2025年九江市濂溪区中考数学仿真试卷含解析

这是一份2025年九江市濂溪区中考数学仿真试卷含解析，共24页。试卷主要包含了已知等内容，欢迎下载使用。
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
一、选择题（共10小题，每小题3分，共30分）
1．已知一个多边形的内角和是外角和的3倍，则这个多边形是（ ）
A．五边形B．六边形C．七边形D．八边形
2．-2的绝对值是（）
A．2B．-2C．±2D．
3．已知a＜1，点A（x1，﹣2）、B（x2，4）、C（x3，5）为反比例函数图象上的三点，则下列结论正
确的是（ ）
A．x1＞x2＞x3B．x1＞x3＞x2C．x3＞x1＞x2D．x2＞x3＞x1
4．如图，在等腰直角三角形ABC中，∠C=90°，D为BC的中点，将△ABC折叠，使点A与点D重合，EF为折痕，则sin∠BED的值是（ ）
A．B．C．D．
5．如图，四边形ABCD是菱形，对角线AC，BD交于点O，，，于点H，且DH与AC交于G，则OG长度为
A．B．C．D．
6．如图，边长为1的小正方形构成的网格中，半径为1的⊙O的圆心O在格点上，则∠BED的正切值等于（ ）
A．B．C．2D．
7．如图，菱形ABCD中，E. F分别是AB、AC的中点，若EF=3，则菱形ABCD的周长是（ ）
A．12B．16C．20D．24
8．已知：如图，在扇形中，，半径，将扇形沿过点的直线折叠，点恰好落在弧上的点处，折痕交于点，则弧的长为（ ）
A．B．C．D．
9．如图，抛物线y=ax2+bx+c（a≠0）过点（1，0）和点（0，﹣2），且顶点在第三象限，设P=a﹣b+c，则P的取值范围是( )
A．﹣4＜P＜0B．﹣4＜P＜﹣2C．﹣2＜P＜0D．﹣1＜P＜0
10．如图，在△ABC中，∠B＝46°，∠C＝54°，AD平分∠BAC，交BC于D，DE∥AB，交AC于E，则∠CDE的大小是（ ）
A．40°B．43°C．46°D．54°
二、填空题（本大题共6个小题，每小题3分，共18分）
11．如图所示，某办公大楼正前力有一根高度是15米的旗杆ED，从办公楼顶点A测得族杆顶端E的俯角α是45°，旗杆底端D到大楼前梯坎底端C的距离DC是20米，梯坎坡长BC是13米，梯坎坡度i=1：2.4，则大楼AB的高度的为_____米．
12．如图，已知点A（4，0），O为坐标原点，P是线段OA上任意一点（不含端点O，A），过P，O两点的二次函数y1和过P，A两点的二次函数y2的图象开口均向下，它们的顶点分别为B，C，射线OB与射线AC相交于点D．当△ODA是等边三角形时，这两个二次函数的最大值之和等于__．
13．如图，用10 m长的铁丝网围成一个一面靠墙的矩形养殖场，其养殖场的最大面积________m1．
14．已知圆锥的高为3，底面圆的直径为8，则圆锥的侧面积为_____．
15．分解因式2x2＋4x＋2＝__________．
16．已知一组数据1，2，0，﹣1，x，1的平均数是1，则这组数据的中位数为_____．
三、解答题（共8题，共72分）
17．（8分）某校开展“我最喜爱的一项体育活动”调查，要求每名学生必选且只能选一项，现随机抽查了m名学生，并将其结果绘制成如下不完整的条形图和扇形图．
请结合以上信息解答下列问题：
（1）m= ；
（2）请补全上面的条形统计图；
（3）在图2中，“乒乓球”所对应扇形的圆心角的度数为 ；
（4）已知该校共有1200名学生，请你估计该校约有 名学生最喜爱足球活动．
18．（8分）学习了正多边形之后，小马同学发现利用对称、旋转等方法可以计算等分正多边形面积的方案．
（1）请聪明的你将下面图①、图②、图③的等边三角形分别割成2个、3个、4个全等三角形；
（2）如图④，等边△ABC边长AB＝4，点O为它的外心，点M、N分别为边AB、BC上的动点（不与端点重合），且∠MON＝120°，若四边形BMON的面积为s，它的周长记为l，求最小值；
（3）如图⑤，等边△ABC的边长AB＝4，点P为边CA延长线上一点，点Q为边AB延长线上一点，点D为BC边中点，且∠PDQ＝120°，若PA＝x，请用含x的代数式表示△BDQ的面积S△BDQ．
19．（8分）如图，点B、E、C、F在同一条直线上，AB＝DE，AC＝DF，BE＝CF，求证：AB∥DE．
20．（8分）已知：如图1在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=8cm，BC=6cm，点P由点B出发沿BA方向向点A匀速运动，速度为2cm/s；同时点Q由点A出发沿AC方向点C匀速运动，速度为lcm/s；连接PQ，设运动的时间为t秒（0＜t＜5），解答下列问题：
（1）当为t何值时，PQ∥BC；
（2）设△AQP的面积为y（cm2），求y关于t的函数关系式，并求出y的最大值；
（3）如图2，连接PC，并把△PQC沿QC翻折，得到四边形PQPC，是否存在某时刻t，使四边形PQP'C为菱形？若存在，求出此时t的值；若不存在，请说明理由．
21．（8分）综合与探究：
如图1，抛物线y=﹣x2+x+与x轴分别交于A、B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于C点．经过点A的直线l与y轴交于点D（0，﹣）．
（1）求A、B两点的坐标及直线l的表达式；
（2）如图2，直线l从图中的位置出发，以每秒1个单位的速度沿x轴的正方向运动，运动中直线l与x轴交于点E，与y轴交于点F，点A 关于直线l的对称点为A′，连接FA′、BA′，设直线l的运动时间为t（t＞0）秒．探究下列问题：
①请直接写出A′的坐标（用含字母t的式子表示）；
②当点A′落在抛物线上时，求直线l的运动时间t的值，判断此时四边形A′BEF的形状，并说明理由；
（3）在（2）的条件下，探究：在直线l的运动过程中，坐标平面内是否存在点P，使得以P，A′，B，E为顶点的四边形为矩形？若存在，请直接写出点P的坐标； 若不存在，请说明理由．
22．（10分）一道选择题有四个选项.
（1）若正确答案是，从中任意选出一项，求选中的恰好是正确答案的概率；
（2）若正确答案是，从中任意选择两项，求选中的恰好是正确答案的概率.
23．（12分）如图，在△ABC中，CD⊥AB于点D，tanA＝2cs∠BCD，
(1)求证：BC＝2AD；
(2)若csB＝，AB＝10，求CD的长.
24．某校七年级（1）班班主任对本班学生进行了“我最喜欢的课外活动”的调查，并将调查结果分为书法和绘画类记为A；音乐类记为B；球类记为C；其他类记为D．根据调查结果发现该班每个学生都进行了等级且只登记了一种自己最喜欢的课外活动．班主任根据调查情况把学生都进行了归类，并制作了如下两幅统计图，请你结合图中所给信息解答下列问题：
七年级（1）班学生总人数为_______人，扇形统计图中D类所对应扇形的圆心角为_____度，请补全条形统计图；学校将举行书法和绘画比赛，每班需派两名学生参加，A类4名学生中有两名学生擅长书法，另两名擅长绘画．班主任现从A类4名学生中随机抽取两名学生参加比赛，请你用列表或画树状图的方法求出抽到的两名学生恰好是一名擅长书法，另一名擅长绘画的概率．
参考答案
一、选择题（共10小题，每小题3分，共30分）
1、D
【解析】
根据多边形的外角和是360°，以及多边形的内角和定理即可求解．
【详解】
设多边形的边数是n，则
(n−2)⋅180=3×360，
解得：n=8.
故选D.
此题考查多边形内角与外角，解题关键在于掌握其定理.
2、A
【解析】
根据绝对值的性质进行解答即可
【详解】
解：﹣1的绝对值是：1．
故选：A．
此题考查绝对值，难度不大
3、B
【解析】
根据的图象上的三点，把三点代入可以得到x1＝﹣ ，x1＝ ，x3＝，在根据a的大小即可解题
【详解】
解：∵点A（x1，﹣1）、B（x1，4）、C（x3，5）为反比例函数图象上的三点，
∴x1＝﹣ ，x1＝ ，x3＝ ，
∵a＜1，
∴a﹣1＜0，
∴x1＞x3＞x1．
故选B．
此题主要考查一次函数图象与系数的关系，解题关键在于把三点代入，在根据a的大小来判断
4、A
【解析】
∵△DEF是△AEF翻折而成，
∴△DEF≌△AEF，∠A=∠EDF，
∵△ABC是等腰直角三角形，
∴∠EDF=45°，由三角形外角性质得∠CDF+45°=∠BED+45°，
∴∠BED=∠CDF，
设CD=1，CF=x，则CA=CB=2，
∴DF=FA=2-x，
∴在Rt△CDF中，由勾股定理得，CF2+CD2=DF2，即x2+1=（2-x）2，
解得x=，
∴sin∠BED=sin∠CDF=．
故选：A．
5、B
【解析】
试题解析：在菱形中，，，所以，，在中，，
因为，所以，则，在中，由勾股定理得，，由可得，，即，所以．故选B.
6、D
【解析】
根据同弧或等弧所对的圆周角相等可知∠BED=∠BAD，再结合图形根据正切的定义进行求解即可得.
【详解】
∵∠DAB=∠DEB，
∴tan∠DEB= tan∠DAB=，
故选D．
本题考查了圆周角定理（同弧或等弧所对的圆周角相等）和正切的概念，正确得出相等的角是解题关键．
7、D
【解析】
根据三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半求出，再根据菱形的周长公式列式计算即可得解.
【详解】
、分别是、的中点，
是的中位线，
，
菱形的周长．
故选：.
本题主要考查了菱形的四边形都相等，三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半，求出菱形的边长是解题的关键.
8、D
【解析】
如图，连接OD．根据折叠的性质、圆的性质推知△ODB是等边三角形，则易求∠AOD=110°-∠DOB=50°；然后由弧长公式弧长的公式 来求 的长
【详解】
解：如图，连接OD．
解：如图，连接OD．
根据折叠的性质知，OB=DB．
又∵OD=OB，
∴OD=OB=DB，即△ODB是等边三角形，
∴∠DOB=60°．
∵∠AOB=110°，
∴∠AOD=∠AOB-∠DOB=50°，
∴的长为 =5π．
故选D．
本题考查了弧长的计算，翻折变换（折叠问题）．折叠是一种对称变换，它属于轴对称，折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等．所以由折叠的性质推知△ODB是等边三角形是解答此题的关键之处．
9、A
【解析】
解:∵二次函数的图象开口向上，∴a＞1．
∵对称轴在y轴的左边，∴＜1．∴b＞1．
∵图象与y轴的交点坐标是（1，﹣2），过（1，1）点，代入得：a+b﹣2=1．
∴a=2﹣b，b=2﹣a．∴y=ax2+（2﹣a）x﹣2．
把x=﹣1代入得：y=a﹣（2﹣a）﹣2=2a﹣3，
∵b＞1，∴b=2﹣a＞1．∴a＜2．
∵a＞1，∴1＜a＜2．∴1＜2a＜3．∴﹣3＜2a﹣3＜1，即﹣3＜P＜1．
故选A．
本题考查二次函数图象与系数的关系，利用数形结合思想解题是本题的解题关键．
10、C
【解析】
根据DE∥AB可求得∠CDE＝∠B解答即可．
【详解】
解：∵DE∥AB，
∴∠CDE＝∠B＝46°，
故选：C．
本题主要考查平行线的性质：两直线平行，同位角相等．快速解题的关键是牢记平行线的性质．
二、填空题（本大题共6个小题，每小题3分，共18分）
11、42
【解析】
延长AB交DC于H，作EG⊥AB于G，则GH=DE=15米，EG=DH，设BH=x米，则CH=2.4x米，在Rt△BCH中，BC=13米，由勾股定理得出方程，解方程求出BH=5米，CH=12米，得出BG、EG的长度，证明△AEG是等腰直角三角形，得出AG=EG=12+20=32（米），即可得出大楼AB的高度．
【详解】
延长AB交DC于H，作EG⊥AB于G，如图所示：
则GH=DE=15米，EG=DH，
∵梯坎坡度i=1：2.4，
∴BH：CH=1：2.4，
设BH=x米，则CH=2.4x米，
在Rt△BCH中，BC=13米，
由勾股定理得：x2+（2.4x）2=132，
解得：x=5，
∴BH=5米，CH=12米，
∴BG=GH-BH=15-5=10（米），EG=DH=CH+CD=12+20=32（米），
∵∠α=45°，
∴∠EAG=90°-45°=45°，
∴△AEG是等腰直角三角形，
∴AG=EG=32（米），
∴AB=AG+BG=32+10=42（米）；
故答案为42
本题考查了解直角三角形的应用-坡度、俯角问题；通过作辅助线运用勾股定理求出BH，得出EG是解决问题的关键．
12、2
【解析】
连接PB、PC，根据二次函数的对称性可知OB＝PB，PC＝AC，从而判断出△POB和△ACP是等边三角形，再根据等边三角形的性质求解即可．
【详解】
解：如图，连接PB、PC，
由二次函数的性质，OB＝PB，PC＝AC，
∵△ODA是等边三角形，
∴∠AOD＝∠OAD＝60°，
∴△POB和△ACP是等边三角形，
∵A（4，0），
∴OA＝4，
∴点B、C的纵坐标之和为：OB×sin60°+PC×sin60°=4×＝2，
即两个二次函数的最大值之和等于2．
故答案为2．
本题考查了二次函数的最值问题，等边三角形的判定与性质，解直角三角形，作辅助线构造出等边三角形并利用等边三角形的知识求解是解题的关键．
13、2
【解析】
设与墙平行的一边长为xm，则另一面为 ，
其面积=，
∴最大面积为 ；
即最大面积是2m1．
故答案是2．
【点睛】求二次函数的最大（小）值有三种方法，第一种可由图象直接得出，第二种是配方法，第三种是公式法，常用的是后两种方法，当二次系数a的绝对值是较小的整数时，用配方法较好，如y=-x1-1x+5，y=3x1-6x+1等用配方法求解比较简单．
14、20π
【解析】
利用勾股定理可求得圆锥的母线长，然后根据圆锥的侧面积公式进行计算即可.
【详解】
底面直径为8，底面半径=4，底面周长=8π，
由勾股定理得，母线长==5，
故圆锥的侧面积=×8π×5=20π，
故答案为：20π．
本题主要考查了圆锥的侧面积的计算方法．解题的关键是熟记圆锥的侧面展开扇形的面积计算方法．
15、2（x+1）2。
【解析】
试题解析：原式=2（x2+2x+1）=2（x+1）2.
考点：提公因式法与公式法的综合运用.
16、2
【解析】
解:这组数据的平均数为2，
有 （2+2+0-2+x+2）=2，
可求得x=2．
将这组数据从小到大重新排列后，观察数据可知最中间的两个数是2与2，
其平均数即中位数是（2+2）÷2=2．
故答案是：2．
三、解答题（共8题，共72分）
17、（1）150，（2）36°，（3）1．
【解析】
（1）根据图中信息列式计算即可；
（2）求得“足球“的人数=150×20%=30人，补全上面的条形统计图即可；
（3）360°×乒乓球”所占的百分比即可得到结论；
（4）根据题意计算即可．
【详解】
（1）m=21÷14%=150，
（2）“足球“的人数=150×20%=30人，
补全上面的条形统计图如图所示；
（3）在图2中，“乒乓球”所对应扇形的圆心角的度数为360°×=36°；
（4）1200×20%=1人，
答：估计该校约有1名学生最喜爱足球活动．
故答案为150，36°，1．
本题考查了条形统计图，观察条形统计图、扇形统计图获得有效信息是解题关键．
18、（1）详见解析；（2）2+2；（3）S△BDQx+．
【解析】
（1）根据要求利用全等三角形的判定和性质画出图形即可．
（2）如图④中，作OE⊥AB于E，OF⊥BC于F，连接OB．证明△OEM≌△OFN（ASA），推出EM＝FN，ON＝OM，S△EOM＝S△NOF，推出S四边形BMON＝S四边形BEOF＝定值，证明Rt△OBE≌Rt△OBF（HL），推出BM+BN＝BE+EM+BF﹣FN＝2BE＝定值，推出欲求最小值，只要求出l的最小值，因为l＝BM+BN+ON+OM＝定值+ON+OM所以欲求最小值，只要求出ON+OM的最小值，因为OM＝ON，根据垂线段最短可知，当OM与OE重合时，OM定值最小，由此即可解决问题．
（3）如图⑤中，连接AD，作DE⊥AB于E，DF⊥AC于F．证明△PDF≌△QDE（ASA），即可解决问题．
【详解】
解：（1）如图1，作一边上的中线可分割成2个全等三角形，
如图2，连接外心和各顶点的线段可分割成3个全等三角形，
如图3，连接各边的中点可分割成4个全等三角形，
（2）如图④中，作OE⊥AB于E，OF⊥BC于F，连接OB．
∵△ABC是等边三角形，O是外心，
∴OB平分∠ABC，∠ABC＝60°∵OE⊥AB，OF⊥BC，
∴OE＝OF，
∵∠OEB＝∠OFB＝90°，
∴∠EOF+∠EBF＝180°，
∴∠EOF＝∠NOM＝120°，
∴∠EOM＝∠FON，
∴△OEM≌△OFN（ASA），
∴EM＝FN，ON＝OM，S△EOM＝S△NOF，
∴S四边形BMON＝S四边形BEOF＝定值，
∵OB＝OB，OE＝OF，∠OEB＝∠OFB＝90°，
∴Rt△OBE≌Rt△OBF（HL），
∴BE＝BF，
∴BM+BN＝BE+EM+BF﹣FN＝2BE＝定值，
∴欲求最小值，只要求出l的最小值，
∵l＝BM+BN+ON+OM＝定值+ON+OM，
欲求最小值，只要求出ON+OM的最小值，
∵OM＝ON，根据垂线段最短可知，当OM与OE重合时，OM定值最小，
此时定值最小，s＝×2×＝，l＝2+2++＝4+，
∴的最小值＝＝2+2．
（3）如图⑤中，连接AD，作DE⊥AB于E，DF⊥AC于F．
∵△ABC是等边三角形，BD＝DC，
∴AD平分∠BAC，
∵DE⊥AB，DF⊥AC，
∴DE＝DF，
∵∠DEA＝∠DEQ＝∠AFD＝90°，
∴∠EAF+∠EDF＝180°，
∵∠EAF＝60°，
∴∠EDF＝∠PDQ＝120°，
∴∠PDF＝∠QDE，
∴△PDF≌△QDE（ASA），
∴PF＝EQ，
在Rt△DCF中，∵DC＝2，∠C＝60°，∠DFC＝90°，
∴CF＝CD＝1，DF＝，
同法可得：BE＝1，DE＝DF＝，
∵AF＝AC﹣CF＝4﹣1＝3，PA＝x，
∴PF＝EQ＝3+x，
∴BQ＝EQ﹣BE＝2+x，
∴S△BDQ＝•BQ•DE＝×（2+x）×＝x+．
本题主要考查多边形的综合题，主要涉及的知识点：全等三角形的判定和性质、多边形内角和、角平分线的性质、等量代换、三角形的面积等，牢记并熟练运用这些知识点是解此类综合题的关键。
19、详见解析.
【解析】
试题分析：利用SSS证明△ABC≌△DEF，根据全等三角形的性质可得∠B=∠DEF，再由平行线的判定即可得AB∥DE．
试题解析：证明：由BE＝CF可得BC＝EF，
又AB＝DE，AC＝DF，
故△ABC≌△DEF（SSS），
则∠B=∠DEF，
∴AB∥DE．
考点：全等三角形的判定与性质.
20、（1）当t=时，PQ∥BC；（2）﹣（t﹣）2+，当t=时，y有最大值为；（3）存在，当t=时，四边形PQP′C为菱形
【解析】
（1）只要证明△APQ∽△ABC，可得=，构建方程即可解决问题；
（2）过点P作PD⊥AC于D，则有△APD∽△ABC，理由相似三角形的性质构建二次函数即可解决问题；
（3）存在．由△APO∽△ABC，可得=，即=，推出OA=（5﹣t），根据OC=CQ，构建方程即可解决问题；
【详解】
（1）在Rt△ABC中，AB===10，
BP=2t，AQ=t，则AP=10﹣2t，
∵PQ∥BC，
∴△APQ∽△ABC，
∴=，即=，
解得t=，
∴当t=时，PQ∥BC．
（2）过点P作PD⊥AC于D，则有△APD∽△ABC，
∴=，即=，
∴PD=6﹣t，
∴y=t（6﹣t）=﹣（t﹣）2+，
∴当t=时，y有最大值为．
（3）存在．
理由：连接PP′，交AC于点O．
∵四边形PQP′C为菱形，
∴OC=CQ，
∵△APO∽△ABC，
∴=，即=，
∴OA=（5﹣t），
∴8﹣（5﹣t）=（8﹣t），
解得t=，
∴当t=时，四边形PQP′C为菱形．
本题考查四边形综合题、相似三角形的判定和性质、平行线的性质、勾股定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造相似三角形解决问题，学会理由参数构建方程解决问题，属于中考压轴题．
21、（1）A（﹣1，0），B（3，0），y=﹣x﹣；
（2）①A′（t﹣1， t）；②A′BEF为菱形，见解析；
（3）存在，P点坐标为（，）或（，﹣）．
【解析】
（1）通过解方程﹣x2+x+＝0得A（−1，0），B（3，0），然后利用待定系数法确定直线l的解析式；
（2）①作A′H⊥x轴于H，如图2，利用OA＝1，OD＝得到∠OAD＝60°，再利用平移和对称的性质得到EA＝EA′＝t，∠A′EF＝∠AEF＝60°，然后根据含30度的直角三角形三边的关系表示出A′H，EH即可得到A′的坐标；
②把A′（t−1，t）代入y＝−x2＋x＋得−（t−1）2＋（t−1）＋＝t，解方程得到t＝2，此时A′点的坐标为（2，），E（1，0），然后通过计算得到AF＝BE＝2，A′F∥BE，从而判断四边形A′BEF为平行四边形，然后加上EF＝BE可判定四边形A′BEF为菱形；
（3）讨论：当A′B⊥BE时，四边形A′BEP为矩形，利用点A′和点B的横坐标相同得到t−1＝3，解方程求出t得到A′（3，），再利用矩形的性质可写出对应的P点坐标；当A′B⊥EA′，如图4，四边形A′BPE为矩形，作A′Q⊥x轴于Q，先确定此时A′点的坐标，然后利用点的平移确定对应P点坐标．
【详解】
（1）当y=0时，﹣x2+x+=0，解得x1=﹣1，x2=3，则A（﹣1，0），B（3，0），
设直线l的解析式为y=kx+b，
把A（﹣1，0），D（0，﹣）代入得，解得，
∴直线l的解析式为y=﹣x﹣；
（2）①作A′H⊥x轴于H，如图，
∵OA=1，OD=，
∴∠OAD=60°，
∵EF∥AD，
∴∠AEF=60°，
∵点A 关于直线l的对称点为A′，
∴EA=EA′=t，∠A′EF=∠AEF=60°，
在Rt△A′EH中，EH=EA′=t，A′H=EH=t，
∴OH=OE+EH=t﹣1+t=t﹣1，
∴A′（t﹣1， t）；
②把A′（t﹣1， t）代入y=﹣x2+x+得﹣（t﹣1）2+（t﹣1）+=t，
解得t1=0（舍去），t2=2，
∴当点A′落在抛物线上时，直线l的运动时间t的值为2；
此时四边形A′BEF为菱形，理由如下：
当t=2时，A′点的坐标为（2，），E（1，0），
∵∠OEF=60°
∴OF=OE=，EF=2OE=2，
∴F（0，），
∴A′F∥x轴，
∵A′F=BE=2，A′F∥BE，
∴四边形A′BEF为平行四边形，
而EF=BE=2，
∴四边形A′BEF为菱形；
（3）存在，如图：
当A′B⊥BE时，四边形A′BEP为矩形，则t﹣1=3，解得t=，则A′（3，），
∵OE=t﹣1=，
∴此时P点坐标为（，）；
当A′B⊥EA′，如图，四边形A′BPE为矩形，作A′Q⊥x轴于Q，
∵∠AEA′=120°，
∴∠A′EB=60°，
∴∠EBA′=30°
∴BQ=A′Q=•t=t，
∴t﹣1+t=3，解得t=，
此时A′（1，），E（，0），
点A′向左平移个单位，向下平移个单位得到点E，则点B（3，0）向左平移个单位，向下平移个单位得到点P，则P（，﹣），
综上所述，满足条件的P点坐标为（，）或（，﹣）．
本题考查了二次函数的综合题：熟练掌握二次函数图象上点的坐标特征、二次函数的性质、菱形的判定和矩形的性质；会利用待定系数法求函数解析式；理解坐标与图形性质．
22、（1）;（2）
【解析】
（1）直接利用概率公式求解；
（2）画树状图展示所有12种等可能的结果数，再找出选中的恰好是正确答案A，B的结果数，然后根据概率公式求解．
【详解】
解：（1）选中的恰好是正确答案A的概率为；
（2）画树状图：
共有12种等可能的结果数，其中选中的恰好是正确答案A，B的结果数为2，
所以选中的恰好是正确答案A，B的概率=．
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．
23、（1）证明见解析；（2）CD＝2.
【解析】
（1）根据三角函数的概念可知tanA＝，cs∠BCD＝，根据tanA＝2cs∠BCD即可得结论；（2）由∠B的余弦值和（1）的结论即可求得BD，利用勾股定理求得CD即可．
【详解】
(1)∵tanA＝，cs∠BCD＝，tanA＝2cs∠BCD，
∴＝2·，
∴BC＝2AD.
(2)∵csB＝＝，BC＝2AD，
∴＝.
∵AB＝10，∴AD＝×10＝4，BD＝10－4＝6，
∴BC＝8，∴CD＝＝2.
本题考查了直角三角形中的有关问题，主要考查了勾股定理，三角函数的有关计算.熟练掌握三角函数的概念是解题关键.
24、48；105°；23
【解析】
试题分析：根据B的人数和百分比求出总人数，根据D的人数和总人数的得出D所占的百分比，然后得出圆心角的度数，根据总人数求出C的人数，然后补全统计图；记A类学生擅长书法的为A1，擅长绘画的为A2，根据题意画出表格，根据概率的计算法则得出答案．
试题解析：（1）12÷25%=48（人） 14÷48×360°=105° 48－（4+12+14）=18（人），补全图形如下：
（2）记A类学生擅长书法的为A1，擅长绘画的为A2，则可列下表：
∴由上表可得：P(一名擅长书法一名擅长绘画)=812=23
考点：统计图、概率的计算．
A1
A1
A2
A2
A1
√
√
A1
√
√
A2
√
√
A2
√
√