2022年天津中考数学终极押题密卷3

这是一份2022年天津中考数学终极押题密卷3，共30页。
A．﹣10B．﹣2C．10D．2
2．（3分）（2021•河北区一模）计算2sin60°的值为（ ）
A．3B．32C．1D．12
3．（3分）（2022•南开区一模）电影《长津湖》讲述了参加抗美援朝战争的志愿军战士在长津湖战役中不畏严寒、保家卫国的故事，让无数影迷感动落泪．电影获得了巨大成功，并以5770000000元取得中国电影票房冠军．其中5770000000用科学记数法表示为（ ）
A．57.7×108B．5.77×108C．5.77×109D．5.77×1010
4．（3分）（2022•河西区一模）在一些美术字中，有的汉字是轴对称图形，下面4个汉字中，可以看作是轴对称图形的是（ ）
A．B．
C．D．
5．（3分）（2021•东丽区二模）如图，是由4个小立方体组成的几何体，则该几何体的俯视图是（ ）
A．B．
C．D．
6．（3分）（2021•河北区一模）估计23的值在（ ）
A．1和2之间B．2和3之间C．3和4之间D．4和5之间
7．（3分）（2022•南开区一模）计算2x−1x−1+x1−x的结果为（ ）
A．1B．﹣1C．3xx−1D．x+1x−1
8．（3分）（2022•河西区一模）如图，四边形OBCD是正方形，O，D两点的坐标分别是（0，0），（0，6），点C在第一象限，则两对角线OC，BD的交点的坐标是（ ）
A．（6，3）B．（6，3）C．（3，3）D．（6，6）
9．（3分）（2021•东丽区二模）方程组y=4x−3−x+y=6的解是（ ）
A．x=3y=9B．x=3y=3C．x=1y=1D．x=95y=215
10．（3分）（2021•河北区一模）若两个点（x1，﹣2），（x2，4）均在反比例函数y=k−4x的图象上，且x1＞x2，则k的值可以是（ ）
A．2B．4C．5D．6
11．（3分）（2022•南开区一模）如图，在△AOB中，∠AOB＝60°，OA＝OB，动点C从点O出发，沿射线OB方向移动，以AC为边向右侧作等边△ACD，连接BD，则下列结论不一定成立的是（ ）
A．∠OBD＝120°B．OA∥BDC．CB+BD＝ABD．AB平分∠CAD
12．（3分）（2022•河西区一模）已知抛物线y＝ax2+bx+c（a，b，c是常数，a≠0，c＞2）经过点（3，0），其对称轴是直线x＝1．有下列结论：
①abc＜0；
②关于x的方程ax2+bx+c＝1有两个不等的实数根；
③a＜−23．
其中，正确结论的个数是（ ）
A．0B．1C．2D．3
二．填空题（共6小题，满分18分，每小题3分）
13．（3分）（2021•东丽区二模）计算a6÷a3的结果等于 ．
14．（3分）（2021•晋中模拟）计算：（23+3）（23−3）＝ ．
15．（3分）（2022•南开区一模）一个不透明的布袋里装有除编号外都相同的3个球，编号分别为1、2、3．从中任意摸出一个球，记下编号后放回，搅匀，再任意摸出一个球，则两次摸出的球的编号之和为偶数的概率是 ．
16．（3分）（2015•天津）如图，在△ABC中，DE∥BC，分别交AB，AC于点D、E．若AD＝3，DB＝2，BC＝6，则DE的长为 ．
17．（3分）（2020•河南）如图，在边长为22的正方形ABCD中，点E，F分别是边AB，BC的中点，连接EC，FD，点G，H分别是EC，FD的中点，连接GH，则GH的长度为 ．
18．（3分）（2021•河北区一模）如图1，将△ABC放在每个小正方形的边长为1的网格中，点A、B、C均落在格点上．
（Ⅰ）线段AB的长为 ；
（Ⅱ）点P是线段AC上的动点，当AP+5PB最短时，请你在图2所示的网格中，用无刻度的直尺画出点P的位置（保留画图痕迹），并简要说明画图的方法（不要求证明） ．
三．解答题（共7小题，满分66分）
19．（8分）（2022•南开区一模）解不等式组3−2(x−2)≤9①3x−24＜1②．
请结合题意填空，完成本题的解答．
（Ⅰ）解不等式①，得 ；
（Ⅱ）解不等式②，得 ；
（Ⅲ）把不等式①和②的解集在数轴上表示出来；
（Ⅳ）原不等式组的解集为 ．
20．（8分）（2022•河西区一模）为了解某学校九年级学生每周平均课外阅读时间的情况，随机抽查了该学校九年级部分同学，对其每周平均课外阅读时间进行统计，绘制了如下的统计图①和图②．请根据相关信息，解答下列问题：
（Ⅰ）该校抽查九年级学生的人数为 ，图①中的m值为 ；
（Ⅱ）求统计的这组数据的平均数、众数、中位数．
21．（10分）（2021•东丽区二模）已知，△DBC内接于⊙O，DB＝DC．
（Ⅰ）如图①，过点B作射线BE交⊙O于点A，若∠EAD＝75°，求∠BDC的度数．
（Ⅱ）如图②，分别过点B、点D作⊙O的切线相交于点E，若∠E＝30°，求∠BDC的度数．
22．（10分）（2021•河北区一模）小明测量一古塔的高度．首先，小明在古塔前方C处测得塔顶端A点的仰角为22°，然后，小明往古塔方向前进30米至E处，测得塔顶端A点的仰角为31°，已知，小明的眼睛距离地面的高度CD＝EF＝1.7m．已知点 B、E、C在一条直线上，AB⊥BC，EF⊥BC，CD⊥BC，测量示意图如图所示，请帮小明求出该古塔的高度AB（结果取整数）．
（参考数据：sin22°≈0.37，cs22°≈0.93，tan22°≈0.40，sin31°≈0.52，cs31°≈0.86，tan31°≈0.60）
23．（10分）（2022•南开区一模）甲、乙两车从A地出发，沿同﹣路线驶向B地，甲车先出发匀速驶向B地．甲车出发40min后乙车出发，乙车匀速行驶一段时间后，在途中的货站装货耗时半小时，由于满载货物，为了行驶安全，速度减少了50km/h，结果乙车与甲车同时到达B地，甲、乙两车离A地的距离y（km）与乙车行驶时间x（h）之间的函数图象如图所示．
请根据相关信息，解答下列问题：
（Ⅰ）图中a＝ ；
（Ⅱ）①A、B两地的距离为 km；甲车行驶全程所用的时间为 h；甲的速度是 km/h；点C的坐标为 ；
②直接写出线段CF对应的函数表达式；
③当乙刚到达货站时，甲距离B地还有 km．
（Ⅲ）乙车出发 小时在途中追上甲车；
（Ⅳ）乙出发 小时，甲乙两车相距50km．
24．（10分）（2022•河西区一模）如图，将一张矩形纸片ABCD放入平面直角坐标系中，A（0，0），B（8，0），D（0，6），P为AD边上一点，将△ABP沿BP翻折，折叠后点A的对应点为A′．
（Ⅰ）如图①，当折叠后点A的对应点A′正好落在边DC上时，求A'C的长和A'的坐标；
（Ⅱ）如图②，当点P与点D重合时，点A的对应点为A′，A′B与DC相交于点E，求点E的坐标；
（Ⅲ）如图③，若沿BP翻折后PA'与CD相交于点E，恰好EA'＝ED，BA′与CD相交于点F，求点P的坐标．（直接写出答案）
25．（10分）（2021•东丽区二模）已知抛物线y＝ax2+bx（a，b为常数，且a≠0）的对称轴为x＝1，且过点（1，12），点P是抛物线上的一个动点，点P的横坐标为t，直线AB：y＝﹣x+3与x轴相交于点A，与y轴相交于点B．
（1）求抛物线的解析式；
（2）若点P在第一象限内或x轴上，求△PAB面积的最小值；
（3）对于抛物线y＝ax2+bx，是否存在实数m、n（m＜n），当m≤x≤n时，y的取值范围是3m≤y≤3n，如果存在，求出m、n的值，如果不存在，说明理由．
2022年天津中考数学终极押题密卷3
参考答案与试题解析
一．选择题（共12小题，满分36分，每小题3分）
1．（3分）（2021•东丽区二模）计算（﹣4）+6的值是（ ）
A．﹣10B．﹣2C．10D．2
【考点】有理数的加法．
【专题】计算题；运算能力．
【分析】绝对值不等的异号加减，取绝对值较大的加数符号，并用较大的绝对值减去较小的绝对值．
【解答】解：（﹣4）+6＝2．
故选：D．
【点评】本题考查了有理数的加法，在进行有理数加法运算时，首先判断两个加数的符号：是同号还是异号，是否有0．从而确定用哪一条法则．在应用过程中，要牢记“先符号，后绝对值”．
2．（3分）（2021•河北区一模）计算2sin60°的值为（ ）
A．3B．32C．1D．12
【考点】特殊角的三角函数值．
【专题】实数；运算能力．
【分析】直接利用特殊角的三角函数值代入得出答案．
【解答】解：2sin60°＝2×32=3．
故选：A．
【点评】此题主要考查了特殊角的三角函数值，正确记忆相关数据是解题关键．
3．（3分）（2022•南开区一模）电影《长津湖》讲述了参加抗美援朝战争的志愿军战士在长津湖战役中不畏严寒、保家卫国的故事，让无数影迷感动落泪．电影获得了巨大成功，并以5770000000元取得中国电影票房冠军．其中5770000000用科学记数法表示为（ ）
A．57.7×108B．5.77×108C．5.77×109D．5.77×1010
【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是正数；当原数的绝对值＜1时，n是负数．
【解答】解：5770000000＝5.77×109．
故选：C．
【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，表示时关键要正确确定a的值以及n的值．
4．（3分）（2022•河西区一模）在一些美术字中，有的汉字是轴对称图形，下面4个汉字中，可以看作是轴对称图形的是（ ）
A．B．
C．D．
【考点】轴对称图形．
【专题】平移、旋转与对称；几何直观．
【分析】根据如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴进行分析即可．
【解答】解：选项B、C、D不能找到这样的一条直线，使图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，所以不是轴对称图形，
选项A能找到这样的一条直线，使图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，所以是轴对称图形，
故选：A．
【点评】本题考查了轴对称图形的概念，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．
5．（3分）（2021•东丽区二模）如图，是由4个小立方体组成的几何体，则该几何体的俯视图是（ ）
A．B．
C．D．
【考点】简单组合体的三视图．
【专题】投影与视图；空间观念．
【分析】根据从上边看得到的图形是俯视图，可得答案．
【解答】解：从上边看，是一行三个小正方形．
故选：B．
【点评】本题考查了简单组合体的三视图，熟记三视图的定义是解答本题的关键．
6．（3分）（2021•河北区一模）估计23的值在（ ）
A．1和2之间B．2和3之间C．3和4之间D．4和5之间
【考点】估算无理数的大小．
【分析】把23平方，然后确定平方在哪两个整数的平方之间即可．
【解答】解：∵（23）2＝12，9＜12＜16，
∴3＜23＜4．
故选：C．
【点评】本题考查了估计无理数的大小，常用的方法是根据平方，用有理数逼近无理数，求无理数的近似值．
7．（3分）（2022•南开区一模）计算2x−1x−1+x1−x的结果为（ ）
A．1B．﹣1C．3xx−1D．x+1x−1
【考点】分式的加减法．
【专题】计算题；分式；运算能力．
【分析】根据分式加法的计算法则计算即可．
【解答】解：原式=2x−1x−1−xx−1
=2x−1−xx−1
=x−1x−1
＝1．
故选：A．
【点评】本题考查分式的加法，解题关键是熟知分式加法的计算法则．
8．（3分）（2022•河西区一模）如图，四边形OBCD是正方形，O，D两点的坐标分别是（0，0），（0，6），点C在第一象限，则两对角线OC，BD的交点的坐标是（ ）
A．（6，3）B．（6，3）C．（3，3）D．（6，6）
【考点】正方形的性质；坐标与图形性质．
【专题】平面直角坐标系；矩形 菱形 正方形；推理能力．
【分析】由题意恳求接B，C两点坐标，再根据正方形的性质及中点坐标可求解．
【解答】解：∵四边形OBCD是正方形，O，D两点的坐标分别是（0，0），（0，6），点C在第一象限，
∴C（6，6），B（6，0），
∵正方形OBCD的两对角线OC，BD的交点为OC的中点，
∴交点坐标为（3，3），
故选：C．
【点评】本题主要考查正方形的性质，坐标与图形的性质，求解B，C两点坐标是解题的关键．
9．（3分）（2021•东丽区二模）方程组y=4x−3−x+y=6的解是（ ）
A．x=3y=9B．x=3y=3C．x=1y=1D．x=95y=215
【考点】解二元一次方程组．
【专题】一次方程（组）及应用；运算能力．
【分析】把①代入②得出﹣x+4x﹣3＝6，求出x，把x＝3代入①求出y即可．
【解答】解：y=4x−3①−x+y=6②，
把①代入②，得﹣x+4x﹣3＝6，
解得：x＝3，
把x＝3代入①，得y＝12﹣3＝9，
所以方程组的解是x=3y=9，
故选：A．
【点评】本题考查了解二元一次方程组，能把二元一次方程组转化成一元一次方程是解此题的关键．
10．（3分）（2021•河北区一模）若两个点（x1，﹣2），（x2，4）均在反比例函数y=k−4x的图象上，且x1＞x2，则k的值可以是（ ）
A．2B．4C．5D．6
【考点】反比例函数图象上点的坐标特征．
【专题】反比例函数及其应用；推理能力．
【分析】根据反比例函数的性质得出k﹣4＜0，解得即可．
【解答】解：∵两个点（x1，﹣2），（x2，4）中的﹣2＜4，x1＞x2，
∴反比例函数y=k−4x的图象经过第二、四象限，
∴k﹣4＜0，
解得k＜4．
观察各选项，只有选项A符合题意．
故选：A．
【点评】本题主要考查反比例函数图象上点的坐标特征．解题的关键是推知该反比例函数图象所经过的象限．
11．（3分）（2022•南开区一模）如图，在△AOB中，∠AOB＝60°，OA＝OB，动点C从点O出发，沿射线OB方向移动，以AC为边向右侧作等边△ACD，连接BD，则下列结论不一定成立的是（ ）
A．∠OBD＝120°B．OA∥BDC．CB+BD＝ABD．AB平分∠CAD
【考点】全等三角形的判定与性质；等边三角形的性质．
【专题】图形的全等；推理能力．
【分析】由“SAS”可证△AOC≌△ABD，可得OC＝BD，∠AOB＝∠ABD＝60°，可得∠OBD＝120°，∠ABD＝∠OAB，可证OA∥BD，由OB＝OC+BC可得出AB＝CB+BD，即可求解．
【解答】解：∵∠AOB＝60°，OA＝OB，
∴△AOB是等边三角形，
∴OA＝AB＝OB，∠AOB＝∠OAB＝∠OBA＝60°，
∵△ACD是等边三角形，
∴AC＝AD，∠CAD＝60°＝∠OAB，
∴∠OAC＝∠BAD，且OA＝AB，AD＝AC，
∴△AOC≌△ABD（SAS），
∴OC＝BD，∠AOB＝∠ABD＝60°，
∴∠OBD＝120°，∠ABD＝∠OAB，
∴OA∥BD，
故选项A，B，都不符合题意，
∵OC＝BD，
∴OB＝BC+OC＝BC+DB，
∵OB＝AB，
∴CB+BD＝AB，
故C选项不符合题意，
∵∠OAB＝∠CAD＞∠BAD，
∴AB不平分∠OAD，
故选项D符合题意，
故选：D．
【点评】本题考查了全等三角形的判定和性质，等边三角形的性质，证明△AOC≌△ABD是本题的关键．
12．（3分）（2022•河西区一模）已知抛物线y＝ax2+bx+c（a，b，c是常数，a≠0，c＞2）经过点（3，0），其对称轴是直线x＝1．有下列结论：
①abc＜0；
②关于x的方程ax2+bx+c＝1有两个不等的实数根；
③a＜−23．
其中，正确结论的个数是（ ）
A．0B．1C．2D．3
【考点】二次函数图象与系数的关系；二次函数图象上点的坐标特征；抛物线与x轴的交点；根的判别式．
【专题】二次函数图象及其性质；推理能力．
【分析】由抛物线对称轴为直线x＝1可得ab＜0，由c＞2可判断①，将（3，0）代入解析式可得0＝9a+3b+c，将b＝﹣2a代入0＝9a+3b+c可得a与c的关系，可判断③，由a＜0可得抛物线开口向下，可判断②．
【解答】解：∵抛物线对称轴为直线x=−b2a=1，
∴b＝﹣2a，即ab＜0，
∵c＞2，
∴abc＜0，①正确．
∵抛物线经过点（3，0），
∴0＝9a+3b+c，
将b＝﹣2a代入0＝9a+3b+c得3a+c＝0，
∴a=−c3，
∵c＞2，
∴a＜−23，抛物线开口向下，
∴抛物线与直线y＝1有2个交点，
∴方程ax2+bx+c＝1有两个不等的实数根，②③正确．
故选：D．
【点评】本题考查二次函数图象与系数的关系，解题关键是掌握二次函数与方程的关系，掌握二次函数的性质．
二．填空题（共6小题，满分18分，每小题3分）
13．（3分）（2021•东丽区二模）计算a6÷a3的结果等于 a3 ．
【考点】同底数幂的除法．
【分析】直接利用同底数幂的除法运算法则求出答案．
【解答】解：a6÷a3＝a3．
故答案为：a3．
【点评】此题主要考查了同底数幂的除法运算，正确掌握运算法则是解题关键．
14．（3分）（2021•晋中模拟）计算：（23+3）（23−3）＝ 3 ．
【考点】二次根式的混合运算．
【专题】计算题．
【分析】利用平方差公式计算．
【解答】解：原式＝（23）2﹣32
＝12﹣9
＝3．
故答案为3．
【点评】本题考查了二次根式的混合运算：二次根式的运算结果要化为最简二次根式．在二次根式的混合运算中，如能结合题目特点，灵活运用二次根式的性质，选择恰当的解题途径，往往能事半功倍．
15．（3分）（2022•南开区一模）一个不透明的布袋里装有除编号外都相同的3个球，编号分别为1、2、3．从中任意摸出一个球，记下编号后放回，搅匀，再任意摸出一个球，则两次摸出的球的编号之和为偶数的概率是 59 ．
【考点】列表法与树状图法．
【专题】概率及其应用；数据分析观念．
【分析】先列表得出所有等可能结果，从中找到符合条件的结果数，再根据概率公式求解即可．
【解答】解：列表如下：
由表格可知，共有9种等可能结果，其中两次摸出的球的编号之和为偶数的有5种结果，
所以两次摸出的球的编号之和为偶数的概率为59，
故答案为：59．
【点评】本题考查的是用列表法或画树状图法求概率．列表法或画树状图法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，适合于两步完成的事件；树状图法适合两步或两步以上完成的事件；注意概率＝所求情况数与总情况数之比．
16．（3分）（2015•天津）如图，在△ABC中，DE∥BC，分别交AB，AC于点D、E．若AD＝3，DB＝2，BC＝6，则DE的长为 3.6 ．
【考点】相似三角形的判定与性质．
【分析】根据平行线得出△ADE∽△ABC，根据相似得出比例式，代入求出即可．
【解答】解：∵AD＝3，DB＝2，
∴AB＝AD+DB＝5，
∵DE∥BC，
∴△ADE∽△ABC，
∴ADAB=DEBC，
∵AD＝3，AB＝5，BC＝6，
∴35=DE6，
∴DE＝3.6．
故答案为：3.6．
【点评】本题考查了相似三角形的性质和判定，关键是求出相似后得出比例式，题目比较典型，难度适中．
17．（3分）（2020•河南）如图，在边长为22的正方形ABCD中，点E，F分别是边AB，BC的中点，连接EC，FD，点G，H分别是EC，FD的中点，连接GH，则GH的长度为 1 ．
【考点】全等三角形的判定与性质；勾股定理；正方形的性质．
【专题】矩形 菱形 正方形；图形的相似；推理能力．
【分析】方法一：连接CH并延长交AD于P，连接PE，根据正方形的性质得到∠A＝90°，AD∥BC，AB＝AD＝BC＝22，根据全等三角形的性质得到PD＝CF=2，根据勾股定理和三角形的中位线定理即可得到结论．
方法二：设DF，CE交于O，根据正方形的性质得到∠B＝∠DCF＝90°，BC＝CD＝AB，根据线段中点的定义得到BE＝CF，根据全等三角形的性质得到CE＝DF，∠BCE＝∠CDF，求得DF⊥CE，根据勾股定理得到CE＝DF=(22)2+(2)2=10，点G，H分别是EC，PC的中点，根据相似三角形的判定和性质定理即可得到结论．
【解答】解：方法一：连接CH并延长交AD于P，连接PE，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠A＝90°，AD∥BC，AB＝AD＝BC＝22，
∵E，F分别是边AB，BC的中点，
∴AE＝CF=12×22=2，
∵AD∥BC，
∴∠DPH＝∠FCH，
∵∠DHP＝∠FHC，
∵DH＝FH，
∴△PDH≌△CFH（AAS），
∴PD＝CF=2，
∴AP＝AD﹣PD=2，
∴PE=AP2+AE2=(2)2+(2)2=2，
∵点G，H分别是EC，CP的中点，
∴GH=12EP＝1；
方法二：设DF，CE交于O，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠B＝∠DCF＝90°，BC＝CD＝AB，
∵点E，F分别是边AB，BC的中点，
∴BE＝CF，
∴△CBE≌△DCF（SAS），
∴CE＝DF，∠BCE＝∠CDF，
∵∠CDF+∠CFD＝90°，
∴∠BCE+∠CFD＝90°，
∴∠COF＝90°，
∴DF⊥CE，
∴CE＝DF=(22)2+(2)2=10，
∵点G，H分别是EC，PC的中点，
∴CG＝FH=102，
∵∠DCF＝90°，CO⊥DF，
∴∠DCO+∠FCO＝∠DCO+∠CDO＝90°，
∴∠FCO＝∠CDO，
∵∠DCF＝∠COF＝90°，
∴△COF∽△DOC，
∴CFDF=OFCF，
∴CF2＝OF•DF，
∴OF=CF2DF=(2)210=105，
∴OH=31010，OD=4105，
∵∠COF＝∠COD＝90°，
∴△COF∽△DCF，
∴OFOC=OCOD，
∴OC2＝OF•OD，
∴OC=105×4105=2105，
∴OG＝CG﹣OC=102−2105=1010，
∴HG=OG2+OH2=110+910=1，
故答案为：1．
【点评】本题考查了勾股定理，正方形的性质，全等三角形的判定和性质，正确的识别图形是解题的关键．
18．（3分）（2021•河北区一模）如图1，将△ABC放在每个小正方形的边长为1的网格中，点A、B、C均落在格点上．
（Ⅰ）线段AB的长为 17 ；
（Ⅱ）点P是线段AC上的动点，当AP+5PB最短时，请你在图2所示的网格中，用无刻度的直尺画出点P的位置（保留画图痕迹），并简要说明画图的方法（不要求证明） 取格点M，连接CM，取CM的中点J，连接AJ，取格线的中点K，连接BK（BK⊥AJ），交AC于P，交AJ于I，点P即为所求作 ．
【考点】作图—复杂作图；勾股定理．
【专题】作图题；几何直观．
【分析】（Ⅰ）利用勾股定理求解即可．
（Ⅱ）取格点M，连接CM，取CM的中点J，连接AJ，取格线的中点K，连接BK（BK⊥AJ），交AC于P，交AJ于I，点P即为所求作．
【解答】解：（Ⅰ）线段AB的长=42+12=17．
故答案为：17．
（Ⅱ）如图，点P即为所求作．
步骤：取格点M，连接CM，取CM的中点J，连接AJ，取格线的中点K，连接BK（BK⊥AJ），交AC于P，交AJ于I，点P即为所求作．
此时AP+5BP=5（AP5+PB）=5（PI+PB）=5BI．
故答案为：取格点M，连接CM，取CM的中点J，连接AJ，取格线的中点K，连接BK（BK⊥AJ），交AC于P，交AJ于I，点P即为所求作．
【点评】本题考查作图﹣复杂作图，勾股定理，解直角三角形等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
三．解答题（共7小题，满分66分）
19．（8分）（2022•南开区一模）解不等式组3−2(x−2)≤9①3x−24＜1②．
请结合题意填空，完成本题的解答．
（Ⅰ）解不等式①，得 x≥﹣1 ；
（Ⅱ）解不等式②，得 x＜2 ；
（Ⅲ）把不等式①和②的解集在数轴上表示出来；
（Ⅳ）原不等式组的解集为 ﹣1≤x＜2 ．
【考点】解一元一次不等式组；在数轴上表示不等式的解集．
【专题】一元一次不等式（组）及应用；运算能力．
【分析】分别求出每一个不等式的解集，根据口诀：同大取大、同小取小、大小小大中间找、大大小小找不到确定不等式组的解集．
【解答】解：（Ⅰ）解不等式①，得x≥﹣1；
（Ⅱ）解不等式②，得x＜2；
（Ⅲ）把不等式①和②的解集在数轴上表示出来；
（Ⅳ）原不等式组的解集为﹣1≤x＜2．
故答案为：x≥﹣1，x＜2，﹣1≤x＜2．
【点评】本题考查的是解一元一次不等式组，正确求出每一个不等式解集是基础，熟知“同大取大；同小取小；大小小大中间找；大大小小找不到”的原则是解答此题的关键．
20．（8分）（2022•河西区一模）为了解某学校九年级学生每周平均课外阅读时间的情况，随机抽查了该学校九年级部分同学，对其每周平均课外阅读时间进行统计，绘制了如下的统计图①和图②．请根据相关信息，解答下列问题：
（Ⅰ）该校抽查九年级学生的人数为 40 ，图①中的m值为 25 ；
（Ⅱ）求统计的这组数据的平均数、众数、中位数．
【考点】条形统计图；加权平均数；中位数；众数．
【专题】数据的收集与整理；数据分析观念．
【分析】（1）用平均课外阅读时间为1小时除以它所占的比例即可求出总人数，再根据各比例之和为1即可求出m；
（2）根据表中信息可直接求出这组数据的平均数、众数、中位数均为3小时．
【解答】解：（1）该校抽查九年级学生的人数为4÷10%＝40（人），
∵10%+20%+37.5%+m%+7.5%＝1，
∴m＝25；
故答案为：40，25．
（2）从图表中可知，课外阅读时间为3小时所占的比例最大，故众数为3小时，
从图②可知，中位数为3小时，
平均数为1×4+8×2+15×3+10×4+3×540=3（小时），
∴这组数据的平均数、众数、中位数均为3小时．
【点评】本题主要考查众数、中位数、平均数、扇形统计图和条形统计图的知识，解题的关键是能结合两图找出关键信息．
21．（10分）（2021•东丽区二模）已知，△DBC内接于⊙O，DB＝DC．
（Ⅰ）如图①，过点B作射线BE交⊙O于点A，若∠EAD＝75°，求∠BDC的度数．
（Ⅱ）如图②，分别过点B、点D作⊙O的切线相交于点E，若∠E＝30°，求∠BDC的度数．
【考点】切线的性质；等腰三角形的性质；圆周角定理；三角形的外接圆与外心．
【专题】圆的有关概念及性质；与圆有关的位置关系；运算能力；推理能力．
【分析】（Ⅰ）由圆内接四边形的性质得出∠DAB+∠C＝180°，得出∠C＝∠EAD，由等腰三角形的性质得出∠DBC＝∠C＝75°，则可得出答案；
（Ⅱ）连接OB，OD，由切线的性质得出∠OBE＝90°，∠ODE＝90°，求出∠BOD＝150°，由等腰三角形的性质得出∠DBC＝∠C＝75°，则可得出答案．
【解答】解：（Ⅰ）∵四边形ABCD是⊙O的内接四边形，
∴∠DAB+∠C＝180°，
∵∠EAD+∠DAB＝180°，
∴∠C＝∠EAD，
∵∠EAD＝75°，
∴∠C＝75°，
∵DB＝DC，
∴∠DBC＝∠C＝75°，
∴∠BDC＝180°﹣∠C﹣∠DBC＝30°；
（Ⅱ）连接OB，OD，
∵EB，ED与⊙O相切于点B，D，
∴OB⊥EB，OD⊥ED，
∴∠OBE＝90°，∠ODE＝90°，
∵∠OBE+∠E+∠ODE+∠BOD＝360°，∠E＝30°，
∴∠BOD＝150°，
∴∠C=12∠BOD＝75°，
∵DB＝DC，
∴∠DBC＝∠C＝75°，
∴∠BDC＝180°﹣∠C﹣∠DBC＝30°．
【点评】本题考查了切线的性质，圆内接四边形的性质，等腰三角形的性质等知识点；熟练掌握切线的性质和等腰三角形的性质是解此题的关键．
22．（10分）（2021•河北区一模）小明测量一古塔的高度．首先，小明在古塔前方C处测得塔顶端A点的仰角为22°，然后，小明往古塔方向前进30米至E处，测得塔顶端A点的仰角为31°，已知，小明的眼睛距离地面的高度CD＝EF＝1.7m．已知点 B、E、C在一条直线上，AB⊥BC，EF⊥BC，CD⊥BC，测量示意图如图所示，请帮小明求出该古塔的高度AB（结果取整数）．
（参考数据：sin22°≈0.37，cs22°≈0.93，tan22°≈0.40，sin31°≈0.52，cs31°≈0.86，tan31°≈0.60）
【考点】解直角三角形的应用﹣仰角俯角问题．
【专题】解直角三角形及其应用；运算能力；推理能力．
【分析】过D作DM⊥AB于M，在Rt△AMD中，由锐角三角函数定义可得MF，再在Rt△AMF中，由锐角三角函数定义可得AM，进而可得古塔的高度AB．
【解答】解：如图，过D作DM⊥AB于M，
∵CD＝EF＝1.7m，
∴点F在DM上，MB＝1.7m，MF＝BE，FD＝CE＝30m，
在Rt△AMD中，tan∠ADM=AMDM=tan22°≈0.40，
即AMMF+30≈0.40，
∴MF=52AM﹣30，
在Rt△AMF中，tan∠AFM=AMMF=tan31°≈0.60，
∴MF≈53AM，
∴52AM﹣30=53AM，
∴AM＝36（m），
∴AB＝AM+MB＝36+1.7≈38（m），
答：古塔的高度AB约为38m．
【点评】本题考查了解直角三角形的应用﹣仰角俯角问题，解决本题的关键是掌握仰角俯角定义．
23．（10分）（2022•南开区一模）甲、乙两车从A地出发，沿同﹣路线驶向B地，甲车先出发匀速驶向B地．甲车出发40min后乙车出发，乙车匀速行驶一段时间后，在途中的货站装货耗时半小时，由于满载货物，为了行驶安全，速度减少了50km/h，结果乙车与甲车同时到达B地，甲、乙两车离A地的距离y（km）与乙车行驶时间x（h）之间的函数图象如图所示．
请根据相关信息，解答下列问题：
（Ⅰ）图中a＝ 4.5 ；
（Ⅱ）①A、B两地的距离为 460 km；甲车行驶全程所用的时间为 233 h；甲的速度是 60 km/h；点C的坐标为 （0，40） ；
②直接写出线段CF对应的函数表达式；
③当乙刚到达货站时，甲距离B地还有 180 km．
（Ⅲ）乙车出发 43 小时在途中追上甲车；
（Ⅳ）乙出发 3或92 小时，甲乙两车相距50km．
【考点】一次函数的应用．
【专题】一次函数及其应用．
【分析】（Ⅰ）根据题意可知；
（Ⅱ）①结合图象，根据“路程÷时间＝速度”先求出甲的速度，再求出C点坐标即可；
②根据甲的速度可知k的值，根据C点坐标可知b的值，从而确定函数表达式；
③当x＝4时，用总路程﹣甲离开A地的距离即可；
（Ⅲ）先求出乙车的速度，设乙车出发xh在途中追上甲车，根据“乙车的路程﹣甲车的路程＝40”列方程求解即可；
（Ⅳ）设乙车出发x小时，甲乙两车相距50km，分两种情况：①乙到达货站前；②乙车在货站时，分别列方程求解即可．
【解答】解：（Ⅰ）∵4+0.5＝4.5，
∴a＝4.5，
故答案为：4.5；
（Ⅱ）①根据图象可知，A、B两地的距离为460km；
∵7+4060=233，
∴甲车行驶全程所用时间为233h，
甲的速度是：460÷233=60（km/h），
60×4060=40，
∴C点坐标（0，40），
故答案为：460，233，60，（0，40）；
②根据甲的速度可知k＝60，
根据C点坐标可知b＝40，
∴线段CF对应的函数表达式：y＝60x+40；
③当x＝4时，460﹣40﹣4×60＝180，
∴当乙刚到达货站时，甲距离B地还有180km，
故答案为：180；
（Ⅲ）设乙车出发时的速度是vkm/h，
根据题意，得4v+（7﹣4.5）（v﹣50）＝460，
解得v＝90，
设乙车出发xh在途中追上甲车，
根据题意，得90x﹣60x＝40，
解得x=43，
∴乙车出发43h在途中追上甲车；
故答案为：43．
（Ⅳ）设乙车出发x小时，甲乙两车相距50km，
①乙到达货站前，根据题意，得90x﹣60x﹣40＝50，
解得x＝3，
②乙在货站时，90×4＝360，
360﹣60x﹣40＝50，
解得x=92，
∴乙车出发3小时或92小时，甲乙两车相距50km，
故答案为：3或92．
【点评】本题考查了一次函数的实际应用，理解图象上各点的含义，求出甲乙各自的速度以及根据等量关系建立方程是解题的关键，本题综合性较强．
24．（10分）（2022•河西区一模）如图，将一张矩形纸片ABCD放入平面直角坐标系中，A（0，0），B（8，0），D（0，6），P为AD边上一点，将△ABP沿BP翻折，折叠后点A的对应点为A′．
（Ⅰ）如图①，当折叠后点A的对应点A′正好落在边DC上时，求A'C的长和A'的坐标；
（Ⅱ）如图②，当点P与点D重合时，点A的对应点为A′，A′B与DC相交于点E，求点E的坐标；
（Ⅲ）如图③，若沿BP翻折后PA'与CD相交于点E，恰好EA'＝ED，BA′与CD相交于点F，求点P的坐标．（直接写出答案）
【考点】四边形综合题．
【专题】平面直角坐标系；矩形 菱形 正方形；应用意识．
【分析】（1）根据折叠的性质得出A'B＝AB＝8，再利用勾股定理求出A'C，然后求出A'D确定A'点的坐标即可；
（2）先证ED＝EB，再利用勾股定理求出DE，即可确定E点的坐标；
（3）先根据ASA证△EFA'≌△PED（ASA），令PD＝y，则FB＝A'B﹣A'F＝8﹣y，FC＝DC﹣DE﹣EF＝CD﹣PA'＝8﹣（6﹣y）＝2+y，利用勾股定理求出y值，然后求出AP即可确定P点的坐标．
【解答】解：（1）∵矩形ABCD，由题知AD＝BC＝6，AB＝DC＝8，
由折叠知，A'B＝AB＝8，
在Rt△BCA'中，∠C＝90°，
由勾股定理得，A'B2＝A'C2+BC2，
∴A'C=82−62=27，
∴A'D＝8﹣27，
∴A'（8﹣27，6）；
（2）∵四边形ABCD是矩形，
∴DC∥AB，
∴∠ABD＝∠BDC，
由折叠知，∠ABD＝∠A'BD，
∴∠BDC＝∠A'BD，
∴ED＝EB，
设DE＝x，则EB＝x，EC＝8﹣x，
在Rt△ECB中，EB2＝EC2+BC2，
即x2＝62+（8﹣x）2，
解得x=254，
∴DE=254，
∴E（254，6）；
（3）∵∠A'EF＝∠DEP，EA'＝ED，∠A'＝∠PDE＝90°，
∴△EFA'≌△PED（ASA），
∴EF＝PE，A'F＝PD，
令PD＝y，则FB＝A'B﹣A'F＝8﹣y，FC＝DC﹣DE﹣EF＝CD﹣PA'＝8﹣（6﹣y）＝2+y，
∵BC＝6，
由勾股定理得，FB2＝FC2+BC2，
即（8﹣y）2＝（2+y）2+62，
解得y=65，
∴AP＝6−65=245，
∴P（0，245）．
【点评】本题主要考查四边形的综合题，熟练掌握矩形的性质，全等三角形的判定和性质及勾股定理等知识是解题的关键．
25．（10分）（2021•东丽区二模）已知抛物线y＝ax2+bx（a，b为常数，且a≠0）的对称轴为x＝1，且过点（1，12），点P是抛物线上的一个动点，点P的横坐标为t，直线AB：y＝﹣x+3与x轴相交于点A，与y轴相交于点B．
（1）求抛物线的解析式；
（2）若点P在第一象限内或x轴上，求△PAB面积的最小值；
（3）对于抛物线y＝ax2+bx，是否存在实数m、n（m＜n），当m≤x≤n时，y的取值范围是3m≤y≤3n，如果存在，求出m、n的值，如果不存在，说明理由．
【考点】二次函数综合题．
【专题】二次函数图象及其性质；数据分析观念．
【分析】（1）将函数的对称轴和点（1，12）代入函数表达式，即可求解；
（2）△PAB面积S＝S△PHA+S△PHB=12×PH×OA，即可求解；
（3）根据函数的增减性确定当x＝m时，y=−12m2+m＝3m；当x＝n时，y=−12n2+n＝3n，即可求解．
【解答】解：（1）函数的对称轴为x＝1=−b2a，即b＝﹣2a，
故抛物线的表达式为：y＝ax2﹣2ax，
将（1，12）代入上式并解得：a=−12，
故抛物线的表达式为：y=−12x2+x；
（2）过点P作PH∥y轴交BA于点H，
设点P（x，−12x2+x），则点H（x，﹣x+3），
△PAB面积S＝S△PHA+S△PHB=12×PH×OA=12（﹣x+3+12x2﹣x）×3=34x2﹣3x+92，
∵34＞0，故S有最小值，当x＝2时，S的最小值为32；
（3）存在，理由：
y=−12x2+x=−12（x﹣1）2+12≤12，
∴如果存在m、n，则必须3n≤12，即n≤16，
当x≤1时，y随x的增大而增大，
∴当x＝m时，y=−12m2+m＝3m，解得：m＝﹣4或0（舍去0）；
当x＝n时，y=−12n2+n＝3n，解得：n＝﹣4或0（舍去﹣4）；
故m＝﹣4，n＝0．
【点评】本题考查的是二次函数综合运用，涉及到一次函数的性质、面积的计算等，其中（3），综合性强，难度较大1
2
3
1
1+1＝2
1+2＝3
1+3＝4
2
2+1＝3
2+2＝4
2+3＝5
3
3+1＝4
3+2＝5
3+3＝6