2026年山东省青岛市中考模拟数学自编卷含答案

这是一份2026年山东省青岛市中考模拟数学自编卷含答案，共31页。试卷主要包含了选择题，填空题，作图题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、选择题（本题满分24分，共有8道小题，每小题3分）
1．（3分）|﹣2026|的相反数是（ ）
A．2026B．12026C．﹣12026D．﹣2026
2．（3分）在以下绿色食品、低碳、节能、节水四个标志中，是轴对称图形的是（ ）
A．B．C．D．
3．（3分）四名运动员参加了射击预选赛，他们的成绩的平均环数及方差S2如下表所示：
如果选出一个成绩较好且状态稳定的人去参赛，那么应选（ ）
A．甲B．乙C．丙D．丁
4．（3分）纳米科技是新兴科技，1纳米＝0.000000001米，则5纳米用科学记数法表示为（ ）
A．5×10﹣8米B．5×10﹣9米C．5×10﹣10米D．5×109米
5．（3分）如图，在⊙O中，弦AB，CD相交于点P，∠CAB＝30°，∠CPB＝52°，则∠ABD的度数为（ ）
A．22°B．30°C．82°D．52°
6．（3分）已知关于x的一元二次方程x2+（m+n）x+mn＝0，其中m、n在数轴上的对应点如图所示，则这个方程的根的情况是（ ）
A．有两个不相等的实数根
B．有两个相等的实数根
C．没有实数根
D．无法确定
7．（3分）如图，Rt△ABC的顶点C的坐标为（1，0），点A在x轴正半轴上，且AC＝3，将△ABC先绕C顺时针旋转90°，再向左平移2个单位，则点A的对应点A′的坐标是（ ）
A．（1，3）B．（﹣1，3）C．（1，﹣3）D．（﹣1，﹣3）
8．（3分）如图，函数y＝ax2+bx+2（a≠0）的图象的顶点为，下列判断正确个数为（ ）
①ab＜0；
②b﹣3a＝0；
③ax2+bx≥m﹣2；
④点（﹣4.5，y1）和点（1.5，y2）都在此函数图象上，则y1＝y2；
⑤9a＝8﹣4m．
A．5个B．4个C．3个D．2个
二、填空题（本题满分18分，共有6道小题，每小题3分）
9．（3分）计算：＝ ．
10．（3分）一辆汽车开往距出发地420km的目的地，若这辆汽车比原计划每小时多行10km，则提前1小时到达目的地，设这辆汽车原计划的速度是x km/h，根据题意所列方程是 ．
11．（3分）如图，在平行四边形ABCD中，AD＝6，BD＝8，AD⊥DB，点M、N分别是边AB、BC上的动点（不与A、B、C重合），点E、F分别为DN、MN的中点，连接EF，则EF的最小值为 ．
12．（3分）如图，圆内接正六边形ABCDEF，以顶点D为圆心，以DF长为半径画，若AB＝2，则 的长为 ．（结果保留π）
13．（3分）如图，在边长为4cm的正方形ABCD中，点Q是边CD的中点，点P是边BC上的一点，连接AP，PQ，且∠APQ＝∠PAD，则线段PQ的长为 cm．
14．（3分）如图，一个正方体形状的木块，棱长为2米，若沿正方体的三个方向分别锯成3份、4份和5份，得到若干个大大小小的长方体木块，则所有这些长方体木块的表面积和是 平方米．
三、作图题（本题满分4分）
15．（4分）如图，已知△ABC，BC＜AC，求作一个△DAB，使DA＝DB，且∠ADB＝∠C．
四、解答题（本题满分74分，共有9道小题）
16．（8分）（1）化简：；
（2）已知关于x的方程（m﹣2）x2﹣3x﹣2＝0的一个根是﹣1，求它的另一个根．
17．（6分）每年的4月23日为“世界读书日”，某学校为了培养学生的阅读习惯，计划开展以“书香润泽心灵，阅读丰富人生”为主题的读书节活动．在“形象大使”选拔活动中，甲、乙、丙、丁4位同学表现最为优秀，学校现打算从4位同学中任选2人作为学校本次读书节活动的“形象大使”，请你用列表或画树状图的方法，求恰好选中甲和乙的概率．
18．（6分）“呵护眼睛，从小做起”，每年6月6为全国爱眼日．某学校为了解该校九年级学生视力健康状况，从九年级（1）班和九年级（2）班各随机抽取了10名学生2022年初的视力数据，整理分析过程如下，请补充完整．
【收集数据】
九年级（1）班学生视力数据统计如下：4.9，4.8，4.9，4.6，4.8，4.9，4.9，5.0，4.9，5.1．
九年级（2）班学生视力数据统计如下：4.8，5.1，4.7，5.0，4.9，4.8，5.0，4.6，4.8，5.1．
【整理数据】
（1）九年级（1）班学生视力的扇形统计图：（2）九年级（2）班学生视力的频数分布直方图：
【分析数据】
请根据以上信息，完成下列问题：
（1）九年级（1）班视力中位数a落在扇形统计图的 部分（填A、B、C）；
（2）请补全九年级（2）班视力的频数分布直方图；
（3）表中b＝ ；
（4）若九年级（2）班共50名学生，视力在4.85～5.05之间的大约有 人；
【做出决策】
根据九年级（1）班、九年级（2）班分别抽取的10名学生的视力情况，你认为哪个班级学生的视力健康情况更更好一些？并说明理由．
19．（6分）如图，停车场有一处停车位，左侧靠近一面墙MN，王老师将车停下后，打开车门AE后，发现车门AE只能到达AD处，从车上下不来，于是他将车重新调整，沿与墙面MN垂直方向向右移动了线段AB的长度，打开车门后，车门BF到达BC处，此时能够顺利下车，已知CD＝0.6m，∠DAE＝37°，∠CBF＝60°，求车向右移动的距离AB．（sin37°≈，cs37°≈，tan37°≈，）
20．（8分）某运输公司安排甲、乙两种货车24辆恰好一次性将328吨的物资运往A，B两地，两种货车载重量及到A，B两地的运输成本如表：
（1）求甲、乙两种货车各用了多少辆；
（2）如果前往A地的甲、乙两种货车共12辆，所运物资不少于160吨，其余货车将剩余物资运往B地．设甲、乙两种货车到A，B两地的总运输成本为w元，前往A地的甲种货车为t辆．求当t为何值时，w最小？最小值是多少．
21．（8分）如图，▱ABCD的对角线AC与BD相交于点O，过点B作BP∥AC，过点C作CP∥BD，BP与CP相交于点P．
（1）证明四边形BPCO为平行四边形；
（2）给▱ABCD添加一个条件，使得四边形BPCO为菱形，并说明理由．
22．（10分）跳台滑雪简称“跳雪”，选手不借助任何外力、从起滑台P处起滑，在助滑道PE上加速，从跳台E处起跳，最后落在山坡MN或者水平地面上．运动员从P点起滑，沿滑道加速，到达高度OE＝42m的E点后起跳，运动员在空中的运动轨迹是一条抛物线．建立如图所示平面直角坐标系，OM＝38m，ON＝114m，设MN所在直线关系式为y＝kx+b．
甲运动员起跳后，与跳台OE水平距离x m、竖直高度y m之间的几组对应数据如下：
（1）求甲运动员空中运动轨迹抛物线的关系式；
（2）运动员得分由距离得分+动作分+风速得分组成，距离得分：运动员着陆点到跳台OE水平距离为50m，即得到60分，每比50m远1米多得2分；反之，当运动员着陆点每比50m近1米扣2分．距离分计算采取“2舍3入法”，如60.2米计为60米，60.3米则计为60.5米．
动作得分：由裁判根据运动员空中动作的优美程度打分．
风速得分：由逆风或者顺风决定．
甲运动员动作分、风速加分如下表：
请你计算甲运动员本次比赛得分．
23．（10分）提出问题：
在4×4的正方形方格纸上，各个小正方形的顶点称为格点，以格点为顶点的等腰直角三角形共有几个？
问题探究：
为了解决上面的问题，我们先从最简单的情形入手，从中找到解决问题的方法．
探究一：
如图1在1×1的正方形方格纸上，以格点为顶点的线段长度可取2个数值：1，，以这些线段组成的等腰直角三角形按三边长来考虑可以分为以下一种情况：1、1、．
当斜边长为时，斜边一定是1×1正方形的对角线，这样的线段有2条，每条这样的线段对应着两个等腰直角三角形，共有2×2＝4个．
故在1×1的正方形方格纸上，以格点为顶点的等腰直角三角形的个数为4个．
探究二：
在2×2的正方形方格纸上，以格点为顶点的线段长度可取5个数值：1，2，，，．以这些线段组成的等腰直角三角形按三边长来考虑可以分为以下三种情况：1、1、；、、2；2、2、．
（1）当斜边长为时，斜边一定是1×1正方形的对角线，这样的线段有8条，每条这样的线段对应着两个等腰直角三角形，共有8×2＝16个．
（2）当斜边长为2时，图形中长为2的线段有6条，其中有4条在2×2正方形的四周上，每条这样的线段对应着一个等腰直角三角形；另有2条在2×2正方形的内部，每条这样的线段对应着两个等腰直角三角形，共有4×1+2×2＝8个．
（3）当斜边长为时，斜边一定是2×2正方形的对角线，这样的线段有2条，每条这样的线段对应着两个等腰直角三角形，共有2×2＝4个．
故在2×2的正方形方格纸上，以格点为顶点的等腰直角三角形的个数为16+8+4＝28个．
探究三：
如图2在3×3的正方形方格纸上，以格点为顶点的线段长度可取 个数值．以这些线段组成的等腰直角三角形按三边长来考虑可以分为以下五种情况：1、1、；、、2；2、2、；、、；3、3、．
（1）当斜边长为时，斜边一定是1×1正方形的对角线，这样的线段有18条，每条这样的线段对应着两个等腰直角三角形，共有18×2＝36个．
（2）当斜边长为2时，图形中长为2的线段有16条，其中有 条在3×3正方形的四周上，每条这样的线段对应着一个等腰直角三角形；另有 条在3×3正方形的内部，每条这样的线段对应着两个等腰直角三角形，共有 个．
（3）当斜边长为时，斜边一定是2×2正方形的对角线，这样的线段有8条，每条这样的线段对应着两个等腰直角三角形，共有8×2＝16个．
（4）当斜边长为时，图形中长为的线段有12条，其中有8条对应着一个等腰直角三角形；
有4条对应着两个等腰直角三角形，共有8×1+4×2＝16个．
（5）当斜边长为时，斜边一定是3×3正方形的对角线，这样的线段有2条，每条这样的线段对应着两个等腰直角三角形，共有2×2＝4个．
故在3×3的正方形方格纸上，以格点为顶点的等腰直角三角形的个数为 个．
问题解决：
如图3在4×4的正方形方格纸上，以格点为顶点的等腰直角三角形的个数为 个．
拓展延伸：
如图4在2×2×1的长方体中，以格点为顶点（每个1×1×1小正方体的顶点均为格点），并且以等腰直角三角形为底面的直三棱柱的个数为 个．
24．（12分）如图，在矩形ABCD中，AB＝8cm，BC＝6cm，连接AC，点O为AC的中点，点E为边BC上的一个动点，连接OE，作OF⊥OE，交边AB于点F．已知点E从点B开始，以1cm/s的速度在线段BC上移动，设运动时间为t（s）（0＜1＜6）．解答下列问题：
（1）当t为何值时，OE∥AB？
（2）连接EF，设△OEF的面积为y（cm2），求y与t的函数关系式；
（3）在运动过程中，是否存在某一时刻t，使S△OEF：S矩形ABCD＝51：384？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由；
（4）连接OB，在运动过程中，是否存在某一时刻t，使OB恰好将△OEF分成面积比为1：2的两部分？若存在，直接写出t的值；若不存在，请说明理由．
2026年青岛市数学中考模拟试题—5—解析
一、选择题（本题满分24分，共有8道小题，每小题3分）
1．（3分）|﹣2026|的相反数是（ ）
A．2026B．12026C．﹣12026D．﹣2026
【分析】直接利用绝对值的性质以及相反数的定义分析得出答案．
【解答】解：|﹣2026|＝2026，
故|﹣2026|的相反数是：﹣2026．
故选：D．
【点评】此题主要考查了绝对值以及相反数，正确掌握相关定义是解题关键．
2．（3分）在以下绿色食品、低碳、节能、节水四个标志中，是轴对称图形的是（ ）
A．B．C．D．
【分析】根据轴对称图形的概念对各选项分析判断即可得解．
【解答】解：A、是轴对称图形，故本选项符合题意；
B、不是轴对称图形，故本选项不合题意；
C、不是轴对称图形，故本选项不合题意；
D、不是轴对称图形，故本选项不合题意．
故选：A．
【点评】本题考查了轴对称图形的概念，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．
3．（3分）四名运动员参加了射击预选赛，他们的成绩的平均环数及方差S2如下表所示：
如果选出一个成绩较好且状态稳定的人去参赛，那么应选（ ）
A．甲B．乙C．丙D．丁
【分析】先比较平均数，乙丙的平均成绩好且相等，再比较方差即可解答．
【解答】解：由图可知，乙、丙的平均成绩好，
由于S2乙＜S2丙，故丙的方差大，波动大．
故选：B．
【点评】本题考查方差的定义与意义，它反映了一组数据的波动大小，方差越大，波动性越大，反之也成立．
4．（3分）纳米科技是新兴科技，1纳米＝0.000000001米，则5纳米用科学记数法表示为（ ）
A．5×10﹣8米B．5×10﹣9米C．5×10﹣10米D．5×109米
【分析】绝对值小于1的正数也可以利用科学记数法表示，一般形式为a×10﹣n，与较大数的科学记数法不同的是其所使用的是负整数指数幂，指数由原数左边起第一个不为零的数字前面的0的个数所决定．
【解答】解：5纳米＝0.000000005米＝5×10﹣9米．
故选：B．
【点评】本题考查用科学记数法表示较小的数，一般形式为a×10﹣n，其中1≤|a|＜10，n为由原数左边起第一个不为零的数字前面的0的个数所决定．
5．（3分）如图，在⊙O中，弦AB，CD相交于点P，∠CAB＝30°，∠CPB＝52°，则∠ABD的度数为（ ）
A．22°B．30°C．82°D．52°
【分析】根据圆周角定理可知∠CDB＝∠CAB＝30°，然后根据三角形外角的性质可进行求解．
【解答】解：∵∠CAB＝30°，
∴∠CDB＝∠CAB＝30°，
在△BPD中，∠CPB＝52°，
∴∠ABD＝∠CPB﹣∠CDB＝22°．
故选：A．
【点评】本题主要考查圆周角定理，熟练掌握同弧所对圆周角相等是解题的关键．
6．（3分）已知关于x的一元二次方程x2+（m+n）x+mn＝0，其中m、n在数轴上的对应点如图所示，则这个方程的根的情况是（ ）
A．有两个不相等的实数根
B．有两个相等的实数根
C．没有实数根
D．无法确定
【分析】先由数轴得出m+n和mn与0的关系，再计算判别式的值即可判断．
【解答】解：由数轴得m＞0，n＜0，m+n＞0，
∴mn＜0，
∴Δ＝（m+n）2﹣4mn＞0，
∴方程有两个不相等的实数根．
故选：A．
【点评】本题考查了根的判别式：一元二次方程ax2+bx+c＝0（a≠0）的根与Δ＝b2﹣4ac有如下关系：当Δ＞0时，方程有两个不相等的实数根；当Δ＝0时，方程有两个相等的实数根；当Δ＜0时，方程无实数根．
7．（3分）如图，Rt△ABC的顶点C的坐标为（1，0），点A在x轴正半轴上，且AC＝3，将△ABC先绕C顺时针旋转90°，再向左平移2个单位，则点A的对应点A′的坐标是（ ）
A．（1，3）B．（﹣1，3）C．（1，﹣3）D．（﹣1，﹣3）
【分析】求出两次变换后点A的对应点的坐标即可．
【解答】解：∵点C的坐标为（1，0），AC＝3，
∴点A的坐标为（4，0），
将Rt△ABC先绕点C顺时针旋转90°，
则点A的对应点坐标为（1，﹣3），
再向左平移2个单位长度，
则变换后点A的对应点坐标为（﹣1，﹣3）．
故选：D．
【点评】本题考查旋转变换，平移变换，解题的关键是正确寻找点A位置，属于中考常考题型．
8．（3分）如图，函数y＝ax2+bx+2（a≠0）的图象的顶点为，下列判断正确个数为（ ）
①ab＜0；
②b﹣3a＝0；
③ax2+bx≥m﹣2；
④点（﹣4.5，y1）和点（1.5，y2）都在此函数图象上，则y1＝y2；
⑤9a＝8﹣4m．
A．5个B．4个C．3个D．2个
【分析】根据抛物线的开口方向得a＜0，由顶点坐标可得b＝3a＜0，b﹣3a＝0，以此可判断①②；再根据二次函数的性质可得当x＝时，y取得最大值为m，以此可判断③；根据离抛物线对称轴距离相等点的函数值相等可判断④；将顶点坐标代入函数解析式中，化简即可判断⑤．
【解答】解：∵抛物线开口向下，
∴a＜0，
∵函数y＝ax2+bx+2（a≠0）的图象的顶点为，
∴抛物线的对称轴为直线x＝，
∴b＝3a＜0，
∴ab＞0，故①错误；
由上述可知，b＝3a，
∴b﹣3a＝0，故②正确；
∵抛物线开口向下，
∴当x＝时，y取得最大值为m，
∴无论x取何值都有ax2+bx+2≤m，
∴ax2+bx≤m﹣2，故③错误；
∵抛物线的对称轴为直线x＝＝﹣1.5，﹣1.5﹣（﹣4.5）＝1.5﹣（﹣1.5），
∴y1＝y2，故④正确；
∵函数y＝ax2+bx+2（a≠0）的图象的顶点为，
∴，
整理得：9a﹣6b+8＝4m，
∵b＝3a，
∴9a﹣18a+8＝4m，
∴9a＝8﹣4m，故⑤正确．
综上，正确的结论有②④⑤，共3个．
故选：C．
【点评】本题主要考查二次函数图象与系数之间的关系、二次函数的图象与性质，解题关键在于熟练掌握二次函数的性质，利用数形结合思想答题．
二、填空题（本题满分18分，共有6道小题，每小题3分）
9．（3分）计算：＝ ．
【分析】先利用二次根式的除法法则和负整数指数幂的意义运算，然后合并即可．
【解答】解：原式＝+﹣4
＝4+﹣4
＝．
故答案为：．
【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、二次根式的除法法则和负整数指数幂是解决问题的关键．
10．（3分）一辆汽车开往距出发地420km的目的地，若这辆汽车比原计划每小时多行10km，则提前1小时到达目的地，设这辆汽车原计划的速度是x km/h，根据题意所列方程是 ．
【分析】设这辆汽车原计划的速度是x km/h，则实际速度为（x+10）km/h，根据题意“提前1小时到达目的地”，列分式方程即可求解．
【解答】解：设这辆汽车原计划的速度是x km/h，则实际速度为（x+10）km/h，
根据题意所列方程是，
故答案为：．
【点评】本题考查了列分式方程，理解题意列出方程是解题的关键．
11．（3分）如图，在平行四边形ABCD中，AD＝6，BD＝8，AD⊥DB，点M、N分别是边AB、BC上的动点（不与A、B、C重合），点E、F分别为DN、MN的中点，连接EF，则EF的最小值为 ．
【分析】连接DM，根据中位线的性质得出EF＝，当DM⊥AB时，DM最小，根据等腰直角三角形的性质，勾股定理即可求解．
【解答】解：∵AD＝6，BD＝8，AD⊥DB，
∴AB＝＝10，
如图，连接DM，
∵E、F分别为DN、MN的中点，
∴EF是△DMN的中位线，
∴EF＝DM，
∴EF的最小值，就是DM的最小值，
当DM⊥AB时，DM最小，
∵S△ADB＝AD•BD＝AB•DM，
∴DM＝＝＝，
∴EF＝DM＝，
∴EF的最小值为．
故答案为：．
【点评】本题考查了三角形中位线定理，垂线段最短，勾股定理，三角形的面积公式，掌握三角形中位线定理是解题的关键．
12．（3分）如图，圆内接正六边形ABCDEF，以顶点D为圆心，以DF长为半径画，若AB＝2，则 的长为 ．（结果保留π）
【分析】连接AE、AC，根据正六边形的性质求出AE，∠EAC的度数，再利用弧长公式可得答案．
【解答】解：连接AE、AC，
∵四边形ABCDEF是正六边形，
∴∠F＝∠FAB＝∠ABC＝120°，AF＝FE，AB＝BC，
∴∠FAE＝∠BAC＝30°，
∴∠EAC＝60°，AE＝2
∴的长度＝的长度为＝，
故答案为：．
【点评】本题主要考查了正六边形的性质，弧长的计算，熟练掌握正六边形的性质是解题的关键．
13．（3分）如图，在边长为4cm的正方形ABCD中，点Q是边CD的中点，点P是边BC上的一点，连接AP，PQ，且∠APQ＝∠PAD，则线段PQ的长为 cm．
【分析】由“AAS”可证△DQH≌△CQP，可得PC＝DH＝x cm，PQ＝QH，由勾股定理可求解．
【解答】解：如图，延长AD，PQ交于点H，
设PC＝x cm，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝CD＝BC＝4cm，AD∥BC，
∵点Q是边CD的中点，
∴DQ＝CQ＝2cm，
∵AD∥BC，
∴∠H＝∠QPC，
又∵∠DQH＝∠CQP，
∴△DQH≌△CQP（AAS），
∴PC＝DH＝x cm，PQ＝QH，
∴AH＝AD+DH＝（4+x）cm，
∵∠APQ＝∠PAD，
∴AH＝PH＝（4+x）cm，
∴PQ＝QH＝（）cm，
∵PQ2＝CQ2+PC2，
∴（）2＝4+x2，
∴x＝或x＝0（舍），
∴PQ＝cm，
故答案为：．
【点评】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，添加恰当辅助线构造全等三角形是解题的关键．
14．（3分）如图，一个正方体形状的木块，棱长为2米，若沿正方体的三个方向分别锯成3份、4份和5份，得到若干个大大小小的长方体木块，则所有这些长方体木块的表面积和是 96 平方米．
【分析】根据题干分析可得：每切一刀，就增加2个正方体的面的面积，由此只要求出一共切了几刀，即可求出一共增加了几个正方体的面的面积，再加上原来正方体的表面积，就是这60块长方体的表面积之和．沿水平方向将它锯成3片，是切割了2刀，同理，每片又锯成4长条，是切了3刀，每条又锯成5小块，是切了4刀，所以一共切了2+3+4＝9刀，所以表面积一共增加了9×2＝18个正方体的面，由此即可解答问题．
【解答】解：沿水平方向将它锯成3片，是切割了2刀，同理，每片又锯成4长条，是切了3刀，每条又锯成5小块，是切了4刀，所以一共切了2+3+4＝9（刀），
所以这60个小长方体的表面积之和是：6×4+18×4＝96（平方米）．
故答案为：96．
【点评】本题考查截几何体，几何体的表面积，抓住正方体的切割特点，得出每切1刀增加的表面积规律，是解决此类问题的关键．
三、作图题（本题满分4分）
15．（4分）如图，已知△ABC，BC＜AC，求作一个△DAB，使DA＝DB，且∠ADB＝∠C．
【分析】作△ABC的外接圆⊙O，线段AB的垂直平分线交⊙O于点D，连接AD，DB，∠ADB即为所求．
【解答】解：如图，∠ADB即为所求．
【点评】本题考查作图﹣复杂作图，三角形的外接圆，圆周角定理等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
四、解答题（本题满分74分，共有9道小题）
16．（8分）（1）化简：；
（2）已知关于x的方程（m﹣2）x2﹣3x﹣2＝0的一个根是﹣1，求它的另一个根．
【分析】（1）先通分化为同分母的分式，再相加，最后约分；
（2）先求出m，再代入解一元二次方程即可．
【解答】解：原式＝+
＝
＝
＝；
（2）∵（m﹣2）x2﹣3x﹣2＝0的一个根是﹣1，
∴m﹣2+3﹣2＝0，
解得：m＝1，
∴﹣x2﹣3x﹣2＝0，
解得x＝﹣1或x＝﹣2；
∴它的另一个根是﹣2．
【点评】本题考查分式的加减和解一元二次方程，解题的关键是掌握分式的基本性质和解一元二次方程的一般方法．
17．（6分）每年的4月23日为“世界读书日”，某学校为了培养学生的阅读习惯，计划开展以“书香润泽心灵，阅读丰富人生”为主题的读书节活动．在“形象大使”选拔活动中，甲、乙、丙、丁4位同学表现最为优秀，学校现打算从4位同学中任选2人作为学校本次读书节活动的“形象大使”，请你用列表或画树状图的方法，求恰好选中甲和乙的概率．
【分析】画树状图展示所有12种等可能的结果数，找出恰好选中甲和乙的结果数，然后根据概率公式求解．
【解答】解：画树状图为：
共有12种等可能的结果数，其中恰好选中甲和乙的结果数有2种，
所以恰好选中甲和乙的概率是＝．
【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．
18．（6分）“呵护眼睛，从小做起”，每年6月6为全国爱眼日．某学校为了解该校九年级学生视力健康状况，从九年级（1）班和九年级（2）班各随机抽取了10名学生2022年初的视力数据，整理分析过程如下，请补充完整．
【收集数据】
九年级（1）班学生视力数据统计如下：4.9，4.8，4.9，4.6，4.8，4.9，4.9，5.0，4.9，5.1．
九年级（2）班学生视力数据统计如下：4.8，5.1，4.7，5.0，4.9，4.8，5.0，4.6，4.8，5.1．
【整理数据】
（1）九年级（1）班学生视力的扇形统计图：（2）九年级（2）班学生视力的频数分布直方图：
【分析数据】
请根据以上信息，完成下列问题：
（1）九年级（1）班视力中位数a落在扇形统计图的 B 部分（填A、B、C）；
（2）请补全九年级（2）班视力的频数分布直方图；
（3）表中b＝ 4.8 ；
（4）若九年级（2）班共50名学生，视力在4.85～5.05之间的大约有 15 人；
【做出决策】
根据九年级（1）班、九年级（2）班分别抽取的10名学生的视力情况，你认为哪个班级学生的视力健康情况更更好一些？并说明理由．
【分析】（1）根据中位数的定义解答即可，将一组数据按照从小到大（或从大到小）的顺序排列，如果数据的个数是奇数，则处于中间位置的数就是这组数据的中位数．如果这组数据的个数是偶数，则中间两个数据的平均数就是这组数据的中位数；
（2）根据题意得出九年级（2）班“4.65﹣4.85”的人数，再补全九年级（2）班视力的频数分布直方图即可；
（3）根据众数的定义解答即可，一组数据中出现次数最多的数据叫做众数；
（4）用样本估计总体即可；
【做出决策】估计表格中的数据判断即可．
【解答】解：（1）由题意可知，九年级（1）班视力中位数a落在扇形统计图的B部分．
故答案为：B；
（2）九年级（2）班“4.65﹣4.85”的有：10﹣1﹣3﹣2＝4（人），
补全九年级（2）班视力的频数分布直方图如下：
（3）∵九年级（2）班学生视力数据中4.8出现最多，故b＝4.8；
故答案为：4.8；
（4）若九年级（2）班共50名学生，视力在4.85～5.05之间的大约有：50×＝15（人），
故答案为：15；
【做出决策】（1）班级学生的视力健康情况更何况更好一些，理由如下：
因为两个班的视力的平均数相同，（1）班的方差小于（2）班，故（1）班级学生的视力健康情况更何况更好一些．
【点评】本题考查了平均数、中位数、方差的意义以及频数分布表，明确平均数、中位数、方差所反映数据的特征是解决问题、做出判断的前提．
19．（6分）如图，停车场有一处停车位，左侧靠近一面墙MN，王老师将车停下后，打开车门AE后，发现车门AE只能到达AD处，从车上下不来，于是他将车重新调整，沿与墙面MN垂直方向向右移动了线段AB的长度，打开车门后，车门BF到达BC处，此时能够顺利下车，已知CD＝0.6m，∠DAE＝37°，∠CBF＝60°，求车向右移动的距离AB．（sin37°≈，cs37°≈，tan37°≈，）
【分析】过点C作CG⊥BF于点G，交AE于点Q，过点D作DH⊥BF于点H交AE于点P，所以四边形CGHD、四边形CQPD、四边形ABGQ都是矩形，设BG＝x（m），根据锐角三角函数的定义以及勾股定理可求出x的值，从而可求出AB的长度．
【解答】解：过点C作CG⊥BF于点G，交AE于点Q，过点D作DH⊥BF于点H，交AE于点P，
∴四边形CGHD、四边形CQPD、四边形ABGQ都是矩形，
∴CG＝DH，CD＝PQ＝GH，BG＝AQ，
设BG＝x（m），
∵∠CBG＝60°，
∴∠BCG＝30°，
∴BC＝2BG＝2x（m），
由勾股定理可知：CG＝x（m），
∴AP＝AQ+PQ＝（x+0.6）（m），
由题意可知：AD＝BC＝AE＝2x（m），
在Rt△ADP中，∠ADP＝37°，
∴cs37°＝，
∴≈，
解得：x≈1（m），
∴AD≈2（m），AP≈1.6（m），DH＝CG≈（m），
∴由勾股定理可知：DP≈1.2（m），
∴AB＝PH＝DH﹣DP≈0.5（m）．
答：车向右移动的距离0.5m．
【点评】本题考查解直角三角形的应用，解题的关键是熟练运用矩形的性质、锐角三角函数的定义，本题属于中等题型．
20．（8分）某运输公司安排甲、乙两种货车24辆恰好一次性将328吨的物资运往A，B两地，两种货车载重量及到A，B两地的运输成本如表：
（1）求甲、乙两种货车各用了多少辆；
（2）如果前往A地的甲、乙两种货车共12辆，所运物资不少于160吨，其余货车将剩余物资运往B地．设甲、乙两种货车到A，B两地的总运输成本为w元，前往A地的甲种货车为t辆．求当t为何值时，w最小？最小值是多少．
【分析】（1）设甲种货车用了x辆，则乙种货车用了（14﹣x）辆，根据18辆货车恰好一次性运输256吨物资，可列出关于x的一元一次方程，解之可得出使用甲种货车的数量，再将其代入（18﹣x）中，即可求出使用乙种货车的数量；
（2）利用总运输成本＝每辆甲种货车运往A地的成本×前往A地的甲种货车的数量+每辆乙种货车运往A地的成本×前往A地的乙种货车的数量+每辆甲种货车运往B地的成本×前往B地的甲种货车的数量+每辆乙种货车运往B地的成本×前往B地的乙种货车的数量，可得出w关于t的函数关系式，由运往A地的物资不少于160吨，可列出关于t的一元一次不等式，解之可得出t≥4，结合（1）的结论，可得出t的取值范围，再利用一次函数的性质，即可解决最值问题．
【解答】解：（1）设甲种货车用了x辆，则乙种货车用了（24﹣x）辆，
根据题意得：16x+12（24﹣x）＝328，
解得：x＝10，
∴24﹣x＝24﹣10＝14（辆）．
答：甲种货车用了10辆，乙种货车用了14辆；
（2）∵前往A地的甲、乙两种货车共12辆，且前往A地的甲种货车为t辆，
∴前往A地的乙种货车为（12﹣t）辆，前往B地的甲种货车为（10﹣t）辆，乙种货车为14﹣（12﹣t）＝（t+2）辆．
根据题意得：w＝1200t+1000（12﹣t）+900（10﹣t）+750（t+2），
即w＝50t+22500．
∵前往A地的甲、乙两种货车共12辆，所运物资不少于160吨，
∴16t+12（12﹣t）≥160，
解得：t≥4，
又∵甲种货车共用了10辆，
∴4≤t≤10．
∵k＝50＞0，
∴w随t的增大而增大，
∴当t＝4时，w取得最小值，最小值＝50×4+22500＝22700（元）．
答：当t为4时，w最小，最小值是22700元．
【点评】本题考查了一元一次方程的应用、一元一次不等式的应用以及一次函数的应用，解题的关键是：（1）找准等量关系，正确列出一元一次方程；（2）根据各数量之间的关系，找出w关于t的函数关系式．
21．（8分）如图，▱ABCD的对角线AC与BD相交于点O，过点B作BP∥AC，过点C作CP∥BD，BP与CP相交于点P．
（1）证明四边形BPCO为平行四边形；
（2）给▱ABCD添加一个条件，使得四边形BPCO为菱形，并说明理由．
【分析】（1）由两组对边分别平行的四边形是平行四边形可证四边形BPCO为平行四边形；
（2）由菱形的判定定理可得结论．
【解答】（1）证明：∵BP∥AC，CP∥BD，
∴四边形BPCO为平行四边形；
（2）解：添加AC＝BD，使得四边形BPCO为菱形，理由如下：
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AO＝CO，BO＝DO，
又∵AC＝BD，
∴BO＝CO，
∴平行四边形BPCO是菱形．
【点评】本题考查了菱形的判定，平行四边形的判定和性质，掌握菱形的判定是解题的关键．
22．（10分）跳台滑雪是以滑雪板为工具，在专设的跳台上以自身的体重通过助滑坡获得的速度比跳跃距离和动作姿势的一种雪上竞技项目．如图是某跳台滑雪训练场的横截面示意图，取某一位置的水平线为x轴，过跳台终点A作水平线的垂线为y轴，建立平面直角坐标系．图中的抛物线近似表示滑雪场地上的一座小山坡，某运动员从点O正上方3米的A点滑出，滑出后沿一段抛物线运动，当运动员运动到离A处的水平距离为4米时，离水平线的高度为7米．
（1）求抛物线C2的函数解析式；
（2）当运动员与点A的水平距离是多少米时，运动员和小山坡到水平线的高度相同；
（3）运动员从A点滑出后直至和小山坡到水平线的高度相同时，运动员与小山坡的高度差最大是多少米？
【分析】（1）根据题意将点（0，3）和（4，7）代入C2：y＝﹣x2+bx+c求出b、c的值即可写出C2的函数解析式；
（2）令﹣x2+x+1＝﹣x2+x+4，解方程即可；
（3）设运动员与小山坡的高度差为h，根据题意得h＝﹣x2+x+4﹣（﹣x2+x+1）＝﹣x2+x+3＝﹣（x﹣4）2+，由函数的性质可以求出h的最大值．
【解答】解：（1）由题意可知抛物线C2：y＝﹣x2+bx+c过点（0，3）和（4，7），将其代入得：
，
解得：，
∴抛物线C2的函数解析式为：y＝﹣x2+x+3；
（2）当运动员和小山坡到水平线的高度相同时，
﹣x2+x+1＝﹣x2+x+3，
整理得：x2﹣8x﹣48＝0，
解得：x1＝12，x2＝﹣4（舍去），
∴当运动员与点A的水平距离是12，运动员和小山坡到水平线的高度相同；
（3）设运动员与小山坡的高度差为h，
则h＝﹣x2+x+3﹣（﹣x2+x+1）＝﹣x2+x+2＝﹣（x﹣4）2+，
∵﹣＜0，
∴当x＝4时，h有最大值，最大值为，
∴运动员与小山坡的高度差最大是米．
【点评】本题考查二次函数的基本性质及其应用，熟练掌握二次函数的基本性质，并能将实际问题与二次函数模型相结合是解决本题的关键．
23．（10分）提出问题：
在4×4的正方形方格纸上，各个小正方形的顶点称为格点，以格点为顶点的等腰直角三角形共有几个？
问题探究：
为了解决上面的问题，我们先从最简单的情形入手，从中找到解决问题的方法．
探究一：
如图1在1×1的正方形方格纸上，以格点为顶点的线段长度可取2个数值：1，，以这些线段组成的等腰直角三角形按三边长来考虑可以分为以下一种情况：1、1、．
当斜边长为时，斜边一定是1×1正方形的对角线，这样的线段有2条，每条这样的线段对应着两个等腰直角三角形，共有2×2＝4个．
故在1×1的正方形方格纸上，以格点为顶点的等腰直角三角形的个数为4个．
探究二：
在2×2的正方形方格纸上，以格点为顶点的线段长度可取5个数值：1，2，，，．以这些线段组成的等腰直角三角形按三边长来考虑可以分为以下三种情况：1、1、；、、2；2、2、．
（1）当斜边长为时，斜边一定是1×1正方形的对角线，这样的线段有8条，每条这样的线段对应着两个等腰直角三角形，共有8×2＝16个．
（2）当斜边长为2时，图形中长为2的线段有6条，其中有4条在2×2正方形的四周上，每条这样的线段对应着一个等腰直角三角形；另有2条在2×2正方形的内部，每条这样的线段对应着两个等腰直角三角形，共有4×1+2×2＝8个．
（3）当斜边长为时，斜边一定是2×2正方形的对角线，这样的线段有2条，每条这样的线段对应着两个等腰直角三角形，共有2×2＝4个．
故在2×2的正方形方格纸上，以格点为顶点的等腰直角三角形的个数为16+8+4＝28个．
探究三：
如图2在3×3的正方形方格纸上，以格点为顶点的线段长度可取 9 个数值．以这些线段组成的等腰直角三角形按三边长来考虑可以分为以下五种情况：1、1、；、、2；2、2、；、、；3、3、．
（1）当斜边长为时，斜边一定是1×1正方形的对角线，这样的线段有18条，每条这样的线段对应着两个等腰直角三角形，共有18×2＝36个．
（2）当斜边长为2时，图形中长为2的线段有16条，其中有 8 条在3×3正方形的四周上，每条这样的线段对应着一个等腰直角三角形；另有 8 条在3×3正方形的内部，每条这样的线段对应着两个等腰直角三角形，共有 8+8×2＝24 个．
（3）当斜边长为时，斜边一定是2×2正方形的对角线，这样的线段有8条，每条这样的线段对应着两个等腰直角三角形，共有8×2＝16个．
（4）当斜边长为时，图形中长为的线段有12条，其中有8条对应着一个等腰直角三角形；
有4条对应着两个等腰直角三角形，共有8×1+4×2＝16个．
（5）当斜边长为时，斜边一定是3×3正方形的对角线，这样的线段有2条，每条这样的线段对应着两个等腰直角三角形，共有2×2＝4个．
故在3×3的正方形方格纸上，以格点为顶点的等腰直角三角形的个数为 36+24+16+16+4＝96 个．
问题解决：
如图3在4×4的正方形方格纸上，以格点为顶点的等腰直角三角形的个数为 244 个．
拓展延伸：
如图4在2×2×1的长方体中，以格点为顶点（每个1×1×1小正方体的顶点均为格点），并且以等腰直角三角形为底面的直三棱柱的个数为 48 个．
【分析】探究三，仿照探究一、二，在此基础的基础上，再根据等腰直角三角形的判定进行求解．
问题解决和拓展延伸是探究一、二、三的基础找规律，从而得到答案．
【解答】解：在3×3的正方形方格纸上，以格点为顶点的线段长度有：1、2、3、、、、、2、3共9个．
（1）当斜边长为时，斜边一定是1×1正方形的对角线，这样的线段有18条，每条这样的线段对应着两个等腰直角三角形，共有18×2＝36个．
（2）当斜边长为2时，图形中长为2的线段有16条，其中有 8条在3×3正方形的四周上，每条这样的线段对应着一个等腰直角三角形；另有 8条在3×3正方形的内部，每条这样的线段对应着两个等腰直角三角形，共有 8+8×2＝24．
（3）当斜边长为时，斜边一定是2×2正方形的对角线，这样的线段有8条，每条这样的线段对应着两个等腰直角三角形，共有8×2＝16．
（4）当斜边长为时，图形中长为的线段有12条，其中有8条对应着一个等腰直角三角形；
有4条对应着两个等腰直角三角形，共有8×1+4×2＝16．
（5）当斜边长为时，斜边一定是3×3正方形的对角线，这样的线段有2条，每条这样的线段对应着两个等腰直角三角形，共有2×2＝4．
故在3×3的正方形方格纸上，以格点为顶点的等腰直角三角形的个数为36+24+16+16+4＝96．
如图3，在4×4的正方形方格纸上，以格点为顶点的等腰直角三角形的个数为244．
拓展延伸：
如图4，在2×2×1的长方体中，以格点为顶点（每个1×1×1小正方体的顶点均为格点），并且以等腰直角三角形为底面的直三棱柱的个数为68个．
【点评】本题考查了勾股定理和逆定理，及等腰直角三角形的判定．熟练掌握基础知识是解题的关键．
24．（12分）如图，在矩形ABCD中，AB＝8cm，BC＝6cm，连接AC，点O为AC的中点，点E为边BC上的一个动点，连接OE，作OF⊥OE，交边AB于点F．已知点E从点B开始，以1cm/s的速度在线段BC上移动，设运动时间为t（s）（0＜1＜6）．解答下列问题：
（1）当t为何值时，OE∥AB？
（2）连接EF，设△OEF的面积为y（cm2），求y与t的函数关系式；
（3）在运动过程中，是否存在某一时刻t，使S△OEF：S矩形ABCD＝51：384？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由；
（4）连接OB，在运动过程中，是否存在某一时刻t，使OB恰好将△OEF分成面积比为1：2的两部分？若存在，直接写出t的值；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）根据OE∥AB，得，代入计算即可得出t的方程；
（2）过点O作OM⊥BC，ON⊥AB，垂足分别为M、N，证明△OME∽△ONF，得OF＝OE，在Rt△OME中，利用勾股定理得：OE2＝t2﹣6t+25，代入面积公式计算得出答案；
（3）假设存在某一时刻t，可列出方程＝，解方程即可；
（4）分S△OFG：S△OEG＝2：1或S△OFG：S△OEG＝1：2，分别画出图形，tan∠OBM的两种表示方法得出方程即可解决问题．
【解答】解：（1）由题意得，BE＝t cm，CE＝（6﹣t）cm，
∵OE∥AB，
∴，
∵点O为AC的中点，
∴，
∴，
∴，
解得t＝3；
（2）过点O作OM⊥BC，ON⊥AB，垂足分别为M、N，
∴∠OMB＝∠ONB＝∠B＝90°，
∴四边形OMBN是矩形，
∴，，
∴OM＝4cm，ON＝3cm，
∴∠MON＝90°，
∵OF⊥OE，
∴∠EOF＝90°，
∴∠MON＝∠EOF，
∴∠MOE＝∠FON，
又∠OMB＝∠ONF，
∴△OME∽△ONF，
∴，
∴OF＝OE，
在Rt△OME中，由勾股定理得：
42+（3﹣t）2＝OE2，
∴OE2＝t2﹣6t+25，
∴y＝×OE×OE＝OE2＝（0＜t＜6）；
（3）存在，理由如下：
假设存在某一时刻t，使S△OEF：S矩形ABCD＝51：384，
∴＝，
解得t1＝2，t2＝4，
∵0＜1＜6，
∴当t1＝2，t2＝4，S△OEF：S矩形ABCD＝51：384；
（4）存在，理由如下：
当S△OFG：S△OEG＝2：1时，即，
作GP⊥BC，GQ⊥AB，如图，
∵∠GEP＝∠GEP，∠CPG＝∠EBF＝90°，
∴△EGP∽△EPB，
∴，
∴GP＝，
由（2）知BF＝，
∴GP＝，
∵∠EFB＝∠GFQ，∠FQG＝∠FBE＝90°，
∴△FGQ∽△FBE，
∴，
∴GQ＝，
∴GQ＝，
∵tan，
∴，
解得：t＝，
如图，当S△OFG：S△OEG＝1：2时，即，
同上可得，QB＝，GQ＝，
∵tan，
∴，
解得：t＝，
综上所述，t＝或．
【点评】本题是四边形综合题，主要考查了相似三角形的判定与性质，矩形的性质，三角函数等知识，解题的关键是学会添加辅助线，构造相似三角形解决问题，属于中考压轴题．甲
乙
丙
丁
8.3
9.2
9.2
8.5
S2
1
1
1.1
1.7
班级
平均数
中位数
众数
方差
九年级（1）班
4.88
a
4.9
0.0156
九年级（2）班
4.88
4.85
b
0.0256
货车类型
载重量（吨/辆）
运往A地的成本（元/辆）
运往B地的成本（元/辆）
甲种
16
1200
900
乙种
12
1000
750
水平距离x/m
0
10
20
30
40
竖直高度y/m
42
48
50
48
42
距离分
动作分
风速加分
50
﹣2.5
甲
乙
丙
丁
8.3
9.2
9.2
8.5
S2
1
1
1.1
1.7
班级
平均数
中位数
众数
方差
九年级（1）班
4.88
a
4.9
0.0156
九年级（2）班
4.88
4.85
b
0.0256
货车类型
载重量（吨/辆）
运往A地的成本（元/辆）
运往B地的成本（元/辆）
甲种
16
1200
900
乙种
12
1000
750