还剩31页未读，
继续阅读
2020-2021学年湖北省武汉市九年级（下）第二次月考数学试卷（5月份）
展开
这是一份2020-2021学年湖北省武汉市九年级（下）第二次月考数学试卷（5月份），共34页。试卷主要包含了填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2020-2021学年湖北省武汉市九年级（下）第二次月考数学试卷（5月份）
一、选择题（共10小题，每小题3分，共30分）下列各题中均有四个备选答案，其中有且只有一个是正确的，请在答题卡上将正确答案的代号涂黑.
1．（3分）﹣2的倒数是（ ）
A．2 B．−12 C．12 D．﹣2
2．（3分）一个不透明的盒子中装有2个红球和1个白球，它们除颜色外都相同．若从中任意摸出一个球，则下列叙述正确的是（ ）
A．摸到红球是必然事件
B．摸到白球是不可能事件
C．摸到红球与摸到白球的可能性相等
D．摸到红球比摸到白球的可能性大
3．（3分）下列图形中，是中心对称图形但不是轴对称图形的是（ ）
A． B．
C． D．
4．（3分）下列计算正确的是（ ）
A．a2•a3＝a6 B．a6÷a﹣2＝a﹣3
C．（﹣2ab2）3＝﹣8a3b6 D．（2a+b）2＝4a2+b2
5．（3分）图1和图2分别是用5个相同的正方体搭成的立体图形，则两个图的三视图中相同的是（ ）
A．主视图 B．主视图和左视图
C．主视图和俯视图 D．左视图和俯视图
6．（3分）函数的自变量x满足12≤x≤2时，函数值y满足14≤y≤1，则这个函数可以是（ ）
A．y=12x B．y=2x C．y=18x D．y=8x
7．（3分）经过某丁字路口的汽车，它可能向左转或向右转，如果这两种可能性大小相同，三辆汽车经过这个丁字路口，至少有两辆车向右转的概率为（ ）
A．12 B．38 C．527 D．727
8．（3分）水龙头关闭不严会造成滴水，已知漏水量与漏水时间为一次函数关系，八（6）班的同学进行了以下实验，在滴水的水龙头下放置一个能显示水量的容器，每10分钟记录一次容器中的水量，如表是一位同学的记录结果，老师发现有一组数据记录有较大偏差，它是（ ）
时间t（min）
0
10
20
30
40
水量w（ml）
1
2.2
3.4
4.5
5.8
组别
1
2
3
4
5
A．第2组 B．第3组 C．第4组 D．第5组
9．（3分）直线y＝kx+3（k＜0）与双曲线y=2x交于A、B两点，A、B的纵坐标分别为a，b，则a+b的值为（ ）
A．﹣3 B．1 C．3 D．6
10．（3分）如图，过⊙O外一点P作圆的两条切线PA，PB，切点为A，B，过PA上一点Q作切线QC交PB于T，切点为C，且QC⊥PA，若BT＝2，∠TOQ＝75°，则阴影部分的面积为（ ）
A．43−2π B．43−233π C．23−π D．2π−23
二、填空题（共6小题，每小题3分，共18分）
11．（3分）计算(−4)2的结果是 ．
12．（3分）某果农随机从甲、乙、丙三个品种的批把树中各选5棵，每棵产量的平均数x（单位：千克）及方差（单位：千克2）如表所示，他准备从这三个品种中选出一种产量既高又稳定的批把树进行种植，则应选的品种是 ．
甲
乙
丙
x
45
45
42
S2
1.8
2.3
1.8
13．（3分）方程2−xx−3+13−x=1的解是 ．
14．（3分）如图，山顶上有一个信号塔AC，已知信号塔高AC＝15m，在山脚下点B处测得塔底C的仰角∠CBD＝36.9°，塔顶A的仰角∠ABD＝42.0°，则山高CD＝ m．（点A，C，D在同一条竖直线上，参考数据：tan36.9°≈0.75，sin36.9°≈0.60，tan42.0°≈0.90）
15．（3分）已知抛物线y＝ax2+bx+c（a＜0）的顶点坐标为（1，n），且与x轴的一个交点在点（3，0）和（4，0）之间．下列结论：①a﹣b+c＞0；②3a+b＞0；③b2＝4a（c﹣n）；④一元二次方程a（x2﹣1）+b（x﹣1）+1＝0有两个不相等的实数根．其中正确结论的序号是 ．
16．（3分）如图，在Rt△ABC中，∠A＝90°，点D、E、F分别在边BC、AB和AC上，把△AEF沿直线EF折叠到△GEF，点A的对应点恰好落在线段FD上的点G处，把△BEG沿直线BG折叠，点E的对应点恰好落在点D处，线段FC与FD也恰好关于某条直线对称，则DFBE的值为 ．
三、解答题（共8小题，共72分）
17．（8分）解不等式组3x−2≤x①−12x＞−2②请按以下步骤完成解答：
（1）解不等式①，得 ；
（2）解不等式②，得 ；
（3）把不等式①和②的解集在数轴上表示出来；
（4）原不等式组的解集为 ．
18．（8分）如图，点E是平行四边形ABCD的边CD的中点，连结AE并延长，交BC的延长线于点F，探究AD与CF的关系，并证明．
19．（8分）2020年是脱贫攻坚年．为实现全员脱贫目标，某村贫困户在当地政府支持帮助下，办起了养鸡场．经过一段时间精心饲养，总量为3000只的一批鸡可以出售．现从中随机抽取50只，得到它们质量的统计数据如表：
质量/kg
组中值
频数（只）
0.9≤x＜1.1
1.0
6
1.1≤x＜1.3
1.2
9
1.3≤x＜1.5
1.4
a
1.5≤x＜1.7
1.6
15
1.7≤x＜1.9
1.8
8
根据以上信息，解答下列问题：
（1）表中a＝ ，补全频数分布直方图；
（2）这批鸡中质量不小于1.5kg的大约有多少只？
（3）这些贫困户的总收入达到51000元，就能实现全员脱贫目标，按12元/kg的价格售出这批鸡后，该村贫困户能否脱贫？
20．（8分）如图，在5×5的网格中，△ABC的三个顶点都在格点上．用无刻度的直尺作图：
（1）在图1中画出一条恰好平分△ABC周长的直线l；
（2）在图2中画出△ABC的外接圆的一条切线AD；
（3）在图2中画出△ABC关于直线AB对称的△ABE；
（4）在图2中若CE交AB于点H，画出平行四边形HACF．
21．（8分）如图，AB为⊙O的直径，AC、BD分别与⊙O相切于点A、B，连接OC、OD，OC⊥OD．
（1）如图1，求证：CD与⊙O相切；
（2）如图2，延长DO交⊙O于点E，连接CE，若ACBD=13，求tan∠E的值．
22．（10分）某小区计划新建A、B两型停车位共50个，已知新建1个A型停车位和1个B型停车位共需32万元；新建3个A型停车位和2个B型停车位共需76万元，预销售过程中发现：A型停车位的销售单价yA（单位：万元）与其销量xA（单位：个）有如下关系：yA＝﹣xA+40，B型停车位的销售单价yB（单位：万元）与其销量xB（单位：个）有如下关系：yB＝﹣xB+80，且两种车位全部预售出．
（1）该小区新建1个A型停车位和1个B型停车位各需多少万元？
（2）若B型停车位的销售单价至少比A型停车位贵10万元，求预售完后B型停车位的总利润比A型停车位的总利润至少多多少万元？
（3）现小区进行促销，决定把B型停车位每个降低m（m为正整数）万元，结果发现当xA≤18时，销售总利润随x的增大而增大，直接写出m的最小值．
23．（10分）如图1，点E、F分别是矩形ABCD的边AD和CD上的点，且AF⊥BE．
（1）求证：BEAF=ABAD．
（2）如图2，将直线BE平移，交BC于点G，AD＝AG＝12，K是CD上一点，DK＝KG＝5，求EGAF的值．
（3）如图3，过AF上一点O作PQ⊥MN，分别交矩形的四条边于M、Q、N、P，若AEDF=34，tan∠PMO=13，tan∠NQO=12，直接写出PMQN的值．
24．（12分）已知抛物线y=12kx2−32kx−2k交x轴于点A，B（A在B点左侧），交y轴负半轴于点C．
（1）如图1，当△ABC为直角三角形时，求该抛物线的解析式；
（2）如图2，在（1）的条件下，直线y=−12x−3交x轴于点D，交y轴于点E，过抛物线上一动点P作PQ⊥DE于Q，过P点作x轴垂线交直线DE于点T，求△PQT的面积的最小值．
（3）如图3，抛物线顶点为M，对称轴与x轴交于H，点N为x轴下方抛物线上一动点，直线BN交直线MH于F，直线AN与y轴交于G，猜想线段MF、OG和HM的数量关系，并证明你的结论．
2020-2021学年湖北省武汉市九年级（下）第二次月考数学试卷（5月份）
参考答案与试题解析
一、选择题（共10小题，每小题3分，共30分）下列各题中均有四个备选答案，其中有且只有一个是正确的，请在答题卡上将正确答案的代号涂黑.
1．（3分）﹣2的倒数是（ ）
A．2 B．−12 C．12 D．﹣2
【分析】根据倒数的定义求解即可．
【解答】解：﹣2的倒数是−12．
故选：B．
【点评】本题考查了倒数，分子分母交换位置是求一个数的倒数的关键．
2．（3分）一个不透明的盒子中装有2个红球和1个白球，它们除颜色外都相同．若从中任意摸出一个球，则下列叙述正确的是（ ）
A．摸到红球是必然事件
B．摸到白球是不可能事件
C．摸到红球与摸到白球的可能性相等
D．摸到红球比摸到白球的可能性大
【分析】利用随机事件的概念，以及个数最多的就得到可能性最大分别分析即可．
【解答】解：A．摸到红球是随机事件，故A选项错误；
B．摸到白球是随机事件，故B选项错误；
C．摸到红球比摸到白球的可能性相等，
根据不透明的盒子中装有2个红球和1个白球，得出摸到红球比摸到白球的可能性大，故C选项错误；
D．根据不透明的盒子中装有2个红球和1个白球，得出摸到红球比摸到白球的可能性大，故D选项正确；
故选：D．
【点评】此题主要考查了随机事件以及可能性大小，利用可能性大小的比较：只要总情况数目相同，谁包含的情况数目多，谁的可能性就大；反之也成立；若包含的情况相当，那么它们的可能性就相等得出是解题关键．
3．（3分）下列图形中，是中心对称图形但不是轴对称图形的是（ ）
A． B．
C． D．
【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、不是轴对称图形，也不是中心对称图形．故此选项不合题意；
B、是中心对称图形但不是轴对称图形．故此选项符合题意；
C、既是轴对称图形，又是中心对称图形．故此选项不合题意；
D、是轴对称图形，不是中心对称图形．故此选项不合题意．
故选：B．
【点评】此题主要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，图形两部分沿对称轴折叠后可重合；中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合．
4．（3分）下列计算正确的是（ ）
A．a2•a3＝a6 B．a6÷a﹣2＝a﹣3
C．（﹣2ab2）3＝﹣8a3b6 D．（2a+b）2＝4a2+b2
【分析】根据同底数幂的乘法和除法法则，积的乘方法则以及完全平方公式逐一计算判断即可．
【解答】解：A、a2•a3＝a5，原计算错误，故此选项不合题意；
B、a6÷a﹣2＝a8，原计算错误，故此选项不合题意；
C、（﹣2ab2）3＝﹣8a3b6，原计算正确，故此选项合题意；
D、（2a+b）2＝4a2+4ab+b2，原计算错误，故此选项不合题意．
故选：C．
【点评】本题主要考查了同底数幂的乘法和除法，幂的乘方与积的乘方的法则以及完全平方公式，熟记运算法则和公式是解答本题的关键．
5．（3分）图1和图2分别是用5个相同的正方体搭成的立体图形，则两个图的三视图中相同的是（ ）
A．主视图 B．主视图和左视图
C．主视图和俯视图 D．左视图和俯视图
【分析】根据主视图是从物体的正面看得到的视图，俯视图是从上面看得到的图形，左视图是左边看得到的图形，可得答案．
【解答】解：图1的主视图为底层是三个小正方形，上层的左侧是一个小正方形；图2的主视图为底层是三个小正方形，上层的由侧是一个小正方形，故主视图不相同；
图1和图2的左视图相同，均为底层是两个小正方形，上层左边是一个小正方形；
图1和图2的俯视图相同，均为底层左边是一个小正方形，上层是三个小正方形；
故选：D．
【点评】本题考查了简单组合体的三视图，利用三视图的意义是解题关键．
6．（3分）函数的自变量x满足12≤x≤2时，函数值y满足14≤y≤1，则这个函数可以是（ ）
A．y=12x B．y=2x C．y=18x D．y=8x
【分析】把x=12代入四个选项中的解析式可得y的值，再把x＝2代入解析式可得y的值，然后可得答案．
【解答】解：A、把x=12代入y=12x可得y＝1，把x＝2代入y=12x可得y=14，故A正确；
B、把x=12代入y=2x可得y＝4，把x＝2代入y=2x可得y＝1，故B错误；
C、把x=12代入y=18x可得y=14，把x＝2代入y=18x可得y=116，故C错误；
D、把x=12代入y=8x可得y＝16，把x＝2代入y=8x可得y＝4，故D错误．
故选：A．
【点评】此题主要考查了反比例函数图象的性质，关键是正确理解题意，根据自变量的值求出对应的函数值．
7．（3分）经过某丁字路口的汽车，它可能向左转或向右转，如果这两种可能性大小相同，三辆汽车经过这个丁字路口，至少有两辆车向右转的概率为（ ）
A．12 B．38 C．527 D．727
【分析】画树状图展示所有8种等可能的结果数，再找出至少有两辆车向右转的结果数，然后根据概率公式求解即可．
【解答】解：画树状图为：
共有8种等可能的结果数，其中至少有两辆车向右转的结果数为4，
所以至少有两辆车向右转的概率为48=12，
故选：A．
【点评】本题考查了列表法与树状图法：利用列表法或树状图法展示所有等可能的结果n，再从中选出符合事件A或B的结果数目m，然后利用概率公式计算事件A或事件B的概率．
8．（3分）水龙头关闭不严会造成滴水，已知漏水量与漏水时间为一次函数关系，八（6）班的同学进行了以下实验，在滴水的水龙头下放置一个能显示水量的容器，每10分钟记录一次容器中的水量，如表是一位同学的记录结果，老师发现有一组数据记录有较大偏差，它是（ ）
时间t（min）
0
10
20
30
40
水量w（ml）
1
2.2
3.4
4.5
5.8
组别
1
2
3
4
5
A．第2组 B．第3组 C．第4组 D．第5组
【分析】根据漏水量与漏水时间为一次函数关系，通过分析表中数据即可得出结论．
【解答】解：∵漏水量与漏水时间为一次函数关系，
∴每隔10分钟增加的水量是相同的，即2.2﹣1＝3.4﹣2.2≠4.5﹣3.4，
∴第4组数据有偏差，
故选：C．
【点评】本题考查一次函数的性质，关键是通过表中数据进行判断．
9．（3分）直线y＝kx+3（k＜0）与双曲线y=2x交于A、B两点，A、B的纵坐标分别为a，b，则a+b的值为（ ）
A．﹣3 B．1 C．3 D．6
【分析】由题意得方程kx2+3x﹣2＝0的两个根为x1，x2，根据根与系数的关系以及x1+x2的值，进而可求得，a+b的值．
【解答】解：设点A和点B的横坐标为x1，x2，
由题意得方程kx2+3x﹣2＝0的两个根为x1，x2．
∵x1+x2=−3k，
∴a+b＝k（x1+x2）+2b＝k•（−3k）+6＝3＞0，
即a+b＝3．
故选：C．
【点评】本题是反比例函数与一次函数的交点问题，把函数问题转化成一元二次方程的问题是解题的关键．
10．（3分）如图，过⊙O外一点P作圆的两条切线PA，PB，切点为A，B，过PA上一点Q作切线QC交PB于T，切点为C，且QC⊥PA，若BT＝2，∠TOQ＝75°，则阴影部分的面积为（ ）
A．43−2π B．43−233π C．23−π D．2π−23
【分析】连接OC．证明∠COT＝∠BOT＝30°，求出OB，根据S阴＝2S△OBT﹣S扇形OBC求解即可．
【解答】解：连接OC．
∵PA，QC 是⊙O的切线，
∴∠A＝∠QCO＝90°，
∵CQ⊥PA，
∴∠QCO＝90°，
∴四边形AOCQ是矩形，
∵OA＝OC，
∴四边形AOCQ是正方形，
∴∠QOC＝45°，
∵∠QOT＝75°，
∴∠COT＝30°，
∵TC，TB是⊙O的切线，
∴∠OBT＝∠OCT＝90°，∠COT＝∠BOT＝30°，
在Rt△OBT中，∠BOT＝30°，BT＝2，
∴OB=3BT＝23，
∴S阴＝2S△OBT﹣S扇形OBC＝2×12×2×23−60π×(23)2360=43−2π．
故选：A．
【点评】本题考查扇形的面积，切线的性质，解直角三角形，正方形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造特殊四边形解决问题．
二、填空题（共6小题，每小题3分，共18分）
11．（3分）计算(−4)2的结果是 4 ．
【分析】根据算术平方根的定义解答即可．
【解答】解：(−4)2=16=4．
故答案为：4．
【点评】此题主要考查了算术平方根的定义，本题易错点在于符号的处理．
12．（3分）某果农随机从甲、乙、丙三个品种的批把树中各选5棵，每棵产量的平均数x（单位：千克）及方差（单位：千克2）如表所示，他准备从这三个品种中选出一种产量既高又稳定的批把树进行种植，则应选的品种是 甲 ．
甲
乙
丙
x
45
45
42
S2
1.8
2.3
1.8
【分析】先比较平均数得到甲和乙产量较高，然后比较方差得到甲比较稳定．
【解答】解：因为甲、乙的平均数比丙大，所以甲、乙的产量较高，
又甲的方差比乙小，所以甲的产量比较稳定，
即从这三个品种中选出一种产量既高又稳定的枇杷树进行种植，则应选的品种是甲；
故答案为：甲．
【点评】本题考查了方差：一组数据中各数据与它们的平均数的差的平方的平均数，叫做这组数据的方差．方差是反映一组数据的波动大小的一个量．方差越大，则与平均值的离散程度越大，稳定性也越差；反之，则它与其平均值的离散程度越小，稳定性越好．也考查了平均数．
13．（3分）方程2−xx−3+13−x=1的解是 x＝2 ．
【分析】按照解分式方程的步骤进行计算即可解答．
【解答】解：2−xx−3+13−x=1，
2﹣x﹣1＝x﹣3，
解得：x＝2，
检验：当x＝2时，x﹣3≠0，
∴x＝2是原方程的根，
故答案为：x＝2．
【点评】本题考查了解分式方程，一定要注意解分式方程必须检验．
14．（3分）如图，山顶上有一个信号塔AC，已知信号塔高AC＝15m，在山脚下点B处测得塔底C的仰角∠CBD＝36.9°，塔顶A的仰角∠ABD＝42.0°，则山高CD＝ 75 m．（点A，C，D在同一条竖直线上，参考数据：tan36.9°≈0.75，sin36.9°≈0.60，tan42.0°≈0.90）
【分析】根据锐角三角函数的定义得AD≈0.90BD，CD≈0.75BD，再由AC＝AD﹣CD，得15＝0.90BD﹣0.75BD，求出BD的长，即可解决问题．
【解答】解：在Rt△ABD中，tan∠ABD=ADBD=tan42.0°≈0.90，
∴AD≈0.90BD，
在Rt△BCD中，tan∠CBD=CDBD=tan36.9°≈0.75，
∴CD≈0.75BD，
∵AC＝AD﹣CD，
∴15＝0.90BD﹣0.75BD，
解得：BD＝100（米），
∴CD＝0.75BD＝75（米），
即山高CD为75米，
故答案为：75．
【点评】本题考查了解直角三角形的应用﹣仰角俯角问题，熟练掌握锐角三角函数定义是解题的关键．
15．（3分）已知抛物线y＝ax2+bx+c（a＜0）的顶点坐标为（1，n），且与x轴的一个交点在点（3，0）和（4，0）之间．下列结论：①a﹣b+c＞0；②3a+b＞0；③b2＝4a（c﹣n）；④一元二次方程a（x2﹣1）+b（x﹣1）+1＝0有两个不相等的实数根．其中正确结论的序号是 ①③④ ．
【分析】由抛物线的开口方向判断a与0的关系，由抛物线与y轴的交点判断c与0的关系，然后根据对称轴及抛物线与x轴交点情况进行推理，进而对所得结论进行判断．
【解答】解：∵抛物线顶点坐标为（1，n），
∴抛物线的对称轴为直线x＝1，
∵与x轴的一个交点在点（3，0）和（4，0）之间，
∴当x＝﹣1时，y＞0，即a﹣b+c＞0，故①结论正确；
∵抛物线的对称轴为直线x＝1，即−b2a=1，
∴2a+b＝0，
∵a＜0，
∴3a+b＜0，故②结论错误；
∵抛物线顶点坐标为（1，n），
∴抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）与直线y＝n有唯一一个交点，
即方程ax2+bx+c＝n有两个相等的实数根，
∴Δ＝b2﹣4a（c﹣n）＝0，
∴b2＝4a（c﹣n），故③结论正确；
∵a（x2﹣1）+b（x﹣1）+1＝ax2+bx+1﹣a﹣b＝0，
Δ＝b2﹣4a（1﹣a﹣b）＝b2+4a2+4ab﹣4a＝（b+2a）2﹣4a，
∵（b+2a）2≥0，﹣4a＞0，
∴Δ＞0，
∴一元二次方程a（x2﹣1）+b（x﹣1）+1＝0有两个不相等的实数根，
故④结论正确．
故答案为：①③④．
【点评】主要考查图象与二次函数系数之间的关系，会利用对称轴的范围求2a与b的关系，以及二次函数与方程之间的转换，根的判别式的熟练运用．
16．（3分）如图，在Rt△ABC中，∠A＝90°，点D、E、F分别在边BC、AB和AC上，把△AEF沿直线EF折叠到△GEF，点A的对应点恰好落在线段FD上的点G处，把△BEG沿直线BG折叠，点E的对应点恰好落在点D处，线段FC与FD也恰好关于某条直线对称，则DFBE的值为 33 ．
【分析】根据线段FC与FD也恰好关于某条直线对称，可得FC＝FD，由折叠可得∠AFE=12∠AFG=12（∠C+∠FDC）＝∠C，所以EF∥BC，得DFBE=AFAE，然后证明∠FEA＝30°，再利用特殊角三角函数值即可解决问题．
【解答】解：∵线段FC与FD也恰好关于某条直线对称，
∴FC＝FD，
∴∠FDC＝∠C，
由折叠可知：∠AFE=12∠AFG=12（∠C+∠FDC）＝∠C，
∴EF∥BC，
∴AEBE=AFCF，
∴DFBE=AFAE，
由折叠可知：∠BEG＝∠BDG，
∴∠AEG＝∠FDC，
∴∠AEG＝∠C，
∴∠AEF=12∠GEA=12∠C=12∠EFA，
∵∠A＝90°，
∴∠FEA+∠EFA＝90°，
∴∠FEA＝30°，
∴DFBE=AFAE=tan30°=33．
∴DFBE的值为33．
故答案为：33．
【点评】本题主要考查折叠的性质、轴对称的性质、相似三角形的判定与性质，解直角三角形，同时还考查了分类讨论的数学思想．解决本题的关键是掌握翻折的性质．
三、解答题（共8小题，共72分）
17．（8分）解不等式组3x−2≤x①−12x＞−2②请按以下步骤完成解答：
（1）解不等式①，得 x≤1 ；
（2）解不等式②，得 x＜4 ；
（3）把不等式①和②的解集在数轴上表示出来；
（4）原不等式组的解集为 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：（1）解不等式①，得x≤1；
（2）解不等式②，得x＜4；
（3）把不等式①和②的解集在数轴上表示出来，如下：
（4）原不等式组的解集为x≤1．
故答案为：x≤1，x＜4，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．
18．（8分）如图，点E是平行四边形ABCD的边CD的中点，连结AE并延长，交BC的延长线于点F，探究AD与CF的关系，并证明．
【分析】利用中点定义可得DE＝CE，再用平行四边形的性质，证明△ADE≌△FCE，即可得结论．
【解答】解：AD＝CF，
∵E是边CD的中点，
∴DE＝CE，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BF，
∴∠D＝∠DCF，
在△ADE和△FCE中，
∠D=∠ECFED=CE∠AED=∠CEF，
∴△ADE≌△FCE（ASA），
∴AD＝CF．
【点评】此题主要考查了平行四边形的性质，全等三角形的判定和性质，关键是掌握平行四边形对边平行且相等．
19．（8分）2020年是脱贫攻坚年．为实现全员脱贫目标，某村贫困户在当地政府支持帮助下，办起了养鸡场．经过一段时间精心饲养，总量为3000只的一批鸡可以出售．现从中随机抽取50只，得到它们质量的统计数据如表：
质量/kg
组中值
频数（只）
0.9≤x＜1.1
1.0
6
1.1≤x＜1.3
1.2
9
1.3≤x＜1.5
1.4
a
1.5≤x＜1.7
1.6
15
1.7≤x＜1.9
1.8
8
根据以上信息，解答下列问题：
（1）表中a＝ 12 ，补全频数分布直方图；
（2）这批鸡中质量不小于1.5kg的大约有多少只？
（3）这些贫困户的总收入达到51000元，就能实现全员脱贫目标，按12元/kg的价格售出这批鸡后，该村贫困户能否脱贫？
【分析】（1）根据频数之和为50，可求出a的值；进而补全频数分布直方图；
（2）样本估计总体，样本中，鸡的质量不小于1.5kg所占的百分比为15+850，因此估计总体3000只的15+850是鸡的质量不小于1.5kg的只数；
（3）计算样本平均数，估计总体平均数，计算出总收入，比较得出答案．
【解答】解：（1）a＝50﹣8﹣15﹣9﹣6＝12（只），补全频数分布直方图；
故答案为：12；
（2）3000×15+850=1380（只）
答：这批鸡中质量不小于1.5kg的大约有1380只；
（3）x=1×6+1.2×9+1.4×12+1.6×15+1.8×850=1.44（千克），
∵1.44×3000×12＝51840＞51000，
∴能脱贫，
答：该村贫困户能脱贫．
【点评】本题考查频数分布直方图、频数分布表的意义和制作方法，掌握频数、频率、总数之间的关系是正确计算的前提．
20．（8分）如图，在5×5的网格中，△ABC的三个顶点都在格点上．用无刻度的直尺作图：
（1）在图1中画出一条恰好平分△ABC周长的直线l；
（2）在图2中画出△ABC的外接圆的一条切线AD；
（3）在图2中画出△ABC关于直线AB对称的△ABE；
（4）在图2中若CE交AB于点H，画出平行四边形HACF．
【分析】（1）利用数形结合的思想解决问题即可；
（2）根据网格即可画出△ABC的外接圆的一条切线AD；
（3）根据轴对称的性质即可画出△ABC关于直线AB对称的△ABE；
（4）根据网格即可画出平行四边形HACF．
【解答】解：（1）如图1，直线l即为所求；
（2）如图2，切线AD即为所求；
（3）如图2，△ABE即为所求；
（4）如图2，平行四边形HACF即为所求．
【点评】本题考查作图﹣轴对称变换，平行四边形的性质，三角形的外接圆与外心，切线的判定与性质，三角形的周长等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
21．（8分）如图，AB为⊙O的直径，AC、BD分别与⊙O相切于点A、B，连接OC、OD，OC⊥OD．
（1）如图1，求证：CD与⊙O相切；
（2）如图2，延长DO交⊙O于点E，连接CE，若ACBD=13，求tan∠E的值．
【分析】（1）过O作OH⊥CD于H，根据切线的性质得到∠A＝∠B＝90°，根据余角的性质得到∠ACO＝∠BOD，根据相似三角形的性质得到∠ACO＝∠OCD，根据全等三角形的性质得到OA＝OH，于是得到结论；
（2）根据相似三角形的性质得到ACOB=OABD，设AC＝x，BD＝3x，求得OA=3x，得到OE＝OA=3x，根据勾股定理得到OC=AC2+OA2=2x，于是得到结论．
【解答】（1）证明：过O作OH⊥CD于H，
∵AB为⊙O的直径，AC、BD分别与⊙O相切于点A、B，
∴∠A＝∠B＝90°，
∵OC⊥OD，
∴∠COD＝90°，
∴∠AOC+∠BOD＝∠AOC+∠ACO＝90°，
∴∠ACO＝∠BOD，
∴△ACO∽△BOD，
∴ACOB=OCOD，
∵OA＝OB，
∴ACAO=OCOD，
∵∠A＝∠COD＝90°，
∴△ACO∽△OCD，
∴∠ACO＝∠OCD，
在△AOC与△HOC中，
∠A=∠OHC∠ACO=∠HCOOC=OC，
∴△AOC≌△HOC（AAS），
∴OA＝OH，
∴CD与⊙O相切；
（2）解：由（1）知△ACO∽△BOD，
∴ACOB=OABD，
∴OA2＝AC•BD，
∵ACBD=13，
∴设AC＝x，BD＝3x，
∴OA=3x，
∴OE＝OA=3x
∴OC=AC2+OA2=2x，
∵OC⊥OD，
∴∠COE＝90°，
∴tan∠E=OCOE=2x3x=233．
【点评】本题考查了切线的判定和性质，相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，解直角三角形，正确地作出辅助线是解题的关键．
22．（10分）某小区计划新建A、B两型停车位共50个，已知新建1个A型停车位和1个B型停车位共需32万元；新建3个A型停车位和2个B型停车位共需76万元，预销售过程中发现：A型停车位的销售单价yA（单位：万元）与其销量xA（单位：个）有如下关系：yA＝﹣xA+40，B型停车位的销售单价yB（单位：万元）与其销量xB（单位：个）有如下关系：yB＝﹣xB+80，且两种车位全部预售出．
（1）该小区新建1个A型停车位和1个B型停车位各需多少万元？
（2）若B型停车位的销售单价至少比A型停车位贵10万元，求预售完后B型停车位的总利润比A型停车位的总利润至少多多少万元？
（3）现小区进行促销，决定把B型停车位每个降低m（m为正整数）万元，结果发现当xA≤18时，销售总利润随x的增大而增大，直接写出m的最小值．
【分析】（1）根据“新建A、B两型停车位共50个”可设新建一个A型停车位需x万元，则一个B型停车位需要（32﹣x）万元，再根据“新建3个A型停车位和2个B型停车位共需76万元”列一元一次方程，解方程即可；
（2）根据“新建A、B两型停车位共50个”，“B型停车位的销售单价比A型停车位贵10万元”可得到xA≥10，设B型停车位总利润比A型停车位多w万元，而w＝B型停车位的销量×单价﹣A型停车位的销量×单价，得到一次函数，根据一次函数的性质，可求出w的最小值；
（3）促销后，yB＝﹣xB+80﹣m，设总利润为R万元，则R＝（﹣xB+60﹣m）•xB+（﹣xA+28）•xA，将xB＝50﹣xA代入，整理得R＝﹣2xA2+(m+68)xA+500−50m，∵xA≤18时，R随xA的增大而增大，结合图象性质，可知对称轴x=−m+682×(−2)≥18，得m≥4，故m的最小值为4．
【解答】解：（1）设该小区新建1个A型停车位需x万元，新建1个B型停车位需（32﹣x）万元，
由题意得：3x+2（32﹣x）＝76，
解得：x＝12，
∴32﹣x＝20，
答：该小区新建1个A型停车位需12万元，新建1个B型停车位需20万元．
（2）由题意得：xA+xB＝50，yB﹣yA＝﹣xB+80﹣（﹣xA+40）≥10，
得：xB﹣xA≤30，
又xB＝50﹣xA，则xA≥10，
设B型停车位总利润比A型停车位多w万，
则w＝（yB﹣20）xB﹣（yA﹣12）xA＝（﹣xB+60）xB﹣（﹣xA+28）xA＝12xA+500，
w随xA的增大而增大，当xA取最小值10时，w有最小值620万元．
故B型停车位的总利润比A型停车位的总利润至少多620万元．
（3）促销后，yB＝﹣xB+80﹣m，
设总利润为R万元，
则R＝（﹣xB+60﹣m）xB+（﹣xA+28）xA，
将xB＝50﹣xA代入，
整理得R＝﹣2xA2+(m+68)xA+500−50m，
∵xA≤18时，R随xA的增大而增大，结合图象性质，可知对称轴x=−m+682×(−2)≥18，得m≥4，
故m的最小值为4．
【点评】本题考查了一元一次方程的应用及一元一次不等式的应用，关键在于根据题意设未知数，列方程与不等式．
23．（10分）如图1，点E、F分别是矩形ABCD的边AD和CD上的点，且AF⊥BE．
（1）求证：BEAF=ABAD．
（2）如图2，将直线BE平移，交BC于点G，AD＝AG＝12，K是CD上一点，DK＝KG＝5，求EGAF的值．
（3）如图3，过AF上一点O作PQ⊥MN，分别交矩形的四条边于M、Q、N、P，若AEDF=34，tan∠PMO=13，tan∠NQO=12，直接写出PMQN的值．
【分析】（1）可证明△ABE∽△DAF，进而命题得证；
（2）连接AK，证得△ADK≌△AGK，得出∠AGK＝90°，进而证明△ABG∽△GCK，从而得出ABCG=125，设AB＝12k，CG＝5k，在直角三角形CGK根据勾股定理列出方程求出k，进而求得结果；
（3）连接CO，并延长交AD于H，作HR∥AF交CD于R，作FV∥CH交AD于V，可得ABAD=AEDF=34，不妨设：CD＝AB＝3，AD＝4，可得tan∠PAO＝tan∠PMO，从而求得DF，CF的值，同理求得得：DH，AH，再表示出PM，QN，从而得出转化求OPON，作OW⊥AD于W，OX⊥CD于X，可证得△POW∽△ONX，从而OPON=OWOX，根据OW∥CD，求得OW，同理可得OX，进而求得结果．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠D＝∠BAD＝90°，
∴∠BAF+∠DAF＝90°，
∵AF⊥BE，
∴∠ABE+∠BAF＝90°，
∴∠ABE＝∠ADF，
∴△ABE∽△DAF，
∴BEAF=ABAD；
（2）解：如图1，
连接AK，作DH∥GE交BC于H，
∵EG⊥AF，
∴DH⊥AF，
由（1）得，
DHAF=CDAD，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠B＝∠C＝90°，AD∥BC，AB＝CD，
∴∠BAG+∠AGB＝90°，四边形DEGH是平行四边形，
∴DH＝EG，
∴EGAF=CDAD，
在△ADK和△AGK中，
AD=AGAK=AKDK=GK，
∴△ADK≌△AGK（SSS），
∴∠AGK＝∠D＝90°，
∴∠AGB+∠CGK＝90°，
∴∠BAG＝∠CGK，
∴△ABG∽△GCK，
∴ABCG=AGGK=125，
设CG＝5k，AB＝12k，则CK＝12k﹣5，
在Rt△CGK中，由勾股定理得，
（5k）2+（12k﹣5）2＝52，
化简，得，
169k2﹣120k＝0，
∴k1=120169，k2＝0（舍去），
∴EGAF=12k12=120169；
（3）解：如图2，
连接CO，并延长交AD于H，作HR∥AF交CD于R，作FV∥CH交AD于V，
由（1）得，△ABE∽△DAF，
ABAD=AEDF=34，
不妨设：CD＝AB＝3，AD＝4，
∵∠MAP+∠POM＝90°+90°＝180°，
∴点A、M、O、P共圆，
∴∠PAO＝∠PMO，
∴tan∠PAO＝tan∠PMO=13，
∴DF=13AD=43，
∴CF＝CD﹣DF＝3−43=53，
同理可得：DH=12CD=32，
∴AH＝AD﹣DH＝4−32=52，
在Rt△POM中，tan∠PMO=13，
∴PM=10OP，
同理可得：QN=5ON，
∴PMQN=2•OPON，
∵HR∥AF，
∴∠DHR＝∠PAO，COCH=CFCR，
∴tan∠DHR=13，
在Rt△DHR中，tan∠DHR=13，DF=43，
∴DR=13DH=12，
∴CR＝CD﹣DR＝3−12=52，
∴COCH=23，
同理可得：DV=12DF=23，
∴AV＝AD﹣DV＝4−23=103，
∴AOAF=AHAV=34，
如图3，
作OW⊥AD于W，OX⊥CD于X，
∵∠D+∠PON＝180°，
∴∠OPW+∠DNO＝180°，
∵∠ONX+∠DNO＝180°，
∴∠OPW＝∠ONX，
∵∠PWO＝∠OXN，
∴△POW∽△ONX，
∴OPON=OWOX，
∵OW∥CD，
∴OWDF=OAAF=34，
∴OW=34DF＝1，
同理可得，
OXAD=OCCH=23，
∴OX=23AD＝1，
∴PMQN=2．
【点评】本题考查了矩形性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形判定和性质等知识，解决问题的关键是作辅助线，构造相似三角形．
24．（12分）已知抛物线y=12kx2−32kx−2k交x轴于点A，B（A在B点左侧），交y轴负半轴于点C．
（1）如图1，当△ABC为直角三角形时，求该抛物线的解析式；
（2）如图2，在（1）的条件下，直线y=−12x−3交x轴于点D，交y轴于点E，过抛物线上一动点P作PQ⊥DE于Q，过P点作x轴垂线交直线DE于点T，求△PQT的面积的最小值．
（3）如图3，抛物线顶点为M，对称轴与x轴交于H，点N为x轴下方抛物线上一动点，直线BN交直线MH于F，直线AN与y轴交于G，猜想线段MF、OG和HM的数量关系，并证明你的结论．
【分析】（1）令x，y分别为0，求得A，B，C三点坐标，进而得到OA，OB，OC的长度，利用相似三角形的性质即可求得k值；
（2）设P（m，12m2−32m﹣2），用m的代数式表示出线段PT的长度，利用配方法求得PT的最小值，利用△PQT∽△DOE，得到PQQT=2，利用勾股定理得到PT与PQ，QT的关系，从而得出PQ与QT的最小值，利用三角形的面积公式即可求出结论；
（3）利用分类讨论是思想方法分①当点N在MH的右侧时和②当点N在MH的左侧时，两种情况讨论解答：利用配方法求得M的坐标，则MH可得；分别利用待定系数法求得直线NB与AN的解析式，根据解析式求得点G，F的坐标，进而得到线段MF，OG的长度，利用系数的特征，通过计算即可得出结论．
【解答】解：（1）令x＝0，则y＝﹣2k，
∴C（0，﹣2k）．
∵抛物线的开口向上，
∴k＞0．
∴OC＝2k．
令y＝0，则12kx2−32kx−2k＝0，
解得：x1＝﹣1，x2＝4．
∵A在B点左侧，
∴A（﹣1，0），B（4，0）．
∴OA＝1，OB＝4．
∵∠ACB＝90°，OC⊥AB，
∴△OAC∽△OCB．
∴OAOC=OCOB．
∴（2k）2＝1×4．
∴k＝1．
∴该抛物线的解析式为y=12x2−32x﹣2．
（2）设P（m，12m2−32m﹣2），
∵PT⊥x轴，点T在直线y=−12x﹣3上，
∴T（m，−12m﹣3）．
∴PT＝（12m2−32m﹣2）﹣（−12m﹣3）
=12m2−m+1
=12(m−1)2+12．
∵12＞0，
∴当m＝1时，PT有最小值12．
令x＝0，则y＝﹣3．
∴E（0，﹣3）．
∴OE＝3．
令y＝0，则−12x﹣3＝0．
∴x＝﹣6．
∴D（﹣6，0）．
∴OD＝6．
∵PT∥OE，
∴∠PTQ＝∠OED．
∵∠PQT＝∠DOE＝90°，
∴△PQT∽△DOE．
∴PQQT=ODOE=63=2．
设QT＝t，则PQ＝2t，
∴PT=QT2+PQ2=5t．
∴QT的最小值为15×12=125，PQ的最小值为25×12=15．
∴△PQT的面积的最小值为12×125×15=120．
（3）线段MF、OG和HM的数量关系为：2MH﹣2MF＝5OG或2MH+2MF＝2OG．理由：
①当点N在MH的右侧时，
∵y=12kx2−32kx−2k
=12k(x−32)2−258k，
∴M（32，−258k）．
∴MH=258k．
设点N（n，12kn2−32kn−2k），
设直线BN的解析式为y＝ax+b，
∴4a+b=0na+b=12kn2−32kn−2k，
解得：a=12k(n+1)b=−2k(n+1)．
∴直线BN的解析式为y=12k（n+1）x﹣2k（n+1）．
令x=32，则y=−54kn−54k．
∴F（32，−54kn−54k）．
∴HF=54kn+54k．
∴MF＝FH﹣MH=54kn−158k．
同理可得直线AN的解析式为y=12k（n﹣4）x+12k（n﹣4）．
令x＝0，则y=12k（n﹣4）=12kn﹣2k，
∴G（0，12kn﹣2k）．
∴OG=−12kn+2k．
∵45MH−45MF=52k﹣（kn−32k）＝﹣kn+4k，
2OG＝﹣kn+4n，
∴45MH−45MF＝2OG．
∴2MH﹣2MF＝5OG．
②当点N在MH的左侧时，
∵y=12kx2−32kx−2k
=12k(x−32)2−258k，
∴M（32，−258k）．
∴MH=258k．
设点N（n，12kn2−32kn−2k），
设直线BN的解析式为y＝ax+b，
∴4a+b=0na+b=12kn2−32kn−2k，
解得：a=12k(n+1)b=−2k(n+1)．
∴直线BN的解析式为y=12k（n+1）x﹣2k（n+1）．
令x=32，则y=−54kn−54k．
∴F（32，−54kn−54k）．
∴HF=54kn+54k．
∴MF＝MH﹣FH=−54kn+158k．
同理可得直线AN的解析式为y=12k（n﹣4）x+12k（n﹣4）．
令x＝0，则y=12k（n﹣4）=12kn﹣2k，
∴G（0，12kn﹣2k）．
∴OG=−12kn+2k．
∵45MH+45MF=52k+（﹣kn+32k）＝﹣kn+4k，
2OG＝﹣kn+4n，
∴45MH+45MF＝2OG．
∴2MH+2MF＝5OG．
综上，线段MF、OG和HM的数量关系为：2MH﹣2MF＝5OG或2MH+2MF＝2OG．
【点评】本题是二次函数的综合题，主要考查了二次函数图象的性质，一次函数的性质，抛物线上点的坐标的特征，待定系数法，配方法，一次函数图象上点的坐标的特征，勾股定理，相似三角形的判定与性质，利用点的坐标表示出相应线段的长度是解题的关键．
声明：试题解析著作权属菁优网所有，未经书面同意，不得复制发布
日期：2022/3/19 17:22:31；用户：湖北荆门掇刀区望兵石学校；邮箱：wbs@xyh.com；学号：31591624
2020-2021学年湖北省武汉市九年级（下）第二次月考数学试卷（5月份）
一、选择题（共10小题，每小题3分，共30分）下列各题中均有四个备选答案，其中有且只有一个是正确的，请在答题卡上将正确答案的代号涂黑.
1．（3分）﹣2的倒数是（ ）
A．2 B．−12 C．12 D．﹣2
2．（3分）一个不透明的盒子中装有2个红球和1个白球，它们除颜色外都相同．若从中任意摸出一个球，则下列叙述正确的是（ ）
A．摸到红球是必然事件
B．摸到白球是不可能事件
C．摸到红球与摸到白球的可能性相等
D．摸到红球比摸到白球的可能性大
3．（3分）下列图形中，是中心对称图形但不是轴对称图形的是（ ）
A． B．
C． D．
4．（3分）下列计算正确的是（ ）
A．a2•a3＝a6 B．a6÷a﹣2＝a﹣3
C．（﹣2ab2）3＝﹣8a3b6 D．（2a+b）2＝4a2+b2
5．（3分）图1和图2分别是用5个相同的正方体搭成的立体图形，则两个图的三视图中相同的是（ ）
A．主视图 B．主视图和左视图
C．主视图和俯视图 D．左视图和俯视图
6．（3分）函数的自变量x满足12≤x≤2时，函数值y满足14≤y≤1，则这个函数可以是（ ）
A．y=12x B．y=2x C．y=18x D．y=8x
7．（3分）经过某丁字路口的汽车，它可能向左转或向右转，如果这两种可能性大小相同，三辆汽车经过这个丁字路口，至少有两辆车向右转的概率为（ ）
A．12 B．38 C．527 D．727
8．（3分）水龙头关闭不严会造成滴水，已知漏水量与漏水时间为一次函数关系，八（6）班的同学进行了以下实验，在滴水的水龙头下放置一个能显示水量的容器，每10分钟记录一次容器中的水量，如表是一位同学的记录结果，老师发现有一组数据记录有较大偏差，它是（ ）
时间t（min）
0
10
20
30
40
水量w（ml）
1
2.2
3.4
4.5
5.8
组别
1
2
3
4
5
A．第2组 B．第3组 C．第4组 D．第5组
9．（3分）直线y＝kx+3（k＜0）与双曲线y=2x交于A、B两点，A、B的纵坐标分别为a，b，则a+b的值为（ ）
A．﹣3 B．1 C．3 D．6
10．（3分）如图，过⊙O外一点P作圆的两条切线PA，PB，切点为A，B，过PA上一点Q作切线QC交PB于T，切点为C，且QC⊥PA，若BT＝2，∠TOQ＝75°，则阴影部分的面积为（ ）
A．43−2π B．43−233π C．23−π D．2π−23
二、填空题（共6小题，每小题3分，共18分）
11．（3分）计算(−4)2的结果是 ．
12．（3分）某果农随机从甲、乙、丙三个品种的批把树中各选5棵，每棵产量的平均数x（单位：千克）及方差（单位：千克2）如表所示，他准备从这三个品种中选出一种产量既高又稳定的批把树进行种植，则应选的品种是 ．
甲
乙
丙
x
45
45
42
S2
1.8
2.3
1.8
13．（3分）方程2−xx−3+13−x=1的解是 ．
14．（3分）如图，山顶上有一个信号塔AC，已知信号塔高AC＝15m，在山脚下点B处测得塔底C的仰角∠CBD＝36.9°，塔顶A的仰角∠ABD＝42.0°，则山高CD＝ m．（点A，C，D在同一条竖直线上，参考数据：tan36.9°≈0.75，sin36.9°≈0.60，tan42.0°≈0.90）
15．（3分）已知抛物线y＝ax2+bx+c（a＜0）的顶点坐标为（1，n），且与x轴的一个交点在点（3，0）和（4，0）之间．下列结论：①a﹣b+c＞0；②3a+b＞0；③b2＝4a（c﹣n）；④一元二次方程a（x2﹣1）+b（x﹣1）+1＝0有两个不相等的实数根．其中正确结论的序号是 ．
16．（3分）如图，在Rt△ABC中，∠A＝90°，点D、E、F分别在边BC、AB和AC上，把△AEF沿直线EF折叠到△GEF，点A的对应点恰好落在线段FD上的点G处，把△BEG沿直线BG折叠，点E的对应点恰好落在点D处，线段FC与FD也恰好关于某条直线对称，则DFBE的值为 ．
三、解答题（共8小题，共72分）
17．（8分）解不等式组3x−2≤x①−12x＞−2②请按以下步骤完成解答：
（1）解不等式①，得 ；
（2）解不等式②，得 ；
（3）把不等式①和②的解集在数轴上表示出来；
（4）原不等式组的解集为 ．
18．（8分）如图，点E是平行四边形ABCD的边CD的中点，连结AE并延长，交BC的延长线于点F，探究AD与CF的关系，并证明．
19．（8分）2020年是脱贫攻坚年．为实现全员脱贫目标，某村贫困户在当地政府支持帮助下，办起了养鸡场．经过一段时间精心饲养，总量为3000只的一批鸡可以出售．现从中随机抽取50只，得到它们质量的统计数据如表：
质量/kg
组中值
频数（只）
0.9≤x＜1.1
1.0
6
1.1≤x＜1.3
1.2
9
1.3≤x＜1.5
1.4
a
1.5≤x＜1.7
1.6
15
1.7≤x＜1.9
1.8
8
根据以上信息，解答下列问题：
（1）表中a＝ ，补全频数分布直方图；
（2）这批鸡中质量不小于1.5kg的大约有多少只？
（3）这些贫困户的总收入达到51000元，就能实现全员脱贫目标，按12元/kg的价格售出这批鸡后，该村贫困户能否脱贫？
20．（8分）如图，在5×5的网格中，△ABC的三个顶点都在格点上．用无刻度的直尺作图：
（1）在图1中画出一条恰好平分△ABC周长的直线l；
（2）在图2中画出△ABC的外接圆的一条切线AD；
（3）在图2中画出△ABC关于直线AB对称的△ABE；
（4）在图2中若CE交AB于点H，画出平行四边形HACF．
21．（8分）如图，AB为⊙O的直径，AC、BD分别与⊙O相切于点A、B，连接OC、OD，OC⊥OD．
（1）如图1，求证：CD与⊙O相切；
（2）如图2，延长DO交⊙O于点E，连接CE，若ACBD=13，求tan∠E的值．
22．（10分）某小区计划新建A、B两型停车位共50个，已知新建1个A型停车位和1个B型停车位共需32万元；新建3个A型停车位和2个B型停车位共需76万元，预销售过程中发现：A型停车位的销售单价yA（单位：万元）与其销量xA（单位：个）有如下关系：yA＝﹣xA+40，B型停车位的销售单价yB（单位：万元）与其销量xB（单位：个）有如下关系：yB＝﹣xB+80，且两种车位全部预售出．
（1）该小区新建1个A型停车位和1个B型停车位各需多少万元？
（2）若B型停车位的销售单价至少比A型停车位贵10万元，求预售完后B型停车位的总利润比A型停车位的总利润至少多多少万元？
（3）现小区进行促销，决定把B型停车位每个降低m（m为正整数）万元，结果发现当xA≤18时，销售总利润随x的增大而增大，直接写出m的最小值．
23．（10分）如图1，点E、F分别是矩形ABCD的边AD和CD上的点，且AF⊥BE．
（1）求证：BEAF=ABAD．
（2）如图2，将直线BE平移，交BC于点G，AD＝AG＝12，K是CD上一点，DK＝KG＝5，求EGAF的值．
（3）如图3，过AF上一点O作PQ⊥MN，分别交矩形的四条边于M、Q、N、P，若AEDF=34，tan∠PMO=13，tan∠NQO=12，直接写出PMQN的值．
24．（12分）已知抛物线y=12kx2−32kx−2k交x轴于点A，B（A在B点左侧），交y轴负半轴于点C．
（1）如图1，当△ABC为直角三角形时，求该抛物线的解析式；
（2）如图2，在（1）的条件下，直线y=−12x−3交x轴于点D，交y轴于点E，过抛物线上一动点P作PQ⊥DE于Q，过P点作x轴垂线交直线DE于点T，求△PQT的面积的最小值．
（3）如图3，抛物线顶点为M，对称轴与x轴交于H，点N为x轴下方抛物线上一动点，直线BN交直线MH于F，直线AN与y轴交于G，猜想线段MF、OG和HM的数量关系，并证明你的结论．
2020-2021学年湖北省武汉市九年级（下）第二次月考数学试卷（5月份）
参考答案与试题解析
一、选择题（共10小题，每小题3分，共30分）下列各题中均有四个备选答案，其中有且只有一个是正确的，请在答题卡上将正确答案的代号涂黑.
1．（3分）﹣2的倒数是（ ）
A．2 B．−12 C．12 D．﹣2
【分析】根据倒数的定义求解即可．
【解答】解：﹣2的倒数是−12．
故选：B．
【点评】本题考查了倒数，分子分母交换位置是求一个数的倒数的关键．
2．（3分）一个不透明的盒子中装有2个红球和1个白球，它们除颜色外都相同．若从中任意摸出一个球，则下列叙述正确的是（ ）
A．摸到红球是必然事件
B．摸到白球是不可能事件
C．摸到红球与摸到白球的可能性相等
D．摸到红球比摸到白球的可能性大
【分析】利用随机事件的概念，以及个数最多的就得到可能性最大分别分析即可．
【解答】解：A．摸到红球是随机事件，故A选项错误；
B．摸到白球是随机事件，故B选项错误；
C．摸到红球比摸到白球的可能性相等，
根据不透明的盒子中装有2个红球和1个白球，得出摸到红球比摸到白球的可能性大，故C选项错误；
D．根据不透明的盒子中装有2个红球和1个白球，得出摸到红球比摸到白球的可能性大，故D选项正确；
故选：D．
【点评】此题主要考查了随机事件以及可能性大小，利用可能性大小的比较：只要总情况数目相同，谁包含的情况数目多，谁的可能性就大；反之也成立；若包含的情况相当，那么它们的可能性就相等得出是解题关键．
3．（3分）下列图形中，是中心对称图形但不是轴对称图形的是（ ）
A． B．
C． D．
【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、不是轴对称图形，也不是中心对称图形．故此选项不合题意；
B、是中心对称图形但不是轴对称图形．故此选项符合题意；
C、既是轴对称图形，又是中心对称图形．故此选项不合题意；
D、是轴对称图形，不是中心对称图形．故此选项不合题意．
故选：B．
【点评】此题主要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，图形两部分沿对称轴折叠后可重合；中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合．
4．（3分）下列计算正确的是（ ）
A．a2•a3＝a6 B．a6÷a﹣2＝a﹣3
C．（﹣2ab2）3＝﹣8a3b6 D．（2a+b）2＝4a2+b2
【分析】根据同底数幂的乘法和除法法则，积的乘方法则以及完全平方公式逐一计算判断即可．
【解答】解：A、a2•a3＝a5，原计算错误，故此选项不合题意；
B、a6÷a﹣2＝a8，原计算错误，故此选项不合题意；
C、（﹣2ab2）3＝﹣8a3b6，原计算正确，故此选项合题意；
D、（2a+b）2＝4a2+4ab+b2，原计算错误，故此选项不合题意．
故选：C．
【点评】本题主要考查了同底数幂的乘法和除法，幂的乘方与积的乘方的法则以及完全平方公式，熟记运算法则和公式是解答本题的关键．
5．（3分）图1和图2分别是用5个相同的正方体搭成的立体图形，则两个图的三视图中相同的是（ ）
A．主视图 B．主视图和左视图
C．主视图和俯视图 D．左视图和俯视图
【分析】根据主视图是从物体的正面看得到的视图，俯视图是从上面看得到的图形，左视图是左边看得到的图形，可得答案．
【解答】解：图1的主视图为底层是三个小正方形，上层的左侧是一个小正方形；图2的主视图为底层是三个小正方形，上层的由侧是一个小正方形，故主视图不相同；
图1和图2的左视图相同，均为底层是两个小正方形，上层左边是一个小正方形；
图1和图2的俯视图相同，均为底层左边是一个小正方形，上层是三个小正方形；
故选：D．
【点评】本题考查了简单组合体的三视图，利用三视图的意义是解题关键．
6．（3分）函数的自变量x满足12≤x≤2时，函数值y满足14≤y≤1，则这个函数可以是（ ）
A．y=12x B．y=2x C．y=18x D．y=8x
【分析】把x=12代入四个选项中的解析式可得y的值，再把x＝2代入解析式可得y的值，然后可得答案．
【解答】解：A、把x=12代入y=12x可得y＝1，把x＝2代入y=12x可得y=14，故A正确；
B、把x=12代入y=2x可得y＝4，把x＝2代入y=2x可得y＝1，故B错误；
C、把x=12代入y=18x可得y=14，把x＝2代入y=18x可得y=116，故C错误；
D、把x=12代入y=8x可得y＝16，把x＝2代入y=8x可得y＝4，故D错误．
故选：A．
【点评】此题主要考查了反比例函数图象的性质，关键是正确理解题意，根据自变量的值求出对应的函数值．
7．（3分）经过某丁字路口的汽车，它可能向左转或向右转，如果这两种可能性大小相同，三辆汽车经过这个丁字路口，至少有两辆车向右转的概率为（ ）
A．12 B．38 C．527 D．727
【分析】画树状图展示所有8种等可能的结果数，再找出至少有两辆车向右转的结果数，然后根据概率公式求解即可．
【解答】解：画树状图为：
共有8种等可能的结果数，其中至少有两辆车向右转的结果数为4，
所以至少有两辆车向右转的概率为48=12，
故选：A．
【点评】本题考查了列表法与树状图法：利用列表法或树状图法展示所有等可能的结果n，再从中选出符合事件A或B的结果数目m，然后利用概率公式计算事件A或事件B的概率．
8．（3分）水龙头关闭不严会造成滴水，已知漏水量与漏水时间为一次函数关系，八（6）班的同学进行了以下实验，在滴水的水龙头下放置一个能显示水量的容器，每10分钟记录一次容器中的水量，如表是一位同学的记录结果，老师发现有一组数据记录有较大偏差，它是（ ）
时间t（min）
0
10
20
30
40
水量w（ml）
1
2.2
3.4
4.5
5.8
组别
1
2
3
4
5
A．第2组 B．第3组 C．第4组 D．第5组
【分析】根据漏水量与漏水时间为一次函数关系，通过分析表中数据即可得出结论．
【解答】解：∵漏水量与漏水时间为一次函数关系，
∴每隔10分钟增加的水量是相同的，即2.2﹣1＝3.4﹣2.2≠4.5﹣3.4，
∴第4组数据有偏差，
故选：C．
【点评】本题考查一次函数的性质，关键是通过表中数据进行判断．
9．（3分）直线y＝kx+3（k＜0）与双曲线y=2x交于A、B两点，A、B的纵坐标分别为a，b，则a+b的值为（ ）
A．﹣3 B．1 C．3 D．6
【分析】由题意得方程kx2+3x﹣2＝0的两个根为x1，x2，根据根与系数的关系以及x1+x2的值，进而可求得，a+b的值．
【解答】解：设点A和点B的横坐标为x1，x2，
由题意得方程kx2+3x﹣2＝0的两个根为x1，x2．
∵x1+x2=−3k，
∴a+b＝k（x1+x2）+2b＝k•（−3k）+6＝3＞0，
即a+b＝3．
故选：C．
【点评】本题是反比例函数与一次函数的交点问题，把函数问题转化成一元二次方程的问题是解题的关键．
10．（3分）如图，过⊙O外一点P作圆的两条切线PA，PB，切点为A，B，过PA上一点Q作切线QC交PB于T，切点为C，且QC⊥PA，若BT＝2，∠TOQ＝75°，则阴影部分的面积为（ ）
A．43−2π B．43−233π C．23−π D．2π−23
【分析】连接OC．证明∠COT＝∠BOT＝30°，求出OB，根据S阴＝2S△OBT﹣S扇形OBC求解即可．
【解答】解：连接OC．
∵PA，QC 是⊙O的切线，
∴∠A＝∠QCO＝90°，
∵CQ⊥PA，
∴∠QCO＝90°，
∴四边形AOCQ是矩形，
∵OA＝OC，
∴四边形AOCQ是正方形，
∴∠QOC＝45°，
∵∠QOT＝75°，
∴∠COT＝30°，
∵TC，TB是⊙O的切线，
∴∠OBT＝∠OCT＝90°，∠COT＝∠BOT＝30°，
在Rt△OBT中，∠BOT＝30°，BT＝2，
∴OB=3BT＝23，
∴S阴＝2S△OBT﹣S扇形OBC＝2×12×2×23−60π×(23)2360=43−2π．
故选：A．
【点评】本题考查扇形的面积，切线的性质，解直角三角形，正方形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造特殊四边形解决问题．
二、填空题（共6小题，每小题3分，共18分）
11．（3分）计算(−4)2的结果是 4 ．
【分析】根据算术平方根的定义解答即可．
【解答】解：(−4)2=16=4．
故答案为：4．
【点评】此题主要考查了算术平方根的定义，本题易错点在于符号的处理．
12．（3分）某果农随机从甲、乙、丙三个品种的批把树中各选5棵，每棵产量的平均数x（单位：千克）及方差（单位：千克2）如表所示，他准备从这三个品种中选出一种产量既高又稳定的批把树进行种植，则应选的品种是 甲 ．
甲
乙
丙
x
45
45
42
S2
1.8
2.3
1.8
【分析】先比较平均数得到甲和乙产量较高，然后比较方差得到甲比较稳定．
【解答】解：因为甲、乙的平均数比丙大，所以甲、乙的产量较高，
又甲的方差比乙小，所以甲的产量比较稳定，
即从这三个品种中选出一种产量既高又稳定的枇杷树进行种植，则应选的品种是甲；
故答案为：甲．
【点评】本题考查了方差：一组数据中各数据与它们的平均数的差的平方的平均数，叫做这组数据的方差．方差是反映一组数据的波动大小的一个量．方差越大，则与平均值的离散程度越大，稳定性也越差；反之，则它与其平均值的离散程度越小，稳定性越好．也考查了平均数．
13．（3分）方程2−xx−3+13−x=1的解是 x＝2 ．
【分析】按照解分式方程的步骤进行计算即可解答．
【解答】解：2−xx−3+13−x=1，
2﹣x﹣1＝x﹣3，
解得：x＝2，
检验：当x＝2时，x﹣3≠0，
∴x＝2是原方程的根，
故答案为：x＝2．
【点评】本题考查了解分式方程，一定要注意解分式方程必须检验．
14．（3分）如图，山顶上有一个信号塔AC，已知信号塔高AC＝15m，在山脚下点B处测得塔底C的仰角∠CBD＝36.9°，塔顶A的仰角∠ABD＝42.0°，则山高CD＝ 75 m．（点A，C，D在同一条竖直线上，参考数据：tan36.9°≈0.75，sin36.9°≈0.60，tan42.0°≈0.90）
【分析】根据锐角三角函数的定义得AD≈0.90BD，CD≈0.75BD，再由AC＝AD﹣CD，得15＝0.90BD﹣0.75BD，求出BD的长，即可解决问题．
【解答】解：在Rt△ABD中，tan∠ABD=ADBD=tan42.0°≈0.90，
∴AD≈0.90BD，
在Rt△BCD中，tan∠CBD=CDBD=tan36.9°≈0.75，
∴CD≈0.75BD，
∵AC＝AD﹣CD，
∴15＝0.90BD﹣0.75BD，
解得：BD＝100（米），
∴CD＝0.75BD＝75（米），
即山高CD为75米，
故答案为：75．
【点评】本题考查了解直角三角形的应用﹣仰角俯角问题，熟练掌握锐角三角函数定义是解题的关键．
15．（3分）已知抛物线y＝ax2+bx+c（a＜0）的顶点坐标为（1，n），且与x轴的一个交点在点（3，0）和（4，0）之间．下列结论：①a﹣b+c＞0；②3a+b＞0；③b2＝4a（c﹣n）；④一元二次方程a（x2﹣1）+b（x﹣1）+1＝0有两个不相等的实数根．其中正确结论的序号是 ①③④ ．
【分析】由抛物线的开口方向判断a与0的关系，由抛物线与y轴的交点判断c与0的关系，然后根据对称轴及抛物线与x轴交点情况进行推理，进而对所得结论进行判断．
【解答】解：∵抛物线顶点坐标为（1，n），
∴抛物线的对称轴为直线x＝1，
∵与x轴的一个交点在点（3，0）和（4，0）之间，
∴当x＝﹣1时，y＞0，即a﹣b+c＞0，故①结论正确；
∵抛物线的对称轴为直线x＝1，即−b2a=1，
∴2a+b＝0，
∵a＜0，
∴3a+b＜0，故②结论错误；
∵抛物线顶点坐标为（1，n），
∴抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）与直线y＝n有唯一一个交点，
即方程ax2+bx+c＝n有两个相等的实数根，
∴Δ＝b2﹣4a（c﹣n）＝0，
∴b2＝4a（c﹣n），故③结论正确；
∵a（x2﹣1）+b（x﹣1）+1＝ax2+bx+1﹣a﹣b＝0，
Δ＝b2﹣4a（1﹣a﹣b）＝b2+4a2+4ab﹣4a＝（b+2a）2﹣4a，
∵（b+2a）2≥0，﹣4a＞0，
∴Δ＞0，
∴一元二次方程a（x2﹣1）+b（x﹣1）+1＝0有两个不相等的实数根，
故④结论正确．
故答案为：①③④．
【点评】主要考查图象与二次函数系数之间的关系，会利用对称轴的范围求2a与b的关系，以及二次函数与方程之间的转换，根的判别式的熟练运用．
16．（3分）如图，在Rt△ABC中，∠A＝90°，点D、E、F分别在边BC、AB和AC上，把△AEF沿直线EF折叠到△GEF，点A的对应点恰好落在线段FD上的点G处，把△BEG沿直线BG折叠，点E的对应点恰好落在点D处，线段FC与FD也恰好关于某条直线对称，则DFBE的值为 33 ．
【分析】根据线段FC与FD也恰好关于某条直线对称，可得FC＝FD，由折叠可得∠AFE=12∠AFG=12（∠C+∠FDC）＝∠C，所以EF∥BC，得DFBE=AFAE，然后证明∠FEA＝30°，再利用特殊角三角函数值即可解决问题．
【解答】解：∵线段FC与FD也恰好关于某条直线对称，
∴FC＝FD，
∴∠FDC＝∠C，
由折叠可知：∠AFE=12∠AFG=12（∠C+∠FDC）＝∠C，
∴EF∥BC，
∴AEBE=AFCF，
∴DFBE=AFAE，
由折叠可知：∠BEG＝∠BDG，
∴∠AEG＝∠FDC，
∴∠AEG＝∠C，
∴∠AEF=12∠GEA=12∠C=12∠EFA，
∵∠A＝90°，
∴∠FEA+∠EFA＝90°，
∴∠FEA＝30°，
∴DFBE=AFAE=tan30°=33．
∴DFBE的值为33．
故答案为：33．
【点评】本题主要考查折叠的性质、轴对称的性质、相似三角形的判定与性质，解直角三角形，同时还考查了分类讨论的数学思想．解决本题的关键是掌握翻折的性质．
三、解答题（共8小题，共72分）
17．（8分）解不等式组3x−2≤x①−12x＞−2②请按以下步骤完成解答：
（1）解不等式①，得 x≤1 ；
（2）解不等式②，得 x＜4 ；
（3）把不等式①和②的解集在数轴上表示出来；
（4）原不等式组的解集为 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：（1）解不等式①，得x≤1；
（2）解不等式②，得x＜4；
（3）把不等式①和②的解集在数轴上表示出来，如下：
（4）原不等式组的解集为x≤1．
故答案为：x≤1，x＜4，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．
18．（8分）如图，点E是平行四边形ABCD的边CD的中点，连结AE并延长，交BC的延长线于点F，探究AD与CF的关系，并证明．
【分析】利用中点定义可得DE＝CE，再用平行四边形的性质，证明△ADE≌△FCE，即可得结论．
【解答】解：AD＝CF，
∵E是边CD的中点，
∴DE＝CE，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BF，
∴∠D＝∠DCF，
在△ADE和△FCE中，
∠D=∠ECFED=CE∠AED=∠CEF，
∴△ADE≌△FCE（ASA），
∴AD＝CF．
【点评】此题主要考查了平行四边形的性质，全等三角形的判定和性质，关键是掌握平行四边形对边平行且相等．
19．（8分）2020年是脱贫攻坚年．为实现全员脱贫目标，某村贫困户在当地政府支持帮助下，办起了养鸡场．经过一段时间精心饲养，总量为3000只的一批鸡可以出售．现从中随机抽取50只，得到它们质量的统计数据如表：
质量/kg
组中值
频数（只）
0.9≤x＜1.1
1.0
6
1.1≤x＜1.3
1.2
9
1.3≤x＜1.5
1.4
a
1.5≤x＜1.7
1.6
15
1.7≤x＜1.9
1.8
8
根据以上信息，解答下列问题：
（1）表中a＝ 12 ，补全频数分布直方图；
（2）这批鸡中质量不小于1.5kg的大约有多少只？
（3）这些贫困户的总收入达到51000元，就能实现全员脱贫目标，按12元/kg的价格售出这批鸡后，该村贫困户能否脱贫？
【分析】（1）根据频数之和为50，可求出a的值；进而补全频数分布直方图；
（2）样本估计总体，样本中，鸡的质量不小于1.5kg所占的百分比为15+850，因此估计总体3000只的15+850是鸡的质量不小于1.5kg的只数；
（3）计算样本平均数，估计总体平均数，计算出总收入，比较得出答案．
【解答】解：（1）a＝50﹣8﹣15﹣9﹣6＝12（只），补全频数分布直方图；
故答案为：12；
（2）3000×15+850=1380（只）
答：这批鸡中质量不小于1.5kg的大约有1380只；
（3）x=1×6+1.2×9+1.4×12+1.6×15+1.8×850=1.44（千克），
∵1.44×3000×12＝51840＞51000，
∴能脱贫，
答：该村贫困户能脱贫．
【点评】本题考查频数分布直方图、频数分布表的意义和制作方法，掌握频数、频率、总数之间的关系是正确计算的前提．
20．（8分）如图，在5×5的网格中，△ABC的三个顶点都在格点上．用无刻度的直尺作图：
（1）在图1中画出一条恰好平分△ABC周长的直线l；
（2）在图2中画出△ABC的外接圆的一条切线AD；
（3）在图2中画出△ABC关于直线AB对称的△ABE；
（4）在图2中若CE交AB于点H，画出平行四边形HACF．
【分析】（1）利用数形结合的思想解决问题即可；
（2）根据网格即可画出△ABC的外接圆的一条切线AD；
（3）根据轴对称的性质即可画出△ABC关于直线AB对称的△ABE；
（4）根据网格即可画出平行四边形HACF．
【解答】解：（1）如图1，直线l即为所求；
（2）如图2，切线AD即为所求；
（3）如图2，△ABE即为所求；
（4）如图2，平行四边形HACF即为所求．
【点评】本题考查作图﹣轴对称变换，平行四边形的性质，三角形的外接圆与外心，切线的判定与性质，三角形的周长等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
21．（8分）如图，AB为⊙O的直径，AC、BD分别与⊙O相切于点A、B，连接OC、OD，OC⊥OD．
（1）如图1，求证：CD与⊙O相切；
（2）如图2，延长DO交⊙O于点E，连接CE，若ACBD=13，求tan∠E的值．
【分析】（1）过O作OH⊥CD于H，根据切线的性质得到∠A＝∠B＝90°，根据余角的性质得到∠ACO＝∠BOD，根据相似三角形的性质得到∠ACO＝∠OCD，根据全等三角形的性质得到OA＝OH，于是得到结论；
（2）根据相似三角形的性质得到ACOB=OABD，设AC＝x，BD＝3x，求得OA=3x，得到OE＝OA=3x，根据勾股定理得到OC=AC2+OA2=2x，于是得到结论．
【解答】（1）证明：过O作OH⊥CD于H，
∵AB为⊙O的直径，AC、BD分别与⊙O相切于点A、B，
∴∠A＝∠B＝90°，
∵OC⊥OD，
∴∠COD＝90°，
∴∠AOC+∠BOD＝∠AOC+∠ACO＝90°，
∴∠ACO＝∠BOD，
∴△ACO∽△BOD，
∴ACOB=OCOD，
∵OA＝OB，
∴ACAO=OCOD，
∵∠A＝∠COD＝90°，
∴△ACO∽△OCD，
∴∠ACO＝∠OCD，
在△AOC与△HOC中，
∠A=∠OHC∠ACO=∠HCOOC=OC，
∴△AOC≌△HOC（AAS），
∴OA＝OH，
∴CD与⊙O相切；
（2）解：由（1）知△ACO∽△BOD，
∴ACOB=OABD，
∴OA2＝AC•BD，
∵ACBD=13，
∴设AC＝x，BD＝3x，
∴OA=3x，
∴OE＝OA=3x
∴OC=AC2+OA2=2x，
∵OC⊥OD，
∴∠COE＝90°，
∴tan∠E=OCOE=2x3x=233．
【点评】本题考查了切线的判定和性质，相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，解直角三角形，正确地作出辅助线是解题的关键．
22．（10分）某小区计划新建A、B两型停车位共50个，已知新建1个A型停车位和1个B型停车位共需32万元；新建3个A型停车位和2个B型停车位共需76万元，预销售过程中发现：A型停车位的销售单价yA（单位：万元）与其销量xA（单位：个）有如下关系：yA＝﹣xA+40，B型停车位的销售单价yB（单位：万元）与其销量xB（单位：个）有如下关系：yB＝﹣xB+80，且两种车位全部预售出．
（1）该小区新建1个A型停车位和1个B型停车位各需多少万元？
（2）若B型停车位的销售单价至少比A型停车位贵10万元，求预售完后B型停车位的总利润比A型停车位的总利润至少多多少万元？
（3）现小区进行促销，决定把B型停车位每个降低m（m为正整数）万元，结果发现当xA≤18时，销售总利润随x的增大而增大，直接写出m的最小值．
【分析】（1）根据“新建A、B两型停车位共50个”可设新建一个A型停车位需x万元，则一个B型停车位需要（32﹣x）万元，再根据“新建3个A型停车位和2个B型停车位共需76万元”列一元一次方程，解方程即可；
（2）根据“新建A、B两型停车位共50个”，“B型停车位的销售单价比A型停车位贵10万元”可得到xA≥10，设B型停车位总利润比A型停车位多w万元，而w＝B型停车位的销量×单价﹣A型停车位的销量×单价，得到一次函数，根据一次函数的性质，可求出w的最小值；
（3）促销后，yB＝﹣xB+80﹣m，设总利润为R万元，则R＝（﹣xB+60﹣m）•xB+（﹣xA+28）•xA，将xB＝50﹣xA代入，整理得R＝﹣2xA2+(m+68)xA+500−50m，∵xA≤18时，R随xA的增大而增大，结合图象性质，可知对称轴x=−m+682×(−2)≥18，得m≥4，故m的最小值为4．
【解答】解：（1）设该小区新建1个A型停车位需x万元，新建1个B型停车位需（32﹣x）万元，
由题意得：3x+2（32﹣x）＝76，
解得：x＝12，
∴32﹣x＝20，
答：该小区新建1个A型停车位需12万元，新建1个B型停车位需20万元．
（2）由题意得：xA+xB＝50，yB﹣yA＝﹣xB+80﹣（﹣xA+40）≥10，
得：xB﹣xA≤30，
又xB＝50﹣xA，则xA≥10，
设B型停车位总利润比A型停车位多w万，
则w＝（yB﹣20）xB﹣（yA﹣12）xA＝（﹣xB+60）xB﹣（﹣xA+28）xA＝12xA+500，
w随xA的增大而增大，当xA取最小值10时，w有最小值620万元．
故B型停车位的总利润比A型停车位的总利润至少多620万元．
（3）促销后，yB＝﹣xB+80﹣m，
设总利润为R万元，
则R＝（﹣xB+60﹣m）xB+（﹣xA+28）xA，
将xB＝50﹣xA代入，
整理得R＝﹣2xA2+(m+68)xA+500−50m，
∵xA≤18时，R随xA的增大而增大，结合图象性质，可知对称轴x=−m+682×(−2)≥18，得m≥4，
故m的最小值为4．
【点评】本题考查了一元一次方程的应用及一元一次不等式的应用，关键在于根据题意设未知数，列方程与不等式．
23．（10分）如图1，点E、F分别是矩形ABCD的边AD和CD上的点，且AF⊥BE．
（1）求证：BEAF=ABAD．
（2）如图2，将直线BE平移，交BC于点G，AD＝AG＝12，K是CD上一点，DK＝KG＝5，求EGAF的值．
（3）如图3，过AF上一点O作PQ⊥MN，分别交矩形的四条边于M、Q、N、P，若AEDF=34，tan∠PMO=13，tan∠NQO=12，直接写出PMQN的值．
【分析】（1）可证明△ABE∽△DAF，进而命题得证；
（2）连接AK，证得△ADK≌△AGK，得出∠AGK＝90°，进而证明△ABG∽△GCK，从而得出ABCG=125，设AB＝12k，CG＝5k，在直角三角形CGK根据勾股定理列出方程求出k，进而求得结果；
（3）连接CO，并延长交AD于H，作HR∥AF交CD于R，作FV∥CH交AD于V，可得ABAD=AEDF=34，不妨设：CD＝AB＝3，AD＝4，可得tan∠PAO＝tan∠PMO，从而求得DF，CF的值，同理求得得：DH，AH，再表示出PM，QN，从而得出转化求OPON，作OW⊥AD于W，OX⊥CD于X，可证得△POW∽△ONX，从而OPON=OWOX，根据OW∥CD，求得OW，同理可得OX，进而求得结果．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠D＝∠BAD＝90°，
∴∠BAF+∠DAF＝90°，
∵AF⊥BE，
∴∠ABE+∠BAF＝90°，
∴∠ABE＝∠ADF，
∴△ABE∽△DAF，
∴BEAF=ABAD；
（2）解：如图1，
连接AK，作DH∥GE交BC于H，
∵EG⊥AF，
∴DH⊥AF，
由（1）得，
DHAF=CDAD，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠B＝∠C＝90°，AD∥BC，AB＝CD，
∴∠BAG+∠AGB＝90°，四边形DEGH是平行四边形，
∴DH＝EG，
∴EGAF=CDAD，
在△ADK和△AGK中，
AD=AGAK=AKDK=GK，
∴△ADK≌△AGK（SSS），
∴∠AGK＝∠D＝90°，
∴∠AGB+∠CGK＝90°，
∴∠BAG＝∠CGK，
∴△ABG∽△GCK，
∴ABCG=AGGK=125，
设CG＝5k，AB＝12k，则CK＝12k﹣5，
在Rt△CGK中，由勾股定理得，
（5k）2+（12k﹣5）2＝52，
化简，得，
169k2﹣120k＝0，
∴k1=120169，k2＝0（舍去），
∴EGAF=12k12=120169；
（3）解：如图2，
连接CO，并延长交AD于H，作HR∥AF交CD于R，作FV∥CH交AD于V，
由（1）得，△ABE∽△DAF，
ABAD=AEDF=34，
不妨设：CD＝AB＝3，AD＝4，
∵∠MAP+∠POM＝90°+90°＝180°，
∴点A、M、O、P共圆，
∴∠PAO＝∠PMO，
∴tan∠PAO＝tan∠PMO=13，
∴DF=13AD=43，
∴CF＝CD﹣DF＝3−43=53，
同理可得：DH=12CD=32，
∴AH＝AD﹣DH＝4−32=52，
在Rt△POM中，tan∠PMO=13，
∴PM=10OP，
同理可得：QN=5ON，
∴PMQN=2•OPON，
∵HR∥AF，
∴∠DHR＝∠PAO，COCH=CFCR，
∴tan∠DHR=13，
在Rt△DHR中，tan∠DHR=13，DF=43，
∴DR=13DH=12，
∴CR＝CD﹣DR＝3−12=52，
∴COCH=23，
同理可得：DV=12DF=23，
∴AV＝AD﹣DV＝4−23=103，
∴AOAF=AHAV=34，
如图3，
作OW⊥AD于W，OX⊥CD于X，
∵∠D+∠PON＝180°，
∴∠OPW+∠DNO＝180°，
∵∠ONX+∠DNO＝180°，
∴∠OPW＝∠ONX，
∵∠PWO＝∠OXN，
∴△POW∽△ONX，
∴OPON=OWOX，
∵OW∥CD，
∴OWDF=OAAF=34，
∴OW=34DF＝1，
同理可得，
OXAD=OCCH=23，
∴OX=23AD＝1，
∴PMQN=2．
【点评】本题考查了矩形性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形判定和性质等知识，解决问题的关键是作辅助线，构造相似三角形．
24．（12分）已知抛物线y=12kx2−32kx−2k交x轴于点A，B（A在B点左侧），交y轴负半轴于点C．
（1）如图1，当△ABC为直角三角形时，求该抛物线的解析式；
（2）如图2，在（1）的条件下，直线y=−12x−3交x轴于点D，交y轴于点E，过抛物线上一动点P作PQ⊥DE于Q，过P点作x轴垂线交直线DE于点T，求△PQT的面积的最小值．
（3）如图3，抛物线顶点为M，对称轴与x轴交于H，点N为x轴下方抛物线上一动点，直线BN交直线MH于F，直线AN与y轴交于G，猜想线段MF、OG和HM的数量关系，并证明你的结论．
【分析】（1）令x，y分别为0，求得A，B，C三点坐标，进而得到OA，OB，OC的长度，利用相似三角形的性质即可求得k值；
（2）设P（m，12m2−32m﹣2），用m的代数式表示出线段PT的长度，利用配方法求得PT的最小值，利用△PQT∽△DOE，得到PQQT=2，利用勾股定理得到PT与PQ，QT的关系，从而得出PQ与QT的最小值，利用三角形的面积公式即可求出结论；
（3）利用分类讨论是思想方法分①当点N在MH的右侧时和②当点N在MH的左侧时，两种情况讨论解答：利用配方法求得M的坐标，则MH可得；分别利用待定系数法求得直线NB与AN的解析式，根据解析式求得点G，F的坐标，进而得到线段MF，OG的长度，利用系数的特征，通过计算即可得出结论．
【解答】解：（1）令x＝0，则y＝﹣2k，
∴C（0，﹣2k）．
∵抛物线的开口向上，
∴k＞0．
∴OC＝2k．
令y＝0，则12kx2−32kx−2k＝0，
解得：x1＝﹣1，x2＝4．
∵A在B点左侧，
∴A（﹣1，0），B（4，0）．
∴OA＝1，OB＝4．
∵∠ACB＝90°，OC⊥AB，
∴△OAC∽△OCB．
∴OAOC=OCOB．
∴（2k）2＝1×4．
∴k＝1．
∴该抛物线的解析式为y=12x2−32x﹣2．
（2）设P（m，12m2−32m﹣2），
∵PT⊥x轴，点T在直线y=−12x﹣3上，
∴T（m，−12m﹣3）．
∴PT＝（12m2−32m﹣2）﹣（−12m﹣3）
=12m2−m+1
=12(m−1)2+12．
∵12＞0，
∴当m＝1时，PT有最小值12．
令x＝0，则y＝﹣3．
∴E（0，﹣3）．
∴OE＝3．
令y＝0，则−12x﹣3＝0．
∴x＝﹣6．
∴D（﹣6，0）．
∴OD＝6．
∵PT∥OE，
∴∠PTQ＝∠OED．
∵∠PQT＝∠DOE＝90°，
∴△PQT∽△DOE．
∴PQQT=ODOE=63=2．
设QT＝t，则PQ＝2t，
∴PT=QT2+PQ2=5t．
∴QT的最小值为15×12=125，PQ的最小值为25×12=15．
∴△PQT的面积的最小值为12×125×15=120．
（3）线段MF、OG和HM的数量关系为：2MH﹣2MF＝5OG或2MH+2MF＝2OG．理由：
①当点N在MH的右侧时，
∵y=12kx2−32kx−2k
=12k(x−32)2−258k，
∴M（32，−258k）．
∴MH=258k．
设点N（n，12kn2−32kn−2k），
设直线BN的解析式为y＝ax+b，
∴4a+b=0na+b=12kn2−32kn−2k，
解得：a=12k(n+1)b=−2k(n+1)．
∴直线BN的解析式为y=12k（n+1）x﹣2k（n+1）．
令x=32，则y=−54kn−54k．
∴F（32，−54kn−54k）．
∴HF=54kn+54k．
∴MF＝FH﹣MH=54kn−158k．
同理可得直线AN的解析式为y=12k（n﹣4）x+12k（n﹣4）．
令x＝0，则y=12k（n﹣4）=12kn﹣2k，
∴G（0，12kn﹣2k）．
∴OG=−12kn+2k．
∵45MH−45MF=52k﹣（kn−32k）＝﹣kn+4k，
2OG＝﹣kn+4n，
∴45MH−45MF＝2OG．
∴2MH﹣2MF＝5OG．
②当点N在MH的左侧时，
∵y=12kx2−32kx−2k
=12k(x−32)2−258k，
∴M（32，−258k）．
∴MH=258k．
设点N（n，12kn2−32kn−2k），
设直线BN的解析式为y＝ax+b，
∴4a+b=0na+b=12kn2−32kn−2k，
解得：a=12k(n+1)b=−2k(n+1)．
∴直线BN的解析式为y=12k（n+1）x﹣2k（n+1）．
令x=32，则y=−54kn−54k．
∴F（32，−54kn−54k）．
∴HF=54kn+54k．
∴MF＝MH﹣FH=−54kn+158k．
同理可得直线AN的解析式为y=12k（n﹣4）x+12k（n﹣4）．
令x＝0，则y=12k（n﹣4）=12kn﹣2k，
∴G（0，12kn﹣2k）．
∴OG=−12kn+2k．
∵45MH+45MF=52k+（﹣kn+32k）＝﹣kn+4k，
2OG＝﹣kn+4n，
∴45MH+45MF＝2OG．
∴2MH+2MF＝5OG．
综上，线段MF、OG和HM的数量关系为：2MH﹣2MF＝5OG或2MH+2MF＝2OG．
【点评】本题是二次函数的综合题，主要考查了二次函数图象的性质，一次函数的性质，抛物线上点的坐标的特征，待定系数法，配方法，一次函数图象上点的坐标的特征，勾股定理，相似三角形的判定与性质，利用点的坐标表示出相应线段的长度是解题的关键．
声明：试题解析著作权属菁优网所有，未经书面同意，不得复制发布
日期：2022/3/19 17:22:31；用户：湖北荆门掇刀区望兵石学校；邮箱：wbs@xyh.com；学号：31591624
相关试卷
2020-2021学年湖北省武汉市江汉区八年级（下）月考数学试卷（4月份）： 这是一份2020-2021学年湖北省武汉市江汉区八年级（下）月考数学试卷（4月份），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。
2020-2021学年湖北省武汉市江岸区七一华源中学九年级（下）月考数学试卷（3月份）： 这是一份2020-2021学年湖北省武汉市江岸区七一华源中学九年级（下）月考数学试卷（3月份），共31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。
2020-2021学年湖北省武汉市某校初二（下）4月月考数学试卷： 这是一份2020-2021学年湖北省武汉市某校初二（下）4月月考数学试卷，共25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。
