2022年贵州省毕节市中考数学试卷解析版

这是一份2022年贵州省毕节市中考数学试卷解析版，共42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。

2022年贵州省毕节市中考数学试卷
一、选择题（本题15小题，每小题3分，共45分）
1．（3分）2的相反数是（　　）
A．2 B．﹣2 C． D．﹣
2．（3分）下列垃圾分类标识的图形中，既是中心对称图形又是轴对称图形的是（　　）
A． B．
C． D．
3．（3分）截至2022年3月24日，携带“祝融号”火星车的“天问一号”环绕器在轨运行609天，距离地球277000000千米；277000000用科学记数法表示为（　　）
A．277×106 B．2.77×107 C．2.8×108 D．2.77×108
4．（3分）计算（2x2）3的结果，正确的是（　　）
A．8x5 B．6x5 C．6x6 D．8x6
5．（3分）如图，m∥n，其中∠1＝40°，则∠2的度数为（　　）

A．130° B．140° C．150° D．160°
6．（3分）计算+|﹣2|×cos45°的结果，正确的是（　　）
A． B．3 C．2+ D．2+2
7．（3分）如果一个三角形的两边长分别为3，7，则第三边的长可以是（　　）
A．3 B．4 C．7 D．10
8．（3分）在△ABC中，用尺规作图，分别以点A和C为圆心，以大于AC的长为半径作弧，两弧相交于点M和N．作直线MN交AC于点D，交BC于点E，连接AE．则下列结论不一定正确的是（　　）

A．AB＝AE B．AD＝CD C．AE＝CE D．∠ADE＝∠CDE
9．（3分）小明解分式方程＝﹣1的过程如下．
解：去分母，得3＝2x﹣（3x+3）．①
去括号，得3＝2x﹣3x+3．②
移项、合并同类项，得﹣x＝6．③
化系数为1，得x＝﹣6．④
以上步骤中，开始出错的一步是（　　）
A．① B．② C．③ D．④
10．（3分）如图，某地修建的一座建筑物的截面图的高BC＝5m，坡面AB的坡度为1：，则AB的长度为（　　）

A．10m B．10m C．5m D．5m
11．（3分）中国清代算书《御制数理精蕴》中有这样一题：“马四匹、牛六头，共价四十八两（我国古代货币单位）；马三匹、牛五头，共价三十八两．问马、牛各价几何？”设马每匹x两，牛每头y两，根据题意可列方程组为（　　）
A． B．
C． D．
12．（3分）如图，一件扇形艺术品完全打开后，AB，AC夹角为120°，AB的长为45cm，扇面BD的长为30cm，则扇面的面积是（　　）

A．375πcm2 B．450πcm2 C．600πcm2 D．750πcm2
13．（3分）现代物流的高速发展，为乡村振兴提供了良好条件．某物流公司的汽车行驶30km后进入高速路，在高速路上匀速行驶公司的汽车行驶30km后进入高速路，在高速路上匀速行驶一段时间后，再在乡村道路上行驶1h到达目的地．汽车行驶的时间x（单位：h）与行驶的路程y（单位：km）之间的关系如图所示．请结合图象，判断以下说法正确的是（　　）

A．汽车在高速路上行驶了2.5h
B．汽车在高速路上行驶的路程是180km
C．汽车在高速路上行驶的平均速度是72km/h
D．汽车在乡村道路上行驶的平均速度是40km/h
14．（3分）在平面直角坐标系中，已知二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象如图所示，有下列5个结论：
①abc＞0；②2a﹣b＝0；③9a+3b+c＞0；④b2＞4ac；⑤a+c＜b．
其中正确的有（　　）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
15．（3分）矩形纸片ABCD中，E为BC的中点，连接AE，将△ABE沿AE折叠得到△AFE，连接CF．若AB＝4，BC＝6，则CF的长是（　　）

A．3 B． C． D．
二、填空题（共5小题，每小题5分，满分25分）
16．（5分）分解因式：2m2﹣8＝　 　．
17．（5分）甲乙两人参加社会实践活动，随机选择“做环保志愿者”和“做交通引导员”两项中的一项，那么两人同时选择“做环保志愿者”的概率是 　 　．
18．（5分）如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝3，BC＝5，点P为BC边上任意一点，连接PA，以PA，PC为邻边作平行四边形PAQC，连接PQ，则PQ长度的最小值为 　 　．

19．（5分）如图，在平面直角坐标系中，正方形ABCD的顶点A，B分别在x轴、y轴上，对角线交于点E，反比例函数y＝（x＞0，k＞0）的图象经过点C，E．若点A（3，0），则k的值是 　 　．

20．（5分）如图，在平面直角坐标系中，把一个点从原点开始向上平移1个单位，再向右平移1个单位，得到点A1（1，1）；把点A1向上平移2个单位，再向左平移2个单位，得到点A2（﹣1，3）；把点A2向下平移3个单位，再向左平移3个单位，得到点A3（﹣4，0）；把点A3向下平移4个单位，再向右平移4个单位，得到点A4（0，﹣4），…；按此做法进行下去，则点A10的坐标为 　 　．

三、解答题（共7小题，满分80分）
21．（8分）先化简，再求值：÷（1﹣），其中a＝﹣2．
22．（8分）解不等式组，并把解集在数轴上表示出来．
23．（10分）某校在开展“网络安全知识教育周”期间，在八年级中随机抽取了20名学生分成甲、乙两组，每组各10人，进行“网络安全”现场知识竞赛．把甲、乙两组的成绩进行整理分析（满分100分，竞赛得分用x表示：90≤x≤100为网络安全意识非常强，80≤x＜90为网络安全意识强，x＜80为网络安全意识一般）．
收集整理的数据制成如下两幅统计图：

分析数据：

平均数
中位数
众数
甲组
a
80
80
乙组
83
b
c
根据以上信息回答下列问题：
（1）填空：a＝　 　，b＝　 　，c＝　 　；
（2）已知该校八年级有500人，估计八年级网络安全意识非常强的人数一共是多少？
（3）现在准备从甲乙两组满分人数中抽取两名同学参加校际比赛，求抽取的两名同学恰好一人来自甲组，另一人来自乙组的概率．
24．（12分）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，D是AB边上一点，以BD为直径的⊙O与AC相切于点E，连接DE并延长交BC的延长线于点F．
（1）求证：BF＝BD；
（2）若CF＝1，tan∠EDB＝2，求⊙O的直径．

25．（12分）2022北京冬奥会期间，某网店直接从工厂购进A、B两款冰墩墩钥匙扣，进货价和销售价如下表：（注：利润＝销售价﹣进货价）
类别
价格
A款钥匙扣
B款钥匙扣
进货价（元/件）
30
25
销售价（元/件）
45
37
（1）网店第一次用850元购进A、B两款钥匙扣共30件，求两款钥匙扣分别购进的件数；
（2）第一次购进的冰墩墩钥匙扣售完后，该网店计划再次购进A、B两款冰墩墩钥匙扣共80件（进货价和销售价都不变），且进货总价不高于2200元．应如何设计进货方案，才能获得最大销售利润，最大销售利润是多少？
（3）冬奥会临近结束时，网店打算把B款钥匙扣调价销售，如果按照原价销售，平均每天可售4件．经调查发现，每降价1元，平均每天可多售2件，将销售价定为每件多少元时，才能使B款钥匙扣平均每天销售利润为90元？
26．（14分）如图1，在四边形ABCD中，AC和BD相交于点O，AO＝CO，∠BCA＝∠CAD．
（1）求证：四边形ABCD是平行四边形；
（2）如图2，E，F，G分别是BO，CO，AD的中点，连接EF，GE，GF，若BD＝2AB，BC＝15，AC＝16，求△EFG的周长．


27．（16分）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝﹣x2+bx+c与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C，顶点为D（2，1），抛物线的对称轴交直线BC于点E．
（1）求抛物线y＝﹣x2+bx+c的表达式；
（2）把上述抛物线沿它的对称轴向下平移，平移的距离为h（h＞0），在平移过程中，该抛物线与直线BC始终有交点，求h的最大值；
（3）M是（1）中抛物线上一点，N是直线BC上一点．是否存在以点D，E，M，N为顶点的四边形是平行四边形？若存在，求出点N的坐标；若不存在，请说明理由．


2022年贵州省毕节市中考数学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（本题15小题，每小题3分，共45分）
1．（3分）2的相反数是（　　）
A．2 B．﹣2 C． D．﹣
【分析】根据相反数的定义求解即可．
【解答】解：2的相反数为：﹣2．
故选：B．
【点评】本题考查了相反数的知识，属于基础题，掌握相反数的定义是解题的关键．
2．（3分）下列垃圾分类标识的图形中，既是中心对称图形又是轴对称图形的是（　　）
A． B．
C． D．
【分析】根据中心对称图形与轴对称图形的概念进行判断即可．
【解答】解：A．既是中心对称图形，也是轴对称图形，故此选项符合题意；
B．既不是中心对称图形，也不是轴对称图形，故此选项不合题意；
C．既不是中心对称图形，也不是轴对称图形，故此选项不合题意；
D．不是中心对称图形，是轴对称图形，故此选项不合题意；
故选：A．
【点评】本题考查的是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度后与自身重合．
3．（3分）截至2022年3月24日，携带“祝融号”火星车的“天问一号”环绕器在轨运行609天，距离地球277000000千米；277000000用科学记数法表示为（　　）
A．277×106 B．2.77×107 C．2.8×108 D．2.77×108
【分析】科学记数法：把一个大于10的数记成a×10n的形式，其中a是整数数位只有一位的数，n是正整数，这种记数法叫做科学记数法．【科学记数法形式：a×10n，其中1≤a＜10，n为正整数．】
【解答】解：277000000＝2.77×108．
故选：D．
【点评】本题主要考查了科学记数法—表示较大的数，熟练掌握科学记数法—表示较大的数的方法进行求解是解决本题的关键．
4．（3分）计算（2x2）3的结果，正确的是（　　）
A．8x5 B．6x5 C．6x6 D．8x6
【分析】应用积的乘方运算法则进行计算即可得出答案．
【解答】解：（2x2）3＝8x6．
故选：D．
【点评】本题主要考查了积的乘方，熟练掌握积的乘方运算法则进行求解是解决本题的关键．
5．（3分）如图，m∥n，其中∠1＝40°，则∠2的度数为（　　）

A．130° B．140° C．150° D．160°
【分析】由平行线的性质得到∠3＝∠1＝40°，再根据平角的定义即可得解．
【解答】解：如图，

∵m∥n，∠1＝40°，
∴∠3＝∠1＝40°，
∵∠2+∠3＝180°，
∴∠2＝180°﹣∠3＝140°，
故选：B．
【点评】此题考查了平行线的性质，熟记“两直线平行，同位角相等”是解题的关键．
6．（3分）计算+|﹣2|×cos45°的结果，正确的是（　　）
A． B．3 C．2+ D．2+2
【分析】应用特殊角三角函数值及二次根式的加减运算法则进行计算即可得出答案．
【解答】解：原式＝2+2×＝3．
故选：B．
【点评】本题主要考查了特殊角三角函数值及二次根式的加减运算，熟练掌握特殊角三角函数值及二次根式的加减运算法则进行求解是解决本题的关键．
7．（3分）如果一个三角形的两边长分别为3，7，则第三边的长可以是（　　）
A．3 B．4 C．7 D．10
【分析】根据三角形三边关系，两边之和第三边，两边之差小于第三边即可判断．
【解答】解：设第三边为x，则4＜x＜10，
所以符合条件的整数为7，
故选：C．
【点评】本题考查三角形三边关系定理，记住两边之和第三边，两边之差小于第三边，属于基础题，中考常考题型．
8．（3分）在△ABC中，用尺规作图，分别以点A和C为圆心，以大于AC的长为半径作弧，两弧相交于点M和N．作直线MN交AC于点D，交BC于点E，连接AE．则下列结论不一定正确的是（　　）

A．AB＝AE B．AD＝CD C．AE＝CE D．∠ADE＝∠CDE
【分析】利用线段的垂直平分线的性质判断即可．
【解答】解：由作图可知，MN垂直平分线段AC，
∴AD＝DC，EA＝EC，∠ADE＝∠CDE＝90°，
故选项B，C，D正确，
故选：A．
【点评】本题考查作图﹣复杂作图，线段的垂直平分线的性质等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
9．（3分）小明解分式方程＝﹣1的过程如下．
解：去分母，得3＝2x﹣（3x+3）．①
去括号，得3＝2x﹣3x+3．②
移项、合并同类项，得﹣x＝6．③
化系数为1，得x＝﹣6．④
以上步骤中，开始出错的一步是（　　）
A．① B．② C．③ D．④
【分析】按照解分式方程的一般步骤进行检查，即可得出答案．
【解答】解：去分母得：3＝2x﹣（3x+3）①，
去括号得：3＝2x﹣3x﹣3②，
∴开始出错的一步是②，
故选：B．
【点评】本题考查了解分式方程，熟练掌握解分式方程的一般步骤是解决问题的关键．
10．（3分）如图，某地修建的一座建筑物的截面图的高BC＝5m，坡面AB的坡度为1：，则AB的长度为（　　）

A．10m B．10m C．5m D．5m
【分析】由坡面AB的坡度为＝＝1：，可得AC＝5m，再根据勾股定理可得AB＝＝10m．
【解答】解：∵坡面AB的坡度为＝＝1：，
∴AC＝5m，
∴AB＝＝10m．
故选：A．
【点评】本题考查解直角三角形的应用﹣坡度坡角问题，理解坡度的定义是解答本题的关键．
11．（3分）中国清代算书《御制数理精蕴》中有这样一题：“马四匹、牛六头，共价四十八两（我国古代货币单位）；马三匹、牛五头，共价三十八两．问马、牛各价几何？”设马每匹x两，牛每头y两，根据题意可列方程组为（　　）
A． B．
C． D．
【分析】利用总价＝单价×数量，结合“马四匹、牛六头，共价四十八两；马三匹、牛五头，共价三十八两”，即可得出关于x，y的二元一次方程组，解之即可得出结论．
【解答】解：∵马四匹、牛六头，共价四十八两，
∴4x+6y＝48；
∵马三匹、牛五头，共价三十八两，
∴3x+5y＝38．
∴可列方程组为．
故选：C．
【点评】本题考查了由实际问题抽象出二元一次方程组，找准等量关系，正确列出二元一次方程组是解题的关键．
12．（3分）如图，一件扇形艺术品完全打开后，AB，AC夹角为120°，AB的长为45cm，扇面BD的长为30cm，则扇面的面积是（　　）

A．375πcm2 B．450πcm2 C．600πcm2 D．750πcm2
【分析】先求出AD的长，再根据扇形的面积公式求出扇形BAC和扇形DAE的面积即可．
【解答】解：∵AB的长是45cm，扇面BD的长为30cm，
∴AD＝AB﹣BD＝15cm，
∵∠BAC＝120°，
∴扇面的面积S＝S扇形BAC﹣S扇形DAE
＝﹣
＝600π（cm2），
故选：C．
【点评】本题考查了扇形的面积计算，能熟记扇形的面积公式是解此题的关键，注意：圆心角为n°，半径为r的扇形的面积S＝．
13．（3分）现代物流的高速发展，为乡村振兴提供了良好条件．某物流公司的汽车行驶30km后进入高速路，在高速路上匀速行驶公司的汽车行驶30km后进入高速路，在高速路上匀速行驶一段时间后，再在乡村道路上行驶1h到达目的地．汽车行驶的时间x（单位：h）与行驶的路程y（单位：km）之间的关系如图所示．请结合图象，判断以下说法正确的是（　　）

A．汽车在高速路上行驶了2.5h
B．汽车在高速路上行驶的路程是180km
C．汽车在高速路上行驶的平均速度是72km/h
D．汽车在乡村道路上行驶的平均速度是40km/h
【分析】由3.5h到达目的地，在乡村道路上行驶1h可得下高速公路的时间，从而可判断A，由图象直接可判断B，根据速度＝路程除以时间可判断C和D．
【解答】解：∵3.5h到达目的地，在乡村道路上行驶1h，
∴汽车下高速公路的时间是2.5h，
∴汽车在高速路上行驶了2.5﹣0.5＝2（h），故A错误，不符合题意；
由图象知：汽车在高速路上行驶的路程是180﹣30＝150（km），故B错误，不符合题意；
汽车在高速路上行驶的平均速度是150÷2＝75（km/h），故C错误，不符合题意；
汽车在乡村道路上行驶的平均速度是（220﹣180）÷1＝40（km/h），故D正确，符合题意；
故选：D．
【点评】本题考查一次函数的应用，解题的关键是读懂题意，能正确识图，从图中获取有用的信息．
14．（3分）在平面直角坐标系中，已知二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象如图所示，有下列5个结论：
①abc＞0；②2a﹣b＝0；③9a+3b+c＞0；④b2＞4ac；⑤a+c＜b．
其中正确的有（　　）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【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：∵图象开口向下，
∴a＜0，
∵对称轴为直线x＝﹣＝1，
∴b＝﹣2a＞0，
∵图象与y轴的交点在x轴的上方，
∴c＞0，
∴abc＜0，
∴①说法正确，
∵﹣＝1，
∴2a＝﹣b，
∴2a+b＝0，
∴②说法错误，
由图象可知抛物线与x轴的另一个交点为（3，0），
∴当x＝3时，y＝0，
∴9a+3b+c＝0，
∴③说法错误，
∵抛物线与x轴有两个交点，
∴b2﹣4ac＞0，
∴b2＞4ac，
∴④说法正确；
当x＝﹣1时，y＜0，
∴a﹣b+c＜0，
∴a+c＜b，
∴⑤说法正确，
∴正确的为①④⑤，
故选：C．
【点评】本题考查二次函数的图象及性质，熟练掌握二次函数的图象及性质，能从图象中获取信息是解题的关键．
15．（3分）矩形纸片ABCD中，E为BC的中点，连接AE，将△ABE沿AE折叠得到△AFE，连接CF．若AB＝4，BC＝6，则CF的长是（　　）

A．3 B． C． D．
【分析】连接BF，交AE于O点，根据翻折的性质知BE＝EF，∠AEB＝∠AEF，AE垂直平分BF，再说明AE∥CF，利用等积法求出BO的长，再利用勾股定理可得答案．
【解答】解：连接BF，交AE于O点，

∵将△ABE沿AE折叠得到△AFE，
∴BE＝EF，∠AEB＝∠AEF，AE垂直平分BF，
∵点E为BC的中点，
∴BE＝CE＝EF＝3，
∴∠EFC＝∠ECF，
∵∠BEF＝∠ECF+∠EFC，
∴∠AEB＝∠ECF，
∴AE∥CF，
∴∠BFC＝∠BOE＝90°，
在Rt△ABE中，由勾股定理得，AE＝＝，
∴BO＝＝，
∴BF＝2BO＝，
在Rt△BCF中，由勾股定理得，
CF＝＝＝，
故选：D．
【点评】本题主要考查了翻折变换，矩形的性质，勾股定理，平行线的性质等知识，利用等积法求出BO的长是解题的关键．
二、填空题（共5小题，每小题5分，满分25分）
16．（5分）分解因式：2m2﹣8＝　2（m+2）（m﹣2）　．
【分析】先提取公因式2，再对余下的多项式利用平方差公式继续分解因式．
【解答】解：2m2﹣8，
＝2（m2﹣4），
＝2（m+2）（m﹣2）．
故答案为：2（m+2）（m﹣2）．
【点评】本题考查了提公因式法与公式法分解因式，要求灵活使用各种方法对多项式进行因式分解，一般来说，如果可以先提取公因式的要先提取公因式，再考虑运用公式法分解．
17．（5分）甲乙两人参加社会实践活动，随机选择“做环保志愿者”和“做交通引导员”两项中的一项，那么两人同时选择“做环保志愿者”的概率是 　　．
【分析】用列表法列举出所有可能出现的结果，再根据概率的定义进行计算即可．
【解答】解：甲乙两人随机选择“做环保志愿者”和“做交通引导员”两项中的一项，所有可能出现的结果如下：

共有4种可能出现的结果，其中两人同时选择“做环保志愿者”的有1种，
所以两人同时选择“做环保志愿者”的概率为，
故答案为：．
【点评】本题考查列表法法或树状图法求概率，列举出所有可能出现的结果是正确解答的关键．
18．（5分）如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝3，BC＝5，点P为BC边上任意一点，连接PA，以PA，PC为邻边作平行四边形PAQC，连接PQ，则PQ长度的最小值为 　　．

【分析】以PA，PC为邻边作平行四边形PAQC，由平行四边形的性质可知O是AC中点，PQ最短也就是PO最短，所以应该过O作BC的垂线P′O，证明△CAB∽△CP′O，利用相似三角形的性质得出，求出OP'，即可求出PQ的最小值．
【解答】解：∵∠BAC＝90°，AB＝3，BC＝5，
∴AC＝＝＝4，
∵四边形APCQ是平行四边形，
∴PO＝QO，CO＝AO＝2，
∵PQ最短也就是PO最短，
∴过O作BC的垂线OP′，

∵∠ACB＝∠P′CO，∠CP′O＝∠CAB＝90°，
∴△CAB∽△CP′O，
∴，
∴，
∴OP′＝，
∴则PQ的最小值为2OP′＝，
故答案为：．
【点评】本题考查了勾股定理的运用、平行四边形的性质、相似三角形的判定和性质以及垂线段最短的性质，解题的关键是熟练掌握平行四边形的性质．
19．（5分）如图，在平面直角坐标系中，正方形ABCD的顶点A，B分别在x轴、y轴上，对角线交于点E，反比例函数y＝（x＞0，k＞0）的图象经过点C，E．若点A（3，0），则k的值是 　4　．

【分析】利用中点坐标公式可得点C的横坐标为1，作CH⊥y轴于H，再利用AAS证明△AOB≌△BHC，得BH＝OA＝3，OB＝CH＝1，从而得出点C的坐标，即可得出答案．
【解答】解：设C（m，），
∵四边形ABCD是正方形，
∴点E为AC的中点，
∴E（，），
∵点E在反比例函数y＝上，
∴，
∴m＝1，
作CH⊥y轴于H，

∴CH＝1，
∵四边形ABCD是正方形，
∴BA＝BC，∠ABC＝90°，
∴∠OBA＝∠HCB，
∵∠AOB＝∠BHC，
∴△AOB≌△BHC（AAS），
∴BH＝OA＝3，OB＝CH＝1，
∴C（1，4），
∴k＝4，
故答案为：4．
【点评】本题主要考查了反比例函数图象上点的坐标的特征，正方形的性质，全等三角形的判定与性质等知识，利用全等三角形的判定与性质求出点C的坐标是解题的关键．
20．（5分）如图，在平面直角坐标系中，把一个点从原点开始向上平移1个单位，再向右平移1个单位，得到点A1（1，1）；把点A1向上平移2个单位，再向左平移2个单位，得到点A2（﹣1，3）；把点A2向下平移3个单位，再向左平移3个单位，得到点A3（﹣4，0）；把点A3向下平移4个单位，再向右平移4个单位，得到点A4（0，﹣4），…；按此做法进行下去，则点A10的坐标为 　（﹣1，11）　．

【分析】根据题目规律，依次求出A5、A6……A10的坐标即可．
【解答】解：由图象可知，A5（5，1），
将点A5向左平移6个单位、再向上平移6个单位，可得A6（﹣1，7），
将点A6向左平移7个单位，再向下平移7个单位，可得A7（﹣8，0），
将点A7向右平移8个单位，再向下平移8个单位，可得A8（0，﹣8），
将点A8向右平移9个单位，再向上平移9个单位，可得A9（9，1），
将点A9向左平移平移10个单位，再向上平移10个单位，可得A10（﹣1，11），
故答案为：（﹣1，11）．
【点评】本题主要考查了坐标与图形变化﹣平移，规律型问题，解题的关键是学会探究规律，属于中考常考题型．
三、解答题（共7小题，满分80分）
21．（8分）先化简，再求值：÷（1﹣），其中a＝﹣2．
【分析】先算括号里，再算括号外，然后把a的值代入化简后的式子进行计算即可解答．
【解答】解：÷（1﹣）
＝÷
＝•
＝，
当a＝﹣2时，原式＝＝＝．
【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．
22．（8分）解不等式组，并把解集在数轴上表示出来．
【分析】按照解一元一次不等式组的步骤，进行计算即可解答．
【解答】解：，
解不等式①得：x≥﹣1，
解不等式②得：x＜2，
∴原不等式组的解集为：﹣1≤x＜2，
该不等式组的解集在数轴上表示为：

【点评】本题考查了解一元一次不等式组，在数轴上表示不等式的解集，熟练掌握解一元一次不等式组是解题的关键．
23．（10分）某校在开展“网络安全知识教育周”期间，在八年级中随机抽取了20名学生分成甲、乙两组，每组各10人，进行“网络安全”现场知识竞赛．把甲、乙两组的成绩进行整理分析（满分100分，竞赛得分用x表示：90≤x≤100为网络安全意识非常强，80≤x＜90为网络安全意识强，x＜80为网络安全意识一般）．
收集整理的数据制成如下两幅统计图：

分析数据：

平均数
中位数
众数
甲组
a
80
80
乙组
83
b
c
根据以上信息回答下列问题：
（1）填空：a＝　83　，b＝　85　，c＝　70　；
（2）已知该校八年级有500人，估计八年级网络安全意识非常强的人数一共是多少？
（3）现在准备从甲乙两组满分人数中抽取两名同学参加校际比赛，求抽取的两名同学恰好一人来自甲组，另一人来自乙组的概率．
【分析】（1）根据平均数、中位数、众数的定义进行计算即可；
（2）求出样本中，网络安全意识强的所占的百分比即可估计总体中的百分比，进而计算出相应的人数；
（3）列举出所有可能出现的结果情况，再根据概率的定义进行计算即可．
【解答】解：（1）甲组的平均数a＝＝83（分），
将乙组的10名同学的成绩从小到大排列，处在中间位置的两个数的平均数为＝85（分），即中位数b＝85，
乙组10名同学成绩出现次数最多的是70分，共出现4次，因此众数是70分，即c＝70，
故答案为：a＝83，b＝85，c＝70；
（2）500×＝200（人），
答：该校八年级500名学生中网络安全意识非常强的大约有200人．；
（3）甲组1名，乙组2名满分的同学中任意选取2名，所有可能出现的结果如下：

共有6种可能出现的结果，其中两名同学恰好一人来自甲组，另一人来自乙组的有4种，
所以两名同学恰好一人来自甲组，另一人来自乙组的概率为＝．
【点评】本题考查列表法或树状图法求概率，条形统计图、折线统计图以及样本估计总体，掌握中位数、众数平均数的计算方法是正确解答的前提，列举出所有可能出现的结果是计算概率的关键．
24．（12分）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，D是AB边上一点，以BD为直径的⊙O与AC相切于点E，连接DE并延长交BC的延长线于点F．
（1）求证：BF＝BD；
（2）若CF＝1，tan∠EDB＝2，求⊙O的直径．

【分析】（1）连接OE，利用圆的切线的性质定理，平行线的判定与性质，同圆的半径相等和等腰三角形的判定定理解答即可；
（2）连接BE，利用直径所对的圆周角为直角，直角三角形的边角关系定理和相似三角形的判定与性质解答即可．
【解答】（1）证明：连接OE，如图，

∵AC是⊙O的切线，
∴OE⊥AC．
∵AC⊥BC，
∴OE∥BC，
∴∠OED＝∠F．
∵OD＝OE，
∴∠ODE＝∠OED，
∴∠BDE＝∠F，
∴BD＝BF；
（2）解：连接BE，如图，

∵∠BDE＝∠F，
∴tan∠BDE＝tan∠F＝2，
∵CF＝1，tan∠F＝，
∴CE＝2．
∵BD是⊙O直径，
∴∠BED＝90°，
∴BE⊥EF．
∵EC⊥BF，
∴△ECF∽△BCE，
∴，
∴EC2＝BC•CF．
∴BC＝4．
∴BF＝BC+CF＝5．
∴BD＝BF＝5，
即⊙O的直径为5．
【点评】本题主要考查了圆的切线的性质定理，平行线的判定与性质，等腰三角形的判定与性质．相似三角形的判定与性质，直角三角形的边角关系定理，连接经过切点的半径和直径所对的圆周角是解决此类问题常添加的辅助线．
25．（12分）2022北京冬奥会期间，某网店直接从工厂购进A、B两款冰墩墩钥匙扣，进货价和销售价如下表：（注：利润＝销售价﹣进货价）
类别
价格
A款钥匙扣
B款钥匙扣
进货价（元/件）
30
25
销售价（元/件）
45
37
（1）网店第一次用850元购进A、B两款钥匙扣共30件，求两款钥匙扣分别购进的件数；
（2）第一次购进的冰墩墩钥匙扣售完后，该网店计划再次购进A、B两款冰墩墩钥匙扣共80件（进货价和销售价都不变），且进货总价不高于2200元．应如何设计进货方案，才能获得最大销售利润，最大销售利润是多少？
（3）冬奥会临近结束时，网店打算把B款钥匙扣调价销售，如果按照原价销售，平均每天可售4件．经调查发现，每降价1元，平均每天可多售2件，将销售价定为每件多少元时，才能使B款钥匙扣平均每天销售利润为90元？
【分析】（1）设购进A款钥匙扣x件，B款钥匙扣y件，利用总价＝单价×数量，结合该网店第一次用850元购进A、B两款钥匙扣共30件，即可得出关于x，y的二元一次方程组，解之即可得出结论；
（2）设购进m件A款钥匙扣，则购进（80﹣m）件B款钥匙扣，利用总价＝单价×数量，结合总价不超过2200元，即可得出关于m的一元一次不等式，解之即可得出m的取值范围，设再次购进的A、B两款冰墩墩钥匙扣全部售出后获得的总利润为w元，利用总利润＝每件的销售利润×销售数量，即可得出w关于m的函数关系式，再利用一次函数的性质，即可解决最值问题；
（3）设B款钥匙扣的售价定为a元，则每件的销售利润为（a﹣25）元，平均每天可售出（78﹣2a）件，利用平均每天销售B款钥匙扣获得的总利润＝每件的销售利润×平均每天的销售量，即可得出关于a的一元二次方程，解之即可得出结论．
【解答】解：（1）设购进A款钥匙扣x件，B款钥匙扣y件，
依题意得：，
解得：．
答：购进A款钥匙扣20件，B款钥匙扣10件．
（2）设购进m件A款钥匙扣，则购进（80﹣m）件B款钥匙扣，
依题意得：30m+25（80﹣m）≤2200，
解得：m≤40．
设再次购进的A、B两款冰墩墩钥匙扣全部售出后获得的总利润为w元，则w＝（45﹣30）m+（37﹣25）（80﹣m）＝3m+960．
∵3＞0，
∴w随m的增大而增大，
∴当m＝40时，w取得最大值，最大值＝3×40+960＝1080，此时80﹣m＝80﹣40＝40．
答：当购进40件A款钥匙扣，40件B款钥匙扣时，才能获得最大销售利润，最大销售利润是1080元．
（3）设B款钥匙扣的售价定为a元，则每件的销售利润为（a﹣25）元，平均每天可售出4+2（37﹣a）＝（78﹣2a）件，
依题意得：（a﹣25）（78﹣2a）＝90，
整理得：a2﹣64a+1020＝0，
解得：a1＝30，a2＝34．
答：将销售价定为每件30元或34元时，才能使B款钥匙扣平均每天销售利润为90元．
【点评】本题考查了二元一次方程组的应用、一元一次不等式的应用、一元二次方程的应用以及一次函数的应用，解题的关键是：（1）找准等量关系，正确列出二元一次方程组；（2）根据各数量之间的关系，找出w关于m的函数关系式；（3）找准等量关系，正确列出一元二次方程．
26．（14分）如图1，在四边形ABCD中，AC和BD相交于点O，AO＝CO，∠BCA＝∠CAD．
（1）求证：四边形ABCD是平行四边形；
（2）如图2，E，F，G分别是BO，CO，AD的中点，连接EF，GE，GF，若BD＝2AB，BC＝15，AC＝16，求△EFG的周长．


【分析】（1）根据已知可得AD∥BC，然后再利用ASA证明△AOD≌△COB，从而利用全等三角形的性质可得AD＝BC，最后利用平行四边形的判定方法即可解答；
（2）连接DF，利用平行四边形的性质可得AD＝BC＝15，AB＝CD，AD∥BC，BD＝2OD，OA＝OC＝AC＝8，从而可得AB＝DO＝DC，再利用等腰三角形的性质可得DF⊥OC，从而在Rt△AFD中，利用勾股定理求出DF的长，然后利用直角三角形斜边上的中线可求出FG的长，再根据三角形的中位线定理可得EF＝BC＝7.5，EF∥BC，从而可得四边形GEFD是平行四边形，，进而可得EG＝DF＝9，最后进行计算即可解答．
【解答】（1）证明：∵∠BCA＝∠CAD，
∴AD∥BC，
在△AOD与△COB中，
，
∴△AOD≌△COB（ASA），
∴AD＝BC，
∴四边形ABCD是平行四边形；
（2）解：连接DF，

∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD＝BC＝15，AB＝CD，AD∥BC，BD＝2OD，OA＝OC＝AC＝8，
∵BD＝2AB，
∴AB＝OD，
∴DO＝DC，
∵点F是OC的中点，
∴OF＝OC＝4，DF⊥OC，
∴AF＝OA+OF＝12，
在Rt△AFD中，DF＝＝＝9，
∴点G是AD的中点，∠AFD＝90°，
∴DG＝FG＝AD＝7.5，
∵点E，点F分别是OB，OC的中点，
∴EF是△OBC的中位线，
∴EF＝BC＝7.5，EF∥BC，
∴EF＝DG，EF∥AD，
∴四边形GEFD是平行四边形，
∴GE＝DF＝9，
∴△EFG的周长＝GE+GF+EF＝9+7.5+7.5＝24，
∴△EFG的周长为24．

【点评】本题考查了平行四边形的判定与性质，三角形的中位线定理，直角三角形斜边上的中线，勾股定理，等腰三角形的性质，全等三角形的判定与性质，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．
27．（16分）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝﹣x2+bx+c与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C，顶点为D（2，1），抛物线的对称轴交直线BC于点E．
（1）求抛物线y＝﹣x2+bx+c的表达式；
（2）把上述抛物线沿它的对称轴向下平移，平移的距离为h（h＞0），在平移过程中，该抛物线与直线BC始终有交点，求h的最大值；
（3）M是（1）中抛物线上一点，N是直线BC上一点．是否存在以点D，E，M，N为顶点的四边形是平行四边形？若存在，求出点N的坐标；若不存在，请说明理由．

【分析】（1）利用抛物线的顶点式可直接得出抛物线的表达式；
（2）先根据（1）中抛物线的表达式求出点A，B，C的坐标，进而可得出直线BC的表达式；设出点平移后的抛物线，联立直线BC和抛物线的表达式，根据根的判别式可得出结论；
（3）假设存在以点D，E，M，N为顶点的四边形是平行四边形，分别以DE为边，以DE为对角线，进行讨论即可．
【解答】解：（1）∵抛物线y＝﹣x2+bx+c的顶点为D（2，1），
∴抛物线的表达式为：y＝﹣（x﹣2）2+1＝﹣x2+4x﹣3．
（2）由（1）知，抛物线的表达式为：y＝﹣x2+4x﹣3，
令x＝0，则y＝﹣3，
∴C（0，﹣3）；
令y＝0，则x＝1或x＝3，
∴A（1，0），B（3，0）．
∴直线BC的解析式为：y＝x﹣3．
设平移后的抛物线的解析式为：y＝﹣（x﹣2）2+1﹣h，
令﹣（x﹣2）2+1﹣h＝x﹣3，整理得x2﹣3x+h＝0，
∵该抛物线与直线BC始终有交点，
∴Δ＝9﹣4h≥0，
∴h≤．
∴h的最大值为．
（3）存在，理由如下：
由题意可知，抛物线的对称轴为：直线x＝2，
∴E（2，﹣1），
∴DE＝2，
设点M（m，﹣m2+4m﹣3），
若以点D，E，M，N为顶点的四边形是平行四边形，则分一下两种情况：
①当DE为边时，DE∥MN，
则N（m，m﹣3），
∴MN＝|﹣m2+4m﹣3﹣（m﹣3）|＝|﹣m2+3m|，
∴|﹣m2+3m|＝2，解得m＝1或m＝2（舍）或m＝或m＝．
∴N（1，﹣2）或（，）或（，）．
②当DE为对角线时，
设点N的坐标为t，
则N（t，t﹣3），
∴，
解得m或（舍），
∴N（3，0）．
综上，点N的坐标为N（1，﹣2）或（，）或（，）或（3，0）．
【点评】本题主要考查待定系数法求函数表达式，平行四边形存在性问题，在做题过程中注意需要分类讨论，利用点的平移解决问题．