2022年北京中考数学模拟试卷3（含答案解析）

这是一份2022年北京中考数学模拟试卷3（含答案解析），共34页。

2022年北京中考数学模拟试卷3
一．选择题（共8小题，满分16分，每小题2分）
1．（2分）（2021•未央区校级三模）下列图形中，不是正方体表面展开图的是（　　）
A． B．
C． D．
2．（2分）（2021秋•农安县期末）根据世界卫生组织的统计，截止10月28日，全球新冠确诊病例累计超过4430万，用科学记数法表示这一数据是（　　）
A．4.43×107 B．0.443×108 C．44.3×106 D．4.43×108
3．（2分）如图所示，过点P画直线m的垂线和斜线，下列说法中正确的是（　　）


A．垂线和斜线都只能画一条
B．垂线只能画一条，斜线可画无数条
C．垂线能画两条，斜线可画无数条
D．垂线和斜线均可画无数条
4．（2分）（2021•北仑区二模）已知正多边形的一个内角等于一个外角的3倍，那么这个正多边形的边数为（　　）
A．6 B．7 C．8 D．9
5．（2分）（2022春•定远县校级月考）若实数a、b、c在数轴上对应点的位置如图所示，则|c﹣a|﹣|b+a|+|b﹣c|等于（　　）

A．﹣2c B．﹣a+2b C．﹣a﹣b D．a﹣2b
6．（2分）（2022•武汉模拟）一个仅装有球的不透明步袋里共有3个球（只有颜色不同），其中2个是红球，1个是黄球，从中任意摸出一个球，记下颜色后放回，搅匀，再摸出一个球，记下颜色，则摸出的2个球颜色相同的概率是（　　）
A． B． C． D．
7．（2分）（2021秋•沙坪坝区校级期中）估计的值应该在（　　）
A．3和4之间 B．4和5之间 C．5和6之间 D．6和7之间
8．（2分）（2021秋•临海市期末）一位运动员在离篮筐水平距离4m处起跳投篮，球运行路线可看作抛物线，当球离开运动员的水平距离为1m时，它与篮筐同高，球运行中的最大高度为3.5m，最后准确落入篮筐，已知篮筐到地面的距离为3.05m，该运动员投篮出手点距离地面的高度为（　　）

A．1.5 m B．2m C．2.25 m D．2.5 m
二．填空题（共8小题，满分16分，每小题2分）
9．（2分）（2021秋•双牌县期末）若a，b为实数，且a＝﹣+1，则ab的值为 　 　．
10．（2分）（2021秋•尚志市期末）把4x2﹣24x+36分解因式为 　 　．
11．（2分）当x＝　 　时，+＝．
12．（2分）（2022•宁波模拟）在平面直角坐标系xOy中，对于点P（x，y）和Q（x，y′），给出如下定义：如果，那么称点Q为点P的“可控变点”．若点Q（m，2）是反比例函数图象上点P的“可控变点”，则点P的坐标为 　 　．
13．（2分）（2019秋•鼓楼区校级月考）已知⊙O半径为2，点P是直线l上任一点．若l和⊙O相切，则OP的最小值是　 　．
14．（2分）（2021•包河区三模）已知，在矩形ABCD中，AB＝3，BC＝5，点E在DC上，将矩形沿AE折叠，使点D落在BC边上F处，则tan∠DAE＝　 　；点G在BF上，将矩形沿AG折叠，使点B落在AF上点H处，延长GH交AE于M，连接MF，则MF＝　 　．

15．（2分）（2021•南岗区校级开学）一组数据为6，6，7，7，7，8，8，则这组数据的方差为 　 　．
16．（2分）（2022•沙坪坝区校级开学）为迎接北京冬奥会，在A、B两个社区共设置六个摊点售卖冬奥纪念品，其中第一、二、三号摊点在A社区，第四、五、六号摊点在B社区，每个摊点原有纪念品一样多．第一、二、三、四号摊点每天新运来相等数量的纪念品，第五号摊点每天新运来的纪念品数量是前四个摊点每天新增总量的，第六号摊点每天新运来的纪念品数量是前四个摊点每天新增总量的．第3天结束营业时，第四、五号摊点的纪念品恰好售完并撤走摊点；第4天结束营业时，第一、二、三、六号摊点的所有纪念品均售完并撤走．若第四号和第六号摊点平均每天售出的纪念品数量相等，则A、B两社区售出纪念品的总数量之比为 　 　．
三．解答题（共12小题，满分68分）
17．（5分）（2021秋•海淀区校级月考）计算：2sin60°﹣+|﹣|﹣（π+）0．
18．（5分）（2021秋•杜尔伯特县期末）解不等式组：．
19．（5分）（2021秋•海口期末）计算
（1）（﹣5x）2﹣（3x+5）（5x﹣3）；
（2）（2x﹣3y）2﹣（﹣x+3y）（3y+x）；
（3）先化简，再求值：[（xy﹣2）2﹣2x（xy﹣2y）﹣4]÷（﹣2xy），其中，y＝3．
20．（5分）（2018秋•道里区校级月考）图1、图2分别是10×8的网格，网格中每个小正方形的边长均为1，每个网格中画有一个格点四边形，请分别在图1、图2中各画一条不同的线段，并满足以下要求：
（1）线段的一个端点为四边形的顶点，另一个端点在四边形的一边的格点上；
（2）将四边形分成两个图形，其中一个是等腰三角形．

21．（6分）（2021春•包河区期末）已知关于x的一元二次方程x2﹣3x+k＝0方程有两实根x1和x2．
（1）求实数k的取值范围；
（2）当x1和x2是一个矩形两邻边的长且矩形的对角线长为，求k的值．
22．（6分）（2021秋•偃师市月考）如图，在平行四边形ABCD中，E，F是对角线BD上的两点（点E在点F左侧），且∠AEB＝∠CFD＝90°．
（1）求证：四边形AECF是平行四边形；
（2）当AB＝10，cos∠ABE＝，∠CBE＝∠EAF时，求BD的长．

23．（5分）（2018•沙坪坝区模拟）如图，正比例函数y＝kx（k≠0）的图象过点A（2，﹣3）．直线y＝x+b沿y轴平行移动，与x轴、y轴分别交于点B、C，与直线OA交于点D．
（1）若点D在线段OA上（含端点），求b的取值范围；
（2）当点A关于直线BC的对称点A'恰好落在y轴上时，求△OBD的面积．

24．（6分）（2021秋•镇海区期末）如图，在△ABC中，D在边AC上，圆O为锐角△BCD的外接圆，连结CO并延长交AB于点E．
（1）若∠DBC＝α，请用含α的代数式表示∠DCE；
（2）如图2，作BF⊥AC，垂足为F，BF与CE交于点G，已知∠ABD＝∠CBF．
①求证：EB＝EG；
②若CE＝5，AC＝8，求FG+FB的值．

25．（5分）（2018春•绍兴期末）为了检查“防震减灾”落实情况，我市教育部门对一中学学生“防震减灾”的知晓率采取随机抽样的方法进行问卷调查，调查结果分为“非常了解”、“比较了解”、“基本了解”和“不了解”四个等级；小明根据调查结果绘制了如下统计图，请根据提供的信息回答问题：

（1）本次参与问卷调查的学生有　 　人：扇形统计图中“基本了解”部分所对应的扇形圆心角是　 　度；
（2）请补全频数分布直方图；
（3）该校有2500名学生，估计对防震减灾“不了解”的人数有　 　．
26．（6分）（2021春•海曙区校级期末）已知抛物线y＝ax2﹣2x+1（a≠0）的对称轴为直线x＝1．
（1）a＝　 　；
（2）若抛物线的顶点为P，直线y＝9与抛物线交于两点G、H，求△PGH的面积；
（3）设直线y＝m（m＞0）与抛物线y＝ax2﹣2x+1交于点A、B，与抛物线y＝4（x﹣1）2交于点C，D，则线段AB与线段CD的长度之比为 　 　．
27．（7分）（2021秋•吉林期末）在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝α，点P为线段CA延长线上一动点，连接PB，将线段PB绕点P逆时针旋转，旋转角为α，得到线段PD，连接DB，DC．
（1）如图1，当α＝60°时，猜想PA和DC的数量关系并说明理由；
（2）如图2，当α＝120°时，猜想PA和DC的数量关系并说明理由．


28．（7分）（2021•台州模拟）如图1，正方形ABCD，以BC为直径的半圆O交对角线BD于点E，点P是边AB上的点，延长PE交和边CD于点F，G．

（1）连接BF，求∠BFP的度数；
（2）如图2，过F作FN⊥PG交BC于N，求证：BP＝BN；
（3）如图3，在（2）条件下，连接EN，
①若，求tan∠NEF的值；
②若BC＝13，EN+NF＝12，直接写出AP的值．

2022年北京中考数学模拟试卷3
参考答案与试题解析
一．选择题（共8小题，满分16分，每小题2分）
1．（2分）（2021•未央区校级三模）下列图形中，不是正方体表面展开图的是（　　）
A． B．
C． D．
【考点】几何体的展开图．
【专题】几何图形；空间观念．
【分析】根据正方体展开图的11种形式对各小题分析判断即可得解．
【解答】解：A、B、D均是正方体表面展开图；
C、正方体有6个面，C有7个小正方形，故不是正方体表面展开图．
故选：C．
【点评】本题考查了正方体的展开图，熟记展开图的11种形式是解题的关键，利用不是正方体展开图的“一线不过四、田凹应弃之”（即不能出现同一行有多于4个正方形的情况，不能出现田字形、凹字形的情况）判断也可．
2．（2分）（2021秋•农安县期末）根据世界卫生组织的统计，截止10月28日，全球新冠确诊病例累计超过4430万，用科学记数法表示这一数据是（　　）
A．4.43×107 B．0.443×108 C．44.3×106 D．4.43×108
【考点】科学记数法—表示较大的数．
【专题】实数；数感．
【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．当原数绝对值≥10时，n是正整数；当原数的绝对值＜1时，n是负整数．
【解答】解：4430万＝44300000＝4.43×107．
故选：A．
【点评】此题考查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．（2分）如图所示，过点P画直线m的垂线和斜线，下列说法中正确的是（　　）


A．垂线和斜线都只能画一条
B．垂线只能画一条，斜线可画无数条
C．垂线能画两条，斜线可画无数条
D．垂线和斜线均可画无数条
【考点】垂线．
【专题】线段、角、相交线与平行线；几何直观．
【分析】根据题意，可以画出相应的图形，然后即可解答本题．
【解答】解：过点P画直线m的垂线和斜线，垂线只能画一条，斜线可画无数条，
故选：B．

【点评】本题考查垂线，解答本题的关键是画出相应的图形．
4．（2分）（2021•北仑区二模）已知正多边形的一个内角等于一个外角的3倍，那么这个正多边形的边数为（　　）
A．6 B．7 C．8 D．9
【考点】多边形内角与外角．
【专题】多边形与平行四边形；推理能力．
【分析】本题考查多边形的内角和与外角和、方程的思想．关键是记住内角和的公式与外角和的特征以及在同一顶点处的内角与外角的和是180°．
【解答】解：设这个正多边形的一个外角的度数为x，则其一个内角的度数为3x，
所以x+3x＝180°，x＝45°，
该正多边形的边数是：360°÷45°＝8．
故选：C．
【点评】此题考查了多边形的内角和与外角和的知识，此题难度不大，方程思想的应用是解题的关键．
5．（2分）（2022春•定远县校级月考）若实数a、b、c在数轴上对应点的位置如图所示，则|c﹣a|﹣|b+a|+|b﹣c|等于（　　）

A．﹣2c B．﹣a+2b C．﹣a﹣b D．a﹣2b
【考点】实数与数轴；绝对值．
【专题】实数；运算能力．
【分析】根据数轴得出a，b，c的符号并判断它们的绝对值大小，从而根据绝对值的意义可得答案．
【解答】解：由图知，c＜b＜0＜a，|b|＜|a|，
∴|c﹣a|﹣|b+a|+|b﹣c|
＝a﹣c﹣（a+b）+b﹣c
＝a﹣c﹣a﹣b+b﹣c
＝﹣2c．
故选：A．
【点评】此题综合考查了数轴、绝对值的有关内容，掌握绝对值的意义是解本题的关键．
6．（2分）（2022•武汉模拟）一个仅装有球的不透明步袋里共有3个球（只有颜色不同），其中2个是红球，1个是黄球，从中任意摸出一个球，记下颜色后放回，搅匀，再摸出一个球，记下颜色，则摸出的2个球颜色相同的概率是（　　）
A． B． C． D．
【考点】列表法与树状图法．
【专题】概率及其应用；数据分析观念；推理能力．
【分析】画树状图，共有9种等可能的情况，摸出的2个球颜色相同的有5种情况，再由概率公式求解即可．
【解答】解：根据题意画树状图如下：

共有9种等可能的情况，摸出的2个球颜色相同的有5种情况，
∴摸出的2个球颜色相同的概率是，
故选：D．
【点评】此题考查了列表法与树状图法以及概率公式，根据题意画出相应的树状图是解本题的关键．
7．（2分）（2021秋•沙坪坝区校级期中）估计的值应该在（　　）
A．3和4之间 B．4和5之间 C．5和6之间 D．6和7之间
【考点】估算无理数的大小．
【专题】计算题；实数；二次根式；数感；运算能力．
【分析】直接利用二次根式加减运算法则化简，进而估算无理数的大小即可．
【解答】解：（3﹣）÷
＝3﹣2，
∵7＜3＜8，
∴5＜3﹣2＜6，
∴估计的值应该在5和6之间．
故选：C．
【点评】此题主要考查了估算无理数的大小，正确进行二次根式的运算是解题关键．
8．（2分）（2021秋•临海市期末）一位运动员在离篮筐水平距离4m处起跳投篮，球运行路线可看作抛物线，当球离开运动员的水平距离为1m时，它与篮筐同高，球运行中的最大高度为3.5m，最后准确落入篮筐，已知篮筐到地面的距离为3.05m，该运动员投篮出手点距离地面的高度为（　　）

A．1.5 m B．2m C．2.25 m D．2.5 m
【考点】二次函数的应用．
【专题】二次函数的应用；应用意识．
【分析】先建立适当坐标系根据题意可得A，B，C，D坐标，设抛物线的表达式为y＝ax2+3.5，依题意可知图象经过的坐标，由此可得a的值．然后把x＝﹣2.5代入解析式求y即可．
【解答】解：以地面所在的直线为X轴，过抛物线的顶点C垂直于x轴的直线为y轴建立如图所示坐标系：

∵抛物线的顶点坐标为（0，3.5），
∴可设抛物线的函数关系式为y＝ax2+3.5．
∵篮球中心（1.5，3.05）在抛物线上，将它的坐标代入上式，得 3.05＝a×1.52+3.5，
∴a＝﹣，
∴y＝﹣x2+3.5．
当x＝﹣2.5时，y＝﹣×（﹣2.5）2+3.5＝﹣1.25+3.5＝2.25（m），
该运动员投篮出手点距离地面的高度为2.25m．
故选：C．
【点评】本题考查了二次函数的应用，对函数定义、性质，以及在实际问题中的应用等技能进行了全面考查，对学生的数学思维具有很大的挑战性．
二．填空题（共8小题，满分16分，每小题2分）
9．（2分）（2021秋•双牌县期末）若a，b为实数，且a＝﹣+1，则ab的值为 　1　．
【考点】二次根式有意义的条件．
【专题】二次根式；运算能力．
【分析】根据二次根式有意义的条件可求出a与b的值，然后代入所求式子即可求出答案．
【解答】解：由题意可知：b﹣2≥0，2﹣b≥0，
∴b≥2，b≤2，
∴b＝2，
∴a＝0+0+1＝1，
∴ab
＝12
＝1，
故答案为：1．
【点评】本题考查二次根式有意义的条件，解题的关键是正确理解二次根式有意义的条件，本题属于基础题型．
10．（2分）（2021秋•尚志市期末）把4x2﹣24x+36分解因式为 　4（x﹣3）2　．
【考点】提公因式法与公式法的综合运用．
【专题】整式；运算能力．
【分析】先提公因式，然后利用完全平方公式继续分解即可解答．
【解答】解：4x2﹣24x+36
＝4（x2﹣6x+9）
＝4（x﹣3）2，
故答案为：4（x﹣3）2．
【点评】本题考查了提公因式法与公式法的综合运用，一定要注意如果多项式的各项含有公因式，必须先提公因式．
11．（2分）当x＝　　时，+＝．
【考点】解分式方程．
【专题】计算题；因式分解；分式方程及应用；运算能力．
【分析】按照去分母、去括号、移项及合并同类项等步骤解得方程的解并检验即可得出答案．
【解答】解：∵+＝，
∴+＝，
方程两边同时乘以x（x﹣1）（x+1）得：7（x﹣1）+3（x+1）＝4x，
去括号得：7x﹣7+3x+3＝4x，
整理得：6x＝4，
解得：x＝．
检验：当x＝时，x（x﹣1）（x+1）≠0，
∴原方程的解是x＝．
故答案为：．
【点评】本题考查了解分式方程，熟练掌握因式分解及分式方程的解题步骤是解题的关键．
12．（2分）（2022•宁波模拟）在平面直角坐标系xOy中，对于点P（x，y）和Q（x，y′），给出如下定义：如果，那么称点Q为点P的“可控变点”．若点Q（m，2）是反比例函数图象上点P的“可控变点”，则点P的坐标为 　（1，3）或（﹣，﹣2）　．
【考点】反比例函数图象上点的坐标特征．
【专题】反比例函数及其应用；运算能力．
【分析】讨论m≥及m＜0两种情况求解．
【解答】解：点P的“可控变点”Q所在函数解析式为：y′＝，
∴当m≥0时，将（m，2）代入y′＝﹣1得，2＝﹣1，
解得m＝1，
当m＜0时，将（m，2）代入y′＝﹣得，2＝﹣，
解得m＝﹣．
把m＝1代入P点所在解析式，得y＝3，即P点坐标为（1，3），
把m＝﹣代入P点所在解析式，得y＝﹣2，即P点坐标为（﹣，﹣2）．
故答案为：（1，3）或（﹣，﹣2）．
【点评】本题考查反比例函数上点的特征，解题关键是掌握新定义材料所讲内容，根据定义区分点P和点Q．
13．（2分）（2019秋•鼓楼区校级月考）已知⊙O半径为2，点P是直线l上任一点．若l和⊙O相切，则OP的最小值是　2　．
【考点】切线的性质．
【专题】与圆有关的位置关系；推理能力．
【分析】根据直线和圆的位置关系与数量之间的联系：若d＜r，则直线与圆相交；若d＝r，则直线于圆相切；若d＞r，则直线与圆相离即可得到结论．
【解答】解：因为垂线段最短，
所以当OP⊥直线l时，OP的值最小，
∵l和⊙O相切，⊙O半径为2，
∴OP的最小值是2，
故答案为：2．
【点评】本题考查了直线和圆的位置关系，解题的关键是必须明确圆心到直线的距离和半径大小关系．特别注意：这里的OP长为4cm不一定是圆心到直线的距离．
14．（2分）（2021•包河区三模）已知，在矩形ABCD中，AB＝3，BC＝5，点E在DC上，将矩形沿AE折叠，使点D落在BC边上F处，则tan∠DAE＝　　；点G在BF上，将矩形沿AG折叠，使点B落在AF上点H处，延长GH交AE于M，连接MF，则MF＝　　．

【考点】矩形的性质；翻折变换（折叠问题）；解直角三角形．
【专题】几何综合题；推理能力．
【分析】由折叠的性质得到对应的边、角相等，再由矩形的性质得到直角三角形，利用勾股定理在直角△ABF中求出BF长，在直角△CEF中求出EF的长，即为DE的长，再利用∠DAE的对边比邻边，得到tan∠DAE的值；由折叠的性质得到∠AHM＝90°，AH＝3，HF＝2，由tan∠DAE＝tan∠FAE，求出MH，最后由勾股定理求出MF的值．
【解答】解：∵四边形ABCD为矩形，AB＝3，BC＝5，
∴AB＝DC＝3，BC＝AD＝5，∠B＝∠C＝∠D＝90°，
∵矩形沿AE折叠，使点D落在BC边上F处，
∴∠DAE＝∠FAE，AD＝AF＝5，DE＝EF，
在Rt△ABF中，AB＝3，AF＝5，
由勾股定理得：BF＝＝4，
∴FC＝BC﹣BF＝1，
设DE＝EF＝x，则EC＝3﹣x，
在Rt△CEF中，由勾股定理得，
EC2+FC2＝EF2，
即（3﹣x）2+12＝x2，
解得：x＝，
则DE＝EF＝，
在Rt△ADE中，AD＝5，DE＝，
∴tan∠DAE＝＝，
∵矩形沿AG折叠，使点B落在AF上点H处，
∴AB＝AH＝3，∠B＝∠AHG＝90°，
∴∠AHM＝90°，
∵∠DAE＝∠FAE，
∴tan∠DAE＝tan∠FAE＝＝，
∵AH＝3，
∴MH＝1，HF＝AF﹣AH＝2，
在Rt△FHM中，由勾股定理得，
MF＝＝，
∴故答案为：，．
【点评】本题考查了矩形的性质，翻折变换问题和解直角三角形等知识，是一道综合题目，解题的关键是由折叠的性质得到∠DAE＝∠FAE．
15．（2分）（2021•南岗区校级开学）一组数据为6，6，7，7，7，8，8，则这组数据的方差为 　　．
【考点】方差．
【专题】统计的应用；运算能力．
【分析】先计算出这组数据的平均数，再根据方差的计算公式列式计算即可．
【解答】解：∵这组数据的平均数为，
∴这组数据的方差为×[2×（6﹣7）2+3×（7﹣7）2+2×（8﹣7）2]＝，
故答案为．
【点评】本题主要考查方差，解题的关键是掌握方差的定义，并熟记方差的计算公式．
16．（2分）（2022•沙坪坝区校级开学）为迎接北京冬奥会，在A、B两个社区共设置六个摊点售卖冬奥纪念品，其中第一、二、三号摊点在A社区，第四、五、六号摊点在B社区，每个摊点原有纪念品一样多．第一、二、三、四号摊点每天新运来相等数量的纪念品，第五号摊点每天新运来的纪念品数量是前四个摊点每天新增总量的，第六号摊点每天新运来的纪念品数量是前四个摊点每天新增总量的．第3天结束营业时，第四、五号摊点的纪念品恰好售完并撤走摊点；第4天结束营业时，第一、二、三、六号摊点的所有纪念品均售完并撤走．若第四号和第六号摊点平均每天售出的纪念品数量相等，则A、B两社区售出纪念品的总数量之比为 　　．
【考点】二元一次方程的应用．
【专题】一次方程（组）及应用；应用意识．
【分析】设每个摊点原有纪念品x件，第一、二、三、四号摊点每天新运来y件纪念品，则第五号摊点每天新运来4×y件纪念品，第六号摊点前三天每天新运来4×y件纪念品，第四天新运来3×y件纪念品，根据第四号和第六号摊点平均每天售出的纪念品数量相等，即可找出关于x，y的二元一次方程，化简后可得出x＝y，用含y的代数式分别表示出两社区售出纪念品的总数量，二者相除后即可得出A、B两社区售出纪念品的总数量之比为．
【解答】解：设每个摊点原有纪念品x件，第一、二、三、四号摊点每天新运来y件纪念品，则第五号摊点每天新运来4×y件纪念品，第六号摊点前三天每天新运来4×y件纪念品，第四天新运来3×y件纪念品，
依题意得：＝，
化简得：x＝y，
∴A社区售出纪念品的总数量为3（x+4y）＝y（件），B社区售出纪念品的总数量为（x+3y）+（x+3×4×y）+（x+3×4×y+3×y）＝y（件），
∴A、B两社区售出纪念品的总数量之比为＝．
故答案为：．
【点评】本题考查了二元一次方程的应用，找准等量关系，正确列出二元一次方程是解题的关键．
三．解答题（共12小题，满分68分）
17．（5分）（2021秋•海淀区校级月考）计算：2sin60°﹣+|﹣|﹣（π+）0．
【考点】实数的运算；零指数幂；特殊角的三角函数值．
【专题】实数；二次根式；运算能力．
【分析】根据特殊角的三角函数值及零指数幂的性质求得各项的值，再计算可求解．
【解答】解：原式＝
＝
＝﹣1．
【点评】本题主要考查实数的运算，零指数幂，特殊角的三角函数值，掌握特殊角的三角函数值是解题的关键．
18．（5分）（2021秋•杜尔伯特县期末）解不等式组：．
【考点】解一元一次不等式组．
【专题】一元一次不等式（组）及应用；运算能力．
【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2x+5≤3（x+2），得：x≥﹣1，
解不等式2x﹣＜1，得：x＜3，
则不等式组的解集为﹣1≤x＜3．
【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．（5分）（2021秋•海口期末）计算
（1）（﹣5x）2﹣（3x+5）（5x﹣3）；
（2）（2x﹣3y）2﹣（﹣x+3y）（3y+x）；
（3）先化简，再求值：[（xy﹣2）2﹣2x（xy﹣2y）﹣4]÷（﹣2xy），其中，y＝3．
【考点】整式的混合运算—化简求值．
【专题】计算题；整式；运算能力．
【分析】（1）先算乘方和乘法，再去括号合并同类项即可得到答案；
（2）先用完全平方公式和平方差公式，再去括号合并同类项即可；
（3）先计算中括号内的完全平方及单项式乘多项式，再合并同类项，最后计算除法，化简后再将，y＝3代入求值即可．
【解答】解：（1）原式＝25x2﹣（15x2﹣9x+25x﹣15）
＝25x2﹣15x2+9x﹣25x+15
＝10x2﹣16x+15；
（2）原式＝4x2﹣12xy+9y2﹣（9y2﹣x2）
＝4x2﹣12xy+9y2﹣9y2+x2
＝5x2﹣12xy；
（3）[（xy﹣2）2﹣2x（xy﹣2y）﹣4]÷（﹣2xy）
＝（x2y2﹣4xy+4﹣2x2y+4xy﹣4）÷（﹣2xy）
＝（x2y2﹣2x2y）÷（﹣2xy）
＝﹣xy+x，
把，y＝3代入得：
﹣xy+x
＝﹣×（﹣）×3+（﹣）
＝﹣
＝．
【点评】本题考查整式的混合运算，解题的关键是掌握完全平方公式、平方差公式及相关运算的法则．
20．（5分）（2018秋•道里区校级月考）图1、图2分别是10×8的网格，网格中每个小正方形的边长均为1，每个网格中画有一个格点四边形，请分别在图1、图2中各画一条不同的线段，并满足以下要求：
（1）线段的一个端点为四边形的顶点，另一个端点在四边形的一边的格点上；
（2）将四边形分成两个图形，其中一个是等腰三角形．

【考点】作图—应用与设计作图；等腰三角形的性质．
【专题】作图题；几何直观．
【分析】根据题意和等腰三角形的概念作图即可．
【解答】解：如图1，线段AB即为所求；如图2，线段CD即为所求．

【点评】本题考查的是作图﹣应用与设计作图，等腰三角形的性质，正确的作出图形是解题的关键是解题的关键．
21．（6分）（2021春•包河区期末）已知关于x的一元二次方程x2﹣3x+k＝0方程有两实根x1和x2．
（1）求实数k的取值范围；
（2）当x1和x2是一个矩形两邻边的长且矩形的对角线长为，求k的值．
【考点】根的判别式；根与系数的关系；矩形的性质．
【专题】判别式法．
【分析】（1）利用一元二次方程根的判别式即可得到关于k的不等式，从而求解；
（2）根据根与系数的关系，以及+＝（x1+x2）2﹣2x1•x2＝5，即9﹣2k＝5即可求解．
【解答】解：（1）∵方程有两个实数根．
∴Δ＝（﹣3）2﹣4k≥0，即9﹣4k≥0．
解得k≤；

（2）由根与系数的关系可知：x1+x2＝3，x1•x2＝k．
∵+＝（x1+x2）2﹣2x1•x2＝5，
∴9﹣2k＝5，
∴k＝2．
【点评】本题考查了一元二次方程根的情况与判别式△的关系和一元二次方程根与系数的关系：
（1）Δ＞0⇔方程有两个不相等的实数根；
（2）Δ＝0⇔方程有两个相等的实数根；
（3）Δ＜0⇔方程没有实数根；
（4）x1+x2＝；
（5）x1x2＝．
22．（6分）（2021秋•偃师市月考）如图，在平行四边形ABCD中，E，F是对角线BD上的两点（点E在点F左侧），且∠AEB＝∠CFD＝90°．
（1）求证：四边形AECF是平行四边形；
（2）当AB＝10，cos∠ABE＝，∠CBE＝∠EAF时，求BD的长．

【考点】平行四边形的判定与性质；解直角三角形；全等三角形的判定与性质；勾股定理．
【专题】图形的全等；等腰三角形与直角三角形；多边形与平行四边形；图形的相似；运算能力；推理能力．
【分析】（1）先证AE∥CF，再证△ABE≌△CDF（AAS），得AE＝CF，即可得出结论；
（2）由锐角三角函数定义得BE＝8，则AE＝＝6，再证△CFE∽△BFC，得CF2＝EF×BF，设EF＝x，则BF＝x+8，即62＝x（x+8），求出EF＝2﹣4，然后由全等三角形的性质得BE＝DF＝8，即可得出答案．
【解答】（1）证明：∵∠AEB＝∠CFD＝90°，
∴AE⊥BD，CF⊥BD，
∴AE∥CF，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB＝CD，AB∥CD，
∴∠ABE＝∠CDF，
在△ABE和△CDF中，
，
∴△ABE≌△CDF（AAS），
∴AE＝CF，
∴四边形AECF是平行四边形；
（2）解：在Rt△ABE中，AB＝10，cos∠ABE＝＝，
∴BE＝AB＝8，
∴AE＝＝＝6．
由（1）得：四边形AECF是平行四边形，
∴∠EAF＝∠ECF，CF＝AE＝6，
∵∠CBE＝∠EAF，
∴∠ECF＝∠CBE，
∵∠CFE＝∠BFC，
∴△CFE∽△BFC，
∴＝，
∴CF2＝EF×BF，
设EF＝x，则BF＝x+8，
∴62＝x（x+8），
解得：x＝﹣4+2或x＝﹣4﹣2（舍去），
即EF＝2﹣4，
由（1）得：△ABE≌△CDF，
∴BE＝DF＝8，
∴BD＝BE+EF+DF＝8+2﹣4+8＝12+2．
【点评】本题考查了平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理、相似三角形的判定与性质等知识，熟练掌握平行四边形的判定与性质，证明三角形全等和三角形相似是解题的关键．
23．（5分）（2018•沙坪坝区模拟）如图，正比例函数y＝kx（k≠0）的图象过点A（2，﹣3）．直线y＝x+b沿y轴平行移动，与x轴、y轴分别交于点B、C，与直线OA交于点D．
（1）若点D在线段OA上（含端点），求b的取值范围；
（2）当点A关于直线BC的对称点A'恰好落在y轴上时，求△OBD的面积．

【考点】一次函数图象与几何变换；一次函数图象与系数的关系．
【专题】常规题型．
【分析】（1）将O点和A点的坐标分别代入y＝x+b，即可求得b的值，从而求得b的取值范围；
（2）根据直线y＝x+b易求得OB＝OC，即可得出∠OCB＝45°，根据轴对称的性质易求得∠ACD＝45°．即可求得∠ACO＝90°，从而求得C的纵坐标为﹣3，得出C的坐标为（0，﹣3），即可求得直线y＝x﹣3，然后联立方程求得交点D的坐标，根据三角形面积公式即可求得△OBD的面积．
【解答】解：（1）当点D和点O重合时，
将点O（0，0）代入y＝x+b中，得b＝0，
当点D和点A重合时，
将点A（2，﹣3）代入y＝x+b中，得﹣3＝2+b，即b＝﹣5，
∴b的取值范围是﹣5≤b≤0；
（2）将点A（2，﹣3）代入y＝kx中，得﹣3＝2k，即k＝﹣，
∴直线OA的解析式为y＝﹣x，
在y＝x+b中，令y＝0，则x＝﹣b，
∴B（﹣b，0），即OB＝|b|，
∴OB＝OC，
又∵∠BOC＝90°，
∴∠OCB＝∠OBC＝45°，
∵点A关于直线BC的对称点A'恰好落在y轴上，
∴CD垂直平分AA′，
∴CA＝CA′，
∴∠ACD＝∠OCB＝45°，
∴∠ACO＝90°，
∴OC＝|yA|＝3，
∴OB＝OC＝3，即C（0，﹣3），
将点C（0，﹣3）代入y＝x+b中，得﹣3＝0+b，
∴b＝﹣3，
∴直线BC的解析式为y＝x﹣3，
由得，
∴D（，﹣），
∴S△OBD＝OB•|yD|＝×3×＝．
【点评】本题考查了一次函数的图象与几何变换，一次函数的图象与系数的关系，轴对称的性质，待定系数法求一次函数的解析式意见三角形的面积等，求得D点的坐标是解题的关键．
24．（6分）（2021秋•镇海区期末）如图，在△ABC中，D在边AC上，圆O为锐角△BCD的外接圆，连结CO并延长交AB于点E．
（1）若∠DBC＝α，请用含α的代数式表示∠DCE；
（2）如图2，作BF⊥AC，垂足为F，BF与CE交于点G，已知∠ABD＝∠CBF．
①求证：EB＝EG；
②若CE＝5，AC＝8，求FG+FB的值．

【考点】三角形的外接圆与外心；勾股定理；垂径定理；圆周角定理．
【专题】证明题；圆的有关概念及性质；推理能力．
【分析】（1）根据圆周角定理即可解决问题；
（2）①结合（1）利用三角形内角和定理即可解决问题；
②作EM⊥BE，EN⊥AC，证明四边形EMFN为矩形，再根据线段的和差即可解决问题．
【解答】（1）解：如图，连结OD，

∵∠DOC＝2∠DBC＝2α，
又∵OD＝OC，
∴∠DCE＝90°﹣α；
（2）①证明：∵∠ABD＝∠CBF，
∴∠EBG＝∠ABD+∠DBF＝∠CBF+∠DBF＝∠DBC，
设∠DBC＝α，
由（1）得：∠DCE＝90°﹣α，
∵BF⊥AC，
∴∠FGC＝∠BGE＝α，
∴∠EBG＝∠EGB，
∴EB＝EG；
②解：如图，作EM⊥BE，EN⊥AC，

由①得：∠EBG＝α，∠ACE＝90°﹣α，
∵BF⊥AC
∴∠A＝90°﹣α，
∴AE＝CE＝5，
∵EN⊥AC，AC＝8，
∴CN＝4，
∴EN＝3，
∵EM⊥BF，NF⊥BF，EN⊥AC，
∴四边形EMFN为矩形，
∴EN＝MF＝3，
∵EB＝EG，EM⊥BG，
∴BM＝GM，
∴FG+FB＝FM﹣MG+FM+BM＝2FM＝6．
【点评】本题考查了三角形外接圆与外心，圆周角定理，垂径定理，勾股定理，矩形的判定与性质，解决本题的关键是掌握三角形外接圆与外心．
25．（5分）（2018春•绍兴期末）为了检查“防震减灾”落实情况，我市教育部门对一中学学生“防震减灾”的知晓率采取随机抽样的方法进行问卷调查，调查结果分为“非常了解”、“比较了解”、“基本了解”和“不了解”四个等级；小明根据调查结果绘制了如下统计图，请根据提供的信息回答问题：

（1）本次参与问卷调查的学生有　400　人：扇形统计图中“基本了解”部分所对应的扇形圆心角是　144　度；
（2）请补全频数分布直方图；
（3）该校有2500名学生，估计对防震减灾“不了解”的人数有　125　．
【考点】频数（率）分布直方图；扇形统计图；用样本估计总体．
【专题】常规题型；统计的应用．
【分析】（1）由“非常理解”的人数除以所占的百分比即可求出调查的学生数；根据“基本了解”的人数除以总人数求出所占的百分比，乘以360度即可求出结果；
（2）根据总学生数求出“比较了解”的人数，补全条形统计图；
（3）2500乘以对“防震减灾”不了解的百分比即可求出结果．
【解答】解：（1）本次参与问卷调查的学生有80÷20%＝400人，
则扇形统计图中“基本了解”部分所对应的扇形圆心角是360°×＝144°，
故答案为：400、144；

（2）“比较了解”的人数为400×35%＝140，
补全图形如下：


（3）估计对防震减灾“不了解”的人数有2500×＝125人，
故答案为：125．
【点评】此题考查了条形统计图，扇形统计图，以及用样本估计总体，弄清题意是解本题的关键．
26．（6分）（2021春•海曙区校级期末）已知抛物线y＝ax2﹣2x+1（a≠0）的对称轴为直线x＝1．
（1）a＝　1　；
（2）若抛物线的顶点为P，直线y＝9与抛物线交于两点G、H，求△PGH的面积；
（3）设直线y＝m（m＞0）与抛物线y＝ax2﹣2x+1交于点A、B，与抛物线y＝4（x﹣1）2交于点C，D，则线段AB与线段CD的长度之比为 　2　．
【考点】二次函数的性质；二次函数图象上点的坐标特征．
【专题】二次函数图象及其性质；推理能力．
【分析】（1）由抛物线对称轴直线方程x＝﹣求解．
（2）求出点G，H坐标然后根据三角形面积公式求解．
（3）分别将y＝m代入两抛物线解析式，求出AB，CD长度作商求解．
【解答】解：（1）抛物线对称轴为直线x＝＝＝1，
∴a＝1．
故答案为：1．
（2）由（1）得y＝x2﹣2x+1＝（x﹣1）2，
∴点P坐标为（1，0），
把y＝9代入y＝x2﹣2x+1得9＝x2﹣2x+1，
解得x＝﹣2或x＝4，
∴G，H坐标为（﹣2，9），（4，9），
∴S△PGH＝GH•（yG﹣yP）＝×（4+2）×9＝27．
（3）∵y＝x2﹣2x+1＝（x﹣1）2，
把y＝m代入y＝（x﹣1）2得m＝（x﹣1）2，
解得x＝1+或x＝1﹣，
∴AB＝1+﹣（1﹣）＝2．
把y＝m代入y＝4（x﹣1）2得m＝4（x﹣1）2，
解得x＝1+或x＝1﹣．
∴CD＝1+﹣（1﹣）＝，
∴＝＝2．
故答案为：2．
【点评】本题考查二次函数的性质，解题关键是熟练掌握二次函数的性质．
27．（7分）（2021秋•吉林期末）在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝α，点P为线段CA延长线上一动点，连接PB，将线段PB绕点P逆时针旋转，旋转角为α，得到线段PD，连接DB，DC．
（1）如图1，当α＝60°时，猜想PA和DC的数量关系并说明理由；
（2）如图2，当α＝120°时，猜想PA和DC的数量关系并说明理由．


【考点】旋转的性质；全等三角形的判定与性质．
【专题】图形的全等；等腰三角形与直角三角形；平移、旋转与对称；图形的相似；推理能力．
【分析】（1）根据SAS证△PBA≌△DBC即可；
（2）根据线段比例关系和夹角相等证△CBD∽△ABP，即可得出PA与DC的数量关系．
【解答】（1）解：PA＝DC，理由如下：
如图1中，∵将线段PB绕点P逆时针旋转，旋转角为α，得到线段PD，
∴PB＝PD，
∵AB＝AC，PB＝PD，∠BAC＝∠BPD＝60°，
∴△ABC，△PBD是等边三角形，
∴∠ABC＝∠PBD＝60°，
∴∠PBA＝∠DBC，
在△PBA和△DBC中，
，
∴△PBA≌△DBC（SAS），
∴PA＝DC；
（2）解：CD＝PA；理由如下：
如图2中，∵AB＝AC，PB＝PD，∠BAC＝∠BPD＝120°，
∴BC＝2BA•cos30°＝BA，BD＝2BP•cos30°＝BP，
∴，
∵∠ABC＝∠PBD＝30°，
∴∠ABP＝∠CBD，
∴△CBD∽△ABP，
∴＝，
∴CD＝PA．
【点评】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，等边三角形的性质等知识，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．
28．（7分）（2021•台州模拟）如图1，正方形ABCD，以BC为直径的半圆O交对角线BD于点E，点P是边AB上的点，延长PE交和边CD于点F，G．

（1）连接BF，求∠BFP的度数；
（2）如图2，过F作FN⊥PG交BC于N，求证：BP＝BN；
（3）如图3，在（2）条件下，连接EN，
①若，求tan∠NEF的值；
②若BC＝13，EN+NF＝12，直接写出AP的值．
【考点】圆的综合题．
【专题】几何综合题；图形的全等；矩形 菱形 正方形；圆的有关概念及性质；图形的相似；运算能力；推理能力．
【分析】（1）连接CE，结合正方形的45°和圆周角定理即可得∠BCE的度数，从而得∠BFP的度数；
（2）过点B作BM⊥PF，作BQ⊥FN的延长线，利用三角形全等证BP＝BN；
（3）①连接OE，利用线段比设线段长，从而表示出相关线段长，最终得tan∠NEF的值；
②设ME＝a，QN＝b，表示出BM＝12﹣a，在Rt△BEM中，根据勾股定理列出方程，求得a的值，进而求得b的值，从而求得EF，EN，PE的值，进而根据①中的PB2＝PE•PF，求得BP，进而求得AP．
【解答】解：（1）如图1，

连接BF，EC，
∵BD是正方形ABCD的对角线，
∴∠DBC＝45°，
∵BC是⊙O的直径，
∴∠BEC＝90°，
∴∠ECB＝180°﹣90°﹣45°＝45°，
∴∠BFP＝∠ECB＝45°；
（2）如图2，

过点B作BM⊥PF于点M，作BQ⊥FN的延长线于点Q，则∠BMP＝∠BQN，
∵FN⊥PG即∠PFN＝90°，且∠BFP＝45°，
∴∠BFQ＝45°，∠MBQ＝90°，
∴BF是∠PFQ的角平分线，
∴BM⊥BQ，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABC＝90°＝∠MBQ，
∴∠PBM+∠MBN＝∠NBQ+∠MBN，
∴∠PBM＝∠NBQ，
在△PBM和△NBQ中，
，
∴△PBM≌△NBQ（ASA），
∴BP＝BN．
（3）①如图3，

设AP＝x，则BP＝7x＝BN，AB＝8x＝BC，
连接OE，连接BF，则OB＝OC＝4x＝OE，ON＝7x﹣4x＝3x，
∴EN＝5x，
易得△BEP≌△BEN，
∴EP＝EN＝5x，
∵∠PBE＝∠PFB，
∴△PBE∽△PFB，
∴PB2＝PE•PF即（7x）2＝5x•PF，
∴，
∴，
在Rt△ENF中，FN＝，
∴．
②如图4，

设ME＝a，QN＝b，
由①得：PM＝QN＝b，EN＝PE＝a+b，
∴NF＝12﹣EN＝12﹣a﹣b，
∴BM＝FQ＝QN+NF＝12﹣a，
∵AB＝13，
∴BD＝＝13，
∴BE＝＝，
在Rt△BME中，由勾股定理得，
BM2+ME2＝BE2，
∴（12﹣a）2+a2＝（）2，
∴a1＝，a2＝172，
当a＝时，
BM＝12﹣a＝，EF＝MF﹣ME＝﹣＝5，
EN＝+b，NF＝﹣b，
在Rt△EFN中，
（+b）2﹣（﹣b）2＝52，
∴b＝，
∴PE＝EN＝，PF＝PE+5＝，
∴PB2＝PE•PF＝×，
∴PB＝，
∴AP＝AB﹣PB＝13﹣＝＝
当a＝时，点不符合给出的图形，故舍去，
∴AP＝．
【点评】本题考查正方形综合题，涉及到正方形的性质、圆的性质处理图形、全等三角形、等腰直角三角形、勾股定理，层层递进是解题的关键．