2022年重庆中考数学终极押题密卷3

这是一份2022年重庆中考数学终极押题密卷3，共30页。
A．42B．24C．D．﹣24
2．（4分）（2021秋•厦门期末）已知m，n是整数，a≠0，b≠0，则下列各式中，能表示“积的乘方法则”的是（ ）
A．anam＝am+nB．（am）n＝amnC．a0＝1D．（ab）n＝anbn
3．（4分）（2021秋•玉屏县期末）如图，数轴上表示的解集为（ ）
A．﹣3＜x≤2B．x≤2C．x＞﹣3D．﹣3≤x＜2
4．（4分）（2022•香洲区校级一模）（，0）到坐标原点的距离是（ ）
A．﹣5B．C．5D．
5．（4分）（2022•泗洪县一模）圆内接四边形ABCD，∠A，∠B，∠C的度数之比为3：4：6，∠D的度数为（ ）
A．60°B．80°C．100°D．120°
6．（4分）（2021秋•长沙期末）下列二次根式的运算正确的是（ ）
A．B．C．D．
7．（4分）（2021秋•如皋市期末）人们常用两个三角尺平分一个任意角，做法如下：如图所示，∠AOB是一个任意角，在边OA，OB上分别取OM＝ON，使两个三角尺的一直角边分别与OA，OB重合，移动三角尺使两个直角顶点分别与M，N重合，三角尺的另两条直角边相交于点C，作射线OC，可证得△MOC≌△NOC，从而得OC是∠AOB的平分线．在上述过程中，判定两个三角形全等的方法是（ ）
A．HLB．ASAC．SASD．SSS
8．（4分）（2022•任城区一模）周末张明和李亮相约从各自的家出发去体育馆打羽毛球，张明家，李亮家和体育馆顺次在同一直线上，张明先从家出发4分钟后来到李亮家与李亮汇合，汇合时间忽略不计，两人以张明的速度一起走了4分钟后，李亮发现自己装备带错了，于是立即加速回家用了少许时间取了装备后又以加速后的速度赶往体育馆，张明仍以原速前行，结果李亮比张明提前1分钟到达体育馆．若张明与李亮两人和体育馆之间的距离y（米）与李亮出发的时间x（分钟）之间的函数图象如图所示．则以下说法错误的是（ ）
A．张明用了24分钟到达体育馆
B．李亮加速后的速度为250米/分钟
C．李亮回家后用了1分钟取装备
D．李亮取了装备后追上张明时距离体育馆375米
9．（4分）（2022春•龙马潭区月考）在△ABC中，∠C＝90°，∠B＝30°，AB＝6，则AC的长是（ ）
A．B．3C．6D．5
10．（4分）（2021秋•靖江市期末）如图，河坝横断面迎水坡AB的坡比为1：，坝高BC为2m，则AB的长度为（ ）m．
A．B．C．D．4
11．（4分）（2022•锦江区模拟）已知x＝2是方程的解，则k的值为（ ）
A．﹣2B．2C．1D．﹣1
12．（4分）（2021秋•二七区校级期末）点A（x1，﹣1），B（x2，2），C（x3，3）在反比例函数y＝（k＞0）的图象上，则x1，x2，x3的大小关系是（ ）
A．x1＞x2＞x3B．x1＞x3＞x2C．x3＞x2＞x1D．x2＞x3＞x1
二．填空题（共6小题，满分24分，每小题4分）
13．（4分）（2022春•渝中区校级月考）计算：（3﹣π）0﹣（﹣）﹣2﹣tan60°＝ ．
14．（4分）（2022春•开福区校级期中）在平面直角坐标系中，已知A（n+2，6﹣2n）在x轴上，则n＝ ．
15．（4分）（2021秋•禹州市期末）已知x＝﹣5是关于x的方程4x﹣7＝3a的解，则a2﹣1＝ ．
16．（4分）（2022春•丹徒区月考）如图，矩形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，过点O作OE⊥AC交AD于点E，若AB＝4，BC＝8，则DE的长为 ．
17．（4分）（2022春•萍乡月考）如图，在直角三角形纸片ABC中，∠ACB＝90°，∠B＝30°，AC＝3，点D是边AB上的点，将△CBD沿CD折叠得到△CPD，CP与直线AB交于点E，当出现以DP为边的直角三角形时，BD的长可能是 ．
18．（4分）（2022春•荔湾区校级期中）周末，小明的妈妈让他到药店购买口罩和酒精湿巾，已知口罩每包3元，酒精湿巾每包2元，共用了30元（两种物品都买），小明的购买方案共有 种．
三．解答题（共7小题，满分70分，每小题10分）
19．（10分）（2022春•忠县校级月考）计算：（a﹣）÷．
20．（10分）（2021秋•聊城期末）下面的表格是小明一学期数学成绩的记录，根据表格提供的信息回答下面的问题．
（1）小明6次成绩的众数是 分；中位数是 分；
（2）计算小明平时成绩的平均分；
（3）计算小明平时成绩的方差；
（4）按照学校规定，本学期的综合成绩的权重如图所示，请你求出小明本学期的综合成绩，要写出解题过程．
21．（10分）（2021春•全州县期中）已知：在△ABC中，AB＝AC，P是BC边上一点，∠BPD＝∠CPE，点D，E分别在边AB，AC上．
（1）如图1，当∠CPE＝∠C时，求证：PD+PE＝AB；
（2）如图2，当∠CPE＞∠C时，过点B作∠CBM＝∠BPD，交CA的延长线于点M，试猜想：线段PD，PE与BM之间的数量关系，并说明理由．
22．（10分）（2021秋•海淀区校级期末）关于x的一元二次方程x2+（2m﹣1）x+m2﹣1＝0有两个不相等的实数根
（1）求m的取值范围；
（2）若m是满足条件的最大整数，求方程的根．
23．（10分）（2021秋•岚皋县期末）某商店以每件16元的价格购进了一批热销商品，出售价格经过两个月的调整，从每件25元上涨到每件36元，此时每月可售出160件商品．
（1）求该商品平均每月的价格增长率；
（2）因某些原因商家需尽快将这批商品售出，决定降价出售．经过市场调查发现：售价每下降0.5元，每个月多卖出1件，当降价多少元时商品每月的利润可达到1800元．
24．（10分）（2022春•雨花区校级月考）如图，D为⊙O上一点，点C在直径BA的延长线上，且∠CDA＝∠CBD．
（1）求证：CD是⊙O的切线；
（2）求证：CD2＝CA•CB；
（3）若CD＝4，CB＝8，求tan∠CDA的值．
25．（10分）（2022•长春模拟）已知：在平面直角坐标系xOy中，点A（x1，y1）、B（x2，y2）是某函数图象上任意两点（x1＜x2），将函数图象中x＜x1的部分沿直线y＝y1作轴对称，x＞x2的部分沿直线y＝y2作轴对称，与原函数图象中x1≤x≤x2的部分组成了一个新函数的图象，称这个新函数为原函数关于点A、B的“双对称函数”．
例如：如图①，点A（﹣2，﹣1）、B（1，2）是一次函数y＝x+1图象上的两个点，则函数y＝x+1关于点A、B的“双对称函数”的图象如图②所示．
（1）点A（t，y1）、B（t+3，y2）是函数y＝图象上的两点，y＝关于点A、B的“双对称函数”的图象记作G，若G是中心对称图形，直接写出t的值．
（2）点P（，y1），Q（+t，y2）是二次函数y＝（x﹣t）2+2t图象上的两点，该二次函数关于点P、Q的“双对称函数”记作f．
①求P、Q两点的坐标（用含t的代数式表示）．
②当t＝﹣2时，求出函数f的解析式；
③若﹣1≤x≤1时，函数f的最小值为ymin，求﹣2≤ymin≤﹣1时，t的取值范围．
四．解答题（共1小题，满分8分，每小题8分）
26．（8分）（2022•河南模拟）在矩形ABCD中，AB＝3，BC＝4，将线段AB绕点A逆时针旋转得到线段AE，记旋转角为α．连接BE，CE，过点C作直线BE的垂线，垂足为F．
（1）如图1，当α＝60°时，的值为 ．
（2）当0°＜α＜180°且点F不与点E重合时，
①（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请仅就图2的情形给出证明；若不成立，请说明理由．
②当以点C，E，F为顶点的三角形是等腰直角三角形时，请直接写出BE的长．
2022年重庆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12小题，满分48分，每小题4分）
1．（4分）（2022•安徽模拟）一个数的相反数是﹣24，则这个数是（ ）
A．42B．24C．D．﹣24
【考点】相反数．
【专题】实数；数感．
【分析】根据相反数的定义即可得出答案．
【解答】解：﹣24的相反数是24，
故选：B．
【点评】本题考查了相反数，掌握只有符号不同的两个数互为相反数是解题的关键．
2．（4分）（2021秋•厦门期末）已知m，n是整数，a≠0，b≠0，则下列各式中，能表示“积的乘方法则”的是（ ）
A．anam＝am+nB．（am）n＝amnC．a0＝1D．（ab）n＝anbn
【考点】幂的乘方与积的乘方；零指数幂；同底数幂的乘法．
【专题】整式；运算能力．
【分析】根据积的乘方法则：积的乘方，等于每个因式乘方的积，据此判断即可．
【解答】解：已知m，n是整数，a≠0，b≠0，则下列各式中，能表示“积的乘方法则”的是（ab）n＝anbn．
故选：D．
【点评】本题主要考查了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．
3．（4分）（2021秋•玉屏县期末）如图，数轴上表示的解集为（ ）
A．﹣3＜x≤2B．x≤2C．x＞﹣3D．﹣3≤x＜2
【考点】在数轴上表示不等式的解集．
【专题】实数；几何直观．
【分析】根据求不等式组的解集的表示方法，可得答案．
【解答】解：由图可得，x＞﹣3且x≤2
∴在数轴上表示的解集是﹣3＜x≤2，
故选：A．
【点评】本题考查了在数轴上表示不等式的解集，把每个不等式的解集在数轴上表示出来（＞，≥向右画；＜，≤向左画），数轴上的点把数轴分成若干段，如果数轴的某一段上面表示解集的线的条数与不等式的个数一样，那么这段就是不等式组的解集．有几个就要几个．在表示解集时“≥”，“≤”要用实心圆点表示；“＜”，“＞”要用空心圆点表示．
4．（4分）（2022•香洲区校级一模）（，0）到坐标原点的距离是（ ）
A．﹣5B．C．5D．
【考点】坐标与图形性质．
【专题】平面直角坐标系；几何直观．
【分析】根据x轴上两点间的距离等于其横坐标差的绝对值进行解答便可．
【解答】解：∵（，0）在x轴上，
∴（，0）到坐标原点的距离是|﹣﹣0|＝，
故选：B．
【点评】本题考查平面直角坐标系中两点间的距离，记住求两点距离的公式是解题的关键．
5．（4分）（2022•泗洪县一模）圆内接四边形ABCD，∠A，∠B，∠C的度数之比为3：4：6，∠D的度数为（ ）
A．60°B．80°C．100°D．120°
【考点】圆内接四边形的性质；圆周角定理．
【专题】圆的有关概念及性质；应用意识．
【分析】根据圆内接四边形的对角互补列出方程，解方程得到答案．
【解答】解：设∠A、∠B、∠C的度数分别为3x、4x、6x，
∵四边形ABCD为圆内接四边形，
∴3x+6x＝180°，
解得，x＝20°，
∴∠B＝4x＝80°，
∴∠D＝180°﹣∠B＝180°﹣80°＝100°，
故选：C．
【点评】本题考查的是圆内接四边形的性质，掌握圆内接四边形对角互补是解题的关键．
6．（4分）（2021秋•长沙期末）下列二次根式的运算正确的是（ ）
A．B．C．D．
【考点】二次根式的混合运算．
【专题】二次根式；运算能力．
【分析】根据算术平方根的计算方法可以判断A；根据二次根式除法可以判断B；根据二次根式的加法可以判断C；根据二次根式的乘法可以判断D．
【解答】解：＝3，故选项A错误，不符合题意；
÷＝＝＝，故选项B正确，符合题意；
3+＝4，故选项C错误，不符合题意；
5×2＝30，故选项D错误，不符合题意；
故选：B．
【点评】本题考查二次根式的混合运算，熟练掌握运算法则是解答本题的关键．
7．（4分）（2021秋•如皋市期末）人们常用两个三角尺平分一个任意角，做法如下：如图所示，∠AOB是一个任意角，在边OA，OB上分别取OM＝ON，使两个三角尺的一直角边分别与OA，OB重合，移动三角尺使两个直角顶点分别与M，N重合，三角尺的另两条直角边相交于点C，作射线OC，可证得△MOC≌△NOC，从而得OC是∠AOB的平分线．在上述过程中，判定两个三角形全等的方法是（ ）
A．HLB．ASAC．SASD．SSS
【考点】全等三角形的判定．
【专题】图形的全等；推理能力．
【分析】根据全等三角形的判定定理HL推出Rt△MOC≌Rt△NOC，根据全等三角形的性质得出∠MOC＝∠NOC，再得出答案即可．
【解答】解：由题意知：∠CMO＝∠CNO＝90°，
在Rt△MOC和Rt'△NOC中，
，
∴Rt△MOC≌Rt△NOC（HL），
∴∠MOC＝∠NOC，
∴OC是∠AOB的角平分线，
故选：A．
【点评】本题考查了全等三角形的判定定理和性质定理，能熟记全等三角形的判定定理是解此题的关键，注意：全等三角形的判定定理有SAS，ASA，AAS，SSS，两直角三角形全等还有HL等．
8．（4分）（2022•任城区一模）周末张明和李亮相约从各自的家出发去体育馆打羽毛球，张明家，李亮家和体育馆顺次在同一直线上，张明先从家出发4分钟后来到李亮家与李亮汇合，汇合时间忽略不计，两人以张明的速度一起走了4分钟后，李亮发现自己装备带错了，于是立即加速回家用了少许时间取了装备后又以加速后的速度赶往体育馆，张明仍以原速前行，结果李亮比张明提前1分钟到达体育馆．若张明与李亮两人和体育馆之间的距离y（米）与李亮出发的时间x（分钟）之间的函数图象如图所示．则以下说法错误的是（ ）
A．张明用了24分钟到达体育馆
B．李亮加速后的速度为250米/分钟
C．李亮回家后用了1分钟取装备
D．李亮取了装备后追上张明时距离体育馆375米
【考点】一次函数的应用．
【分析】根据图象可以求出张明和李亮的速度，再根据李亮重新从家到体育馆的时间计算取装备的时间，最后列方程250（19﹣x）＝150（20﹣x）求交点坐标即可．
【解答】解：由图象可知，
张明的速度为（3000﹣2400）÷4＝150（m/min），
李亮的速度为（3000﹣2400）÷（6.4﹣4）＝250（m/min），
∴B选项不符合题意．
∵张明从李亮家到体育馆用时3000÷150＝20（min），
他从家到李亮家用时4（min），
∴A选项不符合题意．
∵李亮重新从家到体育馆用时3000÷250＝12（min），
他比张明提前1分钟到达，
∴李亮重新从家出发的实际为20﹣1﹣12＝7（min），
∴7﹣6.4＝0.6≠1，
∴C选项符合题意．
设李亮追上张明的时间点为x（min），则250（19﹣x）＝150（20﹣x），
解得x＝17.5，
∴250（19﹣x）＝375（m），
∴D选项不符合题意．
故选：C．
【点评】本题考查了一次函数的实际应用，首先求出各自的速度以及交点坐标解决本题的关键．
9．（4分）（2022春•龙马潭区月考）在△ABC中，∠C＝90°，∠B＝30°，AB＝6，则AC的长是（ ）
A．B．3C．6D．5
【考点】含30度角的直角三角形．
【专题】等腰三角形与直角三角形；运算能力．
【分析】根据在直角三角形中，30度所对的直角边等于斜边的一半，即可解答．
【解答】解：∵∠C＝90°，∠B＝30°，AB＝6，
∴AC＝AB＝×6＝3，
故选：B．
【点评】本题考查了含30度角的直角三角形，熟练掌握在直角三角形中，30度所对的直角边等于斜边的一半是解题的关键．
10．（4分）（2021秋•靖江市期末）如图，河坝横断面迎水坡AB的坡比为1：，坝高BC为2m，则AB的长度为（ ）m．
A．B．C．D．4
【考点】解直角三角形的应用﹣坡度坡角问题．
【专题】解直角三角形及其应用；应用意识．
【分析】根据坡度的概念求出AC，根据勾股定理计算，得到答案．
【解答】解：∵迎水坡AB的坡比为1：，
∴＝，
∵BC＝2m，
∴AC＝2m，
由勾股定理得：AB＝＝＝4（m），
故选：D．
【点评】本题考查的是解直角三角形的应用—坡度坡角问题，掌握坡度的概念：坡度是坡面的铅直高度h和水平宽度l的比是解题的关键．
11．（4分）（2022•锦江区模拟）已知x＝2是方程的解，则k的值为（ ）
A．﹣2B．2C．1D．﹣1
【考点】分式方程的解．
【专题】分式方程及应用；运算能力．
【分析】把x＝2代入分式方程得出关于k的一元一次方程，解方程即可得出k的值．
【解答】解：把x＝2代入分式方程得：，
解得：k＝﹣2，
故选：A．
【点评】本题考查了分式方程的解，把x＝2代入分式方程得出关于k的一元一次方程是解决问题的关键．
12．（4分）（2021秋•二七区校级期末）点A（x1，﹣1），B（x2，2），C（x3，3）在反比例函数y＝（k＞0）的图象上，则x1，x2，x3的大小关系是（ ）
A．x1＞x2＞x3B．x1＞x3＞x2C．x3＞x2＞x1D．x2＞x3＞x1
【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；推理能力．
【分析】根据反比例函数的性质，可以判断出x1，x2，x3的大小关系，本题得以解决．
【解答】解：∵k＞0，
∴反比例函数的图象在一、三象限，且在每个象限内，y随x的增大而减小，
∵点A（x1，﹣1），B（x2，2），C（x3，3）在反比例函数y＝（k＞0）的图象上，
∴点A（x1，﹣1）在第三象限，B（x2，2），C（x3，3）在第一象限，
∴x1＜0，0＜x3＜x2，
∴x2＞x3＞x1，
故选：D．
【点评】本题考查反比例函数图象上点的坐标特征，解答本题的关键是明确题意，利用反比例函数的性质解答．
二．填空题（共6小题，满分24分，每小题4分）
13．（4分）（2022春•渝中区校级月考）计算：（3﹣π）0﹣（﹣）﹣2﹣tan60°＝ ﹣3﹣ ．
【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】原式利用零指数幂、负整数指数幂法则，以及特殊角的三角函数值计算即可得到结果．
【解答】解：原式＝1﹣4﹣
＝﹣3﹣．
故答案为：﹣3﹣．
【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．
14．（4分）（2022春•开福区校级期中）在平面直角坐标系中，已知A（n+2，6﹣2n）在x轴上，则n＝ 3 ．
【考点】点的坐标．
【专题】平面直角坐标系；符号意识．
【分析】根据坐标在x轴上时纵坐标为0，得出6﹣2n＝0，得出n的值．
【解答】解：∵点A（n+2，6﹣2n）在x轴上，
∴6﹣2n＝0，
即n＝3，
故答案为：3．
【点评】本题考查了坐标轴上的点的坐标的特征：x轴上的点的纵坐标为0．
15．（4分）（2021秋•禹州市期末）已知x＝﹣5是关于x的方程4x﹣7＝3a的解，则a2﹣1＝ 80 ．
【考点】一元一次方程的解．
【专题】一次方程（组）及应用；运算能力．
【分析】把x＝﹣5代入方程建立a的一元一次方程，再解这个方程即可求出a的值．
【解答】解：把x＝﹣5代入方程得：﹣20﹣7＝3a，
解得a＝﹣9．
所以a2﹣1＝81﹣1＝80．
故答案为：80．
【点评】此题考查了一元一次方程的解，解一元一次方程，方程的解即为能使方程左右两边相等的未知数的值．正确建立a的一元一次方程是关键．
16．（4分）（2022春•丹徒区月考）如图，矩形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，过点O作OE⊥AC交AD于点E，若AB＝4，BC＝8，则DE的长为 3 ．
【考点】矩形的性质；线段垂直平分线的性质．
【专题】线段、角、相交线与平行线；等腰三角形与直角三角形；矩形 菱形 正方形；运算能力．
【分析】连接CE，根据矩形的性质得出∠ADC＝90°，AD＝BC＝8，DC＝AB＝4，AO＝OC，根据线段垂直平分线的性质得出AE＝CE，设AE＝CE＝x，根据勾股定理得出关于x的方程，求出方程的解即可．
【解答】解：连接CE，
∵四边形BCD是矩形，AB＝4，BC＝8，
∴∠ADC＝90°，AD＝BC＝8，DC＝AB＝4，AO＝OC，
∵OE⊥AC，
∴AE＝CE，
设AE＝CE＝x，则DE＝8﹣x，
由勾股定理得：CE2＝CD2+DE2，
即x2＝42+（8﹣x）2，
解得：x＝5，
即 AE＝5，
∴DE＝8﹣x＝8﹣5＝3，
故答案为：3．
【点评】本题考查了矩形的性质，线段垂直平分线的性质，勾股定理等知识点，能根据线段垂直平分线的性质求出AE＝CE是解此题的关键．
17．（4分）（2022春•萍乡月考）如图，在直角三角形纸片ABC中，∠ACB＝90°，∠B＝30°，AC＝3，点D是边AB上的点，将△CBD沿CD折叠得到△CPD，CP与直线AB交于点E，当出现以DP为边的直角三角形时，BD的长可能是 3或或． ．
【考点】翻折变换（折叠问题）；含30度角的直角三角形；勾股定理．
【专题】等腰三角形与直角三角形；展开与折叠；几何直观；推理能力．
【分析】分CP⊥AB，CD⊥AB，DP⊥AB三种情况，分别作出图形，解直角三角形即可．
【解答】解：由折叠性质可得：
∠P＝∠B＝30°，DP＝BD，∠PCD＝∠BCD，
在Rt△ABC中，
∠A＝90°﹣30°＝60°，AB＝2AC＝6，BC＝AC＝3，
①如图，当CP⊥AB时，
△PDE为直角三角形，
∴∠PDE＝90°﹣30°＝60°，∠ACE＝90°﹣∠A＝30°，
∴∠DCP＝∠DCB＝30°，
∴∠ACD＝∠A＝60°，
∴△ACD为等边三角形，
∴AD＝AC＝3，
∴BD＝AB﹣AD＝3；
②如图，当CD⊥AB时，
△CPD为直角三角形，
∴BD＝BC•cs∠B＝BC•cs30°＝；
③当DP⊥AB时，
△PDE为直角三角形，
∴∠AEC＝∠PED＝90°﹣∠P＝60°，
∴△ACE为等边三角形，
∴AE＝AC＝3，
在Rt△PDE中，
∵∠P＝30°，
∴DP＝DE，
∴BD＝DP＝DE，
∵AB＝AE+DE+BD，
∴6＝3+DE+DE，
∴DE＝，
∴BD＝DE＝，
综上，BD＝3或或，
故答案为：3或或．
【点评】本题考查直角三角形的性质，折叠的性质，折叠性质，解题的关键是分类讨论，将图形作出．
18．（4分）（2022春•荔湾区校级期中）周末，小明的妈妈让他到药店购买口罩和酒精湿巾，已知口罩每包3元，酒精湿巾每包2元，共用了30元（两种物品都买），小明的购买方案共有 4 种．
【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】设购进口罩x包，酒精湿巾y包，利用总价＝单价×数量，即可得出关于x，y的二元一次方程，结合x，y均为正整数，即可得出购买方案的个数．
【解答】解：设购进口罩x包，酒精湿巾y包，
依题意得：3x+2y＝30，
∴x＝10﹣y．
又∵x，y均为正整数，
∴或或或，
∴小明共有4种购买方案．
故答案为：4．
【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7小题，满分70分，每小题10分）
19．（10分）（2022春•忠县校级月考）计算：（a﹣）÷．
【考点】分式的混合运算．
【专题】分式；运算能力．
【分析】先根据分式的减法法则算括号里面的减法，再根据分式的除法法则把除法变成乘法，最后根据分式的乘法法则进行计算即可．
【解答】解：（a﹣）÷
＝•
＝•
＝．
【点评】本题考查了分式的混合运算，能正确根据分式的运算法则进行化简是解此题的关键，注意运算顺序．
20．（10分）（2021秋•聊城期末）下面的表格是小明一学期数学成绩的记录，根据表格提供的信息回答下面的问题．
（1）小明6次成绩的众数是 90 分；中位数是 90 分；
（2）计算小明平时成绩的平均分；
（3）计算小明平时成绩的方差；
（4）按照学校规定，本学期的综合成绩的权重如图所示，请你求出小明本学期的综合成绩，要写出解题过程．
【考点】方差；加权平均数；中位数；众数．
【专题】统计的应用；数据分析观念．
【分析】（1）将6次成绩重新排列，再根据中位数和众数的概念求解即可；
（2）根据算术平均数的定义列式计算即可；
（3）根据方差的定义列式计算即可；
（4）根据加权平均数的定义列式计算即可．
【解答】解：（1）成绩从大到小排列为96，92，90，90，88，86，
则中位数是：＝90分，众数是90分，
故答案是：90，90；
（2）小明平时成绩的平均分为＝89（分）；
（3）小明平时成绩的方差为×[（88﹣89）2+（92﹣89）2+（90﹣89）2+（86﹣89）2]＝5；
（4）89×10%+90×30%+96×60%＝93.5（分）．
答：小明的总评分应该是93.5分．
【点评】本题考查的是平均数、中位数和方差，要注意，当所给数据有单位时，所求得的平均数、中位数和方差与原数据的单位相同，不要漏单位．
21．（10分）（2021春•全州县期中）已知：在△ABC中，AB＝AC，P是BC边上一点，∠BPD＝∠CPE，点D，E分别在边AB，AC上．
（1）如图1，当∠CPE＝∠C时，求证：PD+PE＝AB；
（2）如图2，当∠CPE＞∠C时，过点B作∠CBM＝∠BPD，交CA的延长线于点M，试猜想：线段PD，PE与BM之间的数量关系，并说明理由．
【考点】全等三角形的判定与性质．
【专题】证明题；图形的全等；等腰三角形与直角三角形；推理能力．
【分析】（1）证明四边形ADPE是平行四边形，可得AD＝PE，则结论得证；
（2）过点P作PN∥AC，交BM于点N，证明四边形PEMN是平行四边形，可得MN＝PE，证明△BPN≌△PBD（ASA），得出BN＝PD，则结论可得证．
【解答】解：（1）证明：如图1，
∵AB＝AC，
∴∠B＝∠C，
∵∠BPD＝∠CPE，∠CPE＝∠C，
∴BD＝PD，PE＝CE，且PD∥AC，PE∥AB，
∴四边形ADPE是平行四边形，
∴AD＝PE，
∴PD+PE＝BD+AD＝AB．
（2）线段PD，PE与BM之间的数量关系为PD+PE＝BM．
证明：如图2，过点P作PN∥AC，交BM于点N，
∵∠BPD＝∠CPE，∠CBM＝∠BPD，
∴∠CBM＝∠CPE，
∴PE∥BM，
∴四边形PEMN是平行四边形，
∴MN＝PE，
∵PN∥AC，
∴∠BPN＝∠C，
又AB＝AC，
∴∠ABC＝∠C，
∴∠BPN＝∠PBD，
又∠PBN＝∠BPD，BP＝PB，
∴△BPN≌△PBD（ASA），
∴BN＝PD，
∴PD+PE＝BN+MN＝BM．
【点评】本题考查了等腰三角形的性质，全等三角形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，熟练掌握全等三角形的判定方法是解题的关键．
22．（10分）（2021秋•海淀区校级期末）关于x的一元二次方程x2+（2m﹣1）x+m2﹣1＝0有两个不相等的实数根
（1）求m的取值范围；
（2）若m是满足条件的最大整数，求方程的根．
【考点】根的判别式．
【专题】计算题；一元二次方程及应用．
【分析】（1）根据判别式的意义得到（2m﹣1）2﹣4（m2﹣1）＞0，然后解不等式得到m的范围；
（2）取满足条件的最大整数代入方程，再解方程即可．
【解答】解：（1）根据题意知，Δ＝（2m﹣1）2﹣4（m2﹣1）＞0，
解得m＜；
（2）当m＝1时，方程为x2+x＝0，
解得x1＝﹣1，x2＝0．
【点评】本题考查了根的判别式：一元二次方程ax2+bx+c＝0（a≠0）的根与Δ＝b2﹣4ac有如下关系：当Δ＞0时，方程有两个不相等的实数根；当Δ＝0时，方程有两个相等的实数根；当Δ＜0时，方程无实数根．
23．（10分）（2021秋•岚皋县期末）某商店以每件16元的价格购进了一批热销商品，出售价格经过两个月的调整，从每件25元上涨到每件36元，此时每月可售出160件商品．
（1）求该商品平均每月的价格增长率；
（2）因某些原因商家需尽快将这批商品售出，决定降价出售．经过市场调查发现：售价每下降0.5元，每个月多卖出1件，当降价多少元时商品每月的利润可达到1800元．
【考点】一元二次方程的应用．
【专题】一元二次方程及应用；应用意识．
【分析】（1）设该商品平均每月的价格增长率为x，利用该商品经过两次上涨后的价格＝原价×（1+该商品平均每月的价格增长率）2，即可得出关于x的一元二次方程，解之取其正值即可得出结论；
（2）设售价降低y元，则每件的销售利润为（36﹣y﹣16）元，每月可售出（2y+160）件，利用商店每月销售该商品获得的总利润＝每件的销售利润×每月的销售量，即可得出关于y的一元二次方程，解之取其正值即可得出结论．
【解答】解：（1）设该商品平均每月的价格增长率为x，
依题意得：25（1+x）2＝36，
解得：x1＝0.2＝20%，x2＝﹣2.2（不合题意，舍去）．
答：该商品平均每月的价格增长率为20%．
（2）设售价降低y元，则每件的销售利润为（36﹣y﹣16）元，每月可售出160+×1＝（2y+160）件，
依题意得：（36﹣y﹣16）（2y+160）＝1800，
整理得：y2+60y﹣700＝0，
解得：y1＝10，y2＝﹣70（不合题意，舍去）．
答：当降价10元时商品每月的利润可达到1800元．
【点评】本题考查了一元二次方程的应用，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．
24．（10分）（2022春•雨花区校级月考）如图，D为⊙O上一点，点C在直径BA的延长线上，且∠CDA＝∠CBD．
（1）求证：CD是⊙O的切线；
（2）求证：CD2＝CA•CB；
（3）若CD＝4，CB＝8，求tan∠CDA的值．
【考点】圆的综合题．
【专题】代数几何综合题；推理能力．
【分析】（1）连接OD，先判断出∠DAB+∠DBA＝90°，再判断出∠DAB＝∠ADO，进而得出∠CDA+∠ADO＝90°，即可得出结论；
（2）先判断出∠CDA+∠ADO＝90°，再判断出∠DBA+∠DAB＝90°，再判断出∠CDA＝∠DBA，进而得出△CAD∽△CDB，即可得出结论；
（3）用锐角三角函数，即可求出答案．
【解答】（1）证明：如图，连接OD，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ADB＝90°，
∴∠DAB+∠DBA＝90°，
∵∠CDA＝∠CBD，
∴∠DAB+∠CDA＝90°，
∵OD＝OA，
∴∠DAB＝∠ADO，
∴∠CDA+∠ADO＝90°，
∴∠CDO＝90°，
∵OD是⊙O的半径，
∴CD是⊙O的切线；
（2）证明：∵CD是⊙O的切线，
∴∠CDO＝90°，
∴∠CDA+∠ADO＝90°，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ADB＝90°，
∴∠DBA+∠DAB＝90°，
又∵OA＝OD，
∴∠DAB＝∠ODA，
∴∠CDA＝∠DBA，
又∵∠DCA＝∠BCD，
∴△CAD∽△CDB，
∴，
∴CD2＝CA•CB；
（3）∵∠CDA＝∠DBA，
在Rt△ABD中，tan∠CDA＝，
又∵，
∵CD＝4，CB＝8，
∴tan∠CDA＝．
【点评】此题圆的综合题，主要考查了切线的判定和性质，相似三角形的判定和性质，锐角三角函数，判断出∠CDA＝∠DBA是解本题的关键．
25．（10分）（2022•长春模拟）已知：在平面直角坐标系xOy中，点A（x1，y1）、B（x2，y2）是某函数图象上任意两点（x1＜x2），将函数图象中x＜x1的部分沿直线y＝y1作轴对称，x＞x2的部分沿直线y＝y2作轴对称，与原函数图象中x1≤x≤x2的部分组成了一个新函数的图象，称这个新函数为原函数关于点A、B的“双对称函数”．
例如：如图①，点A（﹣2，﹣1）、B（1，2）是一次函数y＝x+1图象上的两个点，则函数y＝x+1关于点A、B的“双对称函数”的图象如图②所示．
（1）点A（t，y1）、B（t+3，y2）是函数y＝图象上的两点，y＝关于点A、B的“双对称函数”的图象记作G，若G是中心对称图形，直接写出t的值．
（2）点P（，y1），Q（+t，y2）是二次函数y＝（x﹣t）2+2t图象上的两点，该二次函数关于点P、Q的“双对称函数”记作f．
①求P、Q两点的坐标（用含t的代数式表示）．
②当t＝﹣2时，求出函数f的解析式；
③若﹣1≤x≤1时，函数f的最小值为ymin，求﹣2≤ymin≤﹣1时，t的取值范围．
【考点】二次函数综合题．
【专题】新定义；函数的综合应用；创新意识．
【分析】（1）根据定义、反比例函数图象性质和中心对称性质即可求出t；
（2）①直接代入计算即可；②新函数是分段函数，自变量x的范围分为：x＜或≤x≤或x＞，二次函数图象翻折后开口方向与原来相反，顶点与原来顶点关于对称轴对称，可以先求新顶点；③分t≤﹣1，﹣1＜t＜0，t≥0进行讨论．
【解答】解：（1）如图1，设点A（t，），B（t+3，），
∵G是中心对称图形，由反比例函数图象的中心对称性质可知：A与B关于原点成中心对称，
∴t+t+3＝0，解得：t＝；
（2）①y1＝+2t＝t2+t+，y2＝+2t＝2t+，
∴P（，t2+t+），Q（+t，2t+），
②如图2，当t＝﹣2时，y＝（x+2）2﹣4，P（，），Q（，），
根据“双对称函数”定义可知：
新图象f：由x＜时抛物线y＝（x+2）2﹣4沿直线y＝翻折所得图象、x＞时抛物线y＝（x+2）2﹣4沿直线y＝翻折所得图象及≤x≤时抛物线y＝（x+2）2﹣4三个部分组成，
∴当t＝﹣2时，函数f的解析式为：y＝
③∵当﹣1≤x≤1时，函数f的最小值为ymin，且﹣2≤ymin≤﹣1，
若t＜0，该二次函数关于点P、Q的“双对称函数”为：y＝，
当t≤﹣时，x＝﹣1时，y＝﹣1，则有（﹣1﹣t）2+2t＝﹣1，
解得t＝﹣2﹣或﹣2+（舍弃），
当x＝﹣1，y＝﹣2时，则有（﹣1﹣t）2+2t＝﹣2，
解得t＝﹣3或﹣1（舍弃），
由题意，满足条件的t的值为：﹣2﹣≤t≤﹣3，
当﹣≤t＜0时，
当点Q是最低点时，x＝t+时，y＝﹣2，可得t＝﹣，
当x＝1时，y＝﹣1，则有﹣（1﹣t）2+2t2+＝﹣1，
解得t＝或（舍弃）
由题意，满足条件的t的值为：﹣≤t≤，
当t≥0时，由﹣2≤﹣（﹣1﹣t）2+2t2+≤﹣1，
可解得：≤t≤，
综上所述，t的取值范围为：﹣2﹣≤t≤﹣3或﹣≤t≤或≤t≤．
【点评】本题是新定义创新题型，考查了二次函数图象和性质，轴对称和中心对称性质，二次函数最值应用等，解题关键是对新定义的理解和运用．
四．解答题（共1小题，满分8分，每小题8分）
26．（8分）（2022•河南模拟）在矩形ABCD中，AB＝3，BC＝4，将线段AB绕点A逆时针旋转得到线段AE，记旋转角为α．连接BE，CE，过点C作直线BE的垂线，垂足为F．
（1）如图1，当α＝60°时，的值为 ．
（2）当0°＜α＜180°且点F不与点E重合时，
①（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请仅就图2的情形给出证明；若不成立，请说明理由．
②当以点C，E，F为顶点的三角形是等腰直角三角形时，请直接写出BE的长．
【考点】几何变换综合题．
【专题】几何综合题；矩形 菱形 正方形；推理能力．
【分析】（1）由旋转的性质得出AB＝AE，证明△ABE是等边三角形，得出BE＝AB＝3，则可得出答案；
（2）①过点A作AM⊥BE于点M，证出∠BAM＝∠FBC，得出sin∠BAM＝，sin∠FBC＝，证出，则可得出结论；
②分两种情况，由等腰直角三角形的性质及勾股定理可得出答案．
【解答】解：（1）∵将线段AB绕点A逆时针旋转得到线段AE，记旋转角为α，
∴AB＝AE，
∵α＝60°，
∴△ABE是等边三角形，
∴BE＝AB＝3，
∵∠FBC＝30°，
∴CF＝BC＝2，
∴，
故答案为：；
（2）①仍然成立．证明如下：
过点A作AM⊥BE于点M，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC＝90°，
∵AM⊥BE，CF⊥BF，
∴∠BAM＝∠FBC，
∴sin∠BAM＝，sin∠FBC＝，∠AMB＝90°，
∴，
即，
由旋转的性质可得AB＝AE，
又∵AM⊥BE，
∴BE＝2BM，
∴，
②若△CEF是等腰直角三角形，可分两种情况：
（i）当点F在线段BE的延长线上时，如图，
设CF＝x，则BE＝x，EF＝CF＝x，
∴BF＝x，
在Rt△BCF中，，
解得x＝（负值已舍去），
∴BE＝，
（ii）当点F在线段BE上时，如图，
设CF＝x，则BE＝x，EF＝CF＝x，
∴BF＝x，
在Rt△BCF中，，
解得x＝（负值已舍去），
∴BE＝，
综上所述，当以点C，E，F为顶点的三角形是等腰直角三角形时，BE的长是或．
【点评】本题属于几何变换综合题，主要考查了矩形的性质、旋转的性质、等腰直角三角形的判定与性质、勾股定理等知识点，熟练运用勾股定理是解答本题的关键考试类别
平时
期中考试
期末考试
第一单元
第二单元
第三单元
第四单元
成绩
88
92
90
86
90
96
考试类别
平时
期中考试
期末考试
第一单元
第二单元
第三单元
第四单元
成绩
88
92
90
86
90
96