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2022年黑龙江省佳木斯市中考数学试卷（含解析）
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这是一份2022年黑龙江省佳木斯市中考数学试卷（含解析），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。
2022年黑龙江省佳木斯市中考数学试卷
题号
一
二
三
总分
得分
一、选择题（本大题共10小题，共30分）
1. 下列运算中，计算正确的是( )
A. (b−a)2=b2−a2 B. 3a⋅2a=6a
C. (−x2)2=x4 D. a6÷a2=a3
2. 下列图形是汽车的标识，其中是中心对称图形但不是轴对称图形的是( )
A. B.
C. D.
3. 学校举办跳绳比赛，九年(2)班参加比赛的6名同学每分钟跳绳次数分别是172，169，180，182，175，176，这6个数据的中位数是( )
A. 181 B. 175 C. 176 D. 175.5
4. 如图是由若干个相同的小正方体搭成的一个几何体的左视图和俯视图，则所需的小正方体的个数最多是( )
A. 7
B. 8
C. 9
D. 10
5. 2022年北京冬奥会女子冰壶比赛有若干支队伍参加了单循环比赛，单循环比赛共进行了45场，共有多少支队伍参加比赛？( )
A. 8 B. 10 C. 7 D. 9
6. 已知关于x的分式方程2x−mx−1−31−x=1的解是正数，则m的取值范围是( )
A. m>4 B. m<4 C. m>4且m≠5 D. m<4且m≠1
7. 国家“双减”政策实施后，某校开展了丰富多彩的社团活动．某班同学报名参加书法和围棋两个社团，班长为参加社团的同学去商场购买毛笔和围棋(两种都购买)共花费360元．其中毛笔每支15元，围棋每副20元，共有多少种购买方案？( )
A. 5 B. 6 C. 7 D. 8
8. 如图，在平面直角坐标系中，点O为坐标原点，平行四边形OBAD的顶点B在反比例函数y=3x的图象上，顶点A在反比例函数y=kx的图象上，顶点D在x轴的负半轴上．若平行四边形OBAD的面积是5，则k的值是( )
A. 2 B. 1 C. −1 D. −2
9. 如图，△ABC中，AB=AC，AD平分∠BAC与BC相交于点D，点E是AB的中点，点F是DC的中点，连接EF交AD于点P.若△ABC的面积是24，PD=1.5，则PE的长是( )
A. 2.5 B. 2 C. 3.5 D. 3
10. 如图，正方形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，点F是CD上一点，OE⊥OF交BC于点E，连接AE，BF交于点P，连接OP.则下列结论：①AE⊥BF；②∠OPA=45°；③AP−BP=2OP；④若BE：CE=2：3，则tan∠CAE=47；⑤四边形OECF的面积是正方形ABCD面积的14.其中正确的结论是( )
A. ①②④⑤ B. ①②③⑤ C. ①②③④ D. ①③④⑤
二、填空题（本大题共10小题，共30分）
11. 我国南水北调东线北延工程2021−2022年度供水任务顺利完成，共向黄河以北调水1.89亿立方米，将数据1.89亿用科学记数法表示为______．
12. 在函数y=2x−3中，自变量x的取值范围是______．
13. 如图，在四边形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，OA=OC，请你添加一个条件______，使△AOB≌△COD．
14. 在一个不透明的口袋中，有2个红球和4个白球，这些球除颜色外其余完全相同，摇匀后随机摸出一个球，摸到红球的概率是______．
15. 若关于x的一元一次不等式组2x−1<3x−a<0的解集为x<2，则a的取值范围是______．
16. 如图，在⊙O中，AB是⊙O的弦，⊙O的半径为3cm.C为⊙O上一点，∠ACB=60°，则AB的长为______cm．
17. 若一个圆锥的母线长为5cm，它的侧面展开图的圆心角为120°，则这个圆锥的底面半径为______cm．
18. 如图，菱形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，∠BAD=60°，AD=3，AH是∠BAC的平分线，CE⊥AH于点E，点P是直线AB上的一个动点，则OP+PE的最小值是______．
19. 在矩形ABCD中，AB=9，AD=12，点E在边CD上，且CE=4，点P是直线BC上的一个动点．若△APE是直角三角形，则BP的长为______．
20. 如图，在平面直角坐标系中，点A1，A2，A3，A4…在x轴上且OA1=1，OA2=2OA1，OA3=2OA2，OA4=2OA3…按此规律，过点A1，A2，A3，A4…作x轴的垂线分别与直线y=3x交于点B1，B2，B3，B4…记△OA1B1，△OA2B2，△OA3B3，△OA4B4…的面积分别为S1，S2，S3，S4…则S2022=______．
三、解答题（本大题共8小题，共60分）
21. 先化简，再求值：(a2−2aa2−1−1)÷2a−1a+1，其中a=2cos30°+1．
22. 如图，在正方形网格中，每个小正方形的边长都是一个单位长度，在平面直角坐标系中，△ABC的三个顶点坐标分别为A(1,−1)，B(2,−5)，C(5,−4)．
(1)将△ABC先向左平移6个单位，再向上平移4个单位，得到△A1B1C1，画出两次平移后的△A1B1C1，并写出点A1的坐标；
(2)画出△A1B1C1绕点C1顺时针旋转90°后得到△A2B2C1，并写出点A2的坐标；
(3)在(2)的条件下，求点A1旋转到点A2的过程中所经过的路径长(结果保留π)．
23. 如图，抛物线y=x2+bx+c经过点A(−1,0)，点B(2,−3)，与y轴交于点C，抛物线的顶点为D．
(1)求抛物线的解析式；
(2)抛物线上是否存在点P，使△PBC的面积是△BCD面积的4倍，若存在，请直接写出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
24. 为进一步开展“睡眠管理”工作，某校对部分学生的睡眠情况进行了问卷调查．设每名学生平均每天的睡眠时间为x小时，其中的分组情况是：
A组：x<8.5
B组：8.5≤x<9
C组：9≤x<9.5
D组：9.5≤x<10
E组：x≥10
根据调查结果绘制成两幅不完整的统计图，请根据图中提供的信息，解答下列问题：
(1)本次共调查了______名学生；
(2)补全条形统计图；
(3)在扇形统计图中，求D组所对应的扇形圆心角的度数；
(4)若该校有1500名学生，请估计该校睡眠时间不足9小时的学生有多少人？
25. 为抗击疫情，支援B市，A市某蔬菜公司紧急调运两车蔬菜运往B市．甲、乙两辆货车从A市出发前往B市，乙车行驶途中发生故障原地维修，此时甲车刚好到达B市．甲车卸载蔬菜后立即原路原速返回接应乙车，把乙车的蔬菜装上甲车后立即原路原速又运往B市．乙车维修完毕后立即返回A市．两车离A市的距离y(km)与乙车所用时间x(ℎ)之间的函数图象如图所示．
(1)甲车速度是______km/ℎ，乙车出发时速度是______km/ℎ；
(2)求乙车返回过程中，乙车离A市的距离y(km)与乙车所用时间x(ℎ)的函数解析式(不要求写出自变量的取值范围)；
(3)乙车出发多少小时，两车之间的距离是120km？请直接写出答案．
26. △ABC和△ADE都是等边三角形．
(1)将△ADE绕点A旋转到图①的位置时，连接BD，CE并延长相交于点P(点P与点A重合)，有PA+PB=PC(或PA+PC=PB)成立(不需证明)；
(2)将△ADE绕点A旋转到图②的位置时，连接BD，CE相交于点P，连接PA，猜想线段PA、PB、PC之间有怎样的数量关系？并加以证明；
(3)将△ADE绕点A旋转到图③的位置时，连接BD，CE相交于点P，连接PA，猜想线段PA、PB、PC之间有怎样的数量关系？直接写出结论，不需要证明．
27. 学校开展大课间活动，某班需要购买A、B两种跳绳．已知购进10根A种跳绳和5根B种跳绳共需175元：购进15根A种跳绳和10根B种跳绳共需300元．
(1)求购进一根A种跳绳和一根B种跳绳各需多少元？
(2)设购买A种跳绳m根，若班级计划购买A、B两种跳绳共45根，所花费用不少于548元且不多于560元，则有哪几种购买方案？
(3)在(2)的条件下，哪种购买方案需要的总费用最少？最少费用是多少元？
28. 如图，在平面直角坐标系中，平行四边形ABCD的边AB在x轴上，顶点D在y轴的正半轴上，M为BC的中点，OA、OB的长分别是一元二次方程x2−7x+12=0的两个根(OA
(2)求S关于t的函数关系式，并写出自变量t的取值范围；
(3)在点P的运动过程中，是否存在点P，使△CMP是等腰三角形？若存在，请直接写出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A.(b−a)2=b2−2ab+a2，故A不正确；
B.3a⋅2a=6a2，故B不正确；
C.(−x2)2=x4，故C正确；
D.a6÷a2=a4，故D不符合题意；
故选：C．
利用完全平方公式，单项式乘多项式，幂的乘方的法则，同底数幂的除法的法则对各项进行运算即可．
本题考查了完全平方公式，单项式乘多项式，幂的乘方的法则，同底数幂的除法，解答的关键是对相应的运算法则的掌握．
2.【答案】C
【解析】解：A.既是中心对称图形，也是轴对称图形，故此选项不合题意；
B.不是中心对称图形，是轴对称图形，故此选项不合题意；
C.是中心对称图形但不是轴对称图形，故此选项符合题意；
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：C．
根据中心对称图形与轴对称图形的概念进行判断即可．
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.【答案】D
【解析】解：将这组数据从小到大排列为：169，172，175，176，180，182，
中位数=175+1762=175.5，
故选：D．
将这组数据从小到大排列，根据中位数的计算方法即可得出答案．
本题考查了中位数，掌握将一组数据按照从小到大(或从大到小)的顺序排列，如果数据的个数是奇数，则处于中间位置的数就是这组数据的中位数；如果这组数据的个数是偶数，则中间两个数据的平均数就是这组数据的中位数是解题的关键．
4.【答案】B
【解析】解：从俯视图课看出前后有三层，从左视图可看出最后面有2层高，
中间最高是2层，要是最多就都是2层，
最前面的最高是1层，
所以最多的为：2+2×2+1×2=8．
故选：B．
由左视图和俯视图可以猜想到主视图的可能情况，从而得到答案．
本题考查了三视图的知识，由两个识图想象几何体是解题的关键，
5.【答案】B
【解析】解：设共有x支队伍参加比赛，
根据题意，可得x(x−1)2=45，
解得x=10或x=−9(舍)，
∴共有10支队伍参加比赛．
故选：B．
设共有x支队伍参加比赛，根据“循环比赛共进行了45场”列一元二次方程，求解即可．
本题考查了一元二次方程的应用，理解题意并根据题意建立等量关系是解题的关键．
6.【答案】C
【解析】解：方程两边同时乘以x−1得，2x−m+3=x−1，
解得x=m−4．
∵x为正数，
∴m−4>0，解得m>4，
∵x≠1，
∴m−4≠1，即m≠5，
∴m的取值范围是m>4且m≠5．
故选：C．
先利用m表示出x的值，再由x为正数求出m的取值范围即可．
本题考查了分式方程的解，掌握求出使分式方程中令等号左右两边相等且分母不等于0的未知数的值，这个值叫方程的解是解题的关键．
7.【答案】A
【解析】解：设购买毛笔x支，围棋y副，
根据题意，得15x+20y=360，
∴y=18−34x，
∵两种都买，
∴18−34x>0，x、y都是正整数，
解得x<24，
故x是4的倍数且x<24，
∴x=4，y=15或x=8，y=12或x=12，y=9或x=16，y=6或x=20，y=3；
∴共有5种购买方案，
故选：A．
设购买毛笔x支，围棋y副，根据“购买毛笔和围棋(两种都购买)共花费360元”列二元一次方程，再由x和y分别取正整数，即可确定购买方案．
本题考查了二元一次方程的应用，理解题意并根据题意建立二元一次方程是解题的关键．
8.【答案】D
【解析】解：设B(a,3a)，
∵四边形OBAD是平行四边形，
∴AB//DO，
∴A(ak3,3a)，
∴AB=a−ak3，
∵平行四边形OBAD的面积是5，
∴3a(a−ak3)=5，
解得k=−2，
故选：D．
设B(a,3a)，根据四边形OBAD是平行四边形，推出AB//DO，表示出A点的坐标，求出AB=a−ak3，再根据平行四边形面积公式列方程，解出即可．
本题考查反比例函数比例系数k的几何意义、反比例函数图象上点的坐标特征、平行四边形性质，掌握反比例函数比例系数k的几何意义及函数图象上点的坐标特征，设出点的坐标、根据平行四边形面积公式列方程是解题的关键．
9.【答案】A
【解析】解：如图，过点E作EG⊥AD于G，
∵AB=AC，AD平分∠BAC，
∴AD⊥BC，BD=CD，
∴∠PDF=∠EGP=90°，EG//BC，
∵点E是AB的中点，
∴G是AD的中点，
∴EG=12BD，
∵F是CD的中点，
∴DF=12CD，
∴EG=DF，
∵∠EPG=∠DPF，
∴△EGP≌△FDP(AAS)，
∴PG=PD=1.5，
∴AD=2DG=6，
∵△ABC的面积是24，
∴12⋅BC⋅AD=24，
∴BC=48÷6=8，
∴DF=14BC=2，
∴EG=DF=2，
由勾股定理得：PE=22+1．52=2.5．
故选：A．
如图，过点E作EG⊥AD于G，证明△EGP≌△FDP，得PG=PD=1.5，由三角形中位线定理可得AD的长，由三角形ABC的面积是24，得BC的长，最后由勾股定理可得结论．
本题考查了等腰三角形的性质，三角形的中位线定理，全等三角形的性质和判定，三角形的面积等知识，作辅助线构建全等三角形是解本题的关键．
10.【答案】B
【解析】解：①∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC=CD，AC⊥BD，∠ABD=∠DBC=∠ACD=45°．
∴∠BOE+∠EOC=90°，
∵OE⊥OF，
∴∠FOC+∠EOC=90°．
∴∠BOE=∠COF．
在△BOE和△COF中，
∠OBE=∠OCF=45°OB=OC∠BOE=∠COF，
∴△BOE≌△COF(ASA)，
∴BE=CF．
在△BAE和△CBF中，
AB=BC∠ABC=∠BCF=90°BE=CF，
∴△BAE≌△CBF(SAS)，
∴∠BAE=∠CBF．
∵∠ABP+∠CBF=90°，
∴∠ABP+∠BAE=90°，
∴∠APB=90°．
∴AE⊥BF．
∴①的结论正确；
②∵∠APB=90°，∠AOB=90°，
∴点A，B，P，O四点共圆，
∴∠APO=∠ABO=45°，
∴②的结论正确；
③过点O作OH⊥OP，交AP于点H，如图，
∵∠APO=45°，OH⊥OP，
∴OH=OP=22HP，
∴HP=2OP．
∵OH⊥OP，
∴∠POB+∠HOB=90°，
∵OA⊥OB，
∴∠AOH+∠HOB=90°．
∴∠AOH=∠BOP．
∵∠OAH+BAE=45°，∠OBP+∠CBF=45°，，∠BAE=∠CBF，
∴∠OAH=∠OBP．
在△AOH和△BOP中，
∠OAH=∠OBPOA=OB∠AOH=∠BOP，
∴△AOH≌△BOP(ASA)，
∴AH=BP．
∴AP−BP=AP−AH=HP=2OP．
∴③的结论正确；
④∵BE：CE=2：3，
∴设BE=2x，则CE=3x，
∴AB=BC=5x，
∴AE=AB2+BE2=29x.
过点E作EG⊥AC于点G，如图，
∵∠ACB=45°，
∴EG=GC=22EC=322x，
∴AG=AE2−GE2=722x，
在Rt△AEG中，
∵tan∠CAE=EGAG，
∴tan∠CAE==322x722x=37．
∴④的结论不正确；
⑤∵四边形ABCD是正方形，
∴OA=OB=OC=OD，∠AOB=∠BOC=∠COD=∠DOA=90°，
∴△OAB≌△OBC≌△OCD≌△DOA(SAS)．
∴S△OBC=14S正方形ABCD．
∴S△BOE+S△OEC=14S正方形ABCD．
由①知：△BOE≌△COF，
∴S△OBE=S△OFC，
∴S△OEC+S△OFC=14S正方形ABCD．
即四边形OECF的面积是正方形ABCD面积的14．
∴⑤的结论正确．
综上，①②③⑤的结论正确．
故选：B．
利用全等三角形的判定与性质，正方形的性质，圆周角定理，直角三角形的边角关系定理对每个选项的结论进行判断即可得出结论．
本题主要考查了全等三角形的判定与性质，正方形的性质，圆周角定理，直角三角形的边角关系定理，等腰直角三角形的判定与性质，充分利用正方形的性质构造等腰直角三角形和全等三角形是解题的关键．
11.【答案】1.89×108
【解析】解：1.89亿=189000000=1.89×108．
故答案为：1.89×108．
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．
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．
12.【答案】x≥32
【解析】解：根据题意得，2x−3≥0，
解得x≥32．
故答案为：x≥32．
根据被开方数大于等于0列式计算即可得解．
本题考查的知识点为：二次根式的被开方数是非负数．
13.【答案】OB=OD(答案不唯一)
【解析】解：添加的条件是OB=OD，
理由是：在△AOB和△COD中，
AO=CO∠AOB=∠CODBO=DO，
∴△AOB≌△COD(SAS)，
故答案为：OB=OD(答案不唯一)．
此题是一道开放型的题目，答案不唯一，只要符合全等三角形的判定定理即可．
本题考查了全等三角形的判定定理，能熟记全等三角形的判定定理是解此题的关键，注意：全等三角形的判定定理是SAS，SAS，AAS，SSS，两直角三角形全等还有HL等．
14.【答案】13
【解析】解：∵在一个不透明的口袋中，有2个红球和4个白球，这些球除颜色外其余完全相同，摇匀后随机摸出一个球，
∴摸到红球的概率是：22+4=13．
故答案为：13．
直接利用概率公式，进而计算得出答案．
此题主要考查了概率公式，正确掌握概率求法是解题关键．
15.【答案】a≥2
【解析】解：不等式组整理得：x<2x
∴a≥2．
故答案为：a≥2．
不等式组整理后，根据已知解集，利用同小取小法则判断即可确定出a的范围．
此题考查了解一元一次不等式组，熟练掌握不等式组取解集的方法是解本题的关键．
16.【答案】33
【解析】解：连接AO并延长交⊙O于点D，
∵AD是⊙O的直径，
∴∠ADB=90°，
∵∠ACB=60°，
∴∠ADB=∠ACB=60°，
在Rt△ABD中，AD=6cm，
∴AB=AD⋅sin60°=6×32=33(cm)，
故答案为：33．
连接AO并延长交⊙O于点D，根据直径所对的圆周角是直角可得∠ADB=90°，再利用同弧所对的圆周角相等可求出∠ADB=60°，然后在Rt△ABD中，利用锐角三角函数的定义进行计算即可解答．
本题考查了三角形的外接圆与外心，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．
17.【答案】53
【解析】解：c长为：120°×π×5180∘=103π，
设圆锥的底面半径为r，
则2πr=103π，
∴r=53cm．
故答案为：53．
先求出圆锥侧面展开图扇形的弧长，再利用侧面展开图与底面圆的关系的关系列方程即可求出圆锥的底面半径．
本题主要考查圆锥的计算，掌握侧面展开图与底面圆的关系是解题关键．
18.【答案】326
【解析】解：连接OE，过点O作OF⊥AB，垂足为F，并延长到点O′，使O′F=OF，连接O′E交直线AB于点P，连接OP，
∴AP是OO′的垂直平分线，
∴OP=O′P，
∴OP+PE=O′P+PE=O′E，
此时，OP+PE的值最小，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AD=AB=3，∠BAC=12∠BAD，OA=OC=12AC，OD=OB=12BD，∠AOD=90°，
∵∠BAD=60°，
∴△ADB是等边三角形，
∴BD=AD=3，
∴OD=12BD=32，
∴AO=AD2−DO2=32−(32)2=323，
∴AC=2OA=33，
∵CE⊥AH，
∴∠AEC=90°，
∴OE=OA=12AC=323，
∴∠OAE=∠OEA，
∵AE平分∠CAB，
∴∠OAE=∠EAB，
∴∠OEA=∠EAB，
∴OE//AB，
∴∠EOF=∠AFO=90°，
在Rt△AOF中，∠OAB=12DAB=30°，
∴OF=12OA=343，
∴OO′=2OF=323，
在Rt△EOO′中，O′E=EO2+OO′2=(323)2+(323)2=326，
∴OE+PE=326，
∴OP+PE的最小值为326，
故答案为：326．
连接OE，过点O作OF⊥AB，垂足为F，并延长到点O′，使O′F=OF，连接O′E交直线AB于点P，连接OP，从而可得OP=O′P，此时OP+PE的值最小，先利用菱形的性质可得AD=AB=3，∠BAC=12∠BAD，OA=OC=12AC，OD=OB=12BD，∠AOD=90°，从而可得△ADB是等边三角形，进而求出AD=3，然后在Rt△ADO中，利用勾股定理求出AO的长，从而求出AC的长，进而利用直角三角形斜边上的中线可得OE=OA=12AC=323，再利用角平分线和等腰三角形的性质可得OE//AB，从而求出∠EOF=90°，进而在Rt△AOF中，利用锐角三角函数的定义求出OF的长，即可求出OO′的长，最后在Rt△EOO′中，利用勾股定理进行计算即可解答．
本题考查了菱形的性质，勾股定理，角平分线的定义，等边三角形的判定与性质，轴对称−最短路线问题，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．
19.【答案】313或154或6
【解析】解：若△APE是直角三角形，有以下三种情况：
①如图1，∠AEP=90°，
∴∠AED+∠CEP=90°，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠C=∠D=90°，
∴∠CEP+∠CPE=90°，
∴∠AED=∠CPE，
∴△ADE∽△ECP，
∴ADCE=DECP，即124=9−4CP，
∴CP=53，
∵BC=AD=12，
∴BP=12−53=313；
②如图2，∠PAE=90°，
∵∠DAE+∠BAE=∠BAE+∠BAP=90°，
∴∠DAE=∠BAP，
∵∠D=∠ABP=90°，
∴△ADE∽△ABP，
∴ADAB=DEPB，即129=5BP，
∴BP=154；
③如图3，∠APE=90°，设BP=x，则PC=12−x，
同理得：△ABP∽△PCE，
∴ABPC=BPCE，即912−x=x4，
∴x1=x2=6，
∴BP=6，
综上，BP的长是313或154或6．
故答案为：313或154或6．
若△APE是直角三角形，有三种情况：①如图1，∠AEP=90°，②如图2，∠PAE=90°，③如图3，∠APE=90°，分别证明三角形相似可解答．
本题考查的是相似三角形的判定与性质，矩形的性质，掌握相似三角形的判定定理和性质定理是解题的关键，并注意运用分类讨论的思想．
20.【答案】
【解析】解：∵OA1=1，OA2=2OA1，
∴OA2=2，
∵OA3=2OA2，
∴OA3=4，
∵OA4=2OA3，
∴OA4=8，
把x=1代入直线y=3x中可得：y=3，
∴A1B1=3，
把x=2代入直线y=3x中可得：y=23，
∴A2B2=23，
把x=4代入直线y=3x中可得：y=43，
∴A3B3=43，
把x=8代入直线y=3x中可得：y=83，
∴A4B4=83，
∴S1=12OA1⋅A1B1=12×1×3=12×20×(20×3)，
S2=12OA2⋅A2B2=12×2×23=12×21×(21×3)，
S3=12OA3⋅A3B3=12×4×43=12×22×(22×3)，
S4=12OA4⋅A4B4=12×8×83=12×23×(23×3)，
...
∴S2022=12×22021×(22021×3)=24041×3，
故答案为：24041×3．
根据已知先求出OA2，OA3，OA4的长，再代入直线y=3x中，分别求出A1B1，A2B2，A3B3，A4B4，然后分别计算出S1，S2，S3，S4，再从数字上找规律进行计算即可解答．
本题考查了规律型：点的坐标，含30度角的直角三角形，根据已知分别求出S1，S2，S3，S4的值，然后从数字上找规律是解题的关键．
21.【答案】解：(a2−2aa2−1−1)÷2a−1a+1
=(a2−2aa2−1−a2−1a2−1)÷2a−1a+1
=1−2a(a+1)(a−1)×a+12a−1
=11−a，
当a=2cos30°+1=2×32+1=3+1时，
原式=11−3−1=−33．
【解析】利用分式的减法法则和除法法则对分式进行计算化简，把特殊角的三角函数值代入计算求出a的值，代入化简后的分式进行计算，即可得出答案．
本题考查了分式的化简求值，特殊角的三角函数值，掌握分式的混合计算及特殊角的三角函数值是解决问题的关键．
22.【答案】解：(1)如图，△A1B1C1即为所求，点A1的坐标(−5,,3)；
(2)如图，△A2B2C1即为所求，点A2的坐标(2,4)；
(3)∵A1C1=32+42=5，
∴点A1旋转到点A2的过程中所经过的路径长=90π×5180=5π2．
【解析】(1)利用平移变换的性质分别作出A，B，C的对应点A1，B1，C1即可；
(2)利用旋转变换的性质分别作出A1，B1的对应点A2，B2即可；
(3)利用勾股定理求出A1C1，再利用弧长公式求解．
本题考查作图−平移变换，旋转变换，弧长公式等知识，解题的关键是掌握平移变换，旋转变换的性质，属于中考常考题型．
23.【答案】解：(1)∵抛物线y=x2+bx+c经过点A(−1,0)，点B(2,−3)，
∴1−b+c=04+2b+c=−3，
解得b=−2，c=−3，
∴抛物线的解析式：y=x2−2x−3；
(2)存在，理由如下：
∵y=x2−2x−3=(x−1)2−4，
∴D点坐标为(1,4)，
令x=0，则y=x2−2x−3=−3，
∴C点坐标为(0,−3)，
又∵B点坐标为(2,−3)，
∴BC//x轴，
∴S△BCD=12×2×1=1，
设抛物线上的点P坐标为(m,m2−2m−3)，
∴S△PBC=12×2×|m2−2m−3−(−3)|=|m2−2m|，
当|m2−2m|=4×1时，
解得m=1±5，
当m=1+5时，m2−2m−3=1，
当m=1−5时，m2−2m−3=1，
综上，P点坐标为(1+5,1)或(1−5,1)．
【解析】(1)待定系数法求解析式即可；
(2)设抛物线上的点P坐标为(m,m2−2m−3)，结合方程思想和三角形面积公式列方程求解．
本题考查二次函数的性质，掌握待定系数法求函数解析式的方法，理解二次函数图象上点的坐标特征，利用方程思想解题是关键．
24.【答案】100
【解析】解：(1)20÷20%=100(名)，
即本次共调查了100名学生，
故答案为：100；
(2)选择E的学生有：100×15%=15(人)，
选择A的学生有：100−20−40−20−15=5(人)，
补全的条形统计图如右图所示；
(3)360°×20100=72°，
即D组所对应的扇形圆心角的度数是72°；
(4)1500×5+20100=375(人)，
答：估计该校睡眠时间不足9小时的学生有375人．
(1)根据B组人数和所占的百分比，可以计算出本次调查的学生总人数；
(2)根据(1)中的结果、条形统计图中的时间和扇形统计图中的数据，可以计算出A组和E组的人数，从而可以将条形统计图补充完整；
(3)根据D组的人数和调查的总人数，可以计算出D组所对应的扇形圆心角的度数；
(4)根据条形统计图中的数据，可以计算出该校睡眠时间不足9小时的学生有多少人．
本题考查条形统计图、扇形统计图、用样本估计总体，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
25.【答案】100 60
【解析】解：(1)由图象可得，
甲车的速度为：500÷5=100(km/ℎ)，
乙车出发时速度是：300÷5=60(km/ℎ)，
故答案为：100，60；
(2)乙车返回过程中，设乙车离A市的距离y(km)与乙车所用时间x(ℎ)的函数解析式是y=kx+b，
∵点(9,300)，(12,0)在该函数图象上，
∴9k+b=30012k+b=0，
解得k=−100b=1200，
即乙车返回过程中，乙车离A市的距离y(km)与乙车所用时间x(ℎ)的函数解析式是y=−100x+1200；
(3)设乙车出发m小时，两车之间的距离是120km，
当0
解得m=3；
当5.5
解得m=6.3；
当9
(100+100)×(m−9)=120，
解得m=9.6；
答：乙车出发3小时或6.3小时或9.6小时，两车之间的距离是120km．
(1)根据函数图象中的数据，可以计算出甲车速度和乙车出发时速度；
(2)根据函数图象中的数据，可以计算出乙车返回过程中，乙车离A市的距离y(km)与乙车所用时间x(ℎ)的函数解析式；
(3)根据题意可知存在三种情况，然后分别计算即可．
本题考查一次函数的应用，解答本题的关键是明确题意，求出相应的函数解析式，利用数形结合的思想解答．
26.【答案】解：(2)PB=PA+PC，理由如下：
如图②，在BP上截取BF=PC，连接AF，
∵△ABC、△ADE都是等边三角形，
∴AB=AC，AD=AE，∠BAC=∠DAE=60°，
∴∠BAC+∠CAD=∠CAD+∠DAE，
即∠DAB=∠EAC，
∴△ABD≌△ACE(SAS)，
∴∠ABD=∠ACE，
∵AB=AC，BF=CP，
∴△BAF≌△CAP(SAS)，
∴AF=AP，∠BAF=∠CAP，
∴∠BAC=∠PAF=90°，
∴△AFP是等边三角形，
∴PF=PA，
∴PB=BF+PF=PC+PA；
(3)PC=PA+PB，理由如下：
如图③，在PC上截取CM=PB，连接AM，
同理得：△ABD≌△ACE(SAS)，
∴∠ABD=∠ACE，
∵AB=AC，PB=CM，
∴△AMC≌△APB(SAS)，
∴AM=AP，∠BAP=∠CAM，
∴∠BAC=∠PAM=60°，
∴△AMP是等边三角形，
∴PM=PA，
∴PC=PM+CM=PA+PB．
【解析】(2)证明△ABD≌△ACE(SAS)和△BAF≌△CAP(SAS)，得AF=AP，∠BAF=∠CAP，再证明△AFP是等边三角形，最后由线段的和可得结论；
(3)如图③，在PC上截取CM=PB，连接AM，同理可得结论．
本题考查了等边三角形的性质、全等三角形的判定与性质等知识，熟练掌握等边三角形的性质，证明△ABD≌△ACE是解题的关键，属于中考常考题型．
27.【答案】解：(1)设购进一根A种跳绳需x元，购进一根B种跳绳需y元，
依题意得：10x+5y=17515x+10y=300，
解得：x=10y=15．
答：购进一根A种跳绳需10元，购进一根B种跳绳需15元．
(2)∵该班级计划购买A、B两种跳绳共45根，且购买A种跳绳m根，
∴购买B种跳绳(45−m)根．
依题意得：10m+15(45−m)≤56010m+15(45−m)≥548，
解得：23≤m≤25.4，
又∵m为整数，
∴m可以取23，24，25，
∴共有3种购买方案，
方案1：购买23根A种跳绳，22根B种跳绳；
方案2：购买24根A种跳绳，21根B种跳绳；
方案3：购买25根A种跳绳，20根B种跳绳．
(3)设购买跳绳所需总费用为w元，则w=10m+15(45−m)=−5m+675．
∵−5<0，
∴w随m的增大而减小，
∴当m=25时，w取得最小值，最小值=−5×25+675=500．
答：在(2)的条件下，购买方案3需要的总费用最少，最少费用是500元．
【解析】(1)设购进一根A种跳绳需x元，购进一根B种跳绳需y元，根据“购进10根A种跳绳和5根B种跳绳共需175元：购进15根A种跳绳和10根B种跳绳共需300元”，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)设购买A种跳绳m根，则购买B种跳绳(45−m)根，利用总价=单价×数量，结合总价不少于548元且不多于560元，即可得出关于m的一元一次不等式组，解之即可得出m的取值范围，再结合m为整数，即可得出各购买方案；
(3)设购买跳绳所需总费用为w元，利用总价=单价×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．
本题考查了二元一次方程组的应用、一元一次不等式组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，正确列出一元一次不等式组；(3)根据各数量之间的关系，找出w关于m的函数关系式．
28.【答案】解：(1)方程x2−7x+12=0，
解得：x1=3，x2=4，
∵OA
∵tan∠DAB=ODOA=43，
∴OD=4，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴DC=AB=3+4=7，DC//AB，
∴∠ODC=∠AOD=90°，
∴点C的坐标为(7,4)；
(2)：①当0≤t≤7时，
由题意得：PC=7−t，
∴△APC的面积为S=12PC⋅OD=12(7−t)×4=14−2t；
②当7
∵AD=OA2+OD2=32+42=5，四边形ABCD是平行四边形，
∴BC=AD=5，
∵S△ABC=12AB⋅OD=12CB⋅AF，
∴AB⋅OD=CB⋅AF，
∴7×4=5AF，
∴AF=285，
∴△APC的面积为S=12PC⋅AF=12(t−7)×285=145t−985；
综上，S=14−2t(0≤t≤7)145t−985(7
(3)∵BC=AD=5，M为BC的中点，C(7,4)，B(4,0)，
∴CM=52，M(112,2)，
①当CM=CP时，
∵CM=52，
∴CM=CP=52，
∵CD=7，
∴DP=7−52=92，
∴点P的坐标为(92,4)；
②当CM=MP时，过点M作ME⊥CD于E，
∴PE=CE，
∵M(112,2)，C(7,4)，
∴E(112,4)，CE=7−112=32，
∴PE=CE=32，
∴DP=DE−PE=112−32=4，
∴点P的坐标为(4,4)；
③当CP=MP时，过点P作PF⊥BC于F，
∴MF=CF=12CM=54，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠BCD=∠DAB，
∴cos∠BCD=cos∠DAB=OAAD=35，
∴CFPC=35，即54PC=35，
∴PC=2512，
∴DP=DC−PC=7−2512=5912，
∴点P的坐标为(5912,4)；
综上，点P的坐标为(4,4)或(92,4)或(5912,4)．
【解析】(1)解一元二次方程求出OA、OB的长度，可得出A、B的坐标，即可求解；
(2)分0≤t≤7和7
本题是四边形综合题目，考查了一元二次方程的解法，平行四边形的性质，三角形面积的计算，解直角三角形，等腰三角形的性质等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题．
2022年黑龙江省佳木斯市中考数学试卷
题号
一
二
三
总分
得分
一、选择题（本大题共10小题，共30分）
1. 下列运算中，计算正确的是( )
A. (b−a)2=b2−a2 B. 3a⋅2a=6a
C. (−x2)2=x4 D. a6÷a2=a3
2. 下列图形是汽车的标识，其中是中心对称图形但不是轴对称图形的是( )
A. B.
C. D.
3. 学校举办跳绳比赛，九年(2)班参加比赛的6名同学每分钟跳绳次数分别是172，169，180，182，175，176，这6个数据的中位数是( )
A. 181 B. 175 C. 176 D. 175.5
4. 如图是由若干个相同的小正方体搭成的一个几何体的左视图和俯视图，则所需的小正方体的个数最多是( )
A. 7
B. 8
C. 9
D. 10
5. 2022年北京冬奥会女子冰壶比赛有若干支队伍参加了单循环比赛，单循环比赛共进行了45场，共有多少支队伍参加比赛？( )
A. 8 B. 10 C. 7 D. 9
6. 已知关于x的分式方程2x−mx−1−31−x=1的解是正数，则m的取值范围是( )
A. m>4 B. m<4 C. m>4且m≠5 D. m<4且m≠1
7. 国家“双减”政策实施后，某校开展了丰富多彩的社团活动．某班同学报名参加书法和围棋两个社团，班长为参加社团的同学去商场购买毛笔和围棋(两种都购买)共花费360元．其中毛笔每支15元，围棋每副20元，共有多少种购买方案？( )
A. 5 B. 6 C. 7 D. 8
8. 如图，在平面直角坐标系中，点O为坐标原点，平行四边形OBAD的顶点B在反比例函数y=3x的图象上，顶点A在反比例函数y=kx的图象上，顶点D在x轴的负半轴上．若平行四边形OBAD的面积是5，则k的值是( )
A. 2 B. 1 C. −1 D. −2
9. 如图，△ABC中，AB=AC，AD平分∠BAC与BC相交于点D，点E是AB的中点，点F是DC的中点，连接EF交AD于点P.若△ABC的面积是24，PD=1.5，则PE的长是( )
A. 2.5 B. 2 C. 3.5 D. 3
10. 如图，正方形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，点F是CD上一点，OE⊥OF交BC于点E，连接AE，BF交于点P，连接OP.则下列结论：①AE⊥BF；②∠OPA=45°；③AP−BP=2OP；④若BE：CE=2：3，则tan∠CAE=47；⑤四边形OECF的面积是正方形ABCD面积的14.其中正确的结论是( )
A. ①②④⑤ B. ①②③⑤ C. ①②③④ D. ①③④⑤
二、填空题（本大题共10小题，共30分）
11. 我国南水北调东线北延工程2021−2022年度供水任务顺利完成，共向黄河以北调水1.89亿立方米，将数据1.89亿用科学记数法表示为______．
12. 在函数y=2x−3中，自变量x的取值范围是______．
13. 如图，在四边形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，OA=OC，请你添加一个条件______，使△AOB≌△COD．
14. 在一个不透明的口袋中，有2个红球和4个白球，这些球除颜色外其余完全相同，摇匀后随机摸出一个球，摸到红球的概率是______．
15. 若关于x的一元一次不等式组2x−1<3x−a<0的解集为x<2，则a的取值范围是______．
16. 如图，在⊙O中，AB是⊙O的弦，⊙O的半径为3cm.C为⊙O上一点，∠ACB=60°，则AB的长为______cm．
17. 若一个圆锥的母线长为5cm，它的侧面展开图的圆心角为120°，则这个圆锥的底面半径为______cm．
18. 如图，菱形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，∠BAD=60°，AD=3，AH是∠BAC的平分线，CE⊥AH于点E，点P是直线AB上的一个动点，则OP+PE的最小值是______．
19. 在矩形ABCD中，AB=9，AD=12，点E在边CD上，且CE=4，点P是直线BC上的一个动点．若△APE是直角三角形，则BP的长为______．
20. 如图，在平面直角坐标系中，点A1，A2，A3，A4…在x轴上且OA1=1，OA2=2OA1，OA3=2OA2，OA4=2OA3…按此规律，过点A1，A2，A3，A4…作x轴的垂线分别与直线y=3x交于点B1，B2，B3，B4…记△OA1B1，△OA2B2，△OA3B3，△OA4B4…的面积分别为S1，S2，S3，S4…则S2022=______．
三、解答题（本大题共8小题，共60分）
21. 先化简，再求值：(a2−2aa2−1−1)÷2a−1a+1，其中a=2cos30°+1．
22. 如图，在正方形网格中，每个小正方形的边长都是一个单位长度，在平面直角坐标系中，△ABC的三个顶点坐标分别为A(1,−1)，B(2,−5)，C(5,−4)．
(1)将△ABC先向左平移6个单位，再向上平移4个单位，得到△A1B1C1，画出两次平移后的△A1B1C1，并写出点A1的坐标；
(2)画出△A1B1C1绕点C1顺时针旋转90°后得到△A2B2C1，并写出点A2的坐标；
(3)在(2)的条件下，求点A1旋转到点A2的过程中所经过的路径长(结果保留π)．
23. 如图，抛物线y=x2+bx+c经过点A(−1,0)，点B(2,−3)，与y轴交于点C，抛物线的顶点为D．
(1)求抛物线的解析式；
(2)抛物线上是否存在点P，使△PBC的面积是△BCD面积的4倍，若存在，请直接写出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
24. 为进一步开展“睡眠管理”工作，某校对部分学生的睡眠情况进行了问卷调查．设每名学生平均每天的睡眠时间为x小时，其中的分组情况是：
A组：x<8.5
B组：8.5≤x<9
C组：9≤x<9.5
D组：9.5≤x<10
E组：x≥10
根据调查结果绘制成两幅不完整的统计图，请根据图中提供的信息，解答下列问题：
(1)本次共调查了______名学生；
(2)补全条形统计图；
(3)在扇形统计图中，求D组所对应的扇形圆心角的度数；
(4)若该校有1500名学生，请估计该校睡眠时间不足9小时的学生有多少人？
25. 为抗击疫情，支援B市，A市某蔬菜公司紧急调运两车蔬菜运往B市．甲、乙两辆货车从A市出发前往B市，乙车行驶途中发生故障原地维修，此时甲车刚好到达B市．甲车卸载蔬菜后立即原路原速返回接应乙车，把乙车的蔬菜装上甲车后立即原路原速又运往B市．乙车维修完毕后立即返回A市．两车离A市的距离y(km)与乙车所用时间x(ℎ)之间的函数图象如图所示．
(1)甲车速度是______km/ℎ，乙车出发时速度是______km/ℎ；
(2)求乙车返回过程中，乙车离A市的距离y(km)与乙车所用时间x(ℎ)的函数解析式(不要求写出自变量的取值范围)；
(3)乙车出发多少小时，两车之间的距离是120km？请直接写出答案．
26. △ABC和△ADE都是等边三角形．
(1)将△ADE绕点A旋转到图①的位置时，连接BD，CE并延长相交于点P(点P与点A重合)，有PA+PB=PC(或PA+PC=PB)成立(不需证明)；
(2)将△ADE绕点A旋转到图②的位置时，连接BD，CE相交于点P，连接PA，猜想线段PA、PB、PC之间有怎样的数量关系？并加以证明；
(3)将△ADE绕点A旋转到图③的位置时，连接BD，CE相交于点P，连接PA，猜想线段PA、PB、PC之间有怎样的数量关系？直接写出结论，不需要证明．
27. 学校开展大课间活动，某班需要购买A、B两种跳绳．已知购进10根A种跳绳和5根B种跳绳共需175元：购进15根A种跳绳和10根B种跳绳共需300元．
(1)求购进一根A种跳绳和一根B种跳绳各需多少元？
(2)设购买A种跳绳m根，若班级计划购买A、B两种跳绳共45根，所花费用不少于548元且不多于560元，则有哪几种购买方案？
(3)在(2)的条件下，哪种购买方案需要的总费用最少？最少费用是多少元？
28. 如图，在平面直角坐标系中，平行四边形ABCD的边AB在x轴上，顶点D在y轴的正半轴上，M为BC的中点，OA、OB的长分别是一元二次方程x2−7x+12=0的两个根(OA
(2)求S关于t的函数关系式，并写出自变量t的取值范围；
(3)在点P的运动过程中，是否存在点P，使△CMP是等腰三角形？若存在，请直接写出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A.(b−a)2=b2−2ab+a2，故A不正确；
B.3a⋅2a=6a2，故B不正确；
C.(−x2)2=x4，故C正确；
D.a6÷a2=a4，故D不符合题意；
故选：C．
利用完全平方公式，单项式乘多项式，幂的乘方的法则，同底数幂的除法的法则对各项进行运算即可．
本题考查了完全平方公式，单项式乘多项式，幂的乘方的法则，同底数幂的除法，解答的关键是对相应的运算法则的掌握．
2.【答案】C
【解析】解：A.既是中心对称图形，也是轴对称图形，故此选项不合题意；
B.不是中心对称图形，是轴对称图形，故此选项不合题意；
C.是中心对称图形但不是轴对称图形，故此选项符合题意；
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：C．
根据中心对称图形与轴对称图形的概念进行判断即可．
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.【答案】D
【解析】解：将这组数据从小到大排列为：169，172，175，176，180，182，
中位数=175+1762=175.5，
故选：D．
将这组数据从小到大排列，根据中位数的计算方法即可得出答案．
本题考查了中位数，掌握将一组数据按照从小到大(或从大到小)的顺序排列，如果数据的个数是奇数，则处于中间位置的数就是这组数据的中位数；如果这组数据的个数是偶数，则中间两个数据的平均数就是这组数据的中位数是解题的关键．
4.【答案】B
【解析】解：从俯视图课看出前后有三层，从左视图可看出最后面有2层高，
中间最高是2层，要是最多就都是2层，
最前面的最高是1层，
所以最多的为：2+2×2+1×2=8．
故选：B．
由左视图和俯视图可以猜想到主视图的可能情况，从而得到答案．
本题考查了三视图的知识，由两个识图想象几何体是解题的关键，
5.【答案】B
【解析】解：设共有x支队伍参加比赛，
根据题意，可得x(x−1)2=45，
解得x=10或x=−9(舍)，
∴共有10支队伍参加比赛．
故选：B．
设共有x支队伍参加比赛，根据“循环比赛共进行了45场”列一元二次方程，求解即可．
本题考查了一元二次方程的应用，理解题意并根据题意建立等量关系是解题的关键．
6.【答案】C
【解析】解：方程两边同时乘以x−1得，2x−m+3=x−1，
解得x=m−4．
∵x为正数，
∴m−4>0，解得m>4，
∵x≠1，
∴m−4≠1，即m≠5，
∴m的取值范围是m>4且m≠5．
故选：C．
先利用m表示出x的值，再由x为正数求出m的取值范围即可．
本题考查了分式方程的解，掌握求出使分式方程中令等号左右两边相等且分母不等于0的未知数的值，这个值叫方程的解是解题的关键．
7.【答案】A
【解析】解：设购买毛笔x支，围棋y副，
根据题意，得15x+20y=360，
∴y=18−34x，
∵两种都买，
∴18−34x>0，x、y都是正整数，
解得x<24，
故x是4的倍数且x<24，
∴x=4，y=15或x=8，y=12或x=12，y=9或x=16，y=6或x=20，y=3；
∴共有5种购买方案，
故选：A．
设购买毛笔x支，围棋y副，根据“购买毛笔和围棋(两种都购买)共花费360元”列二元一次方程，再由x和y分别取正整数，即可确定购买方案．
本题考查了二元一次方程的应用，理解题意并根据题意建立二元一次方程是解题的关键．
8.【答案】D
【解析】解：设B(a,3a)，
∵四边形OBAD是平行四边形，
∴AB//DO，
∴A(ak3,3a)，
∴AB=a−ak3，
∵平行四边形OBAD的面积是5，
∴3a(a−ak3)=5，
解得k=−2，
故选：D．
设B(a,3a)，根据四边形OBAD是平行四边形，推出AB//DO，表示出A点的坐标，求出AB=a−ak3，再根据平行四边形面积公式列方程，解出即可．
本题考查反比例函数比例系数k的几何意义、反比例函数图象上点的坐标特征、平行四边形性质，掌握反比例函数比例系数k的几何意义及函数图象上点的坐标特征，设出点的坐标、根据平行四边形面积公式列方程是解题的关键．
9.【答案】A
【解析】解：如图，过点E作EG⊥AD于G，
∵AB=AC，AD平分∠BAC，
∴AD⊥BC，BD=CD，
∴∠PDF=∠EGP=90°，EG//BC，
∵点E是AB的中点，
∴G是AD的中点，
∴EG=12BD，
∵F是CD的中点，
∴DF=12CD，
∴EG=DF，
∵∠EPG=∠DPF，
∴△EGP≌△FDP(AAS)，
∴PG=PD=1.5，
∴AD=2DG=6，
∵△ABC的面积是24，
∴12⋅BC⋅AD=24，
∴BC=48÷6=8，
∴DF=14BC=2，
∴EG=DF=2，
由勾股定理得：PE=22+1．52=2.5．
故选：A．
如图，过点E作EG⊥AD于G，证明△EGP≌△FDP，得PG=PD=1.5，由三角形中位线定理可得AD的长，由三角形ABC的面积是24，得BC的长，最后由勾股定理可得结论．
本题考查了等腰三角形的性质，三角形的中位线定理，全等三角形的性质和判定，三角形的面积等知识，作辅助线构建全等三角形是解本题的关键．
10.【答案】B
【解析】解：①∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC=CD，AC⊥BD，∠ABD=∠DBC=∠ACD=45°．
∴∠BOE+∠EOC=90°，
∵OE⊥OF，
∴∠FOC+∠EOC=90°．
∴∠BOE=∠COF．
在△BOE和△COF中，
∠OBE=∠OCF=45°OB=OC∠BOE=∠COF，
∴△BOE≌△COF(ASA)，
∴BE=CF．
在△BAE和△CBF中，
AB=BC∠ABC=∠BCF=90°BE=CF，
∴△BAE≌△CBF(SAS)，
∴∠BAE=∠CBF．
∵∠ABP+∠CBF=90°，
∴∠ABP+∠BAE=90°，
∴∠APB=90°．
∴AE⊥BF．
∴①的结论正确；
②∵∠APB=90°，∠AOB=90°，
∴点A，B，P，O四点共圆，
∴∠APO=∠ABO=45°，
∴②的结论正确；
③过点O作OH⊥OP，交AP于点H，如图，
∵∠APO=45°，OH⊥OP，
∴OH=OP=22HP，
∴HP=2OP．
∵OH⊥OP，
∴∠POB+∠HOB=90°，
∵OA⊥OB，
∴∠AOH+∠HOB=90°．
∴∠AOH=∠BOP．
∵∠OAH+BAE=45°，∠OBP+∠CBF=45°，，∠BAE=∠CBF，
∴∠OAH=∠OBP．
在△AOH和△BOP中，
∠OAH=∠OBPOA=OB∠AOH=∠BOP，
∴△AOH≌△BOP(ASA)，
∴AH=BP．
∴AP−BP=AP−AH=HP=2OP．
∴③的结论正确；
④∵BE：CE=2：3，
∴设BE=2x，则CE=3x，
∴AB=BC=5x，
∴AE=AB2+BE2=29x.
过点E作EG⊥AC于点G，如图，
∵∠ACB=45°，
∴EG=GC=22EC=322x，
∴AG=AE2−GE2=722x，
在Rt△AEG中，
∵tan∠CAE=EGAG，
∴tan∠CAE==322x722x=37．
∴④的结论不正确；
⑤∵四边形ABCD是正方形，
∴OA=OB=OC=OD，∠AOB=∠BOC=∠COD=∠DOA=90°，
∴△OAB≌△OBC≌△OCD≌△DOA(SAS)．
∴S△OBC=14S正方形ABCD．
∴S△BOE+S△OEC=14S正方形ABCD．
由①知：△BOE≌△COF，
∴S△OBE=S△OFC，
∴S△OEC+S△OFC=14S正方形ABCD．
即四边形OECF的面积是正方形ABCD面积的14．
∴⑤的结论正确．
综上，①②③⑤的结论正确．
故选：B．
利用全等三角形的判定与性质，正方形的性质，圆周角定理，直角三角形的边角关系定理对每个选项的结论进行判断即可得出结论．
本题主要考查了全等三角形的判定与性质，正方形的性质，圆周角定理，直角三角形的边角关系定理，等腰直角三角形的判定与性质，充分利用正方形的性质构造等腰直角三角形和全等三角形是解题的关键．
11.【答案】1.89×108
【解析】解：1.89亿=189000000=1.89×108．
故答案为：1.89×108．
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．
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．
12.【答案】x≥32
【解析】解：根据题意得，2x−3≥0，
解得x≥32．
故答案为：x≥32．
根据被开方数大于等于0列式计算即可得解．
本题考查的知识点为：二次根式的被开方数是非负数．
13.【答案】OB=OD(答案不唯一)
【解析】解：添加的条件是OB=OD，
理由是：在△AOB和△COD中，
AO=CO∠AOB=∠CODBO=DO，
∴△AOB≌△COD(SAS)，
故答案为：OB=OD(答案不唯一)．
此题是一道开放型的题目，答案不唯一，只要符合全等三角形的判定定理即可．
本题考查了全等三角形的判定定理，能熟记全等三角形的判定定理是解此题的关键，注意：全等三角形的判定定理是SAS，SAS，AAS，SSS，两直角三角形全等还有HL等．
14.【答案】13
【解析】解：∵在一个不透明的口袋中，有2个红球和4个白球，这些球除颜色外其余完全相同，摇匀后随机摸出一个球，
∴摸到红球的概率是：22+4=13．
故答案为：13．
直接利用概率公式，进而计算得出答案．
此题主要考查了概率公式，正确掌握概率求法是解题关键．
15.【答案】a≥2
【解析】解：不等式组整理得：x<2x
∴a≥2．
故答案为：a≥2．
不等式组整理后，根据已知解集，利用同小取小法则判断即可确定出a的范围．
此题考查了解一元一次不等式组，熟练掌握不等式组取解集的方法是解本题的关键．
16.【答案】33
【解析】解：连接AO并延长交⊙O于点D，
∵AD是⊙O的直径，
∴∠ADB=90°，
∵∠ACB=60°，
∴∠ADB=∠ACB=60°，
在Rt△ABD中，AD=6cm，
∴AB=AD⋅sin60°=6×32=33(cm)，
故答案为：33．
连接AO并延长交⊙O于点D，根据直径所对的圆周角是直角可得∠ADB=90°，再利用同弧所对的圆周角相等可求出∠ADB=60°，然后在Rt△ABD中，利用锐角三角函数的定义进行计算即可解答．
本题考查了三角形的外接圆与外心，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．
17.【答案】53
【解析】解：c长为：120°×π×5180∘=103π，
设圆锥的底面半径为r，
则2πr=103π，
∴r=53cm．
故答案为：53．
先求出圆锥侧面展开图扇形的弧长，再利用侧面展开图与底面圆的关系的关系列方程即可求出圆锥的底面半径．
本题主要考查圆锥的计算，掌握侧面展开图与底面圆的关系是解题关键．
18.【答案】326
【解析】解：连接OE，过点O作OF⊥AB，垂足为F，并延长到点O′，使O′F=OF，连接O′E交直线AB于点P，连接OP，
∴AP是OO′的垂直平分线，
∴OP=O′P，
∴OP+PE=O′P+PE=O′E，
此时，OP+PE的值最小，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AD=AB=3，∠BAC=12∠BAD，OA=OC=12AC，OD=OB=12BD，∠AOD=90°，
∵∠BAD=60°，
∴△ADB是等边三角形，
∴BD=AD=3，
∴OD=12BD=32，
∴AO=AD2−DO2=32−(32)2=323，
∴AC=2OA=33，
∵CE⊥AH，
∴∠AEC=90°，
∴OE=OA=12AC=323，
∴∠OAE=∠OEA，
∵AE平分∠CAB，
∴∠OAE=∠EAB，
∴∠OEA=∠EAB，
∴OE//AB，
∴∠EOF=∠AFO=90°，
在Rt△AOF中，∠OAB=12DAB=30°，
∴OF=12OA=343，
∴OO′=2OF=323，
在Rt△EOO′中，O′E=EO2+OO′2=(323)2+(323)2=326，
∴OE+PE=326，
∴OP+PE的最小值为326，
故答案为：326．
连接OE，过点O作OF⊥AB，垂足为F，并延长到点O′，使O′F=OF，连接O′E交直线AB于点P，连接OP，从而可得OP=O′P，此时OP+PE的值最小，先利用菱形的性质可得AD=AB=3，∠BAC=12∠BAD，OA=OC=12AC，OD=OB=12BD，∠AOD=90°，从而可得△ADB是等边三角形，进而求出AD=3，然后在Rt△ADO中，利用勾股定理求出AO的长，从而求出AC的长，进而利用直角三角形斜边上的中线可得OE=OA=12AC=323，再利用角平分线和等腰三角形的性质可得OE//AB，从而求出∠EOF=90°，进而在Rt△AOF中，利用锐角三角函数的定义求出OF的长，即可求出OO′的长，最后在Rt△EOO′中，利用勾股定理进行计算即可解答．
本题考查了菱形的性质，勾股定理，角平分线的定义，等边三角形的判定与性质，轴对称−最短路线问题，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．
19.【答案】313或154或6
【解析】解：若△APE是直角三角形，有以下三种情况：
①如图1，∠AEP=90°，
∴∠AED+∠CEP=90°，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠C=∠D=90°，
∴∠CEP+∠CPE=90°，
∴∠AED=∠CPE，
∴△ADE∽△ECP，
∴ADCE=DECP，即124=9−4CP，
∴CP=53，
∵BC=AD=12，
∴BP=12−53=313；
②如图2，∠PAE=90°，
∵∠DAE+∠BAE=∠BAE+∠BAP=90°，
∴∠DAE=∠BAP，
∵∠D=∠ABP=90°，
∴△ADE∽△ABP，
∴ADAB=DEPB，即129=5BP，
∴BP=154；
③如图3，∠APE=90°，设BP=x，则PC=12−x，
同理得：△ABP∽△PCE，
∴ABPC=BPCE，即912−x=x4，
∴x1=x2=6，
∴BP=6，
综上，BP的长是313或154或6．
故答案为：313或154或6．
若△APE是直角三角形，有三种情况：①如图1，∠AEP=90°，②如图2，∠PAE=90°，③如图3，∠APE=90°，分别证明三角形相似可解答．
本题考查的是相似三角形的判定与性质，矩形的性质，掌握相似三角形的判定定理和性质定理是解题的关键，并注意运用分类讨论的思想．
20.【答案】
【解析】解：∵OA1=1，OA2=2OA1，
∴OA2=2，
∵OA3=2OA2，
∴OA3=4，
∵OA4=2OA3，
∴OA4=8，
把x=1代入直线y=3x中可得：y=3，
∴A1B1=3，
把x=2代入直线y=3x中可得：y=23，
∴A2B2=23，
把x=4代入直线y=3x中可得：y=43，
∴A3B3=43，
把x=8代入直线y=3x中可得：y=83，
∴A4B4=83，
∴S1=12OA1⋅A1B1=12×1×3=12×20×(20×3)，
S2=12OA2⋅A2B2=12×2×23=12×21×(21×3)，
S3=12OA3⋅A3B3=12×4×43=12×22×(22×3)，
S4=12OA4⋅A4B4=12×8×83=12×23×(23×3)，
...
∴S2022=12×22021×(22021×3)=24041×3，
故答案为：24041×3．
根据已知先求出OA2，OA3，OA4的长，再代入直线y=3x中，分别求出A1B1，A2B2，A3B3，A4B4，然后分别计算出S1，S2，S3，S4，再从数字上找规律进行计算即可解答．
本题考查了规律型：点的坐标，含30度角的直角三角形，根据已知分别求出S1，S2，S3，S4的值，然后从数字上找规律是解题的关键．
21.【答案】解：(a2−2aa2−1−1)÷2a−1a+1
=(a2−2aa2−1−a2−1a2−1)÷2a−1a+1
=1−2a(a+1)(a−1)×a+12a−1
=11−a，
当a=2cos30°+1=2×32+1=3+1时，
原式=11−3−1=−33．
【解析】利用分式的减法法则和除法法则对分式进行计算化简，把特殊角的三角函数值代入计算求出a的值，代入化简后的分式进行计算，即可得出答案．
本题考查了分式的化简求值，特殊角的三角函数值，掌握分式的混合计算及特殊角的三角函数值是解决问题的关键．
22.【答案】解：(1)如图，△A1B1C1即为所求，点A1的坐标(−5,,3)；
(2)如图，△A2B2C1即为所求，点A2的坐标(2,4)；
(3)∵A1C1=32+42=5，
∴点A1旋转到点A2的过程中所经过的路径长=90π×5180=5π2．
【解析】(1)利用平移变换的性质分别作出A，B，C的对应点A1，B1，C1即可；
(2)利用旋转变换的性质分别作出A1，B1的对应点A2，B2即可；
(3)利用勾股定理求出A1C1，再利用弧长公式求解．
本题考查作图−平移变换，旋转变换，弧长公式等知识，解题的关键是掌握平移变换，旋转变换的性质，属于中考常考题型．
23.【答案】解：(1)∵抛物线y=x2+bx+c经过点A(−1,0)，点B(2,−3)，
∴1−b+c=04+2b+c=−3，
解得b=−2，c=−3，
∴抛物线的解析式：y=x2−2x−3；
(2)存在，理由如下：
∵y=x2−2x−3=(x−1)2−4，
∴D点坐标为(1,4)，
令x=0，则y=x2−2x−3=−3，
∴C点坐标为(0,−3)，
又∵B点坐标为(2,−3)，
∴BC//x轴，
∴S△BCD=12×2×1=1，
设抛物线上的点P坐标为(m,m2−2m−3)，
∴S△PBC=12×2×|m2−2m−3−(−3)|=|m2−2m|，
当|m2−2m|=4×1时，
解得m=1±5，
当m=1+5时，m2−2m−3=1，
当m=1−5时，m2−2m−3=1，
综上，P点坐标为(1+5,1)或(1−5,1)．
【解析】(1)待定系数法求解析式即可；
(2)设抛物线上的点P坐标为(m,m2−2m−3)，结合方程思想和三角形面积公式列方程求解．
本题考查二次函数的性质，掌握待定系数法求函数解析式的方法，理解二次函数图象上点的坐标特征，利用方程思想解题是关键．
24.【答案】100
【解析】解：(1)20÷20%=100(名)，
即本次共调查了100名学生，
故答案为：100；
(2)选择E的学生有：100×15%=15(人)，
选择A的学生有：100−20−40−20−15=5(人)，
补全的条形统计图如右图所示；
(3)360°×20100=72°，
即D组所对应的扇形圆心角的度数是72°；
(4)1500×5+20100=375(人)，
答：估计该校睡眠时间不足9小时的学生有375人．
(1)根据B组人数和所占的百分比，可以计算出本次调查的学生总人数；
(2)根据(1)中的结果、条形统计图中的时间和扇形统计图中的数据，可以计算出A组和E组的人数，从而可以将条形统计图补充完整；
(3)根据D组的人数和调查的总人数，可以计算出D组所对应的扇形圆心角的度数；
(4)根据条形统计图中的数据，可以计算出该校睡眠时间不足9小时的学生有多少人．
本题考查条形统计图、扇形统计图、用样本估计总体，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
25.【答案】100 60
【解析】解：(1)由图象可得，
甲车的速度为：500÷5=100(km/ℎ)，
乙车出发时速度是：300÷5=60(km/ℎ)，
故答案为：100，60；
(2)乙车返回过程中，设乙车离A市的距离y(km)与乙车所用时间x(ℎ)的函数解析式是y=kx+b，
∵点(9,300)，(12,0)在该函数图象上，
∴9k+b=30012k+b=0，
解得k=−100b=1200，
即乙车返回过程中，乙车离A市的距离y(km)与乙车所用时间x(ℎ)的函数解析式是y=−100x+1200；
(3)设乙车出发m小时，两车之间的距离是120km，
当0
解得m=3；
当5.5
解得m=6.3；
当9
(100+100)×(m−9)=120，
解得m=9.6；
答：乙车出发3小时或6.3小时或9.6小时，两车之间的距离是120km．
(1)根据函数图象中的数据，可以计算出甲车速度和乙车出发时速度；
(2)根据函数图象中的数据，可以计算出乙车返回过程中，乙车离A市的距离y(km)与乙车所用时间x(ℎ)的函数解析式；
(3)根据题意可知存在三种情况，然后分别计算即可．
本题考查一次函数的应用，解答本题的关键是明确题意，求出相应的函数解析式，利用数形结合的思想解答．
26.【答案】解：(2)PB=PA+PC，理由如下：
如图②，在BP上截取BF=PC，连接AF，
∵△ABC、△ADE都是等边三角形，
∴AB=AC，AD=AE，∠BAC=∠DAE=60°，
∴∠BAC+∠CAD=∠CAD+∠DAE，
即∠DAB=∠EAC，
∴△ABD≌△ACE(SAS)，
∴∠ABD=∠ACE，
∵AB=AC，BF=CP，
∴△BAF≌△CAP(SAS)，
∴AF=AP，∠BAF=∠CAP，
∴∠BAC=∠PAF=90°，
∴△AFP是等边三角形，
∴PF=PA，
∴PB=BF+PF=PC+PA；
(3)PC=PA+PB，理由如下：
如图③，在PC上截取CM=PB，连接AM，
同理得：△ABD≌△ACE(SAS)，
∴∠ABD=∠ACE，
∵AB=AC，PB=CM，
∴△AMC≌△APB(SAS)，
∴AM=AP，∠BAP=∠CAM，
∴∠BAC=∠PAM=60°，
∴△AMP是等边三角形，
∴PM=PA，
∴PC=PM+CM=PA+PB．
【解析】(2)证明△ABD≌△ACE(SAS)和△BAF≌△CAP(SAS)，得AF=AP，∠BAF=∠CAP，再证明△AFP是等边三角形，最后由线段的和可得结论；
(3)如图③，在PC上截取CM=PB，连接AM，同理可得结论．
本题考查了等边三角形的性质、全等三角形的判定与性质等知识，熟练掌握等边三角形的性质，证明△ABD≌△ACE是解题的关键，属于中考常考题型．
27.【答案】解：(1)设购进一根A种跳绳需x元，购进一根B种跳绳需y元，
依题意得：10x+5y=17515x+10y=300，
解得：x=10y=15．
答：购进一根A种跳绳需10元，购进一根B种跳绳需15元．
(2)∵该班级计划购买A、B两种跳绳共45根，且购买A种跳绳m根，
∴购买B种跳绳(45−m)根．
依题意得：10m+15(45−m)≤56010m+15(45−m)≥548，
解得：23≤m≤25.4，
又∵m为整数，
∴m可以取23，24，25，
∴共有3种购买方案，
方案1：购买23根A种跳绳，22根B种跳绳；
方案2：购买24根A种跳绳，21根B种跳绳；
方案3：购买25根A种跳绳，20根B种跳绳．
(3)设购买跳绳所需总费用为w元，则w=10m+15(45−m)=−5m+675．
∵−5<0，
∴w随m的增大而减小，
∴当m=25时，w取得最小值，最小值=−5×25+675=500．
答：在(2)的条件下，购买方案3需要的总费用最少，最少费用是500元．
【解析】(1)设购进一根A种跳绳需x元，购进一根B种跳绳需y元，根据“购进10根A种跳绳和5根B种跳绳共需175元：购进15根A种跳绳和10根B种跳绳共需300元”，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)设购买A种跳绳m根，则购买B种跳绳(45−m)根，利用总价=单价×数量，结合总价不少于548元且不多于560元，即可得出关于m的一元一次不等式组，解之即可得出m的取值范围，再结合m为整数，即可得出各购买方案；
(3)设购买跳绳所需总费用为w元，利用总价=单价×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．
本题考查了二元一次方程组的应用、一元一次不等式组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，正确列出一元一次不等式组；(3)根据各数量之间的关系，找出w关于m的函数关系式．
28.【答案】解：(1)方程x2−7x+12=0，
解得：x1=3，x2=4，
∵OA
∵tan∠DAB=ODOA=43，
∴OD=4，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴DC=AB=3+4=7，DC//AB，
∴∠ODC=∠AOD=90°，
∴点C的坐标为(7,4)；
(2)：①当0≤t≤7时，
由题意得：PC=7−t，
∴△APC的面积为S=12PC⋅OD=12(7−t)×4=14−2t；
②当7
∵AD=OA2+OD2=32+42=5，四边形ABCD是平行四边形，
∴BC=AD=5，
∵S△ABC=12AB⋅OD=12CB⋅AF，
∴AB⋅OD=CB⋅AF，
∴7×4=5AF，
∴AF=285，
∴△APC的面积为S=12PC⋅AF=12(t−7)×285=145t−985；
综上，S=14−2t(0≤t≤7)145t−985(7
(3)∵BC=AD=5，M为BC的中点，C(7,4)，B(4,0)，
∴CM=52，M(112,2)，
①当CM=CP时，
∵CM=52，
∴CM=CP=52，
∵CD=7，
∴DP=7−52=92，
∴点P的坐标为(92,4)；
②当CM=MP时，过点M作ME⊥CD于E，
∴PE=CE，
∵M(112,2)，C(7,4)，
∴E(112,4)，CE=7−112=32，
∴PE=CE=32，
∴DP=DE−PE=112−32=4，
∴点P的坐标为(4,4)；
③当CP=MP时，过点P作PF⊥BC于F，
∴MF=CF=12CM=54，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠BCD=∠DAB，
∴cos∠BCD=cos∠DAB=OAAD=35，
∴CFPC=35，即54PC=35，
∴PC=2512，
∴DP=DC−PC=7−2512=5912，
∴点P的坐标为(5912,4)；
综上，点P的坐标为(4,4)或(92,4)或(5912,4)．
【解析】(1)解一元二次方程求出OA、OB的长度，可得出A、B的坐标，即可求解；
(2)分0≤t≤7和7
本题是四边形综合题目，考查了一元二次方程的解法，平行四边形的性质，三角形面积的计算，解直角三角形，等腰三角形的性质等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题．
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