【中考真题】2021年浙江省金华市永康市中考数学适应性试卷（含答案解析）

这是一份【中考真题】2021年浙江省金华市永康市中考数学适应性试卷（含答案解析），共33页。试卷主要包含了填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

2021年浙江省金华市永康市中考数学适应性试卷
一、选择题（本题有10小题，每小题3分，共30分
1．（3分）﹣4的倒数是（　　）
A．﹣4 B．4 C．﹣ D．
2．（3分）计算a+2a结果正确的是（　　）
A．﹣a B．3a C．2a2 D．3a2
3．（3分）如图，AC与BD交于点O，AB∥CD，∠A＝45°，∠AOB＝105°，则∠D的度数为（　　）

A．30° B．40° C．60° D．75°
4．（3分）下列几种著名的数学曲线中，不是轴对称图形的是（　　）
A．笛卡尔爱心曲线 B．蝴蝶曲线
C．费马螺线曲线 D．科赫曲线
5．（3分）下列分式一定有意义的是（　　）
A． B． C． D．
6．（3分）方程x2﹣4x﹣5＝0经过配方后，其结果正确的是（　　）
A．（x﹣2）2＝1 B．（x+2）2＝﹣1 C．（x﹣2）2＝9 D．（x+2）2＝9
7．（3分）一个不透明的盒子里有5个白球和若干个红球，它们除颜色外其余都相同，从中摸出一个球是红球的概率是，则盒中红球的个数为（　　）
A．20 B．25 C．15 D．5
8．（3分）如图，在边长为2的菱形ABCD中，按以下步骤作图：①以点B为圆心，适当的长为半径作弧，交AB，BD于E，F两点；②分别以点E和点F为圆心，以大于EF的长为半径作弧，两弧交于点P；③作射线BP，交线段AD于点M．此时点M恰好是线段AD的中点，则CM的长为（　　）

A． B． C．2 D．3
9．（3分）永康市某公交车月乘车人数x（人）与月利润y（元）的变化关系如下表所示，如果每位乘客的公交票价和此公交车月支出费用是固定不变的，那么此公交车每月的支出费用是（　　）（注：月利润＝月收入总额﹣月支出费用）
x（人）
…
500
1000
1500
2500
3000
…
y（元）
…
﹣2250
﹣1500
﹣750
750
1500
…
A．2000元 B．3000元 C．3600元 D．4000元
10．（3分）如图，△ABC和△PQR都是等边三角形，且AD＝BE＝CF＝AB，当∠AFR＝∠BDP＝∠CEQ＝30°时，△PQR的面积为，则△ABC的边长为（　　）

A．4 B．3 C．2 D．
二、填空题（本题有6小题，每小题4分，共24分）
11．（4分）因式分解：x2+x＝　 　．
12．（4分）某小组6名同学的体育成绩（满分30分）依次为：25，23，30，29，30，28，这组数据的中位数是 　 　．
13．（4分）用“⊕”定义新运算：对于任意实数a，b都有a⊕b＝a2+b，如果3⊕（2⊕x）＝4，那么x＝　 　．
14．（4分）如图为一个圆锥的三视图，这个圆锥的侧面积为 　 　mm2．

15．（4分）在Rt△ABC中，斜边AB＝9cm，点D在AB上，且AD＝AB，若以BD为直径的半圆O在某条直角边上截得的线段长为2cm，则直角边AC的长为 　 　cm．

16．（4分）如图，图1是某滑动模具示意图，转动飞轮⊙A时，圆上固定点B随之在连OD上的滑道MN滑动，并带动连杆OD绕端点O左右摆动．图2是某平台侧面示意图，平台高OE＝＝dm，上底宽EF＝1.5dm，下底宽OH＝8dm，GH⊥OH，以图2所示方式建立平面直角坐标系xOy，点H的坐标为（﹣8，0），侧曲面FG恰好完全落在反比例函数y＝（k＜0）的图象上．

（1）则k的值为 　 　；
（2）若飞轮半径为0.5dm，转动飞轮从顶端F经侧曲面向地面x轴无滑动滚动，为保证模具在平台上顺利滑动，滑道MN的长度至少为 　 　dm．
三、解答题（本题有8小题，共66分，各小题都必须写出解答过程）
17．（6分）计算：|1﹣|﹣2cos45°+（π﹣2021）0+．
18．（6分）解不等式组：．
19．（6分）永康某中学为检测师生体温，在校门安装了测温门，如图为该“测温门”截面示意图．身高1.6米的小聪做了如下实验：当他在地面M处时“测温门”开始显示额头温度，此时在额头B处测得A的仰角为30°；当他在地面N处时，“测温门”停止显示额头温度，此时在额头C处测得A的仰角为60°．如果测得小聪的有效测温区间MN的长度是1米，求测温门顶部A处距地面的高度约为多少米？（注：额头到地面的距离以身高计.≈1.73，最后结果精确到0.1米）

20．（8分）垃圾主要分为可回收物、厨余垃圾、有害垃圾和其他垃圾四类．为了解永康某社区10﹣60岁居民垃圾分类落实情况，某工作小组对社区内该年龄段的部分居民展开了问卷调查（每人只能选择其中一项），并将调查数据整理后绘制成如下两幅不完整的统计图，请根据图中信息解答下列问题：

（1）求参与问卷调查的总人数，并补全条形统计图；
（2）求扇形统计图中表示“B”的扇形的圆心角度数；
（3）该社区10﹣60岁的居民约10000人，估算该社区这些人中能准确分出四类垃圾的人数．
21．（8分）如图，已知△ABC内接于⊙O，AB为直径，∠ACB的平分线CD交⊙O于点D．点E为CA延长线上的一点，且∠ADE＝∠BCD．
（1）判断DE与⊙O的位置关系，并说明理由．
（2）若⊙O的半径为2cm，且AB＝2BC，求阴影部分的面积．

22．（10分）如图，在平面直角坐标系中，已知二次函数y＝﹣x2+bx+c图象经过A（2，3），B（﹣1，0）两点．
（1）求b，c的值；
（2）连结AB，OA，若P是第一象限内抛物线上一点，直线OP把△AOB的面积分成相等的两部分．
①求直线OP的解析式；
②将该抛物线沿着射线PO的方向平移m个单位，使其顶点落在△AOB的内部（不包括边界），求m的取值范围．

23．（10分）在△BCD中，∠BCD＝β，BC＝CD＝6．将边CB绕点C顺时针旋转到CE，记∠BCE＝α（0°＜α＜180°），连结DE，取DE的中点F，射线BE，CF交于点A．

（1）填表：如图1，当β＝70°时，根据下表中α的值，分别计算∠EAC的度数．
α
30°
50°
100°
∠EAC
　 　
　 　
　 　
（2）猜想∠EAC与∠β数量关系，并说明理由；
（3）应用：如图2，当β＝120°时，请求出α从30°逐渐增加到120°的过程中，点A所经过的路径长．
24．（12分）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AB＝20，tanA＝．已知动点D从B出发，以每秒4个单位速度向A运动，同时动点E从A出发，以每秒5个单位的速度向C运动，其中一个点到达终点时，另一个点随之停止运动．以DE为边在它的右侧作正方形DEFG．设两点的运动时间为t．

（1）如图1，当t＝1时，求△ADE的边AD上的高EM的长；
（2）如图2，当点G落在BC边上时，求的值；
（3）在动点D，E运动的过程中，当正方形DEFG的某一边被Rt△ABC的一边平分时，画出图形并探究此时t的值．

2021年浙江省金华市永康市中考数学适应性试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（本题有10小题，每小题3分，共30分
1．（3分）﹣4的倒数是（　　）
A．﹣4 B．4 C．﹣ D．
【分析】根据乘积为1的两个数互为倒数，可得一个数的倒数．
【解答】解：﹣4的倒数是﹣，
故选：C．
【点评】本题考查了倒数，分子分母交换位置是求一个数的倒数的关键．
2．（3分）计算a+2a结果正确的是（　　）
A．﹣a B．3a C．2a2 D．3a2
【分析】合并同类项的方法：同类项的系数相加，所得的结果作为系数，字母和指数不变．根据该方法求解即可．
【解答】解：a+2a＝3a，
故选：B．
【点评】本题考查合并同类项，熟练掌握合并同类项的方法是解题的关键．
3．（3分）如图，AC与BD交于点O，AB∥CD，∠A＝45°，∠AOB＝105°，则∠D的度数为（　　）

A．30° B．40° C．60° D．75°
【分析】首先根据两直线平行，内错角相等得出∠C＝∠A＝45°，由对顶角的性质定理可得∠COD＝∠AOB＝105°，然后由△COD的内角和为180°，求出∠D的大小．
【解答】解：∵AB∥CD，
∴∠C＝∠A＝45°，
∵∠AOB＝105°，
∴∠COD＝105°，
在△COD中，
∵∠C+∠COD+∠D＝180°，
∴∠D＝180°﹣45°﹣105°＝30°．
故选：A．
【点评】本题考查了平行线的性质及三角形的内角和定理，解题的关键是熟练掌握基本知识．
4．（3分）下列几种著名的数学曲线中，不是轴对称图形的是（　　）
A．笛卡尔爱心曲线 B．蝴蝶曲线
C．费马螺线曲线 D．科赫曲线
【分析】根据轴对称图形的概念对各选项分析判断即可得解．如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形．
【解答】解：选项A、B、D均能找到这样的一条直线，使图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，所以是轴对称图形；
选项C不能找到这样的一条直线，使图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，所以不是轴对称图形；
故选：C．
【点评】本题考查了轴对称图形的概念，轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合．
5．（3分）下列分式一定有意义的是（　　）
A． B． C． D．
【分析】有意义的条件是x≠1；有意义的条件是x≠0；有意义的条件是x≠±1；无论x取何值，总有意义．
【解答】解：A.，当|1﹣x|≠0时，即x≠1时分式有意义，不符合题意；
B.，当x≠0时，分式有意义，不符合题意；
C.，当x2﹣1≠0时，即x≠±1时分式有意义，不符合题意；
D.，x2+1＞0恒成立，符合题意；
故选：D．
【点评】本题考查分式有意义的条件，熟练掌握分式有意义的条件：分母不为零，再准确计算是解题的关键．
6．（3分）方程x2﹣4x﹣5＝0经过配方后，其结果正确的是（　　）
A．（x﹣2）2＝1 B．（x+2）2＝﹣1 C．（x﹣2）2＝9 D．（x+2）2＝9
【分析】把常数项﹣5移项后，应该在左右两边同时加上一次项系数﹣4的一半的平方．
【解答】解：把方程x2﹣4x﹣5＝0的常数项移到等号的右边，得到x2﹣4x＝5
方程两边同时加上一次项系数一半的平方，得到x2﹣4x+4＝5+4
配方得（x﹣2）2＝9．
故选：C．
【点评】本题考查了解一元二次方程﹣﹣配方法．配方法的一般步骤：
（1）把常数项移到等号的右边；
（2）把二次项的系数化为1；
（3）等式两边同时加上一次项系数一半的平方．
选择用配方法解一元二次方程时，最好使方程的二次项的系数为1，一次项的系数是2的倍数．
7．（3分）一个不透明的盒子里有5个白球和若干个红球，它们除颜色外其余都相同，从中摸出一个球是红球的概率是，则盒中红球的个数为（　　）
A．20 B．25 C．15 D．5
【分析】首先设红球的个数为x个，根据题意得：＝，解此分式方程即可求得答案．
【解答】解：设红球的个数为x个，
根据题意得：＝，
解得：x＝20，
经检验：x＝20是原分式方程的解；
所以红球的个数为20．
故选：A．
【点评】此题考查了概率公式的应用．用到的知识点为：概率＝所求情况数与总情况数之比．
8．（3分）如图，在边长为2的菱形ABCD中，按以下步骤作图：①以点B为圆心，适当的长为半径作弧，交AB，BD于E，F两点；②分别以点E和点F为圆心，以大于EF的长为半径作弧，两弧交于点P；③作射线BP，交线段AD于点M．此时点M恰好是线段AD的中点，则CM的长为（　　）

A． B． C．2 D．3
【分析】由作法得BM平分∠ABD，过M点作MG⊥AB，MH⊥DB于H，如图，根据角平分线的性质得到MG＝MH，再证明Rt△AGM≌Rt△DHM得到∠A＝∠HDM，则BA＝BD，接着利用菱形的性质证明△ABD和△BDC都为等边三角形，所以∠DBM＝30°，∠DBC＝60°，然后计算出BM后利用勾股定理求CM的长．
【解答】解：由作法得BM平分∠ABD，
过M点作MG⊥AB，MH⊥DB于H，如图，
∴MG＝MH，
∵点M是线段AD的中点，
∴AM＝DM＝1，
在Rt△AGM和Rt△DHM中，
，
∴Rt△AGM≌Rt△DHM（HL），
∴∠A＝∠HDM，
∴BA＝BD，
∴BM⊥AD，
∵四边形ABCD为菱形，
∴AB＝AD＝CD＝BC，
∴△ABD和△BDC都为等边三角形，
∴∠DBM＝30°，∠DBC＝60°，
∴∠CBM＝90°，
∵BM＝AM＝，
在Rt△BCM中，CM＝＝＝．
故选：B．

【点评】本题考查了作图﹣复杂作图：解决此类题目的关键是熟悉基本几何图形的性质，结合几何图形的基本性质把复杂作图拆解成基本作图，逐步操作．也考查了角平分线的性质和菱形的性质．
9．（3分）永康市某公交车月乘车人数x（人）与月利润y（元）的变化关系如下表所示，如果每位乘客的公交票价和此公交车月支出费用是固定不变的，那么此公交车每月的支出费用是（　　）（注：月利润＝月收入总额﹣月支出费用）
x（人）
…
500
1000
1500
2500
3000
…
y（元）
…
﹣2250
﹣1500
﹣750
750
1500
…
A．2000元 B．3000元 C．3600元 D．4000元
【分析】根据表格可知乘车人数x（人）与月利润y（元）的一次函数变化关系，设每位乘客的公交票价为a元，公交车每月的支出费用为b元，可得y＝ax﹣b，把表格数据代入两组求出b即可解答．
【解答】解：设每位乘客的公交票价为a元，公交车每月的支出费用为b元，则y＝ax﹣b，
依题意得：，
解得：，
即此公交车每月的支出费用是3000元，
故选：B．
【点评】本题考查了一次函数的应用，解决本题的关键是列出函数关系式．
10．（3分）如图，△ABC和△PQR都是等边三角形，且AD＝BE＝CF＝AB，当∠AFR＝∠BDP＝∠CEQ＝30°时，△PQR的面积为，则△ABC的边长为（　　）

A．4 B．3 C．2 D．
【分析】延长FP交AB于点O，设AD＝BE＝CF＝a（a＞0），根据含30°的直角三角形的性质及勾股定理分别解得OF，AO，DO，DP，OP的长度，最后根据等边三角形的面积公式即可求解．
【解答】解：如图，延长FP交AB于点O，

∵△PQR是等边三角形，
∴∠QPR＝60°＝∠OPD，
∵∠BDP＝30°，
∴∠DOP＝180°﹣30°﹣60°＝90°，
设AD＝BE＝CF＝a（a＞0），
∵AD＝BE＝CF＝AB，
∴AB＝4a，AF＝3a，
∵∠AFP＝30°，
∴AO＝AF＝a，
∴OF＝＝a，
∴OD＝AO﹣AD＝a，
∵∠BDP＝30°，
∴DP＝＝＝a，
∴OP＝DP＝a，
同理，FR＝DP，
∴PR＝OF﹣OP﹣FR＝a﹣a﹣a＝a，
∵△PQR的面积为，
∴×PR×PR＝×a××a＝a2＝，
∴a＝，
∴AB＝4a＝4×＝，
故选：D．
【点评】此题考查了等边三角形的性质、勾股定理、含30°的直角三角形等知识，熟练掌握等边三角形的性质、勾股定理、含30°的直角三角形的性质是解题的关键．
二、填空题（本题有6小题，每小题4分，共24分）
11．（4分）因式分解：x2+x＝　x（x+1）　．
【分析】根据观察可知原式公因式为x，直接提取可得．
【解答】解：x2+x＝x（x+1）．
【点评】本题考查了提公因式法分解因式，通过观察可直接得出公因式，结合观察法是解此类题目的常用的方法．
12．（4分）某小组6名同学的体育成绩（满分30分）依次为：25，23，30，29，30，28，这组数据的中位数是 　28　．
【分析】直接利用中位数的定义分析得出答案．
【解答】解：数据按从小到大排列为：23，25，28，29，30，
则这组数据的中位数是：28．
故答案为：28．
【点评】此题主要考查了中位数的定义，正确把握中位数的定义是解题关键．
13．（4分）用“⊕”定义新运算：对于任意实数a，b都有a⊕b＝a2+b，如果3⊕（2⊕x）＝4，那么x＝　﹣9　．
【分析】直接利用公式化简，进而解一元一次方程得出答案．
【解答】解：3⊕（2⊕x）＝4，
3⊕（22+x）＝4，
32+22+x＝4，
解得：x＝﹣9．
故答案为：﹣9．
【点评】此题主要考查了实数运算以及解一元一次方程，正确将原式变形是解题关键．
14．（4分）如图为一个圆锥的三视图，这个圆锥的侧面积为 　60π　mm2．

【分析】利用三视图得到这个圆锥的高为8mm，底面圆的直径为12mm，再利用勾股定理计算出圆锥的母线长，然后利用扇形的面积公式计算圆锥的侧面积．
【解答】解：这个圆锥的高为8mm，底面圆的直径为12mm，即半径为6mm，
所以圆锥的母线长＝＝10（mm），
所以圆锥的侧面积＝×2π×6×10＝60π（mm2）．
故答案为：60π．
【点评】本题考查了由三视图判断几何体：由三视图想象几何体的形状，首先，应分别根据主视图、俯视图和左视图想象几何体的前面、上面和左侧面的形状，然后综合起来考虑整体形状．也考查了圆锥的计算．
15．（4分）在Rt△ABC中，斜边AB＝9cm，点D在AB上，且AD＝AB，若以BD为直径的半圆O在某条直角边上截得的线段长为2cm，则直角边AC的长为 　6或3　cm．

【分析】分两种情况讨论：①当BG＝2cm时，如图1，连接OG，作OM⊥BG于M，根据垂径定理求得BM，利用勾股定理求得OM，通过平行线分线段成比例定理即可求得AC；②当EF＝2cm时，如图2，连接OE，作ON⊥EF于N，根据垂径定理求得EN，利用勾股定理求得ON，通过平行线分线段成比例定理即可求得BC，再利用勾股定理即可求得AC．
【解答】解：①当BG＝2cm时，如图1，连接OG，作OM⊥BG于M，

∵OM⊥BG，
∴BM＝GM＝BG＝1cm，
∵AB＝9cm，AD＝AB，OB＝OD，
∴OB＝OD＝3cm，＝，
∴OM＝＝＝2cm，
∵OM∥AC，
∴＝＝，
∴AC＝3OM＝6cm；
②当EF＝2cm时，如图2，连接OE，作ON⊥EF于N，

∵ON⊥EF，
∴EN＝FN＝EF＝1cm，
∵AB＝9cm，AD＝AB，OB＝OD，
∴OB＝OD＝3cm，＝，
∴OE＝3cm，
∴On＝＝＝2cm，
∵ON∥BC，
∴＝＝，
∴BC＝ON＝3cm，
∴AC＝＝＝3cm，
综上，AC的长为6或3cm，
故答案为：6或3．
【点评】本题考查了垂径定理的应用，勾股定理的应用，平行线分线段成比例定理的应用，作出辅助线构建直角三角形是解题的关键．
16．（4分）如图，图1是某滑动模具示意图，转动飞轮⊙A时，圆上固定点B随之在连OD上的滑道MN滑动，并带动连杆OD绕端点O左右摆动．图2是某平台侧面示意图，平台高OE＝＝dm，上底宽EF＝1.5dm，下底宽OH＝8dm，GH⊥OH，以图2所示方式建立平面直角坐标系xOy，点H的坐标为（﹣8，0），侧曲面FG恰好完全落在反比例函数y＝（k＜0）的图象上．

（1）则k的值为 　﹣4　；
（2）若飞轮半径为0.5dm，转动飞轮从顶端F经侧曲面向地面x轴无滑动滚动，为保证模具在平台上顺利滑动，滑道MN的长度至少为 　（8.5﹣）　dm．
【分析】（1）利用已知数据得到点F的坐标，利用待定系数法即可求得k值；
（2）利用已知条件分别求出⊙A在点F处OM的长和当⊙A恰好从曲面上落到x轴上停止滑动处ON的长，用ON﹣OM即为滑道MN的长度的最小值．
【解答】解：（1）∵OE＝dm，EF＝1.5dm，
∴F（﹣1.5，）．
∴＝，
∴k＝﹣4．
（2）当滑动模具如下图位置摆放，⊙A与EF相切于点F，连接OA，AM．
则AF⊥FE，AM⊥OM，

∵飞轮半径为0.5dm，
∴A（﹣1.5，）．
∴OA＝＝．
在Rt△AOM中，
OM＝＝＝．
当⊙A恰好从曲面上落到x轴上停止滑动时，如下图，

此时点N落在x轴上，连接AN，OA，则AN⊥x轴，
∵飞轮半径为0.5dm，OH＝8dm，
∴A（﹣8.5，0.5），
∴OA2＝8.52+0.52．
在Rt△AON中，
ON＝＝8.5，
∴MN的长度的最小值为：（8.5﹣）dm．
故答案为：（8.5﹣）．
【点评】本题主要考查了反比例函数的应用，勾股定理，利用待定系数法确定函数的解析式是解题的关键．
三、解答题（本题有8小题，共66分，各小题都必须写出解答过程）
17．（6分）计算：|1﹣|﹣2cos45°+（π﹣2021）0+．
【分析】直接利用特殊角的三角函数值以及零指数幂的性质、二次根式的性质、绝对值的性质分别化简，再利用实数加减运算法则计算得出答案．
【解答】解：原式＝﹣1﹣2×+1+2
＝﹣1﹣+1+2
＝2．
【点评】此题主要考查了特殊角的三角函数值以及零指数幂的性质、二次根式的性质、绝对值的性质，正确化简各数是解题关键．
18．（6分）解不等式组：．
【分析】分别求出每一个不等式的解集，根据口诀：同大取大、同小取小、大小小大中间找、大大小小找不到确定不等式组的解集．
【解答】解：，
解不等式①，得：x＞﹣2，
解不等式②，得：x＜1，
则不等式组的解集为﹣2＜x＜1．
【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．
19．（6分）永康某中学为检测师生体温，在校门安装了测温门，如图为该“测温门”截面示意图．身高1.6米的小聪做了如下实验：当他在地面M处时“测温门”开始显示额头温度，此时在额头B处测得A的仰角为30°；当他在地面N处时，“测温门”停止显示额头温度，此时在额头C处测得A的仰角为60°．如果测得小聪的有效测温区间MN的长度是1米，求测温门顶部A处距地面的高度约为多少米？（注：额头到地面的距离以身高计.≈1.73，最后结果精确到0.1米）

【分析】延长BC交AD于点E，构造直角△ABE和矩形EDNB，设AE＝x米．通过解直角三角形分别表示出BE、CE的长度，根据BC＝BE﹣CE得到1.73x﹣0.58x＝1，解得即可求得AE 进而即可求得．
【解答】解：延长BC交AD于点E，设AE＝x米．
∵tan60°＝，tan30°＝，
∴CE＝＝≈0.58x（米），BE＝≈1.73x（米），
∴BC＝BE﹣CE＝1.73x﹣0.58x＝1（米）．
解得x≈0.87，
∴AE≈0.87（米），
∴AD＝AE+ED≈0.87+1.6≈2.5（米）．
答：测温门顶部A处距地面的高度约为2.5米．

【点评】本题考查了解直角三角形的应用﹣﹣仰角俯角问题，能借助仰角构造直角三角形是解题的关键．
20．（8分）垃圾主要分为可回收物、厨余垃圾、有害垃圾和其他垃圾四类．为了解永康某社区10﹣60岁居民垃圾分类落实情况，某工作小组对社区内该年龄段的部分居民展开了问卷调查（每人只能选择其中一项），并将调查数据整理后绘制成如下两幅不完整的统计图，请根据图中信息解答下列问题：

（1）求参与问卷调查的总人数，并补全条形统计图；
（2）求扇形统计图中表示“B”的扇形的圆心角度数；
（3）该社区10﹣60岁的居民约10000人，估算该社区这些人中能准确分出四类垃圾的人数．
【分析】（1）根据D选项的人数和所占的百分比求出参与问卷调查的总人数，用总人数乘以C选项所占的百分比，再减去10～40岁的人数，求出41～60 的人数，从而补全统计图；
（2）用360°乘以“B”所占的百分比即可；
（3）用该社区10﹣60岁的总人数乘以能准确分出四类垃圾的人数所占的百分比即可．
【解答】解：（1）（5+40）÷9%＝500（人）．
答：参与问卷调查的总人数为500人；
C选项41～60 的人数有：500×15%﹣15＝60（人），
补全统计图如下：


（2）扇形统计图中表示“B”的扇形的圆心角度数360°×＝（1﹣40%﹣10%﹣15%）＝129.6°．
故答案为：129.6°．

（3）10000×＝4000（人），
答：估算该社区这些人中能准确分出四类垃圾的人数有4000人．
【点评】本题考查条形统计图、扇形统计图，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
21．（8分）如图，已知△ABC内接于⊙O，AB为直径，∠ACB的平分线CD交⊙O于点D．点E为CA延长线上的一点，且∠ADE＝∠BCD．
（1）判断DE与⊙O的位置关系，并说明理由．
（2）若⊙O的半径为2cm，且AB＝2BC，求阴影部分的面积．

【分析】（1）连接OD，BD，根据角平分线的定义得到∠ACD＝∠BCD，求得BD＝AD，推出∠DAB＝∠ABD＝45°，得到∠ADE＝∠BCD＝∠DAB＝45°，求得∠ODE＝90°，根据切线的判定定理即可得到结论；
（2）连接OC，根据圆周角定理得到∠ACB＝90°，根据直角三角形的性质得到∠BAC＝30°，由三角形的内角和定理得到∠ABC＝60°，由圆周角定理得到∠AOC＝2∠ABC＝120°，根据扇形和三角形的面积公式即可得到答案．
【解答】解：（1）DE与⊙O相切；
理由：连接OD，BD，
∵CD平分∠ACB，
∴∠ACD＝∠BCD，
∴＝，
∴BD＝AD，
∵AB为⊙O的直径，
∴∠ADB＝90°，
∴∠DAB＝∠ABD＝45°，
∵AO＝BO，
∴∠ADO＝45°，
∵∠ADE＝∠BCD＝∠DAB＝45°，
∴∠ODE＝90°，
∴DE与⊙O相切；
（2）连接OC，
∵AB为⊙O的直径，
∴∠ACB＝90°，
∵AB＝2BC，
∴∠BAC＝30°，
∴∠ABC＝60°，
∴∠AOC＝2∠ABC＝120°，
∵⊙O的半径为2cm，
∴AB＝4cm，AC＝2cm，
∴阴影部分的面积＝S扇形AOC﹣S△AOC＝﹣1×2＝﹣．

【点评】本题考查了直线与圆的位置关系，圆周角定理，扇形的面积的计算，正确的作出辅助线是解题的关键．
22．（10分）如图，在平面直角坐标系中，已知二次函数y＝﹣x2+bx+c图象经过A（2，3），B（﹣1，0）两点．
（1）求b，c的值；
（2）连结AB，OA，若P是第一象限内抛物线上一点，直线OP把△AOB的面积分成相等的两部分．
①求直线OP的解析式；
②将该抛物线沿着射线PO的方向平移m个单位，使其顶点落在△AOB的内部（不包括边界），求m的取值范围．

【分析】（1）将A、B两点代入二次函数的表达式求得；
（2）①OP交AB的中点，求出AB的中点，进而求得；
②求出顶点的运动的一次函数表达式，求出它与AB及OB的交点，从而求出范围．
【解答】解：（1）由题意得，
，
∴，
∴b＝2，c＝3；
（2）①设OP与AB的交点是C，
∵直线OP把△AOB的面积分成相等的两部分，
∴C是AB的中点，
∵C（，），
设OP的表达式是y＝kx，
∴，
∴k＝3，
∴直线OP的表达式是y＝3x，
②由题意得，
∵y＝﹣（x﹣1）2+4，
∴顶点是（1，4），
∴顶点在直线y＝3x+1上，
∵A（﹣1，0），B（2，3），
∴直线AB的表达式是y＝x+1，
由3x+1＝x+1得，
x＝0，
当x＝0时，y＝1，
此时m＝＝，
当3x+1＝0时，
x＝﹣，
此时顶点在OB上，
m＝＝，
∴＜m＜．
【点评】本题考查了一次函数图象及其性质，一次函数与一元一次方程之间的关系，勾股定理等知识，解决问题的关键熟练掌握基础知识．
23．（10分）在△BCD中，∠BCD＝β，BC＝CD＝6．将边CB绕点C顺时针旋转到CE，记∠BCE＝α（0°＜α＜180°），连结DE，取DE的中点F，射线BE，CF交于点A．

（1）填表：如图1，当β＝70°时，根据下表中α的值，分别计算∠EAC的度数．
α
30°
50°
100°
∠EAC
　55°　
　55°　
　55°　
（2）猜想∠EAC与∠β数量关系，并说明理由；
（3）应用：如图2，当β＝120°时，请求出α从30°逐渐增加到120°的过程中，点A所经过的路径长．
【分析】（1）如图1中，分别求出∠CEB，∠ACE，再利用三角形的外角的性质求解即可．
（2）结论：2∠EAC+β＝180°．利用三角形内角和定理以及三角形的外角的性质证明即可．
（3）首先证明A，B，C，D四点共圆，设ABCD的外接圆的圆心为O，连接OA，OD，OB．OC．证明△OBC，△ODC都是等边三角形，推出OA＝OB＝OC＝OD＝BC＝6，再证明当∠BCE＝30°时，∠AOD＝2∠ABD＝90°，利用弧长公式求解即可．
【解答】解：（1）如图1中，

当α＝30°时，∵∠BCD＝70°，
∴∠ECD＝40°，
∵CE＝CD，EF＝DF，
∴∠ACE＝∠ACD＝20°，
∵CB＝CE，
∴∠CEB＝∠CBE＝（180°﹣30°）＝75°，
∵∠CEB＝∠EAC+∠ACE，
∴∠EAC＝75°﹣20°＝55°，
当α＝50°和100°时，同法可得∠EAC＝55°，
故答案为：55°，55°，55°．

（2）结论：2∠EAC+β＝180°．
理由：∵∠BCD＝β，∠ECB＝α，
∴∠ECD＝β﹣α，
∵CE＝CD，EF＝DF，
∴∠ACE＝∠ACD＝（β﹣α），
∵CB＝CE，
∴∠CEB＝∠CBE＝（180°﹣α°）＝90°﹣α，
∵∠CEB＝∠EAC+∠ACE，
∴∠EAC＝90°﹣α﹣（β﹣α），
∴2∠EAC+β＝180°．

（3）如图2中，

∵CB＝CD，
∠CBD＝∠CDB，
∴2∠BDC+∠BCD＝180°，
∵2∠EAC+∠BCD＝180°，
∴∠BAC＝∠BDC，
∴A，B，C，D四点共圆，
设ABCD的外接圆的圆心为O，连接OA，OD，OB．OC．
∵∠BCD＝120°，
∴∠BAD＝60°，
∴∠BOD＝2∠BAD＝120°，
∵CB＝CD，
∴＝，
∴∠BOC＝∠COD＝60°，
∵OB＝OC＝OD，
∴△OBC，△ODC都是等边三角形，
∴OA＝OB＝OC＝OD＝BC＝6，
当∠BCE＝30°时，∠CBE＝75°，
∵∠CBD＝30°，
∴∠ABD＝∠CBE﹣∠CBD＝45°，
∴∠AOD＝2∠ABD＝90°，
∴α从30°逐渐增加到120°的过程中，点A所经过的路径长＝＝3π．
【点评】本题属于三角形综合题，考查了等腰三角形的性质，三角形内角和定理，三角形的外角的性质，四点共圆，圆周角定理，弧长公式等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，利用辅助圆解决问题，属于中考压轴题．
24．（12分）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AB＝20，tanA＝．已知动点D从B出发，以每秒4个单位速度向A运动，同时动点E从A出发，以每秒5个单位的速度向C运动，其中一个点到达终点时，另一个点随之停止运动．以DE为边在它的右侧作正方形DEFG．设两点的运动时间为t．

（1）如图1，当t＝1时，求△ADE的边AD上的高EM的长；
（2）如图2，当点G落在BC边上时，求的值；
（3）在动点D，E运动的过程中，当正方形DEFG的某一边被Rt△ABC的一边平分时，画出图形并探究此时t的值．
【分析】（1）当t＝1时，AE＝5，由tanA＝，得EM：AM：AE＝3：4：5，则EM＝3；
（2）分别过点E，G作EM⊥AB于点M，GN⊥AB于点N，通过AAS可证明△DEM≌△HDN，得EM＝DN，DM＝GN，由（1）得，AM＝4t，EM＝DN＝3t，再由△BGN∽△BAC，得，从而BD＝3t+15﹣6t＝4t，得t＝，从而解决问题；
（3）分DG的中点H落在BC边上时，当EF的中点H落在BC上时，当GF的中点H落在BC边上时，当GF的中点H落在AB边上时，四种情形，分别画出图形，借助三角形全等来解决问题．
【解答】解：（1）如图1，由题意得：

当t＝1时，AE＝5，
在Rt△AME中，∠AME＝90°，tanA＝，
∴EM：AM：AE＝3：4：5，
∴EM＝3，
∴△ADE的边AD上的高EM的长为3；
（2）如图2，分别过点E，G作EM⊥AB于点M，GN⊥AB于点N，

∴∠∠EMD＝∠HND＝90°，
∵四边形EFGH为正方形，
∴ED＝DG，∠EDG＝90°，
∴∠EDM+∠HDN＝90°，
∵∠HDN+∠DHN＝90°，
∴∠EDM＝∠DHN，
∴△DEM≌△HDN（AAS），
∴EM＝DN，DM＝GN，
由（1）得，AM＝4t，EM＝DN＝3t，
∴MD＝20﹣8t＝GN，
∵∠B＝∠B，∠BNG＝∠C＝90°，
∴△BGN∽△BAC，
∴，
∴BN＝15﹣6t，
∴BD＝3t+15﹣6t＝4t，
∴t＝，
∴EM＝，GN＝，AD＝，BD＝，
∴＝；
（3）①如图3，当DG的中点H落在BC边上时，分别过点E，H作EM⊥AB于点M，HN⊥AB于点N
∴△EMD∽△DNH，且，
∴DN＝，HN＝10﹣4t，
由（2）知，BN＝，
∴AB＝4t+20﹣8t+，
∴t＝；
②如图4，当EF的中点H落在BC上时，过点D作DM⊥AC于点M，

同理可证△EMD∽△HCE，且，
在Rt△ADM中，tanA＝，AD＝20﹣4t，
∴AM＝，MD＝，
∴CE＝，
∴AC＝AE+CE＝5t+＝16，
∴t＝；
③如图5，当GF的中点H落在BC边上时，分别过点D，F作DM⊥AC于点M，FN⊥AC交AC的延长线于点N，过点H作HP⊥NF交NF的延长线于点P，

同理可证△DEM≌EFN（AAS），△EFN∽△FHP，
且HP＝，
∵tanA＝，AD＝20﹣4t，
∴DM＝EN＝，AM＝，
∴ME＝AE﹣AM＝，CN＝，
∴AC＝AE+EN﹣CN＝16，
∴t＝；
④如图6，当GF的中点H落在AB边上时，过点E作EM⊥AB于点M，

同理可证△DEM≌△HDG，且，
在Rt△AEM中，tanA＝，AE＝5t，
∴EM＝3t，AM＝4t，DM＝，
∵AD＝20﹣4t，
∴AM＝20﹣4t+＝4t，
∴t＝，
综上所述，t的值为或或或．
【点评】本题主要考查了正方形的性质，三角函数，全等三角形是判定与性质，相似三角形的判定与性质等知识，综合性较强，分别画出符合要求的图形，利用全等三角形和相似三角形的判定与性质是解题的关键，属于中考压轴题．
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日期：2021/11/14 23:15:41；用户：张家港二中；邮箱：zjg2z@xyh.com；学号：41479226

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