2024年辽宁省鞍山市中考数学模拟试题（解析）

这是一份2024年辽宁省鞍山市中考数学模拟试题（解析），共31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。
一、选择题（本大题共8小题，每小题3分，共24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. 在有理数2，0，﹣1，中，最小的是（ ）
A. 2B. 0C. ﹣1D.
【答案】C
【解析】
【分析】
有理数大小比较的法则：①正数都大于0；②负数都小于0；③正数大于一切负数；④两个负数，绝对值大的其值反而小，据此判断即可．
【详解】解：根据有理数比较大小的方法，可得
−1＜＜0＜2，
故最小的是−1．
故选C．
【点睛】此题主要考查了有理数大小比较的方法，要熟练掌握，解答此题的关键是要明确：①正数都大于0；②负数都小于0；③正数大于一切负数；④两个负数，绝对值大的其值反而小．
2. 2019年6月9日中央电视台新闻报道，端午节期间天猫网共计销售粽子123000000个，将数据123000000用科学记数法表示为（ ）
A. 12.3×10B. 1.23×10C. 1.23×10D. 0.123×10
【答案】B
【解析】
【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．
【详解】解：将数据123000000用科学记数法表示为：1.23×108．
故选B．
【点睛】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．
3. 如图，这是由7个相同的小正方体搭成的几何体，则这个几何体的左视图是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
根据从左边看得到的图形是左视图，可得答案．
【详解】解：从左面看第一层是三个小正方形，第二层左边一个小正方形．
故选C．
【点睛】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．
4. 下列运算正确的是（ ）
A. （﹣a）＝﹣aB. 3a•2a＝6a
C. ﹣a（﹣a+1）＝﹣a+aD. a+a＝a
【答案】A
【解析】
【分析】
各式计算得到结果，即可作出判断．
【详解】解：A、原式＝﹣a6，符合题意；
B、原式＝6a5，不符合题意；
C、原式＝a2﹣a，不符合题意；
D、原式不能合并，不符合题意，
故选A．
【点睛】此题考查了单项式乘单项式，合并同类项，幂的乘方与积的乘方，以及单项式乘单项式，熟练掌握运算法则是解本题的关键．
5. 如图，某人从点A出发，前进8m后向右转60°，再前进8m后又向右转60°，按照这样的方式一直走下去，当他第一次回到出发点A时，共走了（ ）
A. 24mB. 32mC. 40mD. 48m
【答案】D
【解析】
【分析】
从A点出发，前进8m后向右转60°，再前进8m后又向右转60°，…，这样一直走下去，他第一次回到出发点A时，所走路径为正多边形，根据正多边形的外角和为360°，判断多边形的边数，再求路程．
【详解】解：依题意可知，某人所走路径为正多边形，设这个正多边形的边数为n，
则60n＝360，解得n＝6，
故他第一次回到出发点A时，共走了：8×6＝48（m）．
故选D．
【点睛】本题考查了多边形的外角和，正多边形的判定与性质．关键是根据每一个外角判断多边形的边数．
6. 如图，AB∥CD，EF与AB，CD分别交于点G，H，∠CHG的平分线HM交AB于点M，若∠EGB＝50°，则∠GMH的度数为（ ）
A. 50°B. 55°C. 60°D. 65°
【答案】D
【解析】
【分析】
由AB∥CD，利用“两直线平行，内错角相等”可得出∠EHD的度数，利用邻补角互补可求出∠CHG的度数，结合角平分线的定义可求出∠CHM的度数，由AB∥CD，利用“两直线平行，内错角相等”可得出∠GMH=∠CHM=65°，此题得解．
【详解】解：∵AB∥CD，
∴∠EHD＝∠EGB＝50°，
∴∠CHG＝180°﹣∠EHD＝180°﹣50°＝130°．
∵HM平分∠CHG，
∴∠CHM＝∠GHM＝∠CHG＝65°．
∵AB∥CD，
∴∠GMH＝∠CHM＝65°．
故选D．
【点睛】本题考查了平行线的性质，牢记“两直线平行，内错角相等”是解题的关键．
7. 如图，若一次函数y＝﹣2x+b的图象与两坐标轴分别交于A，B两点，点A的坐标为（0，3），则不等式﹣2x+b＞0的解集为（ ）
A. x＞B. x＜C. x＞3D. x＜3
【答案】B
【解析】
【分析】
根据点A的坐标找出b值，令一次函数解析式中y=0求出x值，从而找出点B的坐标，观察函数图象，找出在x轴上方的函数图象，由此即可得出结论．
【详解】解：∵一次函数y＝﹣2x+b的图象交y轴于点A（0，3），
∴b＝3，
令y＝﹣2x+3中y＝0，则﹣2x+3＝0，解得：x＝，
∴点B（，0）．
观察函数图象，发现：
当x＜时，一次函数图象在x轴上方，
∴不等式﹣2x+b＞0的解集为x＜．
故选B．
【点睛】本题考查了一次函数与一元一次不等式，解题的关键是找出交点B的坐标．本题属于基础题，难度不大，解决该题型题目时，根据函数图象的上下位置关系解不等式是关键．
8. 如图，正方形ABCD和正方形CGFE的顶点C，D，E在同一条直线上，顶点B，C，G在同一条直线上．O是EG的中点，∠EGC的平分线GH过点D，交BE于点H，连接FH交EG于点M，连接OH．以下四个结论：①GH⊥BE；②△EHM∽△GHF；③﹣1；④＝2﹣，其中正确的结论是（ ）
A. ①②③B. ①②④C. ①③④D. ②③④
【答案】A
【解析】
【分析】
由四边形ABCD和四边形CGFE是正方形，得出△BCE≌△DCG，推出∠BEC+∠HDE=90°，从而得GH⊥BE；由GH是∠EGC的平分线，得出△BGH≌△EGH，再由O是EG的中点，利用中位线定理，得HO∥BG且HO=BG；由△EHG是直角三角形，因为O为EG的中点，所以OH=OG=OE，得出点H在正方形CGFE的外接圆上，根据圆周角定理得出∠FHG=∠EHF=∠EGF=45°，∠HEG=∠HFG，从而证得△EHM∽△GHF；设HN=a，则BC=2a，设正方形ECGF的边长是2b，则NC=b，CD=2a，由HO∥BG，得出△DHN∽△DGC，即可得出，得到 ，即a2+2ab-b2=0，从而求得，设正方形ECGF的边长是2b，则EG=2b，得到HO=b，通过证得△MHO∽△MFE，得到，进而得到，进一步得到.
【详解】解：如图，
∵四边形ABCD和四边形CGFE是正方形，
∴BC＝CD，CE＝CG，∠BCE＝∠DCG，
在△BCE和△DCG中，
∴△BCE≌△DCG（SAS），
∴∠BEC＝∠BGH，
∵∠BGH+∠CDG＝90°，∠CDG＝∠HDE，
∴∠BEC+∠HDE＝90°，
∴GH⊥BE．
故①正确；
∵△EHG是直角三角形，O为EG的中点，
∴OH＝OG＝OE，
∴点H在正方形CGFE的外接圆上，
∵EF＝FG，
∴∠FHG＝∠EHF＝∠EGF＝45°，∠HEG＝∠HFG，
∴△EHM∽△GHF，
故②正确；
∵△BGH≌△EGH，
∴BH＝EH，
又∵O是EG的中点，
∴HO∥BG，
∴△DHN∽△DGC，
设EC和OH相交于点N．
设HN＝a，则BC＝2a，设正方形ECGF边长是2b，则NC＝b，CD＝2a，
即a2+2ab﹣b2＝0，
解得：a＝b＝（﹣1+）b，或a＝（﹣1﹣）b（舍去），
故③正确；
∵△BGH≌△EGH，
∴EG＝BG，
∵HO是△EBG的中位线，
∴HO＝BG，
∴HO＝EG，
设正方形ECGF的边长是2b，
∴EG＝2b，
∴HO＝b，
∵OH∥BG，CG∥EF，
∴OH∥EF，
∴△MHO△MFE，
∴，
∴EM＝OM，
∴，
∴
∵EO＝GO，
∴S△HOE＝S△HOG，
∴
故④错误，
故选A．
【点睛】本题考查了正方形的性质，以及全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，正确求得两个三角形的边长的比是解决本题的关键．
二、填空题（本大题共8小题，每小题3分，共24分）
9. 在函数中, 自变量的取值范围是___________ .
【答案】
【解析】
分析】
【详解】根据题意得：x+40；
解之得： x-4.
10. 一个不透明的口袋中有红球和黑球共25个，这些球除颜色外都相同．进行大量的摸球试验（每次摸出1个球）后，发现摸到黑球的频率在0.6附近摆动，据此可以估计黑球为___个．
【答案】15．
【解析】
【分析】
根据题意，可以计算出黑球的个数，本题得以解决．
【详解】解：由题意可得，黑球有：25×0.6＝15（个），
故答案为15．
【点睛】本题考查用样本估计总体，解答本题的关键是明确题意，求出黑球的个数．
11. 关于x的方程x2+3x+k﹣1＝0有两个相等的实数根，则k的值为___．
【答案】.
【解析】
【分析】
根据判别式的意义得到△=32-4×（k-1）=0，然后解关于k的方程即可．
【详解】解：根据题意得△＝32﹣4×1×（k﹣1）＝0，解得k＝，
故答案为．
【点睛】本题考查了根判别式：一元二次方程ax2+bx+c=0（a≠0）的根与△=b2-4ac有如下关系：当△＞0时，方程有两个不相等的两个实数根；当△=0时，方程有两个相等的两个实数根；当△＜0时，方程无实数根．
12. 如图，在菱形ABCD中，E，F分别是AD，DC的中点，若BD＝4，EF＝3，则菱形ABCD的周长为__．
【答案】.
【解析】
【分析】
连接AC，利用三角形的中位线定理求得AC的长，从而利用菱形的性质求得AO和BO的长，利用勾股定理求得边长后即可求得周长．
【详解】解：如图，连接AC，
∵E，F分别是AD，DC的中点，EF＝3，
∴AC＝2EF＝6，
∵四边形ABCD为矩形，BD＝4，
∴AC⊥BD，AO＝3，BO＝2，
∴AB＝，
∴周长为，
故答案为．
【点睛】考查了菱形的性质，解题的关键是了解菱形的对角线互相垂直平分，难度不大．
13. 如图，AC是⊙O的直径，B，D是⊙O上的点，若⊙O的半径为3，∠ADB＝30°，则的长为____．
【答案】2π．
【解析】
【分析】
根据圆周角定理求出∠AOB，得到∠BOC的度数，根据弧长公式计算即可．
【详解】解：由圆周角定理得，∠AOB＝2∠ADB＝60°，
∴∠BOC＝180°﹣60°＝120°，
∴的长＝，
故答案为2π．
【点睛】本题考查的是圆周角定理、弧长的计算，掌握圆周角定理、弧长公式是解题的关键．
14. 为了美化校园环境，某中学今年春季购买了A，B两种树苗在校园四周栽种，已知A种树苗的单价比B种树苗的单价多10元，用600元购买A种树苗的棵数恰好与用450元购买B种树苗的棵数相同．若设A种树苗的单价为x元，则可列出关于x的方程为___．
【答案】.
【解析】
【分析】
设A种树苗的单价为x元，则B种树苗的单价为（x-10）元，根据“用600元购买A种树苗的棵数恰好与用450元购买B种树苗的棵数相同”列出方程．
【详解】解：设A种树苗的单价为x元，则B种树苗的单价为（x﹣10）元，所以用600元购买A种树苗的棵数是，用450元购买B种树苗的棵数是.
由题意，得．
故答案是：．
【点睛】考查了由实际问题抽象出分式方程，找到关键描述语，找到合适的等量关系是解决问题的关键．
15. 如图，正方形A0B0C0A1的边长为1，正方形A1B1C1A2的边长为2，正方形A2B2C2A3的边长为4，正方形A3B3C3A4的边长为8……依此规律继续作正方形AnBn∁nAn+1，且点A0，A1，A2，A3，…，An+1在同一条直线上，连接A0C1交A1B1于点D1，连接A1C2交A2B2于点D2，连接A2C3交A3B3于点D3……记四边形A0B0C0D1的面积为S1，四边形A1B1C1D2的面积为S2，四边形A2B2C2D3的面积为S3……四边形An﹣1Bn﹣1Cn﹣1Dn的面积为Sn，则S2019＝_____．
【答案】×42018
【解析】
【分析】
由正方形的性质得出A1D1∥A2C1，则＝，得出A1D1＝，同理可得A2D2＝，S1＝1﹣×1×＝40﹣×40，S2＝4﹣×4，S3＝42﹣×42，…，Sn＝4n﹣1﹣×4n﹣1＝×4n﹣1，即可得出答案.
【详解】解：∵四边形A0B0C0A1与四边形A1B1C1A2都是正方形，
∴A1D1∥A2C1，
∴＝，
∴＝，
∴A1D1＝，
同理可得：A2D2＝，
∴S1＝1﹣×1×＝40﹣×40，S2＝4﹣×4，S3＝42﹣×42，…，Sn＝4n﹣1﹣×4n﹣1＝×4n﹣1，
∴S2019＝×42018，
故答案为×42018．
【点睛】本题考查了平行线分线段成比例定理，正方形的性质、平行线的性质、正方形与三角形面积的计算等知识，熟练掌握正方形的性质与平行线的性质是解题的关键．
16. 如图，在矩形ABCD中，AB＝5，BC＝6，点M，N分别在AD，BC上，且AM＝AD，BN＝BC，E为直线BC上一动点，连接DE，将△DCE沿DE所在直线翻折得到△DC′E，当点C′恰好落在直线MN上时，CE的长为___．
【答案】或10．
【解析】
【分析】
由矩形的性质得到DC=AB=5，∠A=90°，AD=BC=6，根据已知条件得到AM=BN，推出四边形ABNM的矩形，得到∠NMA=∠NMD=90°，MN=AB=5，根据折叠的性质得到DC′=DC=5，C′E=CE，根据勾股定理得到C′M=，根据矩形的判定和性质得到CN=DM=4，∠CNM=90°，再由勾股定理即可得到结论．
【详解】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴DC＝AB＝5，∠A＝90°，AD＝BC＝6，
∵AM＝AD＝2，BN＝BC＝2，
∴AM＝BN，
∵AM∥BN，
∴四边形ABNM的矩形，
∴∠NMA＝∠NMD＝90°，MN＝AB＝5，
∵将△DCE沿DE所在直线翻折得到△DC′E，
∴DC′＝DC＝5，C′E＝CE，
∵AM＝2，
∴DM＝AD﹣AM＝6﹣2＝4，
如图1，
在Rt△C′MD中，C′M＝，
∴C′N＝MN﹣C′M＝5﹣3＝2，
∵∠CDM＝∠DCN＝∠NMD＝90°，
∴四边形CDMN是矩形，
∴CN＝DM＝4，∠CNM＝90°，
NE＝CN﹣CE＝4﹣CE，
在Rt△C′NE中，∵NE2+C′N2＝C′E2，
∴（4﹣CE）2+22＝CE2，
解得：CE＝．
如图2，
在Rt△C′MD中，C′M＝，
∴C′N＝MN+C′M＝5+3＝8，
∵∠CDM＝∠DCN＝∠NMD＝90°，
∴四边形CDMN是矩形，
∴CN＝DM＝4，∠CNM＝∠MNE＝90°，
NE＝CE﹣CN＝CE﹣4，
在Rt△C′NE中，∵NE2+C′N2＝C′E2，
∴（CE﹣4）2+82＝CE2，
解答：CE＝10，
故答案为或10．
【点睛】本题考查了翻折变换（折叠问题），矩形的性质，勾股定理，正确的识别图形是解题的关键．
三、解答题（本大题共2小题，共16分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤）
17. 先化简，再求值：（﹣）÷，其中x＝3+．
【答案】，原式＝．
【解析】
【分析】
原式括号中两项通分并利用同分母分式的减法法则计算，同时利用除法法则变形，约分得到最简结果，把x的值代入计算即可求出值．
【详解】解：原式＝
当x＝3+时，
原式＝．
【点睛】此题考查了分式的化简求值，熟练掌握运算法则是解本题的关键．
18. 如图，△ABC的三个顶点的坐标分别是A（2，4），B（1，1），C（3，2）．
（1）作出△ABC向左平移4个单位长度后得到的△A1B1C1，并写出点C1的坐标．
（2）已知△A2B2C2与△ABC关于直线l对称，若点C2的坐标为（﹣2，﹣3），请直接写出直线l的函数解析式．注：点A1，B1，C1及点A2，B2，C2分别是点A，B，C按题中要求变换后对应得到的点．
【答案】（1）如图，见解析；△A1B1C1为所作，C1（﹣1，2）；（2）如图，△A2B2C2为所作，见解析；直线l的函数解析式为y＝﹣x．
【解析】
【分析】
（1）利用网格特点和平移的性质写出点A、B、C的对应点A1、B1、C1的坐标，然后描点得到△A1B1C1；
（2）根据对称的特点解答即可．
【详解】解：（1）如图，△A1B1C1为所作，C1（﹣1，2）；
（2）如图，△A2B2C2为所作，
∵C（3，2），C2（﹣2，﹣3），△A2B2C2与△ABC关于直线l对称，
∴直线l垂直平分直线CC2，
∴直线l的函数解析式为y＝﹣x．
【点睛】本题考查了作图——旋转变换：根据旋转的性质可知，对应角都相等都等于旋转角，对应线段也相等，由此可以通过作相等的角，在角的边上截取相等的线段的方法，找到对应点，顺次连接得出旋转后的图形．也考查了轴对称变换和平移变换．
四、解答题（本大题共2小题，共20分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤）
19. 随着我国经济社会的发展，人民对于美好生活的追求越来越高．某社区为了了解家庭对于文化教育的消费情况，随机抽取部分家庭，对每户家庭的文化教育年消费金额进行问卷调查，根据调查结果绘制成如下两幅不完整的统计图表．
请你根据统计图表提供的信息，解答下列问题：
（1）本次被调查的家庭有 户，表中m＝ ；
（2）请说明本次调查数据的中位数落在哪一组？
（3）在扇形统计图中，D组所在扇形的圆心角为多少度？
（4）这个社区有2500户家庭，请你估计年文化教育消费在10000元以上的家庭有多少户？
【答案】（1）150，24；（2）中位数落在C组；（3）79.2°；（4）1450（户）.
【解析】
【分析】
（1）依据A组或E组数据，即可得到样本容量，进而得出m的值；
（2）依据中位数为第75和76个数据的平均数，即可得到中位数的位置；
（3）利用圆心角计算公式，即可得到D组所在扇形的圆心角；
（4）依据家庭年文化教育消费10000元以上的家庭所占的比例，即可得到家庭年文化教育消费10000元以上的家庭的数量．
【详解】解：（1）样本容量为：36÷24%＝150，
m＝150﹣36-27﹣33﹣30＝24，
故答案为150，24；
（2）中位数为第75和76个数据的平均数，而36+42+24＝87＞76，
∴中位数落在C组；
（3）D组所在扇形的圆心角为360°×＝79.2°；
（4）家庭年文化教育消费10000元以上的家庭有2500×＝1450（户）．
【点睛】本题考查扇形统计图、用样本估计总体以及中位数的运用，解题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件，利用数形结合的思想解答问题．
20. 妈妈给小红和弟弟买了一本刘慈欣的小说《流浪地球》，姐弟俩都想先睹为快．是小红对弟弟说：我们利用下面中心涂黑的九宫格图案（如图所示）玩一个游戏，规则如下：我从第一行，你从第三行，同时各自任意选取一个方格，涂黑，如果得到的新图案是轴对称图形．我就先读，否则你先读．小红设计的游戏对弟弟是否公平？请用画树状图或列表的方法说明理由．（第一行的小方格从左至右分别用A，B，C表示，第三行的小方格从左至右分别用D，E，F表示）
【答案】小红设计的游戏对弟弟不公平，理由见解析.
【解析】
【分析】
画树状图展示所有9种等可能的结果数，找出图案是轴对称图形数量，然后计算她们获胜的概率，再根据概率的大小判断该游戏是否公平．
【详解】解：不公平，理由如下：
根据题意，画树状图如图：
由树状图可知，共有9种等可能出现的情况，其中得到轴对称图案的情况有5种，分别为（A、D）、（A、F）、（B、E）、（C、D）、（C、F）．
∴P（小红先涂）＝．
P（弟弟先涂）＝．
∵．
∴小红设计的游戏对弟弟不公平．
【点睛】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等可能的结果n，再从中选出符合事件A或B的结果数目m，然后利用概率公式计算事件A或事件B的概率．
五、解答题（本大题共2小題，共20分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤
21. 如图，在平面直角坐标系中，一次函数y＝mx+n（m≠0）的图象与y轴交于点C，与反比例函数y＝（k≠0）的图象交于A，B两点，点A在第一象限，纵坐标为4，点B在第三象限，BM⊥x轴，垂足为点M，BM＝OM＝2．
（1）求反比例函数和一次函数的解析式．
（2）连接OB，MC，求四边形MBOC的面积．
【答案】（1）y＝，y＝2x+2；（2）四边形MBOC的面积是4．
【解析】
【分析】
（1）根据题意可以求得点B的坐标，从而可以求得反比例函数的解析式，进而求得点A的坐标，从而可以求得一次函数的解析式；
（2）根据（1）中函数解析式可以求得点C，从而可以求得四边形MBOC是平行四边形，根据面积公式即可求得．
【详解】解：（1）∵BM＝OM＝2，
∴点B的坐标为（﹣2，﹣2），
∵反比例函数y＝（k≠0）的图象经过点B，
则﹣2＝，得k＝4，
∴反比例函数的解析式为y＝，
∵点A的纵坐标是4，
∴4＝，得x＝1，
∴点A的坐标为（1，4），
∵一次函数y＝mx+n（m≠0）的图象过点A（1，4）、点B（﹣2，﹣2），
∴，解得，
即一次函数的解析式为y＝2x+2；
（2）∵y＝2x+2与y轴交于点C，
∴点C的坐标为（0，2），
∵点B（﹣2，﹣2），点M（﹣2，0），
∴OC＝MB＝2，
∵BM⊥x轴，
∴MB∥OC，
∴四边形MBOC是平行四边形，
∴四边形MBOC的面积是：OM•OC＝4．
【点睛】本题考查反比例函数与一次函数的交点问题，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件，利用一次函数的性质和反比例函数的性质解答．
22. 如图为某海域示意图，其中灯塔D的正东方向有一岛屿C．一艘快艇以每小时20nmile的速度向正东方向航行，到达A处时得灯塔D在东北方向上，继续航行0.3h，到达B处时测得灯塔D在北偏东30°方向上，同时测得岛屿C恰好在B处的东北方向上，此时快艇与岛屿C的距离是多少？（结果精确到1nmile．参考数据：≈1.41，≈1.73，≈2.45）
【答案】此时快艇与岛屿C的距离是20nmile．
【解析】
【分析】
过点D作DE⊥AB于点E，过点C作CF⊥AB于点F，由DE∥CF，DC∥EF，∠CFE=90°可得出四边形CDEF为矩形，设DE=x nmile，则AE=x （nmile），BE=x（nmile），由AB=6 nmile，可得出关于x的一元一次方程，解之即可得出x的值，再在Rt△CBF中，通过解直角三角形可求出BC的长．
【详解】解：过点D作DE⊥AB于点E，过点C作CF⊥AB于点F，如图所示．
则DE∥CF，∠DEA＝∠CFA＝90°．
∵DC∥EF，
∴四边形CDEF为平行四边形．
又∵∠CFE＝90°，
∴▱CDEF为矩形，
∴CF＝DE．
根据题意，得：∠DAB＝45°，∠DBE＝60°，∠CBF＝45°．
设DE＝x（nmile），
在Rt△DEA中，∵tan∠DAB＝，
∴AE＝＝x（nmile）．
在Rt△DEB中，∵tan∠DBE＝，
∴BE＝＝x（nmile）．
∵AB＝20×0.3＝6（nmile），AE﹣BE＝AB，
∴x﹣x＝6，解得：x＝9+3，
∴CF＝DE＝（9+3）nmile．
在Rt△CBF中，sin∠CBF＝，
∴BC＝≈20（nmile）．
答：此时快艇与岛屿C的距离是20nmile．
【点睛】本题考查了解直角三角形的应用——方向角问题，通过解直角三角形求出BC的长是解题的关键．
六、解答题（本大题共2小题，共20分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤）
23. 如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，D是AC上一点，过B，C，D三点的⊙O交AB于点E，连接ED，EC，点F是线段AE上的一点，连接FD，其中∠FDE＝∠DCE．
（1）求证：DF是⊙O的切线．
（2）若D是AC的中点，∠A＝30°，BC＝4，求DF的长．
【答案】（1）见解析；（2）DF=.
【解析】
【分析】
（1）可证得BD是⊙O的直径，∠BCE=∠BDE，则∠BDE+∠FDE=90°，结论得证；
（2）先求出AC长，再求DE长，在Rt△BCD中求出BD长，在Rt△BED中求出BE长，证得△FDE∽△DBE，由比例线段可求出DF长．
【详解】解：（1）∵∠ACB＝90°，点B，D在⊙O上，
∴BD是⊙O的直径，∠BCE＝∠BDE，
∵∠FDE＝∠DCE，∠BCE+∠DCE＝∠ACB＝90°，
∴∠BDE+∠FDE＝90°，
即∠BDF＝90°，
∴DF⊥BD，
又∵BD是⊙O的直径，
∴DF是⊙O的切线．
（2）如图，∵∠ACB＝90°，∠A＝30°，BC＝4，
∴AB＝2BC＝2×4＝8，
∴，
∵点D是AC的中点，
∴，
∵BD是⊙O的直径，
∴∠DEB＝90°，
∴∠DEA＝180°﹣∠DEB＝90°，
∴，
在Rt△BCD中， ，
在Rt△BED中，，
∵∠FDE＝∠DCE，∠DCE＝∠DBE，
∴∠FDE＝∠DBE，
∵∠DEF＝∠BED＝90°，
∴△FDE∽△DBE，
∴，即，
∴
【点睛】本题考查了切线的判定、相似三角形的判定与性质、勾股定理等知识，解答本题的关键是正确作出辅助线，综合运用圆的性质解题．
24. 某商场销售一种商品的进价为每件30元，销售过程中发现月销售量y（件）与销售单价x（元）之间的关系如图所示．
（1）根据图象直接写出y与x之间的函数关系式．
（2）设这种商品月利润为W（元），求W与x之间的函数关系式．
（3）这种商品的销售单价定为多少元时，月利润最大？最大月利润是多少？
【答案】（1）y＝；（2）W＝;（3）这种商品的销售单价定为65元时，月利润最大，最大月利润是3675．
【解析】
【分析】
（1）当40≤x≤60时，设y与x之间的函数关系式为y=kx+b，当60＜x≤90时，设y与x之间的函数关系式为y=mx+n，解方程组即可得到结论；
（2）当40≤x≤60时，当60＜x≤90时，根据题意即可得到函数解析式；
（3）当40≤x≤60时，W=-x2+210x-5400，得到当x=60时，W最大=-602+210×60-5400=3600，当60＜x≤90时，W=-3x2+390x-9000，得到当x=65时，W最大=-3×652+390×65-9000=3675，于是得到结论．
【详解】解：（1）当40≤x≤60时，设y与x之间的函数关系式为y＝kx+b，
将（40，140），（60，120）代入得，
解得：，
∴y与x之间的函数关系式为y＝﹣x+180；
当60＜x≤90时，设y与x之间的函数关系式为y＝mx+n，
将（90，30），（60，120）代入得，
解得：，
∴y＝﹣3x+300；
综上所述，y＝；
（2）当40≤x≤60时，W＝（x﹣30）y＝（x﹣30）（﹣x+180）＝﹣x2+210x﹣5400，
当60＜x≤90时，W＝（x﹣30）（﹣3x+300）＝﹣3x2+390x﹣9000，
综上所述，W＝；
（3）当40≤x≤60时，W＝﹣x2+210x﹣5400，
∵﹣1＜0，对称轴x＝＝105，
∴当40≤x≤60时，W随x的增大而增大，
∴当x＝60时，W最大＝﹣602+210×60﹣5400＝3600，
当60＜x≤90时，W＝﹣3x2+390x﹣9000，
∵﹣3＜0，对称轴x＝＝65，
∵60＜x≤90，
∴当x＝65时，W最大＝﹣3×652+390×65﹣9000＝3675，
∵3675＞3600，
∴当x＝65时，W最大＝3675，
答：这种商品的销售单价定为65元时，月利润最大，最大月利润是3675．
【点睛】本题考查了把实际问题转化为二次函数，再利用二次函数的性质进行实际应用．根据题意分情况建立二次函数的模型是解题的关键．
七、解答题（本大题共1小题，共12分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤
25. 在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，D是△ABC内一点，连接AD，BD．在BD左侧作Rt△BDE，使∠BDE＝90°，以AD和DE为邻边作▱ADEF，连接CD，DF．
（1）若AC＝BC，BD＝DE．
①如图1，当B，D，F三点共线时，CD与DF之间的数量关系为 ．
②如图2，当B，D，F三点不共线时，①中的结论是否仍然成立？请说明理由．
（2）若BC＝2AC，BD＝2DE，，且E，C，F三点共线，求的值．
【答案】（1）①DF＝CD,②结论仍然成立．理由见解析；（2）.
【解析】
【分析】
（1）①证明△BCD≌△ACF（SAS），即可推出△DCF是等腰直角三角形解决问题；
②结论仍然成立．如图2中，连接CF．延长BD交AF的延长线于H，设AC交BH于G．证明方法类似①；
（2）如图3中，延长BD交AF于H．设BH交AC于G．证明△CBD∽△CAF，推出，∠BCD=∠ACF，推出∠BCA=∠DCF=90°，证明∠ADC=90°，由CD：AC=4：5，设CD=4k，AC=5k，则AD=EF=3k，求出AF，CE（用k表示）即可解决问题．
【详解】（1）①如图1中，连接CF．设AC交BF于G．
∵四边形AFED是平行四边形，
∴AF＝DE，DE∥AF，
∵BD＝DE，
∴AF＝BD，
∵∠BDE＝90°，
∴∠EDF＝∠DFA＝90°＝∠BCG，
∵∠CGB＝∠AGF，
∴∠CBD＝∠CAF，
∵BC＝AC，
∴△BCD≌△ACF（SAS），
∴∠BCD＝∠ACF，CD＝CF，
∴∠BCA＝∠DCF＝90°，
∴△CDF是等腰直角三角形，
∴DF＝CD．
故答案为DF＝CD．
②结论仍然成立．
理由：如图2中，连接CF．延长BD交AF的延长线于H，设AC交BH于G．
∵四边形AFED是平行四边形，
∴AF＝DE，DE∥AF，
∵BD＝DE，
∴AF＝BD，
∵∠BDE＝90°，
∴∠DEH＝∠DHA＝90°＝∠BCG，
∵∠CGB＝∠AGH，
∴∠CBD＝∠CAF，
∵BC＝AC，
∴△BCD≌△ACF（SAS），
∴∠BCD＝∠ACF，CD＝CF，
∴∠BCA＝∠DCF＝90°，
∴△CDF是等腰直角三角形，
∴DF＝CD．
（2）如图3中，延长BD交AF于H．设BH交AC于G．
∵四边形AFED是平行四边形，
∴AF＝DE，DE∥AF，
∵∠BDE＝90°，
∴∠DEH＝∠DHA＝90°＝∠BCG，
∵∠CGB＝∠AGH，
∴∠CBD＝∠CAF，
∵，
∴，
∴△CBD∽△CAF，
∴，∠BCD＝∠ACF，
∴∠BCA＝∠DCF＝90°，
∵AD∥EF，
∴∠ADC+∠DCF＝180°，
∴∠ADC＝90°，
∵CD：AC＝4：5，设CD＝4k，AC＝5k，则AD＝EF＝3k，
∴CF＝CD＝2k，
∴EC＝EF﹣CF＝k，
∴DE＝AF＝，
∴．
【点睛】本题属于相似形综合题，考查了等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形或相似三角形解决问题，学会利用参数解决问题，属于中考压轴题．
八、解答题（本大题共1小题，共14分，解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤）
26. 在平面直角坐标系中，过点A（3，4）的抛物线y＝ax2+bx+4与x轴交于点B（﹣1，0），与y轴交于点C，过点A作AD⊥x轴于点D．
（1）求抛物线的解析式．
（2）如图1，点P是直线AB上方抛物线上的一个动点，连接PD交AB于点Q，连接AP，当S△AQD＝2S△APQ时，求点P的坐标．
（3）如图2，G是线段OC上一个动点，连接DG，过点G作GM⊥DG交AC于点M，过点M作射线MN，使∠NMG＝60°，交射线GD于点N；过点G作GH⊥MN，垂足为点H，连接BH．请直接写出线段BH的最小值．
【答案】（1）y＝﹣x2+3x+4；（2）点P的坐标为（1+，4+）或（1﹣，4﹣）；（3）BH最小＝．
【解析】
【分析】
（1）利用待定系数法求解可得；
（2）作PE∥x轴，交AB于点E，由且△AQD与△APQ是等高的两个三角形知，证△PQE∽△DQB得，据此求得PE=2，求得直线AB的解析式为y=x+1，设E（x，x+1），知P（x-2，x+1），将点P坐标代入求得x的值，从而得出答案；
（3）证∠GHM=90°，再证点C、G、H、M共圆得∠GCH=∠GMH=60°，据此知点H在与y轴夹角为60°的定直线上，从而得BH⊥CH时，BH最小，作HP⊥x轴，并延长PH交AC于点Q，证∠BHP=∠HCM=30°，设OP=a，知CQ=a，从而得QH=，BP=1+a，在Rt△BPH中，得出HP=（a+1），BH=2（1+a），根据QH+HP=AD=4可求得a的值，从而得出答案．
【详解】（1）将点A（3，4），B（﹣1，0）代入y＝ax2+bx+4，
得：，
解得，
∴y＝﹣x2+3x+4；
（2）如图1，过点P作PE∥x轴，交AB于点E，
∵A（3，4），AD⊥x轴，
∴D（3，0），
∵B（﹣1，0），
∴BD＝3﹣（﹣1）＝4，
∵S△AQD＝2S△APQ，△AQD与△APQ是等高的两个三角形，
∴，
∵PE∥x轴，
∴△PQE∽△DQB，
∴，
∴，
∴PE＝2，
∴可求得直线AB的解析式为y＝x+1，
设E（x，x+1），则P（x﹣2，x+1），
将点P坐标代入y＝﹣x2+3x+4，得：﹣（x-2）2+3（x-2）+4＝x+1，
解得x1＝3+，x2＝3﹣，
当x＝3+时，x﹣2＝3+﹣2＝1+，x+1＝3++1＝4+，
∴点P（1+，4+）；
当x＝3﹣时，x﹣2＝3﹣﹣2＝1﹣，x+1＝3﹣+1＝4﹣，
∴P（1﹣，4﹣），
∵点P是直线AB上方抛物线上的一个动点，
∴﹣1＜x﹣2＜3，
∴点P的坐标为（1+，4+）或（1﹣，4﹣）；
（3）由（1）得，抛物线的解析式为y＝﹣x2+3x+4，
∴C（0，4），
∵A（3，4），
∴AC∥x轴，
∴∠OCA＝90°，
∴GH⊥MN，
∴∠GHM＝90°，
在四边形CGHM中，∠GCM+∠GHM＝180°，
∴点C、G、H、M共圆，
如图2，连接CH，
则∠GCH＝∠GMH＝60°，
∴点H在与y轴夹角为60°的定直线上，
∴当BH⊥CH时，BH最小，过点H作HP⊥x轴于点P，并延长PH交AC于点Q，
∵∠GCH＝60°，
∴∠HCM＝30°，
又BH⊥CH，
∴∠BHC＝90°，
∴∠BHP＝∠HCM＝30°，
设OP＝a，则CQ＝a，
∴QH＝a，
∵B（﹣1，0），
∴OB＝1，
∴BP＝1+a，
在Rt△BPH中，HP＝＝（a+1），BH＝＝2（1+a），
∵QH+HP＝AD＝4，
∴a+（a+1）＝4，
解得a＝，
∴BH最小＝2（1+a）＝．
【点睛】本题主要考查二次函数的综合问题，解题的关键是掌握待定系数法求函数解析式、相似三角形的判定与性质、解直角三角形的应用等知识点．组别
家庭年文化教育消费金额x（元）
户数
A
x≤5000
36
B
5000＜x≤10000
27
C
10000＜x≤15000
m
D
15000＜x≤20000
33
E
x＞20000
30