2023年河南省郑州一中中考数学二模试卷附解析

这是一份2023年河南省郑州一中中考数学二模试卷附解析，共30页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2023年河南省郑州一中中考数学二模试卷附解析
一、选择题（每小题3分，共30分.下列各小题均有四个答案，其中只有一个是正确的.）
1．（3分）下列各数中，最大的是（　　）
A．﹣ B．0 C． D．
2．（3分）据中国教育报2023年3月14日公布的数据显示，今年高校毕业生达1158万人，比去年增加80余万人，创历史新高，将数据“80万”用科学记数法表示为（　　）
A．1.158×107 B．11.58×106 C．8×105 D．80×104
3．（3分）《天净沙•秋思》中的词句意境幽远．如图所示，该图形经过折叠可以围成一个正方体，折好以后，与“小”字相对的字是（　　）

A．流 B．水 C．人 D．家
4．（3分）如图所示，MN∥PQ，将一块三角板ABC如图所示放置（直角顶点C在MN上），若∠MCB＝32°，则∠PDB的度数为（　　）

A．22° B．28° C．32° D．38°
5．（3分）下列计算正确的是（　　）
A．3x2﹣x2＝3 B．2a+3b＝5ab C．x2•x4＝x8 D．（x2）3＝x6
6．（3分）关于x的一元二次方程x2﹣kx+2＝0有实数根，则k可能是（　　）
A．﹣3 B．﹣2 C．1 D．
7．（3分）某数学兴趣小组准备了4张卡片，正面依次书写“备”“战”“中”“考”，它们除此之外完全相同，把这4张卡片背面朝上洗匀，从中随机抽取两张，则这两张卡片的正面汉字恰能组成“备考”的概率是（　　）
A． B． C． D．
8．（3分）如图所示，在△ABC中，BC＝3，AC＝4，∠ACB＝90°，以点B为圆心，BC长为半径画弧，与AB交于点D，再分别以A、D为圆心，大于的长为半径画弧，两弧交于点E、F，作直线EF，分别交AC、AB于点P、Q，则PQ的长度为（　　）

A． B． C． D．
9．（3分）放射性同位素的半衰期是指一个样本内，其放射性原子衰变至原来数量的一半所需的时间．镭（元素符号Ra）中最稳定的同位素镭﹣226变为氡﹣222的半衰期最长，16mg的镭﹣226衰变规律的函数图象如图所示，则下列判断错误的是（　　）

A．该图象不是反比例函数图象
B．镭的半衰期（质量减半的时间）是1620年
C．16mg镭缩减为1mg所用时间约为6480年
D．1mg的镭经过若干年的衰变能变成0mg
10．（3分）如图所示，在平面直角坐标系中，△A1A2A3，△A3A4A5，△A5A6A7，⋯都是等边三角形，其边长依次为2，4，6，⋯其中点A1的坐标为（2，0），点A2的坐标为，点A3的坐标为（0，0），点A4的坐标为，…，按此规律排下去，则点A100的坐标为（　　）

A． B． C． D．
二、填空题（每小题3分，共15分）
11．（3分）比较大小：　 　2（填“＞”或“＜”或“＝”）
12．（3分）不等式组的解集是 　 　．
13．（3分）甲、乙两名学生5次立定跳远成绩的平均数相同，若甲5次立定跳远成绩的方差为＝0.48，乙5次立定跳远成绩的方差为，则甲、乙两名学生5次立定跳远成绩比较稳定的是 　 　.（选填“甲”或“乙”）
14．（3分）如图所示，扇形OAB中∠AOB＝120°，OB＝2，点C为的中点，点D为AO的中点，连接AB、CD交于点P，则阴影部分图形的面积是 　 　（结果保留π）．

15．（3分）如图所示，在Rt△ABC中∠ACB＝90°，AC＝3，∠A＝30°，点P、Q分别为BC、BA上两点，且BP＝BQ＝2，将CP绕点C在平面内旋转，连接PB、PQ．当∠BQP＝60°时，BP的长为 　 　．

三、解答题（本大题共8个小题，满分75分）
16．（10分）（1）计算：；
（2）化简：．








17．（9分）2022年，教育部正式印发《义务教育课程方案》，将劳动从原来的综合实践活动课程中完全独立出来，并发布《义务教育劳动课程标准（2022年版）》，文中对家务劳动的时间做了细致要求．某校为了了解本校学生“上周内做家务劳动所用的时间”（简称“劳动时间”）情况，在本校随机调查了25名学生的“劳动时间”，并进行统计，绘制了如下统计表：
组别
“劳动时间”t/分钟
频数
A
t＜60
2
B
60≤t＜90
4
C
90≤t＜120
10
D
t≥120
9
根据上述信息，回答下列问题：
（1）此次调查属于 　 　调查，样本容量为 　 　，个体为 　 　；
（2）这25名学生的“劳动时间”的中位数落在 　 　组；若要绘制扇形图，C组学生所对圆心角的度数为 　 　；
（3）若该校有1400名学生，请估计在该校学生中，“劳动时间”不少于90分钟的人数．







18．（9分）如图所示，一次函数与反比例函数的图象在第一象限交于点P，且点P的横坐标为2．
（1）求反比例函数的解析式；
（2）在第一象限内是否存在点Q，使得以B、O、P、Q为顶点的四边形为平行四边形，若存在，请求出点Q坐标，若不存在，请说明理由．









19．（9分）大汉雄风（图2）坐落于河南省永城市芒砀山主峰，是为纪念刘邦在芒砀山斩蛇起义创建四百年大汉王朝而建，是亚洲最大的历史人物雕像，外为塑铜焊接，内是钢架结构，雄浑庄重．如图1所示，小敏在数学实践活动中，利用所学知识对刘邦雕像AB的高度进行测量，她在与雕像底部平齐的水平线上放置一无人机，且无人机所在的位置D与B的距离为18m，将无人机从D点垂直上升到C处，测得点A的仰角为33°，测得点B的俯角为45°，求刘邦雕像AB的高度．（结果保留整数．参考数据：sin33°≈0.55，cos33°≈0.84，tan33°≈0.65）




20．（9分）已知一个零刻度落在点A的量角器（半圆O）的直径为AB，一等腰直角三角板绕点B旋转．
（1）如图1所示，当等腰直角三角板的斜边交半圆于C点，一直边交半圆于D点，另一直边交半圆于E点，若点C在量角器上的读数为25°，求此时点E在量角器上的读数；
（2）如图2所示，当点C、D在量角器上的读数α、β满足什么关系时，直角边与半圆O相切于点D？请说明理由．


21．（9分）某校体育社团由于报名人数激增，决定从某体育用品店购买若干足球和篮球，用于日常训练，已知每个篮球的价格比每个足球的价格多30元，用900元购买足球的数量是用720元购买篮球数量的2倍．
（1）求篮球和足球的单价各是多少？
（2）根据学生报名情况，社团需一次性购买篮球和足球共80个，且要求购买足球数量不超过篮球数量的，请你设计一个购买方案使得购买费用最少，最少费用为多少元？








22．（10分）已知二次函数y＝x2+bx+c的图象与x轴交于点A、B（4，0）（点A在点B的左侧）两点，与y轴交于点C（0，﹣4）．点P是直线BC上的一动点．
（1）求该二次函数的解析式；
（2）过点P作PQ∥y轴，交抛物线于点Q，设PQ的长度为h，点P的横坐标为xp，若h值随xp的增大而增大，请确定P的横坐标xp的取值范围．








23．（10分）【问题发现】如图1所示，将△ABC绕点A逆时针旋转90°得△ADE，连接CE、DB，根据条件填空：
①∠ACE的度数为 　 　°；②若CE＝2，则CA的值为 　 　；
【类比探究】如图2所示，在正方形ABCD中，点E在边BC上，点F在边CD上，且满足∠EAF＝45°，BE＝1，DF＝2，求正方形ABCD的边长；
【拓展延伸】如图3所示，在四边形ABCD中，CD＝CB，∠BAD+∠BCD＝90°，AC、BD为对角线，且满足AC＝CD，若AD＝3，AB＝4，请直接写出BD的值．


2023年河南省郑州一中中考数学二模试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（每小题3分，共30分.下列各小题均有四个答案，其中只有一个是正确的.）
1．（3分）下列各数中，最大的是（　　）
A．﹣ B．0 C． D．
【答案】D
【分析】首先比较出与的大小关系，然后根据有理数大小比较的方法，判断出所给的各数中，最大的是哪个数即可．
【解答】解：∵≈1.57，≈1.67，
∴＞，
∴＞＞0＞﹣，
∴所给的各数中，最大的是．
故选：D．
【点评】此题主要考查了有理数大小比较的方法，解答此题的关键是要明确：①正数都大于0；②负数都小于0；③正数大于一切负数；④两个负数，绝对值大的其值反而小．
2．（3分）据中国教育报2023年3月14日公布的数据显示，今年高校毕业生达1158万人，比去年增加80余万人，创历史新高，将数据“80万”用科学记数法表示为（　　）
A．1.158×107 B．11.58×106 C．8×105 D．80×104
【答案】C
【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，据此判断即可．
【解答】解：80万＝800000＝8×105．
故选：C．
【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．
3．（3分）《天净沙•秋思》中的词句意境幽远．如图所示，该图形经过折叠可以围成一个正方体，折好以后，与“小”字相对的字是（　　）

A．流 B．水 C．人 D．家
【答案】D
【分析】根据正方体的表面展开图找相对面的方法：“Z”字两端是对面，即可解答．
【解答】解：根据“Z与形法则，可得与“小”字相对的字是”家，
故选：D．
【点评】本题考查了正方体相对两个面上的文字，熟练掌握根据正方体的表面展开图找相对面的方法是解题的关键．
4．（3分）如图所示，MN∥PQ，将一块三角板ABC如图所示放置（直角顶点C在MN上），若∠MCB＝32°，则∠PDB的度数为（　　）

A．22° B．28° C．32° D．38°
【答案】B
【分析】过点B作BE∥MN，利用平行线的性质即可解答．
【解答】解：过点B作BE∥MN，
∵MN∥PQ，
∴MN∥PQ∥BE，
∴∠MCB＝∠CBE＝32°，∠DBE＝∠BDP，
∵∠ABC＝60°，
∴∠DBE＝60°﹣32°＝∠PDB＝28°，
故选：B．

【点评】此题考查平行线的性质，关键是根据两直线平行，内错角相等解答．
5．（3分）下列计算正确的是（　　）
A．3x2﹣x2＝3 B．2a+3b＝5ab C．x2•x4＝x8 D．（x2）3＝x6
【答案】D
【分析】根据合并同类项的法则，同底数幂的乘法与除法以及幂的乘方的知识求解即可求得答案．
【解答】解：A、3x2﹣x2＝2x2，故A选项不符合题意；
B、2a+3b不能合并，故B选项不符合题意；
C、x2•x4＝x6，故C选项不符合题意；
D、（x2）3＝x6，故D选项符合题意．
故选：D．
【点评】此题考查了合并同类项的法则，同底数幂的乘法与除法以及幂的乘方等知识，解题要注意细心．
6．（3分）关于x的一元二次方程x2﹣kx+2＝0有实数根，则k可能是（　　）
A．﹣3 B．﹣2 C．1 D．
【答案】A
【分析】先根据根的判别式的意义k2≥8，然后分别把k＝﹣3、﹣2、1、代入进行计算，如果满足k2≥8就符合题意．
【解答】解：根据题意得Δ＝（﹣k）2﹣4×2≥0，
即k2≥8，
只有k＝﹣3满足k2≥8，而k＝﹣2、1、都不满足k2≥8．
故选：A．
【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．
7．（3分）某数学兴趣小组准备了4张卡片，正面依次书写“备”“战”“中”“考”，它们除此之外完全相同，把这4张卡片背面朝上洗匀，从中随机抽取两张，则这两张卡片的正面汉字恰能组成“备考”的概率是（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】列表得出所有等可能结果，从中找到符合条件的结果数，再根据概率公式求解即可．
【解答】解：列表如下：

备
战
中
考
备

战备
中备
考备
战
备战

中战
考战
中
备中
战中

考中
考
备考
战考
中考

由表知，共有12种等可能结果，其中这两张卡片的正面汉字恰能组成“备考”的有2种结果，
所以这两张卡片的正面汉字恰能组成“备考”的概率为＝，
故选：A．
【点评】此题考查的是用树状图法求概率．树状图法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，适合两步或两步以上完成的事件；解题时要注意此题是放回试验还是不放回试验．用到的知识点为：概率＝所求情况数与总情况数之比．
8．（3分）如图所示，在△ABC中，BC＝3，AC＝4，∠ACB＝90°，以点B为圆心，BC长为半径画弧，与AB交于点D，再分别以A、D为圆心，大于的长为半径画弧，两弧交于点E、F，作直线EF，分别交AC、AB于点P、Q，则PQ的长度为（　　）

A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据题意得到BC＝BD＝3，直线EF为AD的垂直平分线，根据勾股定理得到AB＝＝5，求得AD＝AB﹣BD＝2，根据三角函数的定义即可得到结论．
【解答】解：由题意得，BC＝BD＝3，直线EF为AD的垂直平分线，
∵BC＝3，AC＝4，∠ACB＝90°，
∴AB＝＝5，
∴AD＝AB﹣BD＝2，
∴AQ＝AD＝1，
∵tanA＝，即，
∴PQ＝，
故选：B．
【点评】本题考查了作图﹣基本作图，线段垂直平分线的性质，解直角三角形，熟练掌握线段垂直平分线的性质是解题的关键．
9．（3分）放射性同位素的半衰期是指一个样本内，其放射性原子衰变至原来数量的一半所需的时间．镭（元素符号Ra）中最稳定的同位素镭﹣226变为氡﹣222的半衰期最长，16mg的镭﹣226衰变规律的函数图象如图所示，则下列判断错误的是（　　）

A．该图象不是反比例函数图象
B．镭的半衰期（质量减半的时间）是1620年
C．16mg镭缩减为1mg所用时间约为6480年
D．1mg的镭经过若干年的衰变能变成0mg
【答案】D
【分析】根据函数的图象得到图象过（0，16）点，于是得到该图象不是反比例函数图象，根据每过1620年镭的质量减少一半，于是得到故B不符合题意；由于16kg的镭缩减为1kg需要四次衰变得到故C不符合题意；1kg的镭经过n年的衰变质量为，于是得到结论．
【解答】解：由图象知，图象过（0，16）点，该图象不是反比例函数图象，故A不符合题意；
每过1620年镭ID质量减少一半，故B不符合题意；
16kg的镭缩减为1kg需要四次衰变，1620×4＝6280（年），故C不符合题意；
1kg的镭经过n年的衰变质量为，故D符合题意．
故选：D．
【点评】本题考查了反比例函数的应用，正确地识别图象是解题的关键．
10．（3分）如图所示，在平面直角坐标系中，△A1A2A3，△A3A4A5，△A5A6A7，⋯都是等边三角形，其边长依次为2，4，6，⋯其中点A1的坐标为（2，0），点A2的坐标为，点A3的坐标为（0，0），点A4的坐标为，…，按此规律排下去，则点A100的坐标为（　　）

A． B． C． D．
【答案】C
【分析】观察所给图形，发现x轴上方的点是4的倍数，确定点A100在x轴上方，分别求出点A4的坐标为（2，2），点A8的坐标为（2，4），……，点A4n的坐标为（2，2n），即可求解．
【解答】解：观察所给图形，发现x轴上方的点是4的倍数，
∵100÷4＝25，
∴点A100在x轴上方，
∵A3A4＝4，
∴A5（4，0），
∵A5A7＝6，
∴A7（﹣2，0），
∵A8A7＝8，
∴点A8的坐标为（2，4），
同理可知，点A4n的坐标为（2，2n），
∴点A100的坐标为（2，50）．
故选：C．
【点评】本题考查点的坐标的变化规律；能够通过所给图形，找到点的坐标规律，利用有理数的运算解题是关键．
二、填空题（每小题3分，共15分）
11．（3分）比较大小：　＞　2（填“＞”或“＜”或“＝”）
【答案】见试题解答内容
【分析】根据2＝＜即可得出答案．
【解答】解：∵2＝＜，
∴＞2，
故答案为：＞．
【点评】本题考查了实数的大小比较，关键是得出2＝＜，题目比较基础，难度适中．
12．（3分）不等式组的解集是 　﹣1＜x≤1　．
【答案】﹣1＜x≤1．
【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：由2x≤x+1得：x≤1，
由3x+1＞﹣2得：x＞﹣1，
则不等式组的解集为﹣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，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．
13．（3分）甲、乙两名学生5次立定跳远成绩的平均数相同，若甲5次立定跳远成绩的方差为＝0.48，乙5次立定跳远成绩的方差为，则甲、乙两名学生5次立定跳远成绩比较稳定的是 　甲　.（选填“甲”或“乙”）
【答案】甲．
【分析】根据方差的意义可直接求解．
【解答】解：∵甲、乙两名学生5次立定跳远成绩的平均数相同，甲5次立定跳远成绩的方差为＝0.48，乙5次立定跳远成绩的方差为，
∴＜，
∴甲、乙两名学生5次立定跳远成绩比较稳定的是甲，
故答案为：甲．
【点评】此题主要考查了方差，关键是掌握方差是用来衡量一组数据波动大小的量，方差越大，表明这组数据偏离平均数越大，即波动越大，数据越不稳定；反之，方差越小，表明这组数据分布比较集中，各数据偏离平均数越小，即波动越小，数据越稳定．
14．（3分）如图所示，扇形OAB中∠AOB＝120°，OB＝2，点C为的中点，点D为AO的中点，连接AB、CD交于点P，则阴影部分图形的面积是 　π﹣　（结果保留π）．

【答案】π﹣．
【分析】利用垂径定理已经等边三角形的性质得到OQ＝CQ＝1，QB＝＝，解直角三角形求得PQ＝CQ•tan30°＝，然后根据S阴影＝S扇形BOC﹣S△BOQ+S△PQC求得即可．
【解答】
解：连接AC，OC交AB于点Q，
∵点C为的中点，
∴AB⊥OC，
∵∠AOB＝120°，OB＝2，
∴∠BOC＝∠AOC＝60°，
∵OA＝OC，
∴△AOC是等边三角形
∴OQ＝CQ＝1，QB＝＝，
∵点D为AO的中点，
∴CD⊥AO，
∴∠OCD＝30°，
∴PQ＝CQ•tan30°＝，
∴S扇形BOC＝＝π，S△BOQ＝×＝，S△PQC＝＝，
∴S阴影＝π﹣+＝π﹣．
故答案为：π﹣．

【点评】本题主要考查了扇形面积的计算，熟练掌握扇形面积的计算及应用求不规则图形面积的方法进行求解是解决本题的关键．
15．（3分）如图所示，在Rt△ABC中∠ACB＝90°，AC＝3，∠A＝30°，点P、Q分别为BC、BA上两点，且BP＝BQ＝2，将CP绕点C在平面内旋转，连接PB、PQ．当∠BQP＝60°时，BP的长为 　2或　．

【答案】2或．
【分析】证明△BPQ是等边三角形，推出∠BPQ＝60°，得到点P′在以点C圆心，CP为半径的圆上，当∠BQP＝60°时，存在两种情况，据此求解即可．
【解答】解：∵∠ACB＝90°，AC＝3，∠B＝30°，
∴∠ABC＝60°，
∴BC＝AC•tan30°＝3×＝3，
∵BP＝BQ＝2，
∴PC＝BC﹣PB＝3﹣2＝1，
∵将CP绕点C在平面内旋转，点P的对应点为点P′，
∴点P′在以点C圆心，CP为半径的圆上，
当∠BQP＝60°时，存在两种情况，
当点P在线段BC上时，BP＝2；
当点P与QP延长线上时，连接BP′，如图，

过点B作BH⊥PQ于点H，则PH＝QH＝1，BH＝，
∴HP′＝PP′+PH＝2，
∴BP′＝＝＝，
综上，PB的长为2或．
故答案为：2或．
【点评】本题考查了旋转变换，勾股定理，等边三角形的判定和性质，分两种情况进行讨论是解题的关键．
三、解答题（本大题共8个小题，满分75分）
16．（10分）（1）计算：；
（2）化简：．
【答案】（1）；
（2）．
【分析】（1）直接利用二次根式的性质以及零指数幂的性质、绝对值的性质分别化简，进而得出答案；
（2）将括号里面通分运算，再利用分式的混合运算法则计算得出答案．
【解答】解：（1）原式＝2﹣1﹣（﹣1）
＝2﹣1﹣+1
＝；

（2）原式＝÷
＝•
＝
＝．
【点评】此题主要考查了分式的混合运算，正确掌握相关运算法则是解题关键．
17．（9分）2022年，教育部正式印发《义务教育课程方案》，将劳动从原来的综合实践活动课程中完全独立出来，并发布《义务教育劳动课程标准（2022年版）》，文中对家务劳动的时间做了细致要求．某校为了了解本校学生“上周内做家务劳动所用的时间”（简称“劳动时间”）情况，在本校随机调查了25名学生的“劳动时间”，并进行统计，绘制了如下统计表：
组别
“劳动时间”t/分钟
频数
A
t＜60
2
B
60≤t＜90
4
C
90≤t＜120
10
D
t≥120
9
根据上述信息，回答下列问题：
（1）此次调查属于 　抽样　调查，样本容量为 　25　，个体为 　个体为每名学生的劳动　；
（2）这25名学生的“劳动时间”的中位数落在 　C　组；若要绘制扇形图，C组学生所对圆心角的度数为 　144°　；
（3）若该校有1400名学生，请估计在该校学生中，“劳动时间”不少于90分钟的人数．
【答案】（1）抽样；25；个体为每名学生的劳动；
（2）C；144°；
（3）1064人．
【分析】（1）根据抽样调查及其相关定义判断即可；
（2）根据中位数的定义解答即可；用360°乘C组所占比例可得答案；
（3）用1400乘样本中“劳动时间”不少于90分钟的人数所占比例即可．
【解答】解：（1）此次调查属于抽样调查，样本容量为25，个体为每名学生的劳动时间；
故答案为：抽样；25；个体为每名学生的劳动；
（2）把25名学生的“劳动时间”从小到大排列，第13个数位于C组，
所以这25名学生的“劳动时间”的中位数落在C组；
若要绘制扇形图，C组学生所对圆心角的度数为360°×＝144°．
故答案为：C；144°；
（3）400×（人），
答：估计在该校学生中，“劳动时间”不少于90分钟的人数大约为1064人．
【点评】本题考查了频数（率）分布表．从频数（率）分布表中得到必要的信息是解决问题的关键．用到的知识点为：总体数目＝部分数目÷相应百分比．
18．（9分）如图所示，一次函数与反比例函数的图象在第一象限交于点P，且点P的横坐标为2．
（1）求反比例函数的解析式；
（2）在第一象限内是否存在点Q，使得以B、O、P、Q为顶点的四边形为平行四边形，若存在，请求出点Q坐标，若不存在，请说明理由．

【答案】（1）y＝（x＞0）；
（2）Q（2，3）或（2，9）．
【分析】（1）根据题意和待定系数法得出反比例函数的解析式即可；
（2）根据平行四边形的性质和坐标特点解答即可．
【解答】（1）解：∵y＝x+3与y＝（x＞0）的图象在第一象限交于点P，且点P的横坐标为2，
∴当x＝2时，y＝，
∴P（2，6），
∴6＝，
∴k＝12，
∴反比例函数的解析式为y＝（x＞0）；
（2）解：存在，理由如下：
在y＝x+3中，当x＝0时，y＝3，
∴B（0，3），
∴OB＝3，
当以B，O，P，Q为顶点的四边形为平行四边形时，分两种情况：
①当BP为平行四边形的边时，
∵点Q在第一象限，
∴BO∥PQ，BO＝PQ，
∵点P的坐标为（2，6），且OB＝3，
∴点Q在点P的下方，
∴点Q坐标为（2，3）；
②当BP为平行四边形的对角线时，点Q'在点P的上方，可得点Q'的坐标为（2，9），
∴Q（2，3）或（2，9）．

【点评】此题是反比例函数的综合题，考查反比例函数的解析式和性质以及平行四边形的性质，关键是根据待定系数法得出解析式解答．
19．（9分）大汉雄风（图2）坐落于河南省永城市芒砀山主峰，是为纪念刘邦在芒砀山斩蛇起义创建四百年大汉王朝而建，是亚洲最大的历史人物雕像，外为塑铜焊接，内是钢架结构，雄浑庄重．如图1所示，小敏在数学实践活动中，利用所学知识对刘邦雕像AB的高度进行测量，她在与雕像底部平齐的水平线上放置一无人机，且无人机所在的位置D与B的距离为18m，将无人机从D点垂直上升到C处，测得点A的仰角为33°，测得点B的俯角为45°，求刘邦雕像AB的高度．（结果保留整数．参考数据：sin33°≈0.55，cos33°≈0.84，tan33°≈0.65）

【答案】30m．
【分析】过点C作CE⊥AB于点E，再结合∠ACE的正切计算即可．
【解答】解：如图所示，点C作CE⊥AB于点E，

由题意得，BD＝CE＝18m，∠BCE＝45°，∠ACE＝33°，
∴BE＝CE＝18m，
在Rt△ACE中，∠ACE＝33°，CE＝18m，
∴AE＝CE•tan∠ACE＝18×tan33°≈18×0.65≈11.7（m），
∴AB＝AE+BE＝18+11.7＝29.7≈30（m）．
答：刘邦雕像AB的高度约为30m．
【点评】本题考查解直角三角形的应用﹣仰角俯角问题及坡度坡角问题，熟练掌握锐角三角函数的定义是解答本题的关键．
20．（9分）已知一个零刻度落在点A的量角器（半圆O）的直径为AB，一等腰直角三角板绕点B旋转．
（1）如图1所示，当等腰直角三角板的斜边交半圆于C点，一直边交半圆于D点，另一直边交半圆于E点，若点C在量角器上的读数为25°，求此时点E在量角器上的读数；
（2）如图2所示，当点C、D在量角器上的读数α、β满足什么关系时，直角边与半圆O相切于点D？请说明理由．

【答案】（1）115°；
（2）β﹣45°＝．
【分析】（1）如图1，连接OD，OE，根据题意得到∠AOC＝25°，求得∠COE＝90°，于是得到∠AOE＝∠AOC+∠COE＝25°+90°＝115°；
（2）如图2，连接OC，OD，根据切线的性质得到∠PDO＝90°，根据平行线的性质得到∠AOD＝∠ABP＝β，于是得到结论．
【解答】解：（1）如图1，连接OC，OE，∵点C在量角器上的读数为25°，
∴∠AOC＝25°，
∵∠CBE＝45°，
∴∠COE＝90°，
∴∠AOE＝∠AOC+∠COE＝25°+90°＝115°；
（2）β﹣45°＝．理由：如图2，连接OC，OD，
∵直角边与半圆O相切于点D，
∴∠PDO＝90°，
∴∠PDO+∠P＝180°，
∴DO∥PB，
∴∠AOD＝∠ABP＝β，
∵，∠ABC＝∠ABP﹣∠PBC＝β﹣45°，
∴．

【点评】本题考查了切线的判定，圆周角定理，等腰直角三角形的性质，正确地作出辅助线是解题的关键．
21．（9分）某校体育社团由于报名人数激增，决定从某体育用品店购买若干足球和篮球，用于日常训练，已知每个篮球的价格比每个足球的价格多30元，用900元购买足球的数量是用720元购买篮球数量的2倍．
（1）求篮球和足球的单价各是多少？
（2）根据学生报名情况，社团需一次性购买篮球和足球共80个，且要求购买足球数量不超过篮球数量的，请你设计一个购买方案使得购买费用最少，最少费用为多少元？
【答案】（1）篮球的单价是80元，足球的单价是50元；
（2）社团购买60个篮球，20个足球费用最少，最少费用为5800元．
【分析】（1）设足球的单价是x元，则篮球的单价是（x+30）元，根据用900元购买足球的数量是用720元购买篮球数量的2倍列出方程，解方程即可；
（2）设学校可以购买m个篮球，则可以购买（100﹣m）个足球，购买费用为w元，根据总费用＝购买篮球和足球费用的和列出函数解析式，再根据购买足球数量不超过篮球数量的，求出m的取值范围，再根据函数的性质求最值．
【解答】解：（1）设足球的单价是x元，则篮球的单价是（x+30）元，
根据题意，得＝×2，
解得x＝50，
经检验，x＝50是原方程的解，且符合题意，
∴x+30＝80．
答：篮球的单价是80元，足球的单价是50元；
（2）设学校购买m个篮球，则购买足球（ 80﹣m）个，购买费用为w元，
则w＝80m+50（ 80﹣m）＝30m+4000，
∵购买足球数量不超过篮球数量的，
∴80﹣m≤m，
解得m≥60，
∵k＝30＞0，
∴当m＝60时，w有最小值，最小值为5800元，
此时80﹣m＝20，
答：社团购买60个篮球，20个足球费用最少，最少费用为5800元．
【点评】本题考查了一次函数的应用，分式方程的应用以及一元一次不等式的应用，解题的关键是：（1）找准等量关系，正确列出分式方程；（2）根据各数量之间的关系，正确列出函数解析式．
22．（10分）已知二次函数y＝x2+bx+c的图象与x轴交于点A、B（4，0）（点A在点B的左侧）两点，与y轴交于点C（0，﹣4）．点P是直线BC上的一动点．
（1）求该二次函数的解析式；
（2）过点P作PQ∥y轴，交抛物线于点Q，设PQ的长度为h，点P的横坐标为xp，若h值随xp的增大而增大，请确定P的横坐标xp的取值范围．

【答案】（1）y＝x2﹣3x﹣4；
（2）0≤xp≤2或xp≥4．
【分析】（1）利用待定系数法求二次函数解析式；
（2）先求出直线BC的解析式为y＝x﹣4，设P（xp，﹣3xp﹣4），则Q（xp，xp﹣4），讨论：当0≤xp≤4时，h＝xp﹣4﹣（﹣3xp﹣4）＝﹣（xp﹣2）2+4，根据二次函数的性质得当0≤xp≤2时，h值随xp的增大而增大；当xp≤0或xp≥4时，h＝（﹣3xp﹣4）﹣（xp﹣4）＝（xp﹣2）2﹣4，解方程（xp﹣2）2﹣4＝0得xp＝﹣2或xp＝4，则xp≤﹣2或xp≥4，h≥0，而根据二次函数的性质，当xp≥2时，h值随xp的增大而增大，所以xp≥4，然后综合两种情况得到P的横坐标xp的取值范围．
【解答】解：（1）把B（4，0），C（0，﹣4）分别代入y＝x2+bx+c得，
解得，
∴二次函数解析式为y＝x2﹣3x﹣4；
（2）设直线BC的解析式为y＝mx+n，
把B（4，0），C（0，﹣4）分别代入得，
解得，
∴直线BC的解析式为y＝x﹣4，
设P（xp，﹣3xp﹣4），则Q（xp，xp﹣4），
当0≤xp≤4时，h＝xp﹣4﹣（﹣3xp﹣4）＝﹣+4xp＝﹣（xp﹣2）2+4，
∵﹣1＜0，
∴当0≤xp≤2时，h值随xp的增大而增大；
当xp≤0或xp≥4时，h＝（﹣3xp﹣4）﹣（xp﹣4）＝﹣4xp＝（xp﹣2）2﹣4，
当h＝0时，（xp﹣2）2﹣4＝0，
解得xp＝﹣2或xp＝4，
∴xp≤﹣2或xp≥4，
∵1＞0，
∴当xp≥2时，h值随xp的增大而增大，
∴xp≥4，
综上所述，P的横坐标xp的取值范围为0≤xp≤2或xp≥4．

【点评】本题考查了抛物线与x轴的交点：把求二次函数y＝ax2+bx+c（a，b，c是常数，a≠0）与x轴的交点坐标问题转化为解关于x的一元二次方程．也考查了待定系数法求抛物线解析式和二次函数的性质．
23．（10分）【问题发现】如图1所示，将△ABC绕点A逆时针旋转90°得△ADE，连接CE、DB，根据条件填空：
①∠ACE的度数为 　45　°；②若CE＝2，则CA的值为 　　；
【类比探究】如图2所示，在正方形ABCD中，点E在边BC上，点F在边CD上，且满足∠EAF＝45°，BE＝1，DF＝2，求正方形ABCD的边长；
【拓展延伸】如图3所示，在四边形ABCD中，CD＝CB，∠BAD+∠BCD＝90°，AC、BD为对角线，且满足AC＝CD，若AD＝3，AB＝4，请直接写出BD的值．

【答案】【问题发现】①45；
②；
【类比探究】；
【拓展延伸】．
【分析】【问题发现】①根据旋转的性质和等腰直角三角形的性质解答即可；
②根据等腰直角三角形的性质得出AC即可；
【类比探究】将△ABE绕A逆时针旋转90°得△ADG，根据旋转的性质和SAS证明△GAF≌△EAF，进而利用全等三角形的性质和正方形的性质解答即可；
【拓展延伸】将△ADC绕C逆时针旋转至△ABE，连接AE，根据旋转的性质和相似三角形的判定和性质解答即可．
【解答】【问题发现】解：①将△ABC绕点A逆时针旋转90°得△ADE，
∴∠DAB＝∠CAE＝90°，CA＝EA，
∴∠ACE＝45°，
故答案为：45；
②∵△CAE是等腰直角三角形，∠ACE＝45°，
∴AC＝CE•cos45°＝2×＝，
故答案为：；
【类比探究】解：将△ABE绕A逆时针旋转90°得△ADG，如图所示：

∵△ABE绕A逆时针旋转90°得△ADG，
∴∠BAE＝∠DAG，AE＝AG，BE＝DG＝1，∠ABE＝∠ADG＝90°，
∵∠ADC+∠ADG＝180°，
∴G、D、C共线，
∵∠EAF＝45°，
∴∠BAE+∠DAF＝∠DAG+∠DAF＝45°＝∠EAF，
即∠FAG＝∠EAF，
在△GAF与△EAF中，
，
∴△GAF≌△EAF（SAS），
∴EF＝GF，
∵GF＝GD+DF＝1+2＝3，
∴EF＝3，
设正方形ABCD边长为x，则CE＝x﹣1，CF＝x﹣2，
在Rt△CEF中，CE2+CF2＝EF2，
∴（x﹣1）2+（x﹣2）2＝32，
解得：x＝或x＝（舍去），
∴正方形ABCD的边长为；
【拓展延伸】解：将△ADC绕C逆时针旋转至△ABE，连接AE，如图所示：
∴AD＝BE，CA＝CE，∠ACD＝∠ECB，∠ADC＝∠EBC，
∵CD＝CB，
∴∠BCD＝∠ACE，，
∴△DCB∽△ACE，
∴，
∵∠BAD+∠BCD＝90°，
∴∠ABC+∠ADC＝270°，
∵∠ADC＝∠EBC，
∴∠ABC+∠EBC＝270°，
∴∠ABE＝90°，

∴AE＝，
∴BD＝．
【点评】此题是四边形综合题，考查正方形的性质、全等三角形的判定和性质以及相似三角形的判定和性质，关键是根据SAS证明三角形全等，以及利用相似三角形的判定和性质解答．