2022年哈尔滨中考数学终极押题密卷2

这是一份2022年哈尔滨中考数学终极押题密卷2，共32页。

2022年哈尔滨中考数学终极押题密卷2
一．选择题（共10小题，满分30分，每小题3分）
1．（3分）（2012•泉州）﹣7的相反数是（　　）
A．﹣7 B．7 C．17 D．−17
2．（3分）（2022•道外区一模）下列计算正确的是（　　）
A．a2•a3＝a6 B．a+a2＝a3 C．a6÷a2＝a4 D．（a2）3＝a5
3．（3分）（2022•南岗区模拟）下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（　　）
A． B． C． D．
4．（3分）（2011•哈尔滨）如图所示的几何体是由五个小正方体搭建而成的．它的主视图是（　　）

A． B．
C． D．
5．（3分）（2022•松北区一模）如图，AB为⊙O的直径，BC是⊙O的切线，点B为切点，若AC＝5，tan∠ACB＝2，则AB的长为（　　）

A．4 B．3 C．25 D．45
6．（3分）（2022•道外区一模）方程23x=1x+2的解为（　　）
A．x＝﹣2 B．x＝4 C．x＝0 D．x＝6
7．（3分）（2022•哈尔滨模拟）如图，在宽为22m、长为30m的矩形地面上修建两条宽度相同的道路，余下部分作为耕地，若耕地面积需要560m2，则修建的路宽应为（　　）

A．1m B．1.5m C．2m D．2.5m
8．（3分）（2022•南岗区模拟）如图，AB是⊙O的直径，AC是⊙O的切线，连接OC交⊙O于点D，连接BD，∠C＝30°，AB＝6，则BD的长为（　　）

A．3 B．33 C．5 D．53
9．（3分）（2022•松北区一模）如图，在△ABC中，DE∥AC，若AD＝4，BD＝8，CE＝3，则BC的长为（　　）

A．9 B．8 C．6 D．4
10．（3分）（2022•道外区一模）如图，△ABC中，DE∥BC，GF∥AC，下列式子错误的是（　　）

A．AGBG=CFBF B．ADAB=AEAC C．GMMF=AEEC D．FCDM=AGDG
二．填空题（共10小题，满分30分，每小题3分）
11．（3分）（2022•哈尔滨模拟）青藏高原的面积约为2 500 000平方千米．将2 500 000用科学记数法表示应为　 　平方千米．
12．（3分）（2022•南岗区模拟）在函数y=x3−3x中，自变量x的取值范围是 　 　．
13．（3分）（2022•松北区一模）已知点P（﹣2，1）在反比例函数y=mx(m≠0)的图象上，则m的值是 　 　．
14．（3分）（2022•道外区一模）把多项式mn2﹣4m分解因式的结果为 　 　．
15．（3分）（2013•和平区二模）设A（﹣2，y1），B（1，y2），C（2，y3）是抛物线y＝﹣（x+1）2+a上的三点，则y1，y2，y3的大小关系为　 　．
16．（3分）（2022•南岗区模拟）不等式组2x+1≤34≥3−x的解集为　 　．
17．（3分）（2022•松北区一模）不等式组4x+2≥612x−3≤0的解集是　 　．
18．（3分）（2022•道外区一模）如图，将△ABC绕点A逆时针旋转得到OAB'C'，若点B'落到BC边上，∠B＝35°，则∠CB'C'＝　 　°．

19．（3分）（2020•樊城区模拟）重庆市某校初二（3）班同学，在学校组织的语文作文选拔考试中，有三名同学满分，其中有一名男生和两名女生，现在从三名满分同学中随机抽取两名同学参加重庆市优秀作文比赛，则选出来的两名同学刚好是一男一女的概率是　 　．
20．（3分）（2022•南岗区模拟）如图，点D是Rt△ABC的斜边BC的中点，点E、F分别在边AB、AC上，且BE＝BD＝CF，连接DE、DF，若DE＝72，DF＝10，则线段BE的长为 　 　．

三．解答题（共7小题，满分60分）
21．（7分）（2022•松北区一模）先化简，再求值：1x+1x2−1÷xx+1，其中x＝2cos30°+tan45°．
22．（7分）（2022•道外区一模）如图，方格纸中每个小正方形的边长均为1，线段AB、CD的端点均在小正方形的顶点上，请按照要求画出下列图形：
（1）画出△ABE，使得∠ABE＝45°，且△ABE的面积为5；
（2）画出以CD为一腰的等腰△CDF，且△CDF的面积为3.5；
（3）连接EF，直接写出线段EF的长．

23．（8分）（2022•哈尔滨模拟）为了解某中学学生对“厉行勤俭节约，反对铺张浪费”主题活动的参与情况，小卫在全校范围内随机抽取了若干名学生，就某日午饭浪费饭菜情况进行了调查．调查内容分为四组：A．饭和菜全部吃完；B．有剩饭但菜吃完；C．饭吃完但菜有剩余；D．饭和菜都有剩余．根据调查结果，绘制了如下两幅不完整的统计图．

回答下列问题：
（1）扇形统计图中，“B组”所对应的圆心角的度数是　 　；
（2）补全条形统计图；
（3）已知该中学共有学生2500人，请估计这日午饭有剩饭的学生人数；若按平均每人剩10克米饭计算，这日午饭将浪费多少千克米饭？
24．（8分）（2022•南岗区模拟）已知：BD是△ABC的角平分线，点E在AB边上，BE＝BC，过点E作EF∥AC，交BD于点F，连接CF，DE．
（1）如图1，求证：四边形CDEF是菱形；
（2）如图2，当∠DEF＝90°，AC＝BC时，在不添加任何辅助线的情况下，请直接写出图2中度数为∠ABD的度数2倍的角．


25．（10分）（2022•道外区一模）已知AB为⊙O直径，△PCD是⊙O内接三角形，AB=2CD．

（1）如图1，求∠P的度数；
（2）如图2，PD交AB于点M，作CE⊥AB交AB于点E，连接CO并延长交PD于点N，若CP平分∠ECO，求证：OM＝ON；
（3）如图3，在（2）的条件下，F是⊙O外一点FC是⊙O的切线，FD∥PC，若CF﹣CO=23ON，AE＝2，求PD的长．

26．（10分）（2022•松北区一模）在平面直角坐标系中，点O为坐标原点，过点O的抛物线y=ax2−32x交x轴的正半轴于点A，直线y＝x与抛物线交于点B，且点B的横坐标为5．
（1）如图1，求抛物线的解析式；
（2）如图2，点C在第一象限的抛物线上，连接OC，AC，设点C的横坐标为t，△OAC的面积为S，求S与t的函数解析式；
（3）如图3，在（2）的条件下，过点C作CD⊥AC，交第二象限的抛物线于点D，连接AD，分别交OC和y轴于E，F两点，过点E作EG∥y轴，连接CG并延长，交y轴于点H，连接DH，FG．若∠OCD＝2∠AOC，DH∥FG，求线段DH的长．

27．（10分）（2022•松北区一模）某商店销售甲、乙两种商品，若购进甲商品5件，乙商品6件，需要进货款1000元，若购进甲商品3件，乙商品7件，需要进货款940元．
（1）求甲、乙两种商品每件进货价分别为多少元；
（2）今年夏天，该商店决定购进甲、乙两种商品共50件，总费用不超过4300元，那么此次最多购进多少件乙种商品？

2022年哈尔滨中考数学终极押题密卷2
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）（2012•泉州）﹣7的相反数是（　　）
A．﹣7 B．7 C．17 D．−17
【考点】相反数．
【分析】据相反数的性质，互为相反数的两个数和为0，采用逐一检验法求解即可．
【解答】解：根据概念，（﹣7的相反数）+（﹣7）＝0，则﹣7的相反数是7．
故选：B．
【点评】本题考查了相反数的意义，一个数的相反数就是在这个数前面添上“﹣”号：一个正数的相反数是负数，一个负数的相反数是正数，0的相反数是0．
2．（3分）（2022•道外区一模）下列计算正确的是（　　）
A．a2•a3＝a6 B．a+a2＝a3 C．a6÷a2＝a4 D．（a2）3＝a5
【考点】同底数幂的除法；合并同类项；同底数幂的乘法；幂的乘方与积的乘方．
【专题】整式；运算能力．
【分析】利用同底数幂的除法的法则，合并同类项的法则，同底数幂的乘法的法则，幂的乘方的法则对各项进行运算即可．
【解答】解：A、a2•a3＝a5，故A不符合题意；
B、a与a2不属于同类项，不能合并，故B不符合题意；
C、a6÷a2＝a4，故C符合题意；
D、（a2）3＝a6，故D不符合题意；
故选：C．
【点评】本题主要考查同底数幂的除法，合并同类项，幂的乘方，同底数幂的乘法，解答的关键是对相应的运算法则的掌握．
3．（3分）（2022•南岗区模拟）下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（　　）
A． B． C． D．
【考点】中心对称图形；轴对称图形．
【专题】平移、旋转与对称；几何直观．
【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．
【解答】解：A、不是轴对称图形，是中心对称图形，故此选项不合题意；
B、是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不合题意；
C、是轴对称图形，是中心对称图形，故此选项符合题意；
D、是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不合题意；
故选：C．
【点评】此题主要考查了中心对称图形与轴对称图形．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，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后两部分重合．
4．（3分）（2011•哈尔滨）如图所示的几何体是由五个小正方体搭建而成的．它的主视图是（　　）

A． B．
C． D．
【考点】简单组合体的三视图．
【分析】画出主视图，可得结论．
【解答】解：从正面看可得到从左往右三列正方形的个数依次为：1，1，2．
故选：C．
【点评】本题考查了三视图的知识，主视图是从物体的正面看得到的视图．
5．（3分）（2022•松北区一模）如图，AB为⊙O的直径，BC是⊙O的切线，点B为切点，若AC＝5，tan∠ACB＝2，则AB的长为（　　）

A．4 B．3 C．25 D．45
【考点】切线的性质；解直角三角形；圆周角定理．
【专题】与圆有关的计算；运算能力．
【分析】先根据切线的性质得到∠ABC＝90°，然后利用正切的定义求BC的长，然后利用勾股定理答案．
【解答】解：∵AB是⊙O的直径，BC是⊙O的切线，
∴AB⊥BC，
∴∠ABC＝90°，
∵tan∠ACB=ABBC=2，
∴AB＝2BC，
∴52＝BC2+（2BC）2，
∴BC=5，
∴AB=AC2−BC2=55−(5)2=20=25．
故选：C．
【点评】本题考查了切线的性质：圆的切线垂直于经过切点的半径，同时也考查了解直角三角形．
6．（3分）（2022•道外区一模）方程23x=1x+2的解为（　　）
A．x＝﹣2 B．x＝4 C．x＝0 D．x＝6
【考点】解分式方程．
【专题】分式方程及应用；运算能力．
【分析】分式方程去分母转化为整式方程，求出整式方程的解得到x的值，经检验即可得到分式方程的解．
【解答】解：23x=1x+2，
去分母得：2（x+2）＝3x，
去括号得：2x+4＝3x，
解得：x＝4，
经检验x＝4是分式方程的解．
故选：B．
【点评】此题考查了解分式方程，利用了转化的思想，解分式方程注意要检验．
7．（3分）（2022•哈尔滨模拟）如图，在宽为22m、长为30m的矩形地面上修建两条宽度相同的道路，余下部分作为耕地，若耕地面积需要560m2，则修建的路宽应为（　　）

A．1m B．1.5m C．2m D．2.5m
【考点】一元二次方程的应用．
【专题】二次函数图象及其性质；应用意识．
【分析】要求修建的路宽，就要设修建的路宽应为x米，根据题意可知：矩形地面﹣所修路面积＝耕地面积，依此列出等量关系解方程即可．
【解答】解：设修建的路宽应为x米
根据等量关系列方程得：30×22﹣（22x+30x﹣x2）＝560，
解得：x1＝50（不合题意，舍去），x2＝2．
故选：C．
【点评】考查了一元二次方程的应用，解题关键是要读懂题目的意思，根据题目给出的条件，找出合适的等量关系，列出方程，再求解．注意：矩形面积在减路的面积时，22x+30x中有一个小正方形的面积是重复计算的，所以要再减去x×x面积．
8．（3分）（2022•南岗区模拟）如图，AB是⊙O的直径，AC是⊙O的切线，连接OC交⊙O于点D，连接BD，∠C＝30°，AB＝6，则BD的长为（　　）

A．3 B．33 C．5 D．53
【考点】切线的性质．
【专题】等腰三角形与直角三角形；与圆有关的位置关系；运算能力；推理能力．
【分析】根据切线的性质得到OA⊥AC，根据三角形的内角和定理得到∠AOC＝90°﹣30°＝60°，求得∠OAD＝60°，连接AD，根据圆周角定理得到∠ADB＝90°，根据三角函数的定义即可得到结论．
【解答】解：∵AC是⊙O的切线，
∴OA⊥AC，
∴∠OAC＝90°，
∵∠C＝30°，
∴∠AOC＝90°﹣30°＝60°，
∴∠AOC＝60°，
∵OA＝OD，
∴∠OAD＝60°，
连接AD，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ADB＝90°，
∵AB＝6，
∴BD＝AB•sin60°＝6×32=33，
故选：B．

【点评】本题考查了切线的性质，三角形外角的性质，等腰三角形的性质，求出∠AOC的度数是解决问题的关键．
9．（3分）（2022•松北区一模）如图，在△ABC中，DE∥AC，若AD＝4，BD＝8，CE＝3，则BC的长为（　　）

A．9 B．8 C．6 D．4
【考点】平行线分线段成比例．
【专题】图形的相似；推理能力．
【分析】根据平行线分线段成比例定理列出比例式，把已知数据代入计算即可．
【解答】解：∵DE∥AC，
∴BDAD=BECE，
∵AD＝4，BD＝8，CE＝3，
∴84=BE3，
解得：BE＝6，
∴BC＝BE+CE＝6+3＝9，
故选：A．
【点评】本题考查的是平行线分线段成比例定理，灵活运用定理、找准对应关系是解题的关键．
10．（3分）（2022•道外区一模）如图，△ABC中，DE∥BC，GF∥AC，下列式子错误的是（　　）

A．AGBG=CFBF B．ADAB=AEAC C．GMMF=AEEC D．FCDM=AGDG
【考点】平行线分线段成比例．
【专题】线段、角、相交线与平行线；应用意识．
【分析】利用DE∥BC，GF∥AC，得出△BGF∽△BAC，△ADE∽△ABC，△DGM∽△DAE以及平行四边形MECF，进而得出比例式，再对每一项进行判断即可．
【解答】解：∵DE∥BC，GF∥AC，
∴△ADE∽△ABC，△BGF∽△BAC，△DGM∽△DAE，且四边形MECF是平行四边形．
∴AGBG=CFBF，ADAB=AEAC，MEDM=AGDG，ME＝FC．
∴FCDM=AGDG．
所以ABD正确，C错误．
故选：C．
【点评】本题主要考查的是相似三角形的判定与性质，以及平行线分线段成比例定理，解题关键是灵活运用定理列出比例式．
二．填空题（共10小题，满分30分，每小题3分）
11．（3分）（2022•哈尔滨模拟）青藏高原的面积约为2 500 000平方千米．将2 500 000用科学记数法表示应为　2.5×106　平方千米．
【考点】科学记数法—表示较大的数．
【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是正数；当原数的绝对值＜1时，n是负数．
【解答】解：将2 500 000用科学记数法表示为：2.5×106．
故答案为：2.5×106．
【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．
12．（3分）（2022•南岗区模拟）在函数y=x3−3x中，自变量x的取值范围是 　x≠1　．
【考点】函数自变量的取值范围．
【专题】函数及其图象；运算能力．
【分析】根据分母不为0列出不等式，解不等式即可．
【解答】解：由题意可得：3﹣3x≠0，
∴x≠1．
故答案为x≠1．
【点评】本题考查的是函数自变量的取值范围的确定，掌握分母不为0是解题的关键．
13．（3分）（2022•松北区一模）已知点P（﹣2，1）在反比例函数y=mx(m≠0)的图象上，则m的值是 　﹣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．
【分析】待定系数法求解析式即可．
【解答】解：将点P（﹣2，1）代入反比例函数解析式，
可得m＝﹣2×1＝﹣2，
故答案为：﹣2．
【点评】本题考查了反比例函数的解析式，熟练掌握待定系数法求解析式是解题的关键．
14．（3分）（2022•道外区一模）把多项式mn2﹣4m分解因式的结果为 　m（n+2）（n﹣2）　．
【考点】提公因式法与公式法的综合运用．
【专题】整式．
【分析】先提公因式m，再利用平方差公式进行因式分解即可．
【解答】解：mn2﹣4m＝m（n2﹣4）＝m（n+2）（n﹣2），
故答案为：m（n+2）（n﹣2）．
【点评】本题考查提公因式法、公式法分解因式，掌握平方差公式的结构特征是正确解答的前提．
15．（3分）（2013•和平区二模）设A（﹣2，y1），B（1，y2），C（2，y3）是抛物线y＝﹣（x+1）2+a上的三点，则y1，y2，y3的大小关系为　y1＞y2＞y3　．
【考点】二次函数图象上点的坐标特征．
【专题】计算题．
【分析】根据题意画出函数图象解直观解答．
【解答】解：如图：y1＞y2＞y3．
故答案为y1＞y2＞y3．

【点评】本题考查了二次函数图象上点的坐标特征，画出函数图象是解题的关键．
16．（3分）（2022•南岗区模拟）不等式组2x+1≤34≥3−x的解集为　﹣1≤x≤1　．
【考点】解一元一次不等式组．
【分析】分别求出各不等式的解集，再求出其公共解集即可
【解答】解：2x+1≤3①4≥3−x②，由①得，x≤1，由②得，x≥﹣1，
故此不等式组的解集为：﹣1≤x≤1．
故答案为：﹣1≤x≤1．
【点评】本题考查的是解一元一次不等式组，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．
17．（3分）（2022•松北区一模）不等式组4x+2≥612x−3≤0的解集是　1≤x≤6　．
【考点】解一元一次不等式组．
【专题】一元一次不等式（组）及应用；能力层次．
【分析】先求出不等式的解集，再求出不等式组的解集即可．
【解答】解：4x+2≥6①12x−3≤0②
∵解不等式①得：x≥1，
解不等式②得：x≤6，
∴不等式组的解集是1≤x≤6，
故答案为：1≤x≤6．
【点评】本题考查了解一元一次不等式组，能根据不等式的解集找出不等式组的解集是解此题的关键．
18．（3分）（2022•道外区一模）如图，将△ABC绕点A逆时针旋转得到OAB'C'，若点B'落到BC边上，∠B＝35°，则∠CB'C'＝　110　°．

【考点】旋转的性质．
【专题】等腰三角形与直角三角形；平移、旋转与对称；推理能力．
【分析】依据旋转的性质可求得AB＝AB′，∠AB′C′的度数，依据等边对等角的性质可得到∠B＝∠BB′A，于是可得到∠CB′C′的度数．
【解答】解：由旋转的性质可知：AB＝AB′，∠B＝∠AB′C′＝35°．
∵AB＝AB′，
∴∠B＝∠BB′A＝35°．
∴∠BB′C′＝35°+35°＝70°．
∴∠CB′C′＝180°﹣70°＝110°．
故答案为：110．
【点评】本题主要考查的是旋转的性质、等腰三角形的性质，求得∠AB′C′和∠BB′A的度数是解题的关键．
19．（3分）（2020•樊城区模拟）重庆市某校初二（3）班同学，在学校组织的语文作文选拔考试中，有三名同学满分，其中有一名男生和两名女生，现在从三名满分同学中随机抽取两名同学参加重庆市优秀作文比赛，则选出来的两名同学刚好是一男一女的概率是　23　．
【考点】列表法与树状图法．
【专题】概率及其应用；模型思想；应用意识．
【分析】利用列表法或树状图法列举出所有可能出现的结果数，进而求出该事件发生的概率．
【解答】解：利用列表法可以得出所有可能的结果：

P（两名同学是一男一女）=46=23，
【点评】考查等可能事件发生的概率，用列表法或树状图法列举出等可能出现的结果数是正确解答的关键，同时注意每一种结果出现的可能性一定要均等..
20．（3分）（2022•南岗区模拟）如图，点D是Rt△ABC的斜边BC的中点，点E、F分别在边AB、AC上，且BE＝BD＝CF，连接DE、DF，若DE＝72，DF＝10，则线段BE的长为 　13　．

【考点】直角三角形斜边上的中线．
【专题】三角形；推理能力．
【分析】延长DF至点P，使得DP＝DF，通过角度推导可知∠EDP＝135°，且△BEP为等腰直角三角形，要求BE，只需求EP，而EP为含135°角的△EDP的最长边，另两边长均已知，作垂线求解即可．
【解答】解：如图，延长FD至点P，使得DP＝DF，连接BP，EP，过点E作EQ⊥FD于点Q，

在△BDP和△CDF中，
BD=CD∠BDP=∠CDFPD=FD，
∴△BDP≌△CDF（SAS），
∴BP＝CF，∠PBD＝∠C，
∵∠C+∠ABC＝90°，
∴∠PBD+∠ABC＝90°，
即∠ABP＝90°，
∵BE＝CF，
∴BE＝BP，
∴△BEP为等腰直角三角形，
∴EP=2BE，
∵∠ABC+∠C＝90°，BD＝BE，CD＝CF，
∴∠BDE+∠CDF＝135°，
∴∠EDQ＝45°，
∵ED=72，
∴EQ＝DQ＝7，
∴EP=EQ2+PQ2=132，
∴BE＝13．
故答案为：13．
【点评】本题考查三角形综合问题，掌握倍长中线的辅助线思路是解题关键．
三．解答题（共7小题，满分60分）
21．（7分）（2022•松北区一模）先化简，再求值：1x+1x2−1÷xx+1，其中x＝2cos30°+tan45°．
【考点】分式的化简求值；特殊角的三角函数值．
【专题】分式；运算能力．
【分析】先根据分式的混合运算顺序和运算法则化简原式，再选择使分式有意义的x的值代入计算即可．
【解答】解：原式=1x+1(x+1)(x−1)•x+1x
=1x+1x(x−1)
=x−1x(x−1)+1x(x−1)
=xx(x−1)
=1x−1，
当x＝2cos30°+tan45°＝2×32+1=3+1时，
原式=13+1−1
=13
=33．
【点评】本题主要考查分式的化简求值，解题的关键是掌握分式的混合运算顺序和运算法则．
22．（7分）（2022•道外区一模）如图，方格纸中每个小正方形的边长均为1，线段AB、CD的端点均在小正方形的顶点上，请按照要求画出下列图形：
（1）画出△ABE，使得∠ABE＝45°，且△ABE的面积为5；
（2）画出以CD为一腰的等腰△CDF，且△CDF的面积为3.5；
（3）连接EF，直接写出线段EF的长．

【考点】作图—应用与设计作图；等腰三角形的判定与性质；勾股定理．
【专题】作图题；几何直观．
【分析】（1）根据等腰直角三角形的定义画出图形即可；
（2）作一个底为2，高为722的等腰三角形即可；
（3）利用勾股定理求解即可．
【解答】解：（1）如图，△ABE即为所求；
（2）如图，△CDF即为所求；
（3）如图，EF=22+32=13．

【点评】本题考查作图﹣应用与设计作图，等腰直角三角形的判定和性质，三角形的面积等知识，解题关键是学会利用数形结合的思想解决问题，属于中考常考题型．
23．（8分）（2022•哈尔滨模拟）为了解某中学学生对“厉行勤俭节约，反对铺张浪费”主题活动的参与情况，小卫在全校范围内随机抽取了若干名学生，就某日午饭浪费饭菜情况进行了调查．调查内容分为四组：A．饭和菜全部吃完；B．有剩饭但菜吃完；C．饭吃完但菜有剩余；D．饭和菜都有剩余．根据调查结果，绘制了如下两幅不完整的统计图．

回答下列问题：
（1）扇形统计图中，“B组”所对应的圆心角的度数是　72°　；
（2）补全条形统计图；
（3）已知该中学共有学生2500人，请估计这日午饭有剩饭的学生人数；若按平均每人剩10克米饭计算，这日午饭将浪费多少千克米饭？
【考点】条形统计图；用样本估计总体；扇形统计图．
【专题】统计的应用；应用意识．
【分析】（1）用A组人数除以它所占的百分比即可得到调查的总人数；求出B组所占的百分比，再乘以360°即可得出“B组”所对应的圆心角的度数；
（2）用调查的总人数乘以C组所占的百分比得出C组的人数，进而补全条形统计图；
（3）先求出这日午饭有剩饭的学生人数为：2500×（20%+12120×100%）＝750（人），再用人数乘每人平均剩10克米饭，把结果化为千克．
【解答】解：（1）这次被抽查的学生数＝66÷55%＝120（人），
“B组”所对应的圆心角的度数为：360°×120−66−18−12120=72°．
故答案为72°；
（2）B组的人数为：120﹣66﹣18﹣12＝24；
条形统计图如下：（2）补全条形统计图如图所示，

（3）2500×（20%+12120×100%）＝750（人）
750×10＝7500（克）＝7.5（千克）
答：这日午饭有剩饭的学生人数是750人，将浪费7.5千克米饭．
【点评】本题考查了条形统计图和扇形统计图，从条形图可以很容易看出数据的大小，从扇形图上可以清楚地看出各部分数量和总数量之间的关系．也考查了用样本估计总体．
24．（8分）（2022•南岗区模拟）已知：BD是△ABC的角平分线，点E在AB边上，BE＝BC，过点E作EF∥AC，交BD于点F，连接CF，DE．
（1）如图1，求证：四边形CDEF是菱形；
（2）如图2，当∠DEF＝90°，AC＝BC时，在不添加任何辅助线的情况下，请直接写出图2中度数为∠ABD的度数2倍的角．


【考点】菱形的判定与性质；全等三角形的判定与性质．
【专题】图形的全等；矩形 菱形 正方形；推理能力．
【分析】（1）直接由SAS得出△BDE≌△BDC，得出DE＝DC，∠BDE＝∠BDC．再由SAS证明△BFE≌△BFC，得出EF＝CF．由EF∥AC得出∠EFD＝∠BDC，从而∠EFD＝∠BDE，根据等角对等边得出DE＝EF，从而DE＝EF＝CF＝DC，由菱形的判定可知四边形CDEF是菱形；
（2）如图2，利用正方形的性质可得∠DFE＝45°，然后证明∠FEB＝∠CBE＝2∠FBE即可．
【解答】（1）证明：在△BDE和△BDC中，
BE=BC∠EBF=∠CBFBD=BD，
∴△BDE≌△BDC（SAS）；
∴DE＝DC，∠BDE＝∠BDC
同理△BFE≌△BFC，
∴EF＝CF
∵EF∥AC
∴∠EFD＝∠BDC，
∴∠EFD＝∠BDE，
∴DE＝EF，
∴DE＝EF＝CF＝DC，
∴四边形CDEF是菱形；
（2）∵四边形CDEF是正方形，
∴∠CDE＝∠DEF＝2∠EFD＝90°，
∵AC＝BC，
∴∠A＝∠CBE，
∵∠A+∠AED＝180°﹣90°＝90°，∠AED+∠FEB＝90°，
∴∠A＝∠FEB＝∠CBE＝2∠EBF，
∵∠ABD+∠FEB＝∠DFE＝45°，
∴∠ABD＝15°，
∴∠FEB＝30°，
∴∠A＝∠ABC＝∠FEB＝30°，
∵△BFE≌△BFC，
∴∠FEB＝∠FCB＝30°，
综上所述，度数为∠ABD的度数2倍的角是∠A，∠ABC，∠FEB，∠FCB．
【点评】本题主要考查了全等三角形、菱形的判定，正方形的性质等知识．关键是由SAS得出△BDE≌△BDC．
25．（10分）（2022•道外区一模）已知AB为⊙O直径，△PCD是⊙O内接三角形，AB=2CD．

（1）如图1，求∠P的度数；
（2）如图2，PD交AB于点M，作CE⊥AB交AB于点E，连接CO并延长交PD于点N，若CP平分∠ECO，求证：OM＝ON；
（3）如图3，在（2）的条件下，F是⊙O外一点FC是⊙O的切线，FD∥PC，若CF﹣CO=23ON，AE＝2，求PD的长．

【考点】圆的综合题．
【专题】压轴题；推理能力．
【分析】（1）连接OC，OD，过O作OE⊥CD于E，利用cos∠ECO=CEOC=22，得∠OCE＝45°，可得答案；
（2）连接OD，OP，利用角平分线的定义和等腰三角形的性质可得OP⊥AB，则有∠PON＝∠DOM，再利用三角形外角的性质即可证明结论；
（3）延长DO交CP于G，根据两组对边分别平行可知四边形CGDF是平行四边形，设OG＝2x，ON＝3x，证明△CDN∽△DGC，得r+3x2r=2rr+2x，解得x=16r，然后利用勾股定理求出PM的长，根据△AMP∽△DMB，表示出DM、PD的长，由△CEO≌△OHD（AAS），得CE＝OH，OE＝DH，从而解决问题．
【解答】（1）解：连接OC，OD，过O作OE⊥CD于E，

∵CD是弦，
∴CD＝2CE＝2ED，
∵AB＝2OC=2CD，
∴CD=2OC，
∴2CE=2OC，
∴cos∠ECO=CEOC=22，
∴∠OCE＝45°，
∵OC＝OD，
∴∠ODC＝∠OCD＝45°，
∴∠COD＝180°﹣∠OCD﹣∠ODC＝90°，
∴∠P=12∠COD=45°；
（2）证明：连接OD，OP，

由（1）知，∠DOC＝90°，
∴∠DOM+∠NOM＝90°，
∵OP＝OC，
∴∠OCP＝∠OPC，
∵CP平分∠ECO，
∴∠ECP＝∠PCO＝∠OPC，
∴CE∥OP，
∵CE⊥AB，
∴OP⊥AB，
∴∠PON+∠NOM＝90°，
∴∠PON＝∠DOM，
∵OP＝OD，
∴∠OPN＝∠ODM，
∵∠ONM是△OPN的外角，∠OMN是△ODM的外角，
∴∠ONM＝∠OPN+∠PON＝∠ODM+∠DOM＝∠OMN，
∴ON＝OM；
（3）解：延长DO交CP于G，

∵CF为切线，
∴CF⊥CN，
∵GD⊥CN，
∴GD∥CF，
∵FD∥CG，
∴四边形CGDF是平行四边形，
∴CD＝GD＝OG+OD，
∴CF﹣OC＝OG=23ON，
∴OGON=23，
设OG＝2x，ON＝3x，
∵∠COG＝∠DCN＝∠CPD＝45°，
∴∠CDN＝∠CDO+∠ODP＝45°+∠ODP，
∵∠CGD是△GPD的外角，
∴∠CGD＝∠GPD+∠ODP＝45°+∠ODP＝∠CDN，
∴△CDN∽△DGC，
∴CNCD=CDDG，
∴r+3x2r=2rr+2x，
整理得6x2＝5xr﹣r2＝0，
解得x=16r或x＝﹣r，
经检验x=16r，x=−r都是方程的根，但x＝﹣r不合题意舍去，
∴OM＝ON＝3x=12r，
∴BM＝OM=12r，
∴AM＝2r﹣BM＝2r−12r=32r，
在Rt△OPM中，由勾股定理得PM=OP2+OM2=52r，
连接AP，BD，过点D作DH⊥AB于H，
∴∠APM＝∠DBM，∠AMP＝∠DMB，
∴△AMP∽△DMB，
∴AMDM=PMBM，
即32rDM=52r12r，
∴DM=3510r，
∴PD＝PM+DM=455r，
由（1）知，∠COD＝90°，CE⊥AB，
∴∠COE+∠ECO＝90°，∠COE+∠DOH＝90°，
∴∠ECO＝∠DOH，
∵DH⊥AB，
∴∠DHO＝90°＝∠OEC，
在△CEO与△OHD中，
∠OEC=∠DHO∠ECO=∠HODCO=OD，
∴△CEO≌△OHD（AAS），
∴CE＝OH，OE＝DH，
在Rt△COE中，OE＝OA﹣AE＝r﹣2，
∴CE=OC2−OE2=r2−(r−2)2=4r−4
∴NH＝OH﹣OM=4r−4−12r，
∵OP∥DH，
∴△OPM∽△HDM，
∴OMHM=OPHD，
即12r4r−4=rr−2，
整理得r2﹣20r+20＝0，
解得r＝10±45，
∵r＞2，
∴r＝10+45，
∴PD=455×（10+45）＝85+16．
【点评】本题是圆的综合题，主要考查了圆周角定理，圆的切线的性质，三角函数，等腰三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质等知识，综合性较强，涉及的知识点非常多，计算出OM＝ON=12r是解题问题（3）的关键，属于中考压轴题．
26．（10分）（2022•松北区一模）在平面直角坐标系中，点O为坐标原点，过点O的抛物线y=ax2−32x交x轴的正半轴于点A，直线y＝x与抛物线交于点B，且点B的横坐标为5．
（1）如图1，求抛物线的解析式；
（2）如图2，点C在第一象限的抛物线上，连接OC，AC，设点C的横坐标为t，△OAC的面积为S，求S与t的函数解析式；
（3）如图3，在（2）的条件下，过点C作CD⊥AC，交第二象限的抛物线于点D，连接AD，分别交OC和y轴于E，F两点，过点E作EG∥y轴，连接CG并延长，交y轴于点H，连接DH，FG．若∠OCD＝2∠AOC，DH∥FG，求线段DH的长．

【考点】二次函数综合题．
【专题】函数的综合应用；应用意识．
【分析】（1）根据点B是直线y＝x与抛物线的交点，先求出点B坐标，再把A，B坐标代入抛物线用待定系数法求函数解析式即可；
（2）先求出A，C坐标，过点C作CM⊥x轴于点M，CN⊥y轴于点N，再根据三角形的面积公式求出S与t的函数解析式；
（3）由（2）知，OM＝t，AM＝t﹣3，在Rt△OCM和Rt△ACM中，得出tan∠OCM=2t−3，tan∠CAM=t2，再根据直角三角形角之间关系，得出tan∠OCM＝tan∠CAM，从而解出t的值，求出点C（4，2），D（﹣2，5），通过直线OC为：yOC=12x，直线AD为：yAD＝﹣x+3，求出点E，F坐标．设EG＝m，根据△CEG∽△COH和△DHR≌△FGQ求出m，再根据勾股定理求DH．
【解答】解：（1）当x＝5，y＝x＝5，
∴B（5，5），
将其代入y=ax2−32x得：5=a×52−32×5，
解得：a=12，
∴抛物线的解析式为y=12x2−32x；
（2）对于y=12x2−32x，当y＝0时，0=12x2−32x，
解得：x1＝0，x2＝3，
∴A（3，0），
∴OA＝3，
将x＝t代入抛物线的解析式得：yC=12t2−32t；
∴C(t，12t2−32t)，
过点C作CM⊥x轴于点M，CN⊥y轴于点N，

∴N(0，12t2−32t)，
∴ON=12t2−32t，
∵∠OMC＝∠ONC＝∠MON＝90°，
∴四边形OMCN为矩形，
∴CM=ON=12t2−32t，
∴S=12OA⋅CM=12×3×(12t2−32t)=34t2−94t，
∴S与t的函数解析式S=34t2−94t；
（3）由（2）知，OM＝t，AM＝t﹣3，

在Rt△OCM和Rt△ACM中，∠OMC＝90°，
∴tan∠OCM=OMCM=t12t2−32t=2t−3，tan∠CAM=CMAM=12t2−32tt−3=t2，
设∠AOC＝α，则∠OCD＝2∠AOC＝2α，
∵AC⊥CD，
∴∠ACD＝90°，
∴∠ACO＝∠ACD﹣∠OCD＝90°﹣2α，
∴∠CAM＝∠AOC+∠ACO＝90°﹣α，
又∵∠OCM＝90°﹣α，
∴∠OCM＝∠CAM，
∴tan∠OCM＝tan∠CAM，
∴2t−3=t2，
∴t1＝4，t2＝﹣1（舍），
∴12t2−32t=2，
∴C（4，2），
∴tan∠COM=tan∠OCS=tan∠DCS=DSCS=12，
∴D（﹣2，5），DT＝AT＝5，
∴∠OAD＝45°．
∴直线OC为：yOC=12x，直线AD为：yAD＝﹣x+3，
∴E（2，1），F（0，3），
∴点E为OC的中点，
设EG＝m，
∵EG∥y轴，
∴△CEG∽△COH，
∴CECO=EGOH=12，
∴OH＝2EG＝2m，
∴H（0，2m），
过点D作DR⊥y轴于点R，过点F作FQ⊥EG于点Q，
则OR＝5，HR＝2m﹣5，GQ＝m+1﹣3＝m﹣2，
∵DH∥FG，
∴∠DHC＝∠FGC，
∵∠FHC＝∠EGC，
∴∠DHR＝∠FGQ，
又∵DR＝OT＝2，FQ＝OK＝2，
∴DR＝FQ，
又∵∠DRH＝∠FQG＝90°，
∴△DHR≌△FGQ，
∴HR＝GQ，
∴2m﹣5＝m﹣2，
解得：m＝3，
∴OH＝2m＝6，HR＝1，
在Rt△DRH中，∠DRH＝90°，
∴DH=DR2+RH2=5．
【点评】本题考查二次函数的综合题，主要考查待定系数法求函数解析式，三角形的面积公式，直角三角形中锐角的三角函数，三角形全等等知识，关键是对二次函数的综合运用．
27．（10分）（2022•松北区一模）某商店销售甲、乙两种商品，若购进甲商品5件，乙商品6件，需要进货款1000元，若购进甲商品3件，乙商品7件，需要进货款940元．
（1）求甲、乙两种商品每件进货价分别为多少元；
（2）今年夏天，该商店决定购进甲、乙两种商品共50件，总费用不超过4300元，那么此次最多购进多少件乙种商品？
【考点】一元一次不等式的应用；一元一次方程的应用；二元一次方程组的应用．
【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】（1）根据购进甲商品5件，乙商品6件，需要进货款1000元，若购进甲商品3件，乙商品7件，需要进货款940元，可以列出相应的二元一次方程组，然后求解即可；
（2）根据（1）中的结果和该商店决定购进甲、乙两种商品共50件，总费用不超过4300元，可以列出相应的不等式，然后求解即可．
【解答】解：（1）设甲、乙两种商品进货价分别为每件x元、y元，
由题意可得：5x+6y=10003x+7y=940，
解得x=80y=100，
答：甲、乙两种商品的进货价分别为每件80元、100元；
（2）设购进乙种商品a件，购进甲种商品（50﹣a）件，
由题意可得：80×（50﹣a）+100a≤4300，
解得：a≤15，
答：此次最多购进15件乙种商品．
【点评】本题考查一元二次方程组的应用、一元一次不等式的应用，解答本题的关键是明确题意，列出相应的方程组和不等式