(通用版)2021年中考数学模拟练习卷19（含答案）

这是一份(通用版)2021年中考数学模拟练习卷19（含答案），共31页。试卷主要包含了选择题，填空题等内容，欢迎下载使用。
中考数学模拟练习卷
一、选择题：本大题共12小题，每小题3分，共36分.在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求.）
1．（3分）据宜宾市旅游局公布的数据，今年“五一”小长假期间，全市实现旅游总收入330000000元．将330000000用科学记数法表示为（　　）
A．3.3×108 B．3.3×109 C．3.3×107 D．0.33×1010
2．（3分）不等式组的解集表示在数轴上，正确的是（　　）
A． B． C． D．
3．（3分）已知m=1+，n=1﹣，则代数式的值为（　　）
A．9 B．±3 C．3 D．5
4．（3分）若关于x的一元二次方程x2﹣3x+p=0（p≠0）的两个不相等的实数根分别为a和b，且a2﹣ab+b2=18，则+的值是（　　）
A．3 B．﹣3 C．5 D．﹣5
5．（3分）一个正方形和两个等边三角形的位置如图所示，则∠1+∠2+∠3的度数为（　　）

A．150° B．120° C．90° D．180°
6．（3分）如图，是我们数学课本上采用的科学计算器面板，利用该型号计算器计算cos55°，按键顺序正确的是（　　）

A． B． C． D．
7．（3分）由若干个相同的小正方体搭成的一个几何体的主视图和俯视图如图所示，则组成这个几何体的小正方体的个数最多有（　　）

A．4 B．5 C．6 D．7
8．（3分）某校男子足球队的年龄分布如图所示，则根据图中信息可知这些队员年龄的平均数，中位数分别是（　　）

A．15.5，15.5 B．15.5，15 C．15，15.5 D．15，15
9．（3分）如图，C为⊙O直径AB上一动点，过点C的直线交⊙O于D，E两点，且∠ACD=45°，DF⊥AB于点F，EG⊥AB于点G，当点C在AB上运动时．设AF=x，DE=y，下列中图象中，能表示y与x的函数关系式的图象大致是（　　）

A． B． C． D．
10．（3分）如图，在Rt△AOB中，两直角边OA、OB分别在x轴的负半轴和y轴的正半轴上，将△AOB绕点B逆时针旋转90°后得到△A′O′B．若反比例函数的图象恰好经过斜边A′B的中点C，S△ABO=4，tan∠BAO=2，则k的值为（　　）

A．3 B．4 C．6 D．8
11．（3分）如图，平行四边形ABCD中，AB：BC=3：2，∠DAB=60°，E在AB上，且AE：EB=1：2，F是BC的中点，过D分别作DP⊥AF于P，DQ⊥CE于Q，则DP：DQ等于（　　）

A．3：4 B．：2 C．：2 D．2：
12．（3分）勾股定理是几何中的一个重要定理．在我国古算书《周髀算经》中就有“若勾三，股四，则弦五”的记载．如图1是由边长相等的小正方形和直角三角形构成的，可以用其面积关系验证勾股定理．图2是由图1放入矩形内得到的，∠BAC=90°，AB=3，AC=4，点D，E，F，G，H，I都在矩形KLMJ的边上，则矩形KLMJ的面积为（　　）

A．90 B．100 C．110 D．121
　
二、填空题：（本大题共6小题，每小题3分，共18分.）
13．（3分）分解因式：x3﹣2x2+x=　 　．
14．（3分）若关于x的分式方程=﹣2有非负数解，则a的取值范围是　 　．
15．（3分）如图，在菱形ABCD中，AB=1，∠DAB=60°，把菱形ABCD绕点A顺时针旋转30°得到菱形AB′C′D′，其中点C的运动路径为，则图中阴影部分的面积为　 　．

16．（3分）如图，在Rt△ABC中，∠ABC=90°，AB=3，BC=4，Rt△MPN，∠MPN=90°，点P在AC上，PM交AB于点E，PN交BC于点F，当PE=2PF时，AP=　 　．

17．（3分）如图，在平面直角坐标系中，△ABC的顶点坐标分别为（4，0），（8，2），（6，4）．已知△A1B1C1的两个顶点的坐标为（1，3），（2，5），若△ABC与△A1B1C1位似，则△A1B1C1的第三个顶点的坐标为　 　．

18．（3分）二次函数y=的图象如图，点A0位于坐标原点，点A1，A2，A3…An在y轴的正半轴上，点B1，B2，B3…Bn在二次函数位于第一象限的图象上，点C1，C2，C3…Cn在二次函数位于第二象限的图象上，四边形A0B1A1C1，四边形A1B2A2C2，四边形A2B3A3C3…四边形An﹣1BnAnCn都是菱形，∠A0B1A1=∠A1B2A2=∠A2B3A3…=∠An﹣1BnAn=60°，菱形An﹣1BnAnCn的周长为　 　．

　
三.解答题（本大题共7小题，共66分）
19．（7分）先化简再求值：，其中x是方程x2﹣2x=0的根．
20．（8分）目前中学生带手机进校园现象越来越受到社会关注，针对这种现象，某校数学兴趣小组的同学随机调查了学校若干名家长对“中学生带手机”现象的态度（态度分为：A．无所谓；B．基本赞成；C．赞成；D．反对），并将调查结果绘制成频数折线统计图1和扇形统计图2（不完整）．请根据图中提供的信息，解答下列问题：

（1）此次抽样调查中，共调查了多少名中学生家长；
（2）求出图2中扇形C所对的圆心角的度数，并将图1补充完整；
（3）根据抽样调查结果，请你估计1万名中学生家长中有多少名家长持反对态度；
（4）在此次调查活动中，初三（1）班和初三（2）班各有2位家长对中学生带手机持反对态度，现从这4位家长中选2位家长参加学校组织的家校活动，用列表法或画树状图的方法求选出的2人来自不同班级的概率．
21．（9分）LED灯具有环保节能、投射范围大、无频闪、使用寿命较长等特点，在日常生活中，人们更倾向于LED灯的使用，某校数学兴趣小组为了解LED灯泡与普通白炽灯泡的销售情况，进行了市场调查：某商场购进一批30瓦的LED灯泡和普通白炽灯泡进行销售，其进价与标价如下表：

LED灯泡
普通白炽灯泡
进价（元）
45
25
标价（元）
60
30
（1）该商场购进了LED灯泡与普通白炽灯泡共300个，LED灯泡按标价进行销售，而普通白炽灯泡打九折销售，当销售完这批灯泡后可以获利3200元，求该商场购进LED灯泡与普通白炽灯泡的数量分别为多少个？
（2）由于春节期间热销，很快将两种灯泡销售完，若该商场计划再次购进两种灯泡120个，在不打折的情况下，请问如何进货，销售完这批灯泡时获利最多且不超过进货价的30%，并求出此时这批灯泡的总利润为多少元？

22．（8分）太阳能光伏发电因其清洁、安全、便利、高效等特点，已成为世界各国普遍关注和重点发展的新兴产业．如图是太阳能电池板支撑架的截面图，其中的粗线表示支撑角钢，太阳能电池板与支撑角钢AB的长度相同，均为300cm，AB的倾斜角为30°，BE=CA=50cm，支撑角钢CD，EF与底座地基台面接触点分别为D、F，CD垂直于地面，FE⊥AB于点E．两个底座地基高度相同（即点D，F到地面的垂直距离相同），均为30cm，点A到地面的垂直距离为50cm，求支撑角钢CD和EF的长度各是多少cm（结果保留根号）．

23．（10分）如图，AB、BF分别是⊙O的直径和弦，弦CD与AB、BF分别相交于点E、G，过点F的切线HF与DC的延长线相交于点H，且HF=HG．
（1）求证：AB⊥CD；
（2）若sin∠HGF=，BF=3，求⊙O的半径长．

24．（12分）如图①，△ABC与△CDE是等腰直角三角形，直角边AC、CD在同一条直线上，点M、N分别是斜边AB、DE的中点，点P为AD的中点，连接AE、BD．
（1）猜想PM与PN的数量关系及位置关系，请直接写出结论；
（2）现将图①中的△CDE绕着点C顺时针旋转α（0°＜α＜90°），得到图②，AE与MP、BD分别交于点G、H．请判断（1）中的结论是否成立？若成立，请证明；若不成立，请说明理由；
（3）若图②中的等腰直角三角形变成直角三角形，使BC=kAC，CD=kCE，如图③，写出PM与PN的数量关系，并加以证明．

25．（12分）已知：如图，直线y=﹣x+2与x轴交于B点，与y轴交于C点，A点坐标为（﹣1，0）．
（1）求过A、B、C三点的抛物线的解析式．
（2）在直线BC上方的抛物线上有一点D，过D作DE⊥BC于E，作DF∥y轴交BC于F，求△DEF周长的最大值．
（3）在满足第②问的条件下，在线段BD上是否存在一点P，使∠DFP=∠DBC．若存在，求出点P的坐标；若不存在，说明理由．

　

参考答案与试题解析
　
一、选择题：本大题共12小题，每小题3分，共36分.在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求.）
1．
【考点】1I：科学记数法—表示较大的数．菁优网版权所有
【分析】找出所求数字的位数，减去1得到10的指数，表示成科学记数法即可．
【解答】解：330000000用科学记数法表示为3.3×108．
故选：A．
【点评】此题考查了科学记数法﹣表示较大的数，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．
　
2．
【考点】CB：解一元一次不等式组；C4：在数轴上表示不等式的解集．菁优网版权所有
【分析】分别求出每一个不等式的解集，根据口诀：大小小大中间找确定不等式组的解集，再根据“大于向右，小于向左，包括端点用实心，不包括端点用空心”的原则分析选项可得答案．
【解答】解：解不等式x﹣1≤7﹣x，得：x≤4，
解不等式5x﹣2＞3（x+1），得：x＞，
∴不等式组的解集为：＜x≤4，
故选：A．
【点评】本题考查的是解一元一次不等式组，正确求出每一个不等式解集是基础，熟知“同大取大；同小取小；大小小大中间找；大大小小找不到”的原则是解答此题的关键．
　
3．
【考点】7A：二次根式的化简求值．菁优网版权所有
【分析】原式变形为，由已知易得m+n=2，mn=（1+）（1﹣）=﹣1，然后整体代入计算即可．
【解答】解：m+n=2，mn=（1+）（1﹣）=﹣1，
原式====3．
故选：C．
【点评】本题考查了二次根式的化简求值：先把被开方数变形，用两个数的和与积表示，然后利用整体代入的思想代入计算．
　
4．
【考点】AB：根与系数的关系．菁优网版权所有
【分析】根据方程的解析式结合根与系数的关系找出a+b=3、ab=p，利用完全平方公式将a2﹣ab+b2=18变形成（a+b）2﹣3ab=18，代入数据即可得出关于p的一元一次方程，解方程即可得出p的值，经验证p=﹣3符合题意，再将+变形成﹣2，代入数据即可得出结论．
【解答】解：∵a、b为方程x2﹣3x+p=0（p≠0）的两个不相等的实数根，
∴a+b=3，ab=p，
∵a2﹣ab+b2=（a+b）2﹣3ab=32﹣3p=18，
∴p=﹣3．
当p=﹣3时，△=（﹣3）2﹣4p=9+12=21＞0，
∴p=﹣3符合题意．
+===﹣2=﹣2=﹣5．
故选：D．
【点评】本题考查了根与系数的关系、解一元一次方程以及完全平方公式的应用，解题的关键是求出p=﹣3．本题属于基础题，难度不大，解决该题型题目时，根据根与系数的关系找出两根之和与两根之积是关键．
　
5．
【考点】LE：正方形的性质；KK：等边三角形的性质．菁优网版权所有
【分析】设围成的小三角形为△ABC，分别用∠1、∠2、∠3表示出△ABC的三个内角，再利用三角形的内角和等于180°列式整理即可得解．
【解答】解：如图，

∠BAC=180°﹣90°﹣∠1=90°﹣∠1，
∠ABC=180°﹣60°﹣∠3=120°﹣∠3，
∠ACB=180°﹣60°﹣∠2=120°﹣∠2，
在△ABC中，∠BAC+∠ABC+∠ACB=180°，
∴90°﹣∠1+120°﹣∠3+120°﹣∠2=180°，
∴∠1+∠2+∠3=150°．
故选：A．
【点评】本题考查了正方形的性质、等边三角形的性质、三角形的内角和定理，用∠1、∠2、∠3表示出△ABC的三个内角是解题的关键，也是本题的难点．
　
6．
【考点】T6：计算器—三角函数；25：计算器—数的开方．菁优网版权所有[来源:学_科_网]
【分析】简单的电子计算器工作顺序是先输入者先算，其中R﹣CM表示存储、读出键，M+为存储加键，M﹣为存储减键，根据按键顺序写出式子，再根据开方运算即可求出显示的结果．
【解答】解：利用该型号计算器计算cos55°，按键顺序正确的是．
故选：C．
【点评】本题主要考查了利用计算器求数的开方，要求学生对计算器上的各个功能键熟练掌握，会根据按键顺序列出所要计算的式子．借助计算器这样的工具做题既锻炼了学生动手能力，又提高了学生学习的兴趣．
　
7．
【考点】U3：由三视图判断几何体．菁优网版权所有
【分析】易得这个几何体共有2层，由俯视图可得第一层小正方体的个数，由主视图可得第二层小正方体的最多个数，相加即可．
【解答】解：由俯视图易得最底层有4个小正方体，第二层最多有2个小正方体，那么搭成这个几何体的小正方体最多为4+2=6个．
故选：C．
【点评】考查学生对三视图的掌握程度和灵活运用能力，同时也体现了对空间想象能力方面的考查．如果掌握口诀“俯视图打地基，主视图疯狂盖，左视图拆违章”就更容易得到答案．
　
8．
【考点】VC：条形统计图；W1：算术平均数；W4：中位数．菁优网版权所有
【分析】根据年龄分布图和平均数、中位数的概念求解．
【解答】解：根据图中信息可知这些队员年龄的平均数为：=15（岁），
该足球队共有队员2+6+8+3+2+1=22（人），
则第11名和第12名的平均年龄即为年龄的中位数，即中位数为15岁，
故选：D．
【点评】本题考查了确定一组数据的平均数，中位数的能力．注意找中位数的时候一定要先排好顺序，然后再根据奇数和偶数个来确定中位数，如果数据有奇数个，则正中间的数字即为所求．如果是偶数个则找中间两位数的平均数．
　
9．
【考点】E7：动点问题的函数图象．菁优网版权所有
【分析】本题考查动点函数图象的问题．
【解答】解：点C从点A运动到点B的过程中，x的值逐渐增大，DE的长度随x值的变化先变大再变小，
当C与O重合时，y有最大值，
∵x=0，y=AB
x=AB﹣AB时，DE过点O，此时：DE=AB
x=AB，y=AB
所以，随着x的增大，y先增后降，类抛物线
故选：A．
【点评】注意分析y随x的变化而变化的趋势，而不一定要通过求解析式来解决．
本题也可以通过求函数解析式的方法求解，不过这种方法比较复杂．
　
10．
【考点】G6：反比例函数图象上点的坐标特征；G5：反比例函数系数k的几何意义．菁优网版权所有
【分析】先根据S△ABO=4，tan∠BAO=2求出AO、BO的长度，再根据点C为斜边A′B的中点，求出点C的坐标，点C的横纵坐标之积即为k值．
【解答】解：设点C坐标为（x，y），作CD⊥BO′交边BO′于点D，
∵tan∠BAO=2，
∴=2，
∵S△ABO=•AO•BO=4，
∴AO=2，BO=4，
∵△ABO≌△A'O'B，
∴AO=A′O′=2，BO=BO′=4，
∵点C为斜边A′B的中点，CD⊥BO′，
∴CD=A′O′=1，BD=BO′=2，
∴y=BO﹣CD=4﹣1=3，x=BD=2，
∴k=x•y=3•2=6．
故选：C．

【点评】本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征，解答本题的关键在于读懂题意，作出合适的辅助线，求出点C的坐标，然后根据点C的横纵坐标之积等于k值求解即可．
　
11．
【考点】L5：平行四边形的性质；K3：三角形的面积；KQ：勾股定理．菁优网版权所有
【分析】连接DE、DF，过F作FN⊥AB于N，过C作CM⊥AB于M，根据三角形的面积和平行四边形的面积得出S△DEC=S△DFA=S平行四边形ABCD，求出AF×DP=CE×DQ，设AB=3a，BC=2a，则BF=a，BE=2a，BN=a，BM=a，FN=a，CM=a，求出AF=a，CE=2a，代入求出即可．
【解答】解：连接DE、DF，过F作FN⊥AB于N，过C作CM⊥AB于M，
∵根据三角形的面积和平行四边形的面积得：S△DEC=S△DFA=S平行四边形ABCD，
即AF×DP=CE×DQ，
∴AF×DP=CE×DQ，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，
∵∠DAB=60°，
∴∠CBN=∠DAB=60°，
∴∠BFN=∠MCB=30°，
∵AB：BC=3：2，
∴设AB=3a，BC=2a，
∵AE：EB=1：2，F是BC的中点，
∴BF=a，BE=2a，
BN=a，BM=a，
由勾股定理得：FN=a，CM=a，
AF==a，
CE==2a，
∴a•DP=2a•DQ
∴DP：DQ=2：．
故选：D．

【点评】本题考查了平行四边形面积，勾股定理，三角形的面积，含30度角的直角三角形等知识点的应用，关键是求出AF×DP=CE×DQ和求出AF、CE的值．
　
12．
【考点】KR：勾股定理的证明．菁优网版权所有
【分析】延长AB交KF于点O，延长AC交GM于点P，可得四边形AOLP是正方形，然后求出正方形的边长，再求出矩形KLMJ的长与宽，然后根据矩形的面积公式列式计算即可得解．
【解答】解：如图，延长AB交KF于点O，延长AC交GM于点P，
所以四边形AOLP是正方形，
边长AO=AB+AC=3+4=7，
所以KL=3+7=10，LM=4+7=11，
因此矩形KLMJ的面积为10×11=110．
故选：C．

【点评】本题考查了勾股定理的证明，作出辅助线构造出正方形是解题的关键．
　
二、填空题：（本大题共6小题，每小题3分，共18分.）
13．
【考点】55：提公因式法与公式法的综合运用．菁优网版权所有[来源:学科网]
【分析】首先提取公因式x，进而利用完全平方公式分解因式即可．
【解答】解：x3﹣2x2+x=x（x2﹣2x+1）=x（x﹣1）2．
故答案为：x（x﹣1）2．
【点评】此题主要考查了提取公因式法以及公式法分解因式，熟练应用完全平方公式是解题关键．
　
14．
【考点】B2：分式方程的解．菁优网版权所有
【分析】将a看做已知数，表示出分式方程的解，根据解为非负数列出关于a的不等式，求出不等式的解集即可得到a的范围．
【解答】解：分式方程去分母得：2x=3a﹣4（x﹣1），
移项合并得：6x=3a+4，
解得：x=，
∵分式方程的解为非负数，
∴≥0且﹣1≠0，
解得：a≥﹣且a≠．
故答案为：a且a．
【点评】此题考查了分式方程的解，分式方程的解即为能使方程左右两边相等的未知数的值，本题注意x﹣1≠0这个隐含条件．
　
15．
【考点】L8：菱形的性质；KD：全等三角形的判定与性质；MO：扇形面积的计算；R2：旋转的性质．菁优网版权所有
【分析】根据菱形的性质以及旋转角为30°，连接CD′和BC′，可得A、D′、C及A、B、C′分别共线，求出扇形面积，再根据AAS证得两个小三角形全等，求得其面积，最后根据扇形ACC′的面积﹣两个小的三角形面积即可．
【解答】解：连接CD′和BC′，
∵∠DAB=60°，
∴∠DAC=∠CAB=30°，
∵∠C′AB′=30°，
∴A、D′、C及A、B、C′分别共线．
∴AC=
∴扇形ACC′的面积为：=，
∵AC=AC′，AD′=AB
∴在△OCD′和△OC'B中，
∴△OCD′≌△OC′B（AAS）．
∴OB=OD′，CO=C′O
∵∠CBC′=60°，∠BC′O=30°
∴∠COD′=90°
∵CD′=AC﹣AD′=﹣1
OB+C′O=1
∴在Rt△BOC′中，BO2+（1﹣BO）2=（﹣1）2
解得BO=，C′O=﹣，
∴S△OC′B=•BO•C′O=﹣
∴图中阴影部分的面积为：S扇形ACC′﹣2S△OC′B=+﹣．
故答案为：+﹣．

【点评】本题考查了旋转的性质，菱形的性质，扇形的面积公式，勾股定理，熟练掌握旋转变换只改变图形的位置不改变图形的形状与大小是解题的关键．[来源:学#科#网Z#X#X#K]
　
16．
【考点】S9：相似三角形的判定与性质．菁优网版权所有
【分析】如图作PQ⊥AB于Q，PR⊥BC于R．由△QPE∽△RPF，推出==2，可得PQ=2PR=2BQ，由PQ∥BC，可得AQ：QP：AP=AB：BC：AC=3：4：5，设PQ=4x，则AQ=3x，AP=5x，BQ=2x，可得2x+3x=3，求出x即可解决问题．
【解答】解：如图作PQ⊥AB于Q，PR⊥BC于R．

∵∠PQB=∠QBR=∠BRP=90°，
∴四边形PQBR是矩形，
∴∠QPR=90°=∠MPN，
∴∠QPE=∠RPF，
∴△QPE∽△RPF，
∴==2，
∴PQ=2PR=2BQ，
∵PQ∥BC，
∴AQ：QP：AP=AB：BC：AC=3：4：5，设PQ=4x，则AQ=3x，AP=5x，BQ=2x，
∴2x+3x=3，
∴x=，
∴AP=5x=3．
故答案为3．
【点评】本题考查相似三角形的判定和性质、勾股定理、矩形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造相似三角形解决问题，属于中考常考题型．
　
17．
【考点】SC：位似变换；D5：坐标与图形性质．菁优网版权所有
【分析】首先由题意可求得直线AC、AB、BC的解析式与过点（1，3），（2，5）的直线的解析式，即可知过这两点的直线与直线AC平行，则可分别从①若A的对应点为A1（1，3），C的对应点为C1（2，5）与②若C的对应点为A1（1，3），A的对应点为C1（2，5）去分析求解，即可求得答案．
【解答】解：设直线AC的解析式为：y=kx+b，
∵△ABC的顶点坐标分别为（4，0），（8，2），（6，4），
∴，
解得：，
∴直线AC的解析式为：y=2x﹣8，[来源:Zxxk.Com]
同理可得：直线AB的解析式为：y=x﹣2，直线BC的解析式为：y=﹣x+10，
∵△A1B1C1的两个顶点的坐标为（1，3），（2，5），
∴过这两点的直线为：y=2x+1，
∴过这两点的直线与直线AC平行，
①若A的对应点为A1（1，3），C的对应点为C1（2，5），
则B1C1∥BC，B1A1∥BA，
设直线B1C1的解析式为y=﹣x+a，直线B1A1的解析式为y=x+b，
∴﹣2+a=5，+b=3，
解得：a=7，b=，
∴直线B1C1的解析式为y=﹣x+7，直线B1A1的解析式为y=x+，
则直线B1C1与直线B1A1的交点为：（3，4）；
②若C的对应点为A1（1，3），A的对应点为C1（2，5），
则B1A1∥BC，B1C1∥BA，
设直线B1C1的解析式为y=x+c，直线B1A1的解析式为y=﹣x+d，
∴×2+c=5，﹣1+d=3，
解得：c=4，d=4，
∴直线B1C1的解析式为y=x+4，直线B1A1的解析式为y=﹣x+4，
则直线B1C1与直线B1A1的交点为：（0，4）．
∴△A1B1C1的第三个顶点的坐标为（3，4）或（0，4）．
故答案为：（3，4）或（0，4）．

【点评】此题考查了位似图形的性质．此题难度适中，注意掌握位似图形的对应线段互相平行，注意掌握待定系数法求一次函数解析式的知识，注意分类讨论思想与数形结合思想的应用．
　
18．
【考点】HF：二次函数综合题．菁优网版权所有
【分析】由于△A0B1A1，△A1B2A2，△A2B3A3，…，都是等边三角形，因此∠B1A0x=30°，可先设出△A0B1A1的边长，然后表示出B1的坐标，代入抛物线的解析式中即可求得△A0B1A1的边长，用同样的方法可求得△A0B1A1，△A1B2A2，△A2B3A3，…的边长，然后根据各边长的特点总结出此题的一般化规律，根据菱形的性质易求菱形An﹣1BnAnCn的周长．
【解答】解：∵四边形A0B1A1C1是菱形，∠A0B1A1=60°，
∴△A0B1A1是等边三角形．
设△A0B1A1的边长为m1，则B1（，）；
代入抛物线的解析式中得：（）2=，
解得m1=0（舍去），m1=1；
故△A0B1A1的边长为1，
同理可求得△A1B2A2的边长为2，
…
依此类推，等边△An﹣1BnAn的边长为n，
故菱形An﹣1BnAnCn的周长为4n．
故答案是：4n．
【点评】本题考查了二次函数综合题．解题时，利用了二次函数图象上点的坐标特征，菱形的性质，等边三角形的判定与性质等知识点．解答此题的难点是推知等边△An﹣1BnAn的边长为n．
　
三.解答题（本大题共7小题，共66分）
19．
【考点】6D：分式的化简求值；A8：解一元二次方程﹣因式分解法．菁优网版权所有
【分析】先把括号内通分、除法化为乘法以及分子和分母因式分解得到原式=[﹣]•=﹣•=﹣•，然后约分后整理得到原式=﹣x2﹣x+2，再用因式分解法解方程x2﹣2x=0得到x1=0，x2=2（使分式无意义，舍去），最后把x=0代入计算即可．
【解答】解：原式=[﹣]•
=﹣•
=﹣•
=﹣（x+2）（x﹣1）
=﹣x2﹣x+2，
解x2﹣2x=0得：x1=0，x2=2（使分式无意义，舍去），
∴当x=0时，原式=﹣0﹣0+2=2．
【点评】本题考查了分式的化简求值：先把分式的分子或分母因式分解（有括号，先算括号），然后约分得到最简分式或整式，然后把满足条件的字母的值代入计算得到对应的分式的值．也考查了因式分解法解一元二次方程．
　
20．[来源:学科网]
【考点】X6：列表法与树状图法；V5：用样本估计总体；V9：频数（率）分布折线图；VB：扇形统计图．菁优网版权所有
【分析】（1）用B类的人数除以它所占的百分比即可得到调查的总人数；
（2）用360°乘以C类所占的百分比得到扇形C所对的圆心角的度数，再计算出C类人数，然后补全条形统计图；
（3）用10000乘以D类的百分比可估计持反对态度的家长的总数；
（4）画树状图展示所有12种等可能的结果数，再找出2人来自不同班级的结果数，然后根据概率公式求解．
【解答】解：（1）共调查的中学生家长数是：40÷20%=200（人）；
（2）扇形C所对的圆心角的度数是：360°×（1﹣20%﹣15%﹣60%）=18°，
C类的人数是：200×（1﹣20%﹣15%﹣60%）=10（人），
补图如下：

（3）根据题意得：
10000×60%=6000（人），
答：10000名中学生家长中有6000名家长持反对态度；
（4）设初三（1）班两名家长为A1，A2，初三（2）班两名家长为B1，B2，
画树状图为：

共有12种等可能的结果数，其中2人来自不同班级共有8种，
所以选出的2人来自不同班级的概率==．
【点评】本题考查了列表法与树状图法：利用列表法或树状图法展示所有等可能的结果n，再从中选出符合事件A或B的结果数目m，然后利用概率公式求事件A或B的概率．也考查了统计图．
　
21．
【考点】FH：一次函数的应用；9A：二元一次方程组的应用．菁优网版权所有
【分析】（1）设该商场购进LED灯泡x个，普通白炽灯泡的数量为y个，利用该商场购进了LED灯泡与普通白炽灯泡共300个和销售完这批灯泡后可以获利3200元列方程组，然后解方程组即可；
（2）设该商场购进LED灯泡a个，则购进普通白炽灯泡（120﹣a）个，这批灯泡的总利润为W元，利用利润的意义得到W=（60﹣45）a+（30﹣25）（120﹣a）=10a+600，再根据销售完这批灯泡时获利最多且不超过进货价的30%可确定a的范围，然后根据一次函数的性质解决问题．
【解答】解：（1）设该商场购进LED灯泡x个，普通白炽灯泡的数量为y个，
根据题意得，
解得，
答：该商场购进LED灯泡与普通白炽灯泡的数量分别为200个和100个；

（2）设该商场购进LED灯泡a个，则购进普通白炽灯泡（120﹣a）个，这批灯泡的总利润为W元，
根据题意得W=（60﹣45）a+（30﹣25）（120﹣a）
=10a+600，
∵10a+600≤[45a+25（120﹣a）]×30%，解得a≤75，
∵k=10＞0，
∴W随a的增大而增大，
∴a=75时，W最大，最大值为1350，此时购进普通白炽灯泡（120﹣75）=45个．
答：该商场购进LED灯泡75个，则购进普通白炽灯泡45个，这批灯泡的总利润为1350元．
【点评】本题考查了一次函数的应用：建立一次函数模型，利用一次函数的性质和自变量的取值范围解决最值问题；也考查了二元一次方程组．
　
22．
【考点】T9：解直角三角形的应用﹣坡度坡角问题．菁优网版权所有
【分析】过A作AG⊥CD于G，在Rt△ACG中，求得CG=25，连接FD并延长与BA的延长线交于H，在Rt△CDH中，根据三角函数的定义得到CH=90，在Rt△EFH中，根据三角函数的定义即可得到结论．
【解答】解：过A作AG⊥CD于G，则∠CAG=30°，
在Rt△ACG中，CG=ACsin30°=50×=25，
∵GD=50﹣30=20，∴CD=CG+GD=25+20=45，
连接FD并延长与BA的延长线交于H，则∠H=30°，
在Rt△CDH中，CH==2CD=90，
∴EH=EC+CH=AB﹣BE﹣AC+CH=300﹣50﹣50+90=290，
在Rt△EFH中，EF=EH•tan30°=290×=，
答：支撑角钢CD和EF的长度各是45cm，cm．

【点评】本题考查了解直角三角形的应用，解题的关键是将实际问题转化为数学问题，构造直角三角形并解直角三角形，难度适中．
　
23．
【考点】MR：圆的综合题．菁优网版权所有
【分析】（1）根据切线的性质以及等腰三角形的性质首先求出∠3=∠1，进而得出∠BEG=90°即可得出AB⊥CD；
（2）连接AF，首先得出∠HGF=∠1=∠4=∠A，利用锐角三角函数得出AB即可得出半径．
【解答】（1）证明：如图，连接OF，
∵HF是⊙O的切线，
∴∠OFH=90°．
即∠1+∠2=90°．
∵HF=HG，∴∠1=∠HGF．
∵∠HGF=∠3，∴∠3=∠1．
∵OF=OB，∴∠B=∠2．
∴∠B+∠3=90°．
∴∠BEG=90°．
∴AB⊥CD．

（2）解：如图，连接AF，
∵AB、BF分别是⊙O的直径和弦，
∴∠AFB=90°．
即∠2+∠4=90°．
∴∠HGF=∠1=∠4=∠A．
在Rt△AFB中，AB===4．
∴⊙O的半径长为2．

【点评】此题主要考查了圆的综合应用以及切线的判定与性质和锐角三角函数应用，根据已知得出∠HGF=∠1=∠4=∠A是解题关键．
　
24．
【考点】SO：相似形综合题．菁优网版权所有
【分析】（1）由等腰直角三角形的性质易证△ACE≌△BCD，由此可得AE=BD，再根据三角形中位线定理即可得到PM=PN，由平行线的性质可得PM⊥PN；
（2）（1）中的结论仍旧成立，由（1）中的证明思路即可证明；
（3）PM=kPN，由已知条件可证明△BCD∽△ACE，所以可得BD=kAE，因为点P、M、N分别为AD、AB、DE的中点，所以PM=BD，PN=AE，进而可证明PM=kPN．
【解答】解：
（1）PM=PN，PM⊥PN，理由如下：
∵△ACB和△ECD是等腰直角三角形，
∴AC=BC，EC=CD，∠ACB=∠ECD=90°．
在△ACE和△BCD中
，
∴△ACE≌△BCD（SAS），
∴AE=BD，∠EAC=∠CBD，
∵点M、N分别是斜边AB、DE的中点，点P为AD的中点，
∴PM=BD，PN=AE，
∴PM=PN，
∵PM∥BD，PN∥AE，AE⊥BD，
∴∠NPD=∠EAC，∠MPA=∠BDC，∠EAC+∠BDC=90°，
∴∠MPA+∠NPC=90°，
∴∠MPN=90°，
即PM⊥PN；
（2）∵△ACB和△ECD是等腰直角三角形，
∴AC=BC，EC=CD，
∠ACB=∠ECD=90°．
∴∠ACB+∠BCE=∠ECD+∠BCE．
∴∠ACE=∠BCD．
∴△ACE≌△BCD．
∴AE=BD，∠CAE=∠CBD．
又∵∠AOC=∠BOE，
∠CAE=∠CBD，
∴∠BHO=∠ACO=90°．
∵点P、M、N分别为AD、AB、DE的中点，
∴PM=BD，PM∥BD；
PN=AE，PN∥AE．
∴PM=PN．
∴∠MGE+∠BHA=180°．
∴∠MGE=90°．
∴∠MPN=90°．
∴PM⊥PN．
（3）PM=kPN
∵△ACB和△ECD是直角三角形，
∴∠ACB=∠ECD=90°．
∴∠ACB+∠BCE=∠ECD+∠BCE．
∴∠ACE=∠BCD．
∵BC=kAC，CD=kCE，
∴=k．
∴△BCD∽△ACE．
∴BD=kAE．
∵点P、M、N分别为AD、AB、DE的中点，
∴PM=BD，PN=AE．
∴PM=kPN．

【点评】本题考查的是几何变换综合题，熟知等腰直角三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质以及相似三角形的判定和性质和三角形中位线定理的运用，熟记和三角形有关的各种性质定理是解答此题的关键．
　
25．
【考点】HF：二次函数综合题．菁优网版权所有
【分析】（1）用待定系数法求出抛物线解析式；
（2）先求出DF的最大值，判断出△DEF为等腰直角三角形，最后求出周长最大值；
（3）先作出如图所示的辅助线，再得出，从而求出PM，DM即可．
【解答】解：（1）直线y=﹣x+2与x轴交于B（2，0），与y轴交于C点（0，2），
设过A、B、C的抛物线的解析式为y=ax2+bx+c，
把A（﹣1，0）、B（2，0）、C（0，2）的坐标代入，
∴a=﹣1，b=1，c=2，
∴抛物线的解析式为：y=﹣x2+x+2，
（2）设D（x，﹣x2+x+2），F（x，﹣x+2），
∴DF=（﹣x2+x+2）﹣（﹣x+2）=﹣x2+2x，
所以x=1时，DF最大=1，
∵OB=OC，
∴△OBC为等腰直角三角形，
∵DE⊥BC，DF∥y轴，
∴△DEF为等腰直角三角形，
∴△DEF周长的最大值为1+
（3）如图，

当△DEF周长最大时，D（1，2），F（1，1）．延长DF交x轴于H，作PM⊥DF于M，
则DB=，DH=2，OH=1
当∠DFP=∠DBC时，△DFP∽△DBF，
∴，
∴DP=，
∴=，
∴PM=，DM=，
∴P点的横坐标为OH+PM=1+=，
P点的纵坐标为DH﹣DM=2﹣=，
∴P（，）．
【点评】此题是二次函数综合题，主要考查了待定系数法求抛物线解析式，三角形的相似的性质和判定，等腰直角三角形的性质，极值的确定，解本题的关键是极值的确定，也是难点．