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2020-2021学年广东省茂名市高州市十校联考九年级（下）月考数学试卷（6月份）
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这是一份2020-2021学年广东省茂名市高州市十校联考九年级（下）月考数学试卷（6月份），共32页。试卷主要包含了选择题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2020-2021学年广东省茂名市高州市十校联考九年级（下）月考数学试卷（6月份）
一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分）。
1．（3分）下列图形，是中心对称图形但不是轴对称图形的是（ ）
A．等边三角形 B．平行四边形 C．圆 D．正五边形
2．（3分）某篮球兴趣小组7名学生参加投篮比赛，每人投10个，投中的个数分别为：8，5，7，5，8，6，8，则这组数据的众数和中位数分别为（ ）
A．5，7 B．6，7 C．8，6 D．8，7
3．（3分）一元二次方程x（x﹣5）＝0的解是（ ）
A．0 B．5 C．0和5 D．0和﹣5
4．（3分）石墨烯是目前世界上最薄却又最坚硬同时还是导电性能最好的纳米材料，其理论厚度大约仅0.00000034毫米．将0.00000034用科学记数法表示为（ ）
A．3.4×10﹣7 B．3.4×10﹣8 C．34×10﹣8 D．0.34×10﹣6
5．（3分）已知点P（1﹣2a，a﹣1）在第三象限内，则a的取值范围在数轴上表示正确的是（ ）
A． B．
C． D．
6．（3分）如图，在纸上剪一个圆形和一个扇形的纸片，使之恰好能围成一个圆锥模型，若圆的半径r＝1，扇形的半径为R，扇形的圆心角等于90°，则R的值是（ ）
A．R＝2 B．R＝3 C．R＝4 D．R＝5
7．（3分）现代科技的发展已经进入到了5G时代，温州地区将在2021年基本实现5G信号全覆盖．5G网络峰值速率为4G网络峰值速率的10倍，在峰值速率下传输4千兆数据，5G网络比4G网络快360秒．若设4G网络的峰值速率为每秒传输x千兆数据，则由题意可列方程（ ）
A．410x−4x=360 B．4x−410x=360
C．40x−4x=360 D．4x−40x=360
8．（3分）如图，⊙O的半径为2，点A为⊙O上一点，OD⊥弦BC于D，如果∠BAC＝60°，那么OD的长是（ ）
A．3 B．32 C．1 D．2
9．（3分）如图，在矩形ABCD中，E为边CD上一点，将△ADE沿直线AE翻折，使得点D的对应点F落在BC边上．若AD＝4，∠DAE＝15°，则CE的长度是（ ）
A．8﹣43 B．43−6 C．23 D．1
10．（3分）如图，四边形ABCD是边长为2的正方形，点P为线段AB上的动点，E为AD的中点，射线PE交CD的延长线于点Q，过点E作PQ的垂线交CD于点H、交BC的延长线于点F，则以下结论：①∠AEP＝∠CHF；②△EHQ≌△CHF；③当点F与点C重合时3PA＝PB；④当PA＝PB时，CF=22．成立的是（ ）
A．①③④ B．②③④ C．①③ D．②④
二、填空题（本大题7小题，每小题4分，共28分）请将下列各题的正确答案填写在答题卷相应的位置上。
11．（4分）计算6÷3×13所得的结果是 ．
12．（4分）如图，把一张长方形纸片沿AB折叠后，若∠1＝48°，则∠2的大小为 度．
13．（4分）已知a+b＝2，则a2﹣b2+4b的值为 ．
14．（4分）如图，菱形ABCD的对角线相交于点O，AC＝2，BD＝23，将菱形按如图方式折叠，使点B与点O重合，折痕为EF，则五边形AEFCD的周长为 ．
15．（4分）现规定一种新的运算：m#n＝4m﹣3n．例如：3#2＝4×3﹣3×2．若x满足x#43＜0，且x#（﹣4）≥0，则x的取值范围是 ．
16．（4分）如图，在矩形ABCD中，AB＝6，AD＝8，E、F分别为AB、CD边上的点，且EF∥BC，G为EF上一点，且GF＝2，M、N分别为GD、EC的中点，则MN＝ ．
17．（4分）如图，点A1，A2，A3，A4，A5，…，在射线ON上，点B1，B2，B3，B4，…在射线OM上，点C1，C2，C3，…分别在线段A2B2，A3B3，A4B4，…上，且四边形A1B1C1A2，四边形A2B2C2A3，四边形A3B3C3A4，…均为正方形，若OA1＝4，A1B1＝2，则正方形A2021B2021C2021A2022的边长为 ．
三、解答题（一）：（本大题3小题，每小题6分，共18分）
18．（6分）计算：2sin60°+|3−2|+（﹣1）﹣1−3−8
19．（6分）先化简，再求值：2（x﹣1）2﹣（1﹣x）（1+x）+5x（1﹣x），其中x=12．
20．（6分）“校园安全”受到全社会的广泛关注，我市某中学对部分学生就校园安全知识的了解程度，采用随机抽样调查的方式，并根据收集到的信息进行统计，绘制了如图两幅尚不完整的统计图，请你根据统计图中所提供的的信息解答下列问题：
（1）接受问卷调查的学生共有 人，扇形统计图中“了解”部分所对应的扇形的圆心角的度数为 °；
（2）若该中学共有学生900人，请根据上述调查结果，估计该中学学生中对校园安全知识达到“了解”和“基本了解”程度的总人数为多少人？
四、解答题（二）（本大题3小题，每小题8分，共24分）
21．（8分）如图，在平行四边形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，OA＝OB，过点B作BE⊥AC于点E．
（1）求证：▱ABCD是矩形；
（2）若AD＝45，cos∠ABE=255，求AC的长．
22．（8分）习近平总书记说：“读书可以让人保持思想活力，让人得到智慧启发，让人滋养浩然之气”．某校为提高学生的阅读品味，现决定购买《艾青诗选》和《格列佛游记》两种书共50本．已知购买2本《艾青诗选》和1本《格列佛游记》需100元；购买6本《艾青诗选》与购买7本《格列佛游记》的价格相同．
（1）求这两种书的单价；
（2）若购买《艾青诗选》的数量不少于所购买《格列佛游记》数量的一半，且购买两种书的总价不超过1600元．请问有哪几种购买方案？
23．（8分）如图，在梯形ABCD中，DC∥AB，∠A＝90°，AD＝6cm，DC＝4cm，BC的坡度i＝3：4，动点P从A出发以2cm/s的速度沿AB方向向点B运动，动点Q从点B出发以3cm/s的速度沿B→C→D方向向点D运动，两个动点同时出发，当其中一个动点到达终点时，另一个动点也随之停止．设动点运动的时间为t秒．
（1）BC＝ ；当t为何值时，PC与BQ相互平分；
（2）连结PQ，设△PBQ的面积为y，探求y与t的函数关系式，求t为何值时，y有最大值？最大值是多少？
五、解答题（三）（本大题2小题，每小题10分，共20分）
24．（10分）已知⊙O是△ABC的外接圆，CE为⊙O的直径，交AB于点F，连接AO并延长交BC于点D，AD⊥BC．
（1）如图1，求证：∠BFC＝3∠BAD；
（2）如图2，连接AE、BE，过点A作AG⊥CE，垂足为G．求证：CE＝BE+2EG；
（3）如图3，在（2）的条件下，连接DG交AB于点H，若tan∠ACE=12，AG=45，求△CDG的面积．
25．（10分）如图1，在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）与x轴交于A（−12，0），B（2，0）两点，与y轴交于点C（0，1）．
（1）求抛物线的函数表达式；
（2）如图1，点D为第一象限内抛物线上一点，连接AD，BC交于点E，求DEAE的最大值；
（3）如图2，连接AC，BC，过点O作直线l∥BC，点P，Q分别为直线l和抛物线上的点．试探究：在第四象限内是否存在这样的点P，使△BPQ∽△CAB．若存在，请直接写出所有符合条件的点P的坐标，若不存在，请说明理由．
2020-2021学年广东省茂名市高州市十校联考九年级（下）月考数学试卷（6月份）
参考答案与试题解析
一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分）。
1．（3分）下列图形，是中心对称图形但不是轴对称图形的是（ ）
A．等边三角形 B．平行四边形 C．圆 D．正五边形
【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．
【解答】解：A、是轴对称图形，不是中心对称图形；
B、不是轴对称图形，是中心对称图形；
C、是轴对称图形，也是中心对称图形；
D、是轴对称图形，不是中心对称图形．
故选：B．
【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度后与原图重合．
2．（3分）某篮球兴趣小组7名学生参加投篮比赛，每人投10个，投中的个数分别为：8，5，7，5，8，6，8，则这组数据的众数和中位数分别为（ ）
A．5，7 B．6，7 C．8，6 D．8，7
【分析】找出7位同学投中最多的个数即为众数，将个数按照从小到大的顺序排列，找出中位数即可．
【解答】解：这组数据中出现次数最多的是8个，出现了3次，
∴众数为8个，
这组数据重新排列为5、5、6、7、8、8、8，
∴其中位数为7个，
故选：D．
【点评】此题考查了众数与中位数，熟练掌握各自的定义是解本题的关键．
3．（3分）一元二次方程x（x﹣5）＝0的解是（ ）
A．0 B．5 C．0和5 D．0和﹣5
【分析】利用因式分解法求解可得．
【解答】解：∵x（x﹣5）＝0，
∴x＝0或x﹣5＝0，
解得：x1＝0，x2＝5，
故选：C．
【点评】本题考查了解一元二次方程，能选择适当的方法解一元二次方程是解此题的关键．
4．（3分）石墨烯是目前世界上最薄却又最坚硬同时还是导电性能最好的纳米材料，其理论厚度大约仅0.00000034毫米．将0.00000034用科学记数法表示为（ ）
A．3.4×10﹣7 B．3.4×10﹣8 C．34×10﹣8 D．0.34×10﹣6
【分析】绝对值小于1的正数也可以利用科学记数法表示，一般形式为a×10﹣n，与较大数的科学记数法不同的是其所使用的是负指数幂，指数n由原数左边起第一个不为零的数字前面的0的个数所决定．
【解答】解：0.00000034＝3.4×10﹣7．
故选：A．
【点评】本题考查用科学记数法表示较小的数，一般形式为a×10﹣n，其中1≤|a|＜10，n为由原数左边起第一个不为零的数字前面的0的个数所决定．
5．（3分）已知点P（1﹣2a，a﹣1）在第三象限内，则a的取值范围在数轴上表示正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【分析】解两个不等式得出其解集，再根据不等式的解集在数轴上的表示可得答案．
【解答】解：∵点P（1﹣2a，a﹣1）在第三象限，
∴1−2a＜0a−1＜0，
解不等式1﹣2a＜0，得：a＞0.5，
解不等式a﹣1＜0，得：a＜1，
故选：C．
【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．
6．（3分）如图，在纸上剪一个圆形和一个扇形的纸片，使之恰好能围成一个圆锥模型，若圆的半径r＝1，扇形的半径为R，扇形的圆心角等于90°，则R的值是（ ）
A．R＝2 B．R＝3 C．R＝4 D．R＝5
【分析】利用圆锥的底面周长等于侧面展开图的扇形弧长，根据弧长公式计算．
【解答】解：扇形的弧长是：90πR180=πR2，
圆的半径r＝1，则底面圆的周长是2π，
圆锥的底面周长等于侧面展开图的扇形弧长则得到：πR2=2π，
∴R2=2，
即：R＝4，
故选：C．
【点评】本题综合考查有关扇形和圆锥的相关计算．解题思路：解决此类问题时要紧紧抓住两者之间的两个对应关系：（1）圆锥的母线长等于侧面展开图的扇形半径；（2）圆锥的底面周长等于侧面展开图的扇形弧长．正确对这两个关系的记忆是解题的关键．
7．（3分）现代科技的发展已经进入到了5G时代，温州地区将在2021年基本实现5G信号全覆盖．5G网络峰值速率为4G网络峰值速率的10倍，在峰值速率下传输4千兆数据，5G网络比4G网络快360秒．若设4G网络的峰值速率为每秒传输x千兆数据，则由题意可列方程（ ）
A．410x−4x=360 B．4x−410x=360
C．40x−4x=360 D．4x−40x=360
【分析】设4G网络的峰值速率为每秒传输x千兆数据，则5G网络的峰值速率为每秒传输10x千兆数据，根据传输时间＝需传输数据的总量÷在峰值速率下每秒传输数据的量结合在峰值速率下传输4千兆数据5G网络比4G网络快360秒，即可得出关于x的分式方程，此题得解．
【解答】解：设4G网络的峰值速率为每秒传输x千兆数据，则5G网络的峰值速率为每秒传输10x千兆数据，
依题意，得：4x−410x=360．
故选：B．
【点评】本题考查了由实际问题抽象出分式方程，找准等量关系，正确列出分式方程是解题的关键．
8．（3分）如图，⊙O的半径为2，点A为⊙O上一点，OD⊥弦BC于D，如果∠BAC＝60°，那么OD的长是（ ）
A．3 B．32 C．1 D．2
【分析】由于∠BAC＝60°，根据圆周角定理可求∠BOC＝120°，又OD⊥BC，根据垂径定理可知∠BOD＝60°，在Rt△BOD中，利用特殊三角函数值易求OD．
【解答】解：∵OD⊥弦BC，
∴∠BDO＝90°，
∵∠BOD＝∠BAC＝60°，
∴OD=12OB＝1，
故选：C．
【点评】本题考查了圆周角定理、垂径定理、特殊角三角函数计算，解题的关键是熟记特殊角三角函数．
9．（3分）如图，在矩形ABCD中，E为边CD上一点，将△ADE沿直线AE翻折，使得点D的对应点F落在BC边上．若AD＝4，∠DAE＝15°，则CE的长度是（ ）
A．8﹣43 B．43−6 C．23 D．1
【分析】由折叠的性质可得AD＝AF＝BC＝4，∠DAE＝∠FAE＝15°，∠D＝∠AFE＝90°，可得∠AFB＝30°，由直角三角形的性质可求AB=12AF＝2，BF=3AB＝23，可求CF＝4﹣23，由直角三角形的性质可求解．
【解答】解：∵将△ADE沿直线AE翻折，
∴AD＝AF＝BC＝4，∠DAE＝∠FAE＝15°，∠D＝∠AFE＝90°，
∴∠BAF＝90°﹣30°＝60°，
∴∠AFB＝30°，
∴AB=12AF＝2，BF=3AB＝23，
∴CF＝4﹣23，
∵∠DAF+∠D+∠AFE+∠DEF＝360°，
∴∠DEF＝150°，
∴∠FEC＝30°，
∴EC=3FC＝43−6，
故选：B．
【点评】本题考查了翻折变换，解析的性质，直角三角形的性质，掌握折叠的性质是本题的关键．
10．（3分）如图，四边形ABCD是边长为2的正方形，点P为线段AB上的动点，E为AD的中点，射线PE交CD的延长线于点Q，过点E作PQ的垂线交CD于点H、交BC的延长线于点F，则以下结论：①∠AEP＝∠CHF；②△EHQ≌△CHF；③当点F与点C重合时3PA＝PB；④当PA＝PB时，CF=22．成立的是（ ）
A．①③④ B．②③④ C．①③ D．②④
【分析】利用正方形的性质、全等三角形的性质、勾股定理等知识一一判断即可．
【解答】解：①如图1，∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ADC＝∠BCD＝90°，
∴∠DEH+∠DHE＝90°，
∵PQ⊥EF，
∴∠PEF＝∠AEP+∠DEH＝90°，
∴∠DHE＝∠AEP，
∵∠DHE＝∠CHF，
∴∠AEP＝∠CHF，
故①正确；
②∵∠QEH＝∠HCF＝90°，∠EHQ＝∠CHF，
∴△EHQ∽△CHF，
故②不正确；
③当点F与点C重合时，如图2，
∵E是AD的中点，
∴AE＝ED，
在△PAE和△QDE中，
∠A=∠EDQ=90°AE=ED∠AEP=∠DEQ，
∴△PAE≌△QDE（ASA），
∴PE＝EQ，PA＝DQ，
∵PQ⊥EF，
∴PC＝QC，
设PA＝x，则DQ＝x，
∴PC＝CQ＝2+x，PB＝2﹣x，
Rt△PBC中，PC2＝PB2+BC2，
∴（2﹣x）2+22＝（2+x）2，
∴x=12，
∴PB＝2−12=32，
∴3PA＝PB，
故③正确；
④如图3，∵P是AB的中点，
∴PA＝AE＝ED＝1，
Rt△PAE中，∠AEP＝45°，
∵∠PEF＝90°，
∴∠DEH＝45°，
Rt△EDH中，DH＝DE＝1，
∴CH＝DH＝1，
在△EDH和△FCH中，
∠EDH=∠HCF=90°DH=CH∠EHD=∠FHC，
∴△EDH≌△FCH（ASA），
∴CF＝ED＝1，
故④不正确；
本题成立的结论有：①③；
故选：C．
【点评】本题考查正方形的性质、全等三角形的判定和性质、相似三角形的性质和判定、勾股定理等知识，解题的关键是学会利用全等三角形解决问题，属于中考选择题中的压轴题．
二、填空题（本大题7小题，每小题4分，共28分）请将下列各题的正确答案填写在答题卷相应的位置上。
11．（4分）计算6÷3×13所得的结果是 2 ．
【分析】先根据二次根式运算步骤，将除法变乘法，再运用乘法法则进行计算．
【解答】解：原式＝6×13×13
＝6×13
＝2．
【点评】本题考查了二次根式的乘除运算，解题关键是按照运算步骤和法则进行计算．
12．（4分）如图，把一张长方形纸片沿AB折叠后，若∠1＝48°，则∠2的大小为 66 度．
【分析】依据折叠即可得到∠DAB的度数，再根据平行线的性质，即可得出∠2的度数．
【解答】解：如图，∵∠1＝48°，
∴∠DAE＝132°，
由折叠可得，∠DAB=12∠DAE＝66°，
∵AD∥BC，
∴∠2＝∠DAB＝66°，
故答案为：66．
【点评】本题主要考查了平行线的性质，解题时注意运用：两直线平行，内错角相等．
13．（4分）已知a+b＝2，则a2﹣b2+4b的值为 4 ．
【分析】把所给式子整理为含（a+b）的式子的形式，再代入求值即可．
【解答】解：∵a+b＝2，
∴a2﹣b2+4b，
＝（a+b）（a﹣b）+4b，
＝2（a﹣b）+4b，
＝2a+2b，
＝2（a+b），
＝2×2，
＝4．
故答案为：4．
【点评】本题考查了利用平方差公式分解因式，利用平方差公式和提公因式法整理出a+b的形式是求解本题的关键，同时还隐含了整体代入的数学思想．
14．（4分）如图，菱形ABCD的对角线相交于点O，AC＝2，BD＝23，将菱形按如图方式折叠，使点B与点O重合，折痕为EF，则五边形AEFCD的周长为 7 ．
【分析】根据菱形的性质得到∠ABO＝∠CBO，AC⊥BD，得到∠ABC＝60°，由折叠的性质得到EF⊥BO，OE＝BE，∠BEF＝∠OEF，推出△BEF是等边三角形，得到∠BEF＝60°，得到△AEO是等边三角形，推出EF是△ABC的中位线，求得EF=12AC＝1，AE＝OE＝1，同理CF＝OF＝1，于是得到结论．
【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，AC＝2，BD＝23，
∴∠ABO＝∠CBO，AC⊥BD，
∵AO＝1，BO=3，
∴tan∠ABO=AOBO=33，
∴∠ABO＝30°，AB＝2，
∴∠ABC＝60°，
由折叠的性质得，EF⊥BO，OE＝BE，∠BEF＝∠OEF，
∴BE＝BF，EF∥AC，
∴△BEF是等边三角形，
∴∠BEF＝60°，
∴∠OEF＝60°，
∴∠AEO＝60°，
∴△AEO是等边三角形，
∴AE＝OE，
∴BE＝AE，
∴EF是△ABC的中位线，
∴EF=12AC＝1，AE＝OE＝1，
同理CF＝OF＝1，
∴五边形AEFCD的周长为＝1+1+1+2+2＝7．
故答案为：7．
【点评】本题考查了翻折变换﹣折叠问题，菱形的性质，等边三角形的判定和性质，解直角三角形，正确的识别图形是解题的关键．
15．（4分）现规定一种新的运算：m#n＝4m﹣3n．例如：3#2＝4×3﹣3×2．若x满足x#43＜0，且x#（﹣4）≥0，则x的取值范围是 ﹣3≤x＜1 ．
【分析】先根据题意列出关于x的不等式组，再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：根据题意，得：4x−3×43＜0①4x−3×(−4)≥0②，
解不等式①，得：x＜1，
解不等式②，得：x≥﹣3，
则不等式组的解集为﹣3≤x＜1，
故答案为：﹣3≤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．
16．（4分）如图，在矩形ABCD中，AB＝6，AD＝8，E、F分别为AB、CD边上的点，且EF∥BC，G为EF上一点，且GF＝2，M、N分别为GD、EC的中点，则MN＝ 32 ．
【分析】取DF的中点H，CF的中点Q，连接MH，NQ，过点M作MK⊥NQ于K，由三角形中位线定理可得NQ=12EF＝4，MH=12GF＝1，MH∥EF，NQ∥EF，HQ=12CD＝3，由勾股定理可求解．
【解答】解：如图，取DF的中点H，CF的中点Q，连接MH，NQ，过点M作MK⊥NQ于K，
∵EF∥BC，AB∥CD，
∴四边形BCFE是平行四边形，
又∵∠BCD＝90°，
∴四边形BCFE是矩形，
∴EF＝BC＝AD＝8，
∵M、N分别为GD、EC的中点，H是DF的中点，Q是CF的中点，
∴NQ=12EF＝4，MH=12GF＝1，MH∥EF，NQ∥EF，HQ=12CD＝3，
∴MH∥NQ，
∵KM⊥NQ，∠NQD＝90°，
∴MK∥HQ，
∴四边形MHQK是平行四边形，
∴MK＝3，KQ＝MH＝1，
∴NK＝3，
∴MN=2MK＝32，
方法二，连接BF，连接FM并延长交AD于H，连接BH，
∵EF∥BC，AB∥CD，
∴四边形BCFE是平行四边形，
又∵∠BCD＝90°，
∴四边形BCFE是矩形，
∴BN＝FN，
∵AD∥EF，
∴∠ADM＝∠DGF，∠DHM＝∠GFM，
又∵DM＝MG，
∴△DHM≌△GFM（AAS），
∴DH＝GF＝2，HM＝FM，
∴BH＝2MN，
∵AB＝6，AH＝AD﹣HD＝6，
∴BH＝62，
∴NM＝32，
故答案为32．
【点评】本题考查了矩形的判定和性质，三角形中位线定理等知识，添加恰当辅助线构造直角三角形是本题的关键．
17．（4分）如图，点A1，A2，A3，A4，A5，…，在射线ON上，点B1，B2，B3，B4，…在射线OM上，点C1，C2，C3，…分别在线段A2B2，A3B3，A4B4，…上，且四边形A1B1C1A2，四边形A2B2C2A3，四边形A3B3C3A4，…均为正方形，若OA1＝4，A1B1＝2，则正方形A2021B2021C2021A2022的边长为 2×1.52020 ．
【分析】根据题意确定出第一个，第二个，第三个正方形的边长，进而以此类推得到一般性规律，即可确定出第2021个正方形的边长．
【解答】解：∵OA1＝4，A1B1＝2，
在Rt△OA1B1中，tan∠O=A1B1OA1=24=12，
在Rt△OA2B2中，tan∠O=B2C1+24+2=12，
∴B2C1＝1，
∴A2B2＝3，
在Rt△OA3B3中，tan∠O=B3C2+34+2+3=12，
∴B3C2＝1.5，
∴A3B3＝4.5，
在Rt△OA4B4中，tan∠O=B4C3+4.54+2+3+4.5=12，
∴B4C3＝2.25，
∴A4B4＝6.75，
∴正方形边长的变化规律为：2×1.5（n﹣1），
∴正方形A2021B2021C2021A2022的边长为2×1.5（2021﹣1）＝2×1.52020．
故答案为：2×1.52020．
【点评】此题考查了正方形的性质，正切三角函数，熟练掌握正方形的性质是解本题的关键．
三、解答题（一）：（本大题3小题，每小题6分，共18分）
18．（6分）计算：2sin60°+|3−2|+（﹣1）﹣1−3−8
【分析】直接利用特殊角的三角函数值以及绝对值的性质和立方根的性质分别化简得出答案．
【解答】解：原式＝2×32+2−3−1+2
=3+2−3−1+2
＝3．
【点评】此题主要考查了实数运算，正确化简各数是解题关键．
19．（6分）先化简，再求值：2（x﹣1）2﹣（1﹣x）（1+x）+5x（1﹣x），其中x=12．
【分析】直接利用乘法公式以及整式的混合运算法则化简，进而代入x的值得出答案．
【解答】解：原式＝2（x2﹣2x+1）﹣（1﹣x2）+5x﹣5x2
＝2x2﹣4x+2﹣1+x2+5x﹣5x2
＝﹣2x2+x+1，
当x=12时，
原式＝﹣2×（12）2+12+1
＝﹣2×14+12+1
=−12+12+1
＝1．
【点评】此题主要考查了整式的混合运算，正确运用乘法公式是解题关键．
20．（6分）“校园安全”受到全社会的广泛关注，我市某中学对部分学生就校园安全知识的了解程度，采用随机抽样调查的方式，并根据收集到的信息进行统计，绘制了如图两幅尚不完整的统计图，请你根据统计图中所提供的的信息解答下列问题：
（1）接受问卷调查的学生共有 60 人，扇形统计图中“了解”部分所对应的扇形的圆心角的度数为 30 °；
（2）若该中学共有学生900人，请根据上述调查结果，估计该中学学生中对校园安全知识达到“了解”和“基本了解”程度的总人数为多少人？
【分析】（1）从两个统计图中可知“了解很少”的频数为30人，占调查人数的50%，可求出调查人数，进而求出“了解”的频数、所占得百分比，相应的圆心角的度数；
（2）求出“了解”“基本了解”所占得百分比即可求出答案．
【解答】解：（1）接受问卷调查的人数为：30÷50%＝60（人），
“了解”的人数为：60﹣15﹣30﹣10＝5（人），
所以扇形统计图中“了解”部分所对应的扇形的圆心角的度数为：360°×560=30°，
故答案为：60，30；
（2）“了解”和“基本了解”的人数为15+5＝20（人），
因此整体中，达到“了解”和“基本了解”的人数为：900×15+560=300（人），
答：该中学900中对校园安全知识达到“了解”和“基本了解”的共有300人．
【点评】本题考查条形统计图、扇形统计图，了解和掌握两个统计图中数量之间的关系是正确解答的前提．
四、解答题（二）（本大题3小题，每小题8分，共24分）
21．（8分）如图，在平行四边形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，OA＝OB，过点B作BE⊥AC于点E．
（1）求证：▱ABCD是矩形；
（2）若AD＝45，cos∠ABE=255，求AC的长．
【分析】（1）根据平行四边形的性质和矩形的判定解答即可；
（2）根据矩形的性质和勾股定理解答即可．
【解答】证明：（1）∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OA＝OC，OB＝OD，
∵OA＝OB，
∴OA＝OB＝OC＝OD，
∴AC＝BD，
∴▱ABCD是矩形；
（2）∵▱ABCD是矩形，
∴∠BAD＝∠ADC＝90°，
∴∠BAC+∠CAD＝90°，
∵BE⊥AC，
∴∠BAC+∠ABE＝90°，
∴∠CAD＝∠ABE，
在Rt△ACD中，AD＝45，cos∠CAD＝cos∠ABE=255，
∴AC＝10．
【点评】此题考查矩形的判定和性质，关键是根据矩形的判定和性质以及勾股定理解答．
22．（8分）习近平总书记说：“读书可以让人保持思想活力，让人得到智慧启发，让人滋养浩然之气”．某校为提高学生的阅读品味，现决定购买《艾青诗选》和《格列佛游记》两种书共50本．已知购买2本《艾青诗选》和1本《格列佛游记》需100元；购买6本《艾青诗选》与购买7本《格列佛游记》的价格相同．
（1）求这两种书的单价；
（2）若购买《艾青诗选》的数量不少于所购买《格列佛游记》数量的一半，且购买两种书的总价不超过1600元．请问有哪几种购买方案？
【分析】（1）设购买《艾青诗选》的单价为x元，《格列佛游记》的单价为y元，根据题意建立方程组求解即可；
（2）设购买《艾青诗选》的数量n本，则购买《格列佛游记》的数量为（50﹣n）本，根据题意的两个不等关系列不等式组解答并确定整数解即可．
【解答】解：（1）设购买《艾青诗选》的单价为x元，《格列佛游记》的单价为y元，
由题意得：2x+y=1006x=7y，
解得x=35y=30，
答：购买《艾青诗选》的单价为35元，《格列佛游记》的单价为30元；
（2）设购买《艾青诗选》的数量n本，则购买《格列佛游记》的数量为（50﹣n）本，
根据题意得n≥12(50−n)35n+30(50−n)≤1600，
解得：1623≤n≤20，
则n可以取17、18、19、20，
当n＝17时，50﹣n＝33，共花费17×35+33×30＝1585（元）；
当n＝18时，50﹣n＝32，共花费18×35+32×30＝1590（元）；
当n＝19时，50﹣n＝31，共花费19×35+31×30＝1595（元）；
当n＝20时，50﹣n＝30，共花费20×35+30×30＝1600（元）；
所以，共有4种购买方案分别为：
购买《艾青诗选》和《格列佛游记》的数量分别为17本和33本，
购买《艾青诗选》和《格列佛游记》的数量分别为18本和32本，
购买《艾青诗选》和《格列佛游记》的数量分别为19本和31本，
购买《艾青诗选》和《格列佛游记》的数量分别为20本和30本．
【点评】本题考查了二元一次方程组和不等式组的应用，弄清题意、确定等量关系和不等关系是解答本题的关键．
23．（8分）如图，在梯形ABCD中，DC∥AB，∠A＝90°，AD＝6cm，DC＝4cm，BC的坡度i＝3：4，动点P从A出发以2cm/s的速度沿AB方向向点B运动，动点Q从点B出发以3cm/s的速度沿B→C→D方向向点D运动，两个动点同时出发，当其中一个动点到达终点时，另一个动点也随之停止．设动点运动的时间为t秒．
（1）BC＝ 10 ；当t为何值时，PC与BQ相互平分；
（2）连结PQ，设△PBQ的面积为y，探求y与t的函数关系式，求t为何值时，y有最大值？最大值是多少？
【分析】（1）作CE⊥AB于E，根据坡度的定义进行求解；要使PC与BQ相互平分，只需保证四边形CPBQ是平行四边形，即可得到关于t的方程，进行求解；
（2）此题要分两种情况考虑：点Q在BC上，即0≤t≤313时；当点Q在CD上，即313＜t≤423，根据三角形的面积公式建立函数关系式，再进一步求解．
【解答】解：（1）如图，作CE⊥AB于E，则四边形ADCE是矩形．
则CE＝AD＝6，
又BC的坡度i＝CE：BE＝3：4，且BE⊥CE，
则CE：BC＝3：5，
则BC＝10；
如图，要使PC与BQ相互平分，只需保证四边形CPBQ是平行四边形，即PB＝CQ．
得AB＝4+8＝12，则PB＝12﹣2t，
则12﹣2t＝3t﹣10，
∴t＝4.4，
故当t为4.4时，PC与BQ相互平分，
故答案为：10；
（2）如图，
当0≤t＜103时，则BP＝12﹣2t，QF=35×3t=95t，
y=12×95t(12−2t)=−95t2+545t，
当t＝3时，y最大，是16.2；
当103≤t≤143时，则y=12×6×(12−2t)=−6t+36，
则t=103时，y取得最大值，是16．
综上所述，则当t＝3时，y取得最大值，是16.2．
【点评】此题考查了二次函数的应用，梯形的性质、平行四边形的判定、解直角三角形的知识、三角形的面积公式，正确地列出函数解析式是解题的关键．
五、解答题（三）（本大题2小题，每小题10分，共20分）
24．（10分）已知⊙O是△ABC的外接圆，CE为⊙O的直径，交AB于点F，连接AO并延长交BC于点D，AD⊥BC．
（1）如图1，求证：∠BFC＝3∠BAD；
（2）如图2，连接AE、BE，过点A作AG⊥CE，垂足为G．求证：CE＝BE+2EG；
（3）如图3，在（2）的条件下，连接DG交AB于点H，若tan∠ACE=12，AG=45，求△CDG的面积．
【分析】（1）根据垂径定理知BD＝CD，则AB＝AC，再利用等腰三角形的性质可得结论；
（2）在CE上截取CP＝BE，连接AP，利用SAS证明∴△EBA≌△PCA，得AE＝AP，再利用等腰三角形的性质可得结论；
（3）首先利用AAS证明△AGO≌△CDO，得OG＝OD，AG＝CD=45，利用三角函数可得CG，EG的长，从而得出sin∠DCO=sin∠GAO=OGOA=3555=35，过D作DQ⊥CG于Q，求出DQ的长，从而得出答案．
【解答】（1）证明：∵AD⊥BC，AD是过圆心的线段，
∴BD＝CD，
∴AB＝AC，
∴∠BAD＝∠CAO，
∵OA＝OC，
∴∠OAC＝∠OCA，
∵∠BFC＝∠FAC+∠ACF，
∴∠BFC＝3∠BAD；
（2）如图2，在CE上截取CP＝BE，连接AP，
∵AE=AE，
∴∠EBA＝∠FCA，
∵AB＝AC，
∴△EBA≌△PCA（SAS），
∴AE＝AP，
∵AG⊥EC，
∴EG＝PG，
∴CE＝BE+2EG；
（3）解：∵∠AGO＝∠CDO，AO＝CO，∠AOG＝∠COD，
∴△AGO≌△CDO（AAS），
∴OG＝OD，AG＝CD=45，
∵tan∠ACE=12，
∴CG=AGtan∠ACE=4512=85，
∵AG⊥CE，CE为直径，
∴∠EAG＝∠ACE，
∴EG＝AG•tan∠EAG＝AG•tan∠ACE=25，
∴CE=EG+CG=105，
∴OA=OC=55，
∴OG=CG−OC=35，
∴sin∠DCO=sin∠GAO=OGOA=3555=35，
过D作DQ⊥CG于Q，
则DQ＝CD⋅sin∠DCO=45⋅35=1255，
∴S△CDG=12CG⋅DQ=12×85×1255=48．
【点评】本题是圆的综合题，主要考查了垂径定理，等腰三角形的性质，圆周角定理，全等三角形的判定与性质，三角函数等知识，证明△AGO≌△CDO是解题的关键．
25．（10分）如图1，在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）与x轴交于A（−12，0），B（2，0）两点，与y轴交于点C（0，1）．
（1）求抛物线的函数表达式；
（2）如图1，点D为第一象限内抛物线上一点，连接AD，BC交于点E，求DEAE的最大值；
（3）如图2，连接AC，BC，过点O作直线l∥BC，点P，Q分别为直线l和抛物线上的点．试探究：在第四象限内是否存在这样的点P，使△BPQ∽△CAB．若存在，请直接写出所有符合条件的点P的坐标，若不存在，请说明理由．
【分析】（1）用待定系数法求出函数解析式即可；
（2）构造出△AGE∽△DEH，可得DEAE=DHAG，而DE和AG都可以用含自变量的式子表示，最后用二次函数最大值的方法求值．
（3）先发现△ABC是两直角边比为2：1的直角三角形，由△BPQ∽△CAB，构造出△BPQ，表示出Q点的坐标，代入解析式求解即可．
【解答】解：（1）分别将C（0，1）、A（−12，0）、B（2，0）代入y＝ax2+bx+c中得
14a−12b+c=04a+2b+c=0c=1，
解得：a=−1b=32c=1，
∴抛物线的函数表达式为y=−x2+32x+1．
（2）如图1：
如图2：
过A作AG∥y轴交BC的延长线于点G，过点D作DH∥y轴交BC于点H，
∵B（2，0）C（0，1），
∴直线BC：y=12x+1，
∵A（−12，0），
∴G（−12，54），
设D（m，−m2+32m+1），则H（m，−12m+1），
∴DH＝（−m2+32m+1）﹣（−12m+1），
＝﹣m2+2m，
∵AG∥DH，
∴DEAE=DHAG=−m2+2m54=−45(m−1)2+45，
∴当m＝1时，DEAE的最大值为45．
（3）符合条件的点P坐标为（−9+1454，9−1458）或（9+174，−9−178）．
解：∵l∥BC，
∴直线l的解析式为：y=−12x，
设P（n，−12n），
∵A（−12，0），B（2，0），C（0，1），
∴AC2=54，BC2＝5，AB2=254．
∵AC2+BC2＝AB2，
∴∠ACB＝90°．
∵△BPQ∽△CAB，
∴BPBQ=ACBC=12，
分两种情况说明：
①如图3，过点P作PN⊥x轴于N，过点Q作QM⊥x轴于M．
∵∠PNB＝∠BMQ＝90°，
∠NBP+∠MBQ＝90°，
∠MQB＝+∠MBQ＝90°，
∴∠NBP＝∠MQB．
∴△NBP∽△MQB，
∴PNBM=NBMQ=12，
∵P(n，−12n)，
∴PN=12n，ON=n，
∴BN＝2﹣n，
∴BM＝2PN＝n，QM＝2BN＝4﹣2n，
∴OM＝OB+BM＝2+n，
∴Q（2+n，2n﹣4），
将Q的坐标代入抛物线的解析式得：
−(n+2)2+32(n+2)+1=2n−4，
2n2+9n﹣8＝0，
解得：n1=−9+1454，n2=−9−1454(舍)
∴P（−9+1454，9−1458）．
②如图4，过点P作PN⊥x轴于N，过点Q作QM⊥x轴于M．
∵△PNB∽△BMQ，
又∵△BPQ∽△CAB，
∴BCAC=QMBN=2，
∵P(n，−12n)，
∴Q（2﹣n，4﹣2n），
将Q的坐标代入抛物线的解析式得：
−(2−n)2+32(2−n)+1=4−2n，
化简得：2n2﹣9n+8＝0，
解得：n1=9+174，n2=9−174（舍）
∴P（9+174，−9−178）．
【点评】本题综合考查二次函数问题，解题的关键是待定系数法求函数解析式、构造相似三角形、相似三角形的判定与性质及分类讨论思想的运用．
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日期：2022/3/19 17:22:00；用户：湖北荆门掇刀区望兵石学校；邮箱：wbs@xyh.com；学号：31591624
2020-2021学年广东省茂名市高州市十校联考九年级（下）月考数学试卷（6月份）
一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分）。
1．（3分）下列图形，是中心对称图形但不是轴对称图形的是（ ）
A．等边三角形 B．平行四边形 C．圆 D．正五边形
2．（3分）某篮球兴趣小组7名学生参加投篮比赛，每人投10个，投中的个数分别为：8，5，7，5，8，6，8，则这组数据的众数和中位数分别为（ ）
A．5，7 B．6，7 C．8，6 D．8，7
3．（3分）一元二次方程x（x﹣5）＝0的解是（ ）
A．0 B．5 C．0和5 D．0和﹣5
4．（3分）石墨烯是目前世界上最薄却又最坚硬同时还是导电性能最好的纳米材料，其理论厚度大约仅0.00000034毫米．将0.00000034用科学记数法表示为（ ）
A．3.4×10﹣7 B．3.4×10﹣8 C．34×10﹣8 D．0.34×10﹣6
5．（3分）已知点P（1﹣2a，a﹣1）在第三象限内，则a的取值范围在数轴上表示正确的是（ ）
A． B．
C． D．
6．（3分）如图，在纸上剪一个圆形和一个扇形的纸片，使之恰好能围成一个圆锥模型，若圆的半径r＝1，扇形的半径为R，扇形的圆心角等于90°，则R的值是（ ）
A．R＝2 B．R＝3 C．R＝4 D．R＝5
7．（3分）现代科技的发展已经进入到了5G时代，温州地区将在2021年基本实现5G信号全覆盖．5G网络峰值速率为4G网络峰值速率的10倍，在峰值速率下传输4千兆数据，5G网络比4G网络快360秒．若设4G网络的峰值速率为每秒传输x千兆数据，则由题意可列方程（ ）
A．410x−4x=360 B．4x−410x=360
C．40x−4x=360 D．4x−40x=360
8．（3分）如图，⊙O的半径为2，点A为⊙O上一点，OD⊥弦BC于D，如果∠BAC＝60°，那么OD的长是（ ）
A．3 B．32 C．1 D．2
9．（3分）如图，在矩形ABCD中，E为边CD上一点，将△ADE沿直线AE翻折，使得点D的对应点F落在BC边上．若AD＝4，∠DAE＝15°，则CE的长度是（ ）
A．8﹣43 B．43−6 C．23 D．1
10．（3分）如图，四边形ABCD是边长为2的正方形，点P为线段AB上的动点，E为AD的中点，射线PE交CD的延长线于点Q，过点E作PQ的垂线交CD于点H、交BC的延长线于点F，则以下结论：①∠AEP＝∠CHF；②△EHQ≌△CHF；③当点F与点C重合时3PA＝PB；④当PA＝PB时，CF=22．成立的是（ ）
A．①③④ B．②③④ C．①③ D．②④
二、填空题（本大题7小题，每小题4分，共28分）请将下列各题的正确答案填写在答题卷相应的位置上。
11．（4分）计算6÷3×13所得的结果是 ．
12．（4分）如图，把一张长方形纸片沿AB折叠后，若∠1＝48°，则∠2的大小为 度．
13．（4分）已知a+b＝2，则a2﹣b2+4b的值为 ．
14．（4分）如图，菱形ABCD的对角线相交于点O，AC＝2，BD＝23，将菱形按如图方式折叠，使点B与点O重合，折痕为EF，则五边形AEFCD的周长为 ．
15．（4分）现规定一种新的运算：m#n＝4m﹣3n．例如：3#2＝4×3﹣3×2．若x满足x#43＜0，且x#（﹣4）≥0，则x的取值范围是 ．
16．（4分）如图，在矩形ABCD中，AB＝6，AD＝8，E、F分别为AB、CD边上的点，且EF∥BC，G为EF上一点，且GF＝2，M、N分别为GD、EC的中点，则MN＝ ．
17．（4分）如图，点A1，A2，A3，A4，A5，…，在射线ON上，点B1，B2，B3，B4，…在射线OM上，点C1，C2，C3，…分别在线段A2B2，A3B3，A4B4，…上，且四边形A1B1C1A2，四边形A2B2C2A3，四边形A3B3C3A4，…均为正方形，若OA1＝4，A1B1＝2，则正方形A2021B2021C2021A2022的边长为 ．
三、解答题（一）：（本大题3小题，每小题6分，共18分）
18．（6分）计算：2sin60°+|3−2|+（﹣1）﹣1−3−8
19．（6分）先化简，再求值：2（x﹣1）2﹣（1﹣x）（1+x）+5x（1﹣x），其中x=12．
20．（6分）“校园安全”受到全社会的广泛关注，我市某中学对部分学生就校园安全知识的了解程度，采用随机抽样调查的方式，并根据收集到的信息进行统计，绘制了如图两幅尚不完整的统计图，请你根据统计图中所提供的的信息解答下列问题：
（1）接受问卷调查的学生共有 人，扇形统计图中“了解”部分所对应的扇形的圆心角的度数为 °；
（2）若该中学共有学生900人，请根据上述调查结果，估计该中学学生中对校园安全知识达到“了解”和“基本了解”程度的总人数为多少人？
四、解答题（二）（本大题3小题，每小题8分，共24分）
21．（8分）如图，在平行四边形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，OA＝OB，过点B作BE⊥AC于点E．
（1）求证：▱ABCD是矩形；
（2）若AD＝45，cos∠ABE=255，求AC的长．
22．（8分）习近平总书记说：“读书可以让人保持思想活力，让人得到智慧启发，让人滋养浩然之气”．某校为提高学生的阅读品味，现决定购买《艾青诗选》和《格列佛游记》两种书共50本．已知购买2本《艾青诗选》和1本《格列佛游记》需100元；购买6本《艾青诗选》与购买7本《格列佛游记》的价格相同．
（1）求这两种书的单价；
（2）若购买《艾青诗选》的数量不少于所购买《格列佛游记》数量的一半，且购买两种书的总价不超过1600元．请问有哪几种购买方案？
23．（8分）如图，在梯形ABCD中，DC∥AB，∠A＝90°，AD＝6cm，DC＝4cm，BC的坡度i＝3：4，动点P从A出发以2cm/s的速度沿AB方向向点B运动，动点Q从点B出发以3cm/s的速度沿B→C→D方向向点D运动，两个动点同时出发，当其中一个动点到达终点时，另一个动点也随之停止．设动点运动的时间为t秒．
（1）BC＝ ；当t为何值时，PC与BQ相互平分；
（2）连结PQ，设△PBQ的面积为y，探求y与t的函数关系式，求t为何值时，y有最大值？最大值是多少？
五、解答题（三）（本大题2小题，每小题10分，共20分）
24．（10分）已知⊙O是△ABC的外接圆，CE为⊙O的直径，交AB于点F，连接AO并延长交BC于点D，AD⊥BC．
（1）如图1，求证：∠BFC＝3∠BAD；
（2）如图2，连接AE、BE，过点A作AG⊥CE，垂足为G．求证：CE＝BE+2EG；
（3）如图3，在（2）的条件下，连接DG交AB于点H，若tan∠ACE=12，AG=45，求△CDG的面积．
25．（10分）如图1，在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）与x轴交于A（−12，0），B（2，0）两点，与y轴交于点C（0，1）．
（1）求抛物线的函数表达式；
（2）如图1，点D为第一象限内抛物线上一点，连接AD，BC交于点E，求DEAE的最大值；
（3）如图2，连接AC，BC，过点O作直线l∥BC，点P，Q分别为直线l和抛物线上的点．试探究：在第四象限内是否存在这样的点P，使△BPQ∽△CAB．若存在，请直接写出所有符合条件的点P的坐标，若不存在，请说明理由．
2020-2021学年广东省茂名市高州市十校联考九年级（下）月考数学试卷（6月份）
参考答案与试题解析
一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分）。
1．（3分）下列图形，是中心对称图形但不是轴对称图形的是（ ）
A．等边三角形 B．平行四边形 C．圆 D．正五边形
【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．
【解答】解：A、是轴对称图形，不是中心对称图形；
B、不是轴对称图形，是中心对称图形；
C、是轴对称图形，也是中心对称图形；
D、是轴对称图形，不是中心对称图形．
故选：B．
【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度后与原图重合．
2．（3分）某篮球兴趣小组7名学生参加投篮比赛，每人投10个，投中的个数分别为：8，5，7，5，8，6，8，则这组数据的众数和中位数分别为（ ）
A．5，7 B．6，7 C．8，6 D．8，7
【分析】找出7位同学投中最多的个数即为众数，将个数按照从小到大的顺序排列，找出中位数即可．
【解答】解：这组数据中出现次数最多的是8个，出现了3次，
∴众数为8个，
这组数据重新排列为5、5、6、7、8、8、8，
∴其中位数为7个，
故选：D．
【点评】此题考查了众数与中位数，熟练掌握各自的定义是解本题的关键．
3．（3分）一元二次方程x（x﹣5）＝0的解是（ ）
A．0 B．5 C．0和5 D．0和﹣5
【分析】利用因式分解法求解可得．
【解答】解：∵x（x﹣5）＝0，
∴x＝0或x﹣5＝0，
解得：x1＝0，x2＝5，
故选：C．
【点评】本题考查了解一元二次方程，能选择适当的方法解一元二次方程是解此题的关键．
4．（3分）石墨烯是目前世界上最薄却又最坚硬同时还是导电性能最好的纳米材料，其理论厚度大约仅0.00000034毫米．将0.00000034用科学记数法表示为（ ）
A．3.4×10﹣7 B．3.4×10﹣8 C．34×10﹣8 D．0.34×10﹣6
【分析】绝对值小于1的正数也可以利用科学记数法表示，一般形式为a×10﹣n，与较大数的科学记数法不同的是其所使用的是负指数幂，指数n由原数左边起第一个不为零的数字前面的0的个数所决定．
【解答】解：0.00000034＝3.4×10﹣7．
故选：A．
【点评】本题考查用科学记数法表示较小的数，一般形式为a×10﹣n，其中1≤|a|＜10，n为由原数左边起第一个不为零的数字前面的0的个数所决定．
5．（3分）已知点P（1﹣2a，a﹣1）在第三象限内，则a的取值范围在数轴上表示正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【分析】解两个不等式得出其解集，再根据不等式的解集在数轴上的表示可得答案．
【解答】解：∵点P（1﹣2a，a﹣1）在第三象限，
∴1−2a＜0a−1＜0，
解不等式1﹣2a＜0，得：a＞0.5，
解不等式a﹣1＜0，得：a＜1，
故选：C．
【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．
6．（3分）如图，在纸上剪一个圆形和一个扇形的纸片，使之恰好能围成一个圆锥模型，若圆的半径r＝1，扇形的半径为R，扇形的圆心角等于90°，则R的值是（ ）
A．R＝2 B．R＝3 C．R＝4 D．R＝5
【分析】利用圆锥的底面周长等于侧面展开图的扇形弧长，根据弧长公式计算．
【解答】解：扇形的弧长是：90πR180=πR2，
圆的半径r＝1，则底面圆的周长是2π，
圆锥的底面周长等于侧面展开图的扇形弧长则得到：πR2=2π，
∴R2=2，
即：R＝4，
故选：C．
【点评】本题综合考查有关扇形和圆锥的相关计算．解题思路：解决此类问题时要紧紧抓住两者之间的两个对应关系：（1）圆锥的母线长等于侧面展开图的扇形半径；（2）圆锥的底面周长等于侧面展开图的扇形弧长．正确对这两个关系的记忆是解题的关键．
7．（3分）现代科技的发展已经进入到了5G时代，温州地区将在2021年基本实现5G信号全覆盖．5G网络峰值速率为4G网络峰值速率的10倍，在峰值速率下传输4千兆数据，5G网络比4G网络快360秒．若设4G网络的峰值速率为每秒传输x千兆数据，则由题意可列方程（ ）
A．410x−4x=360 B．4x−410x=360
C．40x−4x=360 D．4x−40x=360
【分析】设4G网络的峰值速率为每秒传输x千兆数据，则5G网络的峰值速率为每秒传输10x千兆数据，根据传输时间＝需传输数据的总量÷在峰值速率下每秒传输数据的量结合在峰值速率下传输4千兆数据5G网络比4G网络快360秒，即可得出关于x的分式方程，此题得解．
【解答】解：设4G网络的峰值速率为每秒传输x千兆数据，则5G网络的峰值速率为每秒传输10x千兆数据，
依题意，得：4x−410x=360．
故选：B．
【点评】本题考查了由实际问题抽象出分式方程，找准等量关系，正确列出分式方程是解题的关键．
8．（3分）如图，⊙O的半径为2，点A为⊙O上一点，OD⊥弦BC于D，如果∠BAC＝60°，那么OD的长是（ ）
A．3 B．32 C．1 D．2
【分析】由于∠BAC＝60°，根据圆周角定理可求∠BOC＝120°，又OD⊥BC，根据垂径定理可知∠BOD＝60°，在Rt△BOD中，利用特殊三角函数值易求OD．
【解答】解：∵OD⊥弦BC，
∴∠BDO＝90°，
∵∠BOD＝∠BAC＝60°，
∴OD=12OB＝1，
故选：C．
【点评】本题考查了圆周角定理、垂径定理、特殊角三角函数计算，解题的关键是熟记特殊角三角函数．
9．（3分）如图，在矩形ABCD中，E为边CD上一点，将△ADE沿直线AE翻折，使得点D的对应点F落在BC边上．若AD＝4，∠DAE＝15°，则CE的长度是（ ）
A．8﹣43 B．43−6 C．23 D．1
【分析】由折叠的性质可得AD＝AF＝BC＝4，∠DAE＝∠FAE＝15°，∠D＝∠AFE＝90°，可得∠AFB＝30°，由直角三角形的性质可求AB=12AF＝2，BF=3AB＝23，可求CF＝4﹣23，由直角三角形的性质可求解．
【解答】解：∵将△ADE沿直线AE翻折，
∴AD＝AF＝BC＝4，∠DAE＝∠FAE＝15°，∠D＝∠AFE＝90°，
∴∠BAF＝90°﹣30°＝60°，
∴∠AFB＝30°，
∴AB=12AF＝2，BF=3AB＝23，
∴CF＝4﹣23，
∵∠DAF+∠D+∠AFE+∠DEF＝360°，
∴∠DEF＝150°，
∴∠FEC＝30°，
∴EC=3FC＝43−6，
故选：B．
【点评】本题考查了翻折变换，解析的性质，直角三角形的性质，掌握折叠的性质是本题的关键．
10．（3分）如图，四边形ABCD是边长为2的正方形，点P为线段AB上的动点，E为AD的中点，射线PE交CD的延长线于点Q，过点E作PQ的垂线交CD于点H、交BC的延长线于点F，则以下结论：①∠AEP＝∠CHF；②△EHQ≌△CHF；③当点F与点C重合时3PA＝PB；④当PA＝PB时，CF=22．成立的是（ ）
A．①③④ B．②③④ C．①③ D．②④
【分析】利用正方形的性质、全等三角形的性质、勾股定理等知识一一判断即可．
【解答】解：①如图1，∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ADC＝∠BCD＝90°，
∴∠DEH+∠DHE＝90°，
∵PQ⊥EF，
∴∠PEF＝∠AEP+∠DEH＝90°，
∴∠DHE＝∠AEP，
∵∠DHE＝∠CHF，
∴∠AEP＝∠CHF，
故①正确；
②∵∠QEH＝∠HCF＝90°，∠EHQ＝∠CHF，
∴△EHQ∽△CHF，
故②不正确；
③当点F与点C重合时，如图2，
∵E是AD的中点，
∴AE＝ED，
在△PAE和△QDE中，
∠A=∠EDQ=90°AE=ED∠AEP=∠DEQ，
∴△PAE≌△QDE（ASA），
∴PE＝EQ，PA＝DQ，
∵PQ⊥EF，
∴PC＝QC，
设PA＝x，则DQ＝x，
∴PC＝CQ＝2+x，PB＝2﹣x，
Rt△PBC中，PC2＝PB2+BC2，
∴（2﹣x）2+22＝（2+x）2，
∴x=12，
∴PB＝2−12=32，
∴3PA＝PB，
故③正确；
④如图3，∵P是AB的中点，
∴PA＝AE＝ED＝1，
Rt△PAE中，∠AEP＝45°，
∵∠PEF＝90°，
∴∠DEH＝45°，
Rt△EDH中，DH＝DE＝1，
∴CH＝DH＝1，
在△EDH和△FCH中，
∠EDH=∠HCF=90°DH=CH∠EHD=∠FHC，
∴△EDH≌△FCH（ASA），
∴CF＝ED＝1，
故④不正确；
本题成立的结论有：①③；
故选：C．
【点评】本题考查正方形的性质、全等三角形的判定和性质、相似三角形的性质和判定、勾股定理等知识，解题的关键是学会利用全等三角形解决问题，属于中考选择题中的压轴题．
二、填空题（本大题7小题，每小题4分，共28分）请将下列各题的正确答案填写在答题卷相应的位置上。
11．（4分）计算6÷3×13所得的结果是 2 ．
【分析】先根据二次根式运算步骤，将除法变乘法，再运用乘法法则进行计算．
【解答】解：原式＝6×13×13
＝6×13
＝2．
【点评】本题考查了二次根式的乘除运算，解题关键是按照运算步骤和法则进行计算．
12．（4分）如图，把一张长方形纸片沿AB折叠后，若∠1＝48°，则∠2的大小为 66 度．
【分析】依据折叠即可得到∠DAB的度数，再根据平行线的性质，即可得出∠2的度数．
【解答】解：如图，∵∠1＝48°，
∴∠DAE＝132°，
由折叠可得，∠DAB=12∠DAE＝66°，
∵AD∥BC，
∴∠2＝∠DAB＝66°，
故答案为：66．
【点评】本题主要考查了平行线的性质，解题时注意运用：两直线平行，内错角相等．
13．（4分）已知a+b＝2，则a2﹣b2+4b的值为 4 ．
【分析】把所给式子整理为含（a+b）的式子的形式，再代入求值即可．
【解答】解：∵a+b＝2，
∴a2﹣b2+4b，
＝（a+b）（a﹣b）+4b，
＝2（a﹣b）+4b，
＝2a+2b，
＝2（a+b），
＝2×2，
＝4．
故答案为：4．
【点评】本题考查了利用平方差公式分解因式，利用平方差公式和提公因式法整理出a+b的形式是求解本题的关键，同时还隐含了整体代入的数学思想．
14．（4分）如图，菱形ABCD的对角线相交于点O，AC＝2，BD＝23，将菱形按如图方式折叠，使点B与点O重合，折痕为EF，则五边形AEFCD的周长为 7 ．
【分析】根据菱形的性质得到∠ABO＝∠CBO，AC⊥BD，得到∠ABC＝60°，由折叠的性质得到EF⊥BO，OE＝BE，∠BEF＝∠OEF，推出△BEF是等边三角形，得到∠BEF＝60°，得到△AEO是等边三角形，推出EF是△ABC的中位线，求得EF=12AC＝1，AE＝OE＝1，同理CF＝OF＝1，于是得到结论．
【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，AC＝2，BD＝23，
∴∠ABO＝∠CBO，AC⊥BD，
∵AO＝1，BO=3，
∴tan∠ABO=AOBO=33，
∴∠ABO＝30°，AB＝2，
∴∠ABC＝60°，
由折叠的性质得，EF⊥BO，OE＝BE，∠BEF＝∠OEF，
∴BE＝BF，EF∥AC，
∴△BEF是等边三角形，
∴∠BEF＝60°，
∴∠OEF＝60°，
∴∠AEO＝60°，
∴△AEO是等边三角形，
∴AE＝OE，
∴BE＝AE，
∴EF是△ABC的中位线，
∴EF=12AC＝1，AE＝OE＝1，
同理CF＝OF＝1，
∴五边形AEFCD的周长为＝1+1+1+2+2＝7．
故答案为：7．
【点评】本题考查了翻折变换﹣折叠问题，菱形的性质，等边三角形的判定和性质，解直角三角形，正确的识别图形是解题的关键．
15．（4分）现规定一种新的运算：m#n＝4m﹣3n．例如：3#2＝4×3﹣3×2．若x满足x#43＜0，且x#（﹣4）≥0，则x的取值范围是 ﹣3≤x＜1 ．
【分析】先根据题意列出关于x的不等式组，再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：根据题意，得：4x−3×43＜0①4x−3×(−4)≥0②，
解不等式①，得：x＜1，
解不等式②，得：x≥﹣3，
则不等式组的解集为﹣3≤x＜1，
故答案为：﹣3≤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．
16．（4分）如图，在矩形ABCD中，AB＝6，AD＝8，E、F分别为AB、CD边上的点，且EF∥BC，G为EF上一点，且GF＝2，M、N分别为GD、EC的中点，则MN＝ 32 ．
【分析】取DF的中点H，CF的中点Q，连接MH，NQ，过点M作MK⊥NQ于K，由三角形中位线定理可得NQ=12EF＝4，MH=12GF＝1，MH∥EF，NQ∥EF，HQ=12CD＝3，由勾股定理可求解．
【解答】解：如图，取DF的中点H，CF的中点Q，连接MH，NQ，过点M作MK⊥NQ于K，
∵EF∥BC，AB∥CD，
∴四边形BCFE是平行四边形，
又∵∠BCD＝90°，
∴四边形BCFE是矩形，
∴EF＝BC＝AD＝8，
∵M、N分别为GD、EC的中点，H是DF的中点，Q是CF的中点，
∴NQ=12EF＝4，MH=12GF＝1，MH∥EF，NQ∥EF，HQ=12CD＝3，
∴MH∥NQ，
∵KM⊥NQ，∠NQD＝90°，
∴MK∥HQ，
∴四边形MHQK是平行四边形，
∴MK＝3，KQ＝MH＝1，
∴NK＝3，
∴MN=2MK＝32，
方法二，连接BF，连接FM并延长交AD于H，连接BH，
∵EF∥BC，AB∥CD，
∴四边形BCFE是平行四边形，
又∵∠BCD＝90°，
∴四边形BCFE是矩形，
∴BN＝FN，
∵AD∥EF，
∴∠ADM＝∠DGF，∠DHM＝∠GFM，
又∵DM＝MG，
∴△DHM≌△GFM（AAS），
∴DH＝GF＝2，HM＝FM，
∴BH＝2MN，
∵AB＝6，AH＝AD﹣HD＝6，
∴BH＝62，
∴NM＝32，
故答案为32．
【点评】本题考查了矩形的判定和性质，三角形中位线定理等知识，添加恰当辅助线构造直角三角形是本题的关键．
17．（4分）如图，点A1，A2，A3，A4，A5，…，在射线ON上，点B1，B2，B3，B4，…在射线OM上，点C1，C2，C3，…分别在线段A2B2，A3B3，A4B4，…上，且四边形A1B1C1A2，四边形A2B2C2A3，四边形A3B3C3A4，…均为正方形，若OA1＝4，A1B1＝2，则正方形A2021B2021C2021A2022的边长为 2×1.52020 ．
【分析】根据题意确定出第一个，第二个，第三个正方形的边长，进而以此类推得到一般性规律，即可确定出第2021个正方形的边长．
【解答】解：∵OA1＝4，A1B1＝2，
在Rt△OA1B1中，tan∠O=A1B1OA1=24=12，
在Rt△OA2B2中，tan∠O=B2C1+24+2=12，
∴B2C1＝1，
∴A2B2＝3，
在Rt△OA3B3中，tan∠O=B3C2+34+2+3=12，
∴B3C2＝1.5，
∴A3B3＝4.5，
在Rt△OA4B4中，tan∠O=B4C3+4.54+2+3+4.5=12，
∴B4C3＝2.25，
∴A4B4＝6.75，
∴正方形边长的变化规律为：2×1.5（n﹣1），
∴正方形A2021B2021C2021A2022的边长为2×1.5（2021﹣1）＝2×1.52020．
故答案为：2×1.52020．
【点评】此题考查了正方形的性质，正切三角函数，熟练掌握正方形的性质是解本题的关键．
三、解答题（一）：（本大题3小题，每小题6分，共18分）
18．（6分）计算：2sin60°+|3−2|+（﹣1）﹣1−3−8
【分析】直接利用特殊角的三角函数值以及绝对值的性质和立方根的性质分别化简得出答案．
【解答】解：原式＝2×32+2−3−1+2
=3+2−3−1+2
＝3．
【点评】此题主要考查了实数运算，正确化简各数是解题关键．
19．（6分）先化简，再求值：2（x﹣1）2﹣（1﹣x）（1+x）+5x（1﹣x），其中x=12．
【分析】直接利用乘法公式以及整式的混合运算法则化简，进而代入x的值得出答案．
【解答】解：原式＝2（x2﹣2x+1）﹣（1﹣x2）+5x﹣5x2
＝2x2﹣4x+2﹣1+x2+5x﹣5x2
＝﹣2x2+x+1，
当x=12时，
原式＝﹣2×（12）2+12+1
＝﹣2×14+12+1
=−12+12+1
＝1．
【点评】此题主要考查了整式的混合运算，正确运用乘法公式是解题关键．
20．（6分）“校园安全”受到全社会的广泛关注，我市某中学对部分学生就校园安全知识的了解程度，采用随机抽样调查的方式，并根据收集到的信息进行统计，绘制了如图两幅尚不完整的统计图，请你根据统计图中所提供的的信息解答下列问题：
（1）接受问卷调查的学生共有 60 人，扇形统计图中“了解”部分所对应的扇形的圆心角的度数为 30 °；
（2）若该中学共有学生900人，请根据上述调查结果，估计该中学学生中对校园安全知识达到“了解”和“基本了解”程度的总人数为多少人？
【分析】（1）从两个统计图中可知“了解很少”的频数为30人，占调查人数的50%，可求出调查人数，进而求出“了解”的频数、所占得百分比，相应的圆心角的度数；
（2）求出“了解”“基本了解”所占得百分比即可求出答案．
【解答】解：（1）接受问卷调查的人数为：30÷50%＝60（人），
“了解”的人数为：60﹣15﹣30﹣10＝5（人），
所以扇形统计图中“了解”部分所对应的扇形的圆心角的度数为：360°×560=30°，
故答案为：60，30；
（2）“了解”和“基本了解”的人数为15+5＝20（人），
因此整体中，达到“了解”和“基本了解”的人数为：900×15+560=300（人），
答：该中学900中对校园安全知识达到“了解”和“基本了解”的共有300人．
【点评】本题考查条形统计图、扇形统计图，了解和掌握两个统计图中数量之间的关系是正确解答的前提．
四、解答题（二）（本大题3小题，每小题8分，共24分）
21．（8分）如图，在平行四边形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，OA＝OB，过点B作BE⊥AC于点E．
（1）求证：▱ABCD是矩形；
（2）若AD＝45，cos∠ABE=255，求AC的长．
【分析】（1）根据平行四边形的性质和矩形的判定解答即可；
（2）根据矩形的性质和勾股定理解答即可．
【解答】证明：（1）∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OA＝OC，OB＝OD，
∵OA＝OB，
∴OA＝OB＝OC＝OD，
∴AC＝BD，
∴▱ABCD是矩形；
（2）∵▱ABCD是矩形，
∴∠BAD＝∠ADC＝90°，
∴∠BAC+∠CAD＝90°，
∵BE⊥AC，
∴∠BAC+∠ABE＝90°，
∴∠CAD＝∠ABE，
在Rt△ACD中，AD＝45，cos∠CAD＝cos∠ABE=255，
∴AC＝10．
【点评】此题考查矩形的判定和性质，关键是根据矩形的判定和性质以及勾股定理解答．
22．（8分）习近平总书记说：“读书可以让人保持思想活力，让人得到智慧启发，让人滋养浩然之气”．某校为提高学生的阅读品味，现决定购买《艾青诗选》和《格列佛游记》两种书共50本．已知购买2本《艾青诗选》和1本《格列佛游记》需100元；购买6本《艾青诗选》与购买7本《格列佛游记》的价格相同．
（1）求这两种书的单价；
（2）若购买《艾青诗选》的数量不少于所购买《格列佛游记》数量的一半，且购买两种书的总价不超过1600元．请问有哪几种购买方案？
【分析】（1）设购买《艾青诗选》的单价为x元，《格列佛游记》的单价为y元，根据题意建立方程组求解即可；
（2）设购买《艾青诗选》的数量n本，则购买《格列佛游记》的数量为（50﹣n）本，根据题意的两个不等关系列不等式组解答并确定整数解即可．
【解答】解：（1）设购买《艾青诗选》的单价为x元，《格列佛游记》的单价为y元，
由题意得：2x+y=1006x=7y，
解得x=35y=30，
答：购买《艾青诗选》的单价为35元，《格列佛游记》的单价为30元；
（2）设购买《艾青诗选》的数量n本，则购买《格列佛游记》的数量为（50﹣n）本，
根据题意得n≥12(50−n)35n+30(50−n)≤1600，
解得：1623≤n≤20，
则n可以取17、18、19、20，
当n＝17时，50﹣n＝33，共花费17×35+33×30＝1585（元）；
当n＝18时，50﹣n＝32，共花费18×35+32×30＝1590（元）；
当n＝19时，50﹣n＝31，共花费19×35+31×30＝1595（元）；
当n＝20时，50﹣n＝30，共花费20×35+30×30＝1600（元）；
所以，共有4种购买方案分别为：
购买《艾青诗选》和《格列佛游记》的数量分别为17本和33本，
购买《艾青诗选》和《格列佛游记》的数量分别为18本和32本，
购买《艾青诗选》和《格列佛游记》的数量分别为19本和31本，
购买《艾青诗选》和《格列佛游记》的数量分别为20本和30本．
【点评】本题考查了二元一次方程组和不等式组的应用，弄清题意、确定等量关系和不等关系是解答本题的关键．
23．（8分）如图，在梯形ABCD中，DC∥AB，∠A＝90°，AD＝6cm，DC＝4cm，BC的坡度i＝3：4，动点P从A出发以2cm/s的速度沿AB方向向点B运动，动点Q从点B出发以3cm/s的速度沿B→C→D方向向点D运动，两个动点同时出发，当其中一个动点到达终点时，另一个动点也随之停止．设动点运动的时间为t秒．
（1）BC＝ 10 ；当t为何值时，PC与BQ相互平分；
（2）连结PQ，设△PBQ的面积为y，探求y与t的函数关系式，求t为何值时，y有最大值？最大值是多少？
【分析】（1）作CE⊥AB于E，根据坡度的定义进行求解；要使PC与BQ相互平分，只需保证四边形CPBQ是平行四边形，即可得到关于t的方程，进行求解；
（2）此题要分两种情况考虑：点Q在BC上，即0≤t≤313时；当点Q在CD上，即313＜t≤423，根据三角形的面积公式建立函数关系式，再进一步求解．
【解答】解：（1）如图，作CE⊥AB于E，则四边形ADCE是矩形．
则CE＝AD＝6，
又BC的坡度i＝CE：BE＝3：4，且BE⊥CE，
则CE：BC＝3：5，
则BC＝10；
如图，要使PC与BQ相互平分，只需保证四边形CPBQ是平行四边形，即PB＝CQ．
得AB＝4+8＝12，则PB＝12﹣2t，
则12﹣2t＝3t﹣10，
∴t＝4.4，
故当t为4.4时，PC与BQ相互平分，
故答案为：10；
（2）如图，
当0≤t＜103时，则BP＝12﹣2t，QF=35×3t=95t，
y=12×95t(12−2t)=−95t2+545t，
当t＝3时，y最大，是16.2；
当103≤t≤143时，则y=12×6×(12−2t)=−6t+36，
则t=103时，y取得最大值，是16．
综上所述，则当t＝3时，y取得最大值，是16.2．
【点评】此题考查了二次函数的应用，梯形的性质、平行四边形的判定、解直角三角形的知识、三角形的面积公式，正确地列出函数解析式是解题的关键．
五、解答题（三）（本大题2小题，每小题10分，共20分）
24．（10分）已知⊙O是△ABC的外接圆，CE为⊙O的直径，交AB于点F，连接AO并延长交BC于点D，AD⊥BC．
（1）如图1，求证：∠BFC＝3∠BAD；
（2）如图2，连接AE、BE，过点A作AG⊥CE，垂足为G．求证：CE＝BE+2EG；
（3）如图3，在（2）的条件下，连接DG交AB于点H，若tan∠ACE=12，AG=45，求△CDG的面积．
【分析】（1）根据垂径定理知BD＝CD，则AB＝AC，再利用等腰三角形的性质可得结论；
（2）在CE上截取CP＝BE，连接AP，利用SAS证明∴△EBA≌△PCA，得AE＝AP，再利用等腰三角形的性质可得结论；
（3）首先利用AAS证明△AGO≌△CDO，得OG＝OD，AG＝CD=45，利用三角函数可得CG，EG的长，从而得出sin∠DCO=sin∠GAO=OGOA=3555=35，过D作DQ⊥CG于Q，求出DQ的长，从而得出答案．
【解答】（1）证明：∵AD⊥BC，AD是过圆心的线段，
∴BD＝CD，
∴AB＝AC，
∴∠BAD＝∠CAO，
∵OA＝OC，
∴∠OAC＝∠OCA，
∵∠BFC＝∠FAC+∠ACF，
∴∠BFC＝3∠BAD；
（2）如图2，在CE上截取CP＝BE，连接AP，
∵AE=AE，
∴∠EBA＝∠FCA，
∵AB＝AC，
∴△EBA≌△PCA（SAS），
∴AE＝AP，
∵AG⊥EC，
∴EG＝PG，
∴CE＝BE+2EG；
（3）解：∵∠AGO＝∠CDO，AO＝CO，∠AOG＝∠COD，
∴△AGO≌△CDO（AAS），
∴OG＝OD，AG＝CD=45，
∵tan∠ACE=12，
∴CG=AGtan∠ACE=4512=85，
∵AG⊥CE，CE为直径，
∴∠EAG＝∠ACE，
∴EG＝AG•tan∠EAG＝AG•tan∠ACE=25，
∴CE=EG+CG=105，
∴OA=OC=55，
∴OG=CG−OC=35，
∴sin∠DCO=sin∠GAO=OGOA=3555=35，
过D作DQ⊥CG于Q，
则DQ＝CD⋅sin∠DCO=45⋅35=1255，
∴S△CDG=12CG⋅DQ=12×85×1255=48．
【点评】本题是圆的综合题，主要考查了垂径定理，等腰三角形的性质，圆周角定理，全等三角形的判定与性质，三角函数等知识，证明△AGO≌△CDO是解题的关键．
25．（10分）如图1，在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）与x轴交于A（−12，0），B（2，0）两点，与y轴交于点C（0，1）．
（1）求抛物线的函数表达式；
（2）如图1，点D为第一象限内抛物线上一点，连接AD，BC交于点E，求DEAE的最大值；
（3）如图2，连接AC，BC，过点O作直线l∥BC，点P，Q分别为直线l和抛物线上的点．试探究：在第四象限内是否存在这样的点P，使△BPQ∽△CAB．若存在，请直接写出所有符合条件的点P的坐标，若不存在，请说明理由．
【分析】（1）用待定系数法求出函数解析式即可；
（2）构造出△AGE∽△DEH，可得DEAE=DHAG，而DE和AG都可以用含自变量的式子表示，最后用二次函数最大值的方法求值．
（3）先发现△ABC是两直角边比为2：1的直角三角形，由△BPQ∽△CAB，构造出△BPQ，表示出Q点的坐标，代入解析式求解即可．
【解答】解：（1）分别将C（0，1）、A（−12，0）、B（2，0）代入y＝ax2+bx+c中得
14a−12b+c=04a+2b+c=0c=1，
解得：a=−1b=32c=1，
∴抛物线的函数表达式为y=−x2+32x+1．
（2）如图1：
如图2：
过A作AG∥y轴交BC的延长线于点G，过点D作DH∥y轴交BC于点H，
∵B（2，0）C（0，1），
∴直线BC：y=12x+1，
∵A（−12，0），
∴G（−12，54），
设D（m，−m2+32m+1），则H（m，−12m+1），
∴DH＝（−m2+32m+1）﹣（−12m+1），
＝﹣m2+2m，
∵AG∥DH，
∴DEAE=DHAG=−m2+2m54=−45(m−1)2+45，
∴当m＝1时，DEAE的最大值为45．
（3）符合条件的点P坐标为（−9+1454，9−1458）或（9+174，−9−178）．
解：∵l∥BC，
∴直线l的解析式为：y=−12x，
设P（n，−12n），
∵A（−12，0），B（2，0），C（0，1），
∴AC2=54，BC2＝5，AB2=254．
∵AC2+BC2＝AB2，
∴∠ACB＝90°．
∵△BPQ∽△CAB，
∴BPBQ=ACBC=12，
分两种情况说明：
①如图3，过点P作PN⊥x轴于N，过点Q作QM⊥x轴于M．
∵∠PNB＝∠BMQ＝90°，
∠NBP+∠MBQ＝90°，
∠MQB＝+∠MBQ＝90°，
∴∠NBP＝∠MQB．
∴△NBP∽△MQB，
∴PNBM=NBMQ=12，
∵P(n，−12n)，
∴PN=12n，ON=n，
∴BN＝2﹣n，
∴BM＝2PN＝n，QM＝2BN＝4﹣2n，
∴OM＝OB+BM＝2+n，
∴Q（2+n，2n﹣4），
将Q的坐标代入抛物线的解析式得：
−(n+2)2+32(n+2)+1=2n−4，
2n2+9n﹣8＝0，
解得：n1=−9+1454，n2=−9−1454(舍)
∴P（−9+1454，9−1458）．
②如图4，过点P作PN⊥x轴于N，过点Q作QM⊥x轴于M．
∵△PNB∽△BMQ，
又∵△BPQ∽△CAB，
∴BCAC=QMBN=2，
∵P(n，−12n)，
∴Q（2﹣n，4﹣2n），
将Q的坐标代入抛物线的解析式得：
−(2−n)2+32(2−n)+1=4−2n，
化简得：2n2﹣9n+8＝0，
解得：n1=9+174，n2=9−174（舍）
∴P（9+174，−9−178）．
【点评】本题综合考查二次函数问题，解题的关键是待定系数法求函数解析式、构造相似三角形、相似三角形的判定与性质及分类讨论思想的运用．
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日期：2022/3/19 17:22:00；用户：湖北荆门掇刀区望兵石学校；邮箱：wbs@xyh.com；学号：31591624
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