2024年辽宁省+丹东市第六中学中考数学二模试卷

这是一份2024年辽宁省+丹东市第六中学中考数学二模试卷，共29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．（3分）一个物体作上下方向的运动，规定向上运动5m记作+5m，那么向下运动5m记作（ ）
A．﹣5mB．5mC．10mD．﹣10m
2．（3分）如图所示的立体图形是一个圆柱被截去四分之一后得到的几何体，它的左视图是（ ）
A．B．C．D．
3．（3分）下列标识中既是轴对称图形又是中心对称图形的个数有（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
4．（3分）下列运算正确的是（ ）
A．x2+x2＝x4B．（2x2）3＝6x6
C．4x6+2x2＝2x3D．x•x3＝x4
5．（3分）下列方程是关于x的一元二次方程的是（ ）
A．ax2+bx+c＝0B．＝2
C．x2+2x＝x2﹣1D．3（x+1）2＝2（x+1）
6．（3分）下列各式从左到右的变形正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
7．（3分）一次函数y＝2x+3的图象不经过（ ）
A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限
8．（3分）如图，平面直角坐标系中长方形ABCD 的四个顶点坐标分别为A（﹣1，2），B（﹣1，﹣1），C （1，﹣1）（1，2），点P从点A出发，沿长方形的边顺时针运动，点Q从点A出发，沿长方形的边逆时针运动，记P，Q在长方形边上第1次相遇时的点为M1，第二次相遇时的点为M2，第三次相遇时的点为M3，……，则点M2021的坐标为（ ）
A．（1，0）B．（﹣1，0）C．（1，2）D．（0，﹣1）
9．（3分）某校在社会实践活动中，小明同学用一个直径为30cm的定滑轮带动重物上升．如图，滑轮上一点A绕点O逆时针旋转108°（粗细不计）与滑轮之间没有滑动，则重物上升了（ ）
A．6πcmB．9πcmC．12πcmD．15πcm
10．（3分）已知二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）与x轴的一个交点为（﹣2，0），其对称轴为直线x＝1，有下列5个结论：①abc＜0；②b2﹣4ac＜0；③9a+3b+c＞0；④8a+c＝02+bx+c＝﹣1有解x1、x2，满足x1＜x2，则x1＜﹣2，x2＞4；其中正确的个数有（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
二、填空题：（本题共5道题，每题3分，共15分）
11．（3分）＝ ．
12．（3分）在一个不透明的袋子里装有4个黄色乒乓球和2个白色乒乓球，它们除颜色外其余均相同．从袋子中任意摸出一个球是白色乒乓球的概率为 ．
13．（3分）如图，在△ABC中，AB＝AC，高AD＝4，则AB＝ ．
14．（3分）如图，已知矩形OABC的一个顶点B的坐标是（4，2），反比例函数y＝（x＞0），且与边BC交于点D，若过点D的直线y＝mx+n将矩形OABC的面积分成3：5的两部分 ．
15．（3分）如图，在平面直角坐标系中，正方形ACOB和正方形GFEO的面积分别是1与2，若平移后正方形GFEO与正方形ACOB重叠部分的面积为，则F点移动后的坐标是 ．
三、解答题：（共75分工）
16．（10分）计算：（1）计算：|﹣|+（）﹣1﹣+2cs30°；
（2）先化简，再求值：，其中x是满足﹣2＜x＜3的整数．
17．（8分）超市购进A、B两种商品，购进4件A种商品比购进5件B种商品少用10元，购进20件A种商品和10件B种商品共用去160元．
（1）求A、B两种商品每件进价分别是多少元？
（2）若该商店购进A、B两种商品共200件，都标价10元出售，售出一部分商品后降价促销，以10元售出的商品件数比购进A种商品的件数少30件，该商店此次销售A、B两种商品共获利不少于640元
18．（8分）为方便市民绿色出行，临沂市政府推出共享单车服务．图①是某品牌共享单车放在地面上的实物图，图②是其示意图，车轮半径为32cm，∠BCD＝64°，坐垫E与点B的距离BE为15cm．
（1）求坐垫E到地面的距离；
（2）根据经验，当坐垫E到CD的距离为人体腿长的0.8时，坐骑比较舒适．小明的腿长约78cm，求EE'的长．（结果精确到0.1m，参考数据：sin64°≈0.90，cs64°≈0.44，tan64°≈2.05）
19．（8分）中国城市基础设施的现代化程度显著提高，新技术、新手段得到广泛应用，基础设施的功能日益增加，居民生活条件改善了，如5G基础进设、新能源汽车充电桩、人工智能等，随着人们对新能源汽车的认可，公共充电桩的需求量逐渐增大．根据巾商情报网信息：某月“特来电”“星星充电”“国家电网”“云快充”等企业投放公共充电桩的数量及市场份额的统计图如图所示：
请根据图中信息，解答下列问题：
（1）①将统计图中“国家电网”的公共充电桩数量和市场份额补充完整；
②统计图中所涉及的十一种企业投放公共充电桩数量的中位数是 万台．
（2）小辉收集到下列四个企业的图标，并将其制成编号分别为A，B，C，D的四张卡片（除编号和内容外，其余部分完全相同），放在桌面上，从中任意抽取一张，再抽取一张．请你用列表或画树状图的方法，求抽取到的两张卡片恰好是“A”和“D“的概率．
20．（8分）如图，AB为⊙O的直径，弦CD⊥AB于H，过点A作⊙O的切线与∠ADC的平分线相交于点E，DE交AC于点F，交⊙O于点M，连接AM．
（1）求证：AC＝AD；
（2）若，CD＝4，求AF长．
21．（9分）在平面直角坐标系xOy中，直线y＝x与双曲线相交于点P（2，m）
（1）求m的值及点Q的坐标；
（2）已知点N（0，n），过点N作平行于x轴的直线交直线y＝x与双曲线分别为点A（x1，y1）和B（x2，y2）．当x1＞x2时，直接写出n的取值范围是 ．
22．（12分）在数学兴趣小组活动中，同学们对菱形的折叠问题进行了探究．如图（1），在菱形ABCD中，E为BC中点，连接DE，得到四边形A′B′ED，点A的对应点为点A′
（1）【观察发现】A′D与B′E是什么位置关系？
（2）【思考表达】连接B′C，判断∠DEC与∠B′CE 是否相等，并说明理由；
（3）如图（2），延长DC交A′B′于点G，连接EG，并说明理由；
（4）【综合运用】如图（3），当∠B＝60° 时，连接B′C，连接EG，请写出B′C，DG之间的数量关系，并说明理由．
23．（12分）定义：在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）与y轴的交点坐标为（0，c），那么我们把经过点（0，c）
【特例感知】
（1）抛物线y＝x2+2x+1的极限分割线与这条抛物线的交点坐标为 ．
【深入探究】
（2）经过点A（﹣2，0）和B（x，0）（x＞﹣2）的抛物线，它的极限分割线与该抛物线另一个交点为D，请用含m的代数式表示点D的坐标．
【拓展运用】
（3）在（2）的条件下，设抛物线，直线EF垂直平分OC，垂足为E
①当∠CDF＝45°时，求点P的坐标．
②若直线EF与直线MN关于极限分割线对称，是否存在使点P到直线MN的距离与点B到直线EF的距离相等的m的值？若存在，直接写出m的值，请说明理由．
2024年辽宁省丹东六中中考数学二模试卷
参考答案与试题解析
一、选择题：（本题共10道题，每题3分，共30分，每题只有一个选项正确，请在答案卡上用2B铅笔正确填涂，在试卷上解答无效）
1．（3分）一个物体作上下方向的运动，规定向上运动5m记作+5m，那么向下运动5m记作（ ）
A．﹣5mB．5mC．10mD．﹣10m
【分析】首先审清题意，明确“正”和“负”所表示的意义；再根据题意作答．
【解答】解：规定向上运动5m记作+5m，那么向下运动8m记作﹣5m，
故选：A．
【点评】此题主要考查了正负数的意义，解题关键是理解“正”和“负”的相对性，明确什么是一对具有相反意义的量．在一对具有相反意义的量中，先规定其中一个为正，则另一个就用负表示．
2．（3分）如图所示的立体图形是一个圆柱被截去四分之一后得到的几何体，它的左视图是（ ）
A．B．C．D．
【分析】根据从左边看得到的图形是左视图，可得答案．
【解答】解：从左边看外边是一个矩形，矩形中间有一条纵向的虚线，
故选：C．
【点评】本题考查了简单组合体的三视图，从左边看得到的图形是左视图，注意看不到的线用虚线表示．
3．（3分）下列标识中既是轴对称图形又是中心对称图形的个数有（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．
【解答】解：第一个图形既是轴对称图形，又是中心对称图形；
第二个图形是轴对称图形，不是中心对称图形；
第三个图形不是轴对称图形，是中心对称图形；
第四个图形既不是轴对称图形，也不是中心对称图形；
第五个图形既是轴对称图形，又是中心对称图形；
故既是轴对称图形又是中心对称图形的个数有2个．
故选：B．
【点评】本题考查了中心对称图形与轴对称图形的知识．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．
4．（3分）下列运算正确的是（ ）
A．x2+x2＝x4B．（2x2）3＝6x6
C．4x6+2x2＝2x3D．x•x3＝x4
【分析】利用合并同类项的法则，同底数幂的乘法的法则，积的乘方的法则对各项进行运算即可．
【解答】解：A、x2+x2＝4x2，故A不符合题意；
B、（2x5）3＝8x7，故B不符合题意；
C、4x6与3x2不属于同类项，不能合并；
D、x•x3＝x4，故D符合题意；
故选：D．
【点评】本题主要考查同底数幂的乘法，积的乘方，合并同类项，解答的关键是对相应的运算法则的掌握．
5．（3分）下列方程是关于x的一元二次方程的是（ ）
A．ax2+bx+c＝0B．＝2
C．x2+2x＝x2﹣1D．3（x+1）2＝2（x+1）
【分析】根据一元二次方程的定义解答，一元二次方程必须满足四个条件：未知数的最高次数是2；二次项系数不为0；是整式方程；含有一个未知数．由这四个条件对四个选项进行验证，满足这四个条件者为正确答案．
【解答】解：A、ax2+bx+c＝0当a＝4时，不是一元二次方程；
B、+＝2不是整式方程；
C、x2+8x＝x2﹣1是一元一次方程，故C错误；
D、5（x+1）2＝3（x+1）是一元二次方程，故D正确；
故选：D．
【点评】本题考查了一元二次方程的概念，判断一个方程是否是一元二次方程，首先要看是否是整式方程，然后看化简后是否是只含有一个未知数且未知数的最高次数是2．
6．（3分）下列各式从左到右的变形正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【分析】根据分式的基本性质计算．
【解答】解：A、当m＝0时不成立；
B、原式＝，∴不符合题意；
C、原式＝；
D、原式＝a﹣b；
故选：D．
【点评】本题考查分式的基本性质，掌握分式的分子与分母同乘（或除以）一个不等于0的整式，分式的值不变，分解因式是解题的关键．
7．（3分）一次函数y＝2x+3的图象不经过（ ）
A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限
【分析】根据一次函数y＝2x+3和一次函数的性质，可以得到该函数图象经过哪几个象限，不经过哪个象限．
【解答】解：∵一次函数y＝2x+3，k＝2，
∴该函数的图象经过第一、二、三象限，
故选：D．
【点评】本题考查一次函数的性质，解答本题的关键是明确题意，利用一次函数的性质解答．
8．（3分）如图，平面直角坐标系中长方形ABCD 的四个顶点坐标分别为A（﹣1，2），B（﹣1，﹣1），C （1，﹣1）（1，2），点P从点A出发，沿长方形的边顺时针运动，点Q从点A出发，沿长方形的边逆时针运动，记P，Q在长方形边上第1次相遇时的点为M1，第二次相遇时的点为M2，第三次相遇时的点为M3，……，则点M2021的坐标为（ ）
A．（1，0）B．（﹣1，0）C．（1，2）D．（0，﹣1）
【分析】根据点坐标计算长方形ABCD的周长为（3+2）×2＝10，设经过t秒P，Q第一次相遇，则P点走的路程为2t，Q点走的路程为3t，根据题意列方程，即可求出经过2秒第一次相遇，求出相遇点坐标，进一步求出相遇点坐标，直到找出五次相遇一循环，再用2021÷5的余数即可求出第2021次相遇点的坐标．
【解答】解：长方形ABCD的周长为（3+2）×7＝10，
设经过t秒P，Q第一次相遇，Q点走的路程为3t，
根据题意得2t+4t＝10，
解得t＝2，
∴当t＝2时，P、Q第一次相遇4坐标为（1，0），
当t＝6时，P、Q第二次相遇2坐标为（﹣1，5），
当t＝6时，P、Q第三次相遇3坐标为（3，2），
当t＝8时，P、Q第四次相遇8坐标为（0，﹣1），
当t＝10时，P、Q第五次相遇5坐标为（﹣1，2），
当t＝12时，P、Q第六次相遇2坐标为（1，0），
∴五次相遇一循环，
∵2021÷6＝，
∴M2021的坐标为（1，3）．
故选：A．
【点评】本题考查了平面直角坐标系上点坐标的规律，通过计算找出每一循环的相遇次数是解决本题的关键．
9．（3分）某校在社会实践活动中，小明同学用一个直径为30cm的定滑轮带动重物上升．如图，滑轮上一点A绕点O逆时针旋转108°（粗细不计）与滑轮之间没有滑动，则重物上升了（ ）
A．6πcmB．9πcmC．12πcmD．15πcm
【分析】根据定滑轮的性质得到重物上升的即为转过的弧长，利用弧长公式计算即可．
【解答】解：根据题意得：l＝＝9π（cm），
则重物上升了2πcm，
故选：B．
【点评】此题考查了弧长的计算，熟练掌握弧长公式是解本题的关键．
10．（3分）已知二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）与x轴的一个交点为（﹣2，0），其对称轴为直线x＝1，有下列5个结论：①abc＜0；②b2﹣4ac＜0；③9a+3b+c＞0；④8a+c＝02+bx+c＝﹣1有解x1、x2，满足x1＜x2，则x1＜﹣2，x2＞4；其中正确的个数有（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
【分析】根据对称轴为直线x＝1及图象开口向下可判断出a、b、c的符号，从而判断①；根据函数图象与x轴的交点个数，可判断②；可求得图象与x轴的另一个交点坐标为（4，0），由当x＝3时，y＞0，可判断③；由当x＝﹣2时，y＝0，可判断④；把ax2+bx+c＝﹣1看为y＝ax2+bx+c与y＝﹣1的图象的交点问题，可判断⑤；从而解决问题．
【解答】解：∵抛物线开口向下，
∴a＜0，
∵抛物线对称轴为直线x＝1，
∴，
∴b＝﹣2a＞4，
∵抛物线交y轴的正半轴，
∴c＞0，
∴abc＜0，故①正确；
∵该函数图象与x轴有两个不同的交点，
∴方程ax4+bx+c＝0有两个不相等的实数根，
∴b2﹣2ac＞0，故②不正确；
∵抛物线的对称轴为直线x＝1，
∴点（﹣2，0）关于直线x＝1的对称点的坐标为（2，
∴当x＝3时，y＝9a+7b+c＞0；
∵抛物线y＝ax2+bx+c经过点（﹣7，0），
∴4a﹣4b+c＝0，
∵b＝﹣2a，
∴8a+4a+c＝0，即6a+c＝0；
函数图象与x轴的交点坐标分别为（﹣2，2）和（4，
令y＝﹣1，则ax3+bx+c＝﹣1，
∴直线y＝﹣1与抛物线y＝ax4+bx+c的交点的横坐标分别为x1、x2，
∴由图象可知：x2＜﹣2，x2＞5，故⑤正确；
故正确的有4个，
故选：D．
【点评】本题考查了抛物线和x轴交点的问题以及二次函数与系数的关系，灵活运用二次函数的性质，学会利用函数图象信息解决问题是关键．
二、填空题：（本题共5道题，每题3分，共15分）
11．（3分）＝ 2﹣ ．
【分析】先根据积的乘方得到原式＝[（2+）×（2﹣）]2×（2﹣），然后利用平方差公式计算．
【解答】解：原式＝[（2+）×（6﹣2×（5﹣）
＝（4﹣2）2×（2﹣）
＝1×（2﹣）
＝2﹣．
故答案为：4﹣．
【点评】本题考查了二次根式的混合运算：熟练掌握二次根式的性质、二次根式的乘法法则和积的乘方运算是解决问题的关键．
12．（3分）在一个不透明的袋子里装有4个黄色乒乓球和2个白色乒乓球，它们除颜色外其余均相同．从袋子中任意摸出一个球是白色乒乓球的概率为 ．
【分析】根据白球的概率＝白球的个数÷总数，结合题意代入数据运算即可．
【解答】解：由题意得，白球有2个，
故从中任意摸出一个，则摸出白色乒乓球的概率＝＝．
故答案为：．
【点评】此题考查了概率求解的知识，掌握白球的概率＝白球的个数÷总数，是解答本题的关键．
13．（3分）如图，在△ABC中，AB＝AC，高AD＝4，则AB＝ 5 ．
【分析】直接利用等腰三角形的性质得出BD的长，再利用勾股定理得出AB的长．
【解答】解：在△ABC中，AB＝AC，高AD＝4，
∴，△ABD是直角三角形，
在Rt△ABD中，．
故答案为：2．
【点评】本题考查勾股定理以及等腰三角形的性质，正确得出BD的长是解题关键．
14．（3分）如图，已知矩形OABC的一个顶点B的坐标是（4，2），反比例函数y＝（x＞0），且与边BC交于点D，若过点D的直线y＝mx+n将矩形OABC的面积分成3：5的两部分 y＝﹣2x+4或y＝﹣x+ ．
【分析】根据中心对称求出点E的坐标，再代入反比例函数解析式求出k，然后根据点D的纵坐标与点B的纵坐标相等代入求解即可得到点D的坐标，设直线与x轴的交点为F，根据点D的坐标求出CD，再根据梯形的面积分两种情况求出OF的长，然后写出点F的坐标，再利用待定系数法求一次函数解析式求出直线解析式即可．
【解答】解：∵矩形OABC的顶点B的坐标是（4，2），
∴点E的坐标为（4，1），
代入反比例函数解析式得，＝6，
解得k＝2，
∴反比例函数解析式为y＝，
∵点D在边BC上，
∴点D的纵坐标为4，
∴y＝2时，＝8，
解得x＝1，
∴点D的坐标为（1，4），
设直线与x轴的交点为F，
矩形OABC的面积＝4×2＝8，
∵矩形OABC的面积分成3：5的两部分，
∴梯形OFDC的面积为×8＝7，或，
∵点D的坐标为（2，2），
若（1+OF）×2＝5，
此时点F的坐标为（2，0），
若（1+OF）×3＝5，
此时点F的坐标为（4，6），
当D（1，2），3）时，
，
解得，
此时，直线解析式为y＝﹣7x+4；
当D（1，8），0）时，
，
解得，
此时，直线解析式为y＝﹣，
综上所述，直线的解析式为y＝﹣2x+4或y＝﹣．
故答案为：y＝﹣2x+4或y＝﹣x+．
【点评】本题考查了矩形的性质，待定系数法求反比例函数解析式，待定系数法求一次函数解析式，根据中心对称求出点E的坐标是解题的关键，解题的难点在于要分情况讨论．
15．（3分）如图，在平面直角坐标系中，正方形ACOB和正方形GFEO的面积分别是1与2，若平移后正方形GFEO与正方形ACOB重叠部分的面积为，则F点移动后的坐标是 或 ．
【分析】先由题意得出两个正方形的边长，然后再由平移后的正方形GFEO沿x轴向右平移与正方形ACOB重叠部分的面积为，分两种情况进行讨论，即可得出所求点的坐标．
【解答】解：∵正方形ACOB与正方形GFEO的面积为1和2，
∴，
设平移后的正方形为G1F4E1O1，
分两种情况：
如图5，当O1在正方形OB中点时，重叠部分的面积为，
此时，则；
如图2，当E1在OB中点时，，重叠部分的面积为，
此时，则，
故答案为：或．
【点评】本题考查了正方形的性质，坐标与图形变化平移，运用分类讨论、数形结合是解题的关键．
三、解答题：（共75分工）
16．（10分）计算：（1）计算：|﹣|+（）﹣1﹣+2cs30°；
（2）先化简，再求值：，其中x是满足﹣2＜x＜3的整数．
【分析】（1）分别根据绝对值的性质及负整数指数幂的运算法则、特殊角的三角函数值计算出各数，再根据实数的运算法则进行计算；
（2）先根据分式混合运算的法则把原式进行化简，再取出合适的x的值代入进行计算即可．
【解答】解：（1）原式＝+5﹣5
＝5﹣2+
＝5﹣；
（2）原式＝÷[﹣]
＝÷
＝÷
＝•
＝﹣，
∵x是满足﹣8＜x＜3的整数，x+1≠6，x﹣2≠0，
∴x≠﹣6，0，2，
∴x＝8时，原式＝﹣．
【点评】本题考查的是分式的化简求值，涉及到绝对值的性质及负整数指数幂的运算法则、特殊角的三角函数值，熟知以上知识是解题的关键．
17．（8分）超市购进A、B两种商品，购进4件A种商品比购进5件B种商品少用10元，购进20件A种商品和10件B种商品共用去160元．
（1）求A、B两种商品每件进价分别是多少元？
（2）若该商店购进A、B两种商品共200件，都标价10元出售，售出一部分商品后降价促销，以10元售出的商品件数比购进A种商品的件数少30件，该商店此次销售A、B两种商品共获利不少于640元
【分析】（1）根据“购进4件甲种商品比购进5件乙种商品少用10元，购进20件甲种商品和10件乙种商品共用去160元”列出方程组解答即可；
（2）设购进甲种商品a件，则乙种商品（200﹣a） 件，“利润不少于640元”列出不等式解答即可．
【解答】（1）设A甲种商品每件进价x元，B乙种商品每件进价y元，
根据题意，得，解得：，
答：A种商品每件进价5元，B种商品每件进价7元．
（2）设A种商品购进a件，则乙种商品（200﹣a）件，
根据题意，得10（a﹣30）+0.8×10[200﹣（a﹣30）]﹣4a﹣6（200﹣a）≥640，
解得：a≥100，
答：至少购进A种商品100件．
【点评】此题考查了二元一次方程组的应用和一元一次不等式的应用，解题的关键是读懂题意，找到关键描述语，找到所求的量的不等或等量关系．
18．（8分）为方便市民绿色出行，临沂市政府推出共享单车服务．图①是某品牌共享单车放在地面上的实物图，图②是其示意图，车轮半径为32cm，∠BCD＝64°，坐垫E与点B的距离BE为15cm．
（1）求坐垫E到地面的距离；
（2）根据经验，当坐垫E到CD的距离为人体腿长的0.8时，坐骑比较舒适．小明的腿长约78cm，求EE'的长．（结果精确到0.1m，参考数据：sin64°≈0.90，cs64°≈0.44，tan64°≈2.05）
【分析】（1）过点E作EH⊥CD，垂足为G，交直线l于点H，利用锐角三角函数即可求出结果；
（2）根据题意，在BE上取点E'，过点E'作E'P⊥CD于点P，利用锐角三角函数即可求出结果．
【解答】解：（1）如图②，过点E作EH⊥CD，交直线l于点H，
∵CD∥l，
∴EH⊥l，
∴GH等于车轮半径32cm．
在Rt△CGE中，，
即，
∴EG＝67.50≈67.5（cm）．
坐垫E到地面的距离约为67.5+32＝99.7（cm）．
（2）如图②，在BE上取点E'，
当E'P＝78×0.8＝62.4时，
在Rt△E'CP中，，
即，
∴E'C≈69.33（cm），
∴E'E＝EC﹣E'C＝5.67≈4.7（cm）
【点评】本题考查了解直角三角形的应用，解决本题的关键是作辅助线构造直角三角形．
19．（8分）中国城市基础设施的现代化程度显著提高，新技术、新手段得到广泛应用，基础设施的功能日益增加，居民生活条件改善了，如5G基础进设、新能源汽车充电桩、人工智能等，随着人们对新能源汽车的认可，公共充电桩的需求量逐渐增大．根据巾商情报网信息：某月“特来电”“星星充电”“国家电网”“云快充”等企业投放公共充电桩的数量及市场份额的统计图如图所示：
请根据图中信息，解答下列问题：
（1）①将统计图中“国家电网”的公共充电桩数量和市场份额补充完整；
②统计图中所涉及的十一种企业投放公共充电桩数量的中位数是 2 万台．
（2）小辉收集到下列四个企业的图标，并将其制成编号分别为A，B，C，D的四张卡片（除编号和内容外，其余部分完全相同），放在桌面上，从中任意抽取一张，再抽取一张．请你用列表或画树状图的方法，求抽取到的两张卡片恰好是“A”和“D“的概率．
【分析】（1）①先用“星星充电”投放公共充电桩的数量除以它所占的市场份额得到调查的所有投放公共充电桩的数量，再用所有统计的总量分别减去其它十个企业所投放公共充电桩数量得到“国家电网”的公共充电桩数量，然后计算它所占的市场份额，最后补全统计图；
②根据中位数的定义求解；
（2）画树状图展示所有12种等可能的结果，再找出抽取到的两张卡片恰好是“A”和“D“的结果数，然后根据概率公式计算．
【解答】解：（1）①公共充电桩的总数为10÷20%＝50（万台），
所以“国家电网”的公共充电桩数量为50﹣20﹣10﹣5﹣2﹣7﹣2﹣1.4﹣1﹣0.5﹣3＝8（万台），
“国家电网”的公共充电桩的市场份额为×100%＝16%；
如图，
②统计图中所涉及的十一种企业投放公共充电桩数量的中位数是2万台．
故答案为：2；
（2）画树状图为：
共有12种等可能的结果，其中抽取到的两张卡片恰好是“A”和“D“的结果数为5，
所以抽取到的两张卡片恰好是“A”和“D“的概率＝＝．
【点评】本题考查了列表法与树状图法：利用列表法或树状图法展示所有可能的结果求出n，再从中选出符合事件A或B的结果数目m，然后根据概率公式计算事件A或事件B的概率．也考查了统计图和中位数．
20．（8分）如图，AB为⊙O的直径，弦CD⊥AB于H，过点A作⊙O的切线与∠ADC的平分线相交于点E，DE交AC于点F，交⊙O于点M，连接AM．
（1）求证：AC＝AD；
（2）若，CD＝4，求AF长．
【分析】（1）由AB为⊙O的直径，弦CD⊥AB于H，根据垂径定理得CH＝DH，则AB垂直平分CD，所以AC＝AD；
（2）由CD＝4，得CH＝DH＝2，由∠AHC＝90°，∠ACD＝∠AMD，得＝tan∠ACD＝tan∠AMD＝2，则AH＝2CH＝4，根据勾股定理得AC＝AD＝＝6，由切线的性质得AE⊥AB，则AE∥CD，所以△AEF∽△CDF，∠E＝∠CDE＝∠ADE，则AE＝AD＝6，所以＝＝，即可求得AF＝AC＝．
【解答】（1）证明：∵AB为⊙O的直径，弦CD⊥AB于H，
∴CH＝DH，
∴AB垂直平分CD，
∴AC＝AD．
（2）解：∵CD＝4，
∴CH＝DH＝CD＝2，
∵∠AHC＝90°，∠ACD＝∠AMD，
∴＝tan∠ACD＝tan∠AMD＝2，
∴AH＝2CH＝4，
∴AC＝AD＝＝＝6，
∴AE与⊙O相切于点A，
∴AE⊥AB，
∴AE∥CD，
∴△AEF∽△CDF，∠E＝∠CDE，
∵DE平分∠ADC，
∴∠ADE＝∠CDE，
∴∠E＝∠ADE，
∴AE＝AD＝6，
∴＝＝＝，
∴AF＝AC＝×6＝，
∴AF的长是．
【点评】此题重点考查垂径定理、圆周角定理、线段的垂直平分线的性质、勾股定理、相似三角形的判定与性质、锐角三角函数与解直角三角形等知识，正确地求出AC的长，并且证明△AEF∽△CDF是解题的关键．
21．（9分）在平面直角坐标系xOy中，直线y＝x与双曲线相交于点P（2，m）
（1）求m的值及点Q的坐标；
（2）已知点N（0，n），过点N作平行于x轴的直线交直线y＝x与双曲线分别为点A（x1，y1）和B（x2，y2）．当x1＞x2时，直接写出n的取值范围是 n＞2或﹣2＜n＜0 ．
【分析】（1）由直线解析式求得点P的坐标，进而利用对称性求得点Q的坐标；
（2）先求出一次函数与反比例函数的另一个交点坐标，再根据函数图象进行求解即可．
【解答】解：（1）直线y＝x过点P（2，m），
∴m＝2，
∴P（4，2），
∵直线y＝x与双曲线相交于点P（2，
∴Q（﹣6，﹣2）；
（2）∵直线y＝x与双曲线相交于点P（2，﹣7），
∴当x1＞x2时，n的取值范围是n＞5或﹣2＜n＜0．
故答案为：n＞3或﹣2＜n＜0．
【点评】本题主要考查了一次函数与反比例函数交点问题，反比例函数的对称性，数形结合是解题的关键．
22．（12分）在数学兴趣小组活动中，同学们对菱形的折叠问题进行了探究．如图（1），在菱形ABCD中，E为BC中点，连接DE，得到四边形A′B′ED，点A的对应点为点A′
（1）【观察发现】A′D与B′E是什么位置关系？
（2）【思考表达】连接B′C，判断∠DEC与∠B′CE 是否相等，并说明理由；
（3）如图（2），延长DC交A′B′于点G，连接EG，并说明理由；
（4）【综合运用】如图（3），当∠B＝60° 时，连接B′C，连接EG，请写出B′C，DG之间的数量关系，并说明理由．
【分析】（1）利用翻折变换的性质判断即可；
（2）结论：∠DEC＝∠B'CE．证明DE∥CB′即可；
（3）证明GC＝GB′，推出EG⊥CB′，即可解决问题．
（4）结论：DG2＝EG2+B′C2．如图（3）中，延长DG交EB′的延长线于点T，过点D作DR⊥GA′交GA′的延长线于点R．想办法证明DE＝CB′，可得结论．
【解答】解：（1）如图（1）中，由翻折的性质可知．
故答案为：A′D∥B′E；
（2）结论：∠DEC＝∠B'CE．
理由：如图（2）中，连接BB′．
∵EB＝EC＝EB′，
∴∠BB′C＝90°，
∴BB′⊥B′C，
由翻折变换的性质可知BB′⊥DE，
∴DE∥CB′，
∴∠DEC＝∠B′CE；
（3）结论：∠DEG＝90°．
理由：如图（2）中，连接DB，
由翻折的性质可知∠BDE＝∠B′DE，
设∠BDE＝∠B′DE＝x，∠A＝∠A′＝y．
∵四边形ABCD是菱形，
∴∠ADB＝∠CDB＝∠B′DA′，
∴∠A′DG＝∠BDB′＝2x，
∴∠DGA′＝180°﹣2x﹣y，
∵∠BEB′＝∠EBD+∠EB′D+∠BDB′，
∴∠BEB′＝180°﹣y+7x，
∵EC＝EB′，
∴∠EB′C＝∠ECB′＝∠BEB′＝90°﹣，
∴∠GB′C＝∠A′B′E﹣∠EB′C＝180°﹣y﹣（90°﹣y+x）＝90°﹣，
∴∠CGA′＝2∠GB′C，
∵∠CGA′＝∠GB′C+∠GCB′，
∴∠GB′C＝∠GCB′，
∴GC＝GB′，
∵EB′＝EC，
∴EG⊥CB′，
∵DE∥CB′，
∴DE⊥EG，
∴∠DEG＝90°；
（4）结论：DG2＝EG2+B′C5．
理由：如图（3）中，延长DG交EB′的延长线于点T．
设GC＝GB′＝x，CD＝A′D＝A′B′＝2a，
∵∠B＝60°，
∴∠A＝∠DA′B′＝120°，
∴∠DA′R＝60°，
∴A′R＝A′D•cs60°＝a，DR＝a，
在Rt△DGR中，则有（2a+x）2＝（a）5+（3a﹣x）2，
∴x＝a，
∴GB′＝a，A′G＝a，
∵TB′∥DA′，
∴＝，
∴＝，
∴TB′＝a，
∵CB′∥DE，
∴＝＝＝，
∴DE＝CB′，
∵∠DEG＝90°，
∴DG4＝EG2+DE2，
∴DG8＝EG2+B′C2．
【点评】本题属于四边形综合题，考查了菱形的性质，翻折变换，勾股定理，解直角三角形，平行线分线段成比例定理等知识，解题的关键是学会利用参数解决问题，学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题，属于中考压轴题．
23．（12分）定义：在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）与y轴的交点坐标为（0，c），那么我们把经过点（0，c）
【特例感知】
（1）抛物线y＝x2+2x+1的极限分割线与这条抛物线的交点坐标为 （0，1）和（﹣2，1） ．
【深入探究】
（2）经过点A（﹣2，0）和B（x，0）（x＞﹣2）的抛物线，它的极限分割线与该抛物线另一个交点为D，请用含m的代数式表示点D的坐标．
【拓展运用】
（3）在（2）的条件下，设抛物线，直线EF垂直平分OC，垂足为E
①当∠CDF＝45°时，求点P的坐标．
②若直线EF与直线MN关于极限分割线对称，是否存在使点P到直线MN的距离与点B到直线EF的距离相等的m的值？若存在，直接写出m的值，请说明理由．
【分析】（1）根据定义，确定c值，再建立方程组求解即可．
（2）把点A（﹣2，0）代入解析式，确定n＝m+1，根据定义建立方程求解即可．
（3）①根据等腰直角三角形的性质，得到等线段，再利用字母表示等线段建立绝对值等式计算即可．
②设MN与对称轴的交点为H，用含m的式子表示出点P的坐标，分别写出极限分割线CD、直线EF及直线MN的解析式，用含m的式子分别表示出点B到直线EF的距离和点P到直线MN的距离，根据点P到直线MN的距离与点B到直线EF的距离相等，得出关于m的绝对值方程，解方程即可．
【解答】解：（1）∵抛物线y＝x2+2x+3的对称轴为直线x＝﹣1，极限分割线为y＝1，
∴极限分割线与这条抛物线的一个交点坐标为（3，1），1）．
故答案为：（6，1）和（﹣2．
（2）抛物线经过点A（﹣5，0），
∴
∴n＝m+1
∴，
解得x4＝0，x2＝4m
∴点D的坐标为（2m，m+1）．
（3）①设CD与对称轴交于点G，如图5，则DG＝GF．
∵点C的坐标为（0，m+1），m+7）．
∴OC＝m+1，CD＝2m，
∴，
∴，
解得．
∵抛物线的顶点为P，
∴抛物线的顶点为，
∴当m＝1时，，
故顶点为；
∴当时，，
故顶点为；
∴顶点为或顶点为．
②存在，m＝6或或．
如图2，设MN与对称轴的交点为H．
由（2）知，n＝m+1的顶点为，
∴抛物线的极限分割线CD：y＝m+1，
∵直线EF垂直平分OC，
∴直线EF：，
∴点B到直线EF的距离为；
∵直线EF与直线MN关于极限分割线CD对称，
∴直线MN：，
∵，
∴点P到直线MN的距离为，
∵点P到直线MN的距离与点B到直线EF的距离相等，
∴，
∴或，
解得m＝0或或，
故m＝3或或．
【点评】本题考查了抛物线与坐标轴的交点坐标和直线与抛物线的交点坐标等知识点，明确题中的定义、熟练掌握二次函数的图象与性质及绝对值方程是解题的关键．
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