2022年上海中考数学模拟试卷2（含答案解析）

这是一份2022年上海中考数学模拟试卷2（含答案解析），共31页。试卷主要包含了a5÷a＝　 　；，＝　 　等内容，欢迎下载使用。

2022年上海中考数学模拟试卷2
一．选择题（共6小题，满分24分，每小题4分）
1．（4分）（2021春•宝山区校级月考）下列式子中无意义的是（　　）
A． B． C． D．
2．（4分）（2021秋•晋江市校级期末）下列单项式中，与2a是同类项的是（　　）
A．2 B．a2 C．2﹣a D．﹣3a
3．（4分）（2020秋•龙口市期末）关于抛物线y1＝（1+x）2与y2＝（1﹣x）2，下列说法不正确的是（　　）
A．图象y1与y2的开口方向相同
B．y1与y2的图象关于y轴对称
C．图象y2向左平移2个单位可得到y1的图象
D．图象y1绕原点旋转180°可得到y2的图象
4．（4分）（2021•高密市二模）如图，反映的是某中学九（1）班学生出行方式（乘车、步行、骑车）的不完全频数（人数）分布直方图，如果乘车的频率是0.4，那么步行的频率为（　　）

A．0.24 B．0.3 C．0.36 D．0.4
5．（4分）（2020春•虹口区期末）如图，点E在平行四边形ABCD的边BC上，AB＝AE，下列结论中正确的是（　　）

A．与是相等的向量 B．与是相等的向量
C．与互为相反向量 D．与是平行向量
6．（4分）（2022•宝山区模拟）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AB＝5，BC＝3，DE∥BC，且AD＝2CD，则以点C为圆心、DC长为半径的圆C和以点E为圆心、EB长为半径的圆E的位置关系是（　　）

A．外离 B．相交 C．外切 D．不能确定
二．填空题（共12小题，满分48分，每小题4分）
7．（4分）（2022春•东营区校级月考）（1）a5÷a＝　 　；
（2）（﹣x）5÷（﹣x）2＝　 　；
（3）y16÷　 　＝y11；
（4）（x﹣y）9÷（x﹣y）6＝　 　．
8．（4分）（2021春•普陀区期末）已知f（x）＝，那么f（）＝　 　．
9．（4分）（2022春•淮北月考）（1）如果一个数的算术平方根等于这个数本身，那么这个数是 　 　．
（2）若，则a＝　 　．
10．（4分）（2022春•江干区校级月考）已知关于x的不等式ax＞b的解集是x＞﹣3，则不等式bx＞a的解集是 　 　．
11．（4分）（2019•浦东新区二模）已知一个角的度数为50度，那么这个角的补角等于　 　．
12．（4分）（2022•平凉模拟）关于x的一元二次方程2x2﹣3x+c＝0有两个不相等的的实数根，则c的取值范围是 　 　．
13．（4分）（2022•北京模拟）盒中有x枚黑棋和y枚白棋，这些棋除颜色外无其他差别．从盒中随机取出一枚棋子，如果它是黑棋的概率是，则x和y满足的关系式为 　 　．
14．（4分）（2019秋•沙坪坝区校级月考）如图，在平面直角坐标系中，直线y＝kx（k≠0）经过点（m，m）（m＜0）．线段BC的两个端点分别在x轴与直线y＝kx上滑动（B、C均与原点O不重合），且BC＝．分别作BP⊥x轴，CP⊥直线y＝kx，直线BP、CP交于点P．经探究，在整个滑动过程中，O、P两点间的距离为定值，则该距离为　 　．

15．（4分）（2020春•沙坪坝区校级月考）已知“成都﹣重庆”两地相距350公里，现有一直达高铁往返于两城市之间，该高铁每次到达成都、重庆后均需停留1小时再重新出发．寒假期间，重庆市铁路局计划在同线上临时加开一辆慢速直达旅行专列．在试运行期间，该旅行专列与高铁同时从重庆出发，在整个行驶过程中，两车均保持各自速度匀速行驶，经过3.75小时两车第一次相遇．已知两车之间的距离y（千米）与行驶时间x（小时）之间的部分函数关系如图所示，当两车第二次相遇时，两车共行驶了　 　千米．

16．（4分）（2021秋•攸县期末）如图，在△ABC中，点D，E分别在边AB，AC上，DE∥BC，已知AE＝6，，则EC的长是 　 　．

17．（4分）（2021•虹口区二模）如果正六边形的边长是1，那么它的边心距是　 　．
18．（4分）（2021秋•乌拉特前旗期末）如图，P是正方形ABCD内一点，将△ABP绕点B顺时针旋转90°得到△CBP′，若PB＝3，则PP′的长是 　 　．

三．解答题（共7小题，满分78分）
19．（10分）（2021•浦东新区模拟）计算：（）﹣1+﹣+|1﹣|．
20．（10分）（2021春•长宁区期末）解方程组：．
21．（10分）（2021秋•石景山区期末）如图，在△ABC中，∠B＝45°，tanC＝，AC＝2，求BC的长．

22．（10分）（2021•河南模拟）学生的体重监测是教育主管部门每学期都要进行的学生体检中的重要一项，为了解这一指标的大致情况，某校校医室对该校八年级学生的体重进行检测，随机抽取了八年级部分学生进行调查，将抽取学生的体重情况绘制成如下不完整的统计图表，请根据图表信息回答下列问题：
组别
体重（千克）
人数
A
40≤x＜45
3
B
45≤x＜50
12
C
50≤x＜55
a
D
55≤x＜60
10
E
60≤x＜65
8
F
65≤x＜70
2
（1）填空：a＝　 　；在扇形统计图中，D组所在扇形的圆心角的度数等于 　 　；
（2）调查的这组数据的中位数落在 　 　组；
（3）如果体重不低于55千克，属于偏胖，该校八年级有1200名学生，请估算该年级体重偏胖的学生大约有多少人．

23．（12分）（2021秋•荆门期末）如图，在△ABC中，AB＝AC，⊙O是△ABC的外接圆，直径AE交BC于点H，点D在弧AC上，过点E作EF∥BC交AD的延长线于点F，延长BC交AF于点G．
（1）求证：EF是⊙O的切线；
（2）若BC＝2，AH＝CG＝3，求EF的长；
（3）在（2）的条件下，直接写出CD的长．

24．（12分）（2020•云南）抛物线y＝x2+bx+c与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C，点A的坐标为（﹣1，0），点C的坐标为（0，﹣3）．点P为抛物线y＝x2+bx+c上的一个动点．过点P作PD⊥x轴于点D，交直线BC于点E．
（1）求b、c的值；
（2）设点F在抛物线y＝x2+bx+c的对称轴上，当△ACF的周长最小时，直接写出点F的坐标；
（3）在第一象限，是否存在点P，使点P到直线BC的距离是点D到直线BC的距离的5倍？若存在，求出点P所有的坐标；若不存在，请说明理由．
25．（14分）（2021•罗湖区校级模拟）【基础巩固】
（1）如图1，在△ABC中，∠ACB＝90°，直线l过点C，分别过A、B两点作AE⊥l，BD⊥l，垂足分别为E、D．求证：△BDC∽△CEA．
【尝试应用】
（2）如图2，在△ABC中，∠ACB＝90°，D是BC上一点，过D作AD的垂线交AB于点E．若BE＝DE，tan∠BAD＝，AC＝20，求BD的长．
【拓展提高】
（3）如图3，在▱ABCD中，在BC上取点E，使得∠AED＝90°，若AE＝AB，＝，CD＝，求▱ABCD的面积．


2022年上海中考数学模拟试卷2
参考答案与试题解析
一．选择题（共6小题，满分24分，每小题4分）
1．（4分）（2021春•宝山区校级月考）下列式子中无意义的是（　　）
A． B． C． D．
【考点】二次根式的性质与化简；负整数指数幂；二次根式有意义的条件．
【专题】二次根式；运算能力．
【分析】根据二次根式的性质及其有意义的条件即可求解．
【解答】解：A、﹣有意义，不符合题意；
B、＝5有意义，不符合题意；
C、﹣＜0，故无意义，符合题意；
D、＝有意义，不符合题意；
故选：C．
【点评】此题考查的是二次根式的性质与化简，负整数指数幂，二次根式有意义的条件等知识，正确掌握它们的性质与运算法则是解决此题的关键．
2．（4分）（2021秋•晋江市校级期末）下列单项式中，与2a是同类项的是（　　）
A．2 B．a2 C．2﹣a D．﹣3a
【考点】同类项；单项式．
【专题】整式；符号意识．
【分析】根据同类项的定义（所含字母相同，并且相同字母的指数也相同，这样的项叫做同类项）进行解答．
【解答】解：与2a是同类项的是﹣3a．
故选：D．
【点评】本题考查了同类项，同类项定义中的两个“相同”：（1）所含字母相同；（2）相同字母的指数相同，是易混点，还有注意同类项与字母的顺序无关，几个常数项也是同类项．
3．（4分）（2020秋•龙口市期末）关于抛物线y1＝（1+x）2与y2＝（1﹣x）2，下列说法不正确的是（　　）
A．图象y1与y2的开口方向相同
B．y1与y2的图象关于y轴对称
C．图象y2向左平移2个单位可得到y1的图象
D．图象y1绕原点旋转180°可得到y2的图象
【考点】二次函数图象与几何变换；二次函数的性质．
【专题】二次函数图象及其性质；运算能力．
【分析】两个抛物线解析式都是顶点式，可以根据顶点式直接判断顶点坐标，对称轴，开口方向及与y轴的关系．
【解答】解：∵抛物线y1＝（1+x）2＝（x+1）2，抛物线y2＝（1﹣x）2＝（x﹣1）2，
∴抛物线y1的开口向上，顶点为（﹣1，0），对称轴为直线x＝﹣1，抛物线y2的开口向上，顶点为（1，0），对称轴为直线x＝1，故选项A说法正确；
∴y1与y2的顶点关于y轴对称，故选项B说法正确；
∴y1与y2的图象关于y轴对称，y2向左平移2个单位可得到y1的图象，故选项C说法正确；
∵y1绕原点旋转180°得到的抛物线为y＝﹣（x﹣1）2，与y2开口方向不同，
∴图象y1绕原点旋转180°不能得到y2的图象，故选项D说法不正确，
故选：D．
【点评】主要考查二次函数的性质以及二次函数图象上点的坐标特征，利用函数解析式确定顶点坐标，对称轴以及开口方向和与y轴的关系是解题的关键．
4．（4分）（2021•高密市二模）如图，反映的是某中学九（1）班学生出行方式（乘车、步行、骑车）的不完全频数（人数）分布直方图，如果乘车的频率是0.4，那么步行的频率为（　　）

A．0.24 B．0.3 C．0.36 D．0.4
【考点】频数（率）分布直方图．
【专题】数据的收集与整理；统计的应用；数据分析观念．
【分析】根据乘车的人数和所对应的频率，可以计算出本次调查人数，然后即可计算出步行人数，从而可以得到步行的频率．
【解答】解：由直方图可得，
乘车人数为20，
∵乘车的频率是0.4，
∴本次调查的人数为：20÷0.4＝50，
∴步行的人数为：50﹣20﹣12＝18，
∴步行的频率为：18÷50＝0.36，
故选：C．
【点评】本题考查频数分布直方图，解答本题的关键是求出步行的人数．
5．（4分）（2020春•虹口区期末）如图，点E在平行四边形ABCD的边BC上，AB＝AE，下列结论中正确的是（　　）

A．与是相等的向量 B．与是相等的向量
C．与互为相反向量 D．与是平行向量
【考点】*平面向量；平行四边形的性质．
【专题】特定专题；多边形与平行四边形；推理能力．
【分析】根据相等向量，平行向量的定义一一判断即可．
【解答】解：A、与是相等的向量，错误它们方向不同，本选项不符合题意．
B、与是相等的向量，错误它们方向不同，本选项不符合题意．
C、与互为相反向量，错误数量不相等，本选项不符合题意．
D、与是平行向量，本选项符合题意．
故选：D．
【点评】本题考查平面向量，平行四边形的性质，平行向量，相等向量等知识，解题的关键是平行向量，相等向量的定义，属于中考常考题型．
6．（4分）（2022•宝山区模拟）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AB＝5，BC＝3，DE∥BC，且AD＝2CD，则以点C为圆心、DC长为半径的圆C和以点E为圆心、EB长为半径的圆E的位置关系是（　　）

A．外离 B．相交 C．外切 D．不能确定
【考点】圆与圆的位置关系；勾股定理．
【专题】与圆有关的位置关系；图形的相似；推理能力．
【分析】根据勾股定理得到AC＝＝4，根据相似三角形的性质得到BE＝，CD＝，DE＝2，求得CE＝＝＝，于是得到结论．
【解答】解：∵∠C＝90°，AB＝5，BC＝3，
∴AC＝＝4，
∵DE∥BC，
∴△ADE∽△ACB，
∴＝＝，
∵AD＝2CD，
∴＝，
∴BE＝，CD＝，DE＝2，
∴CE＝＝＝，
∵BE+CD＝＞，
∴以点C为圆心、DC长为半径的圆C和以点E为圆心、EB长为半径的圆E的位置关系是相交，
故选：B．
【点评】本题考查了圆与圆的位置关系，相似三角形的判定和性质，勾股定理，熟练掌握勾股定理是解题的关键．
二．填空题（共12小题，满分48分，每小题4分）
7．（4分）（2022春•东营区校级月考）（1）a5÷a＝　a4　；
（2）（﹣x）5÷（﹣x）2＝　﹣x3　；
（3）y16÷　y5　＝y11；
（4）（x﹣y）9÷（x﹣y）6＝　（x﹣y）3　．
【考点】同底数幂的除法．
【专题】整式；运算能力．
【分析】（1）利用同底数幂的除法的法则进行求解即可；
（2）利用同底数幂的除法的法则进行求解即可；
（3）利用同底数幂的除法的法则进行求解即可；
（4）利用同底数幂的除法的法则进行求解即可；
【解答】解：（1）a5÷a＝a5﹣1＝a4；
故答案为：a4；
（2）（﹣x）5÷（﹣x）2＝（﹣x）5﹣2＝（﹣x）3＝﹣x3；
故答案为：﹣x3；
（3）由题意得：y16÷y11＝y16﹣11＝y5；
故答案为：y5；
（4）（x﹣y）9÷（x﹣y）6＝（x﹣y）9﹣6＝（x﹣y）3；
故答案为：（x﹣y）3．
【点评】本题主要考查同底数幂的除法，解答的关键是熟记同底数幂的除法的法则：底数不变，指数相减．
8．（4分）（2021春•普陀区期末）已知f（x）＝，那么f（）＝　　．
【考点】函数值；算术平方根．
【专题】函数及其图象；运算能力．
【分析】将x＝代入计算即可．
【解答】解：当x＝时，f（）＝．
故答案为：．
【点评】本题主要考查的是求函数值，将x的值代入解析式是解题的关键．
9．（4分）（2022春•淮北月考）（1）如果一个数的算术平方根等于这个数本身，那么这个数是 　0或1　．
（2）若，则a＝　a＝±或±1　．
【考点】算术平方根．
【专题】二次根式；运算能力．
【分析】（1）根据算术平方根的定义即可求出答案．
（2）根据算术平方根的定义即可求出答案．
【解答】解：（1）如果一个数的算术平方根等于这个数本身，那么这个数是0或1，
故答案为：0或1．
（2）∵，2﹣a2≥0，
∴2﹣a2＝（2﹣a2）2，
∴2﹣a2＝0或2﹣a2＝1，
∴a2＝2或a2＝1，
∴a＝±或±1．
故答案为：a＝±或±1．
【点评】本题考查算术平方根，解题的关键是正确理解算术平方根的定义，本题属于基础题型．
10．（4分）（2022春•江干区校级月考）已知关于x的不等式ax＞b的解集是x＞﹣3，则不等式bx＞a的解集是 　x＜﹣　．
【考点】解一元一次不等式．
【专题】一元一次不等式（组）及应用；运算能力．
【分析】根据不等式ax＞b的解集是x＞﹣3，可判断出a＞0，＝﹣3，从而可求出不等式bx＞a的解集．
【解答】解：∵关于x的不等式ax＞b的解集是x＞﹣3，
∴a＞0，＝﹣3，
∴b＝﹣3a＜0，
故可得不等式bx＞a的解集为：x＜﹣．
故答案为：x＜﹣．
【点评】此题考查了不等式的解集，解答本题的关键是得出a和b的数量关系及a和b的正负情况，有一定难度，注意不等式求解的步骤．
11．（4分）（2019•浦东新区二模）已知一个角的度数为50度，那么这个角的补角等于　130°　．
【考点】余角和补角．
【专题】线段、角、相交线与平行线．
【分析】根据如果两个角的和等于180°，那么这两个角叫互为补角计算即可．
【解答】解：180°﹣50°＝130°．
故这个角的补角等于130°．
故答案为：130°．
【点评】本题考查的是余角和补角的定义，如果两个角的和是一个直角，那么称这两个角互为余角．如果两个角的和是一个平角，那么这两个角叫互为补角．其中一个角叫做另一个角的补角．
12．（4分）（2022•平凉模拟）关于x的一元二次方程2x2﹣3x+c＝0有两个不相等的的实数根，则c的取值范围是 　c＜　．
【考点】根的判别式．
【专题】判别式法；一元二次方程及应用；运算能力．
【分析】根据根的判别式和已知条件得出Δ＝（﹣3）2﹣4×2×c＞0，再求出不等式的解集即可．
【解答】解：∵关于x的一元二次方程2x2﹣3x+c＝0有两个不相等的实数根，
∴Δ＝（﹣3）2﹣4×2×c＞0，
解得：c＜．
故答案为：c＜．
【点评】本题考查了根的判别式和解一元一次不等式，注意：已知一元二次方程ax2+bx+c＝0（a、b、c为常数，a≠0），①当Δ＝b2﹣4ac＞0时，方程有两个不相等的实数根，②当Δ＝b2﹣4ac＝0时，方程有两个相等的实数根，③当Δ＝b2﹣4ac＜0时，方程没有实数根．
13．（4分）（2022•北京模拟）盒中有x枚黑棋和y枚白棋，这些棋除颜色外无其他差别．从盒中随机取出一枚棋子，如果它是黑棋的概率是，则x和y满足的关系式为 　y＝x　．
【考点】概率公式．
【专题】概率及其应用；数据分析观念．
【分析】根据盒中有x枚黑棋和y枚白棋，得出袋中共有（x+y）个棋，再根据概率公式列出关系式即可．
【解答】解：∵盒中有x枚黑棋和y枚白棋，
∴袋中共有（x+y）个棋，
∵黑棋的概率是 ，
∴可得关系式，
∴x和y满足的关系式为y＝x．
故答案为：y＝x．
【点评】此题考查概率公式：如果一个事件有n种可能，而且这些事件的可能性相同，其中事件A出现m种结果，那么事件A的概率P（A）＝．
14．（4分）（2019秋•沙坪坝区校级月考）如图，在平面直角坐标系中，直线y＝kx（k≠0）经过点（m，m）（m＜0）．线段BC的两个端点分别在x轴与直线y＝kx上滑动（B、C均与原点O不重合），且BC＝．分别作BP⊥x轴，CP⊥直线y＝kx，直线BP、CP交于点P．经探究，在整个滑动过程中，O、P两点间的距离为定值，则该距离为　　．

【考点】一次函数图象上点的坐标特征；正比例函数的性质．
【专题】一次函数及其应用；运算能力；推理能力．
【分析】过C作CE⊥x轴，垂足为E，设P（x，y），由条件可知∠COE＝60°，根据直角三角的性质可分别表示出CE和BE的长，在Rt△BCE中，可求得x2+y2的值，则可求得PO的长，可得出答案．
【解答】解：∵直线y＝kx（k≠0）经过点（m，m）（m＜0）．
∴tan∠COB＝＝，
∴∠COB＝60°，
过点C作CE⊥x轴于点E，延长CP交x轴于点F，连接OP，如图，
则∠OCE＝∠CFE＝30°，
设P点坐标为（x，y）（不妨设点P在第二象限，其他同理可求得），则OB＝﹣x，PB＝y，
在Rt△PBF中，可得BF＝y，
∴OF＝OB+BF＝﹣x+y，
在Rt△OCF中，OC＝OF＝（﹣x+y），
在Rt△OCE中，OE＝OC＝（﹣x+），
则CE＝OE＝（﹣x+y），BE＝OB﹣OE＝﹣x﹣（﹣x+y）＝﹣x﹣y，
在Rt△BCE中，由勾股定理可得CE2+BE2＝BC2，
∴（﹣x+y）2+（﹣x﹣y）2＝5，
整理可求得x2+y2＝，
∴OP＝＝，
即O、P两点的距离为定值，
故答案为：．

【点评】本题主要考查一次函数的综合应用，涉及知识点有三角函数的定义、直角三角形的性质、勾股定理、两点间的距离等．解题的关键是用P点的坐标表示出OP的距离，所以用P点的坐标分别表示出CE、BE的长是突破口．注意方程思想的应用．
15．（4分）（2020春•沙坪坝区校级月考）已知“成都﹣重庆”两地相距350公里，现有一直达高铁往返于两城市之间，该高铁每次到达成都、重庆后均需停留1小时再重新出发．寒假期间，重庆市铁路局计划在同线上临时加开一辆慢速直达旅行专列．在试运行期间，该旅行专列与高铁同时从重庆出发，在整个行驶过程中，两车均保持各自速度匀速行驶，经过3.75小时两车第一次相遇．已知两车之间的距离y（千米）与行驶时间x（小时）之间的部分函数关系如图所示，当两车第二次相遇时，两车共行驶了　1250　千米．

【考点】一次函数的应用．
【专题】函数及其图象；应用意识．
【分析】首先求该旅行专列与高铁的速度分别为200千米/小时和40千米/小时，确定第二次相遇时的位置，因为8.75＞7.25，说明第二次相遇时，旅行专列还没走完全程；根据路程相等列方程可得结论．
【解答】解：由图形可知：高铁1.75小时，由重庆到达成都，
速度为：350÷1.75＝200（千米/小时），
设旅行专列的速度为a千米/小时，
则3.75a+200（3.75﹣1）＝350×2，
∴a＝40，
∴350÷40＝8.75（小时），
高铁：第一次去成都：1.75小时，休息1小时；
第一次返回：2.75+1.75＝4.5小时，休息1小时；
第二次去成都：5.5+1.75＝7.25＜8.75，
设当两车第二次相遇时，该旅行专列共行驶了b千米，
则200（﹣5.5）＝b，
b＝275，
则当两车第二次相遇时，该旅行专列共行驶了275千米，高铁共行驶了350×2+275＝975（千米），
∴当两车第二次相遇时，两车共行驶了275+975＝1250（千米）．
故答案为：1250．
【点评】本题考查利用函数的图象解决行程实际问题，正确理解函数图象横纵坐标表示的意义，理解问题的过程，就能够通过图象得到函数问题的相应解决．
16．（4分）（2021秋•攸县期末）如图，在△ABC中，点D，E分别在边AB，AC上，DE∥BC，已知AE＝6，，则EC的长是 　8　．

【考点】平行线分线段成比例．
【专题】图形的相似；应用意识．
【分析】根据平行线分线段成比例定理的推论得出＝，将AE＝6代入，求出AC＝14，那么EC＝AC﹣AE＝8．
【解答】解：∵DE∥BC，
∴＝，
∵AE＝6，
∴＝，
解得：AC＝14，
∴EC＝AC﹣AE＝14﹣6＝8．
故答案是：8．
【点评】此题主要考查平行线分线段成比例定理的推论：平行于三角形的一边，并且和其他两边（或两边的延长线）相交的直线，所截得的三角形的三边与原三角形的三边对应成比例．正确理解定理是关键．
17．（4分）（2021•虹口区二模）如果正六边形的边长是1，那么它的边心距是　　．
【考点】正多边形和圆．
【专题】正多边形与圆；运算能力．
【分析】根据正六边形的中心角为60°以及正六边形边心距的性质解直角三角形△OBG可得结论．
【解答】解：∵ABCDDEF为正六边形，
∴∠BOC＝360°÷6＝60°，OG⊥BC．
∴∠BOG＝∠BOC＝30°．
在Rt△BOG中，cos∠BOG＝．
∵OB＝1，
∴OG＝OB•cos∠BOG＝1×＝．
故答案为：．

【点评】本题主要考查了正六边形与圆的有关计算，利用正六边形的中心角和边心距的性质是解题的关键．
18．（4分）（2021秋•乌拉特前旗期末）如图，P是正方形ABCD内一点，将△ABP绕点B顺时针旋转90°得到△CBP′，若PB＝3，则PP′的长是 　3　．

【考点】旋转的性质；正方形的性质．
【专题】等腰三角形与直角三角形；矩形 菱形 正方形；平移、旋转与对称；几何直观；运算能力；推理能力．
【分析】根据旋转的性质，旋转前后图形的大小和形状没有改变．即PB＝P′B，△ABP绕点B按顺时针方向旋转90°至△CBP′，则∠PBP′＝90°，在Rt△PBP′中，利用勾股定理，可求出PP′的长．
【解答】解：由旋转的性质得到旋转角∠PBP′＝90°，对应边PB＝P′B＝3，
在Rt△PBP′中，PP′2＝PB2+P′B2，
∴PP′＝＝＝3，
故答案为：3．
【点评】此题主要考查了旋转的性质，正方形的性质，勾股定理，掌握旋转前后图形的对应关系是解决问题的关键．
三．解答题（共7小题，满分78分）
19．（10分）（2021•浦东新区模拟）计算：（）﹣1+﹣+|1﹣|．
【考点】实数的运算；分数指数幂；负整数指数幂．
【专题】实数；运算能力．
【分析】直接利用二次根式的性质和绝对值的性质、分数指数幂的性质分别化简得出答案．
【解答】解：原式＝
＝2+3+3﹣2+﹣1
＝．
【点评】此题主要考查了实数运算，正确化简各数是解题关键．
20．（10分）（2021春•长宁区期末）解方程组：．
【考点】高次方程．
【专题】转化思想；方程与不等式；运算能力．
【分析】由①得y＝﹣3﹣x③，把③代入②得关于x的一元二次方程，可解得x的值，即可求出原方程组的解．
【解答】解：由①得：y＝﹣3﹣x③，
把③代入②得：x2+x（﹣3﹣x）﹣6（﹣3﹣x）2＝0，
整理得：2x2+13x+18＝0，
解得x1＝﹣，x2＝﹣2，
当x1＝﹣时，y＝﹣3﹣x＝，
当x2＝﹣2时，y＝﹣3﹣x＝﹣1，
∴原方程组的解为：，．
【点评】本题考查解二元二次方程组，解题的关键是用代入消元法，把二元二次方程组转化为一元二次方程．
21．（10分）（2021秋•石景山区期末）如图，在△ABC中，∠B＝45°，tanC＝，AC＝2，求BC的长．

【考点】解直角三角形．
【专题】计算题；解直角三角形及其应用；应用意识．
【分析】过点A作AD⊥BC，垂足为D．得到Rt△ACD和Rt△ABD，先在Rt△ACD中求出AD、CD，再在Rt△ABD中求出BD，最后利用线段的和差关系求出BC．
【解答】解：过点A作AD⊥BC，垂足为D．
∴△ABD、△ACD均为直角三角形．
在Rt△ACD中，
∵tanC＝＝，
∴AD＝CD．
∵AD2+CD2＝AC2，
∴（CD）2+CD2＝（2）2．
∴CD2＝36．
∴CD＝6，AD＝4．
在Rt△ABD中，
∵∠B＝45°，
∴AD＝BD＝4．
∴BC＝AD+CD
＝4+6
＝10．

【点评】本题考查了解直角三角形，构造直角三角形并掌握直角三角形的边角间关系是解决本题的关键．
22．（10分）（2021•河南模拟）学生的体重监测是教育主管部门每学期都要进行的学生体检中的重要一项，为了解这一指标的大致情况，某校校医室对该校八年级学生的体重进行检测，随机抽取了八年级部分学生进行调查，将抽取学生的体重情况绘制成如下不完整的统计图表，请根据图表信息回答下列问题：
组别
体重（千克）
人数
A
40≤x＜45
3
B
45≤x＜50
12
C
50≤x＜55
a
D
55≤x＜60
10
E
60≤x＜65
8
F
65≤x＜70
2
（1）填空：a＝　15　；在扇形统计图中，D组所在扇形的圆心角的度数等于 　72°　；
（2）调查的这组数据的中位数落在 　C　组；
（3）如果体重不低于55千克，属于偏胖，该校八年级有1200名学生，请估算该年级体重偏胖的学生大约有多少人．

【考点】扇形统计图；中位数；用样本估计总体；频数（率）分布表．
【专题】数据的收集与整理；统计的应用；应用意识．
【分析】（1）设总共抽查了x人，由D组有10人，占总人数的20%，可列等式%，求解x即可计算出抽查的总人数，用总人数减去A、B、D、E、F组的人数，即可计算出a的值，用360°×20%即可算出D组所在扇形的圆心角的度数；
（2）根据中位数的概念进行求解即可得出答案；
（3）先计算出抽查的50人中体重不低于55千克的人数，根据用样本估计总体的计算方法即可求出答案．
【解答】解：（1）设总共抽查了x人，
根据题意可知，D组有10人，占总人数的20%，
则%，
解得x＝50，
所以a＝50﹣（3+12+10+8+2）＝15，
D组所在扇形的圆心角的度数为360°×20%＝72°．
故答案为：15，72°；
（2）共调查了50人，中位数是第25，26个同学体重的中位数，
∵3+12+15＝30，
∴第25，26个同学体重在C组．
故答案为：C．
（3）抽查的50名同学中，体重不低于55kg的同学有10+8+2＝20（人），
根据题意可得，（人），
答：八年级体重偏胖的学生大约有480人．
【点评】本题主要考查了扇形统计图、频数分布表、中位数及用样本估计总体，熟练掌握扇形统计图、频数分布表、中位数及用样本估计总体相关知识进行求解是解决本题的关键．
23．（12分）（2021秋•荆门期末）如图，在△ABC中，AB＝AC，⊙O是△ABC的外接圆，直径AE交BC于点H，点D在弧AC上，过点E作EF∥BC交AD的延长线于点F，延长BC交AF于点G．
（1）求证：EF是⊙O的切线；
（2）若BC＝2，AH＝CG＝3，求EF的长；
（3）在（2）的条件下，直接写出CD的长．

【考点】圆的综合题．
【专题】几何综合题；与圆有关的位置关系；运算能力；推理能力．
【分析】（1）由题意可证∠BAE＝∠CAE，由等腰三角形的性质可得AE⊥BC，由平行线的性质可证EF⊥AE，可得结论；
（2）在Rt△OHC中，利用勾股定理可求半径，可得AE的长，通过证明△AEF∽△AHG，可得，可求EF的长；
（3）证明△DCG∽△BAG，可得，可求CD的长．
【解答】（1）证明：∵AB＝AC，
∴，
∵AE是直径，
∴，
∴∠BAE＝∠CAE，
又∵AB＝AC，
∴AE⊥BC，
又∵EF∥BC，
∴EF⊥AE，
∵OE是半径，
∴EF是⊙O的切线；
（2）解：连接OC，设⊙O的半径为r，

∵AE⊥BC，
∴CH＝BH＝BC＝1，
∴HG＝HC+CG＝4，
∴AG＝＝＝5，
在Rt△OHC中，OH2+CH2＝OC2，
∴（3﹣r）2+1＝r2，
解得：r＝，
∴AE＝，
∵EF∥BC，
∴△AEF∽△AHG，
∴，
∴，
∴EF＝；
（3）解：∵AH＝3，BH＝1，
∴AB＝＝＝，
∵四边形ABCD内接于⊙O，
∴∠B+∠ADC＝180°，
∵∠ADC+∠CDG＝180°，
∴∠B＝∠CDG，
又∵∠DGC＝∠AGB，
∴△DCG∽△BAG，
∴，
∴，
∴CD＝．
【点评】本题是圆的综合题，考查了圆周角定理，切线的判定，相似三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，勾股定理，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题的关键．
24．（12分）（2020•云南）抛物线y＝x2+bx+c与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C，点A的坐标为（﹣1，0），点C的坐标为（0，﹣3）．点P为抛物线y＝x2+bx+c上的一个动点．过点P作PD⊥x轴于点D，交直线BC于点E．
（1）求b、c的值；
（2）设点F在抛物线y＝x2+bx+c的对称轴上，当△ACF的周长最小时，直接写出点F的坐标；
（3）在第一象限，是否存在点P，使点P到直线BC的距离是点D到直线BC的距离的5倍？若存在，求出点P所有的坐标；若不存在，请说明理由．
【考点】二次函数综合题．
【专题】数形结合；二次函数图象及其性质；函数的综合应用；平移、旋转与对称；图形的相似；运算能力；应用意识．
【分析】（1）把A、C点的坐标代入抛物线的解析式列出b、c的方程组，解得b、c便可；
（2）连接BC与对称轴交于点F，此时△ACF的周长最小，求得BC的解析式，再求得BC与对称轴的交点坐标便可；
（3）设P（m，m2﹣2m﹣3）（m＞3），根据相似三角形的比例式列出m的方程解答便可．
【解答】解：（1）把A、C点的坐标代入抛物线的解析式得，
，
解得，；
（2）直线BC与抛物线的对称轴交于点F，连接AF，如图1，
此时，AF+CF＝BF+CF＝BC的值最小，
∵AC为定值，
∴此时△AFC的周长最小，
由（1）知，b＝﹣2，c＝﹣3，
∴抛物线的解析式为：y＝x2﹣2x﹣3，
∴对称轴为直线x＝1，
令y＝0，得y＝x2﹣2x﹣3＝0，
解得，x＝﹣1，或x＝3，
∴B（3，0），
∵C（0，﹣3），
设直线BC的解析式为：y＝kx+b（k≠0），得
，
解得，，
∴直线BC的解析式为：y＝x﹣3，
当x＝1时，y＝x﹣3＝﹣2，
∴F（1，﹣2）；

（3）设P（m，m2﹣2m﹣3）（m＞3），过P作PH⊥BC于H，过D作DG⊥BC于G，如图2，
则PH＝5DG，E（m，m﹣3），
∴PE＝m2﹣3m，DE＝m﹣3，
∵∠PHE＝∠DGE＝90°，∠PEH＝∠DEG，
∴△PEH∽△DEG，
∴，
∴，
∵m＝3（舍），或m＝5，
∴点P的坐标为P（5，12）．
故存在点P，使点P到直线BC的距离是点D到直线BC的距离的5倍，其P点坐标为（5，12）．

【点评】本题是二次函数的综合题，主要考查了待定系数法，二次函数的图象与性质，相似三角形的性质与判定，轴对称的性质应用求线段的最值，第（2）题关键是确定F点的位置，第（3）题关键在于构建相似三角形．
25．（14分）（2021•罗湖区校级模拟）【基础巩固】
（1）如图1，在△ABC中，∠ACB＝90°，直线l过点C，分别过A、B两点作AE⊥l，BD⊥l，垂足分别为E、D．求证：△BDC∽△CEA．
【尝试应用】
（2）如图2，在△ABC中，∠ACB＝90°，D是BC上一点，过D作AD的垂线交AB于点E．若BE＝DE，tan∠BAD＝，AC＝20，求BD的长．
【拓展提高】
（3）如图3，在▱ABCD中，在BC上取点E，使得∠AED＝90°，若AE＝AB，＝，CD＝，求▱ABCD的面积．

【考点】相似形综合题．
【专题】几何综合题；图形的相似；运算能力；推理能力．
【分析】（1）由直角三角形的性质证得∠BDC＝∠AEC，由相似三角形的判定定理可得出结论；
（2）过点E作EF⊥BC于点F，由相似三角形的性质得出，由锐角三角函数的定义求出DF＝16，则可求出答案；
（3）过点A作AM⊥BC于点M，过点D作DN⊥BC，交BC的延长线于点N，证明△ABM≌△DCN（AAS），由全等三角形的性质得出BM＝CN，AM＝DN，设BE＝4a，EC＝3a，DN＝b，由（1）得△AEM∽△EDN，得出比例线段，求出a＝1，b＝，由平行四边形的面积公式可得出答案．
【解答】（1）证明：∵∠ACB＝90°，
∴∠BCD+∠ACE＝90°，
∵AE⊥CE，
∴∠AEC＝90°，
∴∠ACE+∠CAE＝90°，
∴∠BCD＝∠CAE，
∵BD⊥DE，
∴∠BDC＝90°，
∴∠BDC＝∠AEC，
∴△BDC∽△CEA；
（2）解：过点E作EF⊥BC于点F，

由（1）得△EDF∽△DAC，
∴，
∵AD⊥DE，tan∠BAD＝，AC＝20，
∴，
∴DF＝16，
∵BE＝DE，
∴BF＝DF，
∴BD＝32；
（3）过点A作AM⊥BC于点M，过点D作DN⊥BC，交BC的延长线于点N，

∴∠AMB＝∠DNC＝90°，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，AB＝CD，
∴∠B＝∠DCN，
∴△ABM≌△DCN（AAS），
∴BM＝CN，AM＝DN，
∵AB＝AE，AM⊥BC，
∴BM＝ME，
∵，
设BE＝4a，EC＝3a，DN＝b，
∴BM＝ME＝CN＝2a，EN＝5a，
∵∠AED＝90°，
由（1）得△AEM∽△EDN，
∴，
∴，
∴b＝a，
∵CD＝，
∴（2a）2+b2＝14，
∴a＝1，b＝，
∴BC＝7，DN＝，
∴▱ABCD的面积＝BC×DN＝7×＝7．
【点评】本题是相似形综合题，考查了相似三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，平行四边形的性质，锐角三角函数的定义，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题的关键．