2024年福建省漳州第一中学中考数学适应性试卷+

这是一份2024年福建省漳州第一中学中考数学适应性试卷+，共30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。
1．（4分）﹣2024的相反数是（ ）
A．2024B．C．﹣2024D．
2．（4分）某物体如图所示，其左视图是（ ）
A．B．
C．D．
3．（4分）2024年春节期间，海南旅游市场呈现出强劲的复苏势头．据移动大数据监测，2月10日至17日，全省举办的各类赛事活动接待游客41.83万人次，带动旅游消费992000000元．数据“992000000”用科学记数法表示为（ ）
A．99.2×107B．9.92×108C．9.92×109D．0.992×109
4．（4分）下列运算正确的是（ ）
A．3a﹣2a＝1B．（a﹣b）2＝a2﹣b2
C．（a5）2＝a7D．3a3•2a2＝6a5
5．（4分）学校连续三年组织学生参加义务植树，第一年共植树400棵，第三年共植树625棵．设该校植树棵数的年平均增长率为x，根据题意，下列方程正确的是（ ）
A．625（1﹣x）2＝400B．400（1+x）2＝625
C．625x2＝400D．400x2＝625
6．（4分）如图所示的“箭头”图形中，AB∥CD，∠B＝∠D＝80°，∠E＝∠F＝47°，则图中∠G的度数是（ ）
A．80°B．76°C．66°D．56°
7．（4分）一配电房示意图如图所示，它是一个轴对称图形．已知BC＝6m，∠ABC＝α，则房顶A离地面EF的高度为（ ）
A．（4+3sinα）mB．（4+3tanα）m
C．（4+）mD．（4+）m
8．（4分）如图，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，BE是⊙O的直径，连接AE．若∠BCD＝2∠BAD，则∠DAE的度数是（ ）
A．30°B．35°C．45°D．60°
9．（4分）某市举行中学生党史知识竞赛，如图用四个点分别描述甲、乙、丙、丁四所学校竞赛成绩的优秀率（该校优秀人数与该校参加竞赛人数的比值）y与该校参加竞赛人数x的情况，其中描述乙、丁两所学校情况的点恰好在同一个反比例函数的图象上，则这四所学校在这次党史知识竞赛中成绩优秀人数最多的是（ ）
A．甲B．乙C．丙D．丁
10．（4分）第二十四届国际数学家大会会徽是由四个全等的直角三角形（△DAE，△ABF，△BCG，△CDH）和中间小正方形EFGH拼成正方形ABCD（如图），∠ABF＞∠BAF，设∠BAF＝α，∠BEF＝β，若正方形EFGH与正方形ABCD的面积之比为1：n，tanα＝tan2β，则n＝（ ）
A．5B．4C．3D．2
二、填空题：本题共6小题，每小题4分，共24分。
11．（4分）正九边形一个内角的度数为 ．
12．（4分）我国古代数学名著《九章算术》中有“米谷粒分”题：粮仓开仓收粮，有人送来米1500石，验得米内夹谷，抽样取米一把，数得300粒内夹谷25粒．则这批米内夹谷约为 石．
13．（4分）若x2+x﹣1＝0，则3x﹣＝ ．
14．（4分）如图，矩形ABCD中，AB＝4，AD＝6．在边AD上取一点E，使BE＝BC，过点C作CF⊥BE，垂足为点F，则BF的长为 ．
15．（4分）在平面直角坐标系中，▱ABCD的对称中心是坐标原点，顶点A，B的坐标分别是（﹣1，1），（2，1），将▱ABCD沿x轴向右平移3个单位长度，则顶点C的对应点的坐标是 ．
16．（4分）已知点A、B都在二次函数y＝ax2（a＞0）上，A、B的横坐标分别为m、n（0＜m＜n），过点B分别向x轴、y轴作垂线，垂足分别为M、N，当点A在线段MN上时，的值为 ．
三、解答题：本题共9小题，共86分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17．（8分）计算：（﹣1）2021+﹣4sin45°+|﹣2|．
18．（8分）如图．已知AB＝DC，∠A＝∠D，AC与DB相交于点O，求证：∠OBC＝∠OCB．
19．（8分）先化简，再求值：，其中x＝4．
20．（8分）如图，在平面直角坐标系中放置一块45°角的三角板ABC，∠BAC＝90°，A，B两点分别落在x轴和y轴上，直线AB的解析式为y＝﹣2x+2，AB右侧有一条直线l到AB的距离为．
（1）用尺规作出直线（保留作图痕迹，不写作法）．
（2）若直线l与BC边交于点D，双曲线经过点D，求出k的值．
21．（8分）近年来，在习近平总书记“既要金山银山，又要绿水青山”思想的指导下，我国持续的大面积雾霾天气得到了较大改善．为了调查学生对雾霾天气知识的了解程度，某校在学生中做了一次抽样调查，调查结果共分为四个等级：A．非常了解；B．比较了解；C．基本了解；D．不了解．根据调查统计结果，绘制了如图所示的不完整的两种统计图表．
请结合统计图表，回答下列问题：
（1）本次参与调查的学生共有 人，请补全条形统计图；
（2）根据调查结果，学校准备开展关于雾霾的知识竞赛，某班要从“非常了解”程度的小明和小刚中选一人参加，现设计了如下游戏来确定，具体规则是：把四个完全相同的乒乓球分别标上数字1，2，3，4，然后放到一个不透明的袋中充分摇匀，一个人先从袋中随机摸出一个球，另一人再从剩下的三个球中随机摸出一个球，若摸出的两个球上的数字和为奇数，则小明去，否则小刚去，请用画树状图或列表说明这个游戏规则是否公平．
22．（10分）如图，△ABC中，以AB为直径的⊙O交BC于点D，DE是⊙O的切线，且DE⊥AC，垂足为E，延长CA交⊙O于点F．
（1）求证：AB＝AC；
（2）若AE＝3，DE＝6，求AF的长．
23．（10分）下面是某数学兴趣小组探究用不同方程解决实际问题的讨论片段，请仔细阅读，并解决相应的问题．
如图是练习册上的一道例题，墨水覆盖了条件的一部分．
[情境引入]
小明通过查看例题的解析发现：“设A种品牌足球的单价为x元，则列出一元一次方程：25x+50（x﹣30）＝4500”．
（1）根据题意，例题中被覆盖的条件是 （填序号）．
①A种品牌足球的单价比B种品牌足球的单价低30元
②A种品牌足球的单价比B种品牌足球的单价高30元
（2）根据所列方程“25x+50（x﹣30）＝4500”，求A、B两种品牌足球的单价．
[迁移类比]
（3）小军看了解析后对比发现，二元一次方程组能够更直接地表示出等量之间的关系，从而解决该问题，请你列出方程组并求A、B两种品牌足球的单价．
[拓展探究]
（4）老师在例题的条件下，增设了一个问题：根据需要，学校决定再次购进A、B两种品牌的足球50个，恰逢体育用品商店搞“优惠促销”活动，A种品牌的足球单价打8折，B种品牌的足球单价优惠4元．若此次学校购买A、B两种品牌足球的总费用不超过2750元，且购买A种品牌的足球不少于23个，请通过计算，设计一种符合购买要求且节约资金的购买方案．
24．（12分）已知抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）．
（1）若抛物线经过点（﹣1，1）且对称轴为直线x＝1，求a，c所满足的数量关系；
（2）抛物线与y轴交于点，顶点为Q（2，0），过点的直线与抛物线交于E，F两点（点E在点F的左侧）．
①求△EQF面积的最小值；
②过点E作x轴的垂线，垂足为M，直线EM与直线FQ交于点N，连接PM，求证：PM∥QN．
25．（14分）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝60°，点D为AB的中点，连接CD，将线段CD绕点D顺时针旋转α（60°＜α＜120°）得到线段ED，且ED交线段BC于点G，∠CDE的平分线DM交BC于点H．
（1）如图1，若α＝90°，则线段ED与BD的数量关系是 ，＝ ；
（2）如图2，在（1）的条件下，过点C作CF∥DE交DM于点F，连接EF，BE．求证：；
（3）如图3，若AC＝2，tan（α﹣60°）＝m，过点C作CF∥DE交DM于点F，连接EF，BE，请求出的值（用含m的式子表示）．
2024年福建省漳州一中中考数学适应性试卷
参考答案与试题解析
一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．（4分）﹣2024的相反数是（ ）
A．2024B．C．﹣2024D．
【分析】根据相反数的定义“只有符号不同的两个数是互为相反数”解答即可．
【解答】解：﹣2024的相反数是2024，
故选：A．
【点评】此题考查了相反数的定义，熟记定义是解题的关键．
2．（4分）某物体如图所示，其左视图是（ ）
A．B．
C．D．
【分析】根据左视图是从左边看得到的图形，可得答案．
【解答】解：从左边看，是一列两个相邻的矩形．
故选：A．
【点评】本题考查了简单组合体的三视图，左视图是从左边看得到的图形．
3．（4分）2024年春节期间，海南旅游市场呈现出强劲的复苏势头．据移动大数据监测，2月10日至17日，全省举办的各类赛事活动接待游客41.83万人次，带动旅游消费992000000元．数据“992000000”用科学记数法表示为（ ）
A．99.2×107B．9.92×108C．9.92×109D．0.992×109
【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是正整数；当原数的绝对值＜1时，n是负整数．
【解答】解：992000000＝9.92×108．
故选：B．
【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．（4分）下列运算正确的是（ ）
A．3a﹣2a＝1B．（a﹣b）2＝a2﹣b2
C．（a5）2＝a7D．3a3•2a2＝6a5
【分析】根据合并同类项，完全平方公式，幂的乘方，单项式乘单项式的法则进行计算，逐一判断即可解答．
【解答】解：A、3a﹣2a＝a，故A不符合题意；
B、（a﹣b）2＝a2﹣2ab+b2，故B不符合题意；
C、（a5）2＝a10，故C不符合题意；
D、3a3•2a2＝6a5，故D符合题意；
故选：D．
【点评】本题考查了整式的混合运算，准确熟练地进行计算是解题的关键．
5．（4分）学校连续三年组织学生参加义务植树，第一年共植树400棵，第三年共植树625棵．设该校植树棵数的年平均增长率为x，根据题意，下列方程正确的是（ ）
A．625（1﹣x）2＝400B．400（1+x）2＝625
C．625x2＝400D．400x2＝625
【分析】第三年的植树量＝第一年的植树量×（1+年平均增长率）2，把相关数值代入即可．
【解答】解：根据题意得：400（1+x）2＝625，
故选：B．
【点评】考查列一元二次方程解决实际问题，读懂题意，找到等量关系列方程是解决本题的关键．
6．（4分）如图所示的“箭头”图形中，AB∥CD，∠B＝∠D＝80°，∠E＝∠F＝47°，则图中∠G的度数是（ ）
A．80°B．76°C．66°D．56°
【分析】延长AB交EG于M，延长CD交FG于N，过G作GK∥AB，得到GK∥CD，推出∠KGM＝∠EMB，∠KGN＝∠DNF，得到∠EGF＝∠EMB+∠DNF，由三角形外角的性质得到∠EMB＝33°，∠DNF＝33°，即可求出∠EGF的度数．
【解答】解：延长AB交EG于M，延长CD交FG于N，过G作GK∥AB，
∵AB∥CD，
∴GK∥CD，
∴∠KGM＝∠EMB，∠KGN＝∠DNF，
∴∠KGM+∠KGN＝∠EMB+∠DNF，
∴∠EGF＝∠EMB+∠DNF，
∵∠ABE＝80°，∠E＝47°，
∴∠EMB＝∠ABE﹣∠E＝33°，
同理：∠DNF＝33°，
∴∠EGF＝∠EMB+∠DNF＝33°+33°＝66°．
故选：C．
【点评】本题考查平行线的性质，三角形外角的性质，关键是通过作辅助线，由平行线的性质，得到∠EGF＝∠EMB+∠DNF，由三角形外角的性质求出∠EMB、∠DNF的度数，即可解决问题．
7．（4分）一配电房示意图如图所示，它是一个轴对称图形．已知BC＝6m，∠ABC＝α，则房顶A离地面EF的高度为（ ）
A．（4+3sinα）mB．（4+3tanα）m
C．（4+）mD．（4+）m
【分析】过点A作AD⊥BC于点D，利用直角三角形的边角关系定理求得AD，．用AD+BE即可表示出房顶A离地面EF的高度．
【解答】解：过点A作AD⊥BC于点D，如图，
∵它是一个轴对称图形，
∴AB＝AC，
∵AD⊥BC，
∴BD＝BC＝3m，
在Rt△ADB中，
∵tan∠ABC＝，
∴AD＝BD•tanα＝3tanα m．
∴房顶A离地面EF的高度＝AD+BE＝（4+3tanα）m，
故选：B．
【点评】本题主要考查了解直角三角形的意义，轴对称的性质，等腰三角形的三线合一，利用直角三角形的边角关系定理求得AD的长是解题的关键．
8．（4分）如图，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，BE是⊙O的直径，连接AE．若∠BCD＝2∠BAD，则∠DAE的度数是（ ）
A．30°B．35°C．45°D．60°
【分析】根据圆内接四边形的性质求出∠BAD＝60°，根据圆周角定理得到∠BAE＝90°，结合图形计算，得到答案．
【解答】解：∵四边形ABCD是⊙O的内接四边形，
∴∠BCD+∠BAD＝180°，
∵∠BCD＝2∠BAD，
∴∠BCD＝120°，∠BAD＝60°，
∵BE是⊙O的直径，
∴∠BAE＝90°，
∴∠DAE＝90°﹣∠BAD＝90°﹣60°＝30°，
故选：A．
【点评】本题考查的是圆内接四边形的性质、圆周角定理的应用，掌握圆内接四边形的对角互补是解题的关键．
9．（4分）某市举行中学生党史知识竞赛，如图用四个点分别描述甲、乙、丙、丁四所学校竞赛成绩的优秀率（该校优秀人数与该校参加竞赛人数的比值）y与该校参加竞赛人数x的情况，其中描述乙、丁两所学校情况的点恰好在同一个反比例函数的图象上，则这四所学校在这次党史知识竞赛中成绩优秀人数最多的是（ ）
A．甲B．乙C．丙D．丁
【分析】根据题意可知xy的值即为该级部的优秀人数，再根据图象即可确定丙学校的优秀人数最多，甲学校的优秀人数最少，乙、丁两学校的优秀人数相同．
【解答】解：根据题意，可知xy的值即为该校的优秀人数，
∵描述乙、丁两学校情况的点恰好在同一个反比例函数的图象上，
∴乙、丁两学校的优秀人数相同，
∵点丙在反比例函数图象上面，点甲在反比例函数图象下面，
∴丙学校的xy的值最大，即优秀人数最多，甲学校的xy的值最小，即优秀人数最少，
故选：C．
【点评】本题考查了反比例函数的应用，结合实际含义理解图象上点的坐标含义是解题的关键．
10．（4分）第二十四届国际数学家大会会徽是由四个全等的直角三角形（△DAE，△ABF，△BCG，△CDH）和中间小正方形EFGH拼成正方形ABCD（如图），∠ABF＞∠BAF，设∠BAF＝α，∠BEF＝β，若正方形EFGH与正方形ABCD的面积之比为1：n，tanα＝tan2β，则n＝（ ）
A．5B．4C．3D．2
【分析】设AE＝a，DE＝b，利用全等三角形的性质可得BF＝AE＝a，DE＝AF＝b，从而可得EF＝b﹣a，然后在Rt△ABF中，利用勾股定理和锐角三角函数的定义可得AB2＝a2+b2，tanα＝，再在Rt△BFE中，利用锐角三角函数的定义可得tanβ＝，从而可得＝（）2，进而可得（b﹣a）2＝ab，最后利用完全平方公式进行计算可得：a2+b2＝3ab，从而可得a2+b2＝3（b﹣a）2，进而可得AB2＝3EF2，即可解答．
【解答】解：设AE＝a，DE＝b，
∵△AED≌△BFA，
∴BF＝AE＝a，DE＝AF＝b，
∴EF＝AF﹣AE＝b﹣a，
在Rt△ABF中，AF＝b，BF＝a，
∴AB2＝BF2+AF2＝a2+b2，tan∠BAF＝tanα＝＝，
在Rt△BFE中，tan∠BEF＝tanβ＝＝，
∵tanα＝tan2β，
∴＝（）2，
∴（b﹣a）2＝ab，
∴b2﹣2ab+a2＝ab，
∴a2+b2＝3ab，
∴a2+b2＝3（b﹣a）2，
∴AB2＝3EF2，
∴正方形ABCD的面积＝3正方形EFGH，
∴正方形EFGH与正方形ABCD的面积之比为1：3，
∴n＝3，
故选：C．
【点评】本题考查了解直角三角形的应用，全等三角形的性质，正方形的性质，准确熟练地进行计算是解题的关键．
二、填空题：本题共6小题，每小题4分，共24分。
11．（4分）正九边形一个内角的度数为 140° ．
【分析】先根据多边形内角和定理：180°•（n﹣2）求出该多边形的内角和，再求出每一个内角的度数．
【解答】解：该正九边形内角和＝180°×（9﹣2）＝1260°，
则每个内角的度数＝＝140°．
故答案为：140°．
【点评】本题主要考查了多边形的内角和定理：180°•（n﹣2），比较简单，解答本题的关键是直接根据内角和公式计算可得内角和．
12．（4分）我国古代数学名著《九章算术》中有“米谷粒分”题：粮仓开仓收粮，有人送来米1500石，验得米内夹谷，抽样取米一把，数得300粒内夹谷25粒．则这批米内夹谷约为 125 石．
【分析】用总数量乘以样本中夹谷粒数所占比例即可．
【解答】解：1500×＝125（石），
故答案为：125．
【点评】本题主要考查用样本估计总体，掌握用样本去估计总体时，样本越具有代表性、容量越大，这时对总体的估计也就越精确是解题的关键．
13．（4分）若x2+x﹣1＝0，则3x﹣＝ ﹣3 ．
【分析】根据公因式法可以先将所求式子化简，然后根据x2+x﹣1＝0，可以得到x﹣的值，然后代入化简后的式子即可解答本题．
【解答】解：3x﹣＝3（x﹣），
∵x2+x﹣1＝0（x≠0），
x+1﹣＝0，
∴x﹣＝﹣1，
当x﹣＝﹣1时，原式＝3×（﹣1）＝﹣3，
故答案为：﹣3．
【点评】考查分式的化简求值及整体思想，关键是找到已知所求之间的联系．
14．（4分）如图，矩形ABCD中，AB＝4，AD＝6．在边AD上取一点E，使BE＝BC，过点C作CF⊥BE，垂足为点F，则BF的长为 ．
【分析】根据矩形的性质可得出∠AEB＝∠FBC，结合已知BE＝BC，利用AAS证得△ABE和△FCB全等，得出FC＝AB＝4，再根据矩形的性质得到BC＝AD＝6，从而在Rt△FCB中利用勾股定理求出BF的长．
【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，∠A＝90°，
∴∠AEB＝∠FBC，
∵CF⊥BE，
∴∠CFB＝90°，
∴∠CFB＝∠A，
在△ABE和△FCB中，
，
∴△ABE≌△FCB（AAS），
∴FC＝AB＝4，
∵四边形ABCD是矩形，
∴BC＝AD＝6，
在Rt△FCB中，由勾股定理得，
故答案为：．
【点评】本题考查了矩形的性质，三角形全等的性质与判定，勾股定理，熟知矩形的对边平行且相等，四个角都是直角．
15．（4分）在平面直角坐标系中，▱ABCD的对称中心是坐标原点，顶点A，B的坐标分别是（﹣1，1），（2，1），将▱ABCD沿x轴向右平移3个单位长度，则顶点C的对应点的坐标是 （4，﹣1） ．
【分析】先根据点坐标的中心对称可得点C的坐标，再根据点坐标的平移变换规律即可得．
【解答】解：∵▱ABCD的对称中心是坐标原点，
∴顶点C与顶点A关于坐标原点对称，
∵A（﹣1，1），
∴C（1，﹣1），
∵将▱ABCD沿x轴向右平移3个单位长度，
∴顶点C的对应点的坐标是（1+3，﹣1），即（4，﹣1），
故答案为：（4，﹣1）．
【点评】本题考查了点坐标的中心对称变换、点坐标的平移变换，熟练掌握点坐标的中心对称变换规律是解题关键．
16．（4分）已知点A、B都在二次函数y＝ax2（a＞0）上，A、B的横坐标分别为m、n（0＜m＜n），过点B分别向x轴、y轴作垂线，垂足分别为M、N，当点A在线段MN上时，的值为 ．
【分析】如图，过点A作AD⊥x轴于D，交BN于C，则OD＝m，OM＝BN＝n，通过证得△MAD∽△MNO，得到，整理得（）2+﹣1＝0，解关于的方程即可．
【解答】解：如图，过点A作AD⊥x轴于D，交BN于C，则OD＝m，OM＝BN＝n，
∴A（m，am2），B（n，an2），
∴AD＝am2，BM＝an2，
∴AC＝an2﹣am2，
∵AD∥ON，
∴△MAD∽△MNO，
∴，即，
∴（）2+﹣1＝0，
∴＝（负数舍去）．
故答案为：．
【点评】本题是二次函数图象上点的坐标特征，通过证得△MAD∽△MNO，得到关于的方程是解题的关键．
三、解答题：本题共9小题，共86分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17．（8分）计算：（﹣1）2021+﹣4sin45°+|﹣2|．
【分析】先分别计算有理数的乘方，二次根式的化简，代入特殊角三角函数值，绝对值的化简，然后再计算．
【解答】解：原式＝﹣1+﹣4×+2
＝﹣1+2﹣2+2
＝1．
【点评】本题考查二次根式的混合运算，特殊角三角函数的运算，掌握运算顺序和计算法则准确计算是解题关键．
18．（8分）如图．已知AB＝DC，∠A＝∠D，AC与DB相交于点O，求证：∠OBC＝∠OCB．
【分析】先证明出△AOB≌△COD，进而得出OB＝OC，根据等腰三角形的性质得出结论．
【解答】证明：在△AOB与△COD中，
，
∴△AOB≌△DOC（AAS），
∴OB＝OC，
∴∠OBC＝∠OCB．
【点评】本题考查全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，理解判定三角形全等的条件是得出结论的关键．
19．（8分）先化简，再求值：，其中x＝4．
【分析】先把括号内通分，再进行同分母的减法运算，接着约分得到原式＝，然后把x＝4代入计算即可．
【解答】解：原式＝•
＝•
＝，
当x＝4时，原式＝＝8．
【点评】本题考查了分式的化简求值：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．
20．（8分）如图，在平面直角坐标系中放置一块45°角的三角板ABC，∠BAC＝90°，A，B两点分别落在x轴和y轴上，直线AB的解析式为y＝﹣2x+2，AB右侧有一条直线l到AB的距离为．
（1）用尺规作出直线（保留作图痕迹，不写作法）．
（2）若直线l与BC边交于点D，双曲线经过点D，求出k的值．
【分析】（1）根据题意做出线段AC的垂直平分线即可；
（2）利用一线三直角证明△ABO≌△CAF继而可求出点C坐标，再根据中点坐标公式求出D点坐标，即可求出双曲线中的k值．
【解答】解：（1）∵AC＝，AB⊥AC，AB右侧有一条直线l到AB的距离为．
∴作线段AC的垂直平分线即可，如图示：
（2）如图，作CF⊥x轴，垂足为F，
在△ABO和△CAF中，
，
∴△ABO≌△CAF（AAS），
∴OA＝CF＝1，OB＝AF＝2，
∴C（3，1），
根据（2）作图可知，直线l∥AB，
∴点D为线段BC的中点，
∴xD＝＝，yD＝＝，
∴D（，），
∵点D（，）在双曲线y＝图象上，
∴k＝＝．
【点评】本题考查了反比例函数综合应用，熟练掌握反比例函数图象上点的坐标特征是解答本题的关键．
21．（8分）近年来，在习近平总书记“既要金山银山，又要绿水青山”思想的指导下，我国持续的大面积雾霾天气得到了较大改善．为了调查学生对雾霾天气知识的了解程度，某校在学生中做了一次抽样调查，调查结果共分为四个等级：A．非常了解；B．比较了解；C．基本了解；D．不了解．根据调查统计结果，绘制了如图所示的不完整的两种统计图表．
请结合统计图表，回答下列问题：
（1）本次参与调查的学生共有 400 人，请补全条形统计图；
（2）根据调查结果，学校准备开展关于雾霾的知识竞赛，某班要从“非常了解”程度的小明和小刚中选一人参加，现设计了如下游戏来确定，具体规则是：把四个完全相同的乒乓球分别标上数字1，2，3，4，然后放到一个不透明的袋中充分摇匀，一个人先从袋中随机摸出一个球，另一人再从剩下的三个球中随机摸出一个球，若摸出的两个球上的数字和为奇数，则小明去，否则小刚去，请用画树状图或列表说明这个游戏规则是否公平．
【分析】（1）由A等级人数及其所占百分比可得总人数，根据四个等级人数之和等于总人数求出D等级人数，从而补全图形；
（2）列表得出所有等可能结果，从中找到摸出的两个球上的数字和为奇数与偶数的结果数，从而求出小明与小刚获胜的概率，即可得出答案．
【解答】解：（1）本次参与调查的学生人数为20÷5%＝400（人），则D等级人数为400﹣（20+60+180）＝140（人），
补全图形如下：
故答案为：400；
（2）不公平，
列表如下：
所有等可能的情况有12种，其中之和为奇数的情况有8种，之和为偶数的情况有4种，
则P（小明获胜）＝＝，P（小刚获胜）＝＝，
∵P（小明获胜）＞P（小刚获胜），
∴不公平．
【点评】本题考查了游戏的公平性：判断游戏公平性需要先计算每个事件的概率，然后比较概率的大小，概率相等就公平，否则就不公平．也考查了统计图．
22．（10分）如图，△ABC中，以AB为直径的⊙O交BC于点D，DE是⊙O的切线，且DE⊥AC，垂足为E，延长CA交⊙O于点F．
（1）求证：AB＝AC；
（2）若AE＝3，DE＝6，求AF的长．
【分析】（1）连接OD，由切线的性质得到半径OD⊥DE，又DE⊥AC，因此OD∥AC，推出∠C＝∠ODB，由等腰三角形的性质得到∠B＝∠ODB，故∠B＝∠C，即可证明AB＝AC；
（2）连接DF，DA，由圆周角定理得到∠F＝∠B，而∠B＝∠C，得到∠F＝∠C，推出DF＝DC，因此CE＝FE，由△DAE∽△CDE，得到DE：CE＝AE：DE，即可求出CE＝12，于是得到AF＝EF﹣AE＝12﹣3＝9．
【解答】（1）证明：连接OD，
∵DE是⊙O的切线，
∴半径OD⊥DE，
∵DE⊥AC，
∴OD∥AC，
∴∠C＝∠ODB，
∵OD＝OB，
∴∠B＝∠ODB，
∴∠B＝∠C，
∴AB＝AC；
（2）解：连接DF，DA，
∵∠F＝∠B，∠B＝∠C，
∴∠F＝∠C，
∴DF＝DC，
∵DE⊥CF，
∴FE＝EC，
∵AB是圆的直径，
∴∠ADB＝90°，
∴∠ADC＝90°，
∠ADE+∠CDE＝90°，
∵DE⊥AC，
∴∠C+∠CDE＝90°，
∴∠C＝∠ADE，
∵∠AED＝∠CED＝90°，
∴△DAE∽△CDE，
∴DE：CE＝AE：DE，
∵AE＝3，DE＝6，
∴6：CE＝3：6，
∴CE＝12，
∴EF＝EC＝12，
∴AF＝EF﹣AE＝12﹣3＝9．
【点评】本题考查切线的性质，圆周角定理，相似三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，关键是由切线的性质推出OD∥AC；由等腰三角形的性质得到EF＝CE，由△DAE∽△CDE，求出CE的长．
23．（10分）下面是某数学兴趣小组探究用不同方程解决实际问题的讨论片段，请仔细阅读，并解决相应的问题．
如图是练习册上的一道例题，墨水覆盖了条件的一部分．
[情境引入]
小明通过查看例题的解析发现：“设A种品牌足球的单价为x元，则列出一元一次方程：25x+50（x﹣30）＝4500”．
（1）根据题意，例题中被覆盖的条件是 ② （填序号）．
①A种品牌足球的单价比B种品牌足球的单价低30元
②A种品牌足球的单价比B种品牌足球的单价高30元
（2）根据所列方程“25x+50（x﹣30）＝4500”，求A、B两种品牌足球的单价．
[迁移类比]
（3）小军看了解析后对比发现，二元一次方程组能够更直接地表示出等量之间的关系，从而解决该问题，请你列出方程组并求A、B两种品牌足球的单价．
[拓展探究]
（4）老师在例题的条件下，增设了一个问题：根据需要，学校决定再次购进A、B两种品牌的足球50个，恰逢体育用品商店搞“优惠促销”活动，A种品牌的足球单价打8折，B种品牌的足球单价优惠4元．若此次学校购买A、B两种品牌足球的总费用不超过2750元，且购买A种品牌的足球不少于23个，请通过计算，设计一种符合购买要求且节约资金的购买方案．
【分析】（1）根据方程可得（x﹣30）表示的是B品牌足球的单价，据此可得答案；
（2）直接解方程即可得到答案；
（3）设A种品牌足球的单价是x元，B种品牌足球的单价是y元，根据“购买A种品牌的足球25个，B种品牌的足球50个，共花费4500元；A种品牌足球的单价比B种品牌足球的单价高30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；
（4）设购买A种品牌的足球m个，则购买B种品牌的足球（50﹣m）个，根据“购买A、B两种品牌足球的总费用不超过2750元，且购买A种品牌的足球不少于23个”，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，结合m为正整数，即可得出共有3种购买方案，再求出各方案所需总费用，比较后即可得出结论．
【解答】解：（1）根据方程可知，（x﹣30）表示的是B品牌足球的单价，
∴A种品牌足球的单价比B种品牌足球的单价高30元，
∴例题中被覆盖的条件是②，
故答案为：②；
（2）解方程25x+50（x﹣30）＝4500，
解得x＝80，
∴80﹣30＝50（元）
答：A种品牌足球的单价为80元，B种品牌足球的单价为50元；
（3）根据题意得．
解得
答：A种品牌足球的单价为80元．B种品牌足球的单价为50元；
（4）解：设购买A种品牌的足球m个，则购买B种品牌的足球（50﹣m）个，
依题意得：，解得：23≤m≤25，
又∵m为正整数，
∴m可以为23，24，25，
∴共有3种购买方案，
方案1：购买A种品牌的足球23个，B种品牌的足球27个，所需总费用为80×0.8×23+（50﹣4）×27＝2714（元）；
方案2：购买A种品牌的足球24个，B种品牌的足球26个，所需总费用为80×0.8×24+（50﹣4）×26＝2732（元）；
方案3：购买A种品牌的足球25个，B种品牌的足球25个，所需总费用为80×0.8×25+（50﹣4）×25＝2750（元）；
∵2714＜2732＜2750，
∴为了节约资金，学校应选择方案1：购买A种品牌的足球23个，B种品牌的足球27个．
【点评】本题考查了二元一次方程组的应用以及一元一次不等式组的应用，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．
24．（12分）已知抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）．
（1）若抛物线经过点（﹣1，1）且对称轴为直线x＝1，求a，c所满足的数量关系；
（2）抛物线与y轴交于点，顶点为Q（2，0），过点的直线与抛物线交于E，F两点（点E在点F的左侧）．
①求△EQF面积的最小值；
②过点E作x轴的垂线，垂足为M，直线EM与直线FQ交于点N，连接PM，求证：PM∥QN．
【分析】（1）将对称轴公式和点（﹣1，1）代入函数表达式，即可求解；
（2）①抛物线的表达式为：y＝（x﹣2）2，设直线EF的表达式为：y＝k（x﹣2）+2，则x2﹣（2k+4）x+4k＝0，得到（m﹣n）2＝（m+n）2﹣4mn＝（）2﹣4×＝k2+16≥16，即可求解；
②由点P、M的坐标得，直线PM表达式中的k值为：，同理可得：直线F、Q表达式中的k值为：，设上述两个k值相等，则PM∥QN，即＝，验证，等式成立，即可求解．
【解答】（1）解：由题意得：，
整理得：3a+c＝1；
（2）①解：由题意知，PQ＝2，
设抛物线的表达式为：y＝a（x﹣2）2，
将点（0，2）代入上式得：2＝4a，
解得：a＝，
则抛物线的表达式为：y＝（x﹣2）2，①，
设直线EF的表达式为：y＝k（x﹣2）+2②，
设点E、F的横坐标为n、m，
联立①②并整理得：x2﹣（2k+4）x+4k＝0，
则m+n＝，mn＝，
则（m﹣n）2＝（m+n）2﹣4mn＝（）2﹣4×＝k2+16≥16，
即m﹣n的最小值为4；
则△EQF面积＝S△PQE+S△PQF＝PQ×（m﹣n）＝（m﹣n），
故△EQF面积的最小值为4；
②由①知，点F的坐标为：（m，k（m﹣2）+2），点M（n，0），
由点P、M的坐标得，直线PM表达式中的k值为：，
同理可得：直线FQ表达式中的k值为：，
设上述两个k值相等，则PM∥QN，
即＝，
化简得：2（m+n）﹣8＝2k（m+n）﹣4k﹣kmn，
将m+n＝，mn＝代入上式验证，等式成立，
故PM∥QN．
【点评】本题为二次函数综合题，涉及到面积的计算、根和系数的关系的运用等，有一定的综合性，难度适中．
25．（14分）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝60°，点D为AB的中点，连接CD，将线段CD绕点D顺时针旋转α（60°＜α＜120°）得到线段ED，且ED交线段BC于点G，∠CDE的平分线DM交BC于点H．
（1）如图1，若α＝90°，则线段ED与BD的数量关系是 ED＝BD ，＝ ；
（2）如图2，在（1）的条件下，过点C作CF∥DE交DM于点F，连接EF，BE．求证：；
（3）如图3，若AC＝2，tan（α﹣60°）＝m，过点C作CF∥DE交DM于点F，连接EF，BE，请求出的值（用含m的式子表示）．
【分析】（1）根据直角三角形斜边中线等于斜边的一半可以得到AC＝CD＝BD，根据旋转的性质可以得到CD＝DE，则DE＝BD；又在Rt△CGD中，含30°的直角三角形边之间的关系可得结论；
（2）由∠CFD＝∠EDM＝∠CDM，得CF＝CD＝ED，又CF∥DE，则四边形CDEF是菱形，又∠CDE＝90°，可得结论：菱形CDEF是正方形；由题意可得，∠EGB＝∠FCH，∠EBG＝∠CFD，则△BEG∽△FHC，又DG＝BG，CD＝CF，所以＝＝＝；
（3）过点D作DN⊥BC于点N，由tan∠NDG＝tan（α﹣60°）＝＝m，得NG＝m，所以BG＝﹣m，又△BEG∽△FHC，DG＝BG，CD＝CF，所以＝＝＝．
【解答】解：（1）在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，点D为AB的中点，
∴AD＝CD＝BD，
∵∠A＝60°，
∴∠B＝30°，△ACD是等边三角形，
∴∠DCB＝30°，
∵∠CDE＝α＝90°，
∴tan∠CGD＝tan60°＝＝，
∴＝．
∵线段CD绕点D顺时针旋转α（60°＜α＜120°）得到线段ED，
∴ED＝CD＝BD，
故答案为：ED＝BD；．
（2）由（1）可知，∠ADC＝60°，∠CGD＝60°，BD＝DE，
∴∠BDE＝30°，∠EGB＝60°，
∴∠DBE＝∠DEB＝75°，
∴∠EBG＝45°，
∵∠GDB＝180°﹣∠ADE＝30°，∠ABC＝30°，
∴∠GDB＝∠ABC，
∴DG＝BG，
∵DM平分∠CDE，∠CDE＝90°，
∴∠CDM＝∠EDM＝45°，
∵CF∥DE，
∴∠CFD＝∠EDM＝45°，
∴∠CFD＝∠EDM＝∠CDM，
∴CF＝CD＝ED，
∴四边形CDEF是菱形，
∵∠CDE＝90°，
∴菱形CDEF是正方形．
∴∠CFD＝∠CDF＝45°，∠DCF＝90°，
∴∠FCH＝60°，
∴∠EGB＝∠FCH，∠EBG＝∠CFD，
∴△BEG∽△FHC，
∴＝，
∵DG＝BG，CD＝CF，
∴＝＝＝．
（3）如图3，过点D作DN⊥BC于点N，
∴AC∥DN，
∴∠ACD＝∠CDN，
∵△ACD是等边三角形，AC＝2，
∴FC＝CD＝AC＝2，∠CDN＝∠ACD＝60°，
∴∠NDG＝α﹣60°，DN＝1，
∴tan∠NDG＝tan（α﹣60°）＝＝m，
∴NG＝m，
在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝60°，AC＝2，
∴AB＝4，BC＝2，
∴BN＝CN＝，
∴BG＝﹣m，
∵∠ADC＝60°，∠CDG＝α，
∴∠BDE＝120°﹣α，
∴∠BEG＝30°+，
∴∠EBG＝，
∴∠BGE＝150°﹣α，
∵DM平分∠CDE，∠CDE＝α，
∴∠CDM＝∠EDM＝，
∵CF∥DE，
∴∠CFD＝∠EDM＝，∠DCF+∠CDE＝180°，
∴∠DCF＝180°﹣α，
∴∠FCG＝150°﹣α，
∴∠EGB＝∠FCG，∠EBG＝∠CFD，
∴△BEG∽△FHC，
∴＝＝．
【点评】本题主要考查相似三角形的性质与判定，等腰三角形的性质与判定，含30°的直角三角形的边角关系，正方形的性质与判定，旋转的性质，三角形内角和等内容，得到△BEG∽△FHC是解题关键．中招体育考试足球是非常重要的一个项目，某中学为此专门开设了“足球大课间活动”，学校现决定购买A种品牌的足球25个，B种品牌的足球50个，共花费4500元，已知，求A、B两种品牌足球的单价各多少元？

1
2
3
4
1
﹣﹣﹣
（2，1）
（3，1）
（4，1）
2
（1，2）
﹣﹣﹣
（3，2）
（4，2）
3
（1，3）
（2，3）
﹣﹣﹣
（4，3）
4
（1，4）
（2，4）
（3，4）
﹣﹣﹣
中招体育考试足球是非常重要的一个项目，某中学为此专门开设了“足球大课间活动”，学校现决定购买A种品牌的足球25个，B种品牌的足球50个，共花费4500元，已知，求A、B两种品牌足球的单价各多少元？