2022年长沙中考数学模拟试卷3（含答案解析）

这是一份2022年长沙中考数学模拟试卷3（含答案解析），共32页。

2022年长沙中考数学模拟试卷3
一．选择题（共10小题，满分30分，每小题3分）
1．（3分）（2022春•沙坪坝区校级月考）下列实数中，比﹣2小的数是（　　）
A．﹣1 B．5 C．﹣5 D．1
2．（3分）（2022春•沭阳县月考）随着北京冬奥会的成功举办，“双奥之城”将进一步提升北京的国际影响力和城市竞争力．冬奥会的举办也带动了群众冰雪运动的迅速普及，据悉，仅春节假日期间，北京冰雪场所就共接待74万人次．其中“74万”用科学记数法可以表示为（　　）
A．7.4×105 B．7.4×106 C．74×104 D．74×105
3．（3分）（2022春•岳麓区校级月考）2022年北京冬奥会己顺利闭幕，下列历届冬奥会会徽的部分图案中，是中心对称图形的是（　　）
A． B．
C． D．
4．（3分）（2022•启东市模拟）下列运算正确的是（　　）
A．a2+a2＝a4 B．a2•a2＝2a2 C．（a3）2＝a5 D．a8÷a4＝a4
5．（3分）（2022•碑林区校级开学）如图，直线AB∥CD，∠M＝90°，∠MPA＝31°，则∠MEC的度数是（　　）

A．59° B．121° C．131° D．149°
6．（3分）（2021秋•惠州期末）如图，已知圆心角∠AOB的度数为100°，则圆周角∠ACB的度数是（　　）

A．80° B．260° C．100° D．130°
7．（3分）（2021秋•鄞州区期末）一次函数y＝mx+m+1的图象一定经过（　　）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
8．（3分）（2021秋•郑州期末）某中学随机调查了15名学生，了解他们一周在校参加体育锻炼的时间，列表如下：
锻炼时间/h
5
6
7
8
人数
2
6
5
2
则这15名学生一周在校参加体育锻炼时间的中位数和众数分别为（　　）
A．6 h，6 h B．7 h，7 h C．7 h，6 h D．6 h，7 h
9．（3分）（2021•梓潼县模拟）如图所示的图形中，每个三角形上各有一个数字，若六个三角形上的数字之和为20，则称该图形是“和谐图形”．已知其中四个三角形上的数字之和为14，现从1，2，3，4，5中任取两个数字标在另外两个三角形上，则恰好使该图形为“和谐图形”的概率为（　　）

A． B． C． D．
10．（3分）（2022春•十堰月考）将从1开始的自然数按以下规律排列，例如位于第3行、第4列的数是14，则位于第46行、第5列的数是（　　）

第一列
第二列
第三列
第四列
第五列

第一行
1
4
5
16
17
……
第二行
2
3
6
15
……

第三行
9
8
7
14
……

第四行
10
11
12
13
……

A．2021 B．2022 C．2029 D．2030
二．填空题（共6小题，满分18分，每小题3分）
11．（3分）（2021•株洲）因式分解：6x2﹣4xy＝　 　．
12．（3分）（2021秋•温岭市期末）把一个球放入长方体纸盒，球的一部分露出盒外，球与纸盒内壁都刚好相切，其截面如图所示，若露出部分的高度为6cm，AF＝DE＝3cm，则这个球的半径是 　 　cm．

13．（3分）（2022春•福清市校级月考）如图，正方形ABCD的边长是3，P、Q分别在AB、BC的延长线上，且BP＝CQ，连接AQ、DP交于点O，分别与边CD，BC交于点F，E，连接AE．
现给出以下结论：
①AQ⊥DP；
②S△AOD＝四边形OECF；
③OA2＝OE•OP；
④当BP＝1时，tan∠OAE＝；
其中正确的是 　 　.（写出所有正确结论的序号）

14．（3分）（2020秋•丰润区期中）已知x＝1是关于x的方程x2+mx﹣2m2＝0的一个根，则﹣2m2+m的值为　 　．
15．（3分）（2019秋•潜山市期末）如图，在△ABC中，AD是∠A的角平分线，DE⊥AB，∠AFD＝90°，DE＝2，则DF＝　 　．

16．（3分）（2020春•巩义市期末）如图是根据某初中学生为新冠肺炎疫情防控捐款的情况而制作的统计图，已知该校在校学生有200人，请根据统计图计算该校共捐款　 　元．

三．解答题（共9小题，满分72分）
17．（6分）（2021•利州区模拟）计算：|﹣3|+2cos60°﹣×﹣（﹣）0．
18．（6分）（2021秋•天山区校级期末）先化简，再求值：a（a﹣2b）+（a+b）2﹣（a+b）（a﹣b），其中．
19．（6分）（2022•仁寿县模拟）作图题
如图，在6×6的正方形网格中，每个小正方形的边长都为1．请在所给网格中按下列要求画出图形．
（1）从点A出发的一条线段AB，使它的另一个端点落在格点（即小正方形的顶点）上，且长度为；
（2）以（1）中的AB为边的一个等腰三角形ABC，使点C在格点上，且另两边的长都是无理数；
（3）画出△ABC关于点B的中心对称图形△A1B1C1．

20．（8分）（2020秋•泰山区期末）新冠疫情期间，某校开展线上教学，有“录播”和“直播”两种教学方式供学生选择其中一种．为分析该校学生线上学习情况，在接受这两种教学方式的学生中各随机抽取80人调查学习参与度，数据整理结果如表（数据分组包含左端值不包含右端值）．
参与度
人数
方式
0.2～0.4
0.4～0.6
0.6～0.8
0.8～1
录播
8
32
24
16
直播
4
20
32
24
（1）你认为哪种教学方式学生的参与度更高？简要说明理由．
（2）从教学方式为“直播”的学生中任意抽取一位学生，估计该学生的参与度在0.8及以上的概率是多少？
（3）该校共有2400名学生，选择“录播”和“直播”的人数之比为1：3，估计参与度在0.4以下的共有多少人？
21．（8分）（2018秋•临漳县期中）已知平行四边形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，△AOB是等边三角形，AB＝4cm．
（1）求证：四边形ABCD是矩形；
（2）求矩形ABCD的周长．

22．（9分）（2021•山西模拟）今年春天，某农户种植的普罗旺斯水果西红柿喜获丰收．经调研有两种销售方式：①运往市区水果市场销售；②顾客亲自去采摘购买．已知运往市区水果市场销售每千克售价为10元．平均每天需支付运费及其他各项税费300元（运往水果市场的西红柿都能销售完）；顾客亲自去采摘购买每千克售价为8元，不再产生其他费用．
（1）销售第一天，该农户同时采用两种销售方式，共售出西红柿280kg，总收入2340元．求当天该农户两种销售方式各售出西红柿多少千克．
（2）在高产的15天，平均每天成熟的西红柿达到400kg．在这期间该农户计划同时采用两种销售方式．若要使总收入不少于54000元，平均每天应至少运往市区水果市场多少千克西红柿？

23．（9分）（2021秋•沂南县期中）如图，在△ABC中，AB的垂直平分线MN交AB于点D，交AC于点E，且AC＝15cm，△BCE的周长等于24cm．
（1）求BC的长；
（2）若∠A＝36°，并且AB＝AC．求证：BC＝BE．

24．（10分）（2020秋•武侯区期末）如图，在平面直角坐标系xOy中，直线y＝﹣x+3与y轴交于点A，与x轴交于点B，抛物线经过A，B两点，并与x轴交于另一点C，抛物线的对称轴为直线x＝2，顶点为点D．
（1）求抛物线的函数表达式；
（2）点E为对称轴右侧的抛物线上的点．
i）点F在抛物线的对称轴上，且EF∥x轴，若以点D，E，F为顶点的三角形与△ABD相似，求出此时点E的坐标；
ii）点G在平面内，则以点A，B，E，G为顶点的四边形能否成为矩形？若能，求出此时点E的坐标；若不能，请说明理由．

25．（10分）（2020秋•海曙区期末）已知△ABC内接于⊙O，AB＝AC，∠ABC的平分线与⊙O交于点D，与AC交于点E，连接CD并延长与⊙O过点A的切线交于点F，记∠BAC＝α．
（1）如图1，若α＝60°；
①直接写出的值为　 　；
②当⊙O的半径为4时，直接写出图中阴影部分的面积为　 　；
（2）如图2．若α＜60°，，DE＝6，求DC的长．


2022年长沙中考数学模拟试卷3
参考答案与试题解析
一．选择题（共10小题，满分30分，每小题3分）
1．（3分）（2022春•沙坪坝区校级月考）下列实数中，比﹣2小的数是（　　）
A．﹣1 B．5 C．﹣5 D．1
【考点】实数大小比较．
【专题】实数；数感．
【分析】根据实数的大小比较法则（正数都大于0，负数都小于0，正数大于一切负数，两个负数比较大小，其绝对值大的反而小）比较即可．
【解答】解：A．﹣1＞﹣2，故本选项不符合题意；
B．5＞﹣2，故本选项不符合题意；
C．﹣5＜﹣2，故本选项符合题意；
D．1＞﹣2，故本选项不符合题意；
故选：C．
【点评】本题考查了实数的大小比较法则，能熟记实数的大小比较法则是解此题的关键．
2．（3分）（2022春•沭阳县月考）随着北京冬奥会的成功举办，“双奥之城”将进一步提升北京的国际影响力和城市竞争力．冬奥会的举办也带动了群众冰雪运动的迅速普及，据悉，仅春节假日期间，北京冰雪场所就共接待74万人次．其中“74万”用科学记数法可以表示为（　　）
A．7.4×105 B．7.4×106 C．74×104 D．74×105
【考点】科学记数法—表示较大的数．
【专题】实数；数感．
【分析】科学记数法的表示形式为a×10n的形式，其中1≤|a|＜10，n为整数．确定n的值时，要看把原数变成a时，小数点移动了多少位，n的绝对值与小数点移动的位数相同．当原数绝对值≥10时，n是正整数；当原数的绝对值＜1时，n是负整数．
【解答】解：74万＝740000＝7.4×105．
故选：A．
【点评】此题考查科学记数法的表示方法．科学记数法的表示形式为a×10n的形式，其中1≤|a|＜10，n为整数，正确确定a的值以及n的值是解决问题的关键．
3．（3分）（2022春•岳麓区校级月考）2022年北京冬奥会己顺利闭幕，下列历届冬奥会会徽的部分图案中，是中心对称图形的是（　　）
A． B．
C． D．
【考点】中心对称图形．
【专题】平移、旋转与对称；几何直观．
【分析】把一个图形绕某一点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形，根据中心对称图形的概念求解．
【解答】解：选项A、B、D均不能找到这样的一个点，使形绕某一点旋转180°后原来的图形重合，所以不是中心对称图形，
选项C能找到这样的一个点，使形绕某一点旋转180°后原来的图形重合，所以是中心对称图形，
故选：C．
【点评】本题考查了中心对称图形的概念，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）（2022•启东市模拟）下列运算正确的是（　　）
A．a2+a2＝a4 B．a2•a2＝2a2 C．（a3）2＝a5 D．a8÷a4＝a4
【考点】同底数幂的除法；合并同类项；同底数幂的乘法；幂的乘方与积的乘方．
【专题】整式；运算能力．
【分析】分别根据合并同类项法则，同底数幂的乘法法则，幂的乘方运算法则以及同底数幂的除法法则逐一判断即可．
【解答】解：A、a2+a2＝2a2，故本选项不合题意；
B、a2•a2＝a4，故本选项不合题意；
C、（a3）2＝a6，故本选项不合题意；
D、a8÷a4＝a4，故本选项符合题意；
故选：D．
【点评】本题主要考查了同底数幂的乘除法，合并同类项以及幂的乘方，熟记相关运算法则是解答本题的关键．
5．（3分）（2022•碑林区校级开学）如图，直线AB∥CD，∠M＝90°，∠MPA＝31°，则∠MEC的度数是（　　）

A．59° B．121° C．131° D．149°
【考点】平行线的性质．
【专题】线段、角、相交线与平行线；几何直观．
【分析】根据三角形外角的性质，可求得∠BFE的度数，再根据两直线平行，内错角相等即可求解．
【解答】解：∵∠M＝90°，∠MPA＝31°，
∴∠BFE＝∠M+∠MPA＝90°+31°＝121°，
∵AB∥CD，
∴∠MEC＝∠BFE＝121°．
故选：B．
【点评】此题考查了平行线的性质与三角形外角的性质．此题难度适中，注意数形结合思想的应用．
6．（3分）（2021秋•惠州期末）如图，已知圆心角∠AOB的度数为100°，则圆周角∠ACB的度数是（　　）

A．80° B．260° C．100° D．130°
【考点】圆周角定理；圆心角、弧、弦的关系．
【专题】圆的有关概念及性质；推理能力．
【分析】设点E是优弧AB上的一点，连接EA，EB，根据同弧所对的圆周角是圆心角的一半可求得∠E的度数，再根据圆内接四边形的对角互补即可得到∠ACB的度数．
【解答】解：设点E是优弧AB上的一点，连接EA，EB，
∵∠AOB＝100°，
∴∠E＝∠AOB＝50°，
∴∠ACB＝180°﹣∠E＝130°．
故选：D．

【点评】本题考查了圆周角定理，知道同弧所对的圆周角是圆心角的一半是解题的关键．
7．（3分）（2021秋•鄞州区期末）一次函数y＝mx+m+1的图象一定经过（　　）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
【考点】一次函数的性质．
【专题】一次函数及其应用；运算能力；应用意识．
【分析】将一次函数的解析式变形，可以写出当x＝﹣1时，y＝1，从而可以得到该函数图象一定经过的象限．
【解答】解：一次函数y＝mx+m+1＝m（x+1）+1，
∴当x＝﹣1时，y＝1，
∴该函数图象一定过点（﹣1，1），
∴该函数一定经过第二象限，
故选：B．
【点评】本题考查一次函数的性质，解答本题的关键是写出该函数图象过的定点．
8．（3分）（2021秋•郑州期末）某中学随机调查了15名学生，了解他们一周在校参加体育锻炼的时间，列表如下：
锻炼时间/h
5
6
7
8
人数
2
6
5
2
则这15名学生一周在校参加体育锻炼时间的中位数和众数分别为（　　）
A．6 h，6 h B．7 h，7 h C．7 h，6 h D．6 h，7 h
【考点】众数；中位数．
【专题】数据的收集与整理；统计的应用；数据分析观念；应用意识．
【分析】从15个学生体育锻炼的时间中，找出出现次数最多的数是众数，排序后处在第8位的数是中位数．
【解答】解：15名学生的锻炼时间从小到大排列后处在第8位的是6小时，因此中位数是6小时，6小时的出现次数最多，是6次，因此众数是6小时，
故选：A．
【点评】考查中位数、众数的意义及求法，将一组数据从小到大排列后处在中间位置的一个数或两个数的平均数是中位数，在一组数据中出现次数最多的数是众数．
9．（3分）（2021•梓潼县模拟）如图所示的图形中，每个三角形上各有一个数字，若六个三角形上的数字之和为20，则称该图形是“和谐图形”．已知其中四个三角形上的数字之和为14，现从1，2，3，4，5中任取两个数字标在另外两个三角形上，则恰好使该图形为“和谐图形”的概率为（　　）

A． B． C． D．
【考点】列表法与树状图法．
【专题】概率及其应用；数据分析观念；推理能力．
【分析】画树状图，共有20个等可能的结果，恰好使该图形为“和谐图形”的结果有4个，再由概率公式求解即可．
【解答】解：画树状图如图：

共有20个等可能的结果，恰好使该图形为“和谐图形”的结果有4个，
∴恰好使该图形为“和谐图形”的概率为＝，
故选：B．
【点评】本题考查了列表法与树状图法：利用列表法和树状图法展示所有可能的结果求出n，再从中选出符合事件A或B的结果数目m，求出概率．
10．（3分）（2022春•十堰月考）将从1开始的自然数按以下规律排列，例如位于第3行、第4列的数是14，则位于第46行、第5列的数是（　　）

第一列
第二列
第三列
第四列
第五列

第一行
1
4
5
16
17
……
第二行
2
3
6
15
……

第三行
9
8
7
14
……

第四行
10
11
12
13
……

A．2021 B．2022 C．2029 D．2030
【考点】规律型：数字的变化类．
【专题】规律型；推理能力．
【分析】由题意可得：第奇数行第1个数为：n2，第偶数行第1个数为：（n﹣1）2+1，且奇数行从左到右减小，偶数行从左到右增大，据此即可求解．
【解答】解：由图可得：第奇数行第1个数为：n2，第偶数行第1个数为：（n﹣1）2+1，
则第46行第1个数为：（46﹣1）2+1＝2026，
故第46行第5列的数是：2026+4＝2030．
故选：D．
【点评】本题主要考查数字的变化规律，解答的关键是由所给的数的排列得出存在的规律．
二．填空题（共6小题，满分18分，每小题3分）
11．（3分）（2021•株洲）因式分解：6x2﹣4xy＝　2x（3x﹣2y）　．
【考点】因式分解﹣提公因式法．
【专题】整式；符号意识．
【分析】直接提取公因式2x，即可分解因式得出答案．
【解答】解：6x2﹣4xy＝2x（3x﹣2y）．
故答案为：2x（3x﹣2y）．
【点评】此题主要考查了提取公因式法分解因式，正确找出公因式是解题关键．
12．（3分）（2021秋•温岭市期末）把一个球放入长方体纸盒，球的一部分露出盒外，球与纸盒内壁都刚好相切，其截面如图所示，若露出部分的高度为6cm，AF＝DE＝3cm，则这个球的半径是 　15　cm．

【考点】垂径定理的应用．
【专题】与圆有关的位置关系；运算能力．
【分析】过O作OG⊥AD于G，交⊙O于H，连接OE，设半径为rcm，根据勾股定理列方程即可得到结论．
【解答】解：过O作OG⊥AD于G，交⊙O于H，连接OE，

∴FG＝EG，
∵AF＝DE＝3cm，
设半径为rcm，则OG＝（r﹣6）cm，OE＝rcm，EG＝（r﹣3）cm，
根据勾股定理得，（r﹣3）2+（r﹣6）2＝r2，
解得：r＝15或3（舍），
答：这个球的半径为15cm．
故答案为：15．
【点评】本题考查了垂径定理及勾股定理的知识，解题的关键是正确的作出辅助线构造直角三角形．
13．（3分）（2022春•福清市校级月考）如图，正方形ABCD的边长是3，P、Q分别在AB、BC的延长线上，且BP＝CQ，连接AQ、DP交于点O，分别与边CD，BC交于点F，E，连接AE．
现给出以下结论：
①AQ⊥DP；
②S△AOD＝四边形OECF；
③OA2＝OE•OP；
④当BP＝1时，tan∠OAE＝；
其中正确的是 　①③④　.（写出所有正确结论的序号）

【考点】正方形的性质；解直角三角形；全等三角形的判定与性质．
【专题】矩形 菱形 正方形；推理能力．
【分析】由四边形ABCD是正方形，得到AD＝BC，∠DAB＝∠ABC＝90°，根据全等三角形的性质得到∠P＝∠Q，根据余角的性质得到AQ⊥DP；故①正确；根据相似三角形的性质得到AO2＝OD•OP，由OD≠OE，得到OA2≠OE•OP；故②错误；根据全等三角形的性质得到CF＝BE，DF＝CE，于是得到S△ADF﹣S△DFO＝S△DCE﹣S△DOF，即S△AOD＝S四边形OECF；故③正确；根据相似三角形的性质得到BE＝，求得QE＝，QO＝，OE＝，由三角函数的定义即可得到结论．
【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝BC，∠DAB＝∠ABC＝90°，
∵BP＝CQ，
∴AP＝BQ，
在△DAP与△ABQ中，
，
∴△DAP≌△ABQ（SAS），
∴∠P＝∠Q，
∵∠Q+∠QAB＝90°，
∴∠P+∠QAB＝90°，
∴∠AOP＝90°，
∴AQ⊥DP；
故①正确；
∵∠DOA＝∠AOP＝90°，∠ADO+∠P＝∠ADO+∠DAO＝90°，
∴∠DAO＝∠P，
∴△DAO∽△APO，
∴，
∴AO2＝OD•OP，
∵AE＞AB，
∴AE＞AD，
∴OD≠OE，
∴OA2≠OE•OP；故②错误；
在△CQF与△BPE中
，
∴△CQF≌△BPE（AAS），
∴CF＝BE，
∴DF＝CE，
在△ADF与△DCE中，
，
∴△ADF≌△DCE（SAS），
∴S△ADF﹣S△DFO＝S△DCE﹣S△DOF，
即S△AOD＝S四边形OECF；故③正确；
∵BP＝1，AB＝3，
∴AP＝4，
∵△PBE∽△PAD，
∴，
∴BE＝，
∴QE＝，
∵△QOE∽△PAD，
∴，
∴QO＝，OE＝，
∴AO＝5﹣QO＝，
∴tan∠OAE＝，故④正确，
故答案为①③④．
【点评】本题考查了相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，正方形的性质，三角函数的定义，熟练掌握全等三角形的判定和性质是解题的关键．
14．（3分）（2020秋•丰润区期中）已知x＝1是关于x的方程x2+mx﹣2m2＝0的一个根，则﹣2m2+m的值为　﹣1　．
【考点】一元二次方程的解．
【专题】一次方程（组）及应用；运算能力．
【分析】把x＝1代入方程计算即可求出所求．
【解答】解：把x＝1代入方程得：1+m﹣2m2＝0，
则﹣2m2+m＝﹣1，
故答案为：﹣1
【点评】此题考查了一元二次方程的解，方程的解即为能使方程左右两边相等的未知数的值．
15．（3分）（2019秋•潜山市期末）如图，在△ABC中，AD是∠A的角平分线，DE⊥AB，∠AFD＝90°，DE＝2，则DF＝　2　．

【考点】角平分线的性质．
【专题】线段、角、相交线与平行线；推理能力．
【分析】根据角平分线的性质即可得到结论．
【解答】解：∵AD是∠A的角平分线，DE⊥AB，∠AFD＝90°，
∴DF＝DE＝2，
故答案为：2．
【点评】本题考查了角平分线的性质，熟练掌握角平分线的性质是解题的关键．
16．（3分）（2020春•巩义市期末）如图是根据某初中学生为新冠肺炎疫情防控捐款的情况而制作的统计图，已知该校在校学生有200人，请根据统计图计算该校共捐款　2518　元．

【考点】条形统计图；扇形统计图．
【专题】统计的应用；应用意识．
【分析】根据扇形统计图中的数据求出各年级人数，再根据条形统计图中的数据求出各年级捐款数，各年级相加即可得到该校捐款总数．
【解答】解：根据题意得：
200×32%×15＝960（元）；
200×33%×13＝858（元）；
200×35%×10＝700（元）；
则该校学生共捐款960+858+700＝2518元．
故答案为：2518．
【点评】此题考查的是条形统计图和扇形统计图的综合运用，读懂统计图，从不同的统计图中得到必要的信息是解决问题的关键．条形统计图能清楚地表示出每个项目的数据；扇形统计图直接反映部分占总体的百分比大小．
三．解答题（共9小题，满分72分）
17．（6分）（2021•利州区模拟）计算：|﹣3|+2cos60°﹣×﹣（﹣）0．
【考点】二次根式的混合运算；特殊角的三角函数值；零指数幂．
【专题】二次根式；运算能力．
【分析】利用绝对值的意义、特殊角的三角函数值、二次根式的乘法法则和零指数幂的意义计算．
【解答】解：原式＝3﹣+2×﹣﹣1
＝3﹣+1﹣2﹣1
＝1﹣．
【点评】本题考查了二次根式的混合运算，熟练掌握二次根式的性质、二次根式的乘法法则、特殊角的三角函数值和零指数幂是解决问题的关键．
18．（6分）（2021秋•天山区校级期末）先化简，再求值：a（a﹣2b）+（a+b）2﹣（a+b）（a﹣b），其中．
【考点】整式的混合运算—化简求值．
【专题】整式；运算能力．
【分析】原式利用单项式乘多项式法则，完全平方公式，以及平方差公式化简，去括号合并得到最简结果，把a与b的值代入计算即可求出值．
【解答】解：原式＝（a2﹣2ab）+（a2+2ab+b2）﹣（a2﹣b2）
＝a2﹣2ab+a2+2ab+b2﹣a2+b2
＝a2+2b2，
当a＝1，b＝﹣时，
原式＝1+2×（﹣）2
＝1+
＝．
【点评】此题考查了整式的混合运算﹣化简求值，熟练掌握运算法则及公式是解本题的关键．
19．（6分）（2022•仁寿县模拟）作图题
如图，在6×6的正方形网格中，每个小正方形的边长都为1．请在所给网格中按下列要求画出图形．
（1）从点A出发的一条线段AB，使它的另一个端点落在格点（即小正方形的顶点）上，且长度为；
（2）以（1）中的AB为边的一个等腰三角形ABC，使点C在格点上，且另两边的长都是无理数；
（3）画出△ABC关于点B的中心对称图形△A1B1C1．

【考点】作图—代数计算作图；作图﹣旋转变换．
【专题】网格型．
【分析】本题考查计算，设计能力，在网格里设计线段AB＝2，在2×2的网格可以实现，设计以AB为边的一个等腰三角形ABC，也有多种方法，只要符合题意，画中心对称图形只需要将AB，CB分别延长一倍即可．
【解答】解：作图（作图方法不止一种，只要符合题意就算对）．

【点评】本题属于开放型题型，要读懂题目要求，设计画图方案也比较灵活，培养学生运算能力，动手能力．
20．（8分）（2020秋•泰山区期末）新冠疫情期间，某校开展线上教学，有“录播”和“直播”两种教学方式供学生选择其中一种．为分析该校学生线上学习情况，在接受这两种教学方式的学生中各随机抽取80人调查学习参与度，数据整理结果如表（数据分组包含左端值不包含右端值）．
参与度
人数
方式
0.2～0.4
0.4～0.6
0.6～0.8
0.8～1
录播
8
32
24
16
直播
4
20
32
24
（1）你认为哪种教学方式学生的参与度更高？简要说明理由．
（2）从教学方式为“直播”的学生中任意抽取一位学生，估计该学生的参与度在0.8及以上的概率是多少？
（3）该校共有2400名学生，选择“录播”和“直播”的人数之比为1：3，估计参与度在0.4以下的共有多少人？
【考点】利用频率估计概率；用样本估计总体．
【专题】统计的应用；概率及其应用；数据分析观念．
【分析】（1）根据表格数据得出两种教学方式参与度在0.6以上的人数，比较即可作出判断；
（2）用表格中“直播”教学方式学生参与度在0.8以上的人数除以被调查的总人数即可估计对应概率；
（3）先根据“录播”和“直播”的人数之比为1：3及该校学生总人数求出“直播”、“录播”人数，再分别乘以两种教学方式中参与度在0.4以下人数所占比例求出对应人数，再相加即可得出答案．
【解答】解：（1）“直播”教学方式学生的参与度更高：
理由：“直播”参与度在0.6以上的人数为56人，“录播”参与度在0.6以上的人数为40人，参与度在0.6以上的“直播”人数远多于“录播”人数，
所以“直播”教学方式学生的参与度更高；

（2）24÷80＝0.3＝30%，
答：估计该学生的参与度在0.8及以上的概率是30%；

（3）“录播”总学生数为2400×＝600（人），
“直播”总学生数为2400×＝1800（人），
所以“录播”参与度在0.4以下的学生数为600×＝60（人），
“直播”参与度在0.4以下的学生数为1800×＝90（人），
所以参与度在0.4以下的学生共有60+90＝150（人）．
【点评】本题主要考查利用频率估计概率，大量重复试验时，事件发生的频率在某个固定位置左右摆动，并且摆动的幅度越来越小，根据这个频率稳定性定理，可以用频率的集中趋势来估计概率，这个固定的近似值就是这个事件的概率．
21．（8分）（2018秋•临漳县期中）已知平行四边形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，△AOB是等边三角形，AB＝4cm．
（1）求证：四边形ABCD是矩形；
（2）求矩形ABCD的周长．

【考点】矩形的判定与性质；等边三角形的性质；平行四边形的性质．
【专题】等腰三角形与直角三角形；多边形与平行四边形；矩形 菱形 正方形；推理能力．
【分析】（1）由等边三角形的性质得AO＝OB，证出AC＝BD，即可得出结论；
（2）由勾股定理求出BC，即可得出答案．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD为平行四边形，
∴，，
又∵△AOB是等边三角形，
∴AO＝OB＝AB，
∴AC＝BD，
∴平行四边形ABCD是矩形；
（2）解：∵平行四边形ABCD是矩形，
∴AC＝2AO＝2AB＝8cm，∠ABC＝90°，
在Rt△ABC中，∵∠ABC＝90°，
∴BC＝＝＝4（cm），
∴矩形ABCD的周长＝2AB+2BC＝（8+8）cm．
【点评】本题考查了矩形的判定与性质、平行四边形的性质、等边三角形的性质以及勾股定理；熟练掌握矩形的判定与性质是解题的关键．
22．（9分）（2021•山西模拟）今年春天，某农户种植的普罗旺斯水果西红柿喜获丰收．经调研有两种销售方式：①运往市区水果市场销售；②顾客亲自去采摘购买．已知运往市区水果市场销售每千克售价为10元．平均每天需支付运费及其他各项税费300元（运往水果市场的西红柿都能销售完）；顾客亲自去采摘购买每千克售价为8元，不再产生其他费用．
（1）销售第一天，该农户同时采用两种销售方式，共售出西红柿280kg，总收入2340元．求当天该农户两种销售方式各售出西红柿多少千克．
（2）在高产的15天，平均每天成熟的西红柿达到400kg．在这期间该农户计划同时采用两种销售方式．若要使总收入不少于54000元，平均每天应至少运往市区水果市场多少千克西红柿？

【考点】一元一次不等式的应用；一元一次方程的应用．
【专题】一次方程（组）及应用；一元一次不等式（组）及应用；应用意识．
【分析】（1）设当天该农户按销售方式①售出西红柿x千克，则按销售方式②售出西红柿（280﹣x）千克，利用销售总额＝销售单价×销售数量，即可得出关于x的一元一次方程，解之即可得出当天该农户按销售方式①售出西红柿的数量，再将其代入（280﹣x）中即可求出按销售方式②售出西红柿的数量；
（2）设平均每天应运往市区水果市场m千克西红柿，则平均每天顾客亲自去采摘购买（400﹣m）千克西红柿，利用销售总额＝销售单价×销售数量，结合15天的销售总额不少于54000元，即可得出关于m的一元一不等式，解之取其中的最小值即可得出平均每天应至少运往市区水果市场350千克西红柿．
【解答】解：（1）设当天该农户按销售方式①售出西红柿x千克，则按销售方式②售出西红柿（280﹣x）千克，
依题意得：10x﹣300+8（280﹣x）＝2340，
解得：x＝200，
∴280﹣x＝280﹣200＝80．
答：当天该农户按销售方式①售出西红柿200千克，则按销售方式②售出西红柿80千克．
（2）设平均每天应运往市区水果市场m千克西红柿，则平均每天顾客亲自去采摘购买（400﹣m）千克西红柿，
依题意得：15×[10m﹣300+8（400﹣m）]≥54000，
解得：m≥350．
答：平均每天应至少运往市区水果市场350千克西红柿．
【点评】本题考查了一元一次方程的应用以及一元一次不等式的应用，解题的关键是：（1）找准等量关系，正确列出一元一次方程；（2）根据各数量之间的关系，正确列出一元一次不等式．
23．（9分）（2021秋•沂南县期中）如图，在△ABC中，AB的垂直平分线MN交AB于点D，交AC于点E，且AC＝15cm，△BCE的周长等于24cm．
（1）求BC的长；
（2）若∠A＝36°，并且AB＝AC．求证：BC＝BE．

【考点】线段垂直平分线的性质．
【专题】线段、角、相交线与平行线；等腰三角形与直角三角形；几何直观；推理能力．
【分析】（1）根据线段垂直平分线上的点到线段两端点的距离相等可得AE＝BE，然后求出△BCE的周长＝AC+BC，再求解即可；
（2）根据等腰三角形两底角相等求出∠C＝72°，根据线段垂直平分线上的点到线段两端点的距离相等可得AE＝BE，根据等边对等角可得∠ABE＝∠A，再根据三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和求出∠BEC＝72°，从而得到∠BEC＝∠C，然后根据等角对等边求解．
【解答】（1）解：∵AB的垂直平分线MN交AB于点D，
∴AE＝BE，
∴△BCE的周长＝BE+CE+BC＝AE+CE+BC＝AC+BC，
∵AC＝15cm，△BCE的周长＝24cm
∴BC＝24﹣15＝9（cm）；
（2）证明：∵∠A＝36°，AB＝AC，
∴∠C＝（180°﹣∠A）＝（180°﹣36°）＝72°，
∵AB的垂直平分线MN交AB于点D，
∴AE＝BE，
∴∠ABE＝∠A＝36°，
由三角形的外角性质得，∠BEC＝∠A+∠ABE＝36°+36°＝72°，
∴∠BEC＝∠C，
∴BC＝BE．
【点评】本题考查了线段垂直平分线上的点到线段两端点的距离相等的性质，三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和的性质，等角对等边的性质，掌握线段的垂直平分线上的点到线段的两个端点的距离相等是解决问题的关键．
24．（10分）（2020秋•武侯区期末）如图，在平面直角坐标系xOy中，直线y＝﹣x+3与y轴交于点A，与x轴交于点B，抛物线经过A，B两点，并与x轴交于另一点C，抛物线的对称轴为直线x＝2，顶点为点D．
（1）求抛物线的函数表达式；
（2）点E为对称轴右侧的抛物线上的点．
i）点F在抛物线的对称轴上，且EF∥x轴，若以点D，E，F为顶点的三角形与△ABD相似，求出此时点E的坐标；
ii）点G在平面内，则以点A，B，E，G为顶点的四边形能否成为矩形？若能，求出此时点E的坐标；若不能，请说明理由．

【考点】二次函数综合题．
【专题】代数几何综合题；二次函数的应用；矩形 菱形 正方形；图形的相似；运算能力；推理能力．
【分析】（1）设成顶点式，再将点A，B坐标代入求解，即可得出结论；
（2）i）先判断出∠DFE＝90°＝∠ABD，再分两种情况，利用相似得出比例式，建立方程求解，即可得出结论；
ii）分两种情况：AB为边时，判断出AH＝EH＝n，进而得出n+3＝n2﹣4n+3，解方程即可得出结论；AB为对角线时，构造出相似三角形，利用比例式建立方程求解，即可得出结论．
【解答】解：（1）针对于直线y＝﹣x+3，令x＝0，则y＝3，
∴A（0，3），
令y＝0，则﹣x+3＝0，
∴x＝3，
∴B（3，0），
∵抛物线的对称轴为x＝2，
∴抛物线的解析式为y＝a（x﹣2）2+k，
∵点A，B在抛物线上，
∴，
∴，
∴抛物线的解析式为y＝（x﹣2）2﹣1＝x2﹣4x+3；

（2）i）如图1，由（1）知，抛物线的解析式为y＝x2﹣4x+3，
∴D（2，﹣1），
∵A（0，3），B（3，0），
∴AB2＝18，AD2＝（2﹣0）2+（3+1）2＝20，BD2＝2，
∴AB2+BD2＝AD2，
∴△ABD为直角三角形，且∠ABD＝90°，
∵点E在抛物线对称轴右侧的抛物线上，
∴点F在点D的上方，
设点E（m，m2﹣4m+3）（m＞2），
∵EF∥x轴，
∴EF＝m﹣2，∠DFE＝90°＝∠ABD，
∵D（2，﹣1），
∴DF＝m2﹣4m+3+1＝m2﹣4m+4，
∵以点D，E，F为顶点的三角形与△ABD相似，
∴①当△ABD∽△DFE时，
∴，
∴，
∴m＝2（舍去）或m＝5，
∴E（5，8），
②当△ABD∽△EFD时，
∴，
∴，
∴m＝2（舍）或m＝，
∴E（，﹣），
即满足条件的点E（5，8）或（，﹣）；

ii）如图2，设点E（n，n2﹣4n+3），
①当AB为矩形的边时，过点E作EH⊥y轴于H，∠BAE＝90°，
∴∠OAB+∠HAE＝90°，
∵A（0，3），B（3，0），
∴OA＝OB＝3，
∴∠OAB＝∠OBA＝45°，
∴∠HEA＝45°，
∴AH＝EH＝n，
∴OH＝OA+AH＝3+n＝n2﹣4n+3，
∴n＝0（舍）或n＝5，
∴E（5，8），
②当AB为对角线时，∠AE'B＝90°，
过点E'作E'N⊥x轴于N，过点A作AM⊥E'N，交NE'的延长线于M，
∴∠M＝∠BNE'＝90°，
∴∠AE'M+∠MAE'＝∠AE'M+∠BE'N＝90°，
∴∠MAE'＝∠BE'N，
∴△AME'∽△E'NB，
∴，
∵AM＝n，BN＝n﹣3，E'M＝3﹣（n2﹣4n+3）＝﹣n2+4n，E'N＝n2﹣4n+3，
∴，
∴n＝或n＝（小于2，舍去），
∴E（，），
即满足条件的点E的坐标为（5，8）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，矩形的判定和性质，构造出相似三角形和用方程的思想解决问题是解本题的关键．
25．（10分）（2020秋•海曙区期末）已知△ABC内接于⊙O，AB＝AC，∠ABC的平分线与⊙O交于点D，与AC交于点E，连接CD并延长与⊙O过点A的切线交于点F，记∠BAC＝α．
（1）如图1，若α＝60°；
①直接写出的值为　　；
②当⊙O的半径为4时，直接写出图中阴影部分的面积为　6﹣π　；
（2）如图2．若α＜60°，，DE＝6，求DC的长．

【考点】圆的综合题．
【专题】几何综合题；推理能力．
【分析】（1）①由切线的性质得：∠OAF＝90°，证明△ABC是等边三角形，得∠ABC＝∠ACB＝∠BAC＝60°，根据三角形的内角和定理证明∠BAD＝90°，可知BD是⊙O的直径，由圆周角，弧，弦的关系得AD＝CD，说明△ADF是含30度的直角三角形，可解答；
②根据阴影部分的面积＝S梯形AODF﹣S扇形OAD代入可得结论；
（2）如图2，连接AD，连接AO并延长交⊙O于点H，连接DH，则∠ADH＝90°，先证明△ADF≌△ADE（ASA），得DF＝DE＝6，由已知得DC的长．
【解答】解：（1）如图1，连接OA，AD，

∵AF是⊙O的切线，
∴∠OAF＝90°，
∵AB＝AC，∠BAC＝60°，
∴△ABC是等边三角形，
∴∠ABC＝∠ACB＝∠BAC＝60°，
∵BD平分∠ABC，
∴∠ABD＝∠CBD＝30°，
∵∠ADB＝∠ACB＝60°，
∴∠BAD＝90°，
∴BD是⊙O的直径，
∵OA＝OB＝OD，
∴∠ABO＝∠OAB＝30°，∠OAD＝∠ADO＝60°，
∵∠BDC＝∠BAC＝60°，
∴∠ADF＝180°﹣60°﹣60°＝60°＝∠OAD，
∴OA∥DF，
∴∠F＝180°﹣∠OAF＝90°，
∵∠DAF＝30°，
∴tan30°＝＝，
故答案为：；
②∵⊙O的半径为4，
∴AD＝OA＝4，DF＝AD＝2，
∵∠AOD＝60°，
∴阴影部分的面积为：S梯形AODF﹣S扇形OAD＝•AF•（DF+OA）﹣＝×（2+4）﹣π＝6﹣π；
故答案为：6﹣π；
（2）如图2，连接AD，连接AO并延长交⊙O于点H，连接DH，则∠ADH＝90°，

∴∠DAH+∠DHA＝90°，
∵AF与⊙O相切，
∴∠DAH+∠DAF＝∠FAO＝90°，
∴∠DAF＝∠DHA，
∵BD平分∠ABC，
∴∠ABD＝∠CBD，
∵＝，
∴∠CAD＝∠DHA＝∠DAF，
∵AB＝AC，
∴∠ABC＝∠ACB，
∵四边形ABCD内接于⊙O，
∴∠ABC+∠ADC＝180°，
∵∠ADF+∠ADC＝180°，
∴∠ADF＝∠ABC，
∵∠ADB＝∠ACB＝∠ABC，
∴∠ADF＝∠ADB，
在△ADF和△ADE中
，
∴△ADF≌△ADE（ASA），
∴DF＝DE＝6，
∵＝，
∴DC＝9．
【点评】本题是圆的综合题，考查了切线的性质，圆周角定理，等腰三角形的性质，三角函数的定义，全等三角形的性质和判定等知识点，能综合运用定理进行推理是解此题的关键．