2022年广州中考数学终极押题密卷3

这是一份2022年广州中考数学终极押题密卷3，共39页。
2022年广州中考数学终极押题密卷3
一．选择题（共10小题，满分30分，每小题3分）
1．（3分）（2021秋•廉江市期末）下列各组数中，互为相反数的是（　　）
A．和﹣ B．和﹣0.333 C．和4 D．a和﹣a
2．（3分）（2022•青岛一模）班徽是班级文化的一种，是整个班级精神的提炼，是班级活力和荣耀的象征．以下四个班徽图案为轴对称图形的是（　　）
A． B．
C． D．
3．（3分）（2022•安庆一模）在某校九年级模拟考试中，1班的六名学生的数学成绩如下：104，116，110，118，116，90．下列关于这组数据的描述不正确的是（　　）
A．众数是116 B．中位数是113
C．平均数是109 D．方差是86
4．（3分）（2022•黄岛区一模）如图是由几个大小相同的小立方块搭成的几何体，它的左视图是（　　）

A． B．
C． D．
5．（3分）（2022•海曙区一模）计算（﹣a）3•a的结果是（　　）
A．a4 B．﹣a4 C．2a3 D．﹣3a2
6．（3分）（2022•澄城县一模）如图为东西流向且河岸平行的一段河道，点A，B分别为两岸上一点，且点B在点A正北方向，由点A向正东方向走a米到达点C，此时测得点B在点C的北偏西55°方向上，则河宽AB的长为（　　）

A．atan55°米 B．米 C．米 D．米
7．（3分）（2021秋•衡阳期末）若等腰三角形的两边长分别为2和5，则它的周长为（　　）
A．9 B．7 C．12 D．9或12
8．（3分）（2021秋•东阳市期末）如图，由边长为1的小正方形组成的网格中，点A，B，C都在格点上，以AB为直径的圆经过点C和点D，则tan∠ADC＝（　　）

A． B． C．1 D．
9．（3分）（2022春•仪征市期中）若关于x的分式方程﹣＝1有增根，则增根为（　　）
A．1 B．0 C．1和0 D．不确定
10．（3分）（2021秋•滨江区期末）要得到函数y＝﹣（x﹣2）2+3的图象，可以将函数y＝﹣（x﹣3）2的图象（　　）
A．向右平移1个单位，再向上平移3个单位
B．向右平移1个单位，再向下平移3个单位
C．向左平移1个单位，再向上平移3个单位
D．向左平移1个单位，再向下平移3个单位
二．填空题（共6小题，满分18分，每小题3分）
11．（3分）（2021秋•景县期末）截止2021年10月20日，电影《长津湖》的累计票房达到大约50.36亿元，数据50.36亿用科学记数法表示为 　 　．
12．（3分）（2022•宝山区二模）如果一个数的平方等于5，那么这个数是　 　．
13．（3分）（2022春•浦江县校级月考）如图，已知在⊙O中，CD为直径，A为圆上一点，连接OA，作OB平分∠AOC交圆于点B，连接BD，分别与AC，AO交于点N，M．若AM＝AN，则的值为 　 　．

14．（3分）（2021秋•招远市期末）如图，点O为数轴的原点，点A和B分别对应的实数是﹣1和1．过点B作BC⊥AB，以点B为圆心，OB长为半径画弧，交BC于点D；以点A为圆心，AD长为半径画弧，交数轴的正半轴于点E，则点E对应的实数是　 　．

15．（3分）（2021秋•沙坪坝区校级期末）若实数m使关于x的不等式组恰有4个整数解，且使方程组有整数解，则符合条件的整数m的值可以为 　 　．（多选题）
A．9
B．10
C．11
D．12
16．（3分）（2022春•九龙坡区校级期中）直角三角形的两条直角边长为5和12，则斜边上的中线长是 　 　．
三．解答题（共9小题，满分72分）
17．（4分）（2022春•潜山市月考）计算：．
18．（4分）（2021秋•通州区期末）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝BC，在Rt△ABD中，∠D＝90°，AD与BC交于点E，且∠DBE＝∠DAB．
求证：（1）∠CAE＝∠DBC；
（2）AC2+CE2＝4BD2．

19．（6分）（2021秋•龙华区期末）小明在学习一次函数后，对形如y＝k（x﹣m）+n（其中k，m，n为常数，且k*≠0）的一次函数图象和性质进行了探究，过程如下：

【特例探究】
（1）如图所示，小明分别画出了函数y＝（x﹣1）+2，y＝﹣（x﹣1）+2，y＝2（x﹣1）+2的图象．
请你根据列表、描点、连线的步骤在图中画出函数y＝﹣2（x﹣1）+2的图象．
【深入探究】
（2）通过对上述几个函数图象的观察、思考，你发现y＝k（x﹣1）+2（k为常数，且k≠0）的图象一定会经过的点的坐标是 　 　．
【得到性质】
（3）函数y＝k（x﹣m）+n（其中k、m、n为常数，且k≠0）的图象一定会经过的点的坐标是 　 　．
【实践运用】
（4）已知一次函数y＝k（x+2）+3（k为常数，且k≠0）的图象一定过点N，且与y轴相交于点A，若△OAN的面积为2，则k的值为 　 　．
20．（6分）（2021秋•雁塔区校级期末）小明家2020年和2021年的家庭支出如下：

（1）2020年教育方面支出的金额是 　 　万元；2021年衣食方面支出对应的扇形圆心角度数为 　 　度．
（2）2021年总支出比2020年总支出增加 　 　万元，增加的百分比是 　 　．
（3）2021年教育方面支出的金额比2020年增加了还是减少了？变化了多少？
21．（8分）（2022•高邮市模拟）如图，已知点P、Q分别是矩形ABCD中AB、CD边上的动点（不与点A、B、C、D重合），PE∥BQ交AQ于点E，连接PQ．AB＝8，BC＝6，设△PEQ的面积为S．
（1）当点P运动到AP＝2时，无论点Q运动到CD边的何处，S＝　 　；
（2）在点P、Q的运动过程中，
①若S＝，求AP的长；
②求S的最大值．

22．（10分）（2022•内乡县一模）弦切角定理（弦切角等于它所夹的弧所对的圆周角）在证明角相等、线段相等、线段成比例等问题时，有非常重要的作用，为了说明弦切角定理的正确性，小明同学进行了以下探索过程：
问题的提出：若一直线与圆相交，过交点作圆的切线，则此切线与直线的交角中的任意一个称为直线和圆的交角，其中所夹弧为劣弧的角为劣交角，所夹弧为优弧的角为优交角．直线和圆的交角有以下性质：直线和圆的交角等于所夹弧所对的圆周角．
问题的证明：（只证明劣交角即可）
请将不完整的已知和求证补充完整，并写出证明过程；
已知：如图1，直线l与⊙O相交于点A，B，过点B作 　 　．
求证：∠ABD＝　 　．
结论运用：如图2，直线l与⊙O相交于点A，B，AD为⊙O的直径，BC切⊙O于点B，交DA的延长线于点C，若AD＝BC，AC＝2，求⊙O的半径．（提示：要运用上面结论，否则不给分）

23．（10分）（2022春•靖江市月考）小雨、小华、小星暑假到某超市参加社会实践活动，在活动中他们参加了某种水果的销售工作，已知该水果的进价为8元/千克．他们通过市场调查发现：当销售单价为10元时，那么每天可售出300千克；销售单价每上涨1元，每天的销售量就减少50千克．
（1）求该超市销售这种水果，每天的销售量y（千克）与销售单价x（元/千克）（x＞10）之间的函数关系式，该超市销售这种水果每天获取的利润w（元）最大是多少？
（2）为响应政府号召，该超市决定在暑假期间每销售1千克这种水果就捐赠a元利润（a≤2.5）给希望工程．公司通过销售记录发现，当销售单价不超过13元时，每天扣除捐赠后的日销售利润随销售单价x（元/千克）的增大而增大，求a的取值范围．
24．（12分）（2021秋•牡丹江期末）如图，在菱形ABCD中，∠ABC＝60°，经过点A的直线（不与BD垂直）与对角线BD所在直线交于点E，过点B，D分别作直线BD的垂线交直线AE于点F，H．
（1）当点E在如图①位置时，求证：BF﹣DH＝BD；（提示：延长DA交BF于G）
（2）当点E在图②、图③的位置时，直接写出线段BF，DH，BD之间的数量关系，不需要证明；
（3）在（1）、（2）的条件下，若DH＝1，BD＝4，则tan∠DHE＝　 　．

25．（12分）（2022•平房区一模）在平面直角坐标系中，点O为坐标系的原点．抛物线y＝ax2+bx﹣8分别交x轴于点A（﹣4，0）、点B（8，0），交y轴于点C．

（1）如图1，求抛物线的解析式；
（2）如图2，点P为抛物线第二象限上的点，连接BP交y轴于点D，设点P的横坐标为t，CD的长为d，求d与t的函数关系式（不要求写出自变量t的取值范围）；
（3）如图3，在（2）的条件下，点F、N分别在BD、OA上，连接NF，且NF＝OD，点E在OC上，连接NE、FE，∠FNO+2∠BNE＝180°，点K在FN上，且EK＝FK．当∠FNO＝2∠KFE，BD＝2EK时，求点P坐标．

2022年广州中考数学终极押题密卷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•廉江市期末）下列各组数中，互为相反数的是（　　）
A．和﹣ B．和﹣0.333 C．和4 D．a和﹣a
【考点】相反数．
【分析】根据相反数的性质分析：符号不同、绝对值相等的两个数互为相反数，0的相反数是0；互为相反数的两个数的和是0．
【解答】解：A、和﹣，虽然符号相反，但是绝对值不相等，所以它们不是相反数，故A错误；
B、和﹣0.333，符号相反，但绝对值不相等，所以它们不是相反数，故B错误；
C、和4，符号相同，所以它们不是相反数，故C错误；
D、a和﹣a，符号相反，绝对值相等，所以它们互为相反数，故D正确．
故选：D．
【点评】正确理解相反数的概念是解答此类题的关键．
2．（3分）（2022•青岛一模）班徽是班级文化的一种，是整个班级精神的提炼，是班级活力和荣耀的象征．以下四个班徽图案为轴对称图形的是（　　）
A． B．
C． D．
【考点】轴对称图形．
【专题】平移、旋转与对称；几何直观．
【分析】根据轴对称图形的概念：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，据此进行分析即可．
【解答】解：A．不是轴对称图形，故本选项不合题意；
B．不是轴对称图形，故本选项不合题意；
C．不是轴对称图形，故本选项不合题意；
D．是轴对称图形，故本选项符合题意；
故选：D．
【点评】此题主要考查了轴对称图形，正确掌握轴对称图形的定义是解题关键．
3．（3分）（2022•安庆一模）在某校九年级模拟考试中，1班的六名学生的数学成绩如下：104，116，110，118，116，90．下列关于这组数据的描述不正确的是（　　）
A．众数是116 B．中位数是113
C．平均数是109 D．方差是86
【考点】方差；算术平均数；中位数；众数．
【专题】统计的应用；运算能力．
【分析】将这组数据重新排列，再分别依据众数、中位数、平均数和方差的定义求解即可．
【解答】解：将这组数据重新排列为90、104、110、116、116、118，
所以这组数据的众数是116，中位数为＝113，平均数为＝109，
则这组数据的方差为×[（90﹣109）2+（104﹣109）2+（110﹣109）2+2×（116﹣109）2+（118﹣109）2]＝81，
故选：D．
【点评】本题主要考查方差，解题的关键是掌握众数、中位数、平均数和方差的定义．
4．（3分）（2022•黄岛区一模）如图是由几个大小相同的小立方块搭成的几何体，它的左视图是（　　）

A． B．
C． D．
【考点】简单组合体的三视图．
【专题】投影与视图；空间观念．
【分析】找到从左面看所得到的图形即可，注意所有的看到的棱都应表现在左视图中．
【解答】解：从左面看，底层是两个小正方形，上层的左边是一个小正方形．
故选：D．
【点评】本题考查了三视图的知识，左视图是从物体的左面看得到的视图．
5．（3分）（2022•海曙区一模）计算（﹣a）3•a的结果是（　　）
A．a4 B．﹣a4 C．2a3 D．﹣3a2
【考点】同底数幂的乘法．
【专题】整式；运算能力．
【分析】利用同底数幂的乘法的法则进行运算即可．
【解答】解：（﹣a）3•a＝﹣a3•a＝﹣a4．
故选：B．
【点评】本题主要考查同底数幂的乘法，解答的关键是熟记同底数幂的乘法的法则：底数不变，指数相加．
6．（3分）（2022•澄城县一模）如图为东西流向且河岸平行的一段河道，点A，B分别为两岸上一点，且点B在点A正北方向，由点A向正东方向走a米到达点C，此时测得点B在点C的北偏西55°方向上，则河宽AB的长为（　　）

A．atan55°米 B．米 C．米 D．米
【考点】解直角三角形的应用﹣方向角问题．
【专题】解直角三角形及其应用；应用意识．
【分析】连接AB，BC，根据三角函数的定义即可得到结论．
【解答】解：连接AB，BC，
由题意得，∠BAC＝90°，∠ABC＝55°，AC＝a米，
∴tan∠ABC＝tan55°＝，
∴AB＝＝，
故选：D．

【点评】本题考查了解直角三角形的应用﹣方向角问题，熟练掌握三角函数的定义是解题的关键．
7．（3分）（2021秋•衡阳期末）若等腰三角形的两边长分别为2和5，则它的周长为（　　）
A．9 B．7 C．12 D．9或12
【考点】等腰三角形的性质；三角形三边关系．
【分析】求等腰三角形的周长，即是确定等腰三角形的腰与底的长求周长；题目给出等腰三角形有两条边长为2和5，而没有明确腰、底分别是多少，所以要进行讨论，还要应用三角形的三边关系验证能否组成三角形．
【解答】解：（1）若2为腰长，5为底边长，
由于2+2＜5，则三角形不存在；
（2）若5为腰长，则符合三角形的两边之和大于第三边．
所以这个三角形的周长为5+5+2＝12．
故选：C．
【点评】本题考查了等腰三角形的性质和三角形的三边关系；题目从边的方面考查三角形，涉及分类讨论的思想方法．求三角形的周长，不能盲目地将三边长相加起来，而应养成检验三边长能否组成三角形的好习惯，把不符合题意的舍去．
8．（3分）（2021秋•东阳市期末）如图，由边长为1的小正方形组成的网格中，点A，B，C都在格点上，以AB为直径的圆经过点C和点D，则tan∠ADC＝（　　）

A． B． C．1 D．
【考点】圆周角定理；解直角三角形．
【专题】网格型；圆的有关概念及性质；解直角三角形及其应用；推理能力．
【分析】先利用圆周角定理得到∠ACB＝90°，∠ADC＝∠ABC，再利用正切的定义得到tan∠ABC＝，从而得到tan∠ADC的值．
【解答】解：∵AB为直径，
∴∠ACB＝90°，
在Rt△ABC中，tan∠ABC＝，
∵∠ADC＝∠ABC，
∴tan∠ADC＝．
故选：D．
【点评】本题考查了圆周角定理：在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半；半圆（或直径）所对的圆周角是直角，90°的圆周角所对的弦是直径．也考查了解直角三角形．
9．（3分）（2022春•仪征市期中）若关于x的分式方程﹣＝1有增根，则增根为（　　）
A．1 B．0 C．1和0 D．不确定
【考点】分式方程的增根．
【专题】分式方程及应用．
【分析】先将分式方程化简得（a+2）x＝3，然后将增根x＝1和x＝0分别代入，即可进行判断．
【解答】解：解分式方程﹣＝1，
化简得（a+2）x＝3，
∵分式方程有增根，
当增根为x＝1时，代入（a+2）x＝3，
得a+2＝3，
解得a＝1，
当增根为0时，代入（a+2）x＝3，
得0＝3不成立，
∴增根为x＝1，
故选：A．
【点评】本题考查了分式方程的增根，熟练掌握解分式方程的方法是解题的关键．
10．（3分）（2021秋•滨江区期末）要得到函数y＝﹣（x﹣2）2+3的图象，可以将函数y＝﹣（x﹣3）2的图象（　　）
A．向右平移1个单位，再向上平移3个单位
B．向右平移1个单位，再向下平移3个单位
C．向左平移1个单位，再向上平移3个单位
D．向左平移1个单位，再向下平移3个单位
【考点】二次函数图象与几何变换．
【专题】二次函数图象及其性质；推理能力．
【分析】根据抛物线顶点的变换规律得到正确的选项．
【解答】解：抛物线y＝﹣（x﹣3）2的顶点坐标是（3，0），抛物线y＝﹣（x﹣2）2+3的顶点坐标是（2，3），
所以将顶点（3，0）向左平移1个单位，再向上平移3个单位得到顶点（2，3），
即将函数y＝﹣（x﹣3）2的图象向左平移1个单位，再向上平移3个单位得到函数y＝﹣（x﹣2）2+3的图象．
故选：C．
【点评】主要考查了函数图象的平移，抛物线与坐标轴的交点坐标的求法，要求熟练掌握平移的规律：左加右减，上加下减．并用规律求函数解析式．
二．填空题（共6小题，满分18分，每小题3分）
11．（3分）（2021秋•景县期末）截止2021年10月20日，电影《长津湖》的累计票房达到大约50.36亿元，数据50.36亿用科学记数法表示为 　5.036×109　．
【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．
【解答】解：50.36亿＝5036000000＝5.036×109．
故答案为：5.036×109．
【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．
12．（3分）（2022•宝山区二模）如果一个数的平方等于5，那么这个数是　　．
【考点】平方根．
【分析】根据平方根的定义即可求解．
【解答】解：∵（±）2＝5
∴这个数是±．
故答案是：±
【点评】本题主要考查了平方根的定义，一个正数的平方根有两个，这两个互为相反数．
13．（3分）（2022春•浦江县校级月考）如图，已知在⊙O中，CD为直径，A为圆上一点，连接OA，作OB平分∠AOC交圆于点B，连接BD，分别与AC，AO交于点N，M．若AM＝AN，则的值为 　　．

【考点】圆周角定理．
【专题】等腰三角形与直角三角形；圆的有关概念及性质；图形的相似；推理能力．
【分析】由角平分线的性质及圆周角定理得出∠ADB＝∠BDC，由等腰三角形的性质及对顶角的性质得出∠DMO＝∠DNA，得出△DMO∽△DNA，进而得出，∠MOD＝∠NAD，由CD是直径，得出∠NAD＝90°，进而得出∠MOD＝90°，由OA＝OD，得出△AOD是等腰直角三角形，得出，得出＝．
【解答】解：∵OB平分∠AOC，
∴∠AOB＝∠COB，
∴，
∴∠ADB＝∠BDC，
∵AN＝AM，
∴∠ANM＝∠AMN，
∵∠AMN＝∠DMO，
∴∠DMO＝∠DNA，
∴△DMO∽△DNA，
∴，∠MOD＝∠NAD，
∵CD是直径，
∴∠NAD＝90°，
∴∠MOD＝90°，
∵OA＝OD，
∴△AOD是等腰直角三角形，
∴，
∴＝，
故答案为：．
【点评】本题考查了圆周角定理，相似三角形的判定与性质，掌握相似三角形的判定与性质，等腰直角三角形的性质是解决问题的关键．
14．（3分）（2021秋•招远市期末）如图，点O为数轴的原点，点A和B分别对应的实数是﹣1和1．过点B作BC⊥AB，以点B为圆心，OB长为半径画弧，交BC于点D；以点A为圆心，AD长为半径画弧，交数轴的正半轴于点E，则点E对应的实数是　﹣1　．

【考点】勾股定理；实数与数轴．
【专题】等腰三角形与直角三角形；运算能力．
【分析】根据勾股定理求出AD，进而得到OE的长，根据实数与数轴的对应关系解答即可．
【解答】解：由题意得，BD＝OB＝1，
在Rt△ABD中，AD＝＝＝，
∴OE＝AE﹣1＝﹣1，
∴点E对应的实数是﹣1，
故答案为：﹣1．
【点评】本题考查的是勾股定理、实数与数轴，如果直角三角形的两条直角边长分别是a，b，斜边长为c，那么a2+b2＝c2．
15．（3分）（2021秋•沙坪坝区校级期末）若实数m使关于x的不等式组恰有4个整数解，且使方程组有整数解，则符合条件的整数m的值可以为 　AD　．（多选题）
A．9
B．10
C．11
D．12
【考点】一元一次不等式组的整数解；二元一次方程组的解；解二元一次方程组．
【专题】一次方程（组）及应用；一元一次不等式（组）及应用；运算能力．
【分析】先求出不等式组的解集，根据一元一次不等式组的整数解得出关于m的不等式组，求出m的取值范围，根据m为整数得出m为9，10，11，12，求出方程组的解，再根据方程组有整数解得出答案即可．
【解答】解：解不等式组得：﹣3≤x＜﹣2+m，
∵实数m使关于x的不等式组恰有4个整数解，
∴0＜﹣2+m≤1，
解得：8＜m≤12，
∵m为整数，
∴m为9，10，11，12，
解方程组得：，
∵方程组有整数解，
∴m只能为9或12，
故答案为：AD．
【点评】本题考查了解二元一次方程组，解一元一次不等式组，一元一次不等式组的整数解等知识点，能求出m的范围是解此题的关键．
16．（3分）（2022春•九龙坡区校级期中）直角三角形的两条直角边长为5和12，则斜边上的中线长是 　　．
【考点】直角三角形斜边上的中线．
【专题】等腰三角形与直角三角形；推理能力．
【分析】根据勾股定理求出斜边长，根据直角三角形的性质计算，得到答案．
【解答】解：由勾股定理得：直角三角形的斜边长＝＝13，
则斜边上的中线长为：，
故答案为：．
【点评】本题考查的是直角三角形的性质、勾股定理，掌握在直角三角形中，斜边上的中线等于斜边的一半是解题的关键．
三．解答题（共9小题，满分72分）
17．（4分）（2022春•潜山市月考）计算：．
【考点】实数的运算．
【专题】实数；运算能力．
【分析】直接利用二次根式的性质化简，进而得出答案．
【解答】解：原式＝0.5+﹣
＝2﹣
＝．
【点评】此题主要考查了实数的运算，正确化简各数是解题关键．
18．（4分）（2021秋•通州区期末）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝BC，在Rt△ABD中，∠D＝90°，AD与BC交于点E，且∠DBE＝∠DAB．
求证：（1）∠CAE＝∠DBC；
（2）AC2+CE2＝4BD2．

【考点】全等三角形的判定与性质；勾股定理；等腰直角三角形．
【专题】图形的全等；等腰三角形与直角三角形；推理能力．
【分析】（1）由余角的性质可求解；
（2）由“ASAS”可证△ADB≌△ADF，可得BD＝DF，即BF＝2BD，由“ASA”可证△ACE≌△BCF，可得AE＝BF＝2BD，由勾股定理可求解．
【解答】证明：（1）∵∠ACB＝∠D＝90°，
∴∠CEA+∠CAE＝∠BED+∠CBD＝90°，
∴∠CEA＝∠BED，
∴∠CAE＝∠DBC；
（2）延长BD交AC延长线于点F，

∵∠DBE＝∠DAB，
∴∠DAB＝∠CAE，
在△ADB和△ADF中，
，
∴△ADB≌△ADF（ASA），
∴BD＝DF，
∴BF＝2BD，
在△ACE和△BCF中，
，
∴△ACE≌△BCF（ASA），
∴AE＝BF，
∴AE＝2BD，
在Rt△ACE中，AC2+CE2＝AE2，
∴AC2+CE2＝（2BD）2＝4BD2．
【点评】本题考查了全等三角形的判定和性质，勾股定理，灵活运用全等三角形的判定方法是解题的关键．
19．（6分）（2021秋•龙华区期末）小明在学习一次函数后，对形如y＝k（x﹣m）+n（其中k，m，n为常数，且k*≠0）的一次函数图象和性质进行了探究，过程如下：

【特例探究】
（1）如图所示，小明分别画出了函数y＝（x﹣1）+2，y＝﹣（x﹣1）+2，y＝2（x﹣1）+2的图象．
请你根据列表、描点、连线的步骤在图中画出函数y＝﹣2（x﹣1）+2的图象．
【深入探究】
（2）通过对上述几个函数图象的观察、思考，你发现y＝k（x﹣1）+2（k为常数，且k≠0）的图象一定会经过的点的坐标是 　（1，2）　．
【得到性质】
（3）函数y＝k（x﹣m）+n（其中k、m、n为常数，且k≠0）的图象一定会经过的点的坐标是 　（m，n）　．
【实践运用】
（4）已知一次函数y＝k（x+2）+3（k为常数，且k≠0）的图象一定过点N，且与y轴相交于点A，若△OAN的面积为2，则k的值为 　﹣或﹣　．
【考点】一次函数图象上点的坐标特征；一次函数的图象；一次函数的性质．
【专题】一次函数及其应用；几何直观；运算能力．
【分析】（1）列表，描点、连线画出直线y＝﹣2（x﹣1）+2即可；
（2）观察图象即可得到结论；
（3）根据（2）的规律即可求得经过；
（4）求得定点坐标与y轴的交点A，然后利用三角形面积即可得到关于k的方程，解方程即可．
【解答】解：（1）列表：

描点、连线，画出直线y＝﹣2（x﹣1）+2如图：

（2）通过对上述几个函数图象的观察、思考，你发现y＝k（x﹣1）+2（k为常数，且k≠0）的图象一定会经过的点的坐标是（1，2）．
故答案为：（1，2）；
（3）函数y＝k（x﹣m）+n（其中k、m、n为常数，且k≠0）的图象一定会经过的点的坐标是（m，n），
故答案为：（m，n）；
（4）∵一次函数y＝k（x+2）+3（k为常数，且k≠0）的图象一定过点N，
∴N（﹣2，3），
∵与y轴相交于点A，
∴A（0，2k+3），
∴OA＝|2k+3|，
∵△OAN的面积为2，
∴×|2k+3|×2＝2，
∴k＝﹣或k＝﹣，
故答案为：﹣或﹣．
【点评】本题考查了一次函数图象上点的坐标特征，一次函数的图象和性质，三角形的面积，数形结合是解题的关键．
20．（6分）（2021秋•雁塔区校级期末）小明家2020年和2021年的家庭支出如下：

（1）2020年教育方面支出的金额是 　0.54　万元；2021年衣食方面支出对应的扇形圆心角度数为 　108　度．
（2）2021年总支出比2020年总支出增加 　0.36　万元，增加的百分比是 　20%　．
（3）2021年教育方面支出的金额比2020年增加了还是减少了？变化了多少？
【考点】扇形统计图．
【专题】数据的收集与整理；数据分析观念．
【分析】（1）根据2020年的总支出乘以教育支出占的百分比即可得到结果；由教育支出占的百分比乘以360°即可得到结果；
（2）求出2021年与2020年总支出之差，即可得到结果；
（3）求出2009年与2010年教育支出之差，即可得到结果．
【解答】解：（1）2020年教育方面支出的金额是：1.8×30%＝0.54（万元），2021年衣食方面支出对应的扇形圆心角度数为：360°×30%＝108°．
故答案为：0.54，108；
（2）2021年总支出比2020年总支出增加：2.16﹣1.8＝0.36（万元），增加的百分比是：0.36÷1.8＝20%．
故答案为：0.36，20%；
（3）2.16×35%﹣0.54＝0.216（万元），
故2021年教育方面支出的金额比2020年增加了，增加了0.216万元．
【点评】此题考查了条形统计图，以及扇形统计图，弄清题意，利用数形结合的方法是解本题的关键．
21．（8分）（2022•高邮市模拟）如图，已知点P、Q分别是矩形ABCD中AB、CD边上的动点（不与点A、B、C、D重合），PE∥BQ交AQ于点E，连接PQ．AB＝8，BC＝6，设△PEQ的面积为S．
（1）当点P运动到AP＝2时，无论点Q运动到CD边的何处，S＝　　；
（2）在点P、Q的运动过程中，
①若S＝，求AP的长；
②求S的最大值．

【考点】二次函数的最值；矩形的性质．
【专题】二次函数图象及其性质；矩形 菱形 正方形；运算能力；推理能力．
【分析】（1）作EF⊥AB于F，QK⊥AB于k，则EF∥QK，利用平行线分线段成比例定理得到＝，＝，从而浅浅的＝，即可得到EF＝，根据S＝S△APQ﹣S△APE即可求得；
（2）①由（1）可知＝，则EF＝•AP＝AP，根据S＝S△APQ﹣S△APE得到即（6﹣AP）＝，解得AP＝3或AP＝5；
②设AP＝x，由①可知S＝x（6﹣x）＝﹣x2+3x＝﹣（x﹣4）2+16，根据二次函数的性质即可求得S的最大值为16．
【解答】解：（1）作EF⊥AB于F，QK⊥AB于k，则EF∥QK，
∴＝，
∵PE∥BQ，
∴＝，
∴＝，
∵AP＝2，AB＝8，QK＝BC＝6，
∴＝，
∴EF＝，
∴S＝S△APQ﹣S△APE＝﹣＝＝，
故答案为：；
（2）①由（1）可知＝，
∴EF＝•AP＝AP，
∵S＝，
∴S△APQ﹣S△APE＝AP•（QK﹣EF）＝，即（6﹣AP）＝，
∴AP＝3或AP＝5；
②设AP＝x，则S＝x（6﹣x）＝﹣x2+3x＝﹣（x﹣4）2+16，
∴当x＝4时，S有最大值为16．

【点评】考查了四边形综合题，解答本题时，涉及到了矩形的性质、平行线分线段成比例定理以及二次函数的最值等知识点，这是一道综合性比较强的题目，所以在解答题目时，一定要把各个知识点融会贯通，这样解题时才会少走弯路．
22．（10分）（2022•内乡县一模）弦切角定理（弦切角等于它所夹的弧所对的圆周角）在证明角相等、线段相等、线段成比例等问题时，有非常重要的作用，为了说明弦切角定理的正确性，小明同学进行了以下探索过程：
问题的提出：若一直线与圆相交，过交点作圆的切线，则此切线与直线的交角中的任意一个称为直线和圆的交角，其中所夹弧为劣弧的角为劣交角，所夹弧为优弧的角为优交角．直线和圆的交角有以下性质：直线和圆的交角等于所夹弧所对的圆周角．
问题的证明：（只证明劣交角即可）
请将不完整的已知和求证补充完整，并写出证明过程；
已知：如图1，直线l与⊙O相交于点A，B，过点B作 　⊙O的切线DE　．
求证：∠ABD＝　∠ACB　．
结论运用：如图2，直线l与⊙O相交于点A，B，AD为⊙O的直径，BC切⊙O于点B，交DA的延长线于点C，若AD＝BC，AC＝2，求⊙O的半径．（提示：要运用上面结论，否则不给分）

【考点】圆的综合题．
【专题】代数几何综合题；推理能力．
【分析】问题证明：
根据题意得直接写出，连接BO并延长交⊙O于F，连接AF，得出∠ACB＝∠F，进而得出∠F+∠ABF＝90°，再判断出∠ABD+∠ABF＝90°，即可得出结论；
结论应用：
连接BD，得出∠CBA＝∠D，进而判断出△CBA∽△CDB，得出BC2＝AC•CD，进而AD2＝2（2+AD），即可求出答案．
【解答】解：问题证明：根据题意得已知：如图1，直线l与⊙O相交于点A，B，过点B作⊙O的切线DE．
求证：∠ABD＝∠ACB．
证明：如图1，

连接BO并延长交⊙O于F，连接AF，
∴∠ACB＝∠F，
∵BF是⊙O的直径，
∴∠BAF＝90°，
∴∠F+∠ABF＝90°，
∵DE是⊙O的切线，
∴∠OBD＝90°，
∴∠ABD+∠ABF＝90°，
∴∠F＝∠ABD，
∴∠ABD＝∠ACB，
故答案为：⊙O的切线DE，∠ACB；

结论应用：
如图2，

连接BD，
由问题的证明的结论得，∠CBA＝∠D，
∵∠C＝∠C，
∴△CBA∽△CDB，
∴，
∴BC2＝AC•CD，
∵AD＝BC，AC＝2，
∴CD＝AC+AD＝2+AD，
∴AD2＝2（2+AD），
∴AD＝1+或AD＝1﹣（舍去），
∴⊙O的半径为AD＝．
【点评】此题是圆的综合题，主要考查了材料的理解，切线的性质，相似三角形的判定和性质，同角的余角相等，作出辅助线构造出相似三角形是解本题的关键．
23．（10分）（2022春•靖江市月考）小雨、小华、小星暑假到某超市参加社会实践活动，在活动中他们参加了某种水果的销售工作，已知该水果的进价为8元/千克．他们通过市场调查发现：当销售单价为10元时，那么每天可售出300千克；销售单价每上涨1元，每天的销售量就减少50千克．
（1）求该超市销售这种水果，每天的销售量y（千克）与销售单价x（元/千克）（x＞10）之间的函数关系式，该超市销售这种水果每天获取的利润w（元）最大是多少？
（2）为响应政府号召，该超市决定在暑假期间每销售1千克这种水果就捐赠a元利润（a≤2.5）给希望工程．公司通过销售记录发现，当销售单价不超过13元时，每天扣除捐赠后的日销售利润随销售单价x（元/千克）的增大而增大，求a的取值范围．
【考点】二次函数的应用．
【专题】二次函数的应用；应用意识．
【分析】（1）依据题意易得出每天的销售量y（千克）与销售单价x（元/千克）之间的函数关系式y＝﹣50x+800；根据销售利润＝销售量×（售价﹣进价），列出平均每天的销售利润w（元）与销售价x（元/箱）之间的函数关系式，再依据函数的增减性求得最大利润．
（2）设扣除捐赠后的日销售利润为S元，则得S＝（x﹣8﹣a）（﹣50x+800），利用对称轴的位置即可求a的取值范围．
【解答】解：（1）由题意，可得y＝﹣50x+800，
∴w＝（x﹣8）y＝（x﹣8）（﹣50x+800）＝﹣50x2+1200x﹣6400＝﹣50（x﹣12）2+800．
∵﹣50＜0，
∴当x≤12时，w随x的增大而增大，
∴当x＝12时，w最大值＝800，
∴y与x的函数关系式为：y＝﹣50x+800，当售价为12元/千克时，该超市销售这种水果每天获取的利润w最大为800元．
（3）设扣除捐赠后的日销售利润为S元，
∴S＝（x﹣8﹣a）（﹣50x+800）＝﹣50x2+（1200+50a）x﹣6400﹣800a，
∵当x≤13时，S随x的增大而增大，
∴﹣≥13，
∴a≥2，
∴2≤a≤2.5．
即a的取值范围为2≤a≤2.5．
【点评】本题考查了二次函数的性质在实际生活中的应用．最大销售利润的问题常利函数的增减性来解答，我们首先要吃透题意，确定变量，建立函数模型，然后结合实际选择最优方案．
24．（12分）（2021秋•牡丹江期末）如图，在菱形ABCD中，∠ABC＝60°，经过点A的直线（不与BD垂直）与对角线BD所在直线交于点E，过点B，D分别作直线BD的垂线交直线AE于点F，H．
（1）当点E在如图①位置时，求证：BF﹣DH＝BD；（提示：延长DA交BF于G）
（2）当点E在图②、图③的位置时，直接写出线段BF，DH，BD之间的数量关系，不需要证明；
（3）在（1）、（2）的条件下，若DH＝1，BD＝4，则tan∠DHE＝　或2．　．

【考点】四边形综合题．
【专题】几何综合题；图形的全等；等腰三角形与直角三角形；矩形 菱形 正方形；图形的相似；解直角三角形及其应用；运算能力；推理能力．
【分析】（1）延长DA交BF于G，证△ABG是等边三角形，得AG＝AB＝AD，再证△FGA≌△HDA（AAS），得FG＝DH，则BF﹣DH＝BF﹣FG＝BG，然后由锐角三角函数定义得BG＝BD，即可得出结论；
（2）如图②中，结论：DH﹣BF＝BD，延长BA交DH于G，解法同（1）；如图③中，结论：BF+DH＝BD，延长DA交BF的延长线于G，解法同（1）；
（3）分两种情况，先求出BF的长，再由相似三角形的性质求出DE的长，然后由锐角三角函数定义即可得出答案．
【解答】（1）证明：延长DA交BF于G，如图①所示：

∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝AD，AD∥BC，BD平分∠ABC，
∴∠GAB＝∠ABC＝60°，∠ABD＝∠ADB＝∠ABC＝30°，
∵FB⊥BD，DH⊥BD，
∴∠FBD＝∠HDB＝90°，
∴FB∥DH，∠GBA＝90°﹣∠ABD＝60°，
∴△ABG是等边三角形，
∴AG＝AB＝AD，
∵FB∥DH，
∴∠FGA＝∠ADH，∠BFA＝∠AHD，
∴△FGA≌△HDA（AAS），
∴FG＝DH，
∴BF﹣DH＝BF﹣FG＝BG，
在Rt△BDG中，tan∠GDB＝，
∴BG＝BD×tan∠GDB＝BD×tan30°＝BD，
∴BF﹣DH＝BD；
（2）如图②中，结论：DH﹣BF＝BD，理由如下：
延长BA交DH于G，

同①得：△ADG是等边三角形，△HGA≌△FBA（AAS），
∴AG＝DG＝AD，GH＝BF，
∴DH﹣BF＝DH﹣GH＝DG，
在Rt△BDG中，tan∠GBD＝，
∴DG＝BD×tan∠GBD＝BD×tan30°＝BD，
∴DH﹣BF＝BD；
如图③中，结论：BF+DH＝BD，理由如下：
延长DA交BF的延长线于G，

同①得：△ABG是等边三角形，△FGA≌△HDA（AAS），
∴AG＝BG＝AD，GF＝DH，
∴BF+DH＝BF+GF＝BG，
在Rt△BDG中，tan∠GDB＝，
∴BG＝BD×tan∠GDB＝BD×tan30°＝BD，
∴BF+DH＝BD；
（3）分两种情况：
a、如图①﹣1中，延长DA交BF于G，连接AC交BD于O，

由（1）得：BF﹣DH＝BD，
∴BF﹣1＝×4＝4，
∴BF＝5，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，AB＝AD，OA＝OC，OB＝OD＝BD＝2，∠ABD＝∠ADB＝∠ABC＝30°，
∴OA＝OD＝2，
∵FB⊥BD，
∴FB∥AC，
∴△AOE∽△FBE，
∴＝，
即＝，
解得：DE＝，
∵DH＝1，
∴tan∠DHE＝＝；
b、如图③﹣1中，延长DA交BF的延长线于G，连接AC交BD于O，

由（2）得：BF+DH＝BD，
即BF+1＝×4＝4，
∴BF＝3，
同上得：△AOE∽△FBE，
∴＝，
即＝，
解得：DE＝2，
∵DH＝1，
∴tan∠DHE＝＝2；
综上所述，tan∠DHE的值为或2，
故答案为：或2．
【点评】本题是四边形综合题目，考查了菱形的性质、全等三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、含30°角的直角三角形的性质、分类讨论等知识，本题综合性强，熟练掌握菱形的性质，证明三角形全等和三角形相似是解题的关键，属于中考常考题型．
25．（12分）（2022•平房区一模）在平面直角坐标系中，点O为坐标系的原点．抛物线y＝ax2+bx﹣8分别交x轴于点A（﹣4，0）、点B（8，0），交y轴于点C．

（1）如图1，求抛物线的解析式；
（2）如图2，点P为抛物线第二象限上的点，连接BP交y轴于点D，设点P的横坐标为t，CD的长为d，求d与t的函数关系式（不要求写出自变量t的取值范围）；
（3）如图3，在（2）的条件下，点F、N分别在BD、OA上，连接NF，且NF＝OD，点E在OC上，连接NE、FE，∠FNO+2∠BNE＝180°，点K在FN上，且EK＝FK．当∠FNO＝2∠KFE，BD＝2EK时，求点P坐标．
【考点】二次函数综合题．
【专题】待定系数法；一次函数及其应用；二次函数图象及其性质；等腰三角形与直角三角形；矩形 菱形 正方形；运算能力；推理能力．
【分析】（1）利用待定系数法即可解决问题；
（2）过点P作PM⊥x轴于点M，根据相似三角形的性质即可解答；
（3）在BN上取点Q，使NQ＝EQ，则∠QNE＝∠QEN，设BN与KE交于点T，通过证明得到四边形KEQF是菱形；延长FQ到M，使QM＝FQ，连接NM，EB，通过证明得到点F，N，E，B四点在以点Q为圆心，QB为半径的圆上，设以点Q为圆心，QB为半径的圆的半径为r，OD＝x，则DE＝DB＝NB＝2r，OE＝2r﹣x，ON＝BN﹣OB＝2r﹣8，利用勾股定理和相似三角形的性质列出关于r，x的方程，将方程组成方程组，解方程组即可求得r，x的值，则点D坐标可得；利用待定系数法求得直线BD的解析式，与抛物线解析式联立即可求得点P坐标．
【解答】解：（1）∵抛物线y＝ax2+bx﹣8分别交x轴于点A（﹣4，0）、点B（8，0），
∴，
解得，
∴抛物线的解析式为y＝x2﹣x﹣8；
（2）过点P作PM⊥x轴于点M，如图，

∵点B（8，0），
∴OB＝8．
令x＝0，则y＝﹣8，
∴C（0，﹣8）．
∴OC＝8．
∵PM⊥x轴，
∴∠PMB＝90°＝∠BOD，
∴PM∥OD，
∴△BOD∽△BMP，
∴，
设P（t，t2﹣t﹣8），则PM＝t2﹣t﹣8，OM＝﹣t，则BM＝8﹣t，
∴，
∴OD＝﹣2t﹣8，
∴d＝CD＝OD+OC＝﹣2t﹣8+8＝﹣2t，
∴d与t的函数关系式为d＝﹣2t；
（3）如图2，在BN上取点Q，使NQ＝EQ，则∠QNE＝∠QEN，设BN与KE交于点T，

设∠KFE＝α，
∵EK＝FK．
∴∠KEF＝∠KFE＝α，
∴∠NKE＝∠KFE+∠KEF＝2α，
∴∠FNO＝2∠KFE＝2α，
∴∠FNO＝∠NKE＝2α，
∴TN＝TK，
∵∠FNO+2∠BNE＝180°，∠QNE＝∠QEN，∠QNE+∠QEN+∠NQE＝180°，
∴∠FNO＝∠NQE＝2α，
∴EQ∥FK，
∴∠KEQ＝∠NKE＝2α，∠KFE＝∠QEF＝α，
∴∠QET＝∠QEF+∠KEF＝2α＝∠NQE，
∴QT＝TE，
∵TN＝TK，
∴QN＝EK＝KF，
∴KF＝QE．
在△KFE和△QFE中，
，
∴△KFE≌△QFE（SAS），
∴KE＝QF．
∴EQ＝FQ＝EK＝FK＝QN，
∴四边形KEQF是菱形．
如图3，延长FQ到M，使QM＝FQ，连接NM，EB，

∴FQ＝QM＝NQ，
∴∠QFN＝∠QNF，∠M＝∠QNM，
∴∠FNQ+∠QNM＝90°，
∴∠FKM＝90°．
∵FM＝2FQ＝2EK，BD＝2EK，
∴FM＝BD．
在Rt△BOD和Rt△MNF中，
，
∴Rt△BOD≌Rt△MNF（HL），
∴∠BDO＝∠MFN＝2α，
∴∠FNB＝2α＝∠BDO．
在△BOD和△BFN中，
，
∴△BOD≌△BFN（AAS），
∴BD＝BN＝2EK＝2NQ，∠BFN＝∠BOD＝90°，
∴Q是BN的中点．
∴QF＝QE＝QB＝QN．
∴点F，N，E，B四点在以点Q为圆心，QB为半径的圆上．
∴∠NBE＝∠NFE＝α，
∵BN⊥DE，
∴∠DEB＝90°﹣α．
∵∠BFN＝90°，
∴∠FBN＝90°﹣∠FNB＝90°﹣2α．
∴∠DBE＝∠FBN+∠EBN＝90°﹣α．
∴∠DEB＝∠DBE．
∴DE＝DB．
∴DE＝DB＝NB．
设以点Q为圆心，QB为半径的圆的半径为r，OD＝x，
则DE＝DB＝NB＝2r，OE＝2r﹣x，ON＝BN﹣OB＝2r﹣8．
∵OD2+OB2＝BD2，
∴x2+82＝（2r）2．①
∵BN是直径，
∴NE⊥BE，
∵EO⊥BN．
∴△ONE∽△OEB．
∴．
∴OE2＝ON•OB．
∴（2r﹣x）2＝8（2r﹣8）．②
将①②联立组成方程组，解得：
r＝5，x＝6．
∴D（0，6）．
设直线BD的解析式为y＝kx+b，
∴，
解得：．
∴直线BD的解析式为y＝x+6．
∴．
解得：，．
∴点P（﹣7，）．
【点评】本题主要考查了二次函数的性质，待定系数法确定函数的解析式，一次函数图象上点的坐标的特征，二次函数图象上点的坐标的特征，勾股定理，相似三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，直角三角形的判定与性质，利用点的坐标表示出相应线段的长度是解题的关键