2021年陕西省西安市碑林区铁一中学中考数学五模试卷

这是一份2021年陕西省西安市碑林区铁一中学中考数学五模试卷，共32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。

2021年陕西省西安市碑林区铁一中学中考数学五模试卷
一、选择题（共10小题，每小题3分，计30分）
1．（3分）﹣2021的倒数是（　　）
A．2021 B． C．﹣2021 D．
2．（3分）据新浪财经2021年4月2日报到，第一龙头股贵州茅台一路走高，截至收盘涨近6%至2162元，收涨5.75%，市值激增至272000000元．数据272000000用科学记数法表示为（　　）
A．272×106 B．2.72×108 C．0.272×109 D．272×109
3．（3分）如图，把一个含有45°角的直角三角板放在两条平行线m，n上，若∠α＝118°，则∠β的度数是（　　）

A．63° B．73° C．75° D．83°
4．（3分）若正比例函数y＝kx的图象经过A（3，﹣m），B（m，﹣3）两个不同的点，则k的值为（　　）
A．1 B．﹣1 C．3 D．﹣3
5．（3分）下列运算正确的是（　　）
A． B．3a2•2a3＝6a6
C．（a﹣b）2＝a2﹣b2 D．（﹣2a2b）3＝﹣8a6b3
6．（3分）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝2，AB＝4，将△ABC绕点C按逆时针方向旋转一定的角度得到△DEC，使得A点恰好落在DE上，则线段BD的长为（　　）

A．2 B．5 C．2 D．3
7．（3分）若直线l1：y＝2x+3与直线l2：y＝kx﹣2k（k≠0）的交点在第二象限，则k的取值范围是（　　）
A．0＜k＜ B．0＜k＜2 C．﹣2＜k＜0 D．﹣＜k＜0
8．（3分）如图，在矩形ABCD中，∠DAB的平分线交BD于点F，CD于点E，∠EAC＝15°，AB＝2，则的EF的长为（　　）

A．2﹣2 B． C． D．
9．（3分）如图，△ABC内接于⊙O，∠ACB＝40°，AC＝BC，E为BC的中点，连接OE并延长交⊙O于点D，连接AD，则∠ADO的大小为（　　）

A．35° B．25° C．20° D．15°
10．（3分）把抛物线C1：y＝x2+2x+3先向右平移3个单位长度，再向下平移4个单位长度得到抛物线C2.若点A（m，y1），B（n，y2）都在抛物线C2上，且m＜n＜2，则y1，y2的大小（　　）
A．y1＞y2 B．y1＜y2 C．y1＝y2 D．无法确定
二、填空题（共4小题，每小题3分，计12分）
11．（3分）计算：＝　 　．
12．（3分）如图，若正六边形ABCDEF边长为2，G为DE中点，连接对角线BG，则线段BG的长为 　 　．

13．（3分）如图，已知一个反比例函数y＝（k＞0）的图象经过Rt△ABO的直角边AB的中点C，交斜边OB于点D，连接CD，若△ODC的面积为1，则k的值为 　 　．

14．（3分）如图，BD和AC为四边形ABCD的对角线，AB⊥BD，∠CBD＝60°，BD＝2BC，AD＝8，则AC的最大值为 　 　．

三、解答题（共11小题，计78分.解答题应写出过程）
15．（5分）解不等式组：．
16．（5分）化简：．
17．（5分）如图，在△ABC中，D为BC边上的中点，连接AD．请用尺规作图法，在AD上找一点E，使得AE＝2DE．（保留作图痕迹，不写作法）

18．（5分）如图，已知正方形ABCD中，E为对角线BD上一点，连接AE，CE，在BC边上取一点F，使得EF＝EC，求证：AE＝EF且AE⊥EF．

19．（7分）马大爷承包了一个鱼塘，近期为估计鱼塘里鱼的总质量．马大爷随机捕捞了若干条鱼，分别称得其质量后将其放回鱼塘，并绘制了如下不完整的频数分布表和扇形统计图．
所捕捞鱼的质量频数分布表
组别
质量（kg）
频数（条数）
甲
1.7
9
乙
1.8
a
丙
1.9
30
丁
2.0
6
请根据以上信息，解答下列问题：
（1）频数分布表中a＝　 　，所捕捞鱼的质量的众数是　 　，中位数是　 　；
（2）扇形统计图中m＝　 　，丁组对应的扇形的圆心角是　 　度．
（3）求所捕捞的鱼的质量的平均数（结果保留小数点后一位）．

20．（7分）为了测量大树MN的高度，小华在地面上B点处测得大树顶端M的仰角为35°，小华继续向大树方向走8m到达点D时，又测得遮挡物E点的仰角为60°，已知A、E、M三点共线，小华的眼睛距地面的高度不变且距离为1.6m，即AB＝CD＝1.6m，遮挡物EF与大树MN的距离FN＝6m，EF⊥BN，MN⊥BN，（B，D，F，N在同一水平线上）．求大树的高MN（结果精确到1m）．（参考数据：sin35°≈0.6，cos35°≈0.8，tan35°≈0.7，≈1.7）

21．（7分）某水果经销商从种植专业户李大爷处购进甲，乙两种水果进行销售．李大爷为了答谢经销商，对甲种水果的出售价格根据购买量给予优惠，对乙种水果按25元/kg的价格出售．设经销商购进甲种水果x千克，付款y元，y与x之间的函数关系如图所示．
（1）求y与x之间的函数关系式；
（2）若该经销商计划一次性购进甲，乙两种水果共200千克，付款总金额为5200元；请问经销商购进甲种水果多少千克？

22．（7分）在一个不透明的盒子中装有4个小球，4个小球上分别标有数字1，2，3，4，这些小球除数字外其余都相同，现将小球搅拌均匀．
（1）从盒子中任意抽取一个小球，恰好摸到标有奇数数字小球的概率是多少？
（2）先从盒子中任意摸一个小球，再从余下的3个小球中任意摸一个小球，求摸到的2个小球标有的数字之和大于4的概率（请用树状图或列表的方法求解）．
23．（8分）如图，△ABC是⊙O的内接三角形，∠ABC＝45°，AD为⊙O的直径，过C点作⊙O的切线，与BD的延长线相交于点E．
（1）求证：AD∥CE；
（2）若⊙O的半径R＝5，BD＝6，求CE的长．

24．（10分）如图，在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线y＝ax2+bx+c与x轴交于A（﹣1，0），B（3，0）两点，与轴交于C（0，﹣1）．
（1）求抛物线的函数表达式；
（2）连接AC，BC，过O点的直线l∥BC，点E，D分别为直线l和抛物线上的点，试探究第一象限是否存在这样的点E，D，使△BDE为等腰直角三角形？若存在，请求出所有的E点的坐标；若不存在，请说明理由．

25．（12分）问题发现（1）如图1，已知⊙O的半径为3，OA＝1．P为⊙O上一动点，则AP的最大值为　 　；
问题探究（2）如图2，在△ABC中，设AC＝b，AB＝c，BC＝a，D为BC的中点，连接AD．求证：AD2＝（2b2+2c2﹣a2）；
小明同学思考时，先过A点作AH⊥BC于H，请你试着帮助小明完成剩下的过程．
问题解决（3）如图3，O为平面内一定点，且满足OA＝3，OB＝OC＝5，现在要建一个面积尽可能大的矩形景区ABDC，使得∠CAB＝∠ABD＝∠D＝90°，请问是否存在这样一个满足要求的矩形ABDC？若存在，请求出这个矩形ABDC的最大面积；若不存在，请说明理由．（结果保留根号）


2021年陕西省西安市碑林区铁一中学中考数学五模试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（共10小题，每小题3分，计30分）
1．（3分）﹣2021的倒数是（　　）
A．2021 B． C．﹣2021 D．
【分析】直接利用倒数的定义得出答案．
【解答】解：﹣2021的倒数是：﹣．
故选：D．
2．（3分）据新浪财经2021年4月2日报到，第一龙头股贵州茅台一路走高，截至收盘涨近6%至2162元，收涨5.75%，市值激增至272000000元．数据272000000用科学记数法表示为（　　）
A．272×106 B．2.72×108 C．0.272×109 D．272×109
【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．
【解答】解：272000000＝2.72×108，
故选：B．
3．（3分）如图，把一个含有45°角的直角三角板放在两条平行线m，n上，若∠α＝118°，则∠β的度数是（　　）

A．63° B．73° C．75° D．83°
【分析】根据平行线的性质得∠1＝∠2，根据三角形外角性质有∠α＝∠2+∠A，可计算出∠2＝118°﹣45°＝73°，则∠1＝73°，根据对顶角相等即可得到∠β的度数．
【解答】解：如图，
∵m∥n，
∴∠1＝∠2，
∵∠α＝∠2+∠A，
而∠A＝45°，∠α＝118°，
∴∠2＝118°﹣45°＝73°，
∴∠1＝73°，
∴∠β＝73°．
故选：B．

4．（3分）若正比例函数y＝kx的图象经过A（3，﹣m），B（m，﹣3）两个不同的点，则k的值为（　　）
A．1 B．﹣1 C．3 D．﹣3
【分析】将A，B两点坐标代入解析式，从而可确定答案．
【解答】解：∵正比例函数y＝kx的图象经过A（3，﹣m），B（m，﹣3）两个不同的点，
∴，
解得：k＝±1，
当k＝1时，m＝﹣3，则A（3，3），B（﹣3，﹣3），符合题意，
当k＝﹣1时，m＝3，则A（3，﹣3），B（3，﹣3），不合题意，
∴k＝1，
故选：A．
5．（3分）下列运算正确的是（　　）
A． B．3a2•2a3＝6a6
C．（a﹣b）2＝a2﹣b2 D．（﹣2a2b）3＝﹣8a6b3
【分析】直接利用二次根式的加减运以及完全平方公式运算法则、单项式乘单项式、积的乘方运算法则分别计算得出答案．
【解答】解：A、5+＝5+3，被开方数不同，无法进行加减运算，故此选项错误；
B、3a2•2a3＝6a5，故此选项错误；
C、（a﹣b）2＝a2﹣2ab+b2，故此选项错误；
D、（﹣2a2b）3＝﹣8a6b3，故此选项正确．
故选：D．
6．（3分）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝2，AB＝4，将△ABC绕点C按逆时针方向旋转一定的角度得到△DEC，使得A点恰好落在DE上，则线段BD的长为（　　）

A．2 B．5 C．2 D．3
【分析】由锐角三角函数可求∠ABC＝30°，由旋转的性质可求AC＝CD，CE＝CB＝2，∠CAB＝∠CDE＝60°，∠BCE＝∠ACD，∠CED＝∠ABC＝30°，AB＝DE＝4，可证△CBE是等边三角形，由勾股定理可求解．
【解答】解：如图，连接BE，

∵∠ACB＝90°，AC＝2，AB＝4，
∴BC＝＝＝2，
sin∠ABC＝＝，
∴∠ABC＝30°，
∴∠BAC＝60°，
∵将△ABC绕点C按逆时针方向旋转一定的角度得到△DEC，
∴AC＝CD，CE＝CB＝2，∠CAB＝∠CDE＝60°，∠BCE＝∠ACD，∠CED＝∠ABC＝30°，AB＝DE＝4，
∴△ACD是等边三角形，
∴∠ACD＝∠BCE＝60°，
∴△BCE是等边三角形，
∴BE＝BC＝2，∠CEB＝60°，
∴∠DEB＝90°，
∴DB＝＝＝2，
故选：C．
7．（3分）若直线l1：y＝2x+3与直线l2：y＝kx﹣2k（k≠0）的交点在第二象限，则k的取值范围是（　　）
A．0＜k＜ B．0＜k＜2 C．﹣2＜k＜0 D．﹣＜k＜0
【分析】首先求出直线l1与y轴的交点，然后根据直线l2：y＝kx﹣2k＝k（x﹣2）可知过定点（2，0），根据题意得出k＜0且﹣2k＜3，从而得出k的取值范围．
【解答】解：由直线l1：y＝2x+3可知，直线l1：y＝2x+3与x轴的交点为（﹣，0），与y轴的交点为（0，3），
∵直线l2：y＝kx﹣2k＝k（x﹣2），
∴直线l2：y＝kx﹣2k过定点（2，0），
∵直线l1：y＝2x+3与直线l2：y＝kx﹣2k（k≠0）的交点在第二象限，
∴k＜0且﹣2k＜3，
∴﹣＜k＜0，
故选：D．
8．（3分）如图，在矩形ABCD中，∠DAB的平分线交BD于点F，CD于点E，∠EAC＝15°，AB＝2，则的EF的长为（　　）

A．2﹣2 B． C． D．
【分析】过点F作FG⊥AD于点G，根据矩形性质证明△OAD是等边三角形，利用GF＝DGtan60°，求出GF的长，再根据勾股定理即可求出结果．
【解答】解：如图，过点F作FG⊥AD于点G，

在矩形ABCD中，EA是∠DAB的平分线，
∴∠DAD＝∠EAB＝∠AED＝45°，
∴AD＝DE，AG＝GF，
∵∠EAC＝15°，
∴∠DAC＝60°，
∴△OAD是等边三角形，
∴∠ADB＝60°，
∵AB＝2，
∴AD＝2，BD＝4，
∴AD＝AE＝2，
∴AE＝2，
∵∠GDF＝60°，DG＝AD﹣AG＝2﹣GF，
∴GF＝DGtan60°，
∴GF＝（2﹣GF）×，
解得GF＝3﹣，
∴AF＝GF＝3﹣，
∴EF＝AE﹣AF＝2﹣（3﹣）＝﹣．
故选：B．
9．（3分）如图，△ABC内接于⊙O，∠ACB＝40°，AC＝BC，E为BC的中点，连接OE并延长交⊙O于点D，连接AD，则∠ADO的大小为（　　）

A．35° B．25° C．20° D．15°
【分析】连接BD，CD，由等腰三角形的性质得到∠BAC＝70°，根据圆内接四边形的性质得到∠CDB＝110°，根据垂径定理得到OD⊥BC，得到BD＝CD，根据等腰三角形的性质求出∠BDE，由圆周角定理求出∠BDA，根据角的和差即可求出∠ADO．
【解答】解：连接BD，CD，
∵∠ACB＝40，
∴∠CAB+∠CBA＝180°﹣∠ACB＝140°，
∵AC＝BC，
∴∠CAB＝∠CBA＝70°，
∴∠BDC＝180°﹣∠CAB＝110°，
∵E是边BC的中点，
∴OD⊥BC，
∴BD＝CD，
∴∠BDE＝∠CDE＝∠BDC＝55°，
∵∠BDA＝∠ACB＝40°，
∴∠ADO＝∠BDE﹣∠BDA＝15°，
故选：D．

10．（3分）把抛物线C1：y＝x2+2x+3先向右平移3个单位长度，再向下平移4个单位长度得到抛物线C2.若点A（m，y1），B（n，y2）都在抛物线C2上，且m＜n＜2，则y1，y2的大小（　　）
A．y1＞y2 B．y1＜y2 C．y1＝y2 D．无法确定
【分析】根据二次函数图象左加右减，上加下减的平移规律求得抛物线C2，根据二次函数的性质可以求得y1与y2的大小．
【解答】解：∵y＝x2+2x+3＝（x+1）2+2，
∴把抛物线C1：y＝x2+2x+3先向右平移3个单位长度，再向下平移4个单位长度得到抛物线C2：y＝（x+1﹣3）2+2﹣4，即y＝（x﹣2）2﹣2，
∴抛物线C2的函数关系式为：y＝（x﹣2）2﹣2，
∴抛物线的开口向上，对称轴为x＝2，
∴当x＜2时，y随x的增大而减小，
∵点A（m，y1），B（n，y2）都在抛物线C2上，且m＜n＜2，
∴y1＞y2，
故选：A．
二、填空题（共4小题，每小题3分，计12分）
11．（3分）计算：＝　2﹣2　．
【分析】根据二次根式的乘法法则和负整数指数幂的意义计算．
【解答】解：原式＝﹣2
＝2﹣2．
故答案为2﹣2．
12．（3分）如图，若正六边形ABCDEF边长为2，G为DE中点，连接对角线BG，则线段BG的长为 　　．

【分析】过A作AM⊥BE于M，过F作FN⊥BE于N，过G作GH⊥BE于H，由含30°直角三角形的性质结合矩形的性质求出BE，GH，EH，根据勾股定理即可求出BG．
【解答】解：连接BE，过A作AM⊥BE于M，过F作FN⊥BE于N，过G作GH⊥BE于H，
则AF∥BE，
∴四边形AMNF是矩形，
∴MN＝AF＝2，∠FAM＝90°，
∵∠BAF＝＝120°，
∴∠BAM＝30°，
∴BM＝AB＝1，
同理：EN＝1，
∴BE＝4，EH＝，GH＝，
∴BH＝BE﹣EH＝4﹣＝，
∴BG＝＝＝，
方法二：连接BD，
∵正六边形ABCDEF边长为2，G为DE中点，
∴BC＝CD＝2，DG＝DE＝1，∠C＝∠CDG＝120°，
∴∠CDB＝30°，
∴∠BDG＝90°，
过C作CH⊥BD于H，
∴∠CHD＝90°，
∴DH＝CD＝，
∴BD＝2，
∴BG＝＝，
故答案为：．


13．（3分）如图，已知一个反比例函数y＝（k＞0）的图象经过Rt△ABO的直角边AB的中点C，交斜边OB于点D，连接CD，若△ODC的面积为1，则k的值为 　　．

【分析】首先根据反比例函数图象上的点与原点所连的线段、坐标轴、向坐标轴作垂线所围成的直角三角形面积S的关系即S＝|k|，得出S△OMD＝S△ONC＝，再根据中位线的性质和四边形面积得出结果．
【解答】解：过点C作CN⊥y轴于点N，交OD于点E，作MD⊥y轴于点M，则：MD∥NC∥OA，
设点C（a，），
∵点C是AB的中点，CN∥OA，
∴CE＝EN＝＝，
∴S△NEO＝S△CEO＝，
∵△CDO的面积为1，
∴S△CED＝1﹣，
∴，
∴MN＝，
∴yD＝MN+NO＝，
∴xD＝，即：MD＝，
∵点D在反比例函数图象上，
∴S△MOD＝，
∴S梯形MNED＝S△MOD﹣S△NEO＝，
∴，
解得：k1＝，k2＝（舍），
故答案为：．

14．（3分）如图，BD和AC为四边形ABCD的对角线，AB⊥BD，∠CBD＝60°，BD＝2BC，AD＝8，则AC的最大值为 　2　．

【分析】先证出∠BCD＝90°，作Rt△ODG，使∠DGO＝90°，∠ODG＝30°，证明出△CDG∽△BDO，从而得出CG＝2，在Rt△AHG中，由勾股定理求出AG的长度，在△ACG中，利用三角形三边关系可得AC的最大值．
【解答】解：取AD的中点为O，连接BO，作Rt△ODG，使∠DGO＝90°，∠ODG＝30°，连接CG，
过点D作DC'⊥BC于C'，
∵∠CBD＝60°，
∴BD＝2BC'，
∵BD＝2BC，
∴点C与C'重合，

∴∠BCD＝90°，
∴∠BDC＝∠ODG＝30°，
∴∠GDC＝∠BDO，，
∴△CDG∽△BDO，
∴，
∴BO＝，
∴，
连接AG，过点G作GH⊥OD于H，
∵OG＝，
在Rt△HOG中，∠HOG＝60°，
∴OH＝1，GH＝，
∴AH＝5，
在Rt△AHG中，由勾股定理得：
∴AG＝，
∴AC≤AG+CG，
∴AC≤2+2，
∴AC的最大值为：2+2，
故答案为：2+2．
三、解答题（共11小题，计78分.解答题应写出过程）
15．（5分）解不等式组：．
【分析】先分别求出各不等式的解集，再求其公共解集即可．
【解答】解：，
由①得x＜3，
由②得x≥﹣2，
不等式组的解集为﹣2≤x＜3．
16．（5分）化简：．
【分析】直接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：原式＝[+]•
＝•
＝•
＝．
17．（5分）如图，在△ABC中，D为BC边上的中点，连接AD．请用尺规作图法，在AD上找一点E，使得AE＝2DE．（保留作图痕迹，不写作法）

【分析】作中线CT，CT与AD的交点E，即为所求作．
【解答】解：如图，点E即为所求作．

18．（5分）如图，已知正方形ABCD中，E为对角线BD上一点，连接AE，CE，在BC边上取一点F，使得EF＝EC，求证：AE＝EF且AE⊥EF．

【分析】由正方形ABCD中，E为对角线BD上一点，得∴∠ABE＝∠CBE＝45°，再证△ABE≌△CBE，得AE＝EC，EF＝EC，AE＝EF；由EF＝EC，得∠EFC＝∠ECF＝∠ECB，再由三角形外角性质得．∠EFC＝∠EBF+∠BEF＝45°+∠BEF＝∠ECB，转化为∠BEF＝∠ECB﹣45°，得∠AEB＝180°﹣∠ABD﹣∠BAE＝180°﹣45°﹣∠ECB，再由三角形外角性质得∠AEF＝∠AEB+∠BEF，即可得出结论．
【解答】证明∵四边形ABCD是正方形，E点在对角线BD上，
∴∠ABE＝∠CBE＝45°，AB＝CB，BE＝BE，
∴△ABE≌△CBE（SAS），
∴AE＝EC，
∵EF＝EC，
∴AE＝EF；
∵EF＝EC，
∴∠EFC＝∠ECF＝∠ECB，
∵∠EFC＝∠EBF+∠BEF＝45°+∠BEF＝∠ECB，
∴∠BEF＝∠ECB﹣45°，
∵∠AEB＝180°﹣∠ABD﹣∠BAE＝180°﹣45°﹣∠ECB，
∴∠AEF＝180°﹣45°﹣∠ECB+∠EDB﹣45°＝90°，
∴AE⊥EF，
∴AE＝EF且AE⊥EF．
19．（7分）马大爷承包了一个鱼塘，近期为估计鱼塘里鱼的总质量．马大爷随机捕捞了若干条鱼，分别称得其质量后将其放回鱼塘，并绘制了如下不完整的频数分布表和扇形统计图．
所捕捞鱼的质量频数分布表
组别
质量（kg）
频数（条数）
甲
1.7
9
乙
1.8
a
丙
1.9
30
丁
2.0
6
请根据以上信息，解答下列问题：
（1）频数分布表中a＝　15　，所捕捞鱼的质量的众数是　1.9kg　，中位数是　1.9kg　；
（2）扇形统计图中m＝　15　，丁组对应的扇形的圆心角是　36　度．
（3）求所捕捞的鱼的质量的平均数（结果保留小数点后一位）．

【分析】（1）根据丙组的频数和所占的百分比求出总数，再用总数乘以乙组所占的百分比，求出a的值；再根据众数与中位数的定义求解；
（2）用甲组的频数除以总数得出甲组所占百分比，求出m的值；用360°丁组所占百分比，即可求出丁组对应的扇形圆心角的度数；
（3）利用加权平均数的公式计算即可．
【解答】解：（1）30÷50%＝60（条），a＝60×25%＝15；
1.9出现了30次，次数最多，所以众数是1.9kg；
60个数据按从小到大的顺序排列，其中第30、31个数据都是1.9，所以中位数是（1.9+1.9）÷2＝1.9（kg）．
故答案为：15，1.9kg，1.9kg；
（2）m%＝×100%＝15%，m＝15；
360°×＝36°．
故答案为：15，36；
（3）所捕捞的鱼的质量的平均数为：＝1.855≈1.9（kg）．
答：所捕捞的鱼的质量的平均数为1.9kg．
20．（7分）为了测量大树MN的高度，小华在地面上B点处测得大树顶端M的仰角为35°，小华继续向大树方向走8m到达点D时，又测得遮挡物E点的仰角为60°，已知A、E、M三点共线，小华的眼睛距地面的高度不变且距离为1.6m，即AB＝CD＝1.6m，遮挡物EF与大树MN的距离FN＝6m，EF⊥BN，MN⊥BN，（B，D，F，N在同一水平线上）．求大树的高MN（结果精确到1m）．（参考数据：sin35°≈0.6，cos35°≈0.8，tan35°≈0.7，≈1.7）

【分析】延长AC交EF于P，交MN于Q，则QN＝AB＝1.6m，PQ＝FN＝6m，由锐角三角函数定义求出EP＝CP，设CP＝xm，则EP＝xm，再由锐角三角函数定义得t≈0.7，解得x＝5.6，则AQ＝19.6（m），然后由锐角三角函数定义求出MQ的长，即可解决问题．
【解答】解：延长AC交EF于P，交MN于Q，如图所示：
则QN＝AB＝1.6m，PQ＝FN＝6m，
在Rt△ECP中，∠ECP＝60°，tan∠ECP＝＝tan60°＝，
∴EP＝CP，
设CP＝xm，则EP＝xm，
∴AP＝AC+CP＝（8+x）m，AQ＝AC+CP+PQ＝8m+xm+6m＝（14+x）m，
∵tan∠EAP＝＝tan35°≈0.7，
∴≈0.7，
解得：x＝5.6，
∴AQ＝19.6（m），
∵tan∠MAQ＝＝tan35°≈0.7，
∴MQ≈0.7AQ＝0.7×19.6＝13.72（m），
∴MN＝MQ+QN＝13.72+1.6≈15（m），
答：大树的高MN约为15m．

21．（7分）某水果经销商从种植专业户李大爷处购进甲，乙两种水果进行销售．李大爷为了答谢经销商，对甲种水果的出售价格根据购买量给予优惠，对乙种水果按25元/kg的价格出售．设经销商购进甲种水果x千克，付款y元，y与x之间的函数关系如图所示．
（1）求y与x之间的函数关系式；
（2）若该经销商计划一次性购进甲，乙两种水果共200千克，付款总金额为5200元；请问经销商购进甲种水果多少千克？

【分析】（1）前半部分是正比例函数，根据待定系数法只需列一个方程，根据图中点（50，1500）即可列方程解得；后半部分是一次函数，根据（50，1500）和（70，1980）用待定系数法即可求出．
（2）根据（1）的结论，分类讨论，列方程解题．
【解答】（1）解：当0≤x≤50时，
设函数为y＝kx （k≠0），
∵图象经过点（50，1500），
∴50k＝1500，
解得k＝30，
∴y＝30x；
当x＞50时，
设函数为y＝kx+b （k≠0），
∵图象经过点（50，1500），（70，1980），
∴，
解得k＝24，b＝300，
∴y＝24x+300．
故答案为：y＝．

（2）设购进甲x千克，则购进乙（200﹣x）千克，
当0≤x≤50时，
由（1）可列方程：30x+25（200﹣x）＝5200，
30x+5000﹣25x＝5200，
x＝40，
∴经销商购进甲种水果40千克，乙种水果160千克；
当x＞50时，
由（1）可列方程得：24x+300+25（200﹣x）＝5200，
24x+300+5000﹣25x＝5200，
x＝100，
∴经销商购进甲种水果100千克，乙种水果100千克．
综上所述：经销商购进甲种水果40千克或100千克．
22．（7分）在一个不透明的盒子中装有4个小球，4个小球上分别标有数字1，2，3，4，这些小球除数字外其余都相同，现将小球搅拌均匀．
（1）从盒子中任意抽取一个小球，恰好摸到标有奇数数字小球的概率是多少？
（2）先从盒子中任意摸一个小球，再从余下的3个小球中任意摸一个小球，求摸到的2个小球标有的数字之和大于4的概率（请用树状图或列表的方法求解）．
【分析】（1）直接利用概率公式计算；
（2）画树状图展示所有12种等可能的结果，找出摸到的2个小球标有的数字之和大于4的结果数，然后根据概率公式求解．
【解答】解：（1）从盒子中任意抽取一个小球，恰好摸到标有奇数数字小球的概率＝＝；
（2）画树状图为：

共有12种等可能的结果，其中摸到的2个小球标有的数字之和大于4的结果数为8，
所以摸到的2个小球标有的数字之和大于4的概率＝＝．
23．（8分）如图，△ABC是⊙O的内接三角形，∠ABC＝45°，AD为⊙O的直径，过C点作⊙O的切线，与BD的延长线相交于点E．
（1）求证：AD∥CE；
（2）若⊙O的半径R＝5，BD＝6，求CE的长．

【分析】（1）连接OC，如图，根据切线的性质得到∠OCE＝90°，再根据圆周角定理得到∠AOC＝90°，所以∠AOC＝∠OCE，然后根据平行线的判定方法得到结论；
（2）过D点作DH⊥BC于H，如图，利用圆周角定理得到∠ACD＝∠ABD＝90°，∠CBD＝45°，∠ADC＝45°，则可判断△ADC和△BDH都是等腰直角三角形，于是可计算出CD＝5，BH＝DH＝3，利用勾股定理计算出CH，则BC＝7，接着证明△ECD∽△EBC，利用相似比得到＝＝＝，设DE＝5x，CE＝7x，所以＝，解方程求出x，从而得到CE的长．
【解答】（1）证明：连接OC，如图，
∵CE为⊙O的切线，
∴OC⊥CE，
∴∠OCE＝90°，
∵∠AOC＝2∠ABC＝2×45°＝90°，
∴∠AOC＝∠OCE，
∴AD∥CE；
（2）过D点作DH⊥BC于H，如图，
∵AD为⊙O的直径，
∴∠ACD＝∠ABD＝90°，
∵∠ABC＝45°，
∴∠CBD＝45°，∠ADC＝45°，
∴△ADC和△BDH都是等腰直角三角形，
∴CD＝AD＝×10＝5，BH＝DH＝BD＝×6＝3，
在Rt△CDH中，CH＝＝4，
∴BC＝BH+CH＝3+4＝7，
∵AD∥CE，
∴∠ECD＝∠ADC＝45°，
∴∠ECD＝∠CBE，
∵∠CED＝∠BEC，
∴△ECD∽△EBC，
∴＝＝＝＝，
设DE＝5x，CE＝7x，
∴＝，解得x＝，
经检验x＝为方程的解，
∴CE＝7x＝．

24．（10分）如图，在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线y＝ax2+bx+c与x轴交于A（﹣1，0），B（3，0）两点，与轴交于C（0，﹣1）．
（1）求抛物线的函数表达式；
（2）连接AC，BC，过O点的直线l∥BC，点E，D分别为直线l和抛物线上的点，试探究第一象限是否存在这样的点E，D，使△BDE为等腰直角三角形？若存在，请求出所有的E点的坐标；若不存在，请说明理由．

【分析】（1）用待定系数法即可求解；
（2）当∠EBD为直角时，证明△BME≌△DNB（AAS），求出点D的坐标为（3+m，3﹣m），进而求解；当∠EDB为直角时，同理可解．
【解答】解：（1）将点A、B、C的坐标代入抛物线表达式得，解得，
故抛物线的表达式为y＝x2﹣x﹣1；

（2）存在，理由：
由点B、C的坐标得，直线BC的表达式为y＝x﹣1，
∵l∥BC，且过点O，
则直线l的表达式为y＝x，故设点E的坐标为（m，m），
而点B的坐标为（3，0），
①当∠EBD为直角时，则BE＝BD，
分别过点E、D作x轴的垂线，垂足分别为M、N，

∵∠EBM+∠DBN＝90°，∠DBN+∠BDN＝90°，
∴∠EBM＝∠BDN，
又∵∠BME＝∠DNB＝90°，BE＝BD，
∴△BME≌△DNB（AAS），
∴BN＝EM＝m，DN＝BM＝3﹣m，
故点D的坐标为（3+m，3﹣m），
将点D的坐标代入抛物线表达式得：3﹣m＝（3+m）2﹣（3+m）﹣1，
解得m＝（负值已舍去），
故点E的坐标为（，）；
②当∠EDB为直角时，
当点D在点E的右侧时，如图2，

设点D的坐标为（x，y），
过点D作MN⊥x轴交x轴于点N，过点E作EM⊥MN于点M，
同理可得：△EMD≌△DNB（AAS），
则EM＝DN，MD＝BN，
即x﹣m＝y，m﹣y＝x﹣3，
解得，即点D的坐标为（，），
将点D的坐标代入抛物线表达式得：＝（）2﹣（）﹣1，
整理得：16m2+60m﹣297＝0，
解得：m＝（负值已舍去），
故点E的坐标为（，）；
当点D在点E的左侧时，如图3，
过点D作MN∥x轴，过点E作EN⊥MN于点N，作BM⊥MN于点M，

同理可得，点D的坐标为（，），
将点D的坐标代入抛物线表达式并整理得：4m2﹣60m+27＝0，
解得m＝（不合题意的值已舍去），
故点E的坐标为（，）；
③当点∠DEB为直角时，如图4，

过点E作MN⊥x轴于点N，过点D作DM⊥MN于点M，
同理可得，点D的坐标为（m，﹣3），
将点D的坐标代入抛物线表达式并整理得：2m2﹣24m+27＝0，
解得m＝（不合题意的值已舍去），
故点E的坐标为（，）；
综上，点E的坐标为（，）或（，）或（，）或（，）．
25．（12分）问题发现（1）如图1，已知⊙O的半径为3，OA＝1．P为⊙O上一动点，则AP的最大值为　4　；
问题探究（2）如图2，在△ABC中，设AC＝b，AB＝c，BC＝a，D为BC的中点，连接AD．求证：AD2＝（2b2+2c2﹣a2）；
小明同学思考时，先过A点作AH⊥BC于H，请你试着帮助小明完成剩下的过程．
问题解决（3）如图3，O为平面内一定点，且满足OA＝3，OB＝OC＝5，现在要建一个面积尽可能大的矩形景区ABDC，使得∠CAB＝∠ABD＝∠D＝90°，请问是否存在这样一个满足要求的矩形ABDC？若存在，请求出这个矩形ABDC的最大面积；若不存在，请说明理由．（结果保留根号）

【分析】（1）当P、O、A三点共线时，AP的值最大，即可求解；
（2）在Rt△ABH中，c2﹣（a+x）2＝AH2①；在Rt△ACH中，b2﹣（a﹣x）2＝AH2②；联立①②并解得x＝，进而求解；
（3）当题设矩形ABDC的最大面积时，该矩形为正方形，进而求解．
【解答】解：（1）当P、O、A三点共线时，AP的值最大，
则AP＝3+OA＝3+1＝4，
故答案为：4；

（2）设AD＝x，则BH＝a+x，CH＝a﹣x，
在Rt△ABH中，c2﹣（a+x）2＝AH2①；
在Rt△ACH中，b2﹣（a﹣x）2＝AH2②；
联立①②并解得x＝，
则AD2＝x2+AH2＝（）2+b2﹣（a﹣）2＝（2b2+2c2﹣a2）；

（3）设一个矩形的周长为2a，一边长为x，则其邻边长为a﹣x，
则该矩形的面积为a（a﹣x）＝﹣ax2+a2，
∵﹣a＜0，故该矩形面积有最大值，当x＝a时，面积最大，
此时一边为a，另外一边为a﹣x＝a，
即当矩形为正方形时，该矩形的面积最大；
故当题设矩形ABDC的最大面积时，该矩形为正方形，如下图：

过点O作OH⊥AB于点H，则AH＝OH＝AO＝，
则BH＝＝＝，
故AB＝，
则矩形的面积＝AB2＝25+3．
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日期：2021/8/16 23:21:12；用户：节节高5；邮箱：5jiejg@xyh.com；学号：37675298