2024年重庆市中考数学试卷（A卷）（含解析）

这是一份2024年重庆市中考数学试卷（A卷）（含解析），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。

1.下列四个数中，最小的数是( )
A. −2B. 0C. 3D. −12
2.下列四种化学仪器的示意图中，是轴对称图形的是( )
A. B. C. D.
3.已知点(−3,2)在反比例函数y=kx(k≠0)的图象上，则k的值为( )
A. −3B. 3C. −6D. 6
4.如图，AB/​/CD，∠1=65°，则∠2的度数是( )
A. 105°
B. 115°
C. 125°
D. 135°
5.若两个相似三角形的相似比是1：3，则这两个相似三角形的面积比是( )
A. 1：3B. 1：4C. 1：6D. 1：9
6.烷烃是一类由碳、氢元素组成的有机化合物质，如图是这类物质前四种化合物的分子结构模型图，其中灰球代表碳原子，白球代表氢原子.第1种如图①有4个氢原子，第2种如图②有6个氢原子，第3种如图③有8个氢原子，……按照这一规律，第10种化合物的分子结构模型中氢原子的个数是( )
A. 20B. 22C. 24D. 26
7.已知m= 27− 3，则实数m的范围是( )
A. 28.如图，在矩形ABCD中，分别以点A和C为圆心，AD长为半径画弧，两弧有且仅有一个公共点.若AD=4，则图中阴影部分的面积为( )
A. 32−8π
B. 16 3−4π
C. 32−4π
D. 16 3−8π
9.如图，在正方形ABCD的边CD上有一点E，连接AE，把AE绕点E逆时针旋转90°，得到FE，连接CF并延长与AB的延长线交于点G.则FGCE的值为( )
A. 2
B. 3
C. 3 22
D. 3 32
10.已知整式M：anxn+an−1xn−1+⋯+a1x+a0，其中n，an−1，…，a0为自然数，an为正整数，且n+an+an−1+⋯+a1+a0=5.下列说法：
①满足条件的整式M中有5个单项式；
②不存在任何一个n，使得满足条件的整式M有且仅有3个；
③满足条件的整式M共有16个．
其中正确的个数是( )
A. 0B. 1C. 2D. 3
二、填空题：本题共8小题，每小题4分，共32分。
11.计算：(π−3)0+(12)−1=______．
12.如果一个多边形的每一个外角都是40°，那么这个多边形的边数为______．
13.重庆是一座魔幻都市，有着丰富的旅游资源.甲、乙两人相约来到重庆旅游，两人分别从A，B，C三个景点中随机选择一个景点游览，甲、乙两人同时选择景点B的概率为______．
14.随着经济复苏，某公司近两年的总收入逐年递增.该公司2021年缴税40万元，2023年缴税48.4万元.该公司这两年缴税的年平均增长率是______．
15.如图，在△ABC中，延长AC至点D，使CD=CA，过点D作DE/​/CB，且DE=DC，连接AE交BC于点F.若∠CAB=∠CFA，CF=1，则BF= ______．
16.若关于x的不等式组4x−1317.如图，以AB为直径的⊙O与AC相切于点A，以AC为边作平行四边形ACDE，点D，E均在⊙O上，DE与AB交于点F，连接CE，与⊙O交于点G，连接DG.若AB=10，DE=8，则AF= ______，DG= ______．
18.我们规定：若一个正整数A能写成m2−n，其中m与n都是两位数，且m与n的十位数字相同，个位数字之和为8，则称A为“方减数”，并把A分解成m2−n的过程，称为“方减分解”.例如：因为602=252−23，25与23的十位数字相同，个位数字5与3的和为8，所以602是“方减数”，602分解成602=252−23的过程就是“方减分解”.按照这个规定，最小的“方减数”是______.把一个“方减数”A进行“方减分解”，即A=m2−n，将m放在n的左边组成一个新的四位数B，若B除以19余数为1，且2m+n=k2(k为整数)，则满足条件的正整数A为______．
三、解答题：本题共8小题，共78分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
19.(本小题8分)
计算：
(1)x(x−2y)+(x+y)2；
(2)(1+1a)÷a2−1a2+a．
20.(本小题10分)
为了解学生的安全知识掌握情况，某校举办了安全知识竞赛.现从七、八年级的学生中各随机抽取20名学生的竞赛成绩(百分制)进行收集、整理、描述、分析.所有学生的成绩均高于60分(成绩得分用x表示，共分成四组：A.6066，67，68，68，75，83，84，86，86，86，
86，87，87，89，95，95，96，98，98，100．
八年级20名学生的竞赛成绩在C组的数据是：81，82，84，87，88，89．
七、八年级所抽学生的竞赛成绩统计表
根据以上信息，解答下列问题：
(1)上述图表中a= ______，b= ______，m= ______；
(2)根据以上数据分析，你认为该校七、八年级中哪个年级学生的安全知识竞赛成绩较好？请说明理由(写出一条理由即可)；
(3)该校七年级有400名学生、八年级有500名学生参加了此次安全知识竞赛，估计该校七、八年级参加此次安全知识竞赛成绩优秀(x>90)的学生人数是多少？
21.(本小题10分)
在学习了矩形与菱形的相关知识后，智慧小组进行了更深入的研究，他们发现，过矩形的一条对角线的中点作这条对角线的垂线，与矩形两边相交的两点和这条对角线的两个端点构成的四边形是菱形，可利用证明三角形全等得到此结论.根据他们的想法与思路，完成以下作图和填空：
(1)如图，在矩形ABCD中，点O是对角线AC的中点.用尺规过点O作AC的垂线，分别交AB，CD于点E，F，连接AF，CE(不写作法，保留作图痕迹)．
(2)已知：矩形ABCD，点E，F分别在AB，CD上，EF经过对角线AC的中点O，且EF⊥AC.求证：四边形AECF是菱形．
证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴AB/​/CD．
∴① ______，∠FCO=∠EAO．
∵点O是AC的中点，
∴② ______．
∴△CFO≌△AEO(AAS)．
∴③ ______．
又∵OA=OC，
∴四边形AECF是平行四边形．
∵EF⊥AC，
∴四边形AECF是菱形．
进一步思考，如果四边形ABCD是平行四边形呢？请你模仿题中表述，写出你猜想的结论：④ ______．
22.(本小题10分)
为促进新质生产力的发展，某企业决定投入一笔资金对现有甲、乙两类共30条生产线的设备进行更新换代．
(1)为鼓励企业进行生产线的设备更新，某市出台了相应的补贴政策.根据相关政策，更新1条甲类生产线的设备可获得3万元的补贴，更新1条乙类生产线的设备可获得2万元的补贴.这样更新完这30条生产线的设备，该企业可获得70万元的补贴.该企业甲、乙两类生产线各有多少条？
(2)经测算，购买更新1条甲类生产线的设备比购买更新1条乙类生产线的设备需多投入5万元，用200万元购买更新甲类生产线的设备数量和用180万元购买更新乙类生产线的设备数量相同，那么该企业在获得70万元的补贴后，还需投入多少资金更新生产线的设备？
23.(本小题10分)
如图1，在△ABC中，AB=6，BC=8，点P为AB上一点，AP=x，过点P作PQ/​/BC交AC于点Q.点P，Q的距离为y1，△ABC的周长与△APQ的周长之比为y2．
(1)请直接写出y1，y2分别关于x的函数表达式，并注明自变量x的取值范围；
(2)在给定的平面直角坐标系中，画出函数y1，y2的图象，并分别写出函数y1，y2的一条性质；
(3)结合函数图象，请直接写出y1>y2时x的取值范围(近似值保留小数点后一位，误差不超过0.2)．
24.(本小题10分)
如图，甲、乙两艘货轮同时从A港出发，分别向B，D两港运送物资，最后到达A港正东方向的C港装运新的物资.甲货轮沿A港的东南方向航行40海里后到达B港，再沿北偏东60°方向航行一定距离到达C港.乙货轮沿A港的北偏东60°方向航行一定距离到达D港，再沿南偏东30°方向航行一定距离到达C港．
(参考数据： 2≈1.41， 3≈1.73， 6≈2.45)
(1)求A，C两港之间的距离(结果保留小数点后一位)；
(2)若甲、乙两艘货轮的速度相同(停靠B，D两港的时间相同)，哪艘货轮先到达C港？请通过计算说明．
25.(本小题10分)
如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=ax2+bx+4(a≠0)经过点(−1,6)，与y轴交于点C，与x轴交于A，B两点(A在B的左侧)，连接AC，BC，tan∠CBA=4．
(1)求抛物线的表达式；
(2)点P是射线CA上方抛物线上的一动点，过点P作PE⊥x轴，垂足为E，交AC于点D.点M是线段DE上一动点，MN⊥y轴，垂足为N，点F为线段BC的中点，连接AM，NF.当线段PD长度取得最大值时，求AM+MN+NF的最小值；
(3)将该抛物线沿射线CA方向平移，使得新抛物线经过(2)中线段PD长度取得最大值时的点D，且与直线AC相交于另一点K.点Q为新抛物线上的一个动点，当∠QDK=∠ACB时，直接写出所有符合条件的点Q的坐标．
26.(本小题10分)
在△ABC中，AB=AC，点D是BC边上一点(点D不与端点重合).点D关于直线AB的对称点为点E，连接AD，DE.在直线AD上取一点F，使∠EFD=∠BAC，直线EF与直线AC交于点G．
(1)如图1，若∠BAC=60°，BD(2)如图1，若∠BAC=60°，BD(3)如图2，若∠BAC=90°，点D从点B移动到点C的过程中，连接AE，当△AEG为等腰三角形时，请直接写出此时CGAG的值．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：∵−2<−12<0<3，
∴最小的数是：−2．
故选：A．
利用有理数大小的比较方法：1、在数轴上表示的两个数，右边的总比左边的数大．2、正数都大于零，负数都小于零，正数大于负数．3、两个正数比较大小，绝对值大的数大；两个负数比较大小，绝对值大的数反而小．按照从小到大的顺序排列找出结论即可．
本题考查了有理数的大小比较，掌握正数都大于零，负数都小于零，正数大于负数，两个正数比较大小，绝对值大的数大，两个负数比较大小，绝对值大的数反而小是本题的关键．
2.【答案】C
【解析】解：A、示意图不是轴对称图形，不符合题意；
B、示意图不是轴对称图形，不符合题意；
C、示意图是轴对称图形，符合题意；
D、示意图不是轴对称图形，不符合题意；
故选：C．
根据轴对称图形的概念判断即可．
本题考查的是轴对称图形的概念，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.【答案】C
【解析】解：∵点(−3,2)在反比例函数y=kx(k≠0)的图象上，
∴k=−3×2=−6．
故选：C．
根据反比例函数图象上点的坐标特征解答即可．
本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征，反比例函数图象上点的纵横坐标之积是定值k是解答本题的关键．
4.【答案】B
【解析】解：∵AB/​/CD，
∴∠3=∠1=65°，
∴∠2=180°−∠3=115°．
故选：B．
由平行线的性质推出∠3=∠1=65°，由邻补角的性质得到∠2=180°−∠3=115°
本题考查平行线的性质，关键是由平行线的性质推出∠3=∠1=65°．
5.【答案】D
【解析】解：∵两个相似三角形的相似比是1：3，
∴这两个相似三角形的面积比是12：32=1：9．
故选：D．
由相似三角形面积的比等于相似比的平方，即可得到答案．
本题考查相似三角形的性质，关键是掌握相似三角形面积的比等于相似比的平方．
6.【答案】B
【解析】解：由所给图形可知，
第1种化合物的分子结构模型中氢原子的个数为：4=1×2+2；
第2种化合物的分子结构模型中氢原子的个数为：6=2×2+2；
第3种化合物的分子结构模型中氢原子的个数为：8=3×2+2；
第4种化合物的分子结构模型中氢原子的个数为：10=4×2+2；
…，
所以第n种化合物的分子结构模型中氢原子的个数为(2n+2)个，
当n=10时，
2n+2=22(个)，
即第10种化合物的分子结构模型中氢原子的个数为22个．
故选：B．
根据所给图形，依次求出模型中氢原子的个数，发现规律即可解决问题．
本题考查图形变化的规律，能根据所给图形发现氢原子的个数依次增加2是解题的关键．
7.【答案】B
【解析】解：m= 27− 3=3 3− 3=2 3= 12，
∵ 9< 12< 16，
∴3< 12<4，
即实数m的范围是3故选：B．
先化简m的值，再运用算术平方根知识进行估算、求解．
此题考查了对无理数大小的估算能力，关键是能准确理解并运用算术平方根知识．
8.【答案】D
【解析】解：连接AC．
∵两弧有且仅有一个公共点，AD=4，
∴AC=2AD=8，
∴在Rt△ADC中，CD= AC2−AD2= 82−42=4 3，
∴S矩形ABCD=AD⋅CD=16 3，
∵两个扇形均为14圆，而且它们的半径相等，
∴两个扇形为12圆，面积之和为S两个扇形=12πAD2=8π，
∴S阴影=S矩形ABCD−S两个扇形=16 3−8π．
故选：D．
连接AC，在Rt△ADC中利用勾股定理求出AC的长，根据矩形的面积公式求出矩形ABCD的面积，两个扇形为12圆，根据扇形面积公式求出两个扇形面积之和，根据S阴影=S矩形ABCD−S两个扇形计算阴影部分的面积即可．
本题考查扇形面积的计算，掌握勾股定理、矩形、扇形和圆的面积公式是解题的关键．
9.【答案】A
【解析】解：过点F作FH⊥DC交DC延长线于点H，
∴∠H=90°
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠D=90°，AD=DC，
∵AE绕点E逆时针旋转90°，得到FE，
∴AE=FE，∠AEF=90°，
∵∠DAE+∠AED=90°，∠HEF+∠AED=90°，
∴∠DAE=∠HEF，
在△ADE和△EHF中，
∠D=∠H∠DAE=∠HEFAE=EF，
∴△ADE≌△EHF(AAS)，
∴AD=EH，DE=HF，
∴EH=DC，
∴DE=CH=HF，
∴∠HCF=45°，
∴∠G=45°，
设CH=HF=DE=x，正方形边长为y，
则CE=y−x，CF= 2x，CG= 2y，
∴FG=CG−CF= 2y− 2x，
∴FGCE= 2，
故选：A．
过点F作FH⊥DC交DC延长线于点H，证明△ADE和△EHF全等，得到∠FCH=45°，再根据等腰直角三角形三边关系，求出比值．
本题考查了全等三角形的性质与判定，旋转的性质，正方形的性质，掌握全等三角形的性质与判定方法是解题的关键．
10.【答案】D
【解析】解：∵n，an−1，…，a0为自然数，an为正整数，且n+an+an−1+⋯+a1+a0=5，
∴0≤n≤4，
当n=4时，则4+a4+a3+a2+a1+a0=5，
∴a4=1，a3=a2=a1=a0=0，
满足条件的整式有x4，
当n=3时，则3+a3+a2+a1+a0=5，
∴(a3,a2,a1,a0)=(2,0,0,0)，(1,1,0,0)，(1,0,1,0)，(1,0,0,1)，
满足条件的整式有：2x3，x3+x2，x3+x，x3+1，
当n=2时，则2+a2+a1+a0=5，
∴(a2,a1,a0)=(3,0,0)，(2,1,0)，(2,0,1)，(1,2,0)，(1,0,2)，(1,1,1)，
满足条件的整式有：3x2，2x2+x，2x2+1，x2+2x，x2+2，x2+x+1；
当n=1时，则1+a1+a0=5，
∴(a1,a0)=(4,0)，(3,1)，(1,3)，(2,2)，
满足条件的整式有：4x，3x+1，x+3，2x+2；
当n=0时，0+a0=5，
满足条件的整式有：5；
∴满足条件的单项式有：x4，2x3，3x2，4x，5，故①符合题意；
不存在任何一个n，使得满足条件的整式M有且只有3个，故②符合题意；
满足条件的整式M共有1+4+6+4+1=16个，故③符合题意；
故选：D．
根据题意，对n进行分类讨论即可．
本题考查的是整式的规律探究，单项式，分类讨论思想的应用，由条件可得0≤n≤4，再分类讨论得到答案即可．
11.【答案】3
【解析】【分析】
本题主要考查零指数幂和负整数指数幂，解题的关键是掌握a−p=1ap(a≠0,p为正整数)及a0=1(a≠0)．
根据零指数幂和负整数指数幂计算可得．
【解答】
解：原式=1+2=3，
故答案为：3．
12.【答案】9
【解析】解：∵360°40∘=9，
∴这个多边形的边数为9，
故答案为：9．
根据外角和为360°，得出多边形的边数．
本题考查了多边形的外角和定理，理解外角的个数与正多边形的边数之间的关系是解题的关键．
13.【答案】19
【解析】解：画树状图如下：
共有9种等可能的结果，其中甲、乙两人乙两人同时选择景点B：BB共1种，
∴甲、乙两人同时选择景点B的概率为19．
故答案为：19．
画树状图得出所有等可能的结果数以及甲、乙两人同时选择景点B的结果数，再利用概率公式可得出答案．
本题考查列表法与树状图法、概率公式，熟练掌握列表法与树状图法以及概率公式是解答本题的关键．
14.【答案】10%
【解析】解：设该公司这两年缴税的年平均增长率是x，
根据题意得：40(1+x)2=48.4，
解得：x1=0.1=10%，x2=−2.1(不符合题意，舍去)，
∴该公司这两年缴税的年平均增长率是10%．
故答案为：10%．
设该公司这两年缴税的年平均增长率是x，利用该公司2023年缴税金额=该公司2021年缴税金额×(1+该公司这两年缴税的年平均增长率)2，可列出关于x的一元二次方程，解之取其符合题意的值，即可得出结论．
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．
15.【答案】3
【解析】解：∵CD=CA，DE/​/CB，
∴AF=EF，
∴CF是△ADE的中位线，
∴DE=2CF=2，
∵DE=DC，
∴AC=2CF=2，
∵∠CAB=∠CFA，∠ACF=∠ACB，
∴△CAF∽△CBA，
∴AC：BC=CF：AC，
∴2：BC=1：2，
∴BC=4，
∴BF=BC−FC=3．
故答案为：3．
由平行线的等分线段定理推出AF=EF，由三角形中位线定理推出DE=2CF=2，得到AC=2CF=2，由△CAF∽△CBA，推出AC：BC=CF：AC，求出BC=4，即可得到BF的长．
本题考查相似三角形的判定和性质，三角形中位线定理，平行线等分线段定理，关键是由三角形中位线定理得到AC=2CF=2，由△CAF∽△CBA，推出AC：BC=CF：AC．
16.【答案】16
【解析】解：4x−13解不等式①，得x<4，
解不等式②，得x≥a−23，
∴该不等式组的解集为a−23≤x<4，
∵该不等式组至少有2个整数解，
∴a−23≤2，
解得a≤8；
解分式方程a−1y−1=2−31−y得，
y=a−22，
由题意得，当a=8时，y=8−22=3；
当a=6时，y=6−22=2；
当a=4时，y=4−22=1(不合题意，舍去)；
当a=2时，y=2−22=0，
∴所有满足条件的整数a的值为8、6和2，
∵8+6+2=16，
∴所有满足条件的整数a的值之和为16，
故答案为：16．
先通过解一元一次不等式组和分式方程确定所有满足条件的整数a的值，再进行计算求解．
此题考查了含有字母参数的一元一次不等式组和分式方程问题的解决能力，关键是能准确理解并运用以上知识进行计算求解．
17.【答案】8 30 1313
【解析】解：连接OE、OD、OG，过O点作OH⊥DG于H点，CE交AF于P点，如图，
∵以AB为直径的⊙O与AC相切于点A，
∴AB⊥AC，
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AC/​/DE，
∴AB⊥DE，
∴DF=EF=12DE=4，
∵AB=10，
∴OA=OE=5，
在Rt△OEF中，OF= OE2−EF2= 52−42=3，
∴AF=OA+OF=5+3=8；
∵DE/​/AC，
∴FPPA=EFAC=12，∠DEG=∠PCA，
∴PA=23×8=163，
在Rt△ACP中，PC= 82+(163)2=8 133，
∵∠DOG=2∠DEG，∠DOG=2∠DOH，
∴∠DEG=∠DOH，
∴∠DOH=∠PCA，
∴Rt△DOH∽Rt△PCA，
∴DH：AO=OD：PC，即DH：163=5：8 133，
∴DH=10 1313，
∵OH⊥DG，
∴DG=2DH=20 1313．
故答案为：8，20 1313．
连接OE、OD、OG，过O点作OH⊥DG于H点，CE交AF于P点，如图，先根据切线的性质得到AB⊥AC，再根据平行四边形的性质得到AC/​/DE，所以AB⊥DE，则利用垂径定理得到DF=EF=4，接着利用勾股定理计算出OF=3，从而得到AF的长；利用平行线分线段成比例得到FPPA=EFAC=12，则可计算出PA=163，PC=8 133，再证明Rt△DOH∽Rt△PCA，利用相似比求出DH，最后根据垂径定理得到DG=2DH=20 313．
本题考查了切线的性质：圆的切线垂直于经过切点的半径．也考查了垂径定理、圆周角定理和平行四边形的性质．
18.【答案】82 4564
【解析】解：①设m=10a+b，则n=10a+8−b(1≤a≤9,0≤b≤8)，
由题意得：m2−n=(10a+b)2−(10a+8−b)，
∵1≤a≤9，
∴要使“方减数”最小，需a=1，
∴m=10+b，n=18−b，
∴m2−n=(10+b)2−(18−b)=100+20b+b2−18+b=82+b2+21b，
当b=0时，m2−n最小为82；
②设m=10a+b，则n=10a+8−b(1≤a≤9,0≤b≤8)，
∴B=1000a+100b+10a+8−b=1010a+99b+8，
∵B除以19余数为1，
∴1010a+99b+7能被19整除，
∴B−119=53a+5b+3a+4b+719为整数，
又2m+n=k2(k为整数)，
∴2(10a+b)+10a+8−b=30a+b+8是完全平方数，
∵1≤a≤9，0≤b≤8，
∴30a+b+8最小为49，最大为256，即7≤k≤16，
设3a+4b+7=19t，t为正整数，则1≤t≤3，
(Ⅰ)当t=1时，3a+4b=12，则b=3−34a，30a+b+8=30a+3−34a+8是完全平方数，
又1≤a≤9，0≤b≤8，此时无整数解，
(Ⅱ)当t=2时，3a+4b=31，则b=31−3a4，30a+b+8=30a+31−3a4+8是完全平方数，
又1≤a≤9，0≤b≤8，此时无整数解，
(Ⅲ)当t=3时，3a+4b=50，则b=50−3a4，30a+b+8=30a+50−3a4+8是完全平方数，
若a=6，b=8，则3a+4b+7=57=19×3，30×6+8+8=196=142，
∴t=3，k=14，
此时m=10a+8=68，n=10a+8−a=60，
∴A=682−60=4564，
故答案为：82，4564．
设m=10a+b，则n=10a+8−b(1≤a≤9,0≤b≤8)，根据最小的“方减数”可得m=10，n=18，即可求解；根据B除以19余数为1，且2m+n=k2(k为整数)，得出3a+4b+719为整数，30a+b+8是完全平方数，在1≤a≤9，0≤b≤8，逐个检验计算，即可求解．
本题考查因式分解的应用，涉及新定义，解题的关键是读懂题意，用含字母的式子表示相关的数．
19.【答案】解：(1)原式=x2−2xy+x2+2xy+y2
=2x2+y2；
(2)原式=a+1a÷(a+1)(a−1)a(a+1)
=a+1a⋅a(a+1)(a+1)(a−1)
=a+1a−1．
【解析】(1)先展开，再合并同类项即可；
(2)先通分算括号内的，把除化为乘，再分解因式约分．
本题考查整式的混合运算和分式的符合运算，解题的关键是掌握整式和分式相关运算的法则．
20.【答案】86 87.5 40
【解析】解：(1)在七年级20名学生的竞赛成绩中86出现的次数最多，故众数a=86；
把八年级20名学生的竞赛成绩从小到大排列，排在中间的两个数分别是87，88，故中位数b=87+882=87.5，
m%=1−10%−20%−620=40%，即m=40．
故答案为：86，87.5，40；
(2)八年级学生安全知识竞赛成绩较好，理由如下：
因为两个年级成绩的平均数相同，但八年级的中位数高于七年级，所以得到八年级学生安全知识竞赛成绩较好(答案不唯一)；
(3)400×620+500×40%
=120+200
=320(人)，
答：估计该校七、八年级参加此次安全知识竞赛成绩优秀(x>90)的学生人数大约是320人．
(1)分别根据众数和中位数的定义可得a、b的值；用“1”分别减去其它部分占比可得m的值；
(2)根据平均数和中位数的意义解答即可；
(3)利用样本估计总体思想求解可得．
本题考查了扇形统计图、频数分布表、中位数、众数以及用样本估计总体，掌握相关统计量的意义以及计算方法是解答本题的关键．
21.【答案】∠CFO=∠AEO OC=OA OF=OE 四边形AECF是菱形．
【解析】(1)解：图形如图所示：
(2)证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴AB/​/CD．
∴①∠CFO=∠AEO，∠FCO=∠EAO．
∵点O是AC的中点，
∴②OC=OA．
∴△CFO≌△AEO(AAS)．
∴③OF=OE．
又∵OA=OC，
∴四边形AECF是平行四边形．
∵EF⊥AC，
∴四边形AECF是菱形．
猜想的结论：④四边形AECF是菱形．
故答案为：∠CFO=∠AEO，OC=OA，OF=OE，四边形AECF是菱形．
(1)根据要求作出图形；
(2)根据对角线垂直的平行四边形是菱形证明即可．
本题考查作图−基本作图，全等三角形的判定和性质，矩形的性质，平行四边形的判定和性质，菱形的判定和性质等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
22.【答案】解：(1)设该企业有x条甲类生产线，y条乙类生产线，
根据题意得；x+y=303x+2y=70，
解得：x=10y=20．
答：该企业有10条甲类生产线，20条乙类生产线；
(2)设购买更新1条乙类生产线的设备需投入m万元，则购买更新1条甲类生产线的设备需投入(m+5)万元，
根据题意得：200m+5=180m，
解得：m=45，
经检验，m=45是所列方程的解，且符合题意，
∴10(m+5)+20m−70=10×(45+5)+20×45−70=1330．
答：还需投入1330万元资金更新生产线的设备．
【解析】(1)设该企业有x条甲类生产线，y条乙类生产线，根据“更新完这30条生产线的设备，该企业可获得70万元的补贴”，可列出关于x，y的二元一次方程组，解之即可得出结论；
(2)设购买更新1条乙类生产线的设备需投入m万元，则购买更新1条甲类生产线的设备需投入(m+5)万元，利用数量=总价÷单价，结合用200万元购买更新甲类生产线的设备数量和用180万元购买更新乙类生产线的设备数量相同，可列出关于m的分式方程，解之经检验后，可得出m的值，再将其代入10(m+5)+20m−70中，即可求出结论．
本题考查了二元一次方程组的应用以及分式方程的应用，解题的关键是：(1)找准等量关系，正确列出二元一次方程组；(2)找准等量关系，正确列出分式方程．
23.【答案】解：(1)∵PQ//BC，
∴△APQ∽△ABC，
∴APAB=PQBC，C△ABCC△APQ=ABAP，
∴x6=y18，y2=6x，
∴y1=43x，
∵点P为AB上一点，
∴y1=43x(0≤x≤6)，y2=6x(0(2)图象如图所示：

y1=43x的图象性质：在0≤x≤6，y随x的增大而增大，
y2=6x的图象性质：在0(3)∵y1>y2，
∴43x>6x，
∴x2>92，
∴x<−3 22(舍去)，x>3 22，
∴2.6【解析】(1)通过证明△APQ∽△ABC，可得APAB=PQBC，C△ABCC△APQ=ABAP，即可解；
(2)根据解析式画出图象即可；
(3)根据题意列出不等式，可求解．
本题是三角形综合题，考查了相似三角形的判定和性质，一次函数图象的性质，反比例函数图象的性质，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．
24.【答案】解：(1)过点B作BE⊥AC，垂足为E，

在Rt△ABE中，∠BAE=90°−45°=45°，AB=40海里，
∴AE=AB⋅cs45°=40× 22=20 2(海里)，
BE=AB⋅sin45°=40× 22=20 2(海里)，
在Rt△BCE中，∠CBE=60°，
∴CE=BE⋅tan60°=20 2× 3=20 6(海里)，
∴AC=AE+CE=20 2+20 6≈77.2(海里)，
∴A，C两港之间的距离约为77.2海里；
(2)甲货轮先到达C港，
理由：如图：

由题意得：∠CDF=30°，DF/​/AG，
∴∠GAD=∠ADF=60°，
∴∠ADC=∠ADF+∠CDF=90°，
在Rt△ACD中，∠CAD=90°−∠GAD=30°，
∴CD=12AC=(10 2+10 6)海里，
AD= 3CD=(10 6+30 2)海里，
在Rt△BCE中，∠CBE=60°，BE=20 2海里，
∴BC=BEcs60∘=20 212=40 2(海里)，
∴甲货轮航行的路程=AB+BC=40+40 2≈96.4(海里)，
乙货轮航行的路程=AD+CD=10 6+30 2+10 2+10 6=20 6+40 2=105.4(海里)，
∵96.4海里<105.4海里，
∴甲货轮先到达C港．
【解析】(1)过点B作BE⊥AC，垂足为E，先在Rt△ABE中，利用锐角三角函数的定义求出AE和BE的长，再在Rt△BCE中，利用锐角三角函数的定义求出CE的长，从而利用线段的和差关系进行计算，即可解答；
(2)根据题意可得：∠CDF=30°，DF/​/AG，从而可得∠GAD=∠ADF=60°，然后利用角的和差关系可得∠ADC=90°，从而在Rt△ACD中，利用含30度角的直角三角形的性质求出CD和AD的长，再在Rt△BCE中，利用锐角三角函数的定义求出BC的长，最后进行计算比较即可解答．
本题考查了解直角三角形的应用−方向角问题，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．
25.【答案】解：(1)由抛物线的表达式知，OC=4，
∵tan∠CBA=4，则OB=1，
即点B(1,0)，
由题意得：a−b+4=6a+b+4=0，
解得：a=−1b=−3，
则抛物线的表达式为：y=−x2−3x+4；
(2)由抛物线的表达式知，点A、B、C的坐标分别为：(−4,0)、(1,0)、(0,4)，则点F(12,2)，
由点A、C的坐标得，直线AC的表达式为：y=x+4，
设点P(x,−x2+3x+4)，则点D(x,x+4)，
则PD=−x2+3x+4−x−4=−x2−4x，
当x=−2时，PD取得最大值，则点E(−2,0)、D(−2,2)，则MN=2，
将点A向右平移2个单位得到点A′(−2,0)，连接A′F交y轴于点N，过点N作NM⊥PE，连接AM，

则四边形MNA′A为平行四边形，则AM=A′N，
则此时AM+MN+NF=A′N+MN+NF=2+A′F=2+ (2+12)2+22=2+ 412为最小；
(3)将该抛物线沿射线CA方向平移，当向左平移m个单位时，则向下平移了m个单位，
则新抛物线的表达式为：y=−(x+m)2+3(x+m)+4−m，
将点D(−2,2)的坐标代入上式得：2=−(−2+m)2+3(−2+m)+4−m，
解得：m=2，
则新抛物线的表达式为：y=−(x+m)2+3(x+m)+4−m=−x2−7x−8，
由点B、C的坐标得，直线BC的表达式为：y=−4x+4，
当点Q在AC下方时，

∵∠QDK=∠ACB，则DQ/​/BC，
则直线DQ的表达式为：y=−4(x+2)+2，
联立上式和新抛物线的表达式得：−4(x+2)+2=−x2−7x−8，
解得：x=−2(舍去)或−1，
即点Q(−1,−2)；
当点Q(Q′)在AC上方时，
同理可得，点H′(−4,52)，
由点D、H′的坐标得，直线DH′的表达式为：y=−14(x+2)+2，
联立上式和新抛物线的表达式得：−14(x+2)+2+2=−x2−7x−8，
解得：x=−2(舍去)或−194，
即点Q(−194,4316)；
综上，点Q的坐标为：(−1,−2)或(−194,4316).
【解析】(1)由待定系数法即可求解；
(2)将点A向右平移2个单位得到点A′(−2,0)，连接A′F交y轴于点N，过点N作NM⊥PE，连接AM，则此时AM+MN+NF=A′N+MN+NF=2+A′F最小，即可求解；
(3)∠QDK=∠ACB，则DQ/​/BC，则直线DQ的表达式为：y=−4(x+2)+2，即可求解；当点Q(Q′)在AC上方时，同理可解．
主要考查了二次函数的解析式的求法和与几何图形结合的综合能力的培养．要会利用数形结合的思想把代数和几何图形结合起来，利用点的坐标的意义表示线段的长度，从而求出线段之间的关系，解决相关问题．
26.【答案】解：(1)如图1.1，

∵∠EFD=∠BAC，∠BAC=60°，
∴∠EFD=60°，
∵∠EFD=∠1+∠BAD=∠1+α，
∴∠1=60°−α，
∵∠AGE+∠1+∠BAC=180°，
∴∠AGE=180°−60°−∠1=120°−∠1，
∴∠AGE=120°−(60°−α)=60°+α；
(2)CG=23 3DE；理由如下：
在CG上截取CM=BD，连接BM，BE，AE，BM交AD于点H，

∵AB=AC，∠BAC=60°，
∴△BCA为等边三角形，
∴∠ABC=∠C=60°，BC=AB，
∴△ABD≌△BCM(SAS)，
∴∠3=∠4，
∵∠AHM=∠3+∠5，
∴∠AHM=∠4+∠5=60°，
∵∠EFD=∠BAC=60°，
∴∠AHM=∠EFD，
∴EG//BM，
∵点D关于直线AB的对称点为点E，
∴AE=AD，BE=BD，∠ABE=∠ABC=60°，
∴∠EBC=120°，
∴∠EBC+∠C=180°，
∴EB/​/AC，
∴四边形EBMG是平行四边形，
∴BE=GM，
∴BE=GM=BD=CM，
∴CG=2BD，记AB与DE的交点为点N，则由轴对称可知：DE⊥AB，NE=ND，
在Rt△DNB中，DN=BD⋅sin∠ABC= 32BD，
∴DE=2DN= 3BD，
∴CGDE=2BD 3BD=23 3，
∴CG=23 3DE；
(3)连接BE，记AB与DE的交点为点N，如图2，

∵AB=AC，∠EFD=∠BAC=90°，
∴∠ABC=45°，
由轴对称知∠EAB=∠DAB，∠EBA=∠DBA=45°，DE⊥AB，NE=ND，
当点G在边AC上时，由于∠EAG>90°，
∴当△AEG为等腰三角形时，只能是AE=AG，由(1)得∠BAD=α，∠AGE=60°+α，
∴∠EAB=α，
∴∠EAD=2α，
∵AE=AG，EG⊥AD，
∴∠FAG=∠EAD=2α，
在Rt△AFG中，α+2α=90°，
解得α=30°，
∴∠EAD=60°，
∵AE=AD，
∴△AED为等边三角形，
∴AE=ED，
设AF=x，
∵∠EAD=60°，
∴AG=AE=ED=AFcs60∘=2x，
∴DN=x，
在Rt△DAN中，AN=DNtan∠DAB= 3DN= 3x，
∵DE⊥AB，∠ABC=45°，
∴BN=DNtan45∘=DN=x，
∴AC=AB= 3x+x，
∴CG=AC−AG= 3x+x−2x=( 3−1)x，
∴CGAG= 3−12；
当点G在CA延长线上时，只能是GE=GA，如图3：

设∠BAD=∠BAE=β，
∴∠DAC=∠GAF=90−β，
∴∠EAF=180°−2β，
∴∠GAE=∠EAF−∠GAF=90°−β，
∵GE=GA，
∴∠GAE=∠GEA=90°−β，
∵∠EFD=∠BAC=90°，
在Rt△AFE中，90°−β+180°−2β=90°，
解得β=60°，
∴∠DAC=90°−60°=30°=∠GAF，
设GF=x，则AG=GE=2x，AF= 3x，
在Rt△EFA中，EF=2x+x=3x，
由勾股定理得AE=2 3x，
在Rt△EAN中，AN=AE⋅cs60°= 3x，EN=DN=BN=AE⋅sin60°=3x，
∴AB=AC=3x+ 3x，
∴CG=AG+AC=(5+ 3)x，
∴CGAG= 3+52，
综上所述，CGAG= 3+52或 3−12．
【解析】(1)由三角形内角和定理及外角定理结合∠EFD=∠BAC即可求解；
(2)在CG上截取CM=BD，连接BM，BE，BM交AD于点H，连接BE，AE，再证明四边形EBMG是平行四边形，可得CG=2BD，记AB与DE的交点为点N，则由轴对称可知：DE⊥AB，NE=ND，再解Rt△BND即可；
(3)连接BE，记AB与DE的交点为点N，由轴对称知∠EAB=∠DAB，DE⊥AB，NE=ND，∠EBA=∠DBA=45°，当点G在边AC上时，由于∠EAG>90°，当△AEG为等腰三角形时，只能是AE=AG，由(1)得∠BAD=α，∠AGE=60°+α，Rt△AFG中，α+2α=90°，解得α=30°，然后AF=x，解直角三角形，表示出AG=2x，CG=( 3−1)x，即可求解；当点G在CA延长线上时，只能是GE=GA，设∠BAD=∠BAE=β，在Rt△AFE中，90°−β+180°−2β=90°，解得β=60°，设GF=x，解直角三角形求出CG=(5+ 3)x，即可求解．
本题考查了三角形的内角和，外角定理，全等三角形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，解直角三角形，等腰三角形的分类讨论，等边三角形的判定与性质，熟练掌握知识点，正确添加辅助线是解题的关键．年级
七年级
八年级
平均数
85
85
中位数
86
b
众数
a
79