2022年杭州中考数学模拟试卷3（含答案解析）

这是一份2022年杭州中考数学模拟试卷3（含答案解析），共33页。

2022年杭州中考数学模拟试卷3
一．选择题（共10小题，满分30分，每小题3分）
1．（3分）（2021秋•江夏区期末）有理数﹣2021的相反数是（　　）
A．﹣2021 B．﹣ C．2021 D．
2．（3分）（2021秋•江州区期末）2021年2月10日19时52分，中国首次火星探测任务“天问一号”探测器成功“刹车”被火星“捕获”．在制动捕获过程中，探测器距离地球的距离为192000000公里．数字192000000用科学记数法表示为（　　）
A．19.2×107 B．19.2×108 C．1.92×108 D．1.92×109
3．（3分）（2021春•柳南区校级期末）下列多项式中，能用完全平方公式分解因式的是（　　）
A．a2+4 B．a2+ab+b2 C．a2+4ab+b2 D．x2+2x+1
4．（3分）（2022•拱墅区模拟）如图，在三角形ABC中，∠ACB＝90°，过点A作AD⊥CD于点D，若AB＝，CD＝，则AC的长可能是（　　）

A．3 B．2.5 C．2 D．1.5
5．（3分）（2022春•宜秀区校级月考）若a＜0，b＞0，则化简2的结果为（　　）
A．a﹣2b B．2a﹣b C．2b﹣a D．b﹣2a
6．（3分）（2022•拱墅区模拟）超市正在热销某种商品，其标价为每件125元．若这种商品打8折销售，则每件可获利15元，设该商品每件的进价为x元，根据题意可列出的一元一方程为（　　）
A．125×0.8﹣x＝15 B．125﹣x×0.8＝15
C．（125﹣x）×0.8＝15 D．125﹣x＝15×0.8
7．（3分）（2021•昌平区二模）疫情期间进入学校都要进入测温通道，体温正常才可进入学校，昌平某校有2个测温通道，分别记为A、B通道，学生可随机选取其中的一个通道测温进校园．某日早晨该校所有学生体温正常．小王和小李两同学该日早晨进校园时，选择同一通道测温进校园的概率是（　　）
A． B． C． D．
8．（3分）（2022•北碚区校级开学）如图，二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象与x轴负半轴交于（﹣，0），对称轴为直线x＝1．有以下结论：①abc＞0；②3a+c＞0；③若点（﹣3，y1），（3，y2），（0，y3）均在函数图象上，则y1＞y3＞y2；④若方程a（2x+1）（2x﹣5）＝1的两根为x1，x2且x1＜x2，则x1＜﹣＜＜x2；⑤点M，N是抛物线与x轴的两个交点，若在x轴下方的抛物线上存在一点P，使得PM⊥PN，则a的范围为a≥﹣4．其中结论正确的有（　　）

A．2个 B．3个 C．4个 D．5个
9．（3分）（2020秋•沙坪坝区校级月考）在Rt△ABC中，∠B＝90°，AB＝8，AC＝10．以A为圆心，AM的长为半径作弧，分别交AC，AB于点M、N．再分别以M、N为圆心，适当长度为半径画弧，两弧交于点P．连接AP，并延长AP交BC于D．过D作DE⊥AC于点E，垂足为E，则DE的长度为（　　）

A． B． C．2 D．1
10．（3分）（2021秋•鹿城区校级月考）如图，平面直角坐标系中，已知A（m，0），B（m+2，0），C（m+5，0），抛物线y＝ax2+bx+c过A点、B点，顶点为P，抛物线y＝ex2+fx+g过A点、C点，顶点为Q，若A，P，Q三点共线，则a：e的值为（　　）

A． B． C． D．
二．填空题（共6小题，满分24分，每小题4分）
11．（4分）（2021秋•端州区校级期末）若三角形中三内角的度数之比为1：2：3，则此三角形中最大锐角的正弦值为　 　．
12．（4分）（2019•怀化）合并同类项：4a2+6a2﹣a2＝　 　．
13．（4分）（2020秋•玄武区月考）如图，直线a⊥b，垂足为H，点P在直线b上，PH＝4cm，O为直线b上一动点，若以2cm为半径的⊙O与直线a相切，则OP的长为　 　．

14．（4分）（2020春•崇川区校级期中）小军的期末总评成绩由平时、期中、期末成绩按权重比2：3：5组成，现小军平时考试得90分，期中考试得80分，期末考试得96分，则小军的期末总评成绩为　 　．
15．（4分）（2021春•舞阳县期中）如图，在由10个完全相同的正三角形构成的网格图中，连接AB，AC，BC．有下列结论：①BC＝AD；②△ABC是直角三角形；③∠BAC＝45°．其中，正确的结论是 　 　（填序号）．

16．（4分）（2021秋•大田县期末）如图，长方形ABCD中，．点E是DC边上的动点，将△BCE沿直线BE折叠，使点C落在点F处，则D，F两点间距离的最小值是 　 　．

三．解答题（共7小题，满分66分）
17．（6分）（2022•雁塔区校级二模）解不等式组：．
18．（8分）（2020春•合川区期末）某社区为了解其辖区内5000户居民的家庭收入情况，从中随机调查了50户居民家庭的家庭月收入（收入取整数，单位：元），并将数据进行了如下整理：
3800，5200，4950，8882，12400，6870，6760，9980，6863，15000，7800，6200，8911，7532，12100，4800，5800，9950，6740，14600，7840，9860，9940，8910，12090，6870，9760，6980，9763，11380，6900，6200，9950，7882，13400，7870，6340，9980，8700，11380，7850，6560，8430，7763，10120，4865，6830，9950，8072，10500．
分组
频数
3000＜m≤5000
a
5000＜m≤7000
14
7000＜m≤9000
13
9000＜m≤11000
b
11000＜m≤13000
5
13000＜m≤15000
3
合计
50
（1）上述频数分布表中的a＝　 　b＝　 　；
（2）补全频数分布直方图；
（3）根据以上统计你能得到什么信息？（写出两条即可，并用数据进行说明）

19．（8分）（2021秋•沂水县期末）如图，AB∥CD，点E在CB的延长线上，∠A＝∠E，AC＝ED．
（1）求证：BC＝CD；
（2）连接BD，求证：∠ABD＝∠EBD．

20．（10分）（2021秋•重庆期末）如图，一次函数y＝k1x+b的图象与反比例函数y＝的图象相交于点A（3，1），B（﹣1，n）两点．
（1）分别求出一次函数和反比例函数的解析式；
（2）根据图象，直接写出满足k1x+b≥的x的取值范围；
（3）连接BO并延长交双曲线于点C，连接AC，求△ABC的面积．

21．（10分）（2021春•锡山区期中）光线照射到镜面会产生反射现象，由光学知识，入射光线与镜面的夹角与反射光线与镜面的夹角相等，例如：在图1中，有∠1＝∠2．
（1）如图2，已知镜子MO与镜子ON的夹角∠MON＝90°，请判断入射光线AB与反射光线CD的位置关系，并说明理由；
（2）如图3，有一口井，已知入射光线AO与水平线OC的夹角为40°，当平面镜MN与水平线OC的夹角为 　 　°，能使反射光线OB正好垂直照射到井底；
（3）如图4，直线EF上有两点A、C，分别引两条射线AB、CD．∠BAF＝120°，∠DCF＝40°，射线AB、CD分别绕A点，C点以3度/秒和1度/秒的速度同时逆时针转动，设时间为t，在射线AB转动一周的时间内，是否存在某时刻，使得CD与AB平行？若存在，求出所有满足条件的时间t．

22．（12分）（2022春•雨花区校级月考）如图，在平面直角坐标系中，已知OA＝n，OC＝m，⊙M与y轴相切于点C，与x轴交于A，B两点，∠ACD＝90°，抛物线y＝ax2+bx+c经过A，B，C三点．
（1）求证：∠OCA＝∠OBC；
（2）若A（x1，0），B（x2，0），且x1，x2满足x1+x2＝5，x1•x2＝4，求点C的坐标和抛物线的解析式；
（3）若△ACD≌△ABD，在四边形ABDC内有一点P，且点P到四边形四个顶点的距离之和PA+PB+PC+PD最小，求此时距离之和的最小值及P点的坐标（用含n的式子表示）．

23．（12分）（2021秋•海州区校级期中）如图，圆O是△ABP的外接圆，∠B＝∠APC．
（1）求证：PC是圆的切线；
（2）若AP＝6，∠B＝45°，求劣弧AP的长．


2022年杭州中考数学模拟试卷3
参考答案与试题解析
一．选择题（共10小题，满分30分，每小题3分）
1．（3分）（2021秋•江夏区期末）有理数﹣2021的相反数是（　　）
A．﹣2021 B．﹣ C．2021 D．
【考点】相反数．
【专题】实数；数感．
【分析】根据相反数的定义进行解答即可．
【解答】解：有理数﹣2021的相反数为2021，
故选：C．
【点评】本题考查相反数，掌握相反数的定义是正确判断的前提．
2．（3分）（2021秋•江州区期末）2021年2月10日19时52分，中国首次火星探测任务“天问一号”探测器成功“刹车”被火星“捕获”．在制动捕获过程中，探测器距离地球的距离为192000000公里．数字192000000用科学记数法表示为（　　）
A．19.2×107 B．19.2×108 C．1.92×108 D．1.92×109
【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．据此解答即可．
【解答】解：192000000＝1.92×108，
故选：C．
【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，表示时关键要确定a的值以及n的值．
3．（3分）（2021春•柳南区校级期末）下列多项式中，能用完全平方公式分解因式的是（　　）
A．a2+4 B．a2+ab+b2 C．a2+4ab+b2 D．x2+2x+1
【考点】因式分解﹣运用公式法．
【专题】整式；符号意识．
【分析】直接利用完全平方公式分解因式得出答案．
【解答】解：A、a2+4，无法分解因式，故此选项错误；
B、a2+ab+b2，无法运用公式分解因式，故此选项错误；
C、a2+4ab+b2，无法运用公式分解因式，故此选项错误；
D、x2+2x+1＝（x+1）2，正确．
故选：D．
【点评】此题主要考查了公式法分解因式，正确运用乘法公式是解题关键．
4．（3分）（2022•拱墅区模拟）如图，在三角形ABC中，∠ACB＝90°，过点A作AD⊥CD于点D，若AB＝，CD＝，则AC的长可能是（　　）

A．3 B．2.5 C．2 D．1.5
【考点】垂线段最短．
【专题】线段、角、相交线与平行线；推理能力．
【分析】根据垂线段最短即可得出结果．
【解答】解：在三角形ABC中，∠ACB＝90°，
∴AC＜AB，
∵AB＝，
∴AC2＜5，
∵AD⊥CD，
在Rt△ADC中，AC＞CD，
∵CD＝，
∴AC2＞3，
∵32＝9＞5，2.52＝6.25＞5，1.52＝2.25＜3，22＝4，3＜4＜5，
∴AC的长可能是2．
故选：C．
【点评】本题考查垂线段最短，熟记垂线段最短是解题的关键．
5．（3分）（2022春•宜秀区校级月考）若a＜0，b＞0，则化简2的结果为（　　）
A．a﹣2b B．2a﹣b C．2b﹣a D．b﹣2a
【考点】二次根式的性质与化简．
【专题】计算题；二次根式；运算能力．
【分析】根据二次根式的性质进行化简即可．
【解答】解：原式＝2＝2|a﹣b|，
∵a＜0，b＞0，
∴a﹣b＜0，
∴原式＝2（b﹣a）＝2b﹣a．
故选：C．
【点评】本题考查了二次根式的性质与化简，解决本题的关键是掌握二次根式的性质．
6．（3分）（2022•拱墅区模拟）超市正在热销某种商品，其标价为每件125元．若这种商品打8折销售，则每件可获利15元，设该商品每件的进价为x元，根据题意可列出的一元一方程为（　　）
A．125×0.8﹣x＝15 B．125﹣x×0.8＝15
C．（125﹣x）×0.8＝15 D．125﹣x＝15×0.8
【考点】由实际问题抽象出一元一次方程．
【专题】一次方程（组）及应用；应用意识．
【分析】设该商品每件的进价为x元，根据利润＝售价﹣进价，即可得出关于x的一元一次方程，此题得解．
【解答】解：设该商品每件的进价为x元，
依题意，得：125×0.8﹣x＝15．
故选：A．
【点评】本题考查了由实际问题抽象出一元一次方程，找准等量关系，正确列出一元一次方程是解题的关键．
7．（3分）（2021•昌平区二模）疫情期间进入学校都要进入测温通道，体温正常才可进入学校，昌平某校有2个测温通道，分别记为A、B通道，学生可随机选取其中的一个通道测温进校园．某日早晨该校所有学生体温正常．小王和小李两同学该日早晨进校园时，选择同一通道测温进校园的概率是（　　）
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，得出所有等可能的结果和满足条件的结果，再由概率公式求解即可．
【解答】解：画树状图如图：

共有4个等可能的结果，小王和小李两同学该日早晨进校园时，选择同一通道测温进校园的结果有2个，
∴小王和小李两同学该日早晨进校园时，选择同一通道测温进校园的概率为＝，
故选：C．
【点评】此题考查了列表法或树状图法求概率．用到的知识点为：概率＝所求情况数与总情况数之比．
8．（3分）（2022•北碚区校级开学）如图，二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象与x轴负半轴交于（﹣，0），对称轴为直线x＝1．有以下结论：①abc＞0；②3a+c＞0；③若点（﹣3，y1），（3，y2），（0，y3）均在函数图象上，则y1＞y3＞y2；④若方程a（2x+1）（2x﹣5）＝1的两根为x1，x2且x1＜x2，则x1＜﹣＜＜x2；⑤点M，N是抛物线与x轴的两个交点，若在x轴下方的抛物线上存在一点P，使得PM⊥PN，则a的范围为a≥﹣4．其中结论正确的有（　　）

A．2个 B．3个 C．4个 D．5个
【考点】二次函数图象与系数的关系；二次函数图象上点的坐标特征；抛物线与x轴的交点；根的判别式；根与系数的关系．
【专题】二次函数图象及其性质．
【分析】根据题意和函数图象，可以判断各个小题中的结论是否成立，本题得以解决．
【解答】解：∵对称轴为直线x＝1，函数图象与x轴负半轴交于（﹣，0），
∴x＝﹣＝1，
∴b＝﹣2a，
由图象可知a＞0，c＜0，
∴b＝﹣2a＜0，
∴abc＞0，故①正确；
由图可知，当x＝﹣1时，y＝a﹣b+c＞0，
∴a+2a+c＞0，即3a+c＞0，故②正确；抛物线开口向上，离对称轴水平距离越大，y值越大；
又|﹣3﹣1|＝4，|3﹣1|＝2，|0﹣1|＝1，
∴y1＞y2＞y3；故③错误；
由抛物线对称性可知，抛物线与x轴另一个交点为（，0），
∴抛物线解析式为：y＝a（x+）（x﹣），
令a（x+）（x﹣）＝，
则a（2x+1）（2x﹣5）＝1，
如图，作y＝，

由图形可知，x1＜﹣＜＜x2；故④正确；
由题意可知：M，N到对称轴的距离为，
当抛物线的顶点到x轴的距离不小于时，
在x轴下方的抛物线上存在点P，使得PM⊥PN，
即≤﹣，
∵y＝a（x+）（x﹣）＝ax2﹣2ax﹣a，
∴c＝﹣a，b＝﹣2a，
∴≤﹣，
解得：a≥，故⑤错误；
故选：B．
【点评】本题考查二次函数，解题的关键是熟练运用二次函数的图象与性质，本题属于基础题型．
9．（3分）（2020秋•沙坪坝区校级月考）在Rt△ABC中，∠B＝90°，AB＝8，AC＝10．以A为圆心，AM的长为半径作弧，分别交AC，AB于点M、N．再分别以M、N为圆心，适当长度为半径画弧，两弧交于点P．连接AP，并延长AP交BC于D．过D作DE⊥AC于点E，垂足为E，则DE的长度为（　　）

A． B． C．2 D．1
【考点】作图—基本作图；角平分线的性质；勾股定理．
【专题】作图题；推理能力．
【分析】直接利用基本作图方法得出：∠CAD＝∠BAD，再利用全等三角形的判定与性质得出AE＝AB，BD＝DE，结合勾股定理得出答案．
【解答】解：如图所示：由题意可得：∠CAD＝∠BAD，
在△AED和△ABD中，
，
∴△AED≌△ABD（AAS），
∴AE＝AB，BD＝DE，
∵∠B＝90°，AB＝8，AC＝10，
∴BC＝＝6，
设DE＝BD＝x，
则DC＝6﹣x，EC＝AC﹣AE＝10﹣8＝2，
故（6﹣x）2＝x2+22，
解得：x＝．
故选：A．

【点评】此题主要考查了基本作图以及全等三角形的判定与性质、勾股定理等知识，正确应用勾股定理是解题关键．
10．（3分）（2021秋•鹿城区校级月考）如图，平面直角坐标系中，已知A（m，0），B（m+2，0），C（m+5，0），抛物线y＝ax2+bx+c过A点、B点，顶点为P，抛物线y＝ex2+fx+g过A点、C点，顶点为Q，若A，P，Q三点共线，则a：e的值为（　　）

A． B． C． D．
【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】由题意得点P的横坐标为m+1，点Q的横坐标为m+2.5．根据两个函数与x轴交点的坐标，将函数解析式转化为交点式，然后出去顶点的纵坐标，根据相似列出关于a和e的等式即可．
【解答】解：如图，作PE⊥x轴，QF⊥x轴，
∵抛物线y＝ax2+bx+c过A（m，0），B（m+2，0）两点，
∴设它的解析式为y＝a（x﹣m）（x﹣m﹣2），对称轴为直线x＝m+1，
∴它的顶点P的坐标为（m+1，﹣a），
∴PE＝a．
∵抛物线y＝ex2+fx+g过A（m，0），C（m+5，0）两点，
∴设它的解析式为y＝e（x﹣m）（x﹣m﹣5），对称轴为直线x＝m+2.5，
∴它的顶点Q的坐标为（m+2.5，﹣6.25e）．
∴QF＝6.25e．
∵AB＝2，AC＝5，
∴AE＝1，AF＝2.5．
∵PE∥QF，
∴△APE∽AQF，
∴，
∴，
∴．
故选：B．

【点评】本题考查了二次函数图象与性质，以及相似三角形判定和性质，解题的关键是将原函数解析式转化为交点式，求出函数的顶点坐标．
二．填空题（共6小题，满分24分，每小题4分）
11．（4分）（2021秋•端州区校级期末）若三角形中三内角的度数之比为1：2：3，则此三角形中最大锐角的正弦值为　　．
【考点】特殊角的三角函数值．
【分析】利用三角形的内角和为180度及三角之比求出最大锐角的度数，然后求出其正弦值．
【解答】解：若三角形三个内角度数的比为1：2：3，
设一个角是x°，则另两角分别是2x°，3x°．
根据三角形内角和定理得到：x+2x+3x＝180，
解得：x＝30°．
所以三角形中最大锐角的度数为：2x＝60°，
即其正弦值为：sin60°＝．
故答案为：．
【点评】本题考查了特殊角的三角函数值，解答本题的关键在于利用三角形的内角和为180度及三角之比求出最大锐角的度数，然后求出其正弦值．
12．（4分）（2019•怀化）合并同类项：4a2+6a2﹣a2＝　9a2　．
【考点】合并同类项．
【专题】计算题；整式．
【分析】根据合并同类项法则计算可得．
【解答】解：原式＝（4+6﹣1）a2＝9a2，
故答案为：9a2．
【点评】本题考查合并同类项，合并同类项时要注意以下三点：
①要掌握同类项的概念，会辨别同类项，并准确地掌握判断同类项的两条标准：所含字母相同；相同字母的指数也相同；
②明确合并同类项的含义是把多项式中的同类项合并成一项，经过合并同类项，式的项数会减少，达到化简多项式的目的；
③“合并”是指同类项的系数的相加，并把得到的结果作为新的系数，要保持同类项的字母和字母的指数不变．
13．（4分）（2020秋•玄武区月考）如图，直线a⊥b，垂足为H，点P在直线b上，PH＝4cm，O为直线b上一动点，若以2cm为半径的⊙O与直线a相切，则OP的长为　2cm或6cm　．

【考点】切线的性质．
【专题】与圆有关的位置关系；几何直观；推理能力．
【分析】当点O在点H的左侧⊙O与直线a相切时，OP＝PH﹣OH；当点O在点H的右侧⊙O与直线a相切时，OP＝PH+OH，即可得出结果．
【解答】解：∵直线a⊥b，O为直线b上一动点，
∴⊙O与直线a相切时，切点为H，
∴OH＝2cm，
当点O在点H的左侧，⊙O与直线a相切时，如图1所示：

OP＝PH﹣OH＝4﹣2＝2（cm）；
当点O在点H的右侧，⊙O与直线a相切时，如图2所示：

OP＝PH+OH＝4+2＝6（cm）；
∴⊙O与直线a相切，OP的长为2cm或6cm，
故答案为：2cm或6cm．
【点评】本题考查了切线的性质以及分类讨论；熟练掌握切线的性质是解题的关键．
14．（4分）（2020春•崇川区校级期中）小军的期末总评成绩由平时、期中、期末成绩按权重比2：3：5组成，现小军平时考试得90分，期中考试得80分，期末考试得96分，则小军的期末总评成绩为　90分　．
【考点】加权平均数．
【专题】统计的应用；应用意识．
【分析】根据题目中的数据和加权平均数的计算方法，可以计算出小军的期末总评成绩．
【解答】解：＝90（分），
即小军的期末总评成绩为90分，
故答案为：90分．
【点评】本题考查加权平均数，解答本题的关键是明确加权平均数的计算方法．
15．（4分）（2021春•舞阳县期中）如图，在由10个完全相同的正三角形构成的网格图中，连接AB，AC，BC．有下列结论：①BC＝AD；②△ABC是直角三角形；③∠BAC＝45°．其中，正确的结论是 　①②　（填序号）．

【考点】勾股定理的逆定理；等边三角形的性质；勾股定理．
【专题】等腰三角形与直角三角形；几何直观．
【分析】设正方形的边长为1，根据勾股定理求出AB，AC，BC，再逐个判断即可．
【解答】解：如图，连接AQ，AQ交BD于W，过B作BE⊥QF于E，
设10个完全相同的正三角形的边长是1，
则AW＝BE＝WQ＝＝，
在Rt△AMB、Rt△BEF，Rt△AQC中，由勾股定理得：
AB2＝AM2+BM2＝（）2+（1+1+）2＝7，
AC2＝AQ2+CQ2＝（+）2+12＝4，
BC2＝（1+）2+（）2＝3，
∵AD＝1，BC＝，
∴BC＝AD，故①正确；
∵AB2＝7，AC2＝4，BC2＝3，
∴AC2+BC2＝AB2，
∴△ABC是直角三角形，故②正确；
∵AC≠BC，
∴∠BAC≠45°，故③错误；
即正确的结论是①②．
故答案为：①②．

【点评】本题考查了勾股定理，勾股定理的逆定理和等边三角形的性质等知识点，能灵活运用定理进行推理和计算是解此题的关键．
16．（4分）（2021秋•大田县期末）如图，长方形ABCD中，．点E是DC边上的动点，将△BCE沿直线BE折叠，使点C落在点F处，则D，F两点间距离的最小值是 　　．

【考点】翻折变换（折叠问题）；矩形的性质．
【专题】推理填空题；矩形 菱形 正方形；平移、旋转与对称；运算能力；推理能力．
【分析】连接DF、BD，由三角形三边关系可知，当F点在BD上时DF最短为BD﹣BF，根据勾股定理求出BD，根据翻折性质得出BF＝BC，即可求出DF最小值．
【解答】解：连接DF、BD，

由三角形三边关系可知，当F点在BD上时DF最短为BD﹣BF，
在长方形ABCD中，∠A＝90°，AB＝2，AD＝BC＝3，
∴BD＝＝，
由翻折知，BF＝BC＝3，
∴DF＝BD﹣BF＝﹣3，
故答案为：﹣3．
【点评】本题主要考查图形的翻折，熟练掌握矩形的性质，翻折的性质及勾股定理的知识是解题的关键．
三．解答题（共7小题，满分66分）
17．（6分）（2022•雁塔区校级二模）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3（x﹣2）≤2x﹣5，得：x≤1，
解不等式﹣＜1，得：x＞﹣，
则不等式组的解集为﹣＜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．
18．（8分）（2020春•合川区期末）某社区为了解其辖区内5000户居民的家庭收入情况，从中随机调查了50户居民家庭的家庭月收入（收入取整数，单位：元），并将数据进行了如下整理：
3800，5200，4950，8882，12400，6870，6760，9980，6863，15000，7800，6200，8911，7532，12100，4800，5800，9950，6740，14600，7840，9860，9940，8910，12090，6870，9760，6980，9763，11380，6900，6200，9950，7882，13400，7870，6340，9980，8700，11380，7850，6560，8430，7763，10120，4865，6830，9950，8072，10500．
分组
频数
3000＜m≤5000
a
5000＜m≤7000
14
7000＜m≤9000
13
9000＜m≤11000
b
11000＜m≤13000
5
13000＜m≤15000
3
合计
50
（1）上述频数分布表中的a＝　4　b＝　11　；
（2）补全频数分布直方图；
（3）根据以上统计你能得到什么信息？（写出两条即可，并用数据进行说明）

【考点】频数（率）分布直方图；频数（率）分布表．
【专题】统计的应用；数据分析观念．
【分析】（1）根据频数统计的意义，可得出3000＜m≤5000与9000＜m≤11000的频数即a、b的值；
（2）根据频数绘制频数分布直方图；
（3）根据统计图表中所反映的情况得出相应的信息即可．
【解答】解：（1）根据频数统计的方法可得，
a＝4，b＝11，
故答案为：4，11；
（2）补全频数分布直方图如下：

（3）从频数分布直方图中可以看出：①家庭收入在5000＜m≤7000的户数最多，有14户，约占整体的×100%＝28%；②家庭收入在5000＜m≤11000大约占整体的×100%＝76%．
【点评】本题考查频数分布直方图，频数分布表，掌握频数、频率、样本容量之间的关系是正确计算的前提．
19．（8分）（2021秋•沂水县期末）如图，AB∥CD，点E在CB的延长线上，∠A＝∠E，AC＝ED．
（1）求证：BC＝CD；
（2）连接BD，求证：∠ABD＝∠EBD．

【考点】全等三角形的判定与性质．
【专题】图形的全等；推理能力．
【分析】（1）由“AAS”可证△ABC≌△ECD，可得BC＝CD；
（2）由等腰三角形的性质可得∠CBD＝∠CDB，由平行线的性质和平角的性质可得结论．
【解答】证明：（1）∵AB∥CD，
∴∠ABC＝∠DCE，
在△ABC和△ECD中，
，
∴△ABC≌△ECD（AAS），
∴BC＝CD；
（2）如图，连接BD，

∵BC＝CD，
∴∠CBD＝∠CDB，
∵AB∥CD，
∴∠ABD+∠CDB＝180°，
又∵∠CBD+∠EBD＝180°，
∴∠ABD＝∠EBD．
【点评】本题考查了全等三角形的判定和性质，掌握全等三角形的判定定理是本题的关键．
20．（10分）（2021秋•重庆期末）如图，一次函数y＝k1x+b的图象与反比例函数y＝的图象相交于点A（3，1），B（﹣1，n）两点．
（1）分别求出一次函数和反比例函数的解析式；
（2）根据图象，直接写出满足k1x+b≥的x的取值范围；
（3）连接BO并延长交双曲线于点C，连接AC，求△ABC的面积．

【考点】反比例函数与一次函数的交点问题．
【专题】一次函数及其应用；反比例函数及其应用；几何直观；运算能力．
【分析】（1）把A的坐标代入反比例函数的解析式，即可求出反比例函数的解析式，把B的坐标代入求出B的坐标，把A、B的坐标代入一次函数y＝k1x+b即可求出函数的解析式；
（2）根据函数的图象和A、B的坐标即可得出答案；
（3）过C点作CD∥y轴，交直线AB于D，求出D的坐标，即可求得CD，然后根据S△ABC＝SACD+S△BCD即可求出答案．
【解答】解：（1）∵把A（3，1）代入y＝得：k2＝3×1＝3，
∴反比例函数的解析式是y＝，
∵B（﹣1，n）代入反比例函数y＝得：n＝﹣3，
∴B的坐标是（﹣1，﹣3），
把A、B的坐标代入一次函数y＝k1x+b得：，
解得：k1＝1，b＝﹣2，
∴一次函数的解析式是y＝x﹣2；
（2）从图象可知：k1x+b≥的x的取值范围是当﹣1≤x＜0或x≥3．
（3）过C点作CD∥y轴，交直线AB于D，
∵B（﹣1，﹣3），B、C关于原点对称，
∴C（1，3），
把x＝1代入y＝x﹣2得，y＝﹣1，
∴D（1，﹣1），
∴CD＝4，
∴S△ABC＝S△ACD+S△BCD＝×4×（3+1）＝8．

【点评】本题考查一次函数和反比例函数的交点问题，用待定系数法求一次函数的解析式，三角形的面积等知识点的综合运用，主要考查学生的计算能力和观察图形的能力，以及数形结合思想的运用．
21．（10分）（2021春•锡山区期中）光线照射到镜面会产生反射现象，由光学知识，入射光线与镜面的夹角与反射光线与镜面的夹角相等，例如：在图1中，有∠1＝∠2．
（1）如图2，已知镜子MO与镜子ON的夹角∠MON＝90°，请判断入射光线AB与反射光线CD的位置关系，并说明理由；
（2）如图3，有一口井，已知入射光线AO与水平线OC的夹角为40°，当平面镜MN与水平线OC的夹角为 　65或115　°，能使反射光线OB正好垂直照射到井底；
（3）如图4，直线EF上有两点A、C，分别引两条射线AB、CD．∠BAF＝120°，∠DCF＝40°，射线AB、CD分别绕A点，C点以3度/秒和1度/秒的速度同时逆时针转动，设时间为t，在射线AB转动一周的时间内，是否存在某时刻，使得CD与AB平行？若存在，求出所有满足条件的时间t．

【考点】解直角三角形的应用．
【专题】分类讨论；方程思想；线段、角、相交线与平行线；运算能力；推理能力．
【分析】（1）计算∠ABC+∠BCD的值便可得出结论；
（2）先计算出∠AOB，进而得∠AOM+∠BON的值，再根据入射光线与镜面的夹角与反射光线与镜面的夹角相等，得出结果；
（3）分四种情况讨论：当0s≤t≤20s时，当20s＜t≤40s时，当40s＜t≤80s时，当80s＜t≤120s时，根据角度大小变化关系锁确AB∥CD时的t值．
【解答】解：（1）AB∥CD．理由如下：
∵∠1＝∠2，∠3＝∠4，
∴∠ABC＝180°﹣∠1﹣∠2＝180°﹣2∠2，
∠BCD＝180°﹣∠3﹣∠4＝180°﹣2∠3，
∴∠ABC+∠BCD＝360°﹣2（∠2+∠3），
∵∠BOC＝90°，
∴∠2+∠3＝90°，
∴∠ABC+∠BCD＝180°，
∴AB∥CD；
（2）∵∠AOC＝40°，∠BOC＝90°，
∴∠AOM+∠BON＝180°﹣90°＝40°＝50°，
∵∠AOM＝∠BON，
∴∠AOM＝∠BON＝25°，
∴∠COM＝25°+40°＝65°，∠CON＝25°+90°＝115°，
∴当平面镜MN与水平线OC的夹角为65°或115°时，能使反射光线OB正好垂直照射到井底，
故答案为：65或115；
（3）①当0s≤t≤20s时，如下图，

若AB∥CD，则∠BAC＝∠ACD，
即120+3t＝140+t，
解得t＝10，
∴当t＝10s时AB∥CD；
②当20s＜t≤40s时，如下图，

有∠BAE＜90°＜∠ACD，则AB与CD不平行；
③当40s＜t≤80s时，如下图，

有∠BAC＜∠ACD，AB与CD不平行；
④当80s＜t≤120s时，如下图，

若AB∥CD，则∠BAC＝∠DCF，
即3t﹣240＝t﹣40，
解得t＝100，
∴当t＝100s时，AB∥CD；
综上可知，在射线AB转动一周的时间内，存在时间t，使得CD与AB平行，其t＝10s或100s．
【点评】本题主要考查了平行线的性质与判定，关键是应用分类讨论思想解决问题．
22．（12分）（2022春•雨花区校级月考）如图，在平面直角坐标系中，已知OA＝n，OC＝m，⊙M与y轴相切于点C，与x轴交于A，B两点，∠ACD＝90°，抛物线y＝ax2+bx+c经过A，B，C三点．
（1）求证：∠OCA＝∠OBC；
（2）若A（x1，0），B（x2，0），且x1，x2满足x1+x2＝5，x1•x2＝4，求点C的坐标和抛物线的解析式；
（3）若△ACD≌△ABD，在四边形ABDC内有一点P，且点P到四边形四个顶点的距离之和PA+PB+PC+PD最小，求此时距离之和的最小值及P点的坐标（用含n的式子表示）．

【考点】二次函数综合题．
【专题】函数的综合应用；图形的全等；圆的有关概念及性质；与圆有关的位置关系；图形的相似；解直角三角形及其应用；应用意识．
【分析】（1）连接MC，由⊙M与y轴相切于点C，可得∠MCO＝90°，根据∠ACD＝90°，DM＝CM，即得∠OCA＝∠ADC，而∠ADC＝∠OBC，故∠OCA＝∠OBC；
（2）由∠OCA＝∠OBC，∠AOC＝∠BOC＝90°，得△OCA∽△OBC，可得OC2＝OA⋅OB，又x1⋅x2＝4，即得OC＝2，C（0，2），根据x1+x2＝5，x1⋅x2＝4，得b＝﹣5a，c＝4a，有y＝ax2﹣5ax+4a，把C（0，2）代入即得y＝x2﹣x+2；
（3）由两点之间线段最短可得，P为对角线BC与AD的交点时，PA+PB+PC+PD最小值是AD+BC，过P作PK⊥AB于K，根据△ACD≌△ABD，可得∠CAD＝∠BAD，AB＝AC，∠ABD＝∠ACD＝90°，从而△ACP≌△ABP（SAS），即可得△AOC≌△APC（AAS），从而证明∠OAC＝∠CAD＝∠BAD＝60°，在Rt△APK中，AK＝AP•cos60°＝n，PK＝AP•sin60°＝n，可得P（n，n），在Rt△BPK中，BP＝＝n，有BC＝2BP＝2n，在Rt△ABD中，AD＝＝4n，即可得PA+PB+PC+PD的最小值为（4+2）n．
【解答】（1）证明：连接MC，如图：

∵⊙M与y轴相切于点C，
∴CM⊥OC，
∴∠MCO＝90°，
又∵∠ACD＝90°，
∴∠ACM+∠MCD＝90°，
又∵DM＝CM，
∴∠MCD＝∠ADC，
∴∠ACM+∠ADC＝90°，
又∵∠OCA+∠ACM＝∠MCO＝90°，
∴∠OCA＝∠ADC，
又∵，
∴∠ADC＝∠OBC，
∴∠OCA＝∠OBC；
（2）解：∵∠OCA＝∠OBC，∠AOC＝∠BOC＝90°，
∴△OCA∽△OBC，
∴＝，
∴OC2＝OA⋅OB，
又∵x1⋅x2＝4，即OA•OB＝4，
∴OC2＝4，
∴OC＝2（OC＝﹣2舍去），
∴C（0，2），
∵x1+x2＝5，x1⋅x2＝4，
∴，，
∴b＝﹣5a，c＝4a，
∴y＝ax2﹣5ax+4a，
把C（0，2）代入得：
4a＝2，
解得a＝，
∴y＝x2﹣x+2；
（3）解：由两点之间线段最短可得，P为对角线BC与AD的交点时，PA+PB+PC+PD最小值是AD+BC，过P作PK⊥AB于K，如图：

∵△ACD≌△ABD，
∴∠CAD＝∠BAD，AB＝AC，∠ABD＝∠ACD＝90°，
∵AP＝AP，
∴△ACP≌△ABP（SAS），
∴∠APC＝∠APB＝90°，∠ABP＝∠ACP，CP＝BP，
∴∠APC＝90°＝∠AOC，
由（1）知∠OCA＝∠OBC，
∴∠OCA＝∠ACP，
又AC＝AC，
∴△AOC≌△APC（AAS），
∴∠OAC＝∠CAP，OA＝AP＝n，
∵∠CAD＝∠BAD，
∴∠OAC＝∠CAD＝∠BAD＝60°，
在Rt△APK中，
AK＝AP•cos60°＝n，PK＝AP•sin60°＝n，
∴OK＝OA+AK＝n，
∴P（n，n），
∵CP＝BP，PK∥OC，
∴BK＝OK＝n，
在Rt△BPK中，
BP＝＝＝n，
∴BC＝2BP＝2n，
在Rt△ABD中，AB＝AK+BK＝n+n＝2n，
AD＝＝4n，
∴AD+BC＝4n+2n＝（4+2）n，
即PA+PB+PC+PD的最小值为（4+2）n．
答：PA+PB+PC+PD的最小值为（4+2）n，P（n，n）．
【点评】本题考查二次函数、圆的综合应用，涉及全等三角形判定与性质、相似三角形判定与性质、解直角三角形等知识，解题的关键是证明∠OAC＝∠CAD＝∠BAD＝60°．
23．（12分）（2021秋•海州区校级期中）如图，圆O是△ABP的外接圆，∠B＝∠APC．
（1）求证：PC是圆的切线；
（2）若AP＝6，∠B＝45°，求劣弧AP的长．

【考点】相似三角形的判定与性质；圆周角定理；三角形的外接圆与外心；切线的判定与性质；弧长的计算．
【专题】证明题；圆的有关概念及性质；推理能力；应用意识．
【分析】（1）连接OP，OA，根据已知条件证明∠CPO＝90°，进而可得结论；
（2）首先证明△AOP的等腰直角三角形，然后利用弧长公式即可求解．
【解答】（1）证明：如图，＝π．连接OP，OA，
∴∠OAP＝∠OPA，
∴∠AOP＝180°﹣2∠APO．

∵∠AOP＝2∠B，∠B＝∠APC．
∴∠AOP＝2∠APC．
∴2∠APC＝180°﹣2∠APO，
∴2∠APC+2∠APO＝180°，
∴∠APC+∠APO＝90°，
∴∠CPO＝90°，
∴OP⊥CP，OP是半径，
PC是圆的切线；
（2）解：∵∠B＝45°，
∴∠AOP＝90°，
∵AP＝6，
∴OA2+OP2＝AP2，
∴OA＝AP＝×6＝3．
∴劣弧AP的长＝＝π．
【点评】本题考查了三角形外接圆与外心，圆周角定理，切线的判定与性质，弧长的计算，等腰直角三角形的判定与性质和勾股定理，解决本题的关键是掌握三角形外接圆与外心性质．