2020年黑龙江省绥化市中考数学试卷

这是一份2020年黑龙江省绥化市中考数学试卷，共33页。

A．﹣3B．﹣﹣3C．+3D．3﹣
2．（3分）（2020•绥化）两个长方体按图示方式摆放，其主视图是（ ）
A．B．
C．D．
3．（3分）（2020•绥化）下列计算正确的是（ ）
A．b2•b3＝b6B．（a2）3＝a6C．﹣a2÷a＝aD．（a3）2•a＝a6
4．（3分）（2020•绥化）下列图形是轴对称图形而不是中心对称图形的是（ ）
A．B．
C．D．
5．（3分）（2020•绥化）下列等式成立的是（ ）
A．＝±4B．＝2C．﹣a＝D．﹣＝﹣8
6．（3分）（2020•绥化）“十•一”国庆期间，学校组织466名八年级学生参加社会实践活动，现己准备了49座和37座两种客车共10辆，刚好坐满，设49座客车x辆，37座客车y辆．根据题意，得（ ）
A．B．
C．D．
7．（3分）（2020•绥化）如图，四边形ABCD是菱形，E、F分别是BC、CD两边上的点，不能保证△ABE和△ADF一定全等的条件是（ ）
A．∠BAF＝∠DAEB．EC＝FCC．AE＝AFD．BE＝DF
8．（3分）（2020•绥化）在一个不透明的袋子中装有黑球m个、白球n个、红球3个，除颜色外无其它差别，任意摸出一个球是红球的概率是（ ）
A．B．C．D．
9．（3分）（2020•绥化）将抛物线y＝2（x﹣3）2+2向左平移3个单位长度，再向下平移2个单位长度，得到抛物线的解析式是（ ）
A．y＝2（x﹣6）2B．y＝2（x﹣6）2+4
C．y＝2x2D．y＝2x2+4
10．（3分）（2020•绥化）如图，在Rt△ABC中，CD为斜边AB的中线，过点D作DE⊥AC于点E，延长DE至点F，使EF＝DE，连接AF，CF，点G在线段CF上，连接EG，且∠CDE+∠EGC＝180°，FG＝2，GC＝3．下列结论：
①DE＝BC；
②四边形DBCF是平行四边形；
③EF＝EG；
④BC＝2．
其中正确结论的个数是（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
二、填空题（本题共11个小题，每小题3分，共33分）请在答题卡上把你的答案写在相对应的题号后的指定区域内
11．（3分）（2020•绥化）新型冠状病毒蔓延全球，截至北京时间2020年6月20日，全球新冠肺炎累计确诊病例超过8500000例，数字8500000用科学记数法表示为 ．
12．（3分）（2020•绥化）甲、乙两位同学在近五次数学测试中，平均成绩均为90分，方差分别为S甲2＝0.70，S乙2＝0.73，甲、乙两位同学成绩较稳定的是 同学．
13．（3分）（2020•绥化）黑龙江省某企业用货车向乡镇运送农用物资，行驶2小时后，天空突然下起大雨，影响车辆行驶速度，货车行驶的路程y（km）与行驶时间x（h）的函数关系如图所示，2小时后货车的速度是 km/h．
14．（3分）（2020•绥化）因式分解：m3n2﹣m＝ ．
15．（3分）（2020•绥化）已知圆锥的底面圆的半径是2.5，母线长是9，其侧面展开图的圆心角是 度．
16．（3分）（2020•绥化）在Rt△ABC中，∠C＝90°，若AB﹣AC＝2，BC＝8，则AB的长是 ．
17．（3分）（2020•绥化）在平面直角坐标系中，△ABC和△A1B1C1的相似比等于，并且是关于原点O的位似图形，若点A的坐标为（2，4），则其对应点A1的坐标是 ．
18．（3分）（2020•绥化）在函数y＝+中，自变量x的取值范围是 ．
19．（3分）（2020•绥化）如图，正五边形ABCDE内接于⊙O，点P为上一点（点P与点D，点E不重合），连接PC、PD，DG⊥PC，垂足为G，∠PDG等于 度．
20．（3分）（2020•绥化）某工厂计划加工一批零件240个，实际每天加工零件的个数是原计划的1.5倍，结果比原计划少用2天．设原计划每天加工零件x个，可列方程 ．
21．（3分）（2020•绥化）如图各图形是由大小相同的黑点组成，图1中有2个点，图2中有7个点，图3中有14个点，…，按此规律，第10个图中黑点的个数是 ．
三、解答题（本题共8个小题，共57分）请在答题卡上把你的答案写在相对应的题号后的指定区域内
22．（6分）（2020•绥化）（1）如图，已知线段AB和点O，利用直尺和圆规作△ABC，使点O是△ABC的内心（不写作法，保留作图痕迹）；
（2）在所画的△ABC中，若∠C＝90°，AC＝6，BC＝8，则△ABC的内切圆半径是 ．
23．（6分）（2020•绥化）如图，热气球位于观测塔P的北偏西50°方向，距离观测塔100km的A处，它沿正南方向航行一段时间后，到达位于观测塔P的南偏西37°方向的B处，这时，B处距离观测塔P有多远？（结果保留整数，参考数据：sin37°≈0.60，cs37°≈0.80，tan37°≈0.75，sin50°≈0.77，cs50°≈0.64，tan50°≈1.19．）
24．（6分）（2020•绥化）如图，在边长均为1个单位长度的小正方形组成的网格中，点A，点B，点O均为格点（每个小正方形的顶点叫做格点）．
（1）作点A关于点O的对称点A1；
（2）连接A1B，将线段A1B绕点A1顺时针旋转90°得点B对应点B1，画出旋转后的线段A1B1；
（3）连接AB1，求出四边形ABA1B1的面积．
25．（6分）（2020•绥化）为了解本校九年级学生体育测试项目“400米跑”的训练情况，体育教师在2019年1﹣5月份期间，每月随机抽取部分学生进行测试，将测试成绩分为：A，B，C，D四个等级，并绘制如图两幅统计图根据统计图提供的信息解答下列问题：
（1） 月份测试的学生人数最少， 月份测试的学生中男生、女生人数相等；
（2）求扇形统计图中D等级人数占5月份测试人数的百分比；
（3）若该校2019年5月份九年级在校学生有600名，请你估计出测试成绩是A等级的学生人数．
26．（7分）（2020•绥化）如图，△ABC内接于⊙O，CD是直径，∠CBG＝∠BAC，CD与AB相交于点E，过点E作EF⊥BC，垂足为F，过点O作OH⊥AC，垂足为H，连接BD、OA．
（1）求证：直线BG与⊙O相切；
（2）若＝，求的值．
27．（7分）（2020•绥化）如图，在矩形OABC中，AB＝2，BC＝4，点D是边AB的中点，反比例函数y1＝（x＞0）的图象经过点D，交BC边于点E，直线DE的解析式为y2＝mx+n（m≠0）．
（1）求反比例函数y1＝（x＞0）的解析式和直线DE的解析式；
（2）在y轴上找一点P，使△PDE的周长最小，求出此时点P的坐标；
（3）在（2）的条件下，△PDE的周长最小值是 ．
28．（9分）（2020•绥化）如图，在正方形ABCD中，AB＝4，点G在边BC上，连接AG，作DE⊥AG于点E，BF⊥AG于点F，连接BE、DF，设∠EDF＝α，∠EBF＝β，＝k．
（1）求证：AE＝BF；
（2）求证：tanα＝k•tanβ；
（3）若点G从点B沿BC边运动至点C停止，求点E，F所经过的路径与边AB围成的图形的面积．
29．（10分）（2020•绥化）如图1，抛物线y＝﹣（x+2）2+6与抛物线y1＝﹣x2+tx+t﹣2相交y轴于点C，抛物线y1与x轴交于A、B两点（点B在点A的右侧），直线y2＝kx+3交x轴负半轴于点N，交y轴于点M，且OC＝ON．
（1）求抛物线y1的解析式与k的值；
（2）抛物线y1的对称轴交x轴于点D，连接AC，在x轴上方的对称轴上找一点E，使以点A，D，E为顶点的三角形与△AOC相似，求出DE的长；
（3）如图2，过抛物线y1上的动点G作GH⊥x轴于点H，交直线y2＝kx+3于点Q，若点Q'是点Q关于直线MG的对称点，是否存在点G（不与点C重合），使点Q'落在y轴上？若存在，请直接写出点G的横坐标，若不存在，请说明理由．
2020年黑龙江省绥化市中考数学试卷
参考答案与试题解析
一、单项选择题（本题共10个小题，每小题3分，共30分）请在答题卡上用2B铅笔将你的选项所对应的大写字母涂黑
1．（3分）（2020•绥化）化简|﹣3|的结果正确的是（ ）
A．﹣3B．﹣﹣3C．+3D．3﹣
【分析】根据绝对值的定义解答即可．
【解答】解：∵，
∴|﹣3|＝＝．
故选：D．
【点评】本题主要考查了绝对值，熟知的取值范围是解答本题的关键．
2．（3分）（2020•绥化）两个长方体按图示方式摆放，其主视图是（ ）
A．B．
C．D．
【分析】根据从正面看得到的图形是主视图，可得答案．
【解答】解：从正面看有两层，底层是一个矩形，上层是一个长度较小的矩形．
故选：C．
【点评】本题考查了简单组合体的三视图，从正面看得到的图形是主视图，看不到的线用虚线．
3．（3分）（2020•绥化）下列计算正确的是（ ）
A．b2•b3＝b6B．（a2）3＝a6C．﹣a2÷a＝aD．（a3）2•a＝a6
【分析】分别根据同底数幂的乘法法则，幂的乘方运算法则，同底数幂的除法法则逐一判断即可．
【解答】解：A．b2•b3＝b5，故本选项不合题意；
B．（a2）3＝a6，故本选项符合题意；
C．﹣a2÷a＝﹣a，故本选项不合题意；
D．（a3）2•a＝a7，故本选项不合题意．
故选：B．
【点评】本题主要考查了同底数幂的乘除法以及幂的乘方与积的乘方，熟记幂的运算法则是解答本题的关键．
4．（3分）（2020•绥化）下列图形是轴对称图形而不是中心对称图形的是（ ）
A．B．
C．D．
【分析】根据轴对称图形和中心对称图形的概念对各选项分析判断即可得解．
【解答】解：A、既是轴对称图形又是中心对称图形，故本选项不符合题意；
B、既是轴对称图形又是中心对称图形，故本选项不符合题意；
C、是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项符合题意；
D、既是轴对称图形又是中心对称图形，故本选项不符合题意．
故选：C．
【点评】本题考查了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度后两部分重合．
5．（3分）（2020•绥化）下列等式成立的是（ ）
A．＝±4B．＝2C．﹣a＝D．﹣＝﹣8
【分析】分别根据算术平方根的定义，立方根的定义，二次根式的性质逐一化简即可判断．
【解答】解：A.，故本选项不合题意；
B.，故本选项不合题意；
C.，故本选项不合题意；
D.，故本选项符合题意．
故选：D．
【点评】本题主要考查了算术平方根，立方根以及二次根式的化简，熟练掌握二次根式的性质是解答本题的关键．
6．（3分）（2020•绥化）“十•一”国庆期间，学校组织466名八年级学生参加社会实践活动，现己准备了49座和37座两种客车共10辆，刚好坐满，设49座客车x辆，37座客车y辆．根据题意，得（ ）
A．B．
C．D．
【分析】根据“准备了49座和37座两种客车共10辆，且466人刚好坐满”，即可得出关于x，y的二元一次方程组，此题得解．
【解答】解：依题意，得：．
故选：A．
【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．
7．（3分）（2020•绥化）如图，四边形ABCD是菱形，E、F分别是BC、CD两边上的点，不能保证△ABE和△ADF一定全等的条件是（ ）
A．∠BAF＝∠DAEB．EC＝FCC．AE＝AFD．BE＝DF
【分析】根据菱形的性质可得AB＝AD，∠B＝∠D，再根据所添加条件，与这个两个条件是否能最终得到全等三角形的判定条件，进而得出结论．
【解答】解：A．∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝AD，∠B＝∠D，
∵∠BAF＝∠DAE，
∴∠BAE＝∠CAF，
∴△ABE≌△ADF（AAS），
故选项A不符合题意；
B..∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝AD，∠B＝∠D，BC＝BD，
∵EC＝FC，
∴BE＝DF，
∴△ABE≌△ADF（SAS），
故选项B不符合题意；
C..∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝AD，∠B＝∠D，
∵AE＝AF，
∴△ABE和△ADF只满足两边和一边的对角相等，两个三角形不一定全等，
故选项C符合题意；
D..∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝AD，∠B＝∠D，
∵BE＝DE，
∴△ABE≌△ADF（SAS），
故选项D不符合题意．
故选：C．
【点评】本题主要考查了菱形的性质，全等三角形的判定，关键是熟记全等三角形的判定定理．
8．（3分）（2020•绥化）在一个不透明的袋子中装有黑球m个、白球n个、红球3个，除颜色外无其它差别，任意摸出一个球是红球的概率是（ ）
A．B．C．D．
【分析】用红球的个数除以球的总个数即可得．
【解答】解：∵袋子中一共有（m+n+3）个小球，其中红球有3个，
∴任意摸出一个球是红球的概率是，
故选：B．
【点评】本题主要考查概率公式，解题的关键是掌握随机事件A的概率P（A）＝事件A可能出现的结果数÷所有可能出现的结果数．
9．（3分）（2020•绥化）将抛物线y＝2（x﹣3）2+2向左平移3个单位长度，再向下平移2个单位长度，得到抛物线的解析式是（ ）
A．y＝2（x﹣6）2B．y＝2（x﹣6）2+4
C．y＝2x2D．y＝2x2+4
【分析】根据“左加右减、上加下减”的原则进行解答即可．
【解答】解：将将抛物线y＝2（x﹣3）2+2向左平移3个单位长度所得抛物线解析式为：y＝2（x﹣3+3）2+2，即y＝2x2+2；
再向下平移2个单位为：y＝2x2+2﹣2，即y＝2x2．
故选：C．
【点评】此题主要考查了二次函数图象与几何变换，要求熟练掌握平移的规律：左加右减，上加下减．
10．（3分）（2020•绥化）如图，在Rt△ABC中，CD为斜边AB的中线，过点D作DE⊥AC于点E，延长DE至点F，使EF＝DE，连接AF，CF，点G在线段CF上，连接EG，且∠CDE+∠EGC＝180°，FG＝2，GC＝3．下列结论：
①DE＝BC；
②四边形DBCF是平行四边形；
③EF＝EG；
④BC＝2．
其中正确结论的个数是（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
【分析】证出DE是△ABC的中位线，则DE＝BC；①正确；证出DF＝BC，则四边形DBCF是平行四边形；②正确；由直角三角形斜边上的中线性质得出CD＝AB＝BD，则CF＝CD，得出∠CFE＝∠CDE，证∠CDE＝∠EGF，则∠CFE＝∠EGF，得出EF＝EG，③正确；作EH⊥FG于H，由等腰三角形的性质得出FH＝GH＝FG＝1，证△EFH∽△CEH，则＝，求出EH＝2，由勾股定理的EF＝，进而得出BC＝2，④正确．
【解答】解；∵CD为斜边AB的中线，
∴AD＝BD，
∵∠ACB＝90°，
∴BC⊥AC，
∵DE⊥AC，
∴DE∥BC，
∴DE是△ABC的中位线，
∴AE＝CE，DE＝BC；①正确；
∵EF＝DE，
∴DF＝BC，
∴四边形DBCF是平行四边形；②正确；
∴CF∥BD，CF＝BD，
∵∠ACB＝90°，CD为斜边AB的中线，
∴CD＝AB＝BD，
∴CF＝CD，
∴∠CFE＝∠CDE，
∵∠CDE+∠EGC＝180°，∠EGF+∠EGC＝180°，
∴∠CDE＝∠EGF，
∴∠CFE＝∠EGF，
∴EF＝EG，③正确；
作EH⊥FG于H，如图所示：
则∠EHF＝∠CHE＝90°，∠HEF+∠EFH＝∠HEF+∠CEH＝90°，FH＝GH＝FG＝1，
∴∠EFH＝∠CEH，CH＝GC+GH＝3+1＝4，
∴△EFH∽△CEH，
∴＝，
∴EH2＝CH×FH＝4×1＝4，
∴EH＝2，
∴EF＝＝＝，
∴BC＝2DE＝2EF＝2，④正确；
故选：D．
【点评】本题考查了平行四边形的判定与性质、直角三角形斜边上的中线性质、三角形中位线定理、相似三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、勾股定理等知识；熟练掌握平行四边形的判定与性质是解题的关键．
二、填空题（本题共11个小题，每小题3分，共33分）请在答题卡上把你的答案写在相对应的题号后的指定区域内
11．（3分）（2020•绥化）新型冠状病毒蔓延全球，截至北京时间2020年6月20日，全球新冠肺炎累计确诊病例超过8500000例，数字8500000用科学记数法表示为 8.5×106 ．
【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．当原数绝对值大于10时，n是正数；当原数的绝对值小于1时，n是负数．
【解答】解：数字8500000用科学记数法表示为8.5×106，
故答案为：8.5×106．
【点评】此题考查了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．
12．（3分）（2020•绥化）甲、乙两位同学在近五次数学测试中，平均成绩均为90分，方差分别为S甲2＝0.70，S乙2＝0.73，甲、乙两位同学成绩较稳定的是 甲 同学．
【分析】根据方差的意义：方差越小，它与其平均值的离散程度越小，稳定性越好，据此求解可得．
【解答】解：∵S甲2＝0.70，S乙2＝0.73，
∴S甲2＜S乙2，
∴甲、乙两位同学成绩较稳定的是甲同学，
故答案为：甲．
【点评】本题主要考查方差，解题的关键是掌握方差的意义：方差是反映一组数据的波动大小的一个量．方差越大，则平均值的离散程度越大，稳定性也越小；反之，则它与其平均值的离散程度越小，稳定性越好．
13．（3分）（2020•绥化）黑龙江省某企业用货车向乡镇运送农用物资，行驶2小时后，天空突然下起大雨，影响车辆行驶速度，货车行驶的路程y（km）与行驶时间x（h）的函数关系如图所示，2小时后货车的速度是 65 km/h．
【分析】根据函数图象得出2小时后货车的解析式后解答即可．
【解答】解：由图象可得：货车行驶的路程y（km）与行驶时间x（h）的函数关系为y＝78x（x≤2），和x＞2时设其解析式为：y＝kx+b，
把（2，156）和（3，221）代入解析式，可得：，
解得：，
所以解析式为：y＝65x+26（x＞2），
所以2小时后货车的速度是65km/h，
故答案为：65．
【点评】此题考查函数图象问题，关键是根据待定系数法得出解析式解答．
14．（3分）（2020•绥化）因式分解：m3n2﹣m＝ m（mn+1）（mn﹣1） ．
【分析】直接提取公因式m，再利用公式法分解因式得出答案．
【解答】解：m3n2﹣m＝m（m2n2﹣1）
＝m（mn+1）（mn﹣1）．
故答案为：m（mn+1）（mn﹣1）．
【点评】此题主要考查了提取公因式法以及公式法分解因式，正确应用公式是解题关键．
15．（3分）（2020•绥化）已知圆锥的底面圆的半径是2.5，母线长是9，其侧面展开图的圆心角是 100 度．
【分析】利用圆锥的侧面展开图为一扇形，这个扇形的弧长等于圆锥底面的周长，扇形的半径等于圆锥的母线长，然后根据扇形的面积公式得到2π•2.5＝，再解关于n的方程即可．
【解答】解：设这个圆锥的侧面展开图的圆心角为n°，
根据题意得2π•2.5＝，解得n＝100，
即这个圆锥的侧面展开图的圆心角为100°．
故答案为：100．
【点评】本题考查了圆锥的计算：圆锥的侧面展开图为一扇形，这个扇形的弧长等于圆锥底面的周长，扇形的半径等于圆锥的母线长．
16．（3分）（2020•绥化）在Rt△ABC中，∠C＝90°，若AB﹣AC＝2，BC＝8，则AB的长是 17 ．
【分析】在Rt△ABC中，根据勾股定理列出方程即可求解．
【解答】解：∵在Rt△ABC中，∠C＝90°，AB﹣AC＝2，BC＝8，
∴AC2+BC2＝AB2，
即（AB﹣2）2+82＝AB2，
解得AB＝17．
故答案为：17．
【点评】本题考查了勾股定理，解答的关键是熟练掌握勾股定理的定义及其在直角三角形中的表示形式．
17．（3分）（2020•绥化）在平面直角坐标系中，△ABC和△A1B1C1的相似比等于，并且是关于原点O的位似图形，若点A的坐标为（2，4），则其对应点A1的坐标是 （4，8）或（﹣4，﹣8） ．
【分析】利用关于原点对称的点的坐标，把A点横纵坐标分别乘以2或﹣2得到其对应点A1的坐标．
【解答】解：∵△ABC和△A1B1C1的相似比等于，并且是关于原点O的位似图形，
而点A的坐标为（2，4），
∴点A对应点A1的坐标为（2×2，2×4）或（﹣2×2，﹣2×4），
即（4，8）或（﹣4，﹣8）．
故答案为（4，8）或（﹣4，﹣8）．
【点评】本题考查了位似变换：在平面直角坐标系中，如果位似变换是以原点为位似中心，相似比为k，那么位似图形对应点的坐标的比等于k或﹣k．
18．（3分）（2020•绥化）在函数y＝+中，自变量x的取值范围是 x≥3且x≠5 ．
【分析】当表达式的分母中含有自变量时，自变量取值要使分母不为零．当函数的表达式是偶次根式时，自变量的取值范围必须使被开方数不小于零．
【解答】解：由题可得，，
解得，
∴自变量x的取值范围是x≥3且x≠5，
故答案为：x≥3且x≠5．
【点评】本题主要考查了函数自变量的取值范围，自变量的取值范围必须使含有自变量的表达式都有意义．
19．（3分）（2020•绥化）如图，正五边形ABCDE内接于⊙O，点P为上一点（点P与点D，点E不重合），连接PC、PD，DG⊥PC，垂足为G，∠PDG等于 54 度．
【分析】连接OC，OD．求出∠COD的度数，再根据圆周角定理得出∠CPD的度数，由三角形内角和定理即可得出结果．
【解答】解：连接OC、OD，如图所示：
∵ABCDE是正五边形，
∴∠COD＝＝72°，
∴∠CPD＝∠COD＝36°，
∵DG⊥PC，
∴∠PGD＝90°，
∴∠PDG＝90°﹣∠CPD＝90°﹣36°＝54°，
故答案为：54．
【点评】本题考查正多边形和圆、圆周角定理等知识，解题的关键是熟练掌握正五边形的性质和圆周角定理，属于中考常考题型．
20．（3分）（2020•绥化）某工厂计划加工一批零件240个，实际每天加工零件的个数是原计划的1.5倍，结果比原计划少用2天．设原计划每天加工零件x个，可列方程 ﹣＝2 ．
【分析】设原计划每天加工零件x个，则实际每天加工零件1.5x个，根据工作时间＝工作总量÷工作效率结合实际比原计划少用2天，即可得出关于x的分式方程，此题得解．
【解答】解：设原计划每天加工零件x个，则实际每天加工零件1.5x个，
依题意，得：﹣＝2．
故答案为：﹣＝2．
【点评】本题考查了由实际问题抽象出分式方程，找准等量关系，正确列出分式方程是解题的关键．
21．（3分）（2020•绥化）如图各图形是由大小相同的黑点组成，图1中有2个点，图2中有7个点，图3中有14个点，…，按此规律，第10个图中黑点的个数是 119 ．
【分析】根据已知图形得出第n个图形中黑点的个数为2n（n+1）÷2+（n﹣1）＝n2+2n﹣1，据此求解可得．
【解答】解：∵图1中黑点的个数2×1×（1+1）÷2+（1﹣1）＝2，
图2中黑点的个数2×2×（1+2）÷2+（2﹣1）＝7，
图3中黑点的个数2×3×（1+3）÷2+（3﹣1）＝14，
……
∴第n个图形中黑点的个数为2n（n+1）÷2+（n﹣1）＝n2+2n﹣1，
∴第10个图形中黑点的个数为102+2×10﹣1＝119．
故答案为：119．
【点评】本题主要考查图形的变化规律，解题的关键是根据已知图形得出第n个图形中黑点的个数为2n（n+1）÷2+（n﹣1）．
三、解答题（本题共8个小题，共57分）请在答题卡上把你的答案写在相对应的题号后的指定区域内
22．（6分）（2020•绥化）（1）如图，已知线段AB和点O，利用直尺和圆规作△ABC，使点O是△ABC的内心（不写作法，保留作图痕迹）；
（2）在所画的△ABC中，若∠C＝90°，AC＝6，BC＝8，则△ABC的内切圆半径是 2 ．
【分析】（1）作射线AO，BO，作∠CAO＝∠BAO，∠CBO＝∠ABO可得△ABC．
（2）利用面积法求解即可．
【解答】解：（1）如图，△ABC即为所求．
（2）设内切圆的半径为r．
∵∠C＝90°，AC＝6，BC＝8，
∴AB＝＝＝10，
∴•AC•BC＝•r•（AB+AC+BC），
∴r＝＝2，
故答案为2．
【点评】本题考查作图﹣复杂作图，三角形的内切圆与内心等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
23．（6分）（2020•绥化）如图，热气球位于观测塔P的北偏西50°方向，距离观测塔100km的A处，它沿正南方向航行一段时间后，到达位于观测塔P的南偏西37°方向的B处，这时，B处距离观测塔P有多远？（结果保留整数，参考数据：sin37°≈0.60，cs37°≈0.80，tan37°≈0.75，sin50°≈0.77，cs50°≈0.64，tan50°≈1.19．）
【分析】由已知得，∠A＝50°，∠B＝37°，PA＝100，解直角三角形即可得到结论．
【解答】解：由已知得，∠A＝50°，∠B＝37°，PA＝100，
在Rt△PAC中，∵sinA＝，
∴PC＝PA•sin50°≈77，
在Rt△PBC中，∵sinB＝，
∴PB＝≈128（km），
答：这时，B处距离观测塔P有128km．
【点评】本题考查了解直角三角形的应用﹣﹣方向角问题，解直角三角形的相关知识，体现了数学应用于实际生活的思想．
24．（6分）（2020•绥化）如图，在边长均为1个单位长度的小正方形组成的网格中，点A，点B，点O均为格点（每个小正方形的顶点叫做格点）．
（1）作点A关于点O的对称点A1；
（2）连接A1B，将线段A1B绕点A1顺时针旋转90°得点B对应点B1，画出旋转后的线段A1B1；
（3）连接AB1，求出四边形ABA1B1的面积．
【分析】（1）依据中心对称的性质，即可得到点A关于点O的对称点A1；
（2）依据线段A1B绕点A1顺时针旋转90°得点B对应点B1，即可得出旋转后的线段A1B1；
（2）依据割补法进行计算，即可得到四边形ABA1B1的面积．
【解答】解：（1）如图所示，点A1即为所求；
（2）如图所示，线段A1B1即为所求；
（3）如图，连接BB1，过点A作AE⊥BB1，过点A1作A1F⊥BB1，则
四边形ABA1B1的面积＝+＝×8×2+×8×4＝24．
【点评】本题主要考查了利用旋转变换作图，旋转作图有自己独特的特点，旋转角度、旋转方向、旋转中心不同，位置就不同，但得到的图形全等．
25．（6分）（2020•绥化）为了解本校九年级学生体育测试项目“400米跑”的训练情况，体育教师在2019年1﹣5月份期间，每月随机抽取部分学生进行测试，将测试成绩分为：A，B，C，D四个等级，并绘制如图两幅统计图根据统计图提供的信息解答下列问题：
（1） 1 月份测试的学生人数最少， 4 月份测试的学生中男生、女生人数相等；
（2）求扇形统计图中D等级人数占5月份测试人数的百分比；
（3）若该校2019年5月份九年级在校学生有600名，请你估计出测试成绩是A等级的学生人数．
【分析】（1）根据折线统计图给出的数据直接得出答案；
（2）用整体1减去A、B、C所占的百分比即可得出答案；
（3）用总人数乘以测试成绩是A等级的学生人数所占的百分比即可．
【解答】解：（1）根据折线统计图给出的数据可得：1月份测试的学生人数最少，4月份测试的学生中男生、女生人数相等；
故答案为：1，4；
（2）D等级人数占5月份测试人数的百分比是：1﹣25%﹣40%﹣＝15%；
（3）根据题意得：
600×25%＝150（名），
答：测试成绩是A等级的学生人数有150名．
【点评】本题考查的是扇形统计图和折线统计图的综合运用．读懂统计图，从不同的统计图中得到必要的信息是解决问题的关键．
26．（7分）（2020•绥化）如图，△ABC内接于⊙O，CD是直径，∠CBG＝∠BAC，CD与AB相交于点E，过点E作EF⊥BC，垂足为F，过点O作OH⊥AC，垂足为H，连接BD、OA．
（1）求证：直线BG与⊙O相切；
（2）若＝，求的值．
【分析】（1）连接OB，由直径所对的圆周角是直角得∠CBD＝90°，进而证明∠D+∠CBO＝90°，再由已知∠A＝∠CBG，根据圆周勾股定理得∠OBG＝90°，便可得结论；
（2）证明△BEF∽△COH，由相似三角形的性质便可求得结果．
【解答】解：（1）连接OB，如图，
∵CD是⊙O的直径，
∴∠DBC＝90°，
∴∠D+∠BCD＝90°，
∵OB＝OC，
∴∠OCB＝∠OBC，
∴∠D+∠OBC＝90°，
∵∠D＝∠BAC，∠BAC＝∠CBG，
∴∠CBG+∠OBC＝90°，
即∠OBG＝90°，
∴直线BG与⊙O相切；
（2）∵OA＝OC，OH⊥AC，
∴∠COH＝∠COA，CH＝，
∵∠ABC＝∠AOC，
∴∠EBF＝∠COH，
∵EF⊥BC，OH⊥AC，
∴∠BEF＝∠OHC＝90°，
∴△BEF∽△COH，
∴，
∵＝，OC＝OD，
∴，
∵CH＝AC，
∴，
【点评】本题是圆的一个综合题，主要考查了圆的基本性质，切线的判定，相似三角形的性质与判定，垂径定理，第（2）小题关键在证明三角形的相似．
27．（7分）（2020•绥化）如图，在矩形OABC中，AB＝2，BC＝4，点D是边AB的中点，反比例函数y1＝（x＞0）的图象经过点D，交BC边于点E，直线DE的解析式为y2＝mx+n（m≠0）．
（1）求反比例函数y1＝（x＞0）的解析式和直线DE的解析式；
（2）在y轴上找一点P，使△PDE的周长最小，求出此时点P的坐标；
（3）在（2）的条件下，△PDE的周长最小值是 + ．
【分析】（1）根据线段中点的定义和矩形的性质得到D（1，4），解方程和方程组即可得到结论；
（2）作点D关于y轴的对称点D′，连接D′E交y轴于P，连接PD，此时，△PDE的周长最小，求得直线D′E的解析式为y＝﹣x+，于是得到结论；
（3）根据勾股定理即可得到结论．
【解答】解：（1）∵点D是边AB的中点，AB＝2，
∴AD＝1，
∵四边形OABC是矩形，BC＝4，
∴D（1，4），
∵反比例函数y1＝（x＞0）的图象经过点D，
∴k＝4，
∴反比例函数的解析式为y＝（x＞0），
当x＝2时，y＝2，
∴E（2，2），
把D（1，4）和E（2，2）代入y2＝mx+n（m≠0）得，，
∴，
∴直线DE的解析式为y＝﹣2x+6；
（2）作点D关于y轴的对称点D′，连接D′E交y轴于P，连接PD，
此时，△PDE的周长最小，
∵D点的坐标为（1，4），
∴D′的坐标为（﹣1，4），
设直线D′E的解析式为y＝ax+b，
∴，
解得：，
∴直线D′E的解析式为y＝﹣x+，
令x＝0，得y＝，
∴点P的坐标为（0，）；
（3）∵D（1，4），E（2，2），
∴BE＝2，BD＝1，
∴DE＝＝，
由（2）知，D′的坐标为（﹣1，4），
∴BD′＝3，
∴D′E＝＝，
∴△PDE的周长最小值＝DE+D′E＝+，
故答案为：+．
【点评】本题是反比例函数的综合题，考查了待定系数法求函数的解析式，矩形的性质，轴对称﹣最短路线问题，正确的理解题意是解题的关键．
28．（9分）（2020•绥化）如图，在正方形ABCD中，AB＝4，点G在边BC上，连接AG，作DE⊥AG于点E，BF⊥AG于点F，连接BE、DF，设∠EDF＝α，∠EBF＝β，＝k．
（1）求证：AE＝BF；
（2）求证：tanα＝k•tanβ；
（3）若点G从点B沿BC边运动至点C停止，求点E，F所经过的路径与边AB围成的图形的面积．
【分析】（1）证明△ABF≌△DAE（AAS），可得出AE＝BF；
（2）由锐角三角函数的定义可得出．证明△AED∽△GBA，得出，可得出结论；
（3）得出∠AED＝∠BFA＝90°，当点G从点B沿BC边运动至点C停止时，点E经过的路径是以AD为直径，圆心角为90°的圆弧，同理可得点F经过的路径，两弧交于正方形的中心点O，求出S△AOB即可得出答案．
【解答】解：（1）证明：在正方形ABCD中，AB＝BC＝AD，∠BAD＝∠ABC＝90°，
∵DE⊥AG，BF⊥AG，
∴∠AED＝∠BFA＝90°，
∴∠ADE+∠DAE＝90°，
∵∠BAF+∠DAE＝90°，
∴∠ADE＝∠BAF，
∴△ABF≌△DAE（AAS），
∴AE＝BF；
（2）在Rt△DEF和Rt△EFB中，tanα＝，tanβ＝，
∴．
由①可知∠ADE＝∠BAG，∠AED＝∠GBA＝90°，
∴△AED∽△GBA，
∴，
由①可知，AE＝BF，
∴，
∴，
∵＝k，AB＝BC，
∴＝k，
∴＝k．
∴tanα＝ktanβ．
（3）∵DE⊥AG，BF⊥AG，
∴∠AED＝∠BFA＝90°，
∴当点G从点B沿BC边运动至点C停止时，点E经过的路径是以AD为直径，圆心角为90°的圆弧，
同理可得点F经过的路径，两弧交于正方形的中心点O，如图．
∵AB＝AD＝4，
∴所围成的图形的面积为S＝S△AOB＝×4×4＝4．
【点评】本题是四边形综合题，考查了正方形的性质，相似三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，锐角三角函数的定义，三角形的面积等知识，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题的关键．
29．（10分）（2020•绥化）如图1，抛物线y＝﹣（x+2）2+6与抛物线y1＝﹣x2+tx+t﹣2相交y轴于点C，抛物线y1与x轴交于A、B两点（点B在点A的右侧），直线y2＝kx+3交x轴负半轴于点N，交y轴于点M，且OC＝ON．
（1）求抛物线y1的解析式与k的值；
（2）抛物线y1的对称轴交x轴于点D，连接AC，在x轴上方的对称轴上找一点E，使以点A，D，E为顶点的三角形与△AOC相似，求出DE的长；
（3）如图2，过抛物线y1上的动点G作GH⊥x轴于点H，交直线y2＝kx+3于点Q，若点Q'是点Q关于直线MG的对称点，是否存在点G（不与点C重合），使点Q'落在y轴上？若存在，请直接写出点G的横坐标，若不存在，请说明理由．
【分析】（1）令x＝0，由抛物线y＝﹣（x+2）2+6求出C点坐标，再将C点坐标代入抛物线y1＝﹣x2+tx+t﹣2得y1的解析式，由OC＝ON．得N点的坐标，再把N点坐标代入直线y2＝kx+3中，得k的值；
（2）求出抛物线与坐标轴的交点坐标和对称轴，进而求得OA、OC、AD的长度，再分两种情况△AOC∽△ADE和△AOC∽△EDA，由相似三角形的比例线段求得DE；
（3）由轴对称性质可知，QM＝Q'M，QG＝Q'G，∠Q'MG＝∠QMG，证明四边形QMQ'G为菱形，得出GQ'∥QN，作GP⊥y轴于点P，设G（a，﹣a2+3a+4），则Q（a，a+3），得出PG＝|a|，Q'G＝GQ＝|a2﹣a﹣1|，由锐角三角函数的定义得出．解方程求出a的值即可得出答案．
【解答】解：（1）当x＝0时，得y＝﹣（x+2）2+6＝﹣2+6＝4，
∴C（0，4），
把C（0，4）代入y1＝﹣x2+tx+t﹣2得，t﹣2＝4，
∴t＝6，
∴y1＝﹣x2+3x+4，
∵ON＝OC，
∴N（﹣4，0），
把N（﹣4，0）代入y2＝kx+3中，得﹣4k+3＝0，
解得，k＝；
∴抛物线y1的解析式为y1＝﹣x2+3x+4，k的值为．
（2）连接AE，如图1，
令y＝0，得y1＝﹣x2+3x+4＝0，
解得，x＝﹣1或4，
∴A（﹣1，0），B（4，0），
∴对称轴为：x＝，
∴D（，0），
∴OA＝1，OC＝4，OD＝，AD＝，
①当△AOC∽△EDA时，
，即，
∴DE＝，
②当△AOC∽△ADE时，
，即，
∴DE＝10，
综上，DE＝或10；
（3）点G的横坐标为或或或．
如图，点Q'是点Q关于直线MG的对称点，且点Q'在y轴上时，由轴对称性质可知，QM＝Q'M，QG＝Q'G，∠Q'MG＝∠QMG，
∵QG⊥x轴，
∴QG∥y轴，
∴∠Q'MG＝∠QGM，
∴∠QMG＝∠QGM，
∴QM＝QG，
∴QM＝Q'M＝QG＝Q'G，
∴四边形QMQ'G为菱形，
∴GQ'∥QN，
作GP⊥y轴于点P，设G（a，﹣a2+3a+4），则Q（a，a+3），
∴PG＝|a|，Q'G＝GQ＝|（a+3）﹣（﹣a2+3a+4）|＝|a2﹣a﹣1|，
∵GQ'∥QN，
∴∠GQ'P＝∠NMO，
在Rt△NMO中，MN＝＝5，
∴sin∠GQ'P＝sin∠NMO＝，
∴．
解得a1＝，a2＝，a3＝，a4＝．
经检验，a1＝，a2＝，a3＝，a4＝都是所列方程的解．
综合以上可得，点G的横坐标为或或或．
【点评】本题是二次函数综合题，考查了待定系数法求解析式，相似三角形的判定与性质，轴对称的性质，平行线的性质，锐角三角函数，菱形的判定与性质等知识，解题关键是能熟练掌握坐标与图形的性质，灵活运用分类讨论的思想及方程的思想．
声明：试题解析著作权属菁优网所有，未经书面同意，不得复制发布
日期：2020/7/24 8:34:31；用户：数学03；邮箱：lb03@xyh.cm；学号：21821725