2018年山东省德州市德城区、禹城市、夏津县中考数学二模试卷

这是一份2018年山东省德州市德城区、禹城市、夏津县中考数学二模试卷，共24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．（4分）计算（﹣3）+5的结果等于（ ）
A．2B．﹣2C．8D．﹣8
2．（4分）如图是某个几何体的展开图，该几何体是（ ）
A．三棱柱B．圆锥C．四棱柱D．圆柱
3．（4分）下列图形中，是轴对称图形但不是中心对称图形的是（ ）
A．B．
C．D．
4．（4分）若正多边形的一个内角是150°，则该正多边形的边数是（ ）
A．6B．12C．16D．18
5．（4分）下列调查中，最适合采用抽样调查的是（ ）
A．对某地区现有的16名百岁以上老人睡眠时间的调查
B．对“神舟十一号”运载火箭发射前零部件质量情况的调查
C．对某校九年级三班学生视力情况的调查
D．对某市场上某一品牌电脑使用寿命的调查
6．（4分）估计+1的值在（ ）
A．2和3之间B．3和4之间C．4和5之间D．5和6之间
7．（4分）如图，将△ABC绕点B顺时针旋转60°得△DBE，点C的对应点E恰好落在AB延长线上，连接AD．下列结论一定正确的是（ ）
A．∠ABD＝∠EB．∠CBE＝∠CC．AD∥BCD．AD＝BC
8．（4分）若数a使关于x的不等式组有且仅有四个整数解，且使关于y的分式方程+＝2有非负数解，则所有满足条件的整数a的值之和是（ ）
A．3B．1C．0D．﹣3
9．（4分）若点A（﹣1，y1），B（1，y2），C（3，y3）在反比例函数y＝﹣的图象上，则y1，y2，y3的大小关系是（ ）
A．y1＜y2＜y3B．y2＜y3＜y1C．y3＜y2＜y1D．y2＜y1＜y3
10．（4分）如图，在△ABC中，AB＝AC，AD、CE是△ABC的两条中线，P是AD上一个动点，则下列线段的长度等于BP+EP最小值的是（ ）
A．BCB．CEC．ADD．AC
11．（4分）已知抛物线y＝x2﹣4x+3与x轴相交于点A，B（点A在点B左侧），顶点为M．平移该抛物线，使点M平移后的对应点M'落在x轴上，点B平移后的对应点B'落在y轴上，则平移后的抛物线解析式为（ ）
A．y＝x2+2x+1B．y＝x2+2x﹣1C．y＝x2﹣2x+1D．y＝x2﹣2x﹣1
12．（4分）下列图象都是由相同大小的按一定规律组成的，其中第①个图形中一共有4颗，第②个图形中一共有11颗，第③个图形中一共有21颗，…，按此规律排列下去，第⑨个图形中的颗数为（ ）
A．116B．144C．145D．150
二、填空题（每题4分共24分）
13．（4分）测统计，2017年五一假日三天，海南共接持游客约为1430000人次，将数1430000用科学记数法表示为 ．
14．（4分）如图，在△ABC中，M、N分别为AC，BC的中点．若S△CMN＝1，则S四边形ABNM＝ ．
15．（4分）如图，已知点C与某建筑物底端B相距306米（点C与点B在同一水平面上），某同学从点C出发，沿同一剖面的斜坡CD行走195米至坡顶D处，斜坡CD的坡度（或坡比）i＝1：2.4，在D处测得该建筑物顶端A的俯视角为20°，则建筑物AB的高度约为（精确到0.1米，参考数据：sin20°≈0.342，cs20°≈0.940，tan20°≈0364） ．
16．（4分）如图，OA、OC是⊙O的半径，点B在⊙O上，连接AB、BC，若∠ABC＝40°，则∠AOC＝ 度．
17．（4分）如图，正方形ABCD和正方形EFCG的边长分别为3和1，点F，G分别在边BC，CD上，P为AE的中点，连接PG，则PG的长为 ．
18．（4分）甲、乙两人在一条笔直的道路上相向而行，甲骑自行车从A地到B地，乙驾车从B地到A地，他们分别以不同的速度匀速行驶，已知甲先出发6分钟后，乙才出发，在整个过程中，甲、乙两人的距离y（千米）与甲出发的时间x（分）之间的关系如图所示，当乙到达终点A时，甲还需 分钟到达终点B．
三、解答题（本大题共7小题，共78分）
19．（8分）先化简，再求值：÷（2+），其中a＝．
20．（10分）为深化义务教育课程改革，某校积极开展拓展性课程建设，计划开设艺术、体育、劳技、文学等多个类别的拓展性课程，要求每一位学生都自主选择一个类别的拓展性课程．为了了解学生选择拓展性课程的情况，随机抽取了部分学生进行调查，并将调查结果绘制成如下统计图（部分信息未给出）：
根据统计图中的信息，解答下列问题：
（1）求本次被调查的学生人数，并将条形统计图补充完整．
（2）若该校共有3200名学生，请估计全校选择体育类的学生人数．
21．（10分）如图，大楼底右侧有一障碍物，在障碍物的旁边有一幢小楼DE，在小楼的顶端D处测得障碍物边缘点C的俯角为30°，测得大楼顶端A的仰角为45°（点B，C，E在同一水平直线上）．已知AB＝80m，DE＝10m，求障碍物B，C两点间的距离．（结果保留根号）
22．（12分）如图，AB是⊙O的直径，AC是⊙O的切线，A为切点，BC交⊙O于点E．
（1）若D为AC的中点，证明：DE是⊙O的切线；
（2）若OA＝，CE＝1，求∠ACB的度数．
23．（12分）某商场第一次用10000元购进甲、乙两种商品，销售完成后共获利2200元，其中甲种商品每件进价60元，售价70元；乙种商品每件进价50元，售价65元．
（1）求该商场购进甲、乙两种商品各多少件？
（2）商场第二次以原进价购进甲、乙两种商品，且购进甲、乙商品的数量分别与第一次相同，甲种商品按原售价出售，而乙种商品降价销售，要使第二次购进的两种商品全部售出后，获利不少于1800元，乙种商品最多可以降价多少元？
24．（12分）（1）如图①，已知正方形ABCD的边长为4，点M和N分别是边BC，CD上两点，且BM＝CN，连AM和BN，交于点P．猜想AM与BN的位置关系，并证明你的结论．
（2）如图②，已知正方形ABCD的边长为4．点M和N分别从点B、C同时出发，以相同的速度沿BC、CD方向向终点C和D运动，连接AM和BN，交于点P．求△APB周长的最大值．
25．（14分）在平面直角坐标系xOy中，抛物线y＝﹣x2+bx+c与x轴交于A（﹣1，0），B（﹣3，0）两点，与y轴交于点C．
（1）求抛物线的解析式；
（2）设抛物线的顶点为D，点P在抛物线的对称轴上，且∠APD＝∠ACB，求点P的坐标；
（3）点Q在直线BC上方的抛物线上，是否存在点Q使△BCQ的面积最大，若存在，请求出点Q坐标．
2018年山东省德州市德城区、禹城市、夏津县中考数学二模试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（每题4分，共48分）
1．（4分）计算（﹣3）+5的结果等于（ ）
A．2B．﹣2C．8D．﹣8
【分析】依据有理数的加法法则计算即可．
【解答】解：（﹣3）+5＝5﹣3＝2．
故选：A．
【点评】本题主要考查的是有理数的加法法则，掌握有理数的加法法则是解题的关键．
2．（4分）如图是某个几何体的展开图，该几何体是（ ）
A．三棱柱B．圆锥C．四棱柱D．圆柱
【分析】侧面为三个长方形，底边为三角形，故原几何体为三棱柱．
【解答】解：观察图形可知，这个几何体是三棱柱．
故选：A．
【点评】本题考查的是三棱柱的展开图，考法较新颖，需要对三棱柱有充分的理解．
3．（4分）下列图形中，是轴对称图形但不是中心对称图形的是（ ）
A．B．
C．D．
【分析】根据轴对称图形和中心对称图形的概念对各选项分析判断即可得解．
【解答】解：A、是轴对称图形但不是中心对称图形，故本选项正确；
B、是轴对称图形，也是中心对称图形，故本选项错误；
C、不是轴对称图形，是中心对称图形，故本选项错误；
D、是轴对称图形，也是中心对称图形，故本选项错误．
故选：A．
【点评】本题考查了中心对称图形与轴对称图形的概念．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，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后两部分重合．
4．（4分）若正多边形的一个内角是150°，则该正多边形的边数是（ ）
A．6B．12C．16D．18
【分析】根据多边形的内角和，可得答案．
【解答】解：设多边形为n边形，由题意，得
（n﹣2）•180°＝150n，
解得n＝12，
故选：B．
【点评】本题考查了多边形的内角与外角，利用内角和公式是解题关键．
5．（4分）下列调查中，最适合采用抽样调查的是（ ）
A．对某地区现有的16名百岁以上老人睡眠时间的调查
B．对“神舟十一号”运载火箭发射前零部件质量情况的调查
C．对某校九年级三班学生视力情况的调查
D．对某市场上某一品牌电脑使用寿命的调查
【分析】一般来说，对于具有破坏性的调查、无法进行普查、普查的意义或价值不大时，应选择抽样调查，对于精确度要求高的调查，事关重大的调查往往选用普查．
【解答】解：A、人数不多，容易调查，适合普查．
B、对“神舟十一号”运载火箭发射前零部件质量情况的调查必须准确，故必须普查；
C、班内的同学人数不多，很容易调查，因而采用普查合适；
D、数量较大，适合抽样调查；
故选：D．
【点评】本题考查全面调查与抽样调查，理解全面调查与抽样调查的意义是解题的关键．
6．（4分）估计+1的值在（ ）
A．2和3之间B．3和4之间C．4和5之间D．5和6之间
【分析】先估算出的范围，即可得出答案．
【解答】解：∵3＜＜4，
∴4＜+1＜5，
即+1在4和5之间，
故选：C．
【点评】本题考查了估算无理数的大小，能估算出的范围是解此题的关键．
7．（4分）如图，将△ABC绕点B顺时针旋转60°得△DBE，点C的对应点E恰好落在AB延长线上，连接AD．下列结论一定正确的是（ ）
A．∠ABD＝∠EB．∠CBE＝∠CC．AD∥BCD．AD＝BC
【分析】由旋转的性质得到∠ABD＝∠CBE＝60°，AB＝BD，推出△ABD是等边三角形，得到∠DAB＝∠CBE，于是得到结论．
【解答】解：∵△ABC绕点B顺时针旋转60°得△DBE，
∴∠ABD＝∠CBE＝60°，AB＝BD，
∴△ABD是等边三角形，
∴∠DAB＝60°，
∴∠DAB＝∠CBE，
∴AD∥BC，
故选：C．
【点评】本题考查了旋转的性质，等边三角形的判定和性质，平行线的判定，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．
8．（4分）若数a使关于x的不等式组有且仅有四个整数解，且使关于y的分式方程+＝2有非负数解，则所有满足条件的整数a的值之和是（ ）
A．3B．1C．0D．﹣3
【分析】先解不等式组，根据不等式组有且仅有四个整数解，得出﹣4＜a≤3，再解分式方程+＝2，根据分式方程有非负数解，得到a≥﹣2且a≠2，进而得到满足条件的整数a的值之和．
【解答】解：解不等式组，可得，
∵不等式组有且仅有四个整数解，
∴﹣1≤﹣＜0，
∴﹣4＜a≤3，
解分式方程+＝2，可得y＝（a+2），
又∵分式方程有非负数解，
∴y≥0，且y≠2，
即（a+2）≥0，（a+2）≠2，
解得a≥﹣2且a≠2，
∴﹣2≤a≤3，且a≠2，
∴满足条件的整数a的值为﹣2，﹣1，0，1，3，
∴满足条件的整数a的值之和是1．
故选：B．
【点评】本题主要考查了分式方程的解，解题时注意：使分式方程中令等号左右两边相等且分母不等于0的未知数的值，这个值叫方程的解．
9．（4分）若点A（﹣1，y1），B（1，y2），C（3，y3）在反比例函数y＝﹣的图象上，则y1，y2，y3的大小关系是（ ）
A．y1＜y2＜y3B．y2＜y3＜y1C．y3＜y2＜y1D．y2＜y1＜y3
【分析】根据反比例函数的性质判断即可．
【解答】解：∵k＝﹣3＜0，
∴在第四象限，y随x的增大而增大，
∴y2＜y3＜0，
∵y1＞0，
∴y2＜y3＜y1，
故选：B．
【点评】本题考查的是反比例函数的性质，掌握反比例函数的增减性是解题的关键．
10．（4分）如图，在△ABC中，AB＝AC，AD、CE是△ABC的两条中线，P是AD上一个动点，则下列线段的长度等于BP+EP最小值的是（ ）
A．BCB．CEC．ADD．AC
【分析】如图连接PC，只要证明PB＝PC，即可推出PB+PE＝PC+PE，由PE+PC≥CE，推出P、C、E共线时，PB+PE的值最小，最小值为CE的长度．
【解答】解：如图连接PC，
∵AB＝AC，BD＝CD，
∴AD⊥BC，
∴PB＝PC，
∴PB+PE＝PC+PE，
∵PE+PC≥CE，
∴P、C、E共线时，PB+PE的值最小，最小值为CE的长度，
故选：B．
【点评】本题考查轴对称﹣最短问题，等腰三角形的性质、线段的垂直平分线的性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
11．（4分）已知抛物线y＝x2﹣4x+3与x轴相交于点A，B（点A在点B左侧），顶点为M．平移该抛物线，使点M平移后的对应点M'落在x轴上，点B平移后的对应点B'落在y轴上，则平移后的抛物线解析式为（ ）
A．y＝x2+2x+1B．y＝x2+2x﹣1C．y＝x2﹣2x+1D．y＝x2﹣2x﹣1
【分析】直接利用抛物线与坐标轴交点求法结合顶点坐标求法分别得出A，B，M点坐标，进而得出平移方向和距离，即可得出平移后解析式．
【解答】解：当y＝0，则0＝x2﹣4x+3，
（x﹣1）（x﹣3）＝0，
解得：x1＝1，x2＝3，
∴A（1，0），B（3，0），
y＝x2﹣4x+3
＝（x﹣2）2﹣1，
∴M点坐标为：（2，﹣1），
∵平移该抛物线，使点M平移后的对应点M'落在x轴上，点B平移后的对应点B'落在y轴上，
∴抛物线向上平移一个单位长度，再向左平移3个单位长度即可，
∴平移后的解析式为：y＝（x+1）2＝x2+2x+1．
故选：A．
【点评】此题主要考查了抛物线与坐标轴交点求法以及二次函数的平移，正确得出平移方向和距离是解题关键．
12．（4分）下列图象都是由相同大小的按一定规律组成的，其中第①个图形中一共有4颗，第②个图形中一共有11颗，第③个图形中一共有21颗，…，按此规律排列下去，第⑨个图形中的颗数为（ ）
A．116B．144C．145D．150
【分析】根据题意将每个图形都看作两部分，一部分是上面的构成规则的矩形的，另一部分是构成下面的近似金字塔的形状，然后根据递增关系得到答案．
【解答】解：∵4＝1×2+2，
11＝2×3+2+3
21＝3×4+2+3+4
第4个图形为：4×5+2+3+4+5，
∴第⑨个图形中的颗数为：9×10+2+3+4+5+6+7+8+9+10＝144．
故选：B．
【点评】此题主要考查了图形变化规律，正确得出每个图形中小星星的变化情况是解题关键．
二、填空题（每题4分共24分）
13．（4分）测统计，2017年五一假日三天，海南共接持游客约为1430000人次，将数1430000用科学记数法表示为 1.43×106 ．
【分析】科学记数法的表示形式为a×10n的形式，其中1≤|a|＜10，n为整数．确定n的值时，要看把原数变成a时，小数点移动了多少位，n的绝对值与小数点移动的位数相同．当原数绝对值＞1时，n是正数；当原数的绝对值＜1时，n是负数．
【解答】解：1430000＝1.43×106，
故答案为：1.43×106
【点评】此题考查科学记数法的表示方法．科学记数法的表示形式为a×10n的形式，其中1≤|a|＜10，n为整数，表示时关键要正确确定a的值以及n的值．
14．（4分）如图，在△ABC中，M、N分别为AC，BC的中点．若S△CMN＝1，则S四边形ABNM＝ 3 ．
【分析】证明MN是△ABC的中位线，得出MN∥AB，且MN＝AB，证出△CMN∽△CAB，根据面积比等于相似比平方求出△CMN与△CAB的面积比，继而可得出△CMN的面积与四边形ABNM的面积比．最后求出结论．
【解答】解：∵M，N分别是边AC，BC的中点，
∴MN是△ABC的中位线，
∴MN∥AB，且MN＝AB，
∴△CMN∽△CAB，
∴＝（）2＝，
∴＝，
∴S四边形ABNM＝3S△CMN＝3×1＝3．
故答案为：3．
【点评】本题考查了相似三角形的判定与性质、三角形中位线定理；熟练掌握三角形中位线定理，证明三角形相似是解决问题的关键．
15．（4分）如图，已知点C与某建筑物底端B相距306米（点C与点B在同一水平面上），某同学从点C出发，沿同一剖面的斜坡CD行走195米至坡顶D处，斜坡CD的坡度（或坡比）i＝1：2.4，在D处测得该建筑物顶端A的俯视角为20°，则建筑物AB的高度约为（精确到0.1米，参考数据：sin20°≈0.342，cs20°≈0.940，tan20°≈0364） 29.1m ．
【分析】根据坡度，勾股定理，可得DE的长，再根据平行线的性质，可得∠1，根据同角三角函数关系，可得∠1的坡度，根据坡度，可得DF的长，根据线段的和差，可得答案．
【解答】解：作DE⊥AB于E点，作AF⊥DE于F点，如图，设DE＝xm，CE＝2.4xm，
由勾股定理，得x2+（2.4x）2＝1952，
解得x＝75m，
∴DE＝75m，CE＝2.4x＝180m，
∴EB＝BC﹣CE＝306﹣180＝126m．
∵AF∥DG，
∴∠1＝∠ADG＝20°，
∵tan∠1＝tan∠ADG＝tan20°＝0.364，AF＝EB＝126m，tan∠1＝＝0.364，
∴DF＝0.364AF＝0.364×126＝45.9，
∴AB＝FE＝DE﹣DF＝75﹣45.9≈29.1m．
故答案为29.1m．
【点评】本题考查了解直角三角形，坡度，勾股定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题．
16．（4分）如图，OA、OC是⊙O的半径，点B在⊙O上，连接AB、BC，若∠ABC＝40°，则∠AOC＝ 80 度．
【分析】直接根据圆周角定理即可得出结论．
【解答】解：∵∠ABC与AOC是同弧所对的圆周角与圆心角，∠ABC＝40°，
∴∠AOC＝2∠ABC＝80°．
故答案为：80．
【点评】本题考查的是圆周角定理，熟知在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半是解答此题的关键．
17．（4分）如图，正方形ABCD和正方形EFCG的边长分别为3和1，点F，G分别在边BC，CD上，P为AE的中点，连接PG，则PG的长为 ．
【分析】方法1、延长GE交AB于点O，作PH⊥OE于点H，则PH是△OAE的中位线，求得PH的长和HG的长，在Rt△PGH中利用勾股定理求解．
方法2、先造成△AHP≌△EGP，进而求出DH，DG，最后用勾股定理即可得出结论．
【解答】解：方法1、延长GE交AB于点O，作PH⊥OE于点H．
则PH∥AB．
∵P是AE的中点，
∴PH是△AOE的中位线，
∴PH＝OA＝（3﹣1）＝1．
∵直角△AOE中，∠OAE＝45°，
∴△AOE是等腰直角三角形，即OA＝OE＝2，
同理△PHE中，HE＝PH＝1．
∴HG＝HE+EG＝1+1＝2．
∴在Rt△PHG中，PG＝＝＝．
故答案是：．
方法2、如图1，
延长DA，GP相交于H，
∵四边形ABCD和四边形EFCG是正方形，
∴EG∥BC∥AD，
∴∠H＝∠PGE，∠HAP＝∠GEP，
∵点P是AE的中点，
∴AP＝EP，
∴△AHP≌△EGP，
∴AH＝EG＝1，PG＝PH＝HG，
∴DH＝AD+AH＝4，DG＝CD﹣CG＝2，
根据勾股定理得，HG＝＝2，
∴PG＝，
故答案为．
【点评】本题考查了勾股定理和三角形的中位线定理，正确作出辅助线构造直角三角形是关键．
18．（4分）甲、乙两人在一条笔直的道路上相向而行，甲骑自行车从A地到B地，乙驾车从B地到A地，他们分别以不同的速度匀速行驶，已知甲先出发6分钟后，乙才出发，在整个过程中，甲、乙两人的距离y（千米）与甲出发的时间x（分）之间的关系如图所示，当乙到达终点A时，甲还需 78 分钟到达终点B．
【分析】根据路程与时间的关系，可得甲乙的速度，根据相遇前甲行驶的路程除以乙行驶的速度，可得乙到达A站需要的时间，根据相遇前乙行驶的路程除以甲行驶的速度，可得甲到达B站需要的时间，再根据有理数的减法，可得答案．
【解答】解：由纵坐标看出甲先行驶了1千米，由横坐标看出甲行驶1千米用了6分钟，
甲的速度是1÷6＝千米/分钟，
由纵坐标看出AB两地的距离是16千米，
设乙的速度是x千米/分钟，由题意，得
10x+16×＝16，
解得x＝千米/分钟，
相遇后乙到达A站还需（16×）÷＝2分钟，
相遇后甲到达B站还需（10×）÷＝80分钟，
当乙到达终点A时，甲还需80﹣2＝78分钟到达终点B，
故答案为：78．
【点评】本题考查了函数图象，利用同路程与时间的关系得出甲乙的速度是解题关键．
三、解答题（本大题共7小题，共78分）
19．（8分）先化简，再求值：÷（2+），其中a＝．
【分析】先根据分式的混合运算顺序和运算法则化简原式，再将a的值代入计算可得．
【解答】解：原式＝÷（+）
＝÷
＝•
＝，
当a＝时，
原式＝＝﹣1．
【点评】本题主要考查分式的化简求值，解题的关键是掌握分式的混合运算顺序和运算法则．
20．（10分）为深化义务教育课程改革，某校积极开展拓展性课程建设，计划开设艺术、体育、劳技、文学等多个类别的拓展性课程，要求每一位学生都自主选择一个类别的拓展性课程．为了了解学生选择拓展性课程的情况，随机抽取了部分学生进行调查，并将调查结果绘制成如下统计图（部分信息未给出）：
根据统计图中的信息，解答下列问题：
（1）求本次被调查的学生人数，并将条形统计图补充完整．
（2）若该校共有3200名学生，请估计全校选择体育类的学生人数．
【分析】（1）根据条形统计图和扇形统计图可知选择劳技的学生60人，占总体的30%，从而可以求得调查学生人数；根据文学的百分比和（1）中求得的学生调查数可以求得文学的有多少人，从而可以求得体育的多少人，进而可以将条形统计图补充完整；
（2）根据调查的选择体育的学生所占的百分比可以估算出全校选择体育类的学生人数．
【解答】解：（1）本次被调查的学生有60÷30%＝200（人），
则选择文学的学生有：200×15%＝30（人），
选择体育的学生有：200﹣24﹣60﹣30﹣16＝70（人），
补全的条形统计图如下图所示，
（2）3200×＝1120（人）．
即全校选择体育类的学生约有1120人
【点评】本题考查条形统计图、用样本估计总体、扇形统计图，解题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件、利用数形结合的思想解答问题．
21．（10分）如图，大楼底右侧有一障碍物，在障碍物的旁边有一幢小楼DE，在小楼的顶端D处测得障碍物边缘点C的俯角为30°，测得大楼顶端A的仰角为45°（点B，C，E在同一水平直线上）．已知AB＝80m，DE＝10m，求障碍物B，C两点间的距离．（结果保留根号）
【分析】过点D作DF⊥AB于点F，过点C作CH⊥DF于点H，则DE＝BF＝CH＝10m，根据直角三角形的性质得出DF的长，在Rt△CDE中，利用锐角三角函数的定义得出CE的长，根据BC＝BE﹣CE即可得出结论．
【解答】解：过点D作DF⊥AB于点F，过点C作CH⊥DF于点H．
则DE＝BF＝CH＝10m，
在Rt△ADF中，AF＝AB﹣BF＝70m，∠ADF＝45°，
∴DF＝AF＝70m．
在Rt△CDE中，DE＝10m，∠DCE＝30°，
∴CE＝＝＝10（m），
∴BC＝BE﹣CE＝（70﹣10）m．
答：障碍物B，C两点间的距离为（70﹣10）m．
【点评】本题考查的是解直角三角形的应用﹣仰角俯角问题，根据题意作出辅助线，构造出直角三角形是解答此题的关键．
22．（12分）如图，AB是⊙O的直径，AC是⊙O的切线，A为切点，BC交⊙O于点E．
（1）若D为AC的中点，证明：DE是⊙O的切线；
（2）若OA＝，CE＝1，求∠ACB的度数．
【分析】（1）由AB是⊙O的直径，得到∠AEB＝90°，根据直角三角形的性质得到AD＝DE，求得∠DAE＝∠AED，根据切线的性质得到∠CAE+∠EAO＝∠CAB＝90°，等量代换得到∠DEO＝90°，于是得到结论；
（2）根据射影定理得到AB2＝BE•BC，求得BE＝3，（负值舍去），得到BC＝4，根据三角函数的定义即刻得到结论．
【解答】解：（1）∵AB是⊙O的直径，
∴∠AEB＝90°，
∴∠AEC＝90°，
∵D为AC的中点，
∴AD＝DE，
∴∠DAE＝∠AED，
∵AC是⊙O的切线，
∴∠CAE+∠EAO＝∠CAB＝90°，
∵OA＝OE，
∴∠OAE＝∠OEA，
∴∠DEA+∠OEA＝90°，
∴∠DEO＝90°，
∴DE是⊙O的切线；
（2）∵OA＝，
∴AB＝2，
∵∠CAB＝90°，AE⊥BC，
∴AB2＝BE•BC，
即（2）2＝BE（BE+1），
∴BE＝3，（负值舍去），
∴BC＝4，
∵sin∠ACB＝＝，
∴∠ACB＝60°．
【点评】本题考查了切线的判定和性质，直角三角形的性质，等腰三角形的性质，射影定理，特殊角的三角函数，正确的识别图形是解题的关键．
23．（12分）某商场第一次用10000元购进甲、乙两种商品，销售完成后共获利2200元，其中甲种商品每件进价60元，售价70元；乙种商品每件进价50元，售价65元．
（1）求该商场购进甲、乙两种商品各多少件？
（2）商场第二次以原进价购进甲、乙两种商品，且购进甲、乙商品的数量分别与第一次相同，甲种商品按原售价出售，而乙种商品降价销售，要使第二次购进的两种商品全部售出后，获利不少于1800元，乙种商品最多可以降价多少元？
【分析】（1）设商场购进甲x件，乙购进y件．则根据“用10000元购进甲、乙两种商品、销售完成后共获利2200元”列出方程组；
（2）设乙种商品降价z元，则由“要使第二次购进的两种商品全部售出后，获利不少于1800元”列出不等式．
【解答】解：（1）设商场购进甲x件，乙购进y件．则
，
解得 ．
答：该商场购进甲、乙两种商品分别是100件、80件；
（3）设乙种商品降价z元，则
10×100+（15﹣z）×80≥1800，
解得 z≤5．
答：乙种商品最多可以降价5元．
【点评】本题考查了二元一次方程组的应用，一元一次不等式的应用．本题属于商品销售中的利润问题，对于此类问题，隐含着一个等量关系：利润＝售价﹣进价．
24．（12分）（1）如图①，已知正方形ABCD的边长为4，点M和N分别是边BC，CD上两点，且BM＝CN，连AM和BN，交于点P．猜想AM与BN的位置关系，并证明你的结论．
（2）如图②，已知正方形ABCD的边长为4．点M和N分别从点B、C同时出发，以相同的速度沿BC、CD方向向终点C和D运动，连接AM和BN，交于点P．求△APB周长的最大值．
【分析】（1）结论：AM⊥BN．只要证明△ABM≌△BCN即可解决问题；
（2）如图②中，以AB为斜边向外作等腰直角三角形△AEB，∠AEB＝90°，作EF⊥PA于E，作EG⊥PB于G，连接EP．首先证明PA+PB＝2EF，求出EF的最大值即可解决问题；
【解答】解：（1）结论：AM⊥BN．
理由：如图①中，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC，∠ABM＝∠BCN＝90°，
∵BM＝CN，
∴△ABM≌△BCN，
∴∠BAM＝∠CBN，
∵∠CBN+∠ABN＝90°，
∴∠ABN+∠BAM＝90°，
∴∠APB＝90°，
∴AM⊥BN．
（2）如图②中，以AB为斜边向外作等腰直角三角形△AEB，∠AEB＝90°，作EF⊥PA于E，作EG⊥PB于G，连接EP．
∵∠EFP＝∠FPG＝∠G＝90°，
∴四边形EFPG是矩形，
∴∠FEG＝∠AEB＝90°，
∴∠AEF＝∠BEG，
∵EA＝EB，∠EFA＝∠G＝90°，
∴△AEF≌△BEG，
∴EF＝EG，AF＝BG，
∴四边形EFPG是正方形，
∴PA+PB＝PF+AF+PG﹣BG＝2PF＝2EF，
∵EF≤AE，
∴EF的最大值＝AE＝2，
∴△APB周长的最大值＝4+4．
【点评】本题考查四边形综合题、正方形的性质、等边三角形的性质、等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定和性质，四点共圆等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，学会用转化的思想思考问题，属于中考压轴题．
25．（14分）在平面直角坐标系xOy中，抛物线y＝﹣x2+bx+c与x轴交于A（﹣1，0），B（﹣3，0）两点，与y轴交于点C．
（1）求抛物线的解析式；
（2）设抛物线的顶点为D，点P在抛物线的对称轴上，且∠APD＝∠ACB，求点P的坐标；
（3）点Q在直线BC上方的抛物线上，是否存在点Q使△BCQ的面积最大，若存在，请求出点Q坐标．
【分析】（1）将A、B的坐标代入抛物线的解析式中，即可求出待定系数的值；
（2）根据（1）得到的函数解析式，可求出D、C的坐标；易证得△OBC是等腰Rt△，若过A作BC的垂线，设垂足为E，在Rt△ABE中，根据∠ABE的度数及AB的长即可求出AE、BE、CE的长；连接AC，设抛物线的对称轴与x轴的交点为F，若∠APD＝∠ACB，那么△AEC与△AFP，根据得到的比例线段，即可求出PF的长，也就求得了P点的坐标；
（3）当Q到直线BC的距离最远时，△QBC的面积最大（因为BC是定长），可过Q作y轴的平行线，交BC于S；根据B、C的坐标，易求出直线BC的解析式，可设出Q点的坐标，根据抛物线和直线BC的解析式，分别表示出Q、S的纵坐标，即可得到关于QS的长以及Q点横坐标的函数关系式，以QS为底，B、C横坐标差的绝对值为高可得到△QBC的面积，由于B、C横坐标差的绝对值为定值，那么QS最长时，△QBC的面积最大，此时Q离BC的距离最远；可根据上面得到的函数的性质求出QS的最大值及对应的Q点横坐标，然后将其代入抛物线的解析式中，即可求出Q点的坐标．
【解答】解：（1）∵抛物线y＝﹣x2+bx+c经过A（﹣1，0），B（﹣3，0），
∴
解得：
∴抛物线的解析式为y＝﹣x2﹣4x﹣3；
（2）由y＝﹣x2﹣4x﹣3，
可得D（﹣2，1），C（0，﹣3），
∴OB＝3，OC＝3，OA＝1，AB＝2，
可得△OBC是等腰直角三角形，
∴∠OBC＝45°，CB＝3，
如图，设抛物线对称轴与x轴交于点F，
∴AF＝AB＝1，
过点A作AE⊥BC于点E，
∴∠AEB＝90°，
可得BE＝AE＝，CE＝2，
在△AEC与△AFP中，∠AEC＝∠AFP＝90°，∠ACE＝∠APF，
∴△AEC∽△AFP，
∴＝，＝，
解得PF＝2，
∵点P在抛物线的对称轴上，
∴点P的坐标为（﹣2，2）或（﹣2，﹣2）；
（3）存在，
因为BC为定值，当点Q到直线BC的距离最远时，△BCQ的面积最大，
设直线BC的解析式y＝kx+b，
直线BC经过B（﹣3，0），C（0，﹣3），
∴
解得：k＝﹣1，b＝﹣3，
∴直线BC的解析式y＝﹣x﹣3，
设点Q（m，n），过点Q作QH⊥BC于H，并过点Q作QS∥y轴交直线BC于点S，则S点坐标为（m，﹣m﹣3），
∴QS＝n﹣（﹣m﹣3）＝n+m+3，
∵点Q（m，n）在抛物线y＝﹣x2﹣4x﹣3上，
∴n＝﹣m2﹣4m﹣3，
∴QS＝﹣m2﹣4m﹣3+m+3
＝﹣m2﹣3m＝﹣（m+）2+，
当m＝﹣时，QS有最大值，
∵BO＝OC，∠BOC＝90°，
∴∠OCB＝45°
∵QS∥y轴，
∴∠QSH＝45°，
∴△QHS是等腰直角三角形，
∴当斜边QS最大时QH最大，
∵当m＝﹣时，QS最大，
∴此时n＝﹣m2﹣4m﹣3＝﹣+6﹣3＝，
∴Q（﹣，），
∴Q点的坐标为（﹣，）时，△BCQ的面积最大．
【点评】此题考查了二次函数解析式的确定、相似三角形的判定和性质、函数图象交点及图形面积的求法等知识，综合性强，难度较大，关键是将这些知识和方程思想和分类思想的能灵活应用．