2021年山东省烟台市福山区中考数学适应性试卷（5月份）（含答案）

这是一份2021年山东省烟台市福山区中考数学适应性试卷（5月份）（含答案），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。

1．（3分）﹣||的平方是（ ）
A．﹣ B． C．﹣3 D．3
2．（3分）下列四个立体图形中，其主视图是轴对称图形但不是中心对称图形的是（ ）
A． B．
C． D．
3．（3分）如图是由5个小正方体组合成的几何体，则其俯视图为（ ）

A． B．
C． D．
4．（3分）下列等式中成立的是（ ）
A．（﹣3x2y）3＝﹣9x6y3
B．x2＝（）2﹣（）2
C．÷（+）＝2+
D．＝﹣
5．（3分）如图，在△ABC中，AD平分∠BAC，按如下步骤作图：
①分别以点A，D 为圆心，以大于AD的长为半径在AD两侧作弧，交于两点M，N；
②连接MN分别交AB，AC于点E，F；
③连接DE，DF．
若BD＝8，AF＝5，CD＝4，则BE的长是（ ）

A．6 B．8 C．10 D．12
6．（3分）甲、乙、丙、丁四位同学五次数学测验成绩统计如下表所示，如果从这四位同学中，选出一位同学参加数学竞赛，那么应选哪个同学去（ ）
A．甲 B．乙 C．丙 D．丁
7．（3分）如图，⊙O中，OC⊥AB，∠APC＝28°，则∠BOC的度数为（ ）

A．14° B．28° C．42° D．56°
8．（3分）如图，将矩形纸片ABCD折叠，使点C与点A重合，折痕为EF，若AB＝4，BC＝8．则D′F的长为（ ）

A．2 B．4 C．3 D．2
9．（3分）《九章算术》是中国传统数学重要的著作之一，奠定了中国传统数学的基本框架．书中有一题“今有户高多于广六尺八寸，两隅相去适一丈，问户高，广各几何？”其大意是：“已知长方形门的高比宽多6尺8寸，门的对角线长1丈，那么门的高和宽各是多少？”若设宽为x尺，则可列方程为（ ）
A．x2+（x﹣6.8）2＝100 B．x（x+6.8）＝100
C．x2+（x+6.8）2＝100 D．x（x﹣6.8）2＝100
10．（3分）已知关于x的分式方程＝+2的解满足﹣4＜x＜﹣1，且k为整数，则符合条件的所有k值的乘积为（ ）
A．正数 B．负数 C．零 D．无法确定
11．（3分）二次函数y＝ax2+bx+c的图象如图所示，下列结论：①a＜0；②ax2+bx+c＝＝0的两个根是x1＝﹣2，x2＝4；③9a+c＞0； ④b：c＝1；3，其中正确的有（ ）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
12．（3分）如图，正方形ABCD的边长为5，动点P的运动路线为A→B→C，动点Q的运动路线为B→D．点P与Q以相同的均匀速度分别从A，B两点同时出发，当一个点到达终点且停止运动时，另一个点也随之停止．设点P运动的路程为x，△BPQ的面积为y，则y随x变化的函数图象大致是（ ）

A． B．
C． D．
二、填空题（本大题共6个小题，每小题3分，满分18分）!
13．（3分）截至2021年4月末，我国外汇储备规模为31982亿美元，则31982亿用科学记数法表示为 ．
14．（3分）与3的和是14，则a的值为 ．
15．（3分）已知正多边形的一个外角等于45°，则该正多边形的内角和为 ．
16．（3分）如图，AB是圆锥的母线，BC为底面直径，已知BC＝6cm，圆锥的侧面积为15πcm2，圆锥的高AO长为 cm．

17．（3分）如图，四边形ABCD是矩形，AB＝4，AD＝2，以点A为圆心，AB长为半径画弧，交CD于点E，交AD的延长线于点F，则图中阴影部分的面积是 ．

18．（3分）如图，菱形OA1B1C1中，∠A1OC1＝60°，B1坐标为（4，0），再以B1为对称中心作菱形OA2B2C2，再以B2为对称中心作菱形OA3B3C3，按此规律继续作下去，得到菱形OAnBn∁n，则∁n的坐标为 ．

三、解答题（本大题共7个小题，满分66分）
19．（6分）先化简，再求值：（1+）÷，其中x是不等式2+x＞2x﹣1的非负的整数解．
20．（8分）某学校开展了“我和祖国一同成长“活动周，活动周设置了“A：歌舞，B：合唱，C：戏曲，D：武术“四个主题，展现出青少年儿童昂扬奋进的精神风貌和真挚深厚的爱国情怀．为了解活动开展情况，学校随机抽取了部分学生进行调查，并根据调查结果绘制了如下条形统计图和扇形统计图．
（1）本次随机调查的学生人数是多少人；
（2）请你补全条形统计图；
（3）在扇形统计图中，“B”所在扇形的圆心角等于 度；
（4）小明和小华两名同学准备从中各自随机参加一个主题活动，求他们恰好选中同一个主题活动的概率．
21．（9分）如图1是超市的手推车，如图2是其侧面示意图，已知前后车轮半径均为5cm，两个车轮的圆心的连线AB与地面平行，测得支架AC＝BC＝60cm，AC、CD所在直线与地面的夹角分别为30°、60°，CD＝50cm．

（1）求扶手前端D到地面的距离；
（2）手推车内装有简易宝宝椅，EF为小坐板，打开后，椅子的支点H到点C的距离为10cm，DF＝20cm，EF∥AB，∠EHD＝45°，求坐板EF的宽度．（本题答案均保留根号）
22．（9分）为了抗击新冠疫情，我市甲乙两厂积极生产了某种防疫物资共500吨，乙厂的生产量比甲厂的2倍少100吨，这批防疫物资将运往A地240吨，B地260吨，每吨运费如下：（单位：元/吨）
（1）求甲乙两厂各生产了这批防疫物资多少吨？
（2）设这批物资从甲厂运往A地x吨，两厂运往A，B两地的总运费为y元，求y与x之间的函数关系式，并设计使总运费最少的调运方案．
23．（10分）如图，在△ABC中，AB＝AC，以AB为直径的⊙O交BC于点D，过点D的直线EF交AC于点F，交AB的延长线于点E，且∠BAC＝2∠BDE．
（1）求证：DF是⊙O的切线；
（2）当CF＝2，BE＝3时，求AF的长．

24．（11分）问题背景：在解决“半角模型”问题时，旋转是一种常用方法，如图①，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠BAD＝120°，∠B＝CADC＝90°，点E，F分别是BC，CD上的点，且CEAF＝60°，连接EF，探究线段BE，EF，DF之间的数量关系．
（1）探宄发现：小明同学的方法是将O4BE绕点A逆时针旋转120至△4DG的位置，使得AB与AD重合，然后证明△AGF≌△AEF，从而得出结论： ．
（2）拓展延伸：如图②，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B+∠D＝180°，点E，F分别是边BC，CD上的点，且∠EAF＝∠BAD，连接EF．（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请写出证明过程；若不成立，请说明理由；
（3）尝试应用：
如图③，在正方形ABCD中，点E，F分别是边BC，CD上的点，且∠EAF＝45°，连接EF，已知BE＝3，DF＝2，求正方形ABCD的边长．


25．（13分）如图，抛物线y＝x2+bx+c与x轴交于A、B两点（点A在点B左边），与y轴交于点C．直线y＝x﹣2经过B、C两点．
（1）求抛物线的解析式；
（2）点P是抛物线上的一动点，过点P且垂直于x轴的直线与直线BC及x轴分别交于点D、M．PN⊥BC，垂足为N．设M（m，0）．
①点P在抛物线上运动，若P、D、M三点中恰有一点是其它两点所连线段的中点（三点重合除外）．请直接写出符合条件的m的值；
②当点P在直线BC下方的抛物线上运动时，是否存在一点P，使△PNC与△AOC相似．若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．

2021年山东省烟台市福山区中考数学适应性试卷（5月份）
参考答案与试题解析
一、选择题（本题共12个小题，每小题3分，满分36分）每小题都给出标号为A，B，C，D四个备选答案，其中有且只有一个是正确的.
1．（3分）﹣||的平方是（ ）
A．﹣ B． C．﹣3 D．3
【分析】根据二次根式的性质解答．
【解答】解：（﹣||）2＝（﹣）2＝3．
故选：D．
【点评】本题考查二次根式的化简，熟练掌握二次根式的性质是解题关键．
2．（3分）下列四个立体图形中，其主视图是轴对称图形但不是中心对称图形的是（ ）
A． B．
C． D．
【分析】根据从正面看得到的图形是主视图以及轴对称图形、中心对称图形的概念，可得答案．
【解答】解：A、是轴对称图形，也是中心对称图形．故错误；
B、是轴对称图形，也是中心对称图形．故错误；
C、是轴对称图形，不是中心对称图形．故正确；
D、是轴对称图形，也是中心对称图形．故错误．
故选：C．
【点评】本题考查了几何体的三视图以及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．
3．（3分）如图是由5个小正方体组合成的几何体，则其俯视图为（ ）

A． B．
C． D．
【分析】俯视图是从上面看得到的图形，可得答案．
【解答】解：从上面看，第一层是三个小正方形，第二层右边是一个小正方形．
故选：A．
【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．
4．（3分）下列等式中成立的是（ ）
A．（﹣3x2y）3＝﹣9x6y3
B．x2＝（）2﹣（）2
C．÷（+）＝2+
D．＝﹣
【分析】根据积的乘方和幂的乘方对A进行判断；利用平方差公式对B进行判断；利用分母有理化和二次根式的乘法法则对C进行判断；利用通分可对D进行判断．
【解答】解：A、原式＝﹣27x6y3，所以A选项错误；
B、（）2﹣（）2＝（+）•（﹣）＝x•1＝x，所以B选项错误；
C、原式＝÷（+）＝÷＝×＝＝6﹣2，所以C选项错误；
D、﹣＝＝，所以D选项正确．
故选：D．
【点评】本题考查了二次根式的混合运算：在二次根式的混合运算中，如能结合题目特点，灵活运用二次根式的性质，选择恰当的解题途径，往往能事半功倍．也考查了整式和分式的运算．
5．（3分）如图，在△ABC中，AD平分∠BAC，按如下步骤作图：
①分别以点A，D 为圆心，以大于AD的长为半径在AD两侧作弧，交于两点M，N；
②连接MN分别交AB，AC于点E，F；
③连接DE，DF．
若BD＝8，AF＝5，CD＝4，则BE的长是（ ）

A．6 B．8 C．10 D．12
【分析】根据已知得出MN是线段AD的垂直平分线，推出AE＝DE，AF＝DF，求出DE∥AC，DF∥AE，得出四边形AEDF是菱形，根据菱形的性质得出AE＝DE＝DF＝AF，根据平行线分线段成比例定理得出＝，代入求出即可．
【解答】解：∵根据作法可知：MN是线段AD的垂直平分线，
∴AE＝DE，AF＝DF，
∴∠EAD＝∠EDA，
∵AD平分∠BAC，
∴∠BAD＝∠CAD，
∴∠EDA＝∠CAD，
∴DE∥AC，
同理DF∥AE，
∴四边形AEDF是菱形，
∴AE＝DE＝DF＝AF，
∵AF＝5，
∴AE＝DE＝DF＝AF＝5，
∵DE∥AC，
∴＝，
∵BD＝8，AE＝5，CD＝4，
∴＝，
∴BE＝10，
故选：C．

【点评】本题考查了平行线分线段成比例定理，菱形的性质和判定，线段垂直平分线性质，等腰三角形的性质的应用，能根据定理四边形AEDF是菱形是解此题的关键，注意：一组平行线截两条直线，所截得的对应线段成比例．
6．（3分）甲、乙、丙、丁四位同学五次数学测验成绩统计如下表所示，如果从这四位同学中，选出一位同学参加数学竞赛，那么应选哪个同学去（ ）
A．甲 B．乙 C．丙 D．丁
【分析】先找到四位同学中平均数大的，即成绩好的；再从平均成绩好的人中选择方差小，即成绩稳定的，从而得出答案．
【解答】解：∵四位同学中甲和丁的平均成绩较好，
又∵S丁2＞S甲2，
∴甲的成绩比丁的成绩更加稳定，
∴应选甲去．
故选：A．
【点评】本题主要考查方差，解题的关键是掌握方差的意义：方差是反映一组数据的波动大小的一个量．方差越大，则平均值的离散程度越大，稳定性也越小；反之，则它与其平均值的离散程度越小，稳定性越好．
7．（3分）如图，⊙O中，OC⊥AB，∠APC＝28°，则∠BOC的度数为（ ）

A．14° B．28° C．42° D．56°
【分析】根据垂径定理，可得＝，∠APC＝28°，根据圆周角定理，可得∠BOC．
【解答】解：∵在⊙O中，OC⊥AB，
∴＝，
∵∠APC＝28°，
∴∠BOC＝2∠APC＝56°，
故选：D．
【点评】本题考查了圆周角定理，利用垂径定理得出＝是解题关键．
8．（3分）如图，将矩形纸片ABCD折叠，使点C与点A重合，折痕为EF，若AB＝4，BC＝8．则D′F的长为（ ）

A．2 B．4 C．3 D．2
【分析】由矩形的性质得出∠B＝∠D＝90°，CD＝AB＝4，AD∥BC，得出∠AFE＝∠CEF，由折叠的性质得：∠AEF＝∠CEF，AE＝CE，∠D'＝∠D＝90°，AD'＝CD＝4，∠AFE＝∠AEF，得出AF＝AE＝CE，设AF＝AE＝CE＝x，则BE＝8﹣x，在Rt△ABE中，由勾股定理得出方程，解方程得出AF＝5，在Rt△AFD'中，由勾股定理即可得出结果．
【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠B＝∠D＝90°，CD＝AB＝4，AD∥BC，
∴∠AFE＝∠CEF，
由折叠的性质得：∠AEF＝∠CEF，AE＝CE，∠D'＝∠D＝90°，AD'＝CD＝4，
∴∠AFE＝∠AEF，
∴AF＝AE＝CE，
设AF＝AE＝CE＝x，则BE＝8﹣x，
在Rt△ABE中，由勾股定理得：AB2+BE2＝AE2，
即42+（8﹣x）2＝x2，
解得：x＝5，
∴AF＝5，
在Rt△AFD'中，由勾股定理得：D'F＝＝＝3；
故选：C．
【点评】本题考查了折叠的性质、矩形的性质、等腰三角形的判定、勾股定理等知识，熟练掌握折叠的性质，由勾股定理得出方程是解题的关键．
9．（3分）《九章算术》是中国传统数学重要的著作之一，奠定了中国传统数学的基本框架．书中有一题“今有户高多于广六尺八寸，两隅相去适一丈，问户高，广各几何？”其大意是：“已知长方形门的高比宽多6尺8寸，门的对角线长1丈，那么门的高和宽各是多少？”若设宽为x尺，则可列方程为（ ）
A．x2+（x﹣6.8）2＝100 B．x（x+6.8）＝100
C．x2+（x+6.8）2＝100 D．x（x﹣6.8）2＝100
【分析】设长方形门的宽x尺，则高是（x+6.8）尺，根据勾股定理即可列方程．
【解答】解：设长方形门的宽x尺，则高是（x+6.8）尺，
根据题意得x2+（x+6.8）2＝102，
故选：C．
【点评】本题考查了勾股定理的应用及由实际问题抽象出一元二次方程的知识，根据勾股定理列方程是解题关键．
10．（3分）已知关于x的分式方程＝+2的解满足﹣4＜x＜﹣1，且k为整数，则符合条件的所有k值的乘积为（ ）
A．正数 B．负数 C．零 D．无法确定
【分析】先求出分式方程的解，再根据分式方程的解满足﹣4＜x＜﹣1，可得k的取值范围，再根据k为整数，求出k的值，进而得结论．
【解答】解：＝+2，
（2x+3）（x+3）＝k+2（x﹣2）（x+3），
解得x＝﹣3，
∵﹣4＜x＜﹣1且（x﹣2）（x+3）≠0且k为整数，
∴﹣4＜﹣3＜﹣1，
解得﹣7＜k＜14且k≠0，
∴解k＝﹣6、﹣5、﹣4、﹣3、﹣2、﹣1、1、2、3、4、5、6、7、8、9、10、11、12、13，
∴符合条件的所有k值的乘积为正数．
故选：A．
【点评】本题考查了一元一次不等式组的整数解，分式方程的解，解决本题的关键是根据不等式的解集确定k的值．
11．（3分）二次函数y＝ax2+bx+c的图象如图所示，下列结论：①a＜0；②ax2+bx+c＝＝0的两个根是x1＝﹣2，x2＝4；③9a+c＞0； ④b：c＝1；3，其中正确的有（ ）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【分析】①由抛物线开口向上，可得出a＞0，即可判断①；
②由抛物线与x轴交于（﹣2，0）和（4，0）两点，可得ax2+bx+c＝0的两个根是x1＝﹣2，x2＝4，即可判断②；
③当x＝﹣2时，y＝4a﹣2b+c＝0，由抛物线与x轴的交点求得对称轴，得到b＝﹣2a，代入得8a+c＝0，由a＞0，可得9a+c＞0，即可判断③；
④把a＝﹣代入y＝4a﹣2b+c＝0，整理得到4b＝c，即可得出b：c＝1：4，即可判断④．
【解答】解：①∵抛物线开口向上，
∴a＞0，结论①错误；
②∵抛物线与x轴交于（﹣2，0）和（4，0）两点，
∴ax2+bx+c＝0的两个根是x1＝﹣2，x2＝4，结论②正确；
③∵抛物线与x轴交于（﹣2，0）和（4，0）两点，
∴抛物线的对称轴为直线x＝＝1，
∴﹣＝1，
∴b＝﹣2a，
∵当x＝﹣2时，y＝4a﹣2b+c＝0，
∴8a+c＝0，
∵a＞0，
∴9a+c＝a＞0，结论③正确；
④∵b＝﹣2a，
∴a＝﹣b，
∵当x＝﹣2时，y＝4a﹣2b+c＝0，
∴﹣2b﹣2b+c＝0，
∴4b＝c，
∴b：c＝1：4，结论④不正确．
综上所述，正确的结论有：②③．
故选：B．
【点评】本题考查了二次函数图象与系数的关系：二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0），二次项系数a决定抛物线的开口方向和大小：当a＞0时，抛物线向上开口；当a＜0时，抛物线向下开口；一次项系数b和二次项系数a共同决定对称轴的位置：当a与b同号时（即ab＞0），对称轴在y轴左；当a与b异号时（即ab＜0），对称轴在y轴右；常数项c决定抛物线与y轴交点：抛物线与y轴交于（0，c）；抛物线与x轴交点个数：Δ＝b2﹣4ac＞0时，抛物线与x轴有2个交点；Δ＝b2﹣4ac＝0时，抛物线与x轴有1个交点；Δ＝b2﹣4ac＜0时，抛物线与x轴没有交点．
12．（3分）如图，正方形ABCD的边长为5，动点P的运动路线为A→B→C，动点Q的运动路线为B→D．点P与Q以相同的均匀速度分别从A，B两点同时出发，当一个点到达终点且停止运动时，另一个点也随之停止．设点P运动的路程为x，△BPQ的面积为y，则y随x变化的函数图象大致是（ ）

A． B．
C． D．
【分析】分两种情况：P点在AB上运动和P点在BC上运动时；分别求出解析式即可．
【解答】解：（1）点P在AB上运动时，0＜x≤5，如右图，
∵正方形ABCD的边长为5，点P与Q以相同的均匀速度分别从A，B两点同时出发，
作QE⊥AB交AB于点E，
则有AP＝BQ＝x，∠EBQ＝∠EQB＝45°，
∴BP＝5﹣x，QE＝x，
∴△BPQ的面积为：y＝BP•QE＝＝﹣x2+x（0＜x≤5），
∴此时图象为抛物线开口方向向下；
（2）点P在BC上运动时，5＜x≤5，如右图，
∵正方形ABCD的边长为5，点P与Q以相同的均匀速度分别从A，B两点同时出发，
作QE⊥BC交BC于点E，
则有AP+BP＝BQ＝x，∠EQB＝45°，
∴BP＝x﹣5，QE＝x，
∴△BPQ的面积为：y＝BP•QE＝×（x﹣5）×x＝x2﹣x（5＜x≤5），
∴此时图象是抛物线一部分，开口方向向上，且y随x的增大而增大；
综上，只有选项B的图象符合，
故选：B．


【点评】本题主要考查动点问题的函数图象，正确的求出函数解析式是解题的关键．
二、填空题（本大题共6个小题，每小题3分，满分18分）!
13．（3分）截至2021年4月末，我国外汇储备规模为31982亿美元，则31982亿用科学记数法表示为 3.1982×1012 ．
【分析】用科学记数法表示较大的数时，一般形式为a×10n，其中1≤|a|＜10，n为整数，且n比原来的整数位数少1，据此判断即可．
【解答】解：31982亿＝3198200000000＝3.1982×1012．
故答案为：3.1982×1012．
【点评】此题主要考查了用科学记数法表示较大的数，一般形式为a×10n，其中1≤|a|＜10，确定a与n的值是解题的关键．
14．（3分）与3的和是14，则a的值为 31 ．
【分析】根据同类二次根式的概念可得a+1＝16×2，由此可得a的值．
【解答】解：∵与3的和是14，
∴2与3是同类二次根式，且根号外数之和为14，
∴a+1＝16×2，
∴a＝31．
故答案为：31．
【点评】此题考查的是二次根式的加减法，掌握其运算法则是解决此题的关键．
15．（3分）已知正多边形的一个外角等于45°，则该正多边形的内角和为 1080° ．
【分析】先根据多边形的外角和定理求出多边形的边数，再根据多边形的内角和公式求出这个正多边形的内角和．
【解答】解：正多边形的边数为：360°÷45°＝8，
则这个多边形是正八边形，
所以该多边形的内角和为（8﹣2）×180°＝1080°．
故答案为：1080°．
【点评】本题主要考查了多边形的外角和定理及多边形的内角和公式，关键是掌握内角和公式：（n﹣2）．180 （n≥3）且n为整数）．
16．（3分）如图，AB是圆锥的母线，BC为底面直径，已知BC＝6cm，圆锥的侧面积为15πcm2，圆锥的高AO长为 5 cm．

【分析】根据圆的周长公式求出圆锥的底面周长，进而得出圆锥的侧面展开图扇形的弧长，根据扇形面积公式计算，得到答案．
【解答】解：∵BC为底面直径，BC＝6cm，
∴圆锥的底面周长＝6πcm，
∴圆锥的侧面展开图扇形的弧长为6πcm，
由题意得：×6π×AB＝15π，
解得：AB＝5，
故答案为：5．
【点评】本题考查的是圆锥的计算，正确理解圆锥的侧面展开图与原来的扇形之间的关系是解决本题的关键．
17．（3分）如图，四边形ABCD是矩形，AB＝4，AD＝2，以点A为圆心，AB长为半径画弧，交CD于点E，交AD的延长线于点F，则图中阴影部分的面积是 8﹣8 ．

【分析】根据题意可以求得∠BAE和∠DAE的度数，然后根据图形可知阴影部分的面积就是矩形的面积与矩形中间空白部分的面积之差再加上扇形EAF与△ADE的面积之差的和，本题得以解决．
【解答】解：连接AE，
∵∠ADE＝90°，AE＝AB＝4，AD＝2，
∴sin∠AED＝，
∴∠AED＝45°，
∴∠EAD＝45°，∠EAB＝45°，
∴AD＝DE＝2，
∴阴影部分的面积是：（4×﹣）+（）＝8﹣8，
故答案为：8﹣8．

【点评】本题考查扇形面积的计算、矩形的性质，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
18．（3分）如图，菱形OA1B1C1中，∠A1OC1＝60°，B1坐标为（4，0），再以B1为对称中心作菱形OA2B2C2，再以B2为对称中心作菱形OA3B3C3，按此规律继续作下去，得到菱形OAnBn∁n，则∁n的坐标为 （2n，﹣） ．

【分析】分别求出C1，C2，C3，C4的坐标，找出规律，可求解．
【解答】解：∵菱形OA1B1C1中，∠A1OC1＝60，B1坐标为（4，0），
∴∠C1OB1＝30°，点C1在OB1的中垂线上，
∴C1（2，﹣），
同理C2（4，﹣），C3（8，﹣），C4（16，﹣），
∴∁n的坐标为（2n，﹣），
故答案为：（2n，﹣）．
【点评】本题考查了菱形的性质，找出规律是解题的关键．
三、解答题（本大题共7个小题，满分66分）
19．（6分）先化简，再求值：（1+）÷，其中x是不等式2+x＞2x﹣1的非负的整数解．
【分析】先算括号里，再算括号外，然后把x的值代入化简后的式子进行计算即可解答．
【解答】解：（1+）÷
＝•
＝•
＝x+1，
∵2+x＞2x﹣1，
∴x＜3，
∴当x＝2时，原式＝2+1＝3．
【点评】本题考查了分式的化简求值，熟练掌握因式分解是解题的关键．
20．（8分）某学校开展了“我和祖国一同成长“活动周，活动周设置了“A：歌舞，B：合唱，C：戏曲，D：武术“四个主题，展现出青少年儿童昂扬奋进的精神风貌和真挚深厚的爱国情怀．为了解活动开展情况，学校随机抽取了部分学生进行调查，并根据调查结果绘制了如下条形统计图和扇形统计图．
（1）本次随机调查的学生人数是多少人；
（2）请你补全条形统计图；
（3）在扇形统计图中，“B”所在扇形的圆心角等于 108 度；
（4）小明和小华两名同学准备从中各自随机参加一个主题活动，求他们恰好选中同一个主题活动的概率．
【分析】（1）用“B”的人数除以所占比例即可得出答案；
（2）求出C的人数，补全条形统计图即可；
（3）用360°乘以“B”所占的比例即可；
（4）画树状图，共有16种等可能的结果，其中小明和小华恰好选中同一个主题活动的结果有4种，再由概率公式即可得出结果．
【解答】解：（1）本次随机调查的学生人数为：15÷25%＝60（人）；
（2）C的人数为：60﹣15﹣18﹣9＝18（人），
补全条形统计图如下：

（3）在扇形统计图中，“B”所在扇形的圆心角＝360°×＝108°，
故答案为：108；
（4）画树状图如下：

共有16种等可能的结果，其中小明和小华恰好选中同一个主题活动的结果有4种，
∴小明和小华恰好选中同一个主题活动的概率为＝．
【点评】此题考查的是用树状图法求概率以及条形统计图和扇形统计图．树状图法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，适合两步或两步以上完成的事件；解题时要注意此题是放回试验还是不放回试验．用到的知识点为：概率＝所求情况数与总情况数之比．
21．（9分）如图1是超市的手推车，如图2是其侧面示意图，已知前后车轮半径均为5cm，两个车轮的圆心的连线AB与地面平行，测得支架AC＝BC＝60cm，AC、CD所在直线与地面的夹角分别为30°、60°，CD＝50cm．

（1）求扶手前端D到地面的距离；
（2）手推车内装有简易宝宝椅，EF为小坐板，打开后，椅子的支点H到点C的距离为10cm，DF＝20cm，EF∥AB，∠EHD＝45°，求坐板EF的宽度．（本题答案均保留根号）
【分析】（1）如图2，过C作CM⊥AB，垂足为M，又过D作DN⊥AB，垂足为N，过C作CG⊥DN，构造Rt△AMC和Rt△CGD中，通过解这两个直角三角形求得相关线段的长度；
（2）由平行线的性质知∠EFH＝∠DCG＝60°；根据题意得到CD＝50cm，DF＝20cm，FH＝20cm，如图2，过E作EQ⊥FH，垂足为Q，设FQ＝x，通过解Rt△EQF和Rt△EQH，根据等量关系HQ+FQ＝FH＝20cm列出方程+x＝20，通过解方程求得答案．
【解答】（1）如图2，过C作CM⊥AB，垂足为M，
又过D作DN⊥AB，垂足为N，过C作CG⊥DN，垂足为G，则∠DCG＝60°．
∵AC＝BC＝60cm，AC、CD所在直线与地面的夹角分别为30°、60°，
∴∠A＝∠B＝30°，
则在Rt△AMC中，CM＝＝30cm．
∵在Rt△CGD中，sin∠DCG＝，CD＝50cm，
∴DG＝CD⋅sin∠DCG＝50⋅sin60°＝＝（cm）．
又GN＝CM＝30cm，前后车轮半径均为5 cm，
∴扶手前端D到地面的距离为DG+GN+5＝+30+5＝35+（cm）；

（2）∵EF∥CG∥AB，
∴∠EFH＝∠DCG＝60°，
∵CD＝50cm，椅子的支点H到点C的距离为10cm，DF＝20cm，
∴FH＝20cm，
如图2，过E作EQ⊥FH，垂足为Q，设FQ＝x，
在Rt△EQF中，∠EFH＝60°，
∴EF＝2FQ＝2x，EQ＝，
在Rt△EQH中，∠EHD＝45°，
∴HQ＝EQ＝，
∵HQ+FQ＝FH＝20cm，
∴+x＝20，
解得x＝．
∴EF＝2（）＝（cm）．
答：坐板EF的宽度为（）cm．

【点评】考查了解直角三角形的应用，利用数学知识解决实际问题是中学数学的重要内容．解决此问题的关键在于正确理解题意的基础上建立数学模型，把实际问题转化为数学问题．
22．（9分）为了抗击新冠疫情，我市甲乙两厂积极生产了某种防疫物资共500吨，乙厂的生产量比甲厂的2倍少100吨，这批防疫物资将运往A地240吨，B地260吨，每吨运费如下：（单位：元/吨）
（1）求甲乙两厂各生产了这批防疫物资多少吨？
（2）设这批物资从甲厂运往A地x吨，两厂运往A，B两地的总运费为y元，求y与x之间的函数关系式，并设计使总运费最少的调运方案．
【分析】（1）设这批防疫物资甲厂生产了a吨，乙厂生产了b吨，根据题意列方程组解答即可；
（2）根据题意得出y与x之间的函数关系式以及x的取值范围，再根据一次函数的性质解答即可．
【解答】解：（1）设这批防疫物资甲厂生产了a吨，乙厂生产了b吨，
由题意得：，
解得：，
∴这批防疫物资甲厂生产了200吨，乙厂生产了300吨，
答：甲生产了这批防疫物资200吨，乙厂生产了这批防疫物资300吨．
（2）由题意甲运往A地x吨，甲运往B地（200﹣x）吨，
乙运往A地（240﹣x）吨，乙运往B地[300﹣（240﹣x）]吨，
得：y＝20x+25（200﹣x）+15（240﹣x）+24（x+60）＝4x+10040，
∵4＞0，
∴y随x的增大而增大，
∴当x＝0时，可以使总运费最少，
即甲运往A地0吨，甲运往B地200吨，乙运往A地240吨，乙运往B地60吨，
∴y与x之间的函数关系式为y＝4x+10040；使总运费最少的调运方案为：甲厂的200吨物资全部运往B地，乙厂运往A地240吨，运往B地60吨．
【点评】本题考查了一次函数的应用，二元一次方程组的应用、一次函数的最值问题，解答本题的关键在于读懂题意，设出未知数，找出合适的等量关系，列出方程和一次函数的解析式．
23．（10分）如图，在△ABC中，AB＝AC，以AB为直径的⊙O交BC于点D，过点D的直线EF交AC于点F，交AB的延长线于点E，且∠BAC＝2∠BDE．
（1）求证：DF是⊙O的切线；
（2）当CF＝2，BE＝3时，求AF的长．

【分析】（1）连接OD，AD，根据切线的判定即可求证．
（2）先证明△EOD∽△EAF，设OD＝x，根据相似三角形的性质列出关于x的方程从而可求出答案．
【解答】（1）证明：连接OD，AD，
∵AB是直径，
∴∠ADB＝90°，
∴AD⊥BC，
∵AB＝AC，
∴∠BAC＝2∠BAD，
∵∠BAC＝2∠BDE，
∴∠BDE＝∠BAD，
∵OA＝OD，
∴∠BAD＝∠ADO，
∵∠ADO+∠ODB＝90°，
∴∠BDE+∠ODB＝90°，
∴∠ODE＝90°，
即DF⊥OD，
∵OD是⊙O的半径，
∴DF是⊙O的切线．
（2）解：∵AB＝AC，AD⊥BC，
∴BD＝CD，
∵BO＝AO，
∴OD∥AC，
∴△EOD∽△EAF，
∴，
设OD＝x，
∵CF＝2，BE＝3，
∴OA＝OB＝x，
AF＝AC﹣CF＝2x﹣2，
EO＝x+3，EA＝2x+3，
∴＝，
解得x＝6，
经检验，x＝6是分式方程的解，
∴AF＝2x﹣2＝10．

【点评】本题考查了圆的综合问题，涉及切线的判定，相似三角形的性质与判定，解方程等知识，需要学生灵活运用所学知识．
24．（11分）问题背景：在解决“半角模型”问题时，旋转是一种常用方法，如图①，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠BAD＝120°，∠B＝CADC＝90°，点E，F分别是BC，CD上的点，且CEAF＝60°，连接EF，探究线段BE，EF，DF之间的数量关系．
（1）探宄发现：小明同学的方法是将O4BE绕点A逆时针旋转120至△4DG的位置，使得AB与AD重合，然后证明△AGF≌△AEF，从而得出结论： EF＝BE+DF ．
（2）拓展延伸：如图②，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B+∠D＝180°，点E，F分别是边BC，CD上的点，且∠EAF＝∠BAD，连接EF．（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请写出证明过程；若不成立，请说明理由；
（3）尝试应用：
如图③，在正方形ABCD中，点E，F分别是边BC，CD上的点，且∠EAF＝45°，连接EF，已知BE＝3，DF＝2，求正方形ABCD的边长．


【分析】（1）探究发现：将△ABE绕点A逆时针旋转120°至△ADG的位置，使得AB与AD重合，则△ABE≌△ADG，可得AE＝AG，再证明△AEF≌△AGF，可得EF＝FG，即可解题；
（2）拓展延伸：如图2，在正方形ABCD中，E、F分别在边BC、CD上，且∠EAF＝45°，连接EF，同（1）可得结论仍然成立；
（3）尝试应用：由“SAS”可证△AEF≌△AGF，可得EF＝FG，可得EF＝BE+DF＝5，设正方形ABCD的边长是x，在Rt△CEF中，根据勾股定理可得出结论．
【解答】解：（1）探究发现：将△ABE绕点A逆时针旋转120°至△ADG的位置，使得AB与AD重合，
∴△ABE≌△ADG，
∴AE＝AG，∠BAE＝∠DAG，
∵∠BAD＝120°，∠EAF＝60°，
∴∠BAE+∠DAF＝60°，
∴∠GAF＝∠DAG+∠DAF＝60°＝∠EAF，
∵AF＝AF，
∴△AEF≌△AGF（SAS），
∴EF＝FG＝DG+DF＝BE+DF，
故答案为：EF＝BE+DF；
（2）结论仍然成立，理由如下：
如图②，将△ADF绕点A顺时针旋转角度为∠BAD的度数，得到△ABH，

由旋转可得，AH＝AF，BH＝DF，∠DAF＝∠BAH，∠D＝∠ABH，
∵∠EAF＝∠DAB，
∴∠HAE＝∠BAH+∠BAE＝∠DAF+∠BAE＝∠BAD，
∴∠HAE＝∠EAF，
∵∠ABH+∠ABE＝∠D+∠ABE＝180°，
∴点H、B、E三点共线，
在△AEH和△AEF中，
，
∴△AEH≌△AEF（SAS），
∴EF＝HE，
∵HE＝BH+BE，
∴EF＝DF+BE；
（3）尝试应用：如图2，将△ABE绕点A逆时针旋转90°至△ADG的位置，使得AB与AD重合，

∴△ABE≌△ADG，
∴AE＝AG，∠BAE＝∠DAG，
∵∠BAD＝90°，∠EAF＝45°，
∴∠BAE+∠DAF＝45°，
∴∠GAF＝∠DAG+∠DAF＝45°＝∠EAF，
∵AF＝AF，
∴△AEF≌△AGF（SAS），
∴EF＝FG＝DG+DF＝BE+DF；
∴EF＝BE+DF＝5，
设正方形ABCD的边长是x，
在Rt△CEF中，EC＝x﹣3，CF＝x﹣2，EF2＝EC2+CF2，
∴52＝（x﹣3）2+（x﹣2）2，
解得x1＝6，x2＝﹣1（舍去），
∴正方形ABCD的边长是6．
【点评】本题是四边形综合题，考查了旋转的性质，正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，熟记各性质并作辅助线构造出全等三角形是解题的关键．
25．（13分）如图，抛物线y＝x2+bx+c与x轴交于A、B两点（点A在点B左边），与y轴交于点C．直线y＝x﹣2经过B、C两点．
（1）求抛物线的解析式；
（2）点P是抛物线上的一动点，过点P且垂直于x轴的直线与直线BC及x轴分别交于点D、M．PN⊥BC，垂足为N．设M（m，0）．
①点P在抛物线上运动，若P、D、M三点中恰有一点是其它两点所连线段的中点（三点重合除外）．请直接写出符合条件的m的值；
②当点P在直线BC下方的抛物线上运动时，是否存在一点P，使△PNC与△AOC相似．若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．

【分析】（1）先求出点B，C坐标，再代入抛物线解析式中，即可得出结论；
（2）①先表示出点M，D，P坐标，再分三种情况利用中点坐标公式建立方程求解即可得出结论；
②先判断出△AOC∽△COB，得出∠OAC＝∠OCB，∠ACO＝∠OBC，
Ⅰ、当△PNC∽△AOC，得出∠PCN＝∠ACO，进而得出CP∥OB，即可得出结论；
Ⅱ、当△PNC∽△COA时，得出∠PCN＝∠CAO，进而得出PC＝PD，即可得出结论．
【解答】解：（1）针对于直线y＝x﹣2，
令x＝0，则y＝﹣2，
∴C（0，﹣2），
令y＝0，则0＝x﹣2，
∴x＝4，
∴B（4，0），
将点B，C坐标代入抛物线y＝x2+bx+c中，得，
∴，
∴抛物线的解析式为y＝x2﹣x﹣2；

（2）①∵PM⊥x轴，M（m，0），
∴P（m，m2﹣m﹣2），D（m，m﹣2），
∵P、D、M三点中恰有一点是其它两点所连线段的中点，
∴Ⅰ、当点D是PM的中点时，（0+m2﹣m﹣2）＝m﹣2，
∴m＝1或m＝4（此时点D，M，P三点重合，舍去），
Ⅱ、当点P是DM的中点时，（0+m﹣2）＝m2﹣m﹣2，
∴m＝﹣或m＝4（此时点D，M，P三点重合，舍去），
Ⅲ、当点M是DP的中点时，（m2﹣m﹣2+m﹣2）＝0，
∴m＝﹣2或m＝4（此时点D，M，P三点重合，舍去），
即满足条件的m的值为﹣或1或﹣2；

②存在，
由（1）知，抛物线的解析式为y＝x2﹣x﹣2，
令y＝0，则0＝x2﹣x﹣2，
∴x＝﹣1或x＝4，
∴点A（﹣1，0），
∴OA＝1，
∵B（4，0），C（0，﹣2），
∴OB＝4，OC＝2，
∴，
∵∠AOC＝∠COB＝90°，
∴△AOC∽△COB，
∴∠OAC＝∠OCB，∠ACO＝∠OBC，
∵△PNC与△AOC相似，
∴Ⅰ、当△PNC∽△AOC，
∴∠PCN＝∠ACO，
∴∠PCN＝∠OBC，
∴CP∥OB，
∴点P的纵坐标为﹣2，
∴m2﹣m﹣2＝﹣2，
∴m＝0（舍）或m＝3，
∴P（3，﹣2）；
Ⅱ、当△PNC∽△COA时，
∴∠PCN＝∠CAO，
∴∠OCB＝∠PCD，
∵PD∥OC，
∴∠OCB＝∠CDP，
∴∠PCD＝∠PDC，
∴PC＝PD，
由①知，P（m，m2﹣m﹣2），D（m，m﹣2），
∵C（0，﹣2），
∴PD＝2m﹣m2，PC＝＝，
∴2m﹣m2＝，
∴m＝或m＝0（舍），
∴P（，﹣）．
即满足条件的点P的坐标为（3，﹣2）或（，﹣）．
【点评】此题是二次函数综合题，主要考查了待定系数法，相似三角形的判定和性质，中点坐标公式，用方程的思想解决问题是解本题的关键．
甲
乙
丙
丁
平均分
85
80
80
85
方差
22
40
22
40
目的地
生产商
A
B
甲
20
25
乙
15
24
甲
乙
丙
丁
平均分
85
80
80
85
方差
22
40
22
40
目的地
生产商
A
B
甲
20
25
乙
15
24