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押广东卷7—9题（三角形、四边形、圆、函数）-备战 中考数学临考题号押题（广东卷）
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这是一份押广东卷7—9题（三角形、四边形、圆、函数）-备战 中考数学临考题号押题（广东卷），文件包含押广东卷79题三角形四边形圆函数解析版docx、押广东卷79题三角形四边形圆函数原卷版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共27页， 欢迎下载使用。
押广东卷第7—9题
三角形、四边形、圆、函数
这部分几何的知识广东中考考查要求较高，均是以选择题7~10题中进行考查，一般难度较大，在2021年中考变动较大，难度较高。预测今年会回归正常题型，跟以往相差不大，更加贴近生活的实际运用。
在2021年考查的知识比较综合，包含了圆周角的性质和角平分线的性质，勾股定理，三角形全等性质的运用，难度较大；2020年考查了二次函数图像的平移，图形的翻折的性质，正方形的性质等。
在备考中要求考生熟练掌握与函数图形性质有关的基础知识外，还要熟悉函数图像及特征，函数解析式，函数的一般运用；掌握图形折叠，平移，翻转，圆的有关概念，图形全等，相似等性质定理和判定定理的运用。
1．（2020广东）把函数y=（x﹣1）2+2的图象向右平移1个单位长度，平移后图象的函数解析式为（ ）
A．y=x2+2 B．y=（x﹣1）2+1
C．y=（x﹣2）2+2 D．y=（x﹣1）2+3
【分析】左加右减，向右x变为x-1，y=（x﹣1﹣1）2+2y=（x﹣2）2+2 ．
【解答】函数y=（x﹣1）2+2的图象向右平移1个单位长度，平移后图象的函数解析式为y=（x﹣1﹣1）2+2y=
（x﹣2）2+2
故选：C
2．（2020广东）如题9图，在正方形ABCD中，AB=3，点E、F分别在边AB、CD上，∠EFD=60°．若将
四边形EBCF沿EF折叠，点B恰好落在AD边上，则BE的长度为（ ）
A．1 B． C． D．2
【解答】解法一：排除法
过点F作FG∥BC交BE与点G，可得∠EFG=30°，∵FG=3，由三角函数可得EG=，∴BE＞．
解法二：角平分线的性质
延长EF、BC、B’C’交于点O，可知∠EOB=∠EOB’=30°，可得∠BEO=∠B’EO=60°， ∴∠AEB’=60°．设
BE=B’E=2x，由三角函数可得AE=x，由AE+BE=3，可得x=1，∴BE=2．
故选：D
3．（2021广东）如图，是⊙的直径，点C为圆上一点，的平分线交于点D，，则⊙的直径为（ ）
A. B. C. 1 D. 2
【分析】过D作DE⊥AB垂足为E，先利用圆周角性质和角平分线的性质得到DE=DC=1，再说明Rt△DEB≌Rt△DCB得到BE=BC，然后再利用勾股定理求得AE，设BE=BC=x，AB=AE+BE=x+，最后根据勾股定理列式求出x，进而求得AB．
【详解】解：如图：过D作DE⊥AB，垂足为E
∵AB是直径
∴∠ACB=90°
∵∠ABC的角平分线BD
∴DE=DC=1
在Rt△DEB和Rt△DCB中
DE=DC、BD=BD
∴Rt△DEB≌Rt△DCB（HL）
∴BE=BC
在Rt△ADE中，AD=AC-DC=3-1=2
AE=
设BE=BC=x，AB=AE+BE=x+
在Rt△ABC中，AB2=AC2+BC2
则（x+）2=32+x2，解得x=
∴AB=+=2
故填：2．
4．（2018广东）如图，AB∥CD，则∠DEC=100°，∠C=40°，则∠B的大小是（ ）
A．30° B．40° C．50° D．60°
【分析】依据三角形内角和定理，可得∠D=40°，再根据平行线的性质，即可得到∠B=∠D=40°．
【解答】解：∵∠DEC=100°，∠C=40°，
∴∠D=40°，
又∵AB∥CD，
∴∠B=∠D=40°，
故选：B．
1．（2022佛山市禅城区一模）如图，⊙O中，半径OC＝2，弦AB垂直平分OC，则AB的长是（ ）
A. 3 B. 4 C. 2 D. 4
【分析】根据AB垂直平分OC可知OE=OC，由勾股定理即可得到AE，从而得到AB的长；
【详解】如图；连接OA
由圆的性质可知，OA=OC=2
∵AB垂直平分OC
∴OE=OC=×2=1
根据勾股定理，
由垂径定理可知AE=BE
∴
2．（2022佛山市南海区一模）如图，四边形是平行四边形，点为的中点，延长至点，使，连接、、，则在中（）
A. B. C. D.
【分析】连接BF．设平行四边形AFEO的面积为4m．由FO：OC＝3：1，BE＝OB，AF∥OE可得S△OBF＝S△AOB＝m，S△OBC＝m，S△AOC＝m，由此即可解决问题.
【详解】连接BF．
设平行四边形AFEO的面积为4m．
∵FO：OC＝3：1，BE＝OB，AF∥OE
∴S△OBF＝S△AOB＝m，S△OBC＝m，S△AOC＝m，
∴S△AOB：S△AOC：S△BOC＝m：m：m＝3：2：1
故选B．
3．（2022年广东省中山市纪中、纪雅、三鑫三校联考中考数学一模）“清明节”期间，小海自驾去某地祭祖，如图是他们汽车行驶的路程（千米）与汽车行驶时间（小时）之间的函数图象．汽车行驶2小时到达目的地，这时汽车行驶了（ ）千米．
A. 120 B. 130 C. 140 D. 150
【分析】如图（见解析），先利用待定系数法求出段的函数解析式，再将代入即可得．
【详解】如图所示：
设段的函数解析式是，
∵的图象经过点，
∴，解得，
∴段函数的解析式是，
当时，，
即汽车行驶2小时到达目的地，这时汽车行驶了140千米，
故选：C．
4．（2022年广东省中山市纪中、纪雅、三鑫三校联考中考数学一模）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝30°，CD是斜边AB上的高，BD＝2，那么AD的长为（ ）
A. 2 B. 4 C. 6 D. 8
【分析】根据∠ACB＝90°，∠A＝30°，CD是斜边上的高，利用互余关系求∠BCD＝30°，DB＝2，可求BC，在Rt△ABC中，再利用含30°的直角三角形的性质求AB，再用线段的差求AD．
【详解】解：Rt△ABC中，∵∠ACB＝90°，∠A＝30°，
∴∠B＝90°－∠A＝90°－30°＝60°，
CD是斜边上的高，
∴∠CDB＝90°，
∴∠BCD＝90°－∠B＝30°，
∴BC＝2BD＝4，
同理，AB＝2BC＝8，
AD＝AB－BD＝8－2＝6，
故选：C．
5．（2021－2022学年广东省韶关市南雄市九年级（下）第一次质检）抛物线y＝（x﹣1）2﹣2的顶点坐标为（ ）
A. （1，2） B. （1，﹣2） C. （﹣1，2） D. （﹣1，﹣2）
【分析】已知抛物线的解析式满足顶点坐标式y=a（x-h）2+k的形式，直接写出顶点坐标即可．
【详解】解：抛物线y＝（x﹣1）2﹣2的顶点坐标是（1，-2）．
故选：B．
6．如图，AB是⊙O的弦，OC⊥AB，交⊙O于点C，连接OA，OB，BC，若∠ABC＝20°，则∠AOB的度数是（ ）
A. 40° B. 50° C. 70° D. 80°
【分析】根据圆周角定理得出∠AOC=40°，进而利用垂径定理得出∠AOB=80°即可．
【详解】∵∠ABC=20°，
∴∠AOC=40°，
∵AB是⊙O的弦，OC⊥AB，
∴∠AOC=∠BOC=40°，
∴∠AOB=80°，
故选D．
7．（2022年广东省肇庆市四会市中考数学一模）如图，在正方形ABCD中，AB＝3，点E，F分别在边AB，CD上，∠EFD＝60°．若将四边形EBCF沿EF折叠，点B′恰好落在AD边上，则BE的长度为（ ）
A. 1 B. C. D. 2
【分析】由正方形的性质得出∠EFD=∠BEF=60°，由折叠的性质得出∠BEF=∠FEB'=60°，BE=B'E，设BE=x，则B'E=x，AE=3-x，由直角三角形的性质可得：2（3-x）=x，解方程求出x即可得出答案．
【详解】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB∥CD，∠A=90°，
∴∠EFD=∠BEF=60°，
∵将四边形EBCF沿EF折叠，点B'恰好落在AD边上，
∴∠BEF=∠FEB'=60°，BE=B'E，
∴∠AEB'=180°-∠BEF-∠FEB'=60°，
∴B'E=2AE，
设BE=x，则B'E=x，AE=3-x，
∴2（3-x）=x，
解得x=2．
故选：D．
8．（2022年广东省肇庆市四会市中考数学一模）如图是二次函数（是常数，）图象的一部分，与x轴的交点A在点（2，0）和（3，0）之间，对称轴是．对于下列说法：①；②；③；④当时，，其中正确的是（ ）
A. ①②④ B. ①②③ C. ②③④ D. ①③④
【分析】根据抛物线开口向下可确定a的符号，根据图象知， ，故由a的符号可确定b的符号，根据抛物线与y轴交点的位置可确定c的符号，从而可判定①；由抛物线的对称轴为直线x=1，可得，从而可判定②；根据抛物线的对称轴及抛物线与x轴的交点A的位置，由抛物线的对称性可判定抛物线与x轴的另一个交点的位置范围是在(-1,0)和原点之间，从而可对③作出判断；由抛物线与x轴的两个交点的位置可对④作出判断．
【详解】解：抛物线的开口向下，所以a<0，
根据图象知， ， 所以b>0，
抛物线与y轴交点在y轴的正半轴上，故c>0，从而①正确；
由于抛物线的对称轴为直线x=1，可得，即b+2a=0，从而②正确；
根据抛物线的对称轴及抛物线与x轴的交点A的位置，由抛物线的对称性可知，
抛物线与x轴的另一个交点的位置范围是在点(-1,0)和原点之间，
当x=−1时，y=a-b+c，故点(-1,a-b+c)在x轴的下方，所以③正确；
由抛物线与x轴的两个交点的位置可知，当时，y的值可正可负，故④不正确．
故选：B．
9．（2019深圳）已知的图象如图，则和的图象为
A． B．
C． D．
【分析】根据二次函数的图象可以得到，，，由此可以判定经过一、二、四象限，双曲线在二、四象限．
【解答】解：根据二次函数的图象，
可得，，，
过一、二、四象限，
双曲线在二、四象限，
是正确的．
故选：．
9.（2021-2022学年度梅州中考数学模拟试卷）在△ABC中，∠A＝20°，∠B＝4∠C，则∠C等于（ ）
A. 32° B. 36° C. 40° D. 128°
【分析】直接根据三角形内角和定理求解即可．
【详解】解：∵ ，且∠A＝20°，∠B＝4∠C，
∴
∴
∴∠C=32°
故选：A．
1．（2022·浙江·温州市瓯海区外国语学校一模）已知关于的方程的两个根分别是 ， 若点A是二次函数 的图象与轴的交点， 过A作轴交拋物线于另一交点， 则的长为（ ）
A．2 B． C． D．3
【答案】A
【解析】
【分析】
根据根与系数的关系求出a与b的值，从而得到二次函数解析式，令x=0，得到y= ，根据轴，可求B点坐标，进而求出AB长．
【详解】
∵
∴，
∴，
∴二次函数解析式为
令x=0
∴A(0，)
∵
∴B点纵坐标为，
把代入解析式，
解得，
∴B(2，)，
∴AB=2
故选A．
2．（2022·浙江·温州市瓯海区外国语学校一模）如图， 在Rt中， ， 点分别在墙面和地面上， 且斜边BC∥ED， 若， 则的长为 ( )．
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
先利用平行线的性质说明，在中，用AC、的正切表示出AB，在中，用AB、即可表示出AD．
【详解】
由题意得，
，
，
，
在
故选：C．
3．（2022·浙江·温州市瓯海区外国语学校一模）如图， 与交于点和， 其中为切点， 为劣弧上一点， 若， 则的度数为 ( )．
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
根据切线的性质可得到，根据直角三角形性质求出，根据圆周角定理求出，根据圆内接四边形性质计算，得到答案．
【详解】
解：如图，在优弧BC上取点E，连接CE、BE，
∵AB与相切，
∴
∴
由圆周角定理得：
∵四边形CDBE为内接四边形
∴
故选D．
4．（佛山市大沥镇一模）抛物线y=（x＋2）2＋1的对称轴是（ ）
A. 直线x＝－1 B. 直线x＝1 C. 直线x＝2 D. 直线x＝－2
【分析】直接利用顶点式的特殊性可求对称轴．
【解答】∵抛物线y=（x＋2）2＋1的顶点坐标是：（-2，1），
∴对称轴是：直线x=-2，
故选D．
5．（佛山市大沥镇一模）已知二次函数的图像如图所示，在下列个结论中：①；②；③；④． 正确的个数是（ ）．
A. 个 B. 个 C. 个 D. 个
【分析】由抛物线的开口方向判断a与0的关系，由抛物线与y轴的交点判断c与0的关系，利用图象判断2所对应的y的值，根据对称轴和与x轴交点个数，进而对所得结论进行判断．
【解答】解：①∵由函数图象开口向下可知，a＜0，由函数的对称轴x＝﹣ ＞﹣1，故 ＜1，
∵a＜0，
∴b＞2a，
∴2a﹣b＜0，①正确；
②∵a＜0，对称轴在y轴左侧，a，b同号，图象与y轴交于负半轴，则c＜0，故abc＜0；②正确；
③∵图象与x轴无交点，
∴b2﹣4ac＜0，③正确；
④由图象可知，当x＝2时，y＝4a+2b+c＜0，④错误；
故正确的有①②③，共3个．
故选：C．
6．（2020佛山市禅城区一模）点A（x1，y1），B（x2，y2）都在反比例函数y＝的图象上，且x1＜x2＜0，则y1，y2的大小关系是（ ）
A．y2＞y1＞0 B．y1＞y2＞0 C．0＞y2＞y1 D．0＞y1＞y2
【分析】先根据反比例函数的解析式判断出函数图象所在的象限，再根据x1＜x2＜0即可得出结论．
【解答】解：∵反比例函数y＝中k＝﹣3＜0，
∴函数图象的两个分支分别位于二、四象限，且在每一象限内，y随x的增大而增大．
∵x1＜x2＜0，
∴A、B都在第二象限，
∴y2＞y1＞0．
故选：A．
7．（2020佛山市禅城区一模）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）与x轴交于点A（﹣1，0），顶点坐标为（1，m），与y轴的交点在（0，﹣4），（0，﹣3）之间（包含端点），下列结论：①a+b+c＜0；②1≤a≤；③关于x的方程ax2+bx+c+1﹣m＝0没有实数根．其中正确的结论有（ ）
A．0个 B．1个 C．2个 D．3个
【分析】根据函数的图象和性质逐个求解即可．
【解答】解：①若a+b+c＜0，则4a+2b+c＜0；
当x＝2时，y＝4a+2b+c＜0，故①正确，符合题意；
②当x＝﹣1时，y＝a﹣b+c＝0，则c＝﹣a+b，
由﹣4≤c≤﹣3，得﹣4≤﹣a+b≤﹣3，
图象的对称轴为x＝1，故b＝﹣2a，得﹣4≤﹣3a≤﹣3，
故1≤a≤正确，符合题意；
③y＝ax2+bx+c的顶点为（1，m），即当x＝1时y有最小值m．
而y＝m﹣1和y＝ax2+bx+c无交点，即方程ax2+bx+c＝m﹣1无解，
∴关于x的方程ax2+bx+c+1﹣m＝0没有实数根，故③正确，符合题意．
故选：D．
8．（2021深圳南山区一模）如图是深圳市少年宫到中心书城地下通道的手扶电梯示意图，其中AB、CD分别表示地下通道、市民广场电梯口处地面的水平线，∠ABC＝135°，BC的长约是5，则乘电梯从点B到点C上升的高度h是（ ）
A．m B．5m C．m D．10m
【分析】如图，作CH⊥AB于H，在Rt△CBH中，根据sin45°＝，即可求出CH．
【解答】解：如图，作CH⊥AB于H．
在Rt△CBH中，∵∠CHB＝90°，BC＝5，∠CBH＝45°，
∴sin45°＝，
∴CH＝BC×＝5．
故选：B．
9．（2021汕头市金平区一模）如图，在△ABC中，以BC为直径的半圆O，分别交AB，AC于点D，E，连接OD，OE．若∠A＝α，则∠DOE的度数为（ ）
A．180﹣2α B．180﹣α C．90﹣α D．2α
【分析】连接CD，如图，根据圆周角定理得到∠BDC＝90°，利用互余得到∠ACD＝90°﹣α，然后根据圆周角定理得到∠DOE＝2（90°﹣α）．
【解答】解：连接CD，如图，
∵BC为直径，
∴∠BDC＝90°，
∴∠ACD＝90°﹣∠A＝90°﹣α，
∴∠DOE＝2∠ACD＝2（90°﹣α）＝180°﹣2α．
故选：A．
10．（2021汕头市金平区一模）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝8，BC＝15，将△ABC绕点B顺时针旋转60°，得到△BDE，连接DC交AB于点F，则△ACF与△BDF的周长之和为（ ）
A．48 B．50 C．55 D．60
【分析】根据旋转的性质得到BD＝BC＝15，从而得到△BCD为等边三角形，得到CD＝BC＝CD＝15，在Rt△ACB中，利用勾股定理得到AB＝17，于是得到结论．
【解答】解：∵将△ABC绕点B顺时针旋转60°，得到△BDE，
∴△ABC≌△BDE，∠CBD＝60°，
∴BD＝BC＝15，
∴△BCD为等边三角形，
∴CD＝BC＝CD＝15，
∵AB＝＝＝17，
∴△ACF与△BDF的周长之和＝AC+AF+CF+BF+DF+BD＝AC+AB+CD+BD＝8+15+15+17＝55，
故选：C．
11．（佛山市大沥镇一模）如图，边长为的正方形的对角线与交于点，将正方形 沿直线折叠，点落在对角线上的点处，折痕交于点，则长是（ ）．
A. B. C. D.
【分析】根据轴对称性质，得；根据正方形性质，得，结合三角函数计算得；根据相似三角形性质，通过证明，，得，通过计算得，从而完成求解．
【详解】根据题意得：
∵正方形的对角线与交于点
∴，
∴
∴
∴
∵正方形沿直线折叠，点落在对角线上的点处
∴，
∴
∵
∴
∴，
∴，
∴，
∴
∴
∴
故选：D．
12．（2020•青岛）如图，将矩形ABCD折叠，使点C和点A重合，折痕为EF，EF与AC交于点O．若AE＝5，BF＝3，则AO的长为（ ）
A． B． C．2 D．4
【分析】由矩形的性质，折叠轴对称的性质，可求出AF＝FC＝AE＝5，由勾股定理求出AB，AC，进而求出OA即可．
【解答】解：∵矩形ABCD，
∴AD∥BC，AD＝BC，AB＝CD，
∴∠EFC＝∠AEF，
∴AE＝AF＝3，
由折叠得，FC＝AF，OA＝OC，
∴BC＝3+5＝8，
在Rt△ABF中，AB4，
在Rt△ABC中，AC4，
∴OA＝OC＝2，
故选：C．
13．（2022·广东清远·模拟预测）已知二次函数，关于该函数在的取值范围内，下列说法正确的是（ ）．
A．有最大值6，有最小值-3 B．有最大值5，有最小值-3
C．有最大值6，有最小值5 D．有最大值6，有最小值-1
【答案】A
【解析】
【分析】
根据二次函数图像的性质，首先计算二次函数的对称轴，结合题意，可计算得函数的最大值；再结合二次函数的图像，计算范围内二次函数的最小值，即可得到答案．
【详解】
∵
∴二次函数图像的对称轴为：
∵，且
∴当时，函数取最大值
又∵在右侧，y随着x的增大而减小；在左侧，y随着x的增大而增大
∴当时，
当时，
∵
∴，二次函数取最小值-3
故选：A．
押广东卷第7—9题
三角形、四边形、圆、函数
这部分几何的知识广东中考考查要求较高，均是以选择题7~10题中进行考查，一般难度较大，在2021年中考变动较大，难度较高。预测今年会回归正常题型，跟以往相差不大，更加贴近生活的实际运用。
在2021年考查的知识比较综合，包含了圆周角的性质和角平分线的性质，勾股定理，三角形全等性质的运用，难度较大；2020年考查了二次函数图像的平移，图形的翻折的性质，正方形的性质等。
在备考中要求考生熟练掌握与函数图形性质有关的基础知识外，还要熟悉函数图像及特征，函数解析式，函数的一般运用；掌握图形折叠，平移，翻转，圆的有关概念，图形全等，相似等性质定理和判定定理的运用。
1．（2020广东）把函数y=（x﹣1）2+2的图象向右平移1个单位长度，平移后图象的函数解析式为（ ）
A．y=x2+2 B．y=（x﹣1）2+1
C．y=（x﹣2）2+2 D．y=（x﹣1）2+3
【分析】左加右减，向右x变为x-1，y=（x﹣1﹣1）2+2y=（x﹣2）2+2 ．
【解答】函数y=（x﹣1）2+2的图象向右平移1个单位长度，平移后图象的函数解析式为y=（x﹣1﹣1）2+2y=
（x﹣2）2+2
故选：C
2．（2020广东）如题9图，在正方形ABCD中，AB=3，点E、F分别在边AB、CD上，∠EFD=60°．若将
四边形EBCF沿EF折叠，点B恰好落在AD边上，则BE的长度为（ ）
A．1 B． C． D．2
【解答】解法一：排除法
过点F作FG∥BC交BE与点G，可得∠EFG=30°，∵FG=3，由三角函数可得EG=，∴BE＞．
解法二：角平分线的性质
延长EF、BC、B’C’交于点O，可知∠EOB=∠EOB’=30°，可得∠BEO=∠B’EO=60°， ∴∠AEB’=60°．设
BE=B’E=2x，由三角函数可得AE=x，由AE+BE=3，可得x=1，∴BE=2．
故选：D
3．（2021广东）如图，是⊙的直径，点C为圆上一点，的平分线交于点D，，则⊙的直径为（ ）
A. B. C. 1 D. 2
【分析】过D作DE⊥AB垂足为E，先利用圆周角性质和角平分线的性质得到DE=DC=1，再说明Rt△DEB≌Rt△DCB得到BE=BC，然后再利用勾股定理求得AE，设BE=BC=x，AB=AE+BE=x+，最后根据勾股定理列式求出x，进而求得AB．
【详解】解：如图：过D作DE⊥AB，垂足为E
∵AB是直径
∴∠ACB=90°
∵∠ABC的角平分线BD
∴DE=DC=1
在Rt△DEB和Rt△DCB中
DE=DC、BD=BD
∴Rt△DEB≌Rt△DCB（HL）
∴BE=BC
在Rt△ADE中，AD=AC-DC=3-1=2
AE=
设BE=BC=x，AB=AE+BE=x+
在Rt△ABC中，AB2=AC2+BC2
则（x+）2=32+x2，解得x=
∴AB=+=2
故填：2．
4．（2018广东）如图，AB∥CD，则∠DEC=100°，∠C=40°，则∠B的大小是（ ）
A．30° B．40° C．50° D．60°
【分析】依据三角形内角和定理，可得∠D=40°，再根据平行线的性质，即可得到∠B=∠D=40°．
【解答】解：∵∠DEC=100°，∠C=40°，
∴∠D=40°，
又∵AB∥CD，
∴∠B=∠D=40°，
故选：B．
1．（2022佛山市禅城区一模）如图，⊙O中，半径OC＝2，弦AB垂直平分OC，则AB的长是（ ）
A. 3 B. 4 C. 2 D. 4
【分析】根据AB垂直平分OC可知OE=OC，由勾股定理即可得到AE，从而得到AB的长；
【详解】如图；连接OA
由圆的性质可知，OA=OC=2
∵AB垂直平分OC
∴OE=OC=×2=1
根据勾股定理，
由垂径定理可知AE=BE
∴
2．（2022佛山市南海区一模）如图，四边形是平行四边形，点为的中点，延长至点，使，连接、、，则在中（）
A. B. C. D.
【分析】连接BF．设平行四边形AFEO的面积为4m．由FO：OC＝3：1，BE＝OB，AF∥OE可得S△OBF＝S△AOB＝m，S△OBC＝m，S△AOC＝m，由此即可解决问题.
【详解】连接BF．
设平行四边形AFEO的面积为4m．
∵FO：OC＝3：1，BE＝OB，AF∥OE
∴S△OBF＝S△AOB＝m，S△OBC＝m，S△AOC＝m，
∴S△AOB：S△AOC：S△BOC＝m：m：m＝3：2：1
故选B．
3．（2022年广东省中山市纪中、纪雅、三鑫三校联考中考数学一模）“清明节”期间，小海自驾去某地祭祖，如图是他们汽车行驶的路程（千米）与汽车行驶时间（小时）之间的函数图象．汽车行驶2小时到达目的地，这时汽车行驶了（ ）千米．
A. 120 B. 130 C. 140 D. 150
【分析】如图（见解析），先利用待定系数法求出段的函数解析式，再将代入即可得．
【详解】如图所示：
设段的函数解析式是，
∵的图象经过点，
∴，解得，
∴段函数的解析式是，
当时，，
即汽车行驶2小时到达目的地，这时汽车行驶了140千米，
故选：C．
4．（2022年广东省中山市纪中、纪雅、三鑫三校联考中考数学一模）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝30°，CD是斜边AB上的高，BD＝2，那么AD的长为（ ）
A. 2 B. 4 C. 6 D. 8
【分析】根据∠ACB＝90°，∠A＝30°，CD是斜边上的高，利用互余关系求∠BCD＝30°，DB＝2，可求BC，在Rt△ABC中，再利用含30°的直角三角形的性质求AB，再用线段的差求AD．
【详解】解：Rt△ABC中，∵∠ACB＝90°，∠A＝30°，
∴∠B＝90°－∠A＝90°－30°＝60°，
CD是斜边上的高，
∴∠CDB＝90°，
∴∠BCD＝90°－∠B＝30°，
∴BC＝2BD＝4，
同理，AB＝2BC＝8，
AD＝AB－BD＝8－2＝6，
故选：C．
5．（2021－2022学年广东省韶关市南雄市九年级（下）第一次质检）抛物线y＝（x﹣1）2﹣2的顶点坐标为（ ）
A. （1，2） B. （1，﹣2） C. （﹣1，2） D. （﹣1，﹣2）
【分析】已知抛物线的解析式满足顶点坐标式y=a（x-h）2+k的形式，直接写出顶点坐标即可．
【详解】解：抛物线y＝（x﹣1）2﹣2的顶点坐标是（1，-2）．
故选：B．
6．如图，AB是⊙O的弦，OC⊥AB，交⊙O于点C，连接OA，OB，BC，若∠ABC＝20°，则∠AOB的度数是（ ）
A. 40° B. 50° C. 70° D. 80°
【分析】根据圆周角定理得出∠AOC=40°，进而利用垂径定理得出∠AOB=80°即可．
【详解】∵∠ABC=20°，
∴∠AOC=40°，
∵AB是⊙O的弦，OC⊥AB，
∴∠AOC=∠BOC=40°，
∴∠AOB=80°，
故选D．
7．（2022年广东省肇庆市四会市中考数学一模）如图，在正方形ABCD中，AB＝3，点E，F分别在边AB，CD上，∠EFD＝60°．若将四边形EBCF沿EF折叠，点B′恰好落在AD边上，则BE的长度为（ ）
A. 1 B. C. D. 2
【分析】由正方形的性质得出∠EFD=∠BEF=60°，由折叠的性质得出∠BEF=∠FEB'=60°，BE=B'E，设BE=x，则B'E=x，AE=3-x，由直角三角形的性质可得：2（3-x）=x，解方程求出x即可得出答案．
【详解】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB∥CD，∠A=90°，
∴∠EFD=∠BEF=60°，
∵将四边形EBCF沿EF折叠，点B'恰好落在AD边上，
∴∠BEF=∠FEB'=60°，BE=B'E，
∴∠AEB'=180°-∠BEF-∠FEB'=60°，
∴B'E=2AE，
设BE=x，则B'E=x，AE=3-x，
∴2（3-x）=x，
解得x=2．
故选：D．
8．（2022年广东省肇庆市四会市中考数学一模）如图是二次函数（是常数，）图象的一部分，与x轴的交点A在点（2，0）和（3，0）之间，对称轴是．对于下列说法：①；②；③；④当时，，其中正确的是（ ）
A. ①②④ B. ①②③ C. ②③④ D. ①③④
【分析】根据抛物线开口向下可确定a的符号，根据图象知， ，故由a的符号可确定b的符号，根据抛物线与y轴交点的位置可确定c的符号，从而可判定①；由抛物线的对称轴为直线x=1，可得，从而可判定②；根据抛物线的对称轴及抛物线与x轴的交点A的位置，由抛物线的对称性可判定抛物线与x轴的另一个交点的位置范围是在(-1,0)和原点之间，从而可对③作出判断；由抛物线与x轴的两个交点的位置可对④作出判断．
【详解】解：抛物线的开口向下，所以a<0，
根据图象知， ， 所以b>0，
抛物线与y轴交点在y轴的正半轴上，故c>0，从而①正确；
由于抛物线的对称轴为直线x=1，可得，即b+2a=0，从而②正确；
根据抛物线的对称轴及抛物线与x轴的交点A的位置，由抛物线的对称性可知，
抛物线与x轴的另一个交点的位置范围是在点(-1,0)和原点之间，
当x=−1时，y=a-b+c，故点(-1,a-b+c)在x轴的下方，所以③正确；
由抛物线与x轴的两个交点的位置可知，当时，y的值可正可负，故④不正确．
故选：B．
9．（2019深圳）已知的图象如图，则和的图象为
A． B．
C． D．
【分析】根据二次函数的图象可以得到，，，由此可以判定经过一、二、四象限，双曲线在二、四象限．
【解答】解：根据二次函数的图象，
可得，，，
过一、二、四象限，
双曲线在二、四象限，
是正确的．
故选：．
9.（2021-2022学年度梅州中考数学模拟试卷）在△ABC中，∠A＝20°，∠B＝4∠C，则∠C等于（ ）
A. 32° B. 36° C. 40° D. 128°
【分析】直接根据三角形内角和定理求解即可．
【详解】解：∵ ，且∠A＝20°，∠B＝4∠C，
∴
∴
∴∠C=32°
故选：A．
1．（2022·浙江·温州市瓯海区外国语学校一模）已知关于的方程的两个根分别是 ， 若点A是二次函数 的图象与轴的交点， 过A作轴交拋物线于另一交点， 则的长为（ ）
A．2 B． C． D．3
【答案】A
【解析】
【分析】
根据根与系数的关系求出a与b的值，从而得到二次函数解析式，令x=0，得到y= ，根据轴，可求B点坐标，进而求出AB长．
【详解】
∵
∴，
∴，
∴二次函数解析式为
令x=0
∴A(0，)
∵
∴B点纵坐标为，
把代入解析式，
解得，
∴B(2，)，
∴AB=2
故选A．
2．（2022·浙江·温州市瓯海区外国语学校一模）如图， 在Rt中， ， 点分别在墙面和地面上， 且斜边BC∥ED， 若， 则的长为 ( )．
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
先利用平行线的性质说明，在中，用AC、的正切表示出AB，在中，用AB、即可表示出AD．
【详解】
由题意得，
，
，
，
在
故选：C．
3．（2022·浙江·温州市瓯海区外国语学校一模）如图， 与交于点和， 其中为切点， 为劣弧上一点， 若， 则的度数为 ( )．
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
根据切线的性质可得到，根据直角三角形性质求出，根据圆周角定理求出，根据圆内接四边形性质计算，得到答案．
【详解】
解：如图，在优弧BC上取点E，连接CE、BE，
∵AB与相切，
∴
∴
由圆周角定理得：
∵四边形CDBE为内接四边形
∴
故选D．
4．（佛山市大沥镇一模）抛物线y=（x＋2）2＋1的对称轴是（ ）
A. 直线x＝－1 B. 直线x＝1 C. 直线x＝2 D. 直线x＝－2
【分析】直接利用顶点式的特殊性可求对称轴．
【解答】∵抛物线y=（x＋2）2＋1的顶点坐标是：（-2，1），
∴对称轴是：直线x=-2，
故选D．
5．（佛山市大沥镇一模）已知二次函数的图像如图所示，在下列个结论中：①；②；③；④． 正确的个数是（ ）．
A. 个 B. 个 C. 个 D. 个
【分析】由抛物线的开口方向判断a与0的关系，由抛物线与y轴的交点判断c与0的关系，利用图象判断2所对应的y的值，根据对称轴和与x轴交点个数，进而对所得结论进行判断．
【解答】解：①∵由函数图象开口向下可知，a＜0，由函数的对称轴x＝﹣ ＞﹣1，故 ＜1，
∵a＜0，
∴b＞2a，
∴2a﹣b＜0，①正确；
②∵a＜0，对称轴在y轴左侧，a，b同号，图象与y轴交于负半轴，则c＜0，故abc＜0；②正确；
③∵图象与x轴无交点，
∴b2﹣4ac＜0，③正确；
④由图象可知，当x＝2时，y＝4a+2b+c＜0，④错误；
故正确的有①②③，共3个．
故选：C．
6．（2020佛山市禅城区一模）点A（x1，y1），B（x2，y2）都在反比例函数y＝的图象上，且x1＜x2＜0，则y1，y2的大小关系是（ ）
A．y2＞y1＞0 B．y1＞y2＞0 C．0＞y2＞y1 D．0＞y1＞y2
【分析】先根据反比例函数的解析式判断出函数图象所在的象限，再根据x1＜x2＜0即可得出结论．
【解答】解：∵反比例函数y＝中k＝﹣3＜0，
∴函数图象的两个分支分别位于二、四象限，且在每一象限内，y随x的增大而增大．
∵x1＜x2＜0，
∴A、B都在第二象限，
∴y2＞y1＞0．
故选：A．
7．（2020佛山市禅城区一模）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）与x轴交于点A（﹣1，0），顶点坐标为（1，m），与y轴的交点在（0，﹣4），（0，﹣3）之间（包含端点），下列结论：①a+b+c＜0；②1≤a≤；③关于x的方程ax2+bx+c+1﹣m＝0没有实数根．其中正确的结论有（ ）
A．0个 B．1个 C．2个 D．3个
【分析】根据函数的图象和性质逐个求解即可．
【解答】解：①若a+b+c＜0，则4a+2b+c＜0；
当x＝2时，y＝4a+2b+c＜0，故①正确，符合题意；
②当x＝﹣1时，y＝a﹣b+c＝0，则c＝﹣a+b，
由﹣4≤c≤﹣3，得﹣4≤﹣a+b≤﹣3，
图象的对称轴为x＝1，故b＝﹣2a，得﹣4≤﹣3a≤﹣3，
故1≤a≤正确，符合题意；
③y＝ax2+bx+c的顶点为（1，m），即当x＝1时y有最小值m．
而y＝m﹣1和y＝ax2+bx+c无交点，即方程ax2+bx+c＝m﹣1无解，
∴关于x的方程ax2+bx+c+1﹣m＝0没有实数根，故③正确，符合题意．
故选：D．
8．（2021深圳南山区一模）如图是深圳市少年宫到中心书城地下通道的手扶电梯示意图，其中AB、CD分别表示地下通道、市民广场电梯口处地面的水平线，∠ABC＝135°，BC的长约是5，则乘电梯从点B到点C上升的高度h是（ ）
A．m B．5m C．m D．10m
【分析】如图，作CH⊥AB于H，在Rt△CBH中，根据sin45°＝，即可求出CH．
【解答】解：如图，作CH⊥AB于H．
在Rt△CBH中，∵∠CHB＝90°，BC＝5，∠CBH＝45°，
∴sin45°＝，
∴CH＝BC×＝5．
故选：B．
9．（2021汕头市金平区一模）如图，在△ABC中，以BC为直径的半圆O，分别交AB，AC于点D，E，连接OD，OE．若∠A＝α，则∠DOE的度数为（ ）
A．180﹣2α B．180﹣α C．90﹣α D．2α
【分析】连接CD，如图，根据圆周角定理得到∠BDC＝90°，利用互余得到∠ACD＝90°﹣α，然后根据圆周角定理得到∠DOE＝2（90°﹣α）．
【解答】解：连接CD，如图，
∵BC为直径，
∴∠BDC＝90°，
∴∠ACD＝90°﹣∠A＝90°﹣α，
∴∠DOE＝2∠ACD＝2（90°﹣α）＝180°﹣2α．
故选：A．
10．（2021汕头市金平区一模）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝8，BC＝15，将△ABC绕点B顺时针旋转60°，得到△BDE，连接DC交AB于点F，则△ACF与△BDF的周长之和为（ ）
A．48 B．50 C．55 D．60
【分析】根据旋转的性质得到BD＝BC＝15，从而得到△BCD为等边三角形，得到CD＝BC＝CD＝15，在Rt△ACB中，利用勾股定理得到AB＝17，于是得到结论．
【解答】解：∵将△ABC绕点B顺时针旋转60°，得到△BDE，
∴△ABC≌△BDE，∠CBD＝60°，
∴BD＝BC＝15，
∴△BCD为等边三角形，
∴CD＝BC＝CD＝15，
∵AB＝＝＝17，
∴△ACF与△BDF的周长之和＝AC+AF+CF+BF+DF+BD＝AC+AB+CD+BD＝8+15+15+17＝55，
故选：C．
11．（佛山市大沥镇一模）如图，边长为的正方形的对角线与交于点，将正方形 沿直线折叠，点落在对角线上的点处，折痕交于点，则长是（ ）．
A. B. C. D.
【分析】根据轴对称性质，得；根据正方形性质，得，结合三角函数计算得；根据相似三角形性质，通过证明，，得，通过计算得，从而完成求解．
【详解】根据题意得：
∵正方形的对角线与交于点
∴，
∴
∴
∴
∵正方形沿直线折叠，点落在对角线上的点处
∴，
∴
∵
∴
∴，
∴，
∴，
∴
∴
∴
故选：D．
12．（2020•青岛）如图，将矩形ABCD折叠，使点C和点A重合，折痕为EF，EF与AC交于点O．若AE＝5，BF＝3，则AO的长为（ ）
A． B． C．2 D．4
【分析】由矩形的性质，折叠轴对称的性质，可求出AF＝FC＝AE＝5，由勾股定理求出AB，AC，进而求出OA即可．
【解答】解：∵矩形ABCD，
∴AD∥BC，AD＝BC，AB＝CD，
∴∠EFC＝∠AEF，
∴AE＝AF＝3，
由折叠得，FC＝AF，OA＝OC，
∴BC＝3+5＝8，
在Rt△ABF中，AB4，
在Rt△ABC中，AC4，
∴OA＝OC＝2，
故选：C．
13．（2022·广东清远·模拟预测）已知二次函数，关于该函数在的取值范围内，下列说法正确的是（ ）．
A．有最大值6，有最小值-3 B．有最大值5，有最小值-3
C．有最大值6，有最小值5 D．有最大值6，有最小值-1
【答案】A
【解析】
【分析】
根据二次函数图像的性质，首先计算二次函数的对称轴，结合题意，可计算得函数的最大值；再结合二次函数的图像，计算范围内二次函数的最小值，即可得到答案．
【详解】
∵
∴二次函数图像的对称轴为：
∵，且
∴当时，函数取最大值
又∵在右侧，y随着x的增大而减小；在左侧，y随着x的增大而增大
∴当时，
当时，
∵
∴，二次函数取最小值-3
故选：A．
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