2022年长沙中考数学终极押题密卷1

这是一份2022年长沙中考数学终极押题密卷1，共28页。
A．2022B．12022C．﹣2022D．−12022
2．（3分）（2020•齐齐哈尔）下面四个化学仪器示意图中，是轴对称图形的是（ ）
A．B．C．D．
3．（3分）（2022•东坡区校级模拟）京张高铁、京礼高速两条北京冬奥会重要交通保障设施投入使用后，将张家口、崇礼、延庆与北京城区串成一线．京张高铁开通运营一年累计发送旅客6800000人，大幅提升了京张两地通行能力，将6800000用科学记数法表示为（ ）
A．6.8×105B．6.8×106C．68×105D．0.68×107
4．（3分）（2021•开福区模拟）下列运算正确的是（ ）
A．a4•a2＝a8B．a6÷a2＝a3
C．（2ab2）2＝4a2b⁴D．（a3）2＝a5
5．（3分）（2022•长沙模拟）在平面直角坐标系中，点A（﹣1，2）关于y轴对称的点B的坐标为（ ）
A．（﹣1，2）B．（1，2）C．（1，﹣2）D．（﹣1，﹣2）
6．（3分）（2018•抚顺）一次函数y＝﹣x﹣2的图象经过（ ）
A．第一、二、三象限B．第一、二、四象限
C．第一、三、四象限D．第二、三、四象限
7．（3分）（2022•开福区校级模拟）将抛物线y＝3x2平移，得到抛物线y＝3（x﹣1）2﹣2，下列平移方式中，正确的是（ ）
A．先向左平移1个单位，再向上平移2个单位
B．先向左平移1个单位，再向下平移2个单位
C．先向右平移1个单位，再向上平移2个单位
D．先向右平移1个单位，再向下平移2个单位
8．（3分）（2021•开福区模拟）与2是同类二次根式的是（ ）
A．32B．12C．23D．32
9．（3分）（2022•长沙模拟）将抛物线y=12x2向左平移2个单位后，得到的新抛物线的解析式是（ ）
A．y=12(x+2)2B．y=12x2+2
C．y=12(x−2)2D．y=12x2−2
10．（3分）（2022•长沙一模）《九章算术》是我国古代数学名著，有题译文如下：今有门，不知其高宽；有竿，不知其长短．横放，竿比门宽长出4尺；竖放，竿比门高长出2尺；斜放，竿与门对角线长恰好相等．问门高、宽和对角线的长各是多少？设门对角线的长为x尺，下列方程符合题意的是（ ）
A．（x+2）2+（x﹣4）2＝x2B．（x﹣2）2+（x﹣4）2＝x2
C．x2+（x﹣2）2＝（x﹣4）2D．（x﹣2）2+x2＝（x+4）2
二．填空题（共6小题，满分18分，每小题3分）
11．（3分）（2021•玄武区一模）分解因式：2a2﹣8的结果为 ．
12．（3分）（2020•常德）计算：92−12+8= ．
13．（3分）（2022•长沙模拟）因式分解：16a﹣a3＝ ．
14．（3分）（2022•长沙一模）已知锐角∠AOB＝40°，如图，按下列步骤作图：
①在OA边取一点D，以O为圆心，OD长为半径画MN，交OB于点C，连接CD．
②以D为圆心，DO长为半径画GH，交OB于点E，连接DE．则∠CDE的度数为 ．
15．（3分）（2022•大庆模拟）已知点A（a﹣1，2）与点A′（2，b+1）关于y轴对称，则a+b的值为 ．
16．（3分）（2021•开福区模拟）如图，△CAB与△CDE均是等腰直角三角形，并且∠ACB＝∠DCE＝90°．连接BE，AD的延长线与BC、BE的交点分别是点G与点F，且AF⊥BE，将△CDE绕点C旋转直至CD∥BE时，若DA＝4.5，DG＝2，则BF的值是 ．
三．解答题（共9小题，满分72分）
17．（6分）（2022•长沙模拟）计算：12−2cs30°+(12)−1−(π−2022)0．
18．（6分）（2022•长沙一模）解不等式组：x−3＜43x+24≥1．
19．（6分）（2022•开福区校级模拟）如图，已知△ABC，∠C＝90°，AC＜BC．点D在BC上，且到边AC和AB的距离相等．
（1）用直尺和圆规，作出点D的位置（不写作法，保留作图痕迹）；
（2）连结AD，若∠B＝36°，求∠CAD的度数．
20．（8分）（2021•资兴市模拟）近年以来，雾霾天气让环保和健康问题成为焦点，某校为了调查学生对雾霾天气知识的了解程度，在全校范围内随机抽取部分学生进行问卷调查，调查结果共分为四个等级：A．非常了解；B．比较了解；C．基本了解；D．不了解．将调查结果整理后绘制成如图所示的不完整的统计图．请你根据图中提供的信息回答下列问题：
（1）本次调查共抽取了多少名学生？
（2）通过计算补全条形统计图；
（3）求扇形统计图中，B部分扇形所对应的圆心角的度数；
（4）若该校共有1200名学生，请你估计该校比较了解雾霾天气知识的学生的人数．
21．（8分）（2022•长沙模拟）如图，已知▱ABCD，EF为BC边上的垂直平分线，BC＝FC＝2AB，且∠ABD＝90°．
（1）求证：△ABD≌△CEF；
（2）连接AF，请判断四边形ABDF的形状，并说明理由．
22．（9分）（2015•常德）某物流公司承接A、B两种货物运输业务，已知5月份A货物运费单价为50元/吨，B货物运费单价为30元/吨，共收取运费9500元；6月份由于油价上涨，运费单价上涨为：A货物70元/吨，B货物40元/吨；该物流公司6月承接的A种货物和B种数量与5月份相同，6月份共收取运费13000元．
（1）该物流公司5月份运输两种货物各多少吨？
（2）该物流公司预计7月份运输这两种货物330吨，且A货物的数量不大于B货物的2倍，在运费单价与6月份相同的情况下，该物流公司7月份最多将收到多少运输费？
23．（9分）（2022•开福区校级模拟）如图，AC为⊙O的直径，CF切⊙O于点C，AF交⊙O于点D，点B在DF上，BC交⊙O于点E，且∠CAF＝2∠BCF，BG⊥CF于点G，连接AE．
（1）求∠AEB的度数；
（2）求证：△CBG∽△ABE；
（3）若∠F＝60°，GF＝2，求⊙O的半径长．
24．（10分）（2021•开福区模拟）如图1，我们将经过抛物线顶点的所有非竖直的直线，叫做该抛物线的“风车线”，若抛物线的顶点为P（a，b），则它的所有“风车线”可以统一表示为：y＝k（x﹣a）+b，即当x＝a时，y始终等于b．
（1）若抛物线y＝﹣2（x+1）2+3与y轴交于点A，求该抛物线经过点A的“风车线”的解析式；
（2）若抛物线可以通过y＝﹣x2平移得到，且它的“风车线”可以统一表示为y＝kx+3k﹣2，求该抛物线的解析式；
（3）如图2，直线m：y＝x+3与直线n：y＝﹣2x+9交于点A，抛物线y＝﹣2（x﹣2）2+1的“风车线”与直线m、n分别交于B、C两点，若△ABC的面积为12，求满足条件的“风车线”的解析式．
25．（10分）（2018•广安）如图，已知抛物线y=12x2+bx+c与直线y=12x+3交于A，B两点，交x轴于C、D两点，连接AC、BC，已知A（0，3），C（﹣3，0）．
（1）求此抛物线的解析式；
（2）在抛物线对称轴l上找一点M，使|MB﹣MD|的值最大，并求出这个最大值；
（3）点P为y轴右侧抛物线上一动点，连接PA，过点P作PQ⊥PA交y轴于点Q，问：是否存在点P，使得以A，P，Q为顶点的三角形与△ABC相似？若存在，请求出所有符合条件的点P的坐标；若不存在，请说明理由．
2022年长沙中考数学终极押题密卷1
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）（2022•长沙模拟）|﹣2022|的倒数是（ ）
A．2022B．12022C．﹣2022D．−12022
【考点】倒数；绝对值．
【专题】实数；符号意识．
【分析】根据倒数的定义即可得出答案．
【解答】解：|﹣2022|＝2022，
2022的倒数是12022．
故选：B．
【点评】此题考查了倒数，以及绝对值，熟练掌握各自的性质是解本题的关键．
2．（3分）（2020•齐齐哈尔）下面四个化学仪器示意图中，是轴对称图形的是（ ）
A．B．C．D．
【考点】轴对称图形．
【专题】平移、旋转与对称；几何直观；应用意识．
【分析】根据轴对称图形的概念对各选项分析判断即可得解．
【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】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．
3．（3分）（2022•东坡区校级模拟）京张高铁、京礼高速两条北京冬奥会重要交通保障设施投入使用后，将张家口、崇礼、延庆与北京城区串成一线．京张高铁开通运营一年累计发送旅客6800000人，大幅提升了京张两地通行能力，将6800000用科学记数法表示为（ ）
A．6.8×105B．6.8×106C．68×105D．0.68×107
【考点】科学记数法—表示较大的数．
【专题】实数；数感．
【分析】用科学记数法表示较大的数时，一般形式为a×10n，其中1≤|a|＜10，n为整数，且n比原来的整数位数少1，据此判断即可．
【解答】解：6800000＝6.8×106．
故选：B．
【点评】此题主要考查了用科学记数法表示较大的数，一般形式为a×10n，其中1≤|a|＜10，确定a与n的值是解题的关键．
4．（3分）（2021•开福区模拟）下列运算正确的是（ ）
A．a4•a2＝a8B．a6÷a2＝a3
C．（2ab2）2＝4a2b⁴D．（a3）2＝a5
【考点】同底数幂的除法；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】分别根据同底数幂的乘法法则，同底数幂的除法法则，积的乘方运算法则以及幂的乘方运算法则逐一判断即可．
【解答】解：A．a4•a2＝a6，故本选项不合题意；
B．a6÷a2＝a4，故本选项不合题意；
C．（2ab2）2＝4a2b4，正确；
D．（a3）2＝a6，故本选项不合题意；
故选：C．
【点评】本题主要考查了同底数幂的乘除法以及幂的乘方与积的乘方，熟记幂的运算法则是解答本题的关键．
5．（3分）（2022•长沙模拟）在平面直角坐标系中，点A（﹣1，2）关于y轴对称的点B的坐标为（ ）
A．（﹣1，2）B．（1，2）C．（1，﹣2）D．（﹣1，﹣2）
【考点】关于x轴、y轴对称的点的坐标．
【分析】根据关于y轴对称的点，纵坐标相同，横坐标互为相反数，可得答案．
【解答】解：点A（﹣1，2）关于y轴对称的点B的坐标为（1，2），
故选：B．
【点评】本题考查了关于y对称的点的坐标，解决本题的关键是掌握好对称点的坐标规律：关于x轴对称的点，横坐标相同，纵坐标互为相反数；关于y轴对称的点，纵坐标相同，横坐标互为相反数；关于原点对称的点，横坐标与纵坐标都互为相反数．
6．（3分）（2018•抚顺）一次函数y＝﹣x﹣2的图象经过（ ）
A．第一、二、三象限B．第一、二、四象限
C．第一、三、四象限D．第二、三、四象限
【考点】一次函数的性质．
【专题】函数及其图象．
【分析】根据一次函数y＝kx+b（k≠0）中的k、b判定该函数图象所经过的象限．
【解答】解：∵﹣1＜0，
∴一次函数y＝﹣x﹣2的图象一定经过第二、四象限；
又∵﹣2＜0，
∴一次函数y＝﹣x﹣2的图象与y轴交于负半轴，
∴一次函数y＝﹣x﹣2的图象经过第二、三、四象限；
故选：D．
【点评】本题考查了一次函数的性质．一次函数y＝kx+b的图象有四种情况：
①当k＞0，b＞0，函数y＝kx+b的图象经过第一、二、三象限，y的值随x的值增大而增大；
②当k＞0，b＜0，函数y＝kx+b的图象经过第一、三、四象限，y的值随x的值增大而增大；
③当k＜0，b＞0时，函数y＝kx+b的图象经过第一、二、四象限，y的值随x的值增大而减小；
④当k＜0，b＜0时，函数y＝kx+b的图象经过第二、三、四象限，y的值随x的值增大而减小．
7．（3分）（2022•开福区校级模拟）将抛物线y＝3x2平移，得到抛物线y＝3（x﹣1）2﹣2，下列平移方式中，正确的是（ ）
A．先向左平移1个单位，再向上平移2个单位
B．先向左平移1个单位，再向下平移2个单位
C．先向右平移1个单位，再向上平移2个单位
D．先向右平移1个单位，再向下平移2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；运算能力．
【分析】找到两个抛物线的顶点，根据抛物线的顶点即可判断是如何平移得到．
【解答】解：∵y＝3x2的顶点坐标为（0，0），y＝3（x﹣1）2﹣2的顶点坐标为（1，﹣2），
∴将抛物线y＝3x2向右平移1个单位，再向下平移2个单位，可得到抛物线y＝3（x﹣1）2﹣2．
故选：D．
【点评】本题考查的是二次函数的图象与几何变换，熟知“上加下减，左加右减”的法则是解答此题的关键．
8．（3分）（2021•开福区模拟）与2是同类二次根式的是（ ）
A．32B．12C．23D．32
【考点】同类二次根式．
【专题】计算题．
【分析】根据同类二次根式的定义，先将各选项化为最简二次根式，再看被开方数是否相同即可．
【解答】解：A、32=42，与 2被开方数相同，是同类二次根式；
B、12=2 3，与 2被开方数不同，不是同类二次根式；
C、23=63，与 2被开方数不同，不是同类二次根式；
D、32=62，与 2不是同类二次根式．
故选：A．
【点评】此题主要考查了同类二次根式的定义及名称，定义：化成最简二次根式后，被开方数相同．这样的二次根式叫做同类二次根式．
9．（3分）（2022•长沙模拟）将抛物线y=12x2向左平移2个单位后，得到的新抛物线的解析式是（ ）
A．y=12(x+2)2B．y=12x2+2
C．y=12(x−2)2D．y=12x2−2
【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；应用意识．
【分析】按照“左加右减，上加下减”的规律，进而得出平移后抛物线的解析式即可．
【解答】解：将抛物线y=12x2向左平移2个单位后，得到的新抛物线的解析式是：y=12（x+2）2．
故选：A．
【点评】此题考查了抛物线的平移以及抛物线解析式的变化规律：左加右减，上加下减．
10．（3分）（2022•长沙一模）《九章算术》是我国古代数学名著，有题译文如下：今有门，不知其高宽；有竿，不知其长短．横放，竿比门宽长出4尺；竖放，竿比门高长出2尺；斜放，竿与门对角线长恰好相等．问门高、宽和对角线的长各是多少？设门对角线的长为x尺，下列方程符合题意的是（ ）
A．（x+2）2+（x﹣4）2＝x2B．（x﹣2）2+（x﹣4）2＝x2
C．x2+（x﹣2）2＝（x﹣4）2D．（x﹣2）2+x2＝（x+4）2
【考点】由实际问题抽象出一元二次方程．
【专题】一元二次方程及应用；应用意识．
【分析】由题意可得门高（x﹣2）尺、宽（x﹣4）尺，长为对角线x尺，根据勾股定理可得的方程．
【解答】解：设门对角线的长为x尺，由题意得：
（x﹣2）2+（x﹣4）2＝x2，
故选：B．
【点评】此题主要考查了由实际问题抽象出一元二次方程，关键是正确理解题意，找出题目中的等量关系．
二．填空题（共6小题，满分18分，每小题3分）
11．（3分）（2021•玄武区一模）分解因式：2a2﹣8的结果为 2（a+2）（a﹣2） ．
【考点】提公因式法与公式法的综合运用．
【分析】首先提取公因式2，进而利用平方差公式进行分解即可．
【解答】解：2a2﹣8＝2（a2﹣4）＝2（a+2）（a﹣2）．
故答案为：2（a+2）（a﹣2）．
【点评】此题主要考查了提取公因式法以及公式法分解因式，熟练利用乘法公式分解因式是解题关键．
12．（3分）（2020•常德）计算：92−12+8= 32 ．
【考点】二次根式的加减法．
【专题】二次根式；运算能力．
【分析】直接化简二次根式进而合并得出答案．
【解答】解：原式=322−22+22
＝32．
故答案为：32．
【点评】此题主要考查了二次根式的加减运算，正确化简二次根式是解题关键．
13．（3分）（2022•长沙模拟）因式分解：16a﹣a3＝ a（4﹣a）（4+a） ．
【考点】提公因式法与公式法的综合运用．
【分析】首先提取公因式a，再利用平方差公式进行二次分解即可．
【解答】解：16a﹣a3
＝a（16﹣a2）
＝a（4﹣a）（4+a）．
故答案为：a（4﹣a）（4+a）．
【点评】此题主要考查了用提公因式法和公式法进行因式分解，一个多项式有公因式首先提取公因式，然后再用其他方法进行因式分解，同时因式分解要彻底，直到不能分解为止．
14．（3分）（2022•长沙一模）已知锐角∠AOB＝40°，如图，按下列步骤作图：
①在OA边取一点D，以O为圆心，OD长为半径画MN，交OB于点C，连接CD．
②以D为圆心，DO长为半径画GH，交OB于点E，连接DE．则∠CDE的度数为 30° ．
【考点】作图—复杂作图．
【专题】作图题；几何直观．
【分析】由作法得OD＝OC，DO＝DE，利用等腰三角形的性质和三角形内角和计算出∠DEO＝∠DOE＝40°，∠ODE＝100°，∠ODC＝70°，然后计算∠ODE﹣∠ODC即可．
【解答】解：由作法得OD＝OC，DO＝DE，
∵DO＝DE，
∴∠DEO＝∠DOE＝40°，
∴∠ODE＝180°﹣∠DOE﹣∠DEO＝180°﹣40°﹣40°＝100°，
∵OD＝OC，
∴∠ODC＝∠OCD=12（180°﹣∠DOC）=12×（180°﹣40°）＝70°，
∴∠CDE＝∠ODE﹣∠ODC＝100°﹣70°＝30°．
故答案为：30°．
【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．也考查了等腰三角形的性质．
15．（3分）（2022•大庆模拟）已知点A（a﹣1，2）与点A′（2，b+1）关于y轴对称，则a+b的值为 0 ．
【考点】关于x轴、y轴对称的点的坐标．
【专题】平面直角坐标系．
【分析】直接利用关于y轴对称点的性质得出答案．
【解答】解：∵点A（a﹣1，2）与点A′（2，b+1）关于y轴对称，
∴a﹣1＝﹣2，b+1＝2，
解得：a＝﹣1，b＝1，
则a+b＝0．
故答案为：0．
【点评】此题主要考查了关于y轴对称点的性质，正确记忆横纵坐标的关系是解题关键．
16．（3分）（2021•开福区模拟）如图，△CAB与△CDE均是等腰直角三角形，并且∠ACB＝∠DCE＝90°．连接BE，AD的延长线与BC、BE的交点分别是点G与点F，且AF⊥BE，将△CDE绕点C旋转直至CD∥BE时，若DA＝4.5，DG＝2，则BF的值是 32 ．
【考点】旋转的性质；相似三角形的判定与性质；全等三角形的判定与性质；等腰直角三角形．
【专题】计算题；等腰三角形与直角三角形；平移、旋转与对称；图形的相似；运算能力；推理能力．
【分析】证明△ADC∽△CDG，得出CD2＝DA•DG，先求出CD，再判断出四边形DCEF是正方形求出DF＝CD＝3，GF＝DF﹣DG＝3﹣2＝1，再判断出△BFG∽△CDG即可得出结论．
【解答】解：如图，
∵CD∥BE，
∴∠CDG＝∠AFB＝90°，
∴∠AGC+∠DCG＝90°，∠ADC＝90°，
∴∠ACD＝∠AGC，∠ADC＝∠CDG＝90°，
∴△ADC∽△CDG，
∴CDDA=DGCD
∴CD2＝DA•DG，
∵DA＝4.5，DG＝2，
∴DC＝3．
∵CD∥BE，∠DFE＝90°
∴∠FDC＝90°
∴∠CDF＝∠DCE＝∠AFE＝90°，
∴四边形DCEF是矩形，
又∵CD＝CE，
∴四边形DCEF是正方形，
∴DF＝CD＝3，
∴GF＝DF﹣DG＝3﹣2＝1，
∵CD∥BE，
∴△BFG∽△CDG，
∴CDBF=DGGF，
∴3BF=21，
∴BF=32．
故答案为：32．
【点评】本题考查了旋转的性质，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，正方形的判定，证明△ADC∽△CDG是解本题的关键．
三．解答题（共9小题，满分72分）
17．（6分）（2022•长沙模拟）计算：12−2cs30°+(12)−1−(π−2022)0．
【考点】实数的运算；零指数幂；负整数指数幂；特殊角的三角函数值．
【专题】实数；运算能力．
【分析】原式利用二次根式性质，特殊角的三角函数值，零指数幂、负整数指数幂法则计算即可得到结果．
【解答】解：原式＝23−2×32+2﹣1
＝23−3+2﹣1
=3+1．
【点评】此题考查了实数的运算，零指数幂、负整数指数幂，以及特殊角的三角函数值，熟练掌握运算法则是解本题的关键．
18．（6分）（2022•长沙一模）解不等式组：x−3＜43x+24≥1．
【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x﹣3＜4，得：x＜7，
解不等式3x+24≥1，得：x≥23，
∴不等式组的解集为23≤x＜7．
【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）（2022•开福区校级模拟）如图，已知△ABC，∠C＝90°，AC＜BC．点D在BC上，且到边AC和AB的距离相等．
（1）用直尺和圆规，作出点D的位置（不写作法，保留作图痕迹）；
（2）连结AD，若∠B＝36°，求∠CAD的度数．
【考点】作图—复杂作图；角平分线的性质．
【专题】作图题；几何直观．
【分析】（1）作∠CAB的角平分线交BC于点D，点D即为所求；
（2）利用三角形内角和定理，角平分线的定义求解即可．
【解答】解：（1）如图，点D即为所求；
（2）∵∠C＝90°，∠B＝36°，
∴∠CAB＝90°﹣36°＝54°，
∵AD平分∠CAB，
∴∠CAD=12∠CAB＝27°．
【点评】本题考查作图﹣基本作图，角平分线的性质，三角形内角和定理等知识，解题的关键是熟练掌握五种基本作图，属于中考常考题型．
20．（8分）（2021•资兴市模拟）近年以来，雾霾天气让环保和健康问题成为焦点，某校为了调查学生对雾霾天气知识的了解程度，在全校范围内随机抽取部分学生进行问卷调查，调查结果共分为四个等级：A．非常了解；B．比较了解；C．基本了解；D．不了解．将调查结果整理后绘制成如图所示的不完整的统计图．请你根据图中提供的信息回答下列问题：
（1）本次调查共抽取了多少名学生？
（2）通过计算补全条形统计图；
（3）求扇形统计图中，B部分扇形所对应的圆心角的度数；
（4）若该校共有1200名学生，请你估计该校比较了解雾霾天气知识的学生的人数．
【考点】条形统计图；用样本估计总体；扇形统计图．
【专题】数据的收集与整理；统计的应用；数据分析观念；运算能力．
【分析】（1）从两个统计图中可得A等级的有20人，占调查人数的10%，可求出调查人数；
（2）求出D等级、B等级人数即可补全条形统计图；
（3）B等级占调查人数的30200，因此相应的圆心角占360°的30200即可；
（4）求1200人的30200即可．
【解答】解：（1）20÷10%＝200（人），
答：本次调查共抽取了200人；
（2）D等级人数：200×35%＝70（人），
B等级人数：200﹣20﹣80﹣70＝30（人），
补全条形统计图如图所示：
（3）360°×30200=54°，
答：扇形统计图中，B部分扇形所对应的圆心角的度数为54°；
（4）1200×30200=180（人），
答：该校比较了解雾霾天气知识的学生的人数为180人．
【点评】本题考查条形统计图、扇形统计图的意义，理解两个统计图中数量之间的关系是正确解答的前提．
21．（8分）（2022•长沙模拟）如图，已知▱ABCD，EF为BC边上的垂直平分线，BC＝FC＝2AB，且∠ABD＝90°．
（1）求证：△ABD≌△CEF；
（2）连接AF，请判断四边形ABDF的形状，并说明理由．
【考点】平行四边形的性质；全等三角形的判定与性质；线段垂直平分线的性质．
【专题】证明题；多边形与平行四边形；矩形 菱形 正方形；推理能力．
【分析】（1）根据平行四边形的性质证明△BCF是等边三角形，AD＝FC，进而可以解决问题；
（2）首先证明四边形ABDF是平行四边形，由∠ABD＝90°，即可解决问题．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴BC＝AD，AB＝CD，
∵EF为BC边上的垂直平分线，
∴BC＝2EC＝2BE，∠FEC＝90°，
∵BC＝FC＝2AB，
∴EC＝AB＝CD，BC＝BF＝FC，
∴△BCF是等边三角形，
∴AD＝FC，
∴∠ABD＝∠FEC＝90°，
在Rt△ABD和Rt△CEF中，
AD=CFAB=CE，
∴Rt△ABD≌Rt△CEF（HL）；
（2）解：四边形ABDF是矩形，理由如下：
∵△BCF是等边三角形，
∴BC＝FC＝2AB＝2CD，
∴FD＝CD＝AB，
∵AB∥CD，
∴四边形ABDF是平行四边形，
∵∠ABD＝90°，
∴四边形ABDF是矩形．
【点评】本题考查了平行四边形的性质，矩形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，线段垂直平分线的性质，解决本题的关键是得到四边形ABDF是平行四边形．
22．（9分）（2015•常德）某物流公司承接A、B两种货物运输业务，已知5月份A货物运费单价为50元/吨，B货物运费单价为30元/吨，共收取运费9500元；6月份由于油价上涨，运费单价上涨为：A货物70元/吨，B货物40元/吨；该物流公司6月承接的A种货物和B种数量与5月份相同，6月份共收取运费13000元．
（1）该物流公司5月份运输两种货物各多少吨？
（2）该物流公司预计7月份运输这两种货物330吨，且A货物的数量不大于B货物的2倍，在运费单价与6月份相同的情况下，该物流公司7月份最多将收到多少运输费？
【考点】二元一次方程组的应用；一元一次不等式的应用．
【分析】（1）设A种货物运输了x吨，设B种货物运输了y吨，根据题意可得到一个关于x的不等式组，解方程组求解即可；
（2）运费可以表示为x的函数，根据函数的性质，即可求解．
【解答】解：（1）设A种货物运输了x吨，设B种货物运输了y吨，
依题意得：50x+30y=950070x+40y=13000，
解之得：x=100y=150．
答：物流公司5月运输A种货物100吨，B种货物150吨．
（2）设A种货物为a吨，则B种货物为（330﹣a）吨，
依题意得：a≤（330﹣a）×2，
解得：a≤220，
设获得的运输费为W元，则W＝70a+40（330﹣a）＝30a+13200，
根据一次函数的性质，可知W随着a的增大而增大
当W取最大值时a＝220，
即W＝19800元．
所以该物流公司7月份最多将收到19800元运输费．
【点评】本题考查二元一次方程组的应用和一元一次不等式组以及一次函数性质的应用，将现实生活中的事件与数学思想联系起来，读懂题意列出方程组和不等式即可求解．
23．（9分）（2022•开福区校级模拟）如图，AC为⊙O的直径，CF切⊙O于点C，AF交⊙O于点D，点B在DF上，BC交⊙O于点E，且∠CAF＝2∠BCF，BG⊥CF于点G，连接AE．
（1）求∠AEB的度数；
（2）求证：△CBG∽△ABE；
（3）若∠F＝60°，GF＝2，求⊙O的半径长．
【考点】相似三角形的判定与性质；切线的性质．
【专题】综合题．
【分析】（1）由AC为⊙O的直径即可得结论；
（2）易证∠BCF＝∠CAE，再结合条件∠CAF＝2∠BCF就可证到∠BCF＝∠BAE，易证∠CGB＝∠AEB，从而证到△CBG∽△ABE；
（3）由∠F＝60°，GF＝2可求出BG＝23；连接CD，容易证到∠DCB＝∠BCF，根据角平分线的性质可得DB＝BG＝23；设圆O的半径为r，易证AB＝AC，∠CAD＝30°，从而得到AB＝2r，AD=3r，由DB＝AB﹣AD＝23列出方程，可求出⊙O的半径长；
【解答】解：（1）如图，∵AC是⊙O的直径，
∴∠AEC＝∠AEB＝90°．
（2）如图∵CF与⊙O相切，
∴∠ACF＝90°．
∴∠BCF＝90°﹣∠ACE＝∠CAE．
∵∠CAF＝2∠BCF．
∴∠CAF＝2∠CAE．
∴∠CAE＝∠BAE．
∴∠BCF＝∠BAE．
∵BG⊥BF，AE⊥BC，
∴∠CGB＝∠AEB＝90°．
∵∠BCF＝∠BAE，∠CGB＝∠AEB，
∴△CBG∽△ABE．
（3）连接CD，如图2所示．
∵∠DAE＝∠DCE，∠DAE＝∠BCF，
∴∠DCE＝∠BCF．
∵AC是⊙O的直径，
∴∠ADC＝90°．
∴CD⊥AF．
∵∠DCB＝∠BCF，CD⊥AF，BGCBF，
∴BD＝BG．
∵∠F＝60°，GF＝2，∠BGF＝90°，
∴tan∠F=BGGF=BG＝tan60°=3，
∵BG＝23，
∴BD＝BG＝23．
∵∠AFC＝60°，∠ACF＝90°，
∴∠CAF＝30°．
∵∠ADC＝90°，∠CAF＝30°，
∴AC＝2CD．
∵∠CAE＝∠BAE，∠AEC＝∠AEB，
∴∠ACE＝∠ABE．
∴AB＝AC．
设⊙O的半径为r，则AC＝AB＝2r，CD＝r．
∵∠ADC＝90°，
∴AD=3r．
∴DB＝AB﹣AD＝2r−3r＝（2−3）r＝23．
∴r＝43+6．
∴⊙O的半径长为43+6．
【点评】本题考查了切线的性质、圆周角定理、相似三角形的判定、角平分线的性质、30°角所对的直角边等于斜边的一半、勾股定理等知识，有一定的综合性．连接BD，证到∠DBC＝∠CBF是解决第（3）题的关键．
24．（10分）（2021•开福区模拟）如图1，我们将经过抛物线顶点的所有非竖直的直线，叫做该抛物线的“风车线”，若抛物线的顶点为P（a，b），则它的所有“风车线”可以统一表示为：y＝k（x﹣a）+b，即当x＝a时，y始终等于b．
（1）若抛物线y＝﹣2（x+1）2+3与y轴交于点A，求该抛物线经过点A的“风车线”的解析式；
（2）若抛物线可以通过y＝﹣x2平移得到，且它的“风车线”可以统一表示为y＝kx+3k﹣2，求该抛物线的解析式；
（3）如图2，直线m：y＝x+3与直线n：y＝﹣2x+9交于点A，抛物线y＝﹣2（x﹣2）2+1的“风车线”与直线m、n分别交于B、C两点，若△ABC的面积为12，求满足条件的“风车线”的解析式．
【考点】二次函数综合题．
【专题】压轴题；新定义；数据分析观念．
【分析】（1）求出点A的坐标，确定P的坐标为（﹣1，3），即可求解；
（2）y＝kx+3k﹣2＝k（x+3）﹣2，故点P的坐标为（﹣3，﹣2），即可求解；
（3）由△ABC的面积＝S△APB+S△APC＝12，求出xC﹣xB＝6，则点B（t，t+3），C（t+6，﹣2t﹣3），将点B、C的坐标分别代入y＝k（x﹣2）+1，即可求解．
【解答】解：（1）对于y＝﹣2（x+1）2+3，令x＝0，则y＝1，故点A（0，1），
顶点P的坐标为（﹣1，3），
则“风车线”的表达式为y＝k（x+1）+3，
将点A的坐标代入上式并解得：k＝﹣2，
故“风车线”的解析式为y＝﹣2（x+1）+3＝﹣2x+1；
（2）y＝kx+3k﹣2＝k（x+3）﹣2，故点P的坐标为（﹣3，﹣2），
故平移后的抛物线表达式为y＝﹣（x+3）2﹣2；
（3）∵抛物线的表达式为y＝﹣2（x﹣2）2+1，则点P（2，1），
则“风车线”的表达式为y＝k（x﹣2）+1，
联立y=x+3y=−2x+9，解得x=2y=5，故点A（2，5），
故AP＝5﹣1＝4，
①当点B在点C的下方时，
则△ABC的面积＝S△APB+S△APC=12×4×（xC﹣xB）＝12，
解得：xC﹣xB＝6，
设点B的横坐标为t，则点C的横坐标为t+6，
点B在直线m上，则点B（t，t+3），
同理点C（t+6，﹣2t﹣3），
将点B、C的坐标分别代入y＝k（x﹣2）+1，得t+3=k(t−2)+1−2t−3=k(t+6−2)+1，
解得t=0k=−1或k=0t=−2，
故“风车线”的表达式为y＝k（x﹣2）+1＝﹣（x﹣2）+1＝﹣x+3或y＝1．
②当点B在点C的上方时，
同理可得：xC﹣xB＝﹣6，
设点C、B的坐标分别为（t，﹣2t+9）、（t+6，t+9），
则−2t+9=k(t−2)+1t+9=k(t+6−2)+1，解得k=1±172，
故“风车线”的表达式为y=1+172x−17或y=1−172x+17；
故“风车线”的表达式为y＝k（x﹣2）+1＝﹣（x﹣2）+1＝﹣x+3或y＝1或y=1+172x−17或y=1−172x+17．
【点评】本题考查的是二次函数综合运用，涉及到一次函数的性质、面积的计算等，这类新定义的题目，通常按照题设的顺序求解，一般比较容易解答．
25．（10分）（2018•广安）如图，已知抛物线y=12x2+bx+c与直线y=12x+3交于A，B两点，交x轴于C、D两点，连接AC、BC，已知A（0，3），C（﹣3，0）．
（1）求此抛物线的解析式；
（2）在抛物线对称轴l上找一点M，使|MB﹣MD|的值最大，并求出这个最大值；
（3）点P为y轴右侧抛物线上一动点，连接PA，过点P作PQ⊥PA交y轴于点Q，问：是否存在点P，使得以A，P，Q为顶点的三角形与△ABC相似？若存在，请求出所有符合条件的点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【考点】二次函数综合题．
【专题】函数的综合应用．
【分析】（1）根据待定系数法，可得函数解析式；
（2）根据对称性，可得MC＝MD，根据解方程组，可得B点坐标，根据两边之差小于第三边，可得B，C，M共线，根据勾股定理，可得答案；
（3）根据等腰直角三角形的判定，可得∠BCE，∠ACO，根据相似三角形的判定与性质，可得关于x的方程，根据解方程，可得x，根据自变量与函数值的对应关系，可得答案．
【解答】解：（1）将A（0，3），C（﹣3，0）代入函数解析式，得
c=392−3b+c=0，
解得b=52c=3，
抛物线的解析式是y=12x2+52x+3；
（2）由抛物线的对称性可知，点D与点C关于对称轴对称，
∴对l上任意一点有MD＝MC，
联立方程组y=12x+3y=12x2+52x+3，
解得x=0y=3（不符合题意，舍），x=−4y=1，
∴B（﹣4，1），
当点B，C，M共线时，|MB﹣MD|取最大值，即为BC的长，
过点B作BE⊥x轴于点E，
在Rt△BEC中，由勾股定理，得
BC=BE2+CE2=2，
|MB﹣MD|取最大值为2；
（3）存在点P使得以A，P，Q为顶点的三角形与△ABC相似，
在Rt△BEC中，∵BE＝CE＝1，
∴∠BCE＝45°，
在Rt△ACO中，
∵AO＝CO＝3，
∴∠ACO＝45°，
∴∠ACB＝180°﹣45°﹣45°＝90°，
过点P作PG⊥y轴于G点，∠PGA＝90°，
设P点坐标为（x，12x2+52x+3）（x＞0）
①当∠PAQ＝∠BAC时，△PAQ∽△CAB，
∵∠PGA＝∠ACB＝90°，∠PAQ＝∠CAB，
∴△PGA∽△BCA，
∴BCPG=ACAG，
即PGAG=BCAC=13，
∴x12x2+52x+3−3=13，
解得x1＝1，x2＝0（舍去），
∴P点的纵坐标为12×12+52×1+3＝6，
∴P（1，6），
②当∠PAQ＝∠ABC时，△PAQ∽△CBA，
∵∠PGA＝∠ACB＝90°，∠PAQ＝∠ABC，
∴△PGA∽△ACB，
∴BCAG=ACPG，
即PGAG=ACBC=3，
∴x12x2+52x+3−3=3，
解得x1=−133（舍去），x2＝0（舍去）
∴此时无符合条件的点P，
综上所述，存在点P（1，6）．
【点评】本题考查了二次函数综合题，解（1）的关键是利用待定系数法求函数解析式；解（2）的关键是利用两边只差小于第三边得出M，B，C共线；解（3）的关键是利用相似三角形的判定与性质得出关于x的方程，要分类讨论，以防遗漏