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2022年辽宁省营口市中考数学试卷（含解析）
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这是一份2022年辽宁省营口市中考数学试卷（含解析），共28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年辽宁省营口市中考数学试卷
题号
一
二
三
总分
得分
一、选择题（本大题共10小题，共30分）
1. 在2，0，−1，2这四个实数中，最大的数是( )
A. 0 B. −1 C. 2 D. 2
2. 如图是由五个相同的正方体搭成的几何体，这个几何体的左视图是( )
A.
B.
C.
D.
3. 下列计算正确的是( )
A. a6÷a2=a3 B. (a2)4=a8 C. 3a3−a3=3 D. a2+4a2=5a4
4. 如图，直线DE//FG，Rt△ABC的顶点B，C分别在DE，FG上，若∠BCF=25°，则∠ABE的大小为( )
A. 55°
B. 25°
C. 65°
D. 75°
5. 关于x的一元二次方程x2+4x−m=0有两个实数根，则实数m的取值范围为( )
A. m<4 B. m>−4 C. m≤4 D. m≥−4
6. 分式方程3x=2x−2的解是( )
A. x=2 B. x=−6 C. x=6 D. x=−2
7. 我国元朝朱世杰所著的《算学启蒙》一书是中国较早的数学著作之一，书中记载一道问题：“良马日行二百四十里，驽马日行一百五十里，驽马先行一十二日，问良马几何追及之？”题意是：快马每天走240里，慢马每天走150里，慢马先走12天，试问快马几天可以追上慢马？若设快马x天可以追上慢马，则下列方程正确的是( )
A. 240x+150x=150×12 B. 240x−150x=240×12
C. 240x+150x=240×12 D. 240x−150x=150×12
8. 如图，点A，B，C，D在⊙O上，AC⊥BC，AC=4，∠ADC=30°，则BC的长为( )
A. 43
B. 8
C. 42
D. 4
9. 如图，在△ABC中，AB=AC，∠A=36°，由图中的尺规作图得到的射线与AC交于点D，则以下推断错误的是( )
A. BD=BC
B. AD=BD
C. ∠ADB=108°
D. CD=12AD
10. 如图，在矩形ABCD中，点M在AB边上，把△BCM沿直线CM折叠，使点B落在AD边上的点E处，连接EC，过点B作BF⊥EC，垂足为F，若CD=1，CF=2，则线段AE的长为( )
A. 5−2 B. 3−1 C. 13 D. 12
二、填空题（本大题共6小题，共18分）
11. −2的相反数是______．
12. 不等式组2x+4>69−x>1的解集为______．
13. 甲、乙两名学生参加学校举办的“防疫知识大赛”.两人5次成绩的平均数都是95分，方差分别是S甲2=2.5，S乙2=3，则两人成绩比较稳定的是______.(填“甲”或“乙”)
14. 如图，将△ABC沿着BC方向平移得到△DEF，只需添加一个条件即可证明四边形ABED是菱形，这个条件可以是______.(写出一个即可)
15. 如图，在正六边形ABCDEF中，连接AC，CF，则∠ACF=______度．
16. 如图1，在四边形ABCD中，BC//AD，∠D=90°，∠A=45°，动点P，Q同时从点A出发，点P以2cm/s的速度沿AB向点B运动(运动到B点即停止)，点Q以2cm/s的速度沿折线AD→DC向终点C运动，设点Q的运动时间为x(s)，△APQ的面积为y(cm2)，若y与x之间的函数关系的图象如图2所示，当x=72(s)时，则y=______cm2．
三、解答题（本大题共9小题，共102分）
17. 先化简，再求值：(a+1−5+2aa+1)÷a2+4a+4a+1，其中a=9+|−2|−(12)−1．
18. 为传承中华民族优秀传统文化，提高学生文化素养，学校举办“经典诵读”比赛，比赛题目分为“诗词之风”“散文之韵”“小说之趣”“戏剧之雅”四组(依次记为A，B，C，D).小雨和莉莉两名同学参加比赛，其中一名同学从四组题目中随机抽取一组，然后放回，另一名同学再随机抽取一组．
(1)小雨抽到A组题目的概率是______；
(2)请用列表法或画树状图的方法，求小雨和莉莉两名同学抽到相同题目的概率．
19. 某校为了了解疫情期间学生居家锻炼时长的情况，随机抽取了部分学生，就居家一周的锻炼时长进行了统计调查，根据调查结果，将居家锻炼时长分为A，B，C，D四个组别．
学生居家锻炼时长分组表
组别
A
B
C
D
t(小时)
0≤t<2
2≤t<4
4≤t<6
t≥6
下面两幅图为不完整的统计图．
请根据图表中的信息解答下列问题：
(1)此次共抽取______名学生；
(2)补全条形统计图，并求扇形统计图中A组所在扇形的圆心角的度数；
(3)若全校有1000名学生，请根据抽样调查结果，估计D组(居家锻炼时长不少于6小时)的人数．
20. 如图，在平面直角坐标系中，△OAC的边OC在y轴上，反比例函数y=kx(x>0)的图象经过点A和点B(2,6)，且点B为AC的中点．
(1)求k的值和点C的坐标；
(2)求△OAC的周长．
21. 在一次数学课外实践活动中，某小组要测量一幢大楼MN的高度，如图，在山坡的坡脚A处测得大楼顶部M的仰角是58°，沿着山坡向上走75米到达B处，在B处测得大楼顶部M的仰角是22°，已知斜坡AB的坡度i=3：4(坡度是指坡面的铅直高度与水平宽度的比)，求大楼MN的高度．(图中的点A，B，M，N，C均在同一平面内，N，A，C在同一水平线上，参考数据：tan22°≈0.4，tan58°≈1.6)
22. 如图，在△ABC中，AB=AC，以AB为直径作⊙O与AC交于点E，过点A作⊙O的切线交BC的延长线于点D．
(1)求证：∠D=∠EBC；
(2)若CD=2BC，AE=3，求⊙O的半径．
23. 某文具店最近有A，B两款纪念册比较畅销．该店购进A款纪念册5本和B款纪念册4本共需156元，购进A款纪念册3本和B款纪念册5本共需130元．在销售中发现：A款纪念册售价为32元/本时，每天的销售量为40本，每降低1元可多售出2本；B款纪念册售价为22元/本时，每天的销售量为80本，B款纪念册每天的销售量与售价之间满足一次函数关系，其部分对应数据如下表所示：
售价(元/本)
……
22
23
24
25
……
每天销售量(本)
……
80
78
76
74
……
(1)求A，B两款纪念册每本的进价分别为多少元；
(2)该店准备降低每本A款纪念册的利润，同时提高每本B款纪念册的利润，且这两款纪念册每天销售总数不变，设A款纪念册每本降价m元；
①直接写出B款纪念册每天的销售量(用含m的代数式表示)；
②当A款纪念册售价为多少元时，该店每天所获利润最大，最大利润是多少？
24. 如图1，在正方形ABCD中，点M为CD边上一点，过点M作MN⊥CD且DM=MN，连接DN，BM，CN，点P，Q分别为BM，CN的中点，连接PQ．
(1)证明：CM=2PQ；
(2)将图1中的△DMN绕正方形ABCD的顶点D顺时针旋转α(0°<α<360°)．
①(1)中的结论是否成立？若成立，请结合图2写出证明过程；若不成立，请说明理由；
②若AB=10，DM=25，在△DMN绕点D旋转的过程中，当B，M，N三点共线时，请直接写出线段PQ的长．
25. 在平面直角坐标系中，抛物线y=−12x2+bx+c经过点A(−12,278)和点B(4,0)，与y轴交于点C，点P为为物线上一动点．
(1)求抛物线和直线AB的解析式；
(2)如图，点P为第一象限内抛物线上的点，过点P作PD⊥AB，垂足为D，作PE⊥x轴，垂足为E，交AB于点F，设△PDF的面积为S1，△BEF的面积为S2，当S1S2=4925时，求点P坐标；
(3)点N为抛物线对称轴上的动点，是否存在点N，使得直线BC垂直平分线段PN？若存在，请直接写出点N坐标，若不存在，请说明理由．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：∵−1<0<2<2，
∴最大的数是2；
故选：C．
根据实数的大小比较法则即可得出答案．
此题考查了实数的大小比较，熟练掌握掌握大于0，负数小于0，正数大于一切负数．
2.【答案】B
【解析】解：从左边看，从左往右小正方形的个数依次为：2，1.左视图如下：
故选：B．
细心观察图中几何体中正方体摆放的位置，根据左视图是从左面看到的图形判定则可．
本题主要考查了几何体的三种视图和学生的空间想象能力，视图中每一个闭合的线框都表示物体上的一个平面，而相连的两个闭合线框常不在一个平面上．
3.【答案】B
【解析】解：A.a6÷a2=a4，故本选项不合题意；
B.(a2)4=a8，故本选项符合题意；
C.3a3−a3=2a3，故本选项不合题意；
D.a2+4a2=5a2，故本选项不合题意；
故选：B．
选项A根据同底数幂的除法法则判断即可，同底数幂的除法法则：底数不变，指数相减；选项B根据幂的乘方运算法则判断即可，幂的乘方法则：底数不变，指数相乘；选项C、D根据合并同类项法则判断即可，合并同类项的法则：把同类项的系数相加，所得结果作为系数，字母和字母的指数不变．
本题考查了合并同类项，同底数幂的除法以及幂的乘方，掌握修改运算法则是解答本题的关键．
4.【答案】C
【解析】解：∵DE//FG，∠BCF=25°，
∴∠CBE=∠BCF=25°，
∵∠ABC=90°，
∴∠ABE=∠ABC−∠CBE=65°．
故选：C．
由平行线的性质可得∠CBE=∠BCF=25°，再由直角三角形得∠ABC=90°，从而可求∠ABE的度数．
本题主要考查平行线的性质，解答的关键是熟记平行线的性质：两直线平行，内错角相等．
5.【答案】D
【解析】解：∵关于x的一元二次方程x2+4x−m=0有两个实数根，
∴Δ=42−4×1×(−m)=16+4m≥0，
解得：m≥−4，
故选：D．
根据根的判别式好已知条件得出Δ=42−4×1×(−m)≥0，再求出m的范围即可．
本题考查了根的判别式，能熟记根的判别式内容是解此题的关键，注意：已知一元二次方程ax2+bx+c=0(a、b、c为常数，a≠0)，当b2−4ac>0时，方程有两个不相等的实数解；当b′2−4ac=0时，方程有两个相等的实数解；当b2−4ac<0时，方程没有实数解．
6.【答案】C
【解析】解：3x=2x−2，
方程两边都乘x(x−2)，得3(x−2)=2x，
解得：x=6，
检验：当x=6时，x(x−2)≠0，
所以x=6是原方程的解，
即原方程的解是x=6，
故选：C．
方程两边都乘x(x−2)得出3(x−2)=2x，求出方程的解，再进行检验即可．
本题考查了解分式方程，能把分式方程转化成整式方程是解此题的关键．
7.【答案】D
【解析】解：依题意得：240x−150x=150×12．
故选：D．
利用路程=速度×时间，结合x天快马比慢马多走的路程为慢马12天走的路程，即可得出关于x的一元一次方程，此题得解．
本题考查了由实际问题抽象出一元一次方程，找准等量关系，正确列出一元一次方程是解题的关键．
8.【答案】A
【解析】解：连接AB，如图所示，
∵AC⊥BC，
∴∠ACB=90°．
∵∠ADC=30°，
∴∠ABC=∠ADC=30°．
∴在Rt△ABC中，
tan∠ABC=ACBC，
∴BC=ACtan∠ABC．
∵AC=4，
∴BC=4tan30∘=43．
故选：A．
连接AB，可得△ABC是直角三角形，利用圆周角定理可得∠ABC=∠ADC=30°，在Rt△ABC中，AC=4，利用三角函数可求出BC的长．
本题考查了圆周角定理，掌握“同弧所对的圆周角相等”是解题的关键．
9.【答案】D
【解析】解：在△ABC中，
∵AB=AC，
∴∠ABC=∠ACB．
∵∠A=36°，
∴∠ABC=∠C=12(180°−36°)=72°．
∵BD平分∠ABC，
∴∠ABD=∠CBD=36°．
∴∠ABD=∠A．
∴AD=BD.故选项B正确；
∵∠BDC=∠A+∠ABD=72°．
∴∠C=∠BDC．
∴BD=BC.故选项A正确；
∵∠BDC=72°，
∴∠ADB=108°.故选项C正确；
在△BCD中，CD≠12BD，
又∵AD=BD，
∴CD≠12AD.故选项D错误．
故选：D．
根据已知条件AB=AC，∠A=36°，可得△ABC是底角为72°的等腰三角形，再根据尺规作图可得BD平分∠ABC，再根据等腰三角形的性质对各选项进行判断即可．
本题考查了顶角为36°的等腰三角形的性质，熟练掌握等腰三角形的性质是解题的关键．
10.【答案】A
【解析】解：设AE=x，BM=a，
∵CD=1=AB，
∴AM=1−a，
∵△BCM沿直线CM折叠，使点B落在AD边上的点E处，
∴ME=BM=a，∠MEC=∠MBC=90°，BC=EC，
在Rt△AME中，AM2+AE2=ME2，
∴(1−a)2+x2=a2①，
∵∠AME=90°−∠AEM=∠DEC，
∴sin∠AME=sin∠DEC，
∴AEME=CDEC，即xa=1EC，
∴EC=ax，
∴BC=ax，
∵∠BCF=∠DEC=∠AME，
∴cos∠BCF=cos∠AME，
∴CFBC=AMME，即2ax=1−aa，
化简变形得：a=1−2x②，
把②代入①得：
(1−1+2x)2+x2=(1−2x)2，
解得x=5−2或x=−5−2(舍去)，
∴AE=5−2，
故选：A．
设AE=x，BM=a，在Rt△AME中，可得(1−a)2+x2=a2①，由sin∠AME=sin∠DEC，有xa=1EC，即得EC=ax=BC，而∠BCF=∠DEC=∠AME，知cos∠BCF=cos∠AME，可得2ax=1−aa，即a=1−2x②，把②代入①可解得AE=5−2．
本题考查矩形中的翻折问题，涉及锐角三角函数，勾股定理等知识，解题的关键是掌握翻折的性质，能熟练应用勾股定理及三角函数列方程解决问题．
11.【答案】2
【解析】解：−2的相反数是：−(−2)=2，
故答案为：2．
根据一个数的相反数就是在这个数前面添上“−”号，求解即可．
本题考查了相反数的意义，一个数的相反数就是在这个数前面添上“−”号：一个正数的相反数是负数，一个负数的相反数是正数，0的相反数是0.不要把相反数的意义与倒数的意义混淆．
12.【答案】1
解①得x>1，
解②得x<8，
所以不等式组的解集为1
本题考查了解一元一次不等式组：解一元一次不等式组时，一般先求出其中各不等式的解集，再求出这些解集的公共部分．
13.【答案】甲
【解析】解：∵两人5次成绩的平均数都是95分，方差分别是S甲2=2.5，S乙2=3，
∴s甲2
故答案为：甲．
根据方差的定义，方差越小数据越稳定．
本题考查了方差的意义．方差是用来衡量一组数据波动大小的量，方差越大，表明这组数据偏离平均数越大，即波动越大，数据越不稳定；反之，方差越小，表明这组数据分布比较集中，各数据偏离平均数越小，即波动越小，数据越稳定．
14.【答案】AB=AD(答案不唯一)
【解析】解：这个条件可以是AB=AD，理由如下：
由平移的性质得：AB//DE，AB=DE，
∴四边形ABED是平行四边形，
又∵AB=AD，
∴平行四边形ABED是菱形，
故答案为：AB=AD(答案不唯一)．
由平移的性质得AB//DE，AB=DE，则四边形ABED是平行四边形，再由菱形的判定即可得出结论．
本题考查了菱形的判定、平行四边形的判定与性质以及平移的性质等知识，熟练掌握菱形的判定和平移的性质是解题的关键．
15.【答案】30
【解析】解：设正六边形的边长为1，
正六边形的每个内角=(6−2)×180°÷6=120°，
∵AB=BC，∠B=120°，
∴∠BAC=∠BCA=12×(180°−120°)=30°，
∵∠BAF=120°，
∴∠CAF=∠BAF−∠BAC=120°−30°=90°，
如图，过点B作BM⊥AC于点M，则AM=CM(等腰三角形三线合一)，
∵∠BMA=90°，∠BAM=30°，
∴BM=12AB=12，
∴AM=AB2−BM2=12−(12)2=32，
∴AC=2AM=3，
∵tan∠ACF=AFAC=13=33，
∴∠ACF=30°，
故答案为：30．
设正六边形的边长为1，正六边形的每个内角为120°，在△ABC中，根据等腰三角形两底角相等得到∠BAC=30°，从而∠CAF=∠BAF−∠BAC=120°−30°=90°，过点B作BM⊥AC于点M，根据含30°的直角三角形的性质求出BM，根据勾股定理求出AM，进而得到AC的长，根据tan∠ACF=AFAC=13=33即可得出∠ACF=30°．
本题考查了正多边形与圆，根据tan∠ACF=AFAC=13=33得出∠ACF=30°是解题的关键．
16.【答案】354
【解析】解：过点D作DE⊥AB，垂足为E，
在Rt△ADE中，
∵∠AED=90°，∠EAD=45°，
∴AEAD=22，
∵点P的速度为2cm/s，点Q的速度为2cm/s，
∴AP=2x，AQ=2x，
∴APAQ=2t2t=22，
在△APQ和△AED中，
AEAD=APAQ=22，∠A=45°，
∴△AED∽△APQ，
∴点Q在AD上运动时，△APQ为等腰直角三角形，
∴AP=PQ=2x，
∴当点Q在AD上运动时，y=12AP⋅AQ=12×2x×2x=x2，
由图像可知，当y=9此时面积最大，x=3或−3(负值舍去)，
∴AD=2x=6cm，
当3
此时S△APQ=S△APF+S四边形PQDF−S△ADQ，
在Rt△APQ中，AP=2x，∠A=45°，
在Rt△APQ中，AP=x，∠A=45°，
∴AF=PF=x，FD=6−x，QD=2x−6，
∴S△APQ=12x2+12(x+2x−6)⋅(6−x)−12×6×(2x−6)，
即y=−x2+6x，
当x=72时，y=−(72)2+6×72=354，
故答案为：354．
根据题意以及函数图像可得出△AED∽△APQ，则点Q在AD上运动时，△APQ为等腰直角三角形，然后根据三角形面积公式得出当面积最大为9时，此时x=3，则AD=2x=6cm，当3
17.【答案】解：原式=(a+1)2−(5+2a)a+1⋅a+1(a+2)2
=a2+2a+1−5−2aa+1⋅a+1(a+2)2
=a2−4a+1⋅a+1(a+2)2
=(a+2)(a−2)a+1⋅a+1(a+2)2
=a−2a+2，
∵a=9+|−2|−(12)−1=3+2−2=3，
∴原式=3−23+2=15．
【解析】先把括号内通分，再把除法运算化为乘法运算，接着把分子分母因式分解，则约分得到原式=a−2a+2，然后根据算术平方根的定义、绝对值和负整数指数幂的意义计算出a的值，最后把a的值代入计算即可．
本题考查分式的化简求值：先把分式化简后，再把分式中未知数对应的值代入求出分式的值．在化简的过程中要注意运算顺序和分式的化简．化简的最后结果分子、分母要进行约分，注意运算的结果要化成最简分式或整式．也考查了实数的运算．
18.【答案】14
【解析】解：(1)小雨抽到A组题目的概率是14，
故答案为：14；
(2)画树状图如下：
共有16种等可能的结果，其中小雨和莉莉两名同学抽到相同题目的结果有4种，
∴小雨和莉莉两名同学抽到相同题目的概率为416=14．
(1)直接由概率公式求解即可；
(2)画树状图，共有16种等可能的结果，其中小雨和莉莉两名同学抽到相同题目的结果有4种，再由概率公式求解即可．
此题考查的是用树状图法求概率．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．
19.【答案】50
【解析】解：(1)20÷40%=50(人)，
即此次共抽取50名学生；
故答案为：50；
(2)B组的人数为：50−5−20−10=15(人)，
补全条形统计图如下：
扇形统计图中A组所在扇形的圆心角的度数为：360°×550=36°；
(3)1000×1050=200(人)，
答：估计全校D组(居家锻炼时长不少于6小时)的人数为200人．
(1)由C组有20人，占40%，可求得接受问卷调查的人数；
(2)由(1)可求得B组的人数，继而补全条形统计图；用360°乘A组所占比例可得扇形统计图中A组所在扇形的圆心角的度数；
(3)利用样本估计总体的方法，即可求得答案．
本题考查的是条形统计图的综合运用．读懂统计图，从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．
20.【答案】解：把点B(2,6)代入反比例函数y=kx得，
k=2×6=12；
如图，过点A、B分别作y轴的垂线，垂足为D、E，则OE=6，BE=2，
∵BE⊥CD，AD⊥CD，
∴AD//BE，
又∵B为AC的中点．
∴AD=2BE=4，CE=DE，
把x=4代入反比例函数y=12x得，
y=12÷4=3，
∴点A(4,3)，即OD=3，
∴DE=OE−OD=6−3=3=CE，
∴OC=9，
即点C(0,9)，
答：k=12，C(0,9)；
(2)在Rt△AOD中，
OA=OD2+AD2=32+42=5，
在Rt△ADC中，
AC=AD2+DC2=42+62=213，
∴△AOC的周长为：213+5+9=213+14．
【解析】(1)把点B(2,6)代入反比例函数的关系式可求出k的值，利用相似三角形的性质可求出A的坐标，进而得出点C坐标；
(2)利用勾股定理求出OA、AC的长即可．
本题考查反比例函数图象上点的坐标特征，直角三角形的边角关系以及相似三角形的性质，掌握勾股定理，反比例函数图象上点的坐标特征以及相似三角形的性质是正确解答的前提．
21.【答案】解：过点B作BE⊥AC，垂足为E，过点B作BD⊥MN，垂足为D，
则BE=DN，DB=NE，
∵斜坡AB的坡度i=3：4，
∴BEAE=34，
∴设BE=3a米，则AE=4a米，
在Rt△ABE中，AB=AE2+BE2=(3a)2+(4a)2=5a(米)，
∵AB=75米，
∴5a=75，
∴a=15，
∴DN=BE=45米，AE=60米，
设NA=x米，
∴BD=NE=AN+AE=(x+60)米，
在Rt△ANM中，∠NAM=58°，
∴MN=AN⋅tan58°≈1.6x(米)，
∴DM=MN−DN=(1.6x−45)米，
在Rt△MDB中，∠MBD=22°，
∴tan22°=DMDB=1.6x−45x+60≈0.4，
解得：x=57.5，
经检验：x=57.5是原方程的根，
∴MN=1.6x=92(米)，
∴大楼MN的高度约为92米．
【解析】过点B作BE⊥AC，垂足为E，过点B作BD⊥MN，垂足为D，则BE=DN，DB=NE，根据已知可设BE=3a米，则AE=4a米，从而在Rt△ABE中，利用勾股定理可求出AE，BE的长，然后设NA=x米，在Rt△ANM中，利用锐角三角函数的定义求出MN的长，从而求出MD，DB的长，最后在Rt△MDB中，利用锐角三角函数的定义列出关于x的方程，进行计算即可解答．
本题考查了解直角三角形的应用−仰角俯角问题，坡度坡角问题，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．
22.【答案】(1)证明：∵AD与⊙O相切于点A，
∴∠DAO=90°，
∴∠D+∠ABD=90°，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠AEB=90°，
∴∠BEC=180°−∠AEB=90°，
∴∠ACB+∠EBC=90°，
∵AB=AC，
∴∠ACB=∠ABC，
∴∠D=∠EBC；
(2)解：∵CD=2BC，
∴BD=3BC，
∵∠DAB=∠CEB=90°，∠D=∠EBC，
∴△DAB∽△BEC，
∴BDBC=ABEC=3，
∴AB=3EC，
∵AB=AC，AE=3，
∴AE+EC=AB，
∴3+EC=3EC，
∴EC=1.5，
∴AB=3EC=4.5，
∴⊙O的半径为2.25．
【解析】(1)根据切线的性质可得∠DAO=90°，从而可得∠D+∠ABD=90°，根据直径所对的圆周角是直角可得∠BEC=90°，从而可得∠ACB+∠EBC=90°，然后利用等腰三角形的性质可得∠ACB=∠ABC，从而利用等角的余角相等即可解答；
(2)根据已知可得BD=3BC，然后利用(1)的结论可得△DAB∽△BEC，从而利用相似三角形的性质可得AB=3EC，然后根据AB=AC，进行计算即可解答．
本题考查了圆周角定理，等腰三角形的性质，切线的性质，相似三角形的判定与性质，熟练掌握切线的性质，以及相似三角形的判定与性质是解题的关键．
23.【答案】解：(1)设A款纪念册每本的进价为a元，B款纪念册每本的进价为b元，
根据题意得：5a+4b=1563a+5b=130，
解得a=20b=14，
答：A款纪念册每本的进价为20元，B款纪念册每本的进价为14元；
(2)①根据题意，A款纪念册每本降价m元，可多售出2m本A款纪念册，
∵两款纪念册每天销售总数不变，
∴B款纪念册每天的销售量为(80−2m)本；
②设B款纪念册每天的销售量与售价之间满足的一次函数关系是y=kx+b′，
根据表格可得：80=22k+b′78=23k+b′，
解得k=−2b′=124，
∴y=−2x+124，
当y=80−2m时，x=22+m，
即B款纪念册每天的销售量为(80−2m)本时，每本售价是(22+m)元，
设该店每天所获利润是w元，
由已知可得w=(32−m−20)(40+2m)+(22+m−14)(80−2m)=−4m2+48m+1120=−4(m−6)2+1264，
∵−4<0，
∴m=6时，w取最大值，最大值为1264元，
此时A款纪念册售价为32−m=32−6=26(元)，
答：当A款纪念册售价为26元时，该店每天所获利润最大，最大利润是1264元．
【解析】(1)设A款纪念册每本的进价为a元，B款纪念册每本的进价为b元，根据购进A款纪念册5本和B款纪念册4本共需156元，购进A款纪念册3本和B款纪念册5本共需130元得5a+4b=1563a+5b=130，可解得A款纪念册每本的进价为20元，B款纪念册每本的进价为14元；
(2)①根据两款纪念册每天销售总数不变，可得B款纪念册每天的销售量为(80−2m)本；
②设B款纪念册每天的销售量与售价之间满足的一次函数关系是y=kx+b′，待定系数法可得y=−2x+124，即可得B款纪念册每天的销售量为(80−2m)本时，每本售价是(22+m)元，设该店每天所获利润是w元，则w=(32−m−20)(40+2m)+(22+m−14)(80−2m)=−4m2+48m+1120=−4(m−6)2+1264，根据二次函数性质可得答案．
本题考查二元一次方程组和二次函数的应用，解题的关键是理解题意，列出方程组和函数关系式．
24.【答案】(1)证明：如图1中，连接NP，延长NP交CB于点J．
∵MN⊥CD，
∴∠DMN=∠DCB=90°，
∴MN//CB，
∴∠PMN=∠PBJ，
在△PMN和△PBJ中，
∠PMN=∠PBJPM=PB∠MPN=∠BPJ，
∴△PMN≌PBJ(ASA)，
∴MN=NJ，
∵四边形ABCD是正方形，
∴CD=CB，
∵DM=MN，
∴DM=BJ，
∴CM=CJ，
∵NQ=QC，NP=NJ，
∴PQ=12CJ，
∴PQ=12CM，
∴CM=2PQ；
(2)①解：成立．
理由：如图2中，延长NM交BC的延长线于点R，交CD于点K，连接NP，延长NP到T，使得PT=PN，连接CT，BT．
∵PM=PB，∠MPN=∠BPT，PN=PT，
∴△PMN≌△PBT(SAS)，
∴MN=BT，∠PMN=∠PBT，
∴NR//BT，
∴∠R=∠CBT，
∵∠DMK=∠RCK=90°，∠DKM=∠CKR，
∴∠R=∠CDM，
∴∠CDM=∠CBT，
∵DC=BC，DM=MN=BT，
∴△CDM≌△CBT(SAS)，
∴CM=CT，
∴NQ=QC，NP=NJ，
∴PQ=12CJ，
∴PQ=12CM，
∴CM=2PQ；
②解：如图3−1中，当点N在BM的延长线上时，连接BD，取BD的中点O，连接OM，OC，过点B作BR⊥CM于点R．
∵CD=CB=10，∠DCB=90°，
∴BD=2BC=102，
∵∠DMB=90°，
∴BM=BD2−DM2=(102)2−(25)2=65，
∵∠DMB=∠DCB=90°，DO=OB，
∴OM=OD=OC=OB，
∴D，M，B，C四点共圆，
∴∠BMR=∠CDB=45°，
∴MR=BR=22BM=310，
∴CR=CB2−BR2=102−(310)2=10，
∴CM=RM+CR=410，
∴PQ=12CM=210；
如图3−2中，当点N落在BM上时，同法可证D，M，C，B四点共圆，
∴∠CMB=∠CDB=45°，
∴CR=MR，
设CR=MR=x，则102=x2+(65−x)2，
解得x=25或45(舍弃)，
∴CM=2x=210，
∴PQ=12CM=10，
综上所述，PQ的值为210或10．
【解析】(1)如图1中，连接NP，延长NP交CB于点J.证明△PMN≌PBJ(ASA)，推出MN=NJ，再证明CM=CJ，利用三角形中位线定理证明即可；
(2)①成立．如图2中，延长NM交BC的延长线于点R，交CD于点K，连接NP，延长NP到T，使得PT=PN，连接CT，BT.证明△PMN≌△PBT(SAS)，推出MN=BT，∠PMN=∠PBT，再证明△CDM≌△CBT(SAS)，推出CM=CT，可得结论．
②分两种情形：如图3−1中，当点N在BM的延长线上时，连接BD，取BD的中点O，连接OM，OC，过点B作BR⊥CM于点R.如图3−2中，证明D，M，C，B四点共圆，利用勾股定理求出MR，CR即可．当点N落在BM上时，同法可证D，M，C，B四点共圆，设CR=MR=x，则102=x2+(65−x)2，解方程求出x即可．
本题属于四边形综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，解直角三角形，三角形中位线定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考压轴题．
25.【答案】解：(1)∵抛物线y=−12x2+bx+c经过点A(−12,278)和点B(4,0)，
∴−12×14−12b+c=278−12×16+4b+c=0，
解得b=1c=4，
∴抛物线的解析式为：y=−12x2+x+4；
设直线AB的解析式为：y=kx+b′，
∴−12k+b′=2784k+b′=0，
解得k=−34b′=3．
∴直线AB的解析式为：y=−34x+3．
(2)如图，设直线AB与y轴交于点G，
∴G(0,3)，
∴OG=3，OB=4，AB=5，
∵PD⊥AB，PE⊥OB，
∴∠PDF=∠BEF=∠GOB=90°，
∵∠P+∠PFD=∠BFE+∠OBE=90°，∠PFE=∠BFE，
∴∠P=∠OBE，
∴△PDF∽△BOG，
∴PD：DF：PF=OB：OG：AB=3：4：5，
∴PD=45PF，DF=35PF，
∴S1=12⋅PD⋅DF=625PF2，
设点P的横坐标为m，则P(m,−12m2+m+4)(0
∴PF=−12m2+m+4−(−34m+3)=−12m2+74m+1，BE=4−m，FE=−34m+3，
∴S1=625(−12m2+74m+1)2=3200(m−4)2(2m+1)2，
S2=12⋅BE⋅EF=12(4−m)(−34m+3)=38(m−4)2，
∵S1S2=4925，
∴[3200(m−4)2(2m+1)2]：[38(m−4)2]=4925，解得m=3或m=−4(舍)，
∴P(3,52).
(3)存在，点N的坐标为(1,3−3)或(1,3+3).理由如下：
由抛物线的解析式可知，C(0,4)，
∴OB=OC=4，
∴∠OBC=∠OCB=45°．
如图，当点P在直线AB上方时，如图所示，过点P作x轴的平行线PH，过点B作x轴的平行线交PH于点H，
∵BC垂直平分PN，
∴BN=BP，∠PBC=∠NBC，
∵∠OBC=∠CBH=45°，
∴∠PBH=∠OBN，
∵∠H=∠BKN=90°，
∴△PHB≌△NKB(AAS)，
∴HB=BK，PH=NK，
∵抛物线的对称轴为x=1，
∴BK=3，
∴BH=3，
令−12x2+x+4=3，
解得x=1+3或x=1−3(舍)，
∴PH=4−(1+3)=3−3，
∴NK=3−3，
∴N(1,3−3)；
当点P在直线AB下方时，如图所示，过点N作x轴的平行线NM，过点B作x轴的垂线BM交NM于点M，过点P作PQ⊥x轴于点Q．
∵BC垂直平分PN，
∴BN=BP，∠PBC=∠NBC，
∵∠OBC=∠CBM=45°，
∴∠PBQ=∠MBN，
∵∠M=∠PQB=90°，
∴△PQB≌△NMB(AAS)，
∴QB=MB，PQ=NM，
∵抛物线的对称轴为x=1，
∴MN=3，
∴PQ=3，
令−12x2+x+4=3，
解得x=1+3(舍)或x=1−3，
∴BQ=4−(1−3)=3+3，
∴BM=3+3，
∴N(1,3+3).
综上，存在，点N的坐标为(1,3−3)或(1,3+3).
【解析】(1)将A，B的坐标分别代入抛物线和直线AB的解析式，组成方程组，解之即可；
(2)如图，设直线AB与y轴交于点G，易证△PDF∽△BOG，所以PD：DF：PF=OB：OG：AB=3：4：5，所以PD=45PF，DF=35PF，则S1=12⋅PD⋅DF=625PF2，设点P的横坐标为m，则P(m,−12m2+m+4)(0
本题属于二次函数综合题，涉及待定系数法求函数解析式，相似三角形的性质与判定，三角形的面积，全等三角形的性质与判定等知识，第(3)问解题关键是将垂直平分的条件转化为三角形的全等，得出线段之间的关系．
2022年辽宁省营口市中考数学试卷
题号
一
二
三
总分
得分
一、选择题（本大题共10小题，共30分）
1. 在2，0，−1，2这四个实数中，最大的数是( )
A. 0 B. −1 C. 2 D. 2
2. 如图是由五个相同的正方体搭成的几何体，这个几何体的左视图是( )
A.
B.
C.
D.
3. 下列计算正确的是( )
A. a6÷a2=a3 B. (a2)4=a8 C. 3a3−a3=3 D. a2+4a2=5a4
4. 如图，直线DE//FG，Rt△ABC的顶点B，C分别在DE，FG上，若∠BCF=25°，则∠ABE的大小为( )
A. 55°
B. 25°
C. 65°
D. 75°
5. 关于x的一元二次方程x2+4x−m=0有两个实数根，则实数m的取值范围为( )
A. m<4 B. m>−4 C. m≤4 D. m≥−4
6. 分式方程3x=2x−2的解是( )
A. x=2 B. x=−6 C. x=6 D. x=−2
7. 我国元朝朱世杰所著的《算学启蒙》一书是中国较早的数学著作之一，书中记载一道问题：“良马日行二百四十里，驽马日行一百五十里，驽马先行一十二日，问良马几何追及之？”题意是：快马每天走240里，慢马每天走150里，慢马先走12天，试问快马几天可以追上慢马？若设快马x天可以追上慢马，则下列方程正确的是( )
A. 240x+150x=150×12 B. 240x−150x=240×12
C. 240x+150x=240×12 D. 240x−150x=150×12
8. 如图，点A，B，C，D在⊙O上，AC⊥BC，AC=4，∠ADC=30°，则BC的长为( )
A. 43
B. 8
C. 42
D. 4
9. 如图，在△ABC中，AB=AC，∠A=36°，由图中的尺规作图得到的射线与AC交于点D，则以下推断错误的是( )
A. BD=BC
B. AD=BD
C. ∠ADB=108°
D. CD=12AD
10. 如图，在矩形ABCD中，点M在AB边上，把△BCM沿直线CM折叠，使点B落在AD边上的点E处，连接EC，过点B作BF⊥EC，垂足为F，若CD=1，CF=2，则线段AE的长为( )
A. 5−2 B. 3−1 C. 13 D. 12
二、填空题（本大题共6小题，共18分）
11. −2的相反数是______．
12. 不等式组2x+4>69−x>1的解集为______．
13. 甲、乙两名学生参加学校举办的“防疫知识大赛”.两人5次成绩的平均数都是95分，方差分别是S甲2=2.5，S乙2=3，则两人成绩比较稳定的是______.(填“甲”或“乙”)
14. 如图，将△ABC沿着BC方向平移得到△DEF，只需添加一个条件即可证明四边形ABED是菱形，这个条件可以是______.(写出一个即可)
15. 如图，在正六边形ABCDEF中，连接AC，CF，则∠ACF=______度．
16. 如图1，在四边形ABCD中，BC//AD，∠D=90°，∠A=45°，动点P，Q同时从点A出发，点P以2cm/s的速度沿AB向点B运动(运动到B点即停止)，点Q以2cm/s的速度沿折线AD→DC向终点C运动，设点Q的运动时间为x(s)，△APQ的面积为y(cm2)，若y与x之间的函数关系的图象如图2所示，当x=72(s)时，则y=______cm2．
三、解答题（本大题共9小题，共102分）
17. 先化简，再求值：(a+1−5+2aa+1)÷a2+4a+4a+1，其中a=9+|−2|−(12)−1．
18. 为传承中华民族优秀传统文化，提高学生文化素养，学校举办“经典诵读”比赛，比赛题目分为“诗词之风”“散文之韵”“小说之趣”“戏剧之雅”四组(依次记为A，B，C，D).小雨和莉莉两名同学参加比赛，其中一名同学从四组题目中随机抽取一组，然后放回，另一名同学再随机抽取一组．
(1)小雨抽到A组题目的概率是______；
(2)请用列表法或画树状图的方法，求小雨和莉莉两名同学抽到相同题目的概率．
19. 某校为了了解疫情期间学生居家锻炼时长的情况，随机抽取了部分学生，就居家一周的锻炼时长进行了统计调查，根据调查结果，将居家锻炼时长分为A，B，C，D四个组别．
学生居家锻炼时长分组表
组别
A
B
C
D
t(小时)
0≤t<2
2≤t<4
4≤t<6
t≥6
下面两幅图为不完整的统计图．
请根据图表中的信息解答下列问题：
(1)此次共抽取______名学生；
(2)补全条形统计图，并求扇形统计图中A组所在扇形的圆心角的度数；
(3)若全校有1000名学生，请根据抽样调查结果，估计D组(居家锻炼时长不少于6小时)的人数．
20. 如图，在平面直角坐标系中，△OAC的边OC在y轴上，反比例函数y=kx(x>0)的图象经过点A和点B(2,6)，且点B为AC的中点．
(1)求k的值和点C的坐标；
(2)求△OAC的周长．
21. 在一次数学课外实践活动中，某小组要测量一幢大楼MN的高度，如图，在山坡的坡脚A处测得大楼顶部M的仰角是58°，沿着山坡向上走75米到达B处，在B处测得大楼顶部M的仰角是22°，已知斜坡AB的坡度i=3：4(坡度是指坡面的铅直高度与水平宽度的比)，求大楼MN的高度．(图中的点A，B，M，N，C均在同一平面内，N，A，C在同一水平线上，参考数据：tan22°≈0.4，tan58°≈1.6)
22. 如图，在△ABC中，AB=AC，以AB为直径作⊙O与AC交于点E，过点A作⊙O的切线交BC的延长线于点D．
(1)求证：∠D=∠EBC；
(2)若CD=2BC，AE=3，求⊙O的半径．
23. 某文具店最近有A，B两款纪念册比较畅销．该店购进A款纪念册5本和B款纪念册4本共需156元，购进A款纪念册3本和B款纪念册5本共需130元．在销售中发现：A款纪念册售价为32元/本时，每天的销售量为40本，每降低1元可多售出2本；B款纪念册售价为22元/本时，每天的销售量为80本，B款纪念册每天的销售量与售价之间满足一次函数关系，其部分对应数据如下表所示：
售价(元/本)
……
22
23
24
25
……
每天销售量(本)
……
80
78
76
74
……
(1)求A，B两款纪念册每本的进价分别为多少元；
(2)该店准备降低每本A款纪念册的利润，同时提高每本B款纪念册的利润，且这两款纪念册每天销售总数不变，设A款纪念册每本降价m元；
①直接写出B款纪念册每天的销售量(用含m的代数式表示)；
②当A款纪念册售价为多少元时，该店每天所获利润最大，最大利润是多少？
24. 如图1，在正方形ABCD中，点M为CD边上一点，过点M作MN⊥CD且DM=MN，连接DN，BM，CN，点P，Q分别为BM，CN的中点，连接PQ．
(1)证明：CM=2PQ；
(2)将图1中的△DMN绕正方形ABCD的顶点D顺时针旋转α(0°<α<360°)．
①(1)中的结论是否成立？若成立，请结合图2写出证明过程；若不成立，请说明理由；
②若AB=10，DM=25，在△DMN绕点D旋转的过程中，当B，M，N三点共线时，请直接写出线段PQ的长．
25. 在平面直角坐标系中，抛物线y=−12x2+bx+c经过点A(−12,278)和点B(4,0)，与y轴交于点C，点P为为物线上一动点．
(1)求抛物线和直线AB的解析式；
(2)如图，点P为第一象限内抛物线上的点，过点P作PD⊥AB，垂足为D，作PE⊥x轴，垂足为E，交AB于点F，设△PDF的面积为S1，△BEF的面积为S2，当S1S2=4925时，求点P坐标；
(3)点N为抛物线对称轴上的动点，是否存在点N，使得直线BC垂直平分线段PN？若存在，请直接写出点N坐标，若不存在，请说明理由．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：∵−1<0<2<2，
∴最大的数是2；
故选：C．
根据实数的大小比较法则即可得出答案．
此题考查了实数的大小比较，熟练掌握掌握大于0，负数小于0，正数大于一切负数．
2.【答案】B
【解析】解：从左边看，从左往右小正方形的个数依次为：2，1.左视图如下：
故选：B．
细心观察图中几何体中正方体摆放的位置，根据左视图是从左面看到的图形判定则可．
本题主要考查了几何体的三种视图和学生的空间想象能力，视图中每一个闭合的线框都表示物体上的一个平面，而相连的两个闭合线框常不在一个平面上．
3.【答案】B
【解析】解：A.a6÷a2=a4，故本选项不合题意；
B.(a2)4=a8，故本选项符合题意；
C.3a3−a3=2a3，故本选项不合题意；
D.a2+4a2=5a2，故本选项不合题意；
故选：B．
选项A根据同底数幂的除法法则判断即可，同底数幂的除法法则：底数不变，指数相减；选项B根据幂的乘方运算法则判断即可，幂的乘方法则：底数不变，指数相乘；选项C、D根据合并同类项法则判断即可，合并同类项的法则：把同类项的系数相加，所得结果作为系数，字母和字母的指数不变．
本题考查了合并同类项，同底数幂的除法以及幂的乘方，掌握修改运算法则是解答本题的关键．
4.【答案】C
【解析】解：∵DE//FG，∠BCF=25°，
∴∠CBE=∠BCF=25°，
∵∠ABC=90°，
∴∠ABE=∠ABC−∠CBE=65°．
故选：C．
由平行线的性质可得∠CBE=∠BCF=25°，再由直角三角形得∠ABC=90°，从而可求∠ABE的度数．
本题主要考查平行线的性质，解答的关键是熟记平行线的性质：两直线平行，内错角相等．
5.【答案】D
【解析】解：∵关于x的一元二次方程x2+4x−m=0有两个实数根，
∴Δ=42−4×1×(−m)=16+4m≥0，
解得：m≥−4，
故选：D．
根据根的判别式好已知条件得出Δ=42−4×1×(−m)≥0，再求出m的范围即可．
本题考查了根的判别式，能熟记根的判别式内容是解此题的关键，注意：已知一元二次方程ax2+bx+c=0(a、b、c为常数，a≠0)，当b2−4ac>0时，方程有两个不相等的实数解；当b′2−4ac=0时，方程有两个相等的实数解；当b2−4ac<0时，方程没有实数解．
6.【答案】C
【解析】解：3x=2x−2，
方程两边都乘x(x−2)，得3(x−2)=2x，
解得：x=6，
检验：当x=6时，x(x−2)≠0，
所以x=6是原方程的解，
即原方程的解是x=6，
故选：C．
方程两边都乘x(x−2)得出3(x−2)=2x，求出方程的解，再进行检验即可．
本题考查了解分式方程，能把分式方程转化成整式方程是解此题的关键．
7.【答案】D
【解析】解：依题意得：240x−150x=150×12．
故选：D．
利用路程=速度×时间，结合x天快马比慢马多走的路程为慢马12天走的路程，即可得出关于x的一元一次方程，此题得解．
本题考查了由实际问题抽象出一元一次方程，找准等量关系，正确列出一元一次方程是解题的关键．
8.【答案】A
【解析】解：连接AB，如图所示，
∵AC⊥BC，
∴∠ACB=90°．
∵∠ADC=30°，
∴∠ABC=∠ADC=30°．
∴在Rt△ABC中，
tan∠ABC=ACBC，
∴BC=ACtan∠ABC．
∵AC=4，
∴BC=4tan30∘=43．
故选：A．
连接AB，可得△ABC是直角三角形，利用圆周角定理可得∠ABC=∠ADC=30°，在Rt△ABC中，AC=4，利用三角函数可求出BC的长．
本题考查了圆周角定理，掌握“同弧所对的圆周角相等”是解题的关键．
9.【答案】D
【解析】解：在△ABC中，
∵AB=AC，
∴∠ABC=∠ACB．
∵∠A=36°，
∴∠ABC=∠C=12(180°−36°)=72°．
∵BD平分∠ABC，
∴∠ABD=∠CBD=36°．
∴∠ABD=∠A．
∴AD=BD.故选项B正确；
∵∠BDC=∠A+∠ABD=72°．
∴∠C=∠BDC．
∴BD=BC.故选项A正确；
∵∠BDC=72°，
∴∠ADB=108°.故选项C正确；
在△BCD中，CD≠12BD，
又∵AD=BD，
∴CD≠12AD.故选项D错误．
故选：D．
根据已知条件AB=AC，∠A=36°，可得△ABC是底角为72°的等腰三角形，再根据尺规作图可得BD平分∠ABC，再根据等腰三角形的性质对各选项进行判断即可．
本题考查了顶角为36°的等腰三角形的性质，熟练掌握等腰三角形的性质是解题的关键．
10.【答案】A
【解析】解：设AE=x，BM=a，
∵CD=1=AB，
∴AM=1−a，
∵△BCM沿直线CM折叠，使点B落在AD边上的点E处，
∴ME=BM=a，∠MEC=∠MBC=90°，BC=EC，
在Rt△AME中，AM2+AE2=ME2，
∴(1−a)2+x2=a2①，
∵∠AME=90°−∠AEM=∠DEC，
∴sin∠AME=sin∠DEC，
∴AEME=CDEC，即xa=1EC，
∴EC=ax，
∴BC=ax，
∵∠BCF=∠DEC=∠AME，
∴cos∠BCF=cos∠AME，
∴CFBC=AMME，即2ax=1−aa，
化简变形得：a=1−2x②，
把②代入①得：
(1−1+2x)2+x2=(1−2x)2，
解得x=5−2或x=−5−2(舍去)，
∴AE=5−2，
故选：A．
设AE=x，BM=a，在Rt△AME中，可得(1−a)2+x2=a2①，由sin∠AME=sin∠DEC，有xa=1EC，即得EC=ax=BC，而∠BCF=∠DEC=∠AME，知cos∠BCF=cos∠AME，可得2ax=1−aa，即a=1−2x②，把②代入①可解得AE=5−2．
本题考查矩形中的翻折问题，涉及锐角三角函数，勾股定理等知识，解题的关键是掌握翻折的性质，能熟练应用勾股定理及三角函数列方程解决问题．
11.【答案】2
【解析】解：−2的相反数是：−(−2)=2，
故答案为：2．
根据一个数的相反数就是在这个数前面添上“−”号，求解即可．
本题考查了相反数的意义，一个数的相反数就是在这个数前面添上“−”号：一个正数的相反数是负数，一个负数的相反数是正数，0的相反数是0.不要把相反数的意义与倒数的意义混淆．
12.【答案】1
解①得x>1，
解②得x<8，
所以不等式组的解集为1
本题考查了解一元一次不等式组：解一元一次不等式组时，一般先求出其中各不等式的解集，再求出这些解集的公共部分．
13.【答案】甲
【解析】解：∵两人5次成绩的平均数都是95分，方差分别是S甲2=2.5，S乙2=3，
∴s甲2
故答案为：甲．
根据方差的定义，方差越小数据越稳定．
本题考查了方差的意义．方差是用来衡量一组数据波动大小的量，方差越大，表明这组数据偏离平均数越大，即波动越大，数据越不稳定；反之，方差越小，表明这组数据分布比较集中，各数据偏离平均数越小，即波动越小，数据越稳定．
14.【答案】AB=AD(答案不唯一)
【解析】解：这个条件可以是AB=AD，理由如下：
由平移的性质得：AB//DE，AB=DE，
∴四边形ABED是平行四边形，
又∵AB=AD，
∴平行四边形ABED是菱形，
故答案为：AB=AD(答案不唯一)．
由平移的性质得AB//DE，AB=DE，则四边形ABED是平行四边形，再由菱形的判定即可得出结论．
本题考查了菱形的判定、平行四边形的判定与性质以及平移的性质等知识，熟练掌握菱形的判定和平移的性质是解题的关键．
15.【答案】30
【解析】解：设正六边形的边长为1，
正六边形的每个内角=(6−2)×180°÷6=120°，
∵AB=BC，∠B=120°，
∴∠BAC=∠BCA=12×(180°−120°)=30°，
∵∠BAF=120°，
∴∠CAF=∠BAF−∠BAC=120°−30°=90°，
如图，过点B作BM⊥AC于点M，则AM=CM(等腰三角形三线合一)，
∵∠BMA=90°，∠BAM=30°，
∴BM=12AB=12，
∴AM=AB2−BM2=12−(12)2=32，
∴AC=2AM=3，
∵tan∠ACF=AFAC=13=33，
∴∠ACF=30°，
故答案为：30．
设正六边形的边长为1，正六边形的每个内角为120°，在△ABC中，根据等腰三角形两底角相等得到∠BAC=30°，从而∠CAF=∠BAF−∠BAC=120°−30°=90°，过点B作BM⊥AC于点M，根据含30°的直角三角形的性质求出BM，根据勾股定理求出AM，进而得到AC的长，根据tan∠ACF=AFAC=13=33即可得出∠ACF=30°．
本题考查了正多边形与圆，根据tan∠ACF=AFAC=13=33得出∠ACF=30°是解题的关键．
16.【答案】354
【解析】解：过点D作DE⊥AB，垂足为E，
在Rt△ADE中，
∵∠AED=90°，∠EAD=45°，
∴AEAD=22，
∵点P的速度为2cm/s，点Q的速度为2cm/s，
∴AP=2x，AQ=2x，
∴APAQ=2t2t=22，
在△APQ和△AED中，
AEAD=APAQ=22，∠A=45°，
∴△AED∽△APQ，
∴点Q在AD上运动时，△APQ为等腰直角三角形，
∴AP=PQ=2x，
∴当点Q在AD上运动时，y=12AP⋅AQ=12×2x×2x=x2，
由图像可知，当y=9此时面积最大，x=3或−3(负值舍去)，
∴AD=2x=6cm，
当3
此时S△APQ=S△APF+S四边形PQDF−S△ADQ，
在Rt△APQ中，AP=2x，∠A=45°，
在Rt△APQ中，AP=x，∠A=45°，
∴AF=PF=x，FD=6−x，QD=2x−6，
∴S△APQ=12x2+12(x+2x−6)⋅(6−x)−12×6×(2x−6)，
即y=−x2+6x，
当x=72时，y=−(72)2+6×72=354，
故答案为：354．
根据题意以及函数图像可得出△AED∽△APQ，则点Q在AD上运动时，△APQ为等腰直角三角形，然后根据三角形面积公式得出当面积最大为9时，此时x=3，则AD=2x=6cm，当3
17.【答案】解：原式=(a+1)2−(5+2a)a+1⋅a+1(a+2)2
=a2+2a+1−5−2aa+1⋅a+1(a+2)2
=a2−4a+1⋅a+1(a+2)2
=(a+2)(a−2)a+1⋅a+1(a+2)2
=a−2a+2，
∵a=9+|−2|−(12)−1=3+2−2=3，
∴原式=3−23+2=15．
【解析】先把括号内通分，再把除法运算化为乘法运算，接着把分子分母因式分解，则约分得到原式=a−2a+2，然后根据算术平方根的定义、绝对值和负整数指数幂的意义计算出a的值，最后把a的值代入计算即可．
本题考查分式的化简求值：先把分式化简后，再把分式中未知数对应的值代入求出分式的值．在化简的过程中要注意运算顺序和分式的化简．化简的最后结果分子、分母要进行约分，注意运算的结果要化成最简分式或整式．也考查了实数的运算．
18.【答案】14
【解析】解：(1)小雨抽到A组题目的概率是14，
故答案为：14；
(2)画树状图如下：
共有16种等可能的结果，其中小雨和莉莉两名同学抽到相同题目的结果有4种，
∴小雨和莉莉两名同学抽到相同题目的概率为416=14．
(1)直接由概率公式求解即可；
(2)画树状图，共有16种等可能的结果，其中小雨和莉莉两名同学抽到相同题目的结果有4种，再由概率公式求解即可．
此题考查的是用树状图法求概率．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．
19.【答案】50
【解析】解：(1)20÷40%=50(人)，
即此次共抽取50名学生；
故答案为：50；
(2)B组的人数为：50−5−20−10=15(人)，
补全条形统计图如下：
扇形统计图中A组所在扇形的圆心角的度数为：360°×550=36°；
(3)1000×1050=200(人)，
答：估计全校D组(居家锻炼时长不少于6小时)的人数为200人．
(1)由C组有20人，占40%，可求得接受问卷调查的人数；
(2)由(1)可求得B组的人数，继而补全条形统计图；用360°乘A组所占比例可得扇形统计图中A组所在扇形的圆心角的度数；
(3)利用样本估计总体的方法，即可求得答案．
本题考查的是条形统计图的综合运用．读懂统计图，从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．
20.【答案】解：把点B(2,6)代入反比例函数y=kx得，
k=2×6=12；
如图，过点A、B分别作y轴的垂线，垂足为D、E，则OE=6，BE=2，
∵BE⊥CD，AD⊥CD，
∴AD//BE，
又∵B为AC的中点．
∴AD=2BE=4，CE=DE，
把x=4代入反比例函数y=12x得，
y=12÷4=3，
∴点A(4,3)，即OD=3，
∴DE=OE−OD=6−3=3=CE，
∴OC=9，
即点C(0,9)，
答：k=12，C(0,9)；
(2)在Rt△AOD中，
OA=OD2+AD2=32+42=5，
在Rt△ADC中，
AC=AD2+DC2=42+62=213，
∴△AOC的周长为：213+5+9=213+14．
【解析】(1)把点B(2,6)代入反比例函数的关系式可求出k的值，利用相似三角形的性质可求出A的坐标，进而得出点C坐标；
(2)利用勾股定理求出OA、AC的长即可．
本题考查反比例函数图象上点的坐标特征，直角三角形的边角关系以及相似三角形的性质，掌握勾股定理，反比例函数图象上点的坐标特征以及相似三角形的性质是正确解答的前提．
21.【答案】解：过点B作BE⊥AC，垂足为E，过点B作BD⊥MN，垂足为D，
则BE=DN，DB=NE，
∵斜坡AB的坡度i=3：4，
∴BEAE=34，
∴设BE=3a米，则AE=4a米，
在Rt△ABE中，AB=AE2+BE2=(3a)2+(4a)2=5a(米)，
∵AB=75米，
∴5a=75，
∴a=15，
∴DN=BE=45米，AE=60米，
设NA=x米，
∴BD=NE=AN+AE=(x+60)米，
在Rt△ANM中，∠NAM=58°，
∴MN=AN⋅tan58°≈1.6x(米)，
∴DM=MN−DN=(1.6x−45)米，
在Rt△MDB中，∠MBD=22°，
∴tan22°=DMDB=1.6x−45x+60≈0.4，
解得：x=57.5，
经检验：x=57.5是原方程的根，
∴MN=1.6x=92(米)，
∴大楼MN的高度约为92米．
【解析】过点B作BE⊥AC，垂足为E，过点B作BD⊥MN，垂足为D，则BE=DN，DB=NE，根据已知可设BE=3a米，则AE=4a米，从而在Rt△ABE中，利用勾股定理可求出AE，BE的长，然后设NA=x米，在Rt△ANM中，利用锐角三角函数的定义求出MN的长，从而求出MD，DB的长，最后在Rt△MDB中，利用锐角三角函数的定义列出关于x的方程，进行计算即可解答．
本题考查了解直角三角形的应用−仰角俯角问题，坡度坡角问题，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．
22.【答案】(1)证明：∵AD与⊙O相切于点A，
∴∠DAO=90°，
∴∠D+∠ABD=90°，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠AEB=90°，
∴∠BEC=180°−∠AEB=90°，
∴∠ACB+∠EBC=90°，
∵AB=AC，
∴∠ACB=∠ABC，
∴∠D=∠EBC；
(2)解：∵CD=2BC，
∴BD=3BC，
∵∠DAB=∠CEB=90°，∠D=∠EBC，
∴△DAB∽△BEC，
∴BDBC=ABEC=3，
∴AB=3EC，
∵AB=AC，AE=3，
∴AE+EC=AB，
∴3+EC=3EC，
∴EC=1.5，
∴AB=3EC=4.5，
∴⊙O的半径为2.25．
【解析】(1)根据切线的性质可得∠DAO=90°，从而可得∠D+∠ABD=90°，根据直径所对的圆周角是直角可得∠BEC=90°，从而可得∠ACB+∠EBC=90°，然后利用等腰三角形的性质可得∠ACB=∠ABC，从而利用等角的余角相等即可解答；
(2)根据已知可得BD=3BC，然后利用(1)的结论可得△DAB∽△BEC，从而利用相似三角形的性质可得AB=3EC，然后根据AB=AC，进行计算即可解答．
本题考查了圆周角定理，等腰三角形的性质，切线的性质，相似三角形的判定与性质，熟练掌握切线的性质，以及相似三角形的判定与性质是解题的关键．
23.【答案】解：(1)设A款纪念册每本的进价为a元，B款纪念册每本的进价为b元，
根据题意得：5a+4b=1563a+5b=130，
解得a=20b=14，
答：A款纪念册每本的进价为20元，B款纪念册每本的进价为14元；
(2)①根据题意，A款纪念册每本降价m元，可多售出2m本A款纪念册，
∵两款纪念册每天销售总数不变，
∴B款纪念册每天的销售量为(80−2m)本；
②设B款纪念册每天的销售量与售价之间满足的一次函数关系是y=kx+b′，
根据表格可得：80=22k+b′78=23k+b′，
解得k=−2b′=124，
∴y=−2x+124，
当y=80−2m时，x=22+m，
即B款纪念册每天的销售量为(80−2m)本时，每本售价是(22+m)元，
设该店每天所获利润是w元，
由已知可得w=(32−m−20)(40+2m)+(22+m−14)(80−2m)=−4m2+48m+1120=−4(m−6)2+1264，
∵−4<0，
∴m=6时，w取最大值，最大值为1264元，
此时A款纪念册售价为32−m=32−6=26(元)，
答：当A款纪念册售价为26元时，该店每天所获利润最大，最大利润是1264元．
【解析】(1)设A款纪念册每本的进价为a元，B款纪念册每本的进价为b元，根据购进A款纪念册5本和B款纪念册4本共需156元，购进A款纪念册3本和B款纪念册5本共需130元得5a+4b=1563a+5b=130，可解得A款纪念册每本的进价为20元，B款纪念册每本的进价为14元；
(2)①根据两款纪念册每天销售总数不变，可得B款纪念册每天的销售量为(80−2m)本；
②设B款纪念册每天的销售量与售价之间满足的一次函数关系是y=kx+b′，待定系数法可得y=−2x+124，即可得B款纪念册每天的销售量为(80−2m)本时，每本售价是(22+m)元，设该店每天所获利润是w元，则w=(32−m−20)(40+2m)+(22+m−14)(80−2m)=−4m2+48m+1120=−4(m−6)2+1264，根据二次函数性质可得答案．
本题考查二元一次方程组和二次函数的应用，解题的关键是理解题意，列出方程组和函数关系式．
24.【答案】(1)证明：如图1中，连接NP，延长NP交CB于点J．
∵MN⊥CD，
∴∠DMN=∠DCB=90°，
∴MN//CB，
∴∠PMN=∠PBJ，
在△PMN和△PBJ中，
∠PMN=∠PBJPM=PB∠MPN=∠BPJ，
∴△PMN≌PBJ(ASA)，
∴MN=NJ，
∵四边形ABCD是正方形，
∴CD=CB，
∵DM=MN，
∴DM=BJ，
∴CM=CJ，
∵NQ=QC，NP=NJ，
∴PQ=12CJ，
∴PQ=12CM，
∴CM=2PQ；
(2)①解：成立．
理由：如图2中，延长NM交BC的延长线于点R，交CD于点K，连接NP，延长NP到T，使得PT=PN，连接CT，BT．
∵PM=PB，∠MPN=∠BPT，PN=PT，
∴△PMN≌△PBT(SAS)，
∴MN=BT，∠PMN=∠PBT，
∴NR//BT，
∴∠R=∠CBT，
∵∠DMK=∠RCK=90°，∠DKM=∠CKR，
∴∠R=∠CDM，
∴∠CDM=∠CBT，
∵DC=BC，DM=MN=BT，
∴△CDM≌△CBT(SAS)，
∴CM=CT，
∴NQ=QC，NP=NJ，
∴PQ=12CJ，
∴PQ=12CM，
∴CM=2PQ；
②解：如图3−1中，当点N在BM的延长线上时，连接BD，取BD的中点O，连接OM，OC，过点B作BR⊥CM于点R．
∵CD=CB=10，∠DCB=90°，
∴BD=2BC=102，
∵∠DMB=90°，
∴BM=BD2−DM2=(102)2−(25)2=65，
∵∠DMB=∠DCB=90°，DO=OB，
∴OM=OD=OC=OB，
∴D，M，B，C四点共圆，
∴∠BMR=∠CDB=45°，
∴MR=BR=22BM=310，
∴CR=CB2−BR2=102−(310)2=10，
∴CM=RM+CR=410，
∴PQ=12CM=210；
如图3−2中，当点N落在BM上时，同法可证D，M，C，B四点共圆，
∴∠CMB=∠CDB=45°，
∴CR=MR，
设CR=MR=x，则102=x2+(65−x)2，
解得x=25或45(舍弃)，
∴CM=2x=210，
∴PQ=12CM=10，
综上所述，PQ的值为210或10．
【解析】(1)如图1中，连接NP，延长NP交CB于点J.证明△PMN≌PBJ(ASA)，推出MN=NJ，再证明CM=CJ，利用三角形中位线定理证明即可；
(2)①成立．如图2中，延长NM交BC的延长线于点R，交CD于点K，连接NP，延长NP到T，使得PT=PN，连接CT，BT.证明△PMN≌△PBT(SAS)，推出MN=BT，∠PMN=∠PBT，再证明△CDM≌△CBT(SAS)，推出CM=CT，可得结论．
②分两种情形：如图3−1中，当点N在BM的延长线上时，连接BD，取BD的中点O，连接OM，OC，过点B作BR⊥CM于点R.如图3−2中，证明D，M，C，B四点共圆，利用勾股定理求出MR，CR即可．当点N落在BM上时，同法可证D，M，C，B四点共圆，设CR=MR=x，则102=x2+(65−x)2，解方程求出x即可．
本题属于四边形综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，解直角三角形，三角形中位线定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考压轴题．
25.【答案】解：(1)∵抛物线y=−12x2+bx+c经过点A(−12,278)和点B(4,0)，
∴−12×14−12b+c=278−12×16+4b+c=0，
解得b=1c=4，
∴抛物线的解析式为：y=−12x2+x+4；
设直线AB的解析式为：y=kx+b′，
∴−12k+b′=2784k+b′=0，
解得k=−34b′=3．
∴直线AB的解析式为：y=−34x+3．
(2)如图，设直线AB与y轴交于点G，
∴G(0,3)，
∴OG=3，OB=4，AB=5，
∵PD⊥AB，PE⊥OB，
∴∠PDF=∠BEF=∠GOB=90°，
∵∠P+∠PFD=∠BFE+∠OBE=90°，∠PFE=∠BFE，
∴∠P=∠OBE，
∴△PDF∽△BOG，
∴PD：DF：PF=OB：OG：AB=3：4：5，
∴PD=45PF，DF=35PF，
∴S1=12⋅PD⋅DF=625PF2，
设点P的横坐标为m，则P(m,−12m2+m+4)(0
∴PF=−12m2+m+4−(−34m+3)=−12m2+74m+1，BE=4−m，FE=−34m+3，
∴S1=625(−12m2+74m+1)2=3200(m−4)2(2m+1)2，
S2=12⋅BE⋅EF=12(4−m)(−34m+3)=38(m−4)2，
∵S1S2=4925，
∴[3200(m−4)2(2m+1)2]：[38(m−4)2]=4925，解得m=3或m=−4(舍)，
∴P(3,52).
(3)存在，点N的坐标为(1,3−3)或(1,3+3).理由如下：
由抛物线的解析式可知，C(0,4)，
∴OB=OC=4，
∴∠OBC=∠OCB=45°．
如图，当点P在直线AB上方时，如图所示，过点P作x轴的平行线PH，过点B作x轴的平行线交PH于点H，
∵BC垂直平分PN，
∴BN=BP，∠PBC=∠NBC，
∵∠OBC=∠CBH=45°，
∴∠PBH=∠OBN，
∵∠H=∠BKN=90°，
∴△PHB≌△NKB(AAS)，
∴HB=BK，PH=NK，
∵抛物线的对称轴为x=1，
∴BK=3，
∴BH=3，
令−12x2+x+4=3，
解得x=1+3或x=1−3(舍)，
∴PH=4−(1+3)=3−3，
∴NK=3−3，
∴N(1,3−3)；
当点P在直线AB下方时，如图所示，过点N作x轴的平行线NM，过点B作x轴的垂线BM交NM于点M，过点P作PQ⊥x轴于点Q．
∵BC垂直平分PN，
∴BN=BP，∠PBC=∠NBC，
∵∠OBC=∠CBM=45°，
∴∠PBQ=∠MBN，
∵∠M=∠PQB=90°，
∴△PQB≌△NMB(AAS)，
∴QB=MB，PQ=NM，
∵抛物线的对称轴为x=1，
∴MN=3，
∴PQ=3，
令−12x2+x+4=3，
解得x=1+3(舍)或x=1−3，
∴BQ=4−(1−3)=3+3，
∴BM=3+3，
∴N(1,3+3).
综上，存在，点N的坐标为(1,3−3)或(1,3+3).
【解析】(1)将A，B的坐标分别代入抛物线和直线AB的解析式，组成方程组，解之即可；
(2)如图，设直线AB与y轴交于点G，易证△PDF∽△BOG，所以PD：DF：PF=OB：OG：AB=3：4：5，所以PD=45PF，DF=35PF，则S1=12⋅PD⋅DF=625PF2，设点P的横坐标为m，则P(m,−12m2+m+4)(0
本题属于二次函数综合题，涉及待定系数法求函数解析式，相似三角形的性质与判定，三角形的面积，全等三角形的性质与判定等知识，第(3)问解题关键是将垂直平分的条件转化为三角形的全等，得出线段之间的关系．
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