背景”知识竞赛，用树状图或列表法，求恰好抽中一男生一女生的概率．

18．（8分）如图①，西安奥体中心体育场作为2021年第十四届全运会的主会场，以西安市花“石榴花”为构思，以“丝路起航，盛世之花”为立意，让建筑、自然与人共生共融．小明和数学实践小组的同学想知道西安奥体中心主体育场馆的高度，于是他们拿着测倾器和皮尺来到奧体中心，如图②所示，小明选定场馆前的一棵树CD来测量，他先调整测倾器的位置发现，在H处观测树顶C的仰角为30°，此时恰好看到场馆AB的顶部A（G，C、A三点在一条直线上）；接着，小明从H处出发沿HB方向前进26m到达F处，此时观测树顶C的仰角为60°，测得BD＝60m，测倾器的高度GH＝EF＝1m，已知AB⊥BH，CD⊥BH，EF⊥BH，CH⊥BH，点D、F在BH上，求西安奥体中心主体育场馆AB的高度．（结果保留根号）




19．（10分）如图1，在平面直角坐标系中，直线与双曲线交于点和点，连接，其中．（1）求双曲线和直线的表达式；（2）求的面积；（3）如图2，将直线沿着轴向下平移得到直线，且直线与双曲线在第三象限内的交点为，若的面积为20，求直线与轴的交点坐标．


20．（10分）已知：内接于，过点作，垂足为点，．（1）如图1，求证：；（2）如图2，点在上，连接，为中点，连接，．求证：；（3）如图3，在（2）的条件下，延长、分别交于点、，、的延长线相交于点，连接，若，，求线段的长．





B卷（共50分）
一、填空题（本大题共5个小題，每小題4分，共20分，答案写在答题卡上）
21．比较大小：______（填“”“”）．
22．设x1，x2是方程x2﹣x﹣2020＝0的两实数根，则x13+2021x2﹣2020＝__．
23．阅读下列材料，然后回答问题：已知a＞0，S1＝，S2＝﹣S1﹣1，S3＝，S4＝﹣S3﹣1，S5＝，…．当n为大于1的奇数时，Sn＝；当n为大于1的偶数时，Sn＝﹣Sn﹣1﹣1．直接写出S2020＝_____（用含a的代数式表示）；计算：S1+S2+S3+…+S2022＝_____．
24．在平面直角坐标系中，O为坐标原点，反比例函数y＝（k＞0）的图象上有两点A，B（点A在B上方），直线AB的解析式为y＝k'x+18．在第一象限内有一点C（8，12），∠ACB＝90°，若△ABC和△ABO的面积相等．则k的值为_____．
25．如图，在边长为4的正方形中，是边上一动点（不含、两点），将沿直线翻折，点落在点处；在上有一点，使得将沿直线翻折后，点落在直线上的点处，直线交于点，连结，．则以下结论中正确的有______（写出所有正确结论的序号）．
①；②四边形的面积最大值为10；③当为中点时，为线段的中垂线；④线段的最小值为；⑤当时，．

二、解答题（本大题共3个小题，共30分解答过程写在答题卡上）
26．（8分）某公司销售一种商品，成本为每件20元，经过市场调查发现，该商品的日销售量y（件）与销售单价x（元）是一次函数关系，其销售单价、日销售量的三组对应数值如下表：
销售单价x（元）
40
60
80
日销售量y（件）
80
60
40
（1）求y与x的关系式；（2）若物价部门规定每件商品的利润率不得超过100%，设日利润为w元，求公司销售该商品获得的最大日利润；（3）若物价部门规定该商品销售单价不能超过a元，并且由于某种原因，该商品每件成本变成了之前的2倍，在日销售量y（件）与销售单价x（元）保持（1）中函数关系不变的情况下，该商品的日销售最大利润是1500元，求a的值．

27．（10分）如图，在平行四边形中，的平分线交于点，交的延长线于F，以为邻边作平行四边形．（1）证明平行四边形是菱形；
（2）若，连结，①求证：；②求的度数；
（3）若，，，M是的中点，求的长．




28．（12分）如图1，在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2＋bx＋4与x轴交于点A（﹣2，0）、B（4，0），与y轴交于点C．（1）求抛物线的函数解析式；（2）点D是抛物线上一点，D点横坐标为3，连接AD，点P为AD上方抛物线上一点，连接PA，PD，请求出△PAD面积的最大值及此时点P的坐标；（3）如图2，将原抛物线y＝ax2＋bx＋4沿x轴负半轴方向平移2个单位长度，得到新抛物线y1＝a1x2＋b1x＋c1（a1≠0），新抛物线与原抛物线交于点M．点N是原抛物线对称轴上一点，在平面直角坐标系内是否存在点Q，使得以点A、M、N、Q为顶点的四边形是矩形？若存在，请直接写出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．





1． 【答案】A
【分析】先计算的倒数的结果，再计算结果的相反数即可解题．
【详解】解：的倒数为，的相反数为2021，故选：A．
【点睛】本题考查倒数、相反数等知识，是基础考点，难度较易，掌握相关知识是解题关键．
2．【答案】B
【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．
【详解】解：20亿=2000000000=2×109，故选：B．
【点睛】本题考查了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．
3． 【答案】B
【分析】根据左视图的定义，影响左视图的因素是行数及其行数中小正方体的最高层数，据此判断即可．
【详解】根据几何体，得它的左视图如下，

∵去掉①既没有改变几何体的行数，也没有改变行数中小正方体的最高层数，从而几何体的左视图不会改变，∴①不符合题意；
∵去掉②改变了几何体的行数，没有改变行数中小正方体的最高层数，从而几何体的左视图改变，
∴②符合题意；
∵去掉③既没有改变几何体的行数，也没有改变行数中小正方体的最高层数，从而几何体的左视图不会改变，∴③不符合题意；
∵去掉④既没有改变几何体的行数，也没有改变行数中小正方体的最高层数，从而几何体的左视图不会改变，∴④不符合题意；故选：B．
【点睛】本题考查了几何体的视图，熟练掌握几何体的三视图的画法和视图的定义是解题的关键．
4．【答案】C
【分析】按已知可得，表示一个点，横坐标是自内向外的环数，纵坐标是所在列的度数，分别写出坐标（5，30°），（2，90°），（4，240°），（3，300°），即可判断．
【详解】解：按已知可得，表示一个点，横坐标是自内向外的环数，纵坐标是所在列的度数，
由题意可知、、、的坐标可表示为：（5，30°），故A不正确；
（2，90°），故B不正确；（4，240°），故C正确；（3，300°），故D不正确．故选择：C．
【点睛】本题考查新定义坐标问题，仔细分析题中的C、F两例，掌握定义的含义，抓住表示一个点，横坐标是自内向外的环数，纵坐标是所在列的度数是解题关键．
5． 【答案】C
【分析】根据整式的运算法则分别判断即可．
【详解】解：A、，故选项不符合题意；B、，故选项不符合题意；
C、，故选项符合题意；D、，故选项不符合题意；故选C．
【点睛】本题考查整式的混合运算，掌握计算法则是正确计算的前提，属于基础题型．
6．【答案】B
【分析】依次按照众数、中位数、平均数和方差的定义计算后判断即可．
【详解】A．甲班成绩中9分和10分出现的次数最多为3次，故众数为9分和10分，原选项说法不正确，不符合题意；B.乙班成绩从小到大，第5个人和第6个人的成绩依次为9分和9分，故中位数是9分，说法正确，符合题意；
C.甲班的平均数为：分，原选项说法错误，不符合题意；
D. 乙班的平均数为：分，方差为：，原选项说法错误，不符合题意；
故选：B．
【点睛】本题考查求众数、中位数、平均数和方差．注意众数可能有多个，中位数要排序．熟记平均数和方差的计算公式是解题关键．
7． 【答案】A
【分析】过A点作AF⊥DE于F，设AD＝x，利用平行线的性质得到∠ADE＝∠AED＝30°，则根据等腰三角形的性质得到DF＝EF，利用含30度的直角三角形三边的关系得到DE＝x，接着根据旋转的性质得DH＝DE＝x，∠EDH＝30°，再证明∠DHB＝∠B＝30°得到DH＝DB＝x，所以x＝4-x，然后解方程即可．
【详解】解：如图，过A点作AF⊥DE于F，设AD＝x，

∵∠A＝120°，AB＝AC＝4，∴∠B＝∠C＝30°，
∵，∴∠ADE=∠AED=∠B =30°，∴AF＝AD＝x，
∴DF＝AF＝x，∴DE＝2DH＝x，
∵△ADE绕点D顺时旋转30°得△GDH，H点在BC上，∴DH＝DE＝x，∠EDH＝30°，
∵∠ADH＝∠B＋∠DHB，即∠ADE＋∠EDH＝∠B＋∠DHB，
∴∠DHB＝∠B＝30°，∴DH＝DB＝x，∵DB＝AB-AD＝4-x，∴x＝4-x，
解得：x＝2-2，即AD的长为2-2.故选：A．
【点睛】本题考查旋转的性质、平行线的性质、等腰三角形的判定和性质以及含角的直角三角形的性质．作出辅助线是解答本题的关键．
8．【答案】D
【分析】求出原分式方程的解x=， x为正整数，且x≠2，再根据不等式组 ，求出解集为：y≤a，得出5＞a，求出x的值，再求出a的值，即可求解．
【详解】解： ，去分母：x-a=x-2+5-2x
解得：x= ，x为正整数，且x≠2， ，解得： ，
又根据解集为：y≤a，∴5＞a，又∵x= ＜ =4，x为正整数，且x≠2，∴x=1或3，
若x=1，则 =1，得a=-1，若x=3，则 ，得a=3.∴和为：-1+3=2故选D．
【点睛】本题考查分式方程的解法，一元一次不等式组的解法，掌握解分式方程，一元一次不等式组的一般步骤是解题的关键．
9． 【答案】B
【分析】根据二次函数的性质一一判断即可．
【详解】解：∵抛物线的顶点坐标（-2，-9a），
∴，∴b=4a，c=-5a，∴抛物线的解析式为y=ax2+4ax-5a，
∴，故①错误，∴故②正确；
∵抛物线y=ax2+bx+c=ax2+4ax-5a，当y=0时，ax2+4ax-5a=0，
∴方程ax2+bx+c=0的两个根和为：，故结论③正确；
如图，当时，直线y=1与的图象有3个交点，

∴方程的所有实数根的和为，
当时，直线y=1与的图象有2个交点，此时方程的所有实数根的和为，∴当时，直线y=1与的图象有4个交点，此时方程方程的所有实数根的和为-4-4=-8，故④错误；所以正确的结论有2个，故选：B
【点睛】本题考查二次函数的性质、二次函数图象上的点的特征、抛物线与坐标轴的交点问题等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题．
10．【答案】A
【分析】连接，首先确定出随着F点的运动，E点的运动轨迹，然后利用直线与圆的位置关系得出时，四边形AGCD的面积的最小，从而结合三角函数求解即可．
【详解】如图，连接，∵四边形是矩形，
∴，根据勾股定理得，，
∵，∴点F在BC上的任何位置时，点G始终在AC的下方，设点G到AC的距离为h，
∵，
∴要使四边形的面积最小，即h最小，
由题意可知点G是以点E为圆心，BE=1为半径的圆上在矩形内部的一点，
∴时，h最小，即点三点共线．由折叠的性质知，
如解图，延长EG交AC于点H，则，在中，，
在中，，，∴，
∴，∴，故选：A．

【点睛】本题考查矩形中的折叠问题，理解矩形的性质，准确判断出动点的轨迹，熟练结合三角函数求解是解题关键．
二、填空题（本大题共4个小题，每小题4分，共16分，答案写在答题卡上）
11．【答案】
【分析】利用完全平方公式和平方差公式因式分解即可．
【详解】===
=故答案为：．
【点睛】本题考查的是因式分解，掌握利用完全平方公式和平方差公式因式分解是解题关键．
12．【答案】
【分析】根据一次函数图象经过的象限可得出关于m的一元一次不等式组，解之即可得出m的取值范围．
【详解】解：∵一次函数的图象不经过第二象限，
∴该图象经过第一、三象限或第一、三、四象限，
，解得：﹣＜m≤3．故答案为：﹣＜m≤3．
【点睛】本题考查了一次函数的性质及解不等式组，解题的关键是熟知一次函数的性质并正确的应用．
13．【答案】700
【分析】设原来特等奖为x元，一等奖为y元，二等奖为z元，则调整后特等奖为（x90）元，一等奖为（y50）元，二等奖为（z30）元．构建方程组，求出xy即可解决问题；
【详解】解：设原来特等奖为x元，一等奖为y元，二等奖为z元，则调整后特等奖为（x90）元，一等奖为（y50）元，二等奖为（z30）元．根据题意，得
解得：；
∴调整后特等奖每人奖金比一等奖每人奖金多：（元）；
故答案为：700．
【点睛】本题考查三元一次方程组的应用，解题的关键是理解题意，学会设未知数，构建方程解决问题；
14． 【答案】
【分析】连接AG，由作图可知，OA＝2，H为OF中点，可求OH=，由勾股定理得AH＝，可求OG＝﹣1，由勾股定理AB2＝AG2＝OA2+OG2＝4+（﹣1）2＝10﹣2即可．
【详解】解：连接AG，由作图可知，OA＝2，OH＝1，H为OF中点，∴OH=，
在Rt△OAH中，由勾股定理∴AH＝，

∵AH＝HG＝，∴OG＝GH﹣OH＝﹣1，在Rt△AOG中，由勾股定理得，
∴AB2＝AG2＝OA2+OG2＝4+（﹣1）2＝10﹣2．故答案为：10﹣2．
【点睛】本题考查尺规作圆内接正五边形的方法与步骤，线段垂直平分线，勾股定理，作圆弧，掌握圆内接正五边形的方法与步骤，线段垂直平分线，勾股定理，作圆弧的方法是解题关键．
三、解答题（本大题共6个小题，共54分，解答过程写在答题卡上）
15． 【答案】（1）4；（2）x1＝1，x2＝﹣5．
【分析】（1）原式利用零指数幂、负整数指数幂法则，绝对值的代数意义，以及特殊角的三角函数值计算即可求出值；（2）方程利用因式分解法求出解即可．
【详解】解：（1）原式＝4+（2×﹣1）﹣+1＝4+﹣1﹣+1＝4；
（2）分解因式得：（x﹣1）（x+5）＝0，
可得x﹣1＝0或x+5＝0，
解得：x1＝1，x2＝﹣5．
【点睛】本题考查了实数计算和解一元二次方程，解题关键是熟知三角函数值，会依据法则和方法进行准确计算．
16．【答案】，
【分析】先把分子，分母分解因式，再把除法化为乘法，利用约分和通分，化简分式，最后代入求值，即可求解．
【详解】解：原式==
====，
当时，原式=．
【点睛】本题主要考查分式的化简求值，熟练掌握分式的约分和通分是解题的关键．
17．【答案】（1）60，18；（2）300人；（3）．
【分析】（1）根据了解很少的有24人，占40%，即可求得总人数；再利用调查的总人数减去其它各项的人数即可求得m的值；（2）利用1500乘以不了解“概率发展的历史背景”的人所占的比例即可求解；
（3）画出树状图即可求出恰好抽中一男生一女生的概率．
【详解】（1）由题目图表提供的信息可知总人数=24÷40%=60（名），m=60-12-24-6=18，
故答案为：60，18；
（2）1500×=300（名），
即该校共有学生1500名，则该校约有300名学生不了解“概率发展的历史背景”，
（3）画树状图得：

∵共有6种等可能的结果，其中恰好抽中一男生一女生的共有4种情况，
∴恰好抽中一男生一女生的概率为．
【点睛】本题考查了列表法与树状图法、条形统计图和扇形统计图等知识，读懂统计图，正确画出树状图是解题的关键．
18．【答案】m
【分析】抽象成数学模型，延长GE，交CD于点N，交AB于点M，则∠CGM=30°，
∠CEM=60°，得到∠ECG=∠CGM=30°，CE=EG=HF=26，NE=13，根据题意，得到MN=BD=60，
继而得到MG=MN+NE+EG=99，解直角三角形，得到AM，继而求得AB的高度．
【详解】画图如下，延长GE，交CD于点N，交AB于点M，根据题意，得∠CGM=30°，
∠CEM=60°，∵∠CEM=∠ECG+∠CGM，∴∠ECG=∠CGM=30°，∴CE=EG，
∵AB⊥BH，CD⊥BH，EF⊥BH，CH⊥BH，GH＝EF＝1，
∴四边形EFHG是矩形，四边形NDFE是矩形，四边形MBDN是矩形，
∴CE=EG=FH=26，MB=ND=EF=GH=1，∴在直角三角形CNE中，
∵∠CEM=60°，∴∠NCE=30°，∴NE=13，
∵四边形MBDN是矩形，∴MN=BD=60，∴MG=MN+NE+EG=99，
在直角三角形AMG中，tan∠CGM= tan 30°=，
∴，∴AM=33，∴AB=AM+MB=33+1．
故西安奥体中心主体育场馆AB的高度为（33+1）米．

【点睛】本题考查了矩形的判定与性质，仰角的意义，解直角三角形，特殊角的函数值，
准确将问题数学模型化，灵活运用知识进行解直角三角形是解题的关键．
19． 【答案】（1），；（2）；（3）(0，-5)
【分析】（1）根据两点间得距离公式，求出a的值，从而得到A，B的坐标，进而即可求解；（2）设直线与x轴的交点为C，则C(-3，0)，根据的面积=，即可求解；（3）设C的坐标为(m，)，过点C作CM⊥x轴，交直线于点M，列出关于m的方程，从而求出C的坐标，进而即可求解．
【详解】解：（1）∵，，∴，解得：a=1，∴，
∵直线与双曲线交于点和点，∴m=1×4=4，
∴反比例函数解析式为：，∴，即：，
∴，解得：，∴直线的表达式为：；
（2）设直线与x轴的交点为C，则C(-3，0)，
∴的面积=；

（3）设C的坐标为(m，)，过点C作CM⊥x轴，交直线于点M，则M的坐标为：(m，m+3)，
∵的面积为20，∴，即：，
∴（舍去）或，∴C的坐标为(，)，
∵直线沿着轴向下平移得到直线，∴可设直线的表达式为：，
把(，)代入得：，解得：b=-5．
∴直线的表达式为：，∴直线与轴的交点坐标为(0，-5)．
【点睛】本题主要考查反比例函数与一次函数的综合，熟练掌握待定系数法以及函数图像上点的坐标特征，是解题的关键．
20． 【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）
【分析】（1）作AM平分∠BAC交BC于M，∠BAM=∠CAM=，可得，可证△AMB≌△AMC（ASA）即可；（2）延长CF交于点L，交AC于点N，连结BL，∠ECF=∠BAC，可得AN=NC，由，可得∠BAC=∠BLC，由，可得∠ABL=∠ACL，，可证AB=CL．可证△BFL≌△EFC（AAS）即可；
（3）连接LE，AL，过点L作LR⊥AE，由BL∥CE且BL=CE，可证四边形LBCE为平行四边形，可得LE=BC，∠AEL=∠ACB， 四边形ALBC为圆内接四边形，可得可证，，可证，，可得，，，设则，，在中，，，，连接OA、，为中点，可推得，连接，由，，可求，，，可求．
【详解】（1）作AM平分∠BAC交BC于M，∴∠BAM=∠CAM=，
，，∴∠DBC+∠C=90°，
∴∠CAM+∠C=∠DBC+∠C=90°，∴∠AMB=∠AMC=90°，
在△AEB和△AEC中，，∴△AMB≌△AMC（ASA），∴AB=AC，

（2）延长CF交于点L，交于点N，连结BL，
∵∠ECF=∠BAC，，，．
，，，，
，．，，
点为中点，，
在△BFL和△EFC中，，
，，；

（3）连接，且，
四边形为平行四边形，，，连接，
四边形为圆内接四边形，，
，，
，，过点作，，
在和中，，，，
，，，，
又，，，
，，，，
，，，设则，，
在中，，，
，连接OA、，
为中点，．，，
，连接，
，，，
，，
，．
【点睛】本题考查角平分线，两直线垂直，三角形全等判定与性质，圆周角性质，平行四边形的判定与性质，勾股定理，锐角三角函数，掌握角平分线，两直线垂直，三角形全等判定与性质，圆周角性质，平行四边形的判定与性质，勾股定理，锐角三角函数，关键是利用辅助线构造准确的图形．

B卷（共50分）
一、填空题（本大题共5个小題，每小題4分，共20分，答案写在答题卡上）
21．【答案】
【分析】把余弦化成正弦,再通过角度大小比较正弦值的大小即可．
【详解】∵．
在锐角范围内，随的增大而增大，
∴，∴．故答案为：＜．
【点睛】本题考查三角函数值的大小比较，利用正弦余弦的关系进行大小比较即可．
22．【答案】2021
【分析】由题意先根据一元二次方程根的定义得到，再用表示出，则，然后根据根与系数的关系计算．
【详解】解：∵x1是方程x2﹣x﹣2020＝0的实数根，∴x12﹣x1﹣2020＝0，∴x12＝x1+2020，
∴x13＝x1（x1+2020）＝x1+2020+2020x1＝2021x1+2020，
∴x13+2021x2﹣2020＝2021x1+2020+2021x2﹣2020＝2021（x1+x2），
∵x1，x2是方程x2﹣x﹣2020＝0的两实数根，∴x1+x2＝1，∴x13+2021x2﹣2020＝2021×1＝2021．故答案为：2021．
【点睛】本题考查根与系数的关系，注意掌握若是一元二次方程的两根时，则有．
23．【答案】 ﹣1011
【分析】根据阅读材料进行计算，发现规律：每6个结果为一个循环，可得2020÷6＝336…4，根据2022÷6＝337，进而可得结论．
【详解】解：∵S1＝，S2＝﹣S1﹣1＝，S3＝＝，S4＝﹣S3﹣1＝，S5＝＝﹣a﹣1，
S6＝﹣S5﹣1＝a，S7＝＝，…．当n为大于1的奇数时，Sn＝；
当n为大于1的偶数时，Sn＝﹣Sn﹣1﹣1．发现规律：每6个结果为一个循环，所以2020÷6＝336…4，
所以S2020＝；因为2022÷6＝337，
所以S1+S2+S3+…+S2022＝337（+++﹣a﹣1+a）＝337（﹣1﹣1﹣1）＝﹣1011．
故答案为：，﹣1011．
【点睛】本题考查了规律型-数字的变化类，解决本题的关键是观察数字的变化寻找规律，总结规律，运用规律．
24．【答案】或．
【分析】分当点C和O在AB的两侧和同侧两种情形分别求解即可．
【详解】解：分两种情形讨论：（1）当点C和O在AB的两侧时，如图1中，过点C作CE⊥AB于E，连接OC交AB于F．设直线AB交y轴于点M，交x轴于点N，取AB的中点G，连接CG．过O作OD⊥AB于点D．

∵S△ABC＝•AB•CE，S△ABO＝•AB•OD，且△ABC和△ABO的面积相等，∴CE＝OD
∵∠FEC＝∠FDO＝90°，∠EFC＝∠DFO，∴△EFC≌△DFO（AAS），∴CF＝OF，
∵O（0，0），C（8，12），∴F（4，6），∵直线AB的解析式为y＝k′x+18，∴k′＝﹣3，
∴直线AB的解析式为y＝﹣3x+18，∴M（0，18），N（6，0），
∵G是AB的中点，∴GA＝GB，∵AM＝BN，（这个一般结论的证明如下：构造如图所示的图形，四边形PQOH是矩形，∵PQ∥OM，∴，
∵PH∥ON，∴，如图，∵，（其中S是矩形PQOH的面积），

∴，即，∴n=l，即AM=BN）∴GM＝GN，∴G（3，9），
∵∠ACB＝90°，GA＝GC，∴CG＝AG，
设A（m，﹣3m+18），则有（m﹣3）2+（﹣3m+18﹣9）2＝（8﹣3）2+（12﹣9）2，
解得m＝3﹣或3+（舍弃），当m＝3﹣时，﹣3m+18＝3（3+），
∴k＝（3﹣）×3（3+）＝．
（2）当点C和点O在AB的同侧时，如图2中，由题意可得OC∥AB，

∵C（8，12），直线AB：y＝k′x＝18，∴直线AB的解析式为y＝x+18，∴M（0，18），N（﹣12，0），
∵GA＝GB，AM＝BN，∴GM＝GN，∴G（﹣6，9），∵∠ACB＝90°，GA＝GB，∴AG＝CG，
设A（m，m+18），则有（m+6）2+（m+18﹣9）2＝（8+6）2+（12﹣9）2，
解得m＝﹣6+或﹣6﹣（舍弃），
∴k＝（﹣6+）×（6+）＝，∴k的值为或．故答案为为或．
【点睛】本题考查反比例函数的性质，一次函数的性质，解一元二次方程等知识，掌握运用分类讨论的思想解决实际问题成为解答本题的关键．
25．【答案】①②⑤．
【分析】根据折叠性质，相似三角形的判定和性质和正方形性质逐个分析即可. 证AB=CB=DC=AD=4，∠C=∠B=90°，得△CMP∽△BPA，故①正确；当x=2时，四边形AMCB面积最大值为10，故②正确；NE≠EP，故③错误；AM的最小值==5，故④错误；PB=故⑤正确．
【详解】∵∠APB=∠APE，∠MPC=∠MPN，
∵∠CPN+∠APB=180°，∴2∠NPM+2∠APE=180°，∴∠MPN+∠APE=90°，∴∠APM=90°，
∵∠CPM+∠APB=90°，∠APB+∠PAB=90°，∴∠CPM=∠PAB，
∵四边形ABCD是正方形，∴AB=CB=DC=AD=4，∵∠C=∠B=90°，∴△CMP∽△BPA．故①正确，
设PB=x，则CP=4﹣x，∵△CMP∽△BPA，∴，∴CM=x（4﹣x），

∴S四边形AMCB=[4+x（4﹣x）]×4==，
∴x=2时，四边形AMCB面积最大值为10，故②正确，
当PB=PC=PE=2时，设ND=NE=y，在Rt△PCN中，，解得，
∵，∴NEEP，AE不是线段NP的中垂线，∴NE≠EP，故③错误，
作MG⊥AB于G，∵AM==，∴AG最小时，AM最小，
∵AG=AB﹣BG=AB﹣CM=4﹣x（4﹣x）=，
∴x=1时，AG最小值=3，∴AM的最小值==5，故④错误．
∵△ABP≌△ADN时，∴∠PAB=∠DAN=22.5°，在AB上取一点K使得AK=PK，设PB=z，
∴∠KPA=∠KAP=22.5°．∵∠PKB=∠KPA+∠KAP=45°，∴∠BPK=∠BKP=45°，
∴PB=BK=z，AK=PK=，∴z+z=4，∴z=，∴PB=，
故⑤正确．故答案为①②⑤．
【点睛】本题考查正方形性质,三角形折叠,相似三角形的判定和性质，三角形全等性质，四边形面积，二次函数最值，勾股定理，一元二次方程，特殊角锐角三角函数，二次根式化简掌握正方形性质,三角形折叠,相似三角形的判定和性质，三角形全等性质，四边形面积，二次函数最值，勾股定理，一元二次方程，特殊角锐角三角函数，二次根式化简是解题关键．
二、解答题（本大题共3个小题，共30分解答过程写在答题卡上）
26．【答案】（1）y＝－x＋120；（2）1600元；（3）a=70．
【分析】（1）设函数的表达式为y＝kx＋b，利用待定系数法解题；（2）设公司销售该商品获得的最大日利润为w元，利用总利润=单利销售量列函数关系式，化为顶点解析式，根据二次函数的增减性解题即可；（3）当w最大＝1500时，解得x的值，再由x的取值范围分两种情况讨论①a＜80或②a≥80时，根据二次函数的增减性解题即可．
【详解】（1）设函数的表达式为y＝kx＋b，
将（40，80）、（60，60）代入上式得：，解得，
故y与x的关系式为y＝－x＋120；
（2）公司销售该商品获得的最大日利润为w元，
则w＝（x－20）y＝（x－20）（－x＋120）＝－（x－70）2＋2500，
∵x－20≥0，－x＋120≥0，x－20≤20×100%，∴20≤x≤40，
∵－1＜0，故抛物线开口向下，故当x＜70时，w随x的增大而增大，
∴当x＝40（元）时，w的最大值为1600（元），
故公司销售该商品获得的最大日利润为1600元；
（3）
当w最大＝1500时，＝1500，解得x1＝70，x2＝90，
∵x－2×20≥0，∴x≥40，又∵x≤a，∴40≤x≤a．∴有两种情况，①a＜80时，即40≤x≤a，
在对称轴左侧，w随x的增大而增大，∴当x＝a＝70时，w最大＝1500，
②a≥80时，即40≤x≤a，在40≤x≤a范围内w最大＝1600≠1500，
∴这种情况不成立，综上所述，a＝70．
【点睛】本题考查二次函数的实际应用，涉及一次函数的应用、待定系数法解一次函数的解析式等知识，是重要考点，难度较易，掌握相关知识是解题关键．
27．【答案】（1）见解析；（2）①见解析；②60°；（3）
【分析】（1）平行四边形的性质可得ADBC，ABCD，再根据平行线的性质证明∠CEF＝∠CFE，根据等角对等边可得CE＝CF，再有条件四边形ECFG是平行四边形，可得四边形ECFG为菱形，即可解决问题；（2）先判断出∠BEG＝120°＝∠DCG，再判断出AB＝BE，进而得出BE＝CD，即可判断出△BEG≌△DCG（SAS），再判断出∠CGE＝60°，进而得出△BDG是等边三角形，即可得出结论；
（3）首先证明四边形ECFG为正方形，再证明△BME≌△DMC可得DM＝BM，∠DMC＝∠BME，再根据∠BMD＝∠BME＋∠EMD＝∠DMC＋∠EMD＝90°可得到△BDM是等腰直角三角形，由等腰直角三角形的性质即可得到结论．
【详解】解：（1）证明：∵AF平分∠BAD，∴∠BAF＝∠DAF，
∵四边形ABCD是平行四边形，∴ADBC，ABCD，
∴∠DAF＝∠CEF，∠BAF＝∠CFE，∴∠CEF＝∠CFE，∴CE＝CF，
又∵四边形ECFG是平行四边形，∴四边形ECFG为菱形；
（2）①∵四边形ABCD是平行四边形，∴ABDC，AB＝DC，ADBC，
∵∠ABC＝120°，∴∠BCD＝60°，∠BCF＝120°由（1）知，四边形CEGF是菱形，
∴CE＝GE，∠BCG＝∠BCF＝60°，∴CG＝GE＝CE，∠DCG＝120°，
∵EG∥DF，∴∠BEG＝120°＝∠DCG，∵AE是∠BAD的平分线，∴∠DAE＝∠BAE，
∵ADBC，∴∠DAE＝∠AEB，∴∠BAE＝∠AEB，∴AB＝BE，∴BE＝CD，
∴△DGC≌△BGE（SAS）；
②∵△DGC≌△BGE，∴BG＝DG，∠BGE＝∠DGC，∴∠BGD＝∠CGE，
∵CG＝GE＝CE，∴△CEG是等边三角形，∴∠CGE＝60°，∴∠BGD＝60°，
∵BG＝DG，∴△BDG是等边三角形，∴∠BDG＝60°；
（3）如图，连接BM，MC，

∵∠ABC＝90°，四边形ABCD是平行四边形，∴四边形ABCD是矩形，
又由（1）可知四边形ECFG为菱形，∠ECF＝90°，∴四边形ECFG为正方形．
∵∠BAF＝∠DAF，∴BE＝AB＝DC，∵M为EF中点，∴∠CEM＝∠ECM＝45°，∴∠BEM＝∠DCM＝135°，
在△BME和△DMC中，∵，∴△BME≌△DMC（SAS），
∴MB＝MD，∠DMC＝∠BME．∴∠BMD＝∠BME＋∠EMD＝∠DMC＋∠EMD＝90°，
∴△BMD是等腰直角三角形．∵AB＝8，AD＝14，∴BD＝，∴DM＝．
【点睛】此题主要考查平行四边形的判定方法，全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，菱形的判定与性质、正方形的性质等知识点，应用时要认真领会它们之间的联系与区别，同时要根据条件合理、灵活地选择方法．
28．【答案】(1)（2），；（3）或．
【分析】（1）将A、B两点的坐标值代入抛物线的解析式y＝ax2＋bx＋4中，列二元一次方程组，求出、的值，即得到抛物线的解析式．（2）分别过点D、P作x轴垂线，交x轴于点E、F，，根据上一小题的结论，设点P坐标为，得出DE、PF的值，代入计算，结合二次函数图像性质即可求出面积最大值及P点坐标．
（3）根据二次函数平移法则得到新抛物线解析式，联立移动前后两个函数解析式，得到点M坐标，根据矩形性质可得MN或AN垂直于AM，得出点N坐标，再根据矩形性质和平移法则求出点Q坐标．
【详解】解：（1）将A、B两点的坐标值代入抛物线的解析式y＝ax2＋bx＋4中，
列二元一次方程组，解得；∴抛物线的函数解析式为：．
（2）分别过点D、P作x轴垂线，交x轴于点E、F，如图，

∵点P为AD上方抛物线上一点，∴x的取值范围是，
∵抛物线的函数解析式为：，
D、P都是抛物线上的点，设点P坐标为，D点横坐标为3，
∴，，∵，
即，
，
化简得，，△PAD面积可看做关于x的二次函数，
∴当，即时，有最大值，；
把代入，，
∴△PAD面积的最大值为，此时点P坐标为．
（3）存在，点Q坐标为或．
把抛物线移动前解析式改写成顶点式，，
根据二次函数平移法则，移动后的解析式为，，即，
二次函数移动后的解析式化为一般式，，
∵二次函数移动前后的图像有交点M，∴，
解得，，∴点M坐标为；
∵抛物线移动前对称轴为，点N是原抛物线对称轴上一点，∴点N横坐标为1；
第一种情况：∵若以点A、M、N、Q为顶点的四边形是矩形，当MN和AM为邻边时，则，过点N作平行于x轴直线，交y轴于点T,如图，

在和中，∴,∴，
∵，，，∴，即，，
∴，点T纵坐标为，∴点N坐标为，
根据矩形性质和平移法则，线段AM向右平移1，向下平移，得到对应线段QN，四边形AQNM构成矩形，∴点A向右平移1，向下平移，得到点Q，∴此时点Q坐标为；
第二种情况：∵若以点A、M、N、Q为顶点的四边形是矩形，当AN和AM为邻边时，则，原抛物线点对称轴交x轴于点G,如图，

在和中，∴，∴，
∵，，，∴，即，，∴，
根据矩形性质和平移法则，线段AM向右平移3，向下平移，得到对应线段NQ，四边形ANQM构成矩形，∴点M向右平移3，向下平移，得到点Q，∴此时点Q坐标为；
综上，点A、M、N、Q为顶点的四边形是矩形，点Q坐标为或．
【点睛】本题考查了待定系数法求二次函数解析式，实际问题与二次函数之图像运动问题，相似三角形的判定，由平移方式确定点的坐标，综合运用二次函数图像性质与矩形性质是解题关键