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2021年山西省太原市五校联合中考模拟数学试题 解析版
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这是一份2021年山西省太原市五校联合中考模拟数学试题 解析版，共30页。试卷主要包含了55，9×106B．8，55mB．1，64，等内容，欢迎下载使用。
2021年山西省太原市五校联合中考模拟数学试题
满分120分 难度0.55
一．选择题（共10小题，满分30分，每小题3分）
1．﹣6的绝对值是（ ）
A．﹣6 B．6 C．﹣6或6 D．无法确定
2．下列图形中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
3．下列运算正确的是（ ）
A．4xy﹣2y＝2x B．（x﹣3）2＝x2﹣9
C．（﹣2a2）3＝﹣8a5 D．a6÷a4＝a2
4．据统计，某城市去年接待旅游人数约为89 000 000人，89 000 000这个数据用科学记数法表示为（ ）
A．8.9×106 B．8.9×105 C．8.9×107 D．8.9×108
5．从，0，π，，6这五个数中随机抽取一个数，抽到有理数的概率是（ ）
A． B． C． D．
6．如图，AB∥CD，点E在CD上，点F在AB上，如果∠CEF：∠BEF＝6：7，∠ABE＝50°，那么∠AFE的度数为（ ）
A．110° B．120° C．130° D．140°
7．在一次中学生田径运动会上，男子跳高项目的成绩统计如表：
成绩（m）
1.50
1.55
1.60
1.65
1.70
人数
2
8
6
1
1
这些运动员跳高成绩的众数是（ ）
A．1.55m B．1.60m C．1.65m D．1.70m
8．如图是由六个大小相同的小正方体搭成的几何体的俯视图，则该几何体的左视图不可能是（ ）
A． B． C． D．
9．在平面直角坐标系中，一次函数y＝﹣2x+1的图象经过P1（﹣1，y1），P2（2，y2）两点，则（ ）
A．y1＞y2 B．y1＜y2 C．y1＝y2 D．y1≥y2
10．如图，在正五边形ABCDE中，连接AC，BE，BD，AC与BE，BD分别交于点F，G，若AB＝2，则FG的长为（ ）
A．3﹣ B．﹣1 C． D．2﹣3
二．填空题（共5小题，满分15分，每小题3分）
11．一个数平方后等于它本身，那么这个数是 ．
12．命题“若＞1，则a＞b”是 命题（填“真”或“假”）．
13．如图，四边形OABC是正方形，OA在y轴正半轴上，OC在x轴负半轴上．反比例函数y＝﹣在第二象限的图象与BC，AB分别交于点E，F．若∠EOF＝30°，则线段OE的长度为 ．
14．已知甲、乙两车分别从A、B两地同时出发，以各自的速度匀速相向而行，两车相遇后，乙车继续向终点A地行驶，而甲车原地停留了一段时间后才继续驶向终点B地，两车到达各自的终点后分别停止运动．若整个过程中，甲、乙两车之间的距离s（千米）与乙车行驶时间t（小时）的函数图象如图所示，则当甲车到达B地时，乙车离A地 千米．
15．如图，在矩形ABCD中，AB＝14，E是BC边上一点，且BE＝6，连接AE．若∠CAE＝45°，则CE的长为 ．
三．解答题（共8小题，满分75分）
16．（10分）（1）解方程：x2+4x﹣21＝0；
（2）化简，求值：÷（1﹣），其中x＝+1．
17．（8分）如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，D是BC边上一点，且BD＝BA．
（1）作∠ABC的角平分线交AD于点E，步骤如下：
①以B为圆心，任意长为半径画弧，分别交AB、BC于点M和N；
②分别以M、N为圆心，大于MN的长为半径画弧，两弧交于点P；
③连接BP并延长交AD于点E．则BE是∠ABC的角平分线，所以AE DE．（填“＝”、“＜”、“＞”）
（2）作CD的中点F，连接EF，若∠EBD＝20°，求∠BEF的度数．
18．（9分）2020年春季在新冠疫情的背景下，全国各大中小学纷纷开设空中课堂，学生要面对电脑等电子产品上网课，某校为了解本校学生对自己视力保护的重视程度，随机在校内调查了部分学生，调直结果分为“非常重视”“重视”“比较重视”“不重视”四类，并将结果绘制成如图所示的两幅不完整的统计图：根据图中信息，解答下列问题：
（1）在扇形统计图中，“比较重视”所占的圆心角的度数为 ，并补全条形统计图；
（2）该校共有学生3200人，请你估计该校对视力保护“非常重视”的学生人数；
（3）对视力“非常重视”的4人有A1，A2两名男生，B1，B2两名女生，若从中随机抽取两人向全校作视力保护经验交流，请利用树状图或列表法，求出恰好抽到同性别学生的概率．
19．（6分）请阅读材料，并完成相应的任务．
在数学探究课上，同学们在探索与圆有关的角的过程中发现这些角的两边都与圆相交，不断改变顶点的位置，可形成无数个角，而根据点和圆的位置关系可将这些角分为三类，分别是顶点在圆上、圆外和圆内的角．结合数学课上学习的圆周角的概念，对顶点在圆外和圆内的角进行定义：顶点在圆外，两边与圆相交的角叫做圆外角．顶点在圆内，两边都与圆相交的角叫做圆内角．如图1，∠AP1B和∠AP2B分别是所对的圆外角和圆内角．
如图2，点A，B在⊙O上，∠APB为所对的一个圆外角．AP，BP分别交⊙O于点C，D．若∠AOB＝120°，所对的圆心角为50°，求∠APB．勤奋小组的解题过程（部分）如下：
解：如图2，连接AD，OC，OD．
∵∠ADB是所对的圆周角，且∠AOB＝120°，
∴∠ADB＝∠AOB＝60°．
…
任务：
（1）如图1，在探究与圆有关的角时，运用的数学思想方法是： ；
A．公理化思想
B．分类讨论
C．数形结合
（2）将勤奋小组的解题过程补充完整；
（3）如图3，当点P在⊙O内时，∠APB是所对的一个圆内角，延长AP交⊙O于点C，延长BP交⊙O于点D，若设∠AOB＝m°，所对的圆心角为n°，则∠APB＝ ．
20．（7分）近年来，成都IFS商业大楼成了网红打卡地，楼上“翻墙”的大熊猫给游客留下了深刻的印象．小明使用测角仪测量熊猫C处距离地面AD的高度，他在甲楼底端A处测得熊猫C处的仰角为53°，在甲楼B处测得熊猫C处的仰角为45°，已知AB＝4.5米，求熊猫C处距离地面AD的高度．（结果保留一位小数，参考数据：sin53°≈0.80，cos53°≈0.60，tan53°≈1.33）
21．（10分）某学校在商场购买甲乙两种不同的足球，购买甲种足球共花费2000元，购买乙种足球共花费1400元，购买甲种足球的数量是乙种足球数量的2倍，且购买一个乙种足球比购买一个甲种足球多花20元．
（1）求购买一个甲种足球，一个乙种足球各需多少元？
（2）为响应习总书记“足球进校园”的号召，学校决定再次购买甲乙两种足球共40个，恰逢该商场对甲种足球的售价进行调整，每个足球的售价比第一次购买时提高了10%，如果此次购买甲乙两种足球的总费用不超过2900元，那么学校最多可购进多少个乙种足球？
22．（12分）如图△ABC为等腰直角三角形，∠A＝90°，D、E分别为AB、AC边上的点，连接DE，以DE为直角边向上作等腰直角三角形DEF，连接BE、BF．
（1）如图1，当CE＝AD时，求证：BF⊥BD；
（2）如图2，H为BE的中点，过点D作DG⊥BC于点G，连接GH．求证：BF＝2HG；
（3）如图3，BE与DF交于点R，延长BF交AC于点P，∠APB的角平分线交BE于点Q．若点E为AC上靠近点A的三等分点，且tan∠AED＝，请直接写出的值．
23．（13分）如图，抛物线y＝ax2+bx+3与x轴交于A（﹣1，0）、B（3，0）两点，与y轴交于点C，点D和点C关于抛物线的对称轴对称，直线AD与y轴交于点E．
（1）求抛物线的解析式；
（2）如图1，直线AD上方的抛物线上有一点F，过点F作FG垂直AD于点G，作FH平行于x轴交直线AD于点H，求△FGH周长的最大值及F点坐标；
（3）点M是抛物线顶点，点P是y轴上一点，点Q是坐标平面内一点，以A，M，P，Q为顶点的四边形是矩形，请直接写出P点坐标．
2021年山西省太原市五校联合中考模拟数学试题
参考答案
一．选择题（共10小题，满分30分，每小题3分）
1．﹣6的绝对值是（ ）
A．﹣6 B．6 C．﹣6或6 D．无法确定
【分析】根据负数的绝对值等于它的相反数作出解答．
【解答】解：|﹣6|＝6．
故选：B．
2．下列图形中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．
【解答】解：A、既是轴对称图形，又是中心对称图形，故本选项符合题意；
B、不是轴对称图形，是中心对称图形，故本选项不合题意；
C、是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不合题意；
D、是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不合题意．
故选：A．
3．下列运算正确的是（ ）
A．4xy﹣2y＝2x B．（x﹣3）2＝x2﹣9
C．（﹣2a2）3＝﹣8a5 D．a6÷a4＝a2
【分析】分别根据合并同类项法则，完全平方公式，积的乘方运算法则以及同底数幂的除法法则逐一判断即可．
【解答】解：A.4xy与﹣2y不是同类项，所以不能合并，故本选项不合题意；
B．（x﹣3）2＝x2﹣6x+9，故本选项不合题意；
C．（﹣2a2）3＝﹣8a6，故本选项不合题意；
D．a6÷a4＝a2，正确．
故选：D．
4．据统计，某城市去年接待旅游人数约为89 000 000人，89 000 000这个数据用科学记数法表示为（ ）
A．8.9×106 B．8.9×105 C．8.9×107 D．8.9×108
【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．
【解答】解：89 000 000这个数据用科学记数法表示为8.9×107．
故选：C．
5．从，0，π，，6这五个数中随机抽取一个数，抽到有理数的概率是（ ）
A． B． C． D．
【分析】先找出有理数的个数，再根据概率公式即可得出答案．
【解答】解：∵在，0，π，，6中，只有0、和6是有理数，
∴抽到有理数的概率是；
故选：C．
6．如图，AB∥CD，点E在CD上，点F在AB上，如果∠CEF：∠BEF＝6：7，∠ABE＝50°，那么∠AFE的度数为（ ）
A．110° B．120° C．130° D．140°
【分析】由平行线的性质得∠ABE+∠BEC＝180°，∠AFE+∠CEF＝180°，根据角的和差分别求∠CEF＝60°，∠AFE的度数为120°．
【解答】解：设∠CEF＝6x，如图所示：
∵∠CEF：∠BEF＝6：7，
∴∠BEF＝7x，
又∵AB∥CD，
∴∠ABE+∠BEC＝180°，
又∵∠ABE＝50°，
∴∠BEC＝130°，
又∵∠BEC＝∠CEF+∠BEF，
∴7x+6x＝130°，
解得：x＝10°，
∴∠CEF＝60°，
又∵AB∥CD，
∴∠AFE+∠CEF＝180°，
∴∠AFE＝120°，
故选：B．
7．在一次中学生田径运动会上，男子跳高项目的成绩统计如表：
成绩（m）
1.50
1.55
1.60
1.65
1.70
人数
2
8
6
1
1
这些运动员跳高成绩的众数是（ ）
A．1.55m B．1.60m C．1.65m D．1.70m
【分析】学生跳高成绩出现次数最多的数，就是众数．
【解答】解：学生跳高成绩出现次数最多的是1.55米，共出现8次，
因此学生跳高成绩的众数是1.55米，
故选：A．
8．如图是由六个大小相同的小正方体搭成的几何体的俯视图，则该几何体的左视图不可能是（ ）
A． B．
C． D．
【分析】在“俯视打地基”的前提下，结合俯视图解答即可．
【解答】解：根据俯视图可得，左视图有三列，第2层只能有一个，
故选：B．
9．在平面直角坐标系中，一次函数y＝﹣2x+1的图象经过P1（﹣1，y1），P2（2，y2）两点，则（ ）
A．y1＞y2 B．y1＜y2 C．y1＝y2 D．y1≥y2
【分析】利用一次函数图象上点的坐标特征可求出y1，y2的值，比较后即可得出结论（利用一次函数的性质亦可得出结论）．
【解答】解：∵一次函数y＝﹣2x+1的图象经过P1（﹣1，y1），P2（2，y2）两点，
∴y1＝3，y2＝﹣3．
∵3＞﹣3，
∴y1＞y2．
故选：A．
10．如图，在正五边形ABCDE中，连接AC，BE，BD，AC与BE，BD分别交于点F，G，若AB＝2，则FG的长为（ ）
A．3﹣ B．﹣1 C． D．2﹣3
【分析】证明BG＝BF＝AF，设BG＝BF＝AF＝x，利用相似三角形的性质，构建方程求解即可．
【解答】解：∵五边形ABCDE是正五边形，
∴∠BAF＝∠ABF＝∠DBE＝36°，
∴FA＝FB，
∴∠ABG＝∠AGB＝∠BFG＝72°，
∴AB＝AG＝2，BG＝BF，
设AF＝BF＝BG＝x，
∵∠BGF＝∠AGB，∠GBF＝∠GAB，
∴△BGF∽△AGB，
∴BG2＝GF•GA，
∴x2＝（2﹣x）×2，
∴x2+2x﹣4＝0，
∴x＝﹣1+或﹣1﹣（舍弃），
∴FG＝AG﹣AF＝2﹣（﹣1+）＝3﹣，
故选：A．
二．填空题（共5小题，满分15分，每小题3分）
11．一个数平方后等于它本身，那么这个数是 0或1 ．
【分析】根据有理数的乘方得出答案．
【解答】解：因为02＝0，12＝1，
所以一个数平方后等于它本身，那么这个数是0或1，
故答案为：0或1．
12．命题“若＞1，则a＞b”是 假 命题（填“真”或“假”）．
【分析】举出反例即可判断该命题为假命题．
【解答】解：当a＝﹣4，b＝﹣2时，＝2＞1，但﹣4＜﹣2，
所以原命题为假命题，
故答案为：假．
13．如图，四边形OABC是正方形，OA在y轴正半轴上，OC在x轴负半轴上．反比例函数y＝﹣在第二象限的图象与BC，AB分别交于点E，F．若∠EOF＝30°，则线段OE的长度为 4 ．
【分析】先根据反比例函数图像的得到△OCE≌△OAF，再根据∠EOF＝30°，得到∠COE＝∠AOF＝30°，进而求得CE的长度，即可得到最后答案．
【解答】解：∵四边形OABC是正方形，
∴OA＝OC，∠OAF＝∠OCE＝90°，
∵反比例函数y＝﹣在第二象限的图象与BC，AB分别交于点E，F，
∴CE×OC＝AF×OA＝4，
∴CE＝AF，
在△OCE与OAF中，
，
∴△OCE≌△OAF（SAS），
∵∠EOF＝30°，
∴∠COE＝∠AOF＝30°，
∴OC＝CE，
∵CE×OC＝4，
∴CE＝2，
∴OE＝2CE＝4，
故答案为：4．
14．已知甲、乙两车分别从A、B两地同时出发，以各自的速度匀速相向而行，两车相遇后，乙车继续向终点A地行驶，而甲车原地停留了一段时间后才继续驶向终点B地，两车到达各自的终点后分别停止运动．若整个过程中，甲、乙两车之间的距离s（千米）与乙车行驶时间t（小时）的函数图象如图所示，则当甲车到达B地时，乙车离A地 45 千米．
【分析】根据题意和图中数据求出甲实际行驶的时间即可解决问题．
【解答】解：由题意乙的速度：420÷7＝60（千米/小时），甲的速度：（420﹣3×60）÷3＝80（千米/小时），
甲从A到B需要420÷80＝（小时），
中途休息了60÷60＝1（小时），
∴甲时间行驶时间＝+1＝（小时），
7﹣＝（小时），
∴甲车比乙车早到小时．
则当甲车到达B地时，乙车离A地：60×＝45（千米），
故答案为：45．
15．如图，在矩形ABCD中，AB＝14，E是BC边上一点，且BE＝6，连接AE．若∠CAE＝45°，则CE的长为 29 ．
【分析】方法一：过点C作CF⊥AE延长线于点F，根据勾股定理可得AE的长，根据等腰直角三角形的性质可得AF＝CF，再根据相似三角形的对应边成比例即可求出结果．
方法二：过点E作EF⊥AC于点F，根据勾股定理可得AE的长，设CE＝x，利用锐角三角函数定义列出方程求出x，即可得CE的长．
【解答】解：方法一：如图，过点C作CF⊥AE延长线于点F，
在Rt△ABE中，AB＝14，BE＝6，
根据勾股定理，得
AE＝＝＝，
∵∠CAE＝45°，
∴CF＝AF，
∴EF＝AF﹣AE＝CF﹣，
∵∠B＝∠F＝90°，∠AEB＝∠CEF，
∴△AEB∽△CEF，
∴＝＝，
∴＝＝，
解得CF＝，
∴CE＝29．
方法二：如图，过点E作EF⊥AC于点F，
在Rt△ABE中，AB＝14，BE＝6，
根据勾股定理，得
AE＝＝＝2，
在Rt△AEF中，∠CAE＝45°，
∴AF＝EF＝AE＝×2＝2，
设CE＝x，
∵tan∠ACB＝＝，
∴＝，
∴CF＝，
在Rt△EFC中，根据勾股定理，得
CF2+EF2＝EC2，
∴[]2+（2）2＝x2，
解得x＝29或x＝﹣11.6（舍去），
∴CE的长29．
故答案为：29．
三．解答题（共8小题，满分75分）
16．（10分）（1）解方程：x2+4x﹣21＝0；
（2）化简，求值：÷（1﹣），其中x＝+1．
【分析】（1）利用因式分解法解出方程；
（2）根据分式混合运算法则先化简后代入即可．
【解答】解：（1）x2+4x﹣21＝0，
（x+7）（x﹣3）＝0，
∴x+7＝0，x﹣3＝0，
∴x1＝﹣7，x2＝3；
（2）÷（1﹣）＝÷（﹣）＝×＝，
当x＝+1时，
∴原式＝＝．
17．（8分）如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，D是BC边上一点，且BD＝BA．
（1）作∠ABC的角平分线交AD于点E，步骤如下：
①以B为圆心，任意长为半径画弧，分别交AB、BC于点M和N；
②分别以M、N为圆心，大于MN的长为半径画弧，两弧交于点P；
③连接BP并延长交AD于点E．则BE是∠ABC的角平分线，所以AE ＝ DE．（填“＝”、“＜”、“＞”）
（2）作CD的中点F，连接EF，若∠EBD＝20°，求∠BEF的度数．
【分析】（1）根据题意证明△AEB≌△DEB即可；
（2）结合（1）根据已知条件可得EF是△ADC的中位线，再根据三角形内角和定理即可得结论．
【解答】解：（1）在△AEB和△DEB中，
，
∴△AEB≌△DEB（SAS），
∴AE＝DE；
故答案为：＝；
（2）∵BE是∠ABC的角平分线，
∴∠ABC＝2∠EBD＝40°，
∵∠BAC＝90°，
∴∠C＝50°，
∵F是CD的中点，
∴CF＝DF，
∵AE＝DE，
∴EF是△ADC的中位线，
∴EF∥AC，
∴∠EFD＝∠C＝50°，
∵AB＝DB，
∴∠BAD＝∠BDA＝（180°﹣40°）＝70°，
∴∠DAC＝∠FED＝90°﹣70°＝20°，
∵∠BED＝180°﹣20°﹣70°＝90°，
∴∠BEF＝20°+90°＝110°．
18．（9分）2020年春季在新冠疫情的背景下，全国各大中小学纷纷开设空中课堂，学生要面对电脑等电子产品上网课，某校为了解本校学生对自己视力保护的重视程度，随机在校内调查了部分学生，调直结果分为“非常重视”“重视”“比较重视”“不重视”四类，并将结果绘制成如图所示的两幅不完整的统计图：根据图中信息，解答下列问题：
（1）在扇形统计图中，“比较重视”所占的圆心角的度数为 162° ，并补全条形统计图；
（2）该校共有学生3200人，请你估计该校对视力保护“非常重视”的学生人数；
（3）对视力“非常重视”的4人有A1，A2两名男生，B1，B2两名女生，若从中随机抽取两人向全校作视力保护经验交流，请利用树状图或列表法，求出恰好抽到同性别学生的概率．
【分析】（1）先由“不重视”的学生人数和所占百分比求出调查总人数，再由360°乘以比较重视”的学生所占比例得所占的圆心角的度数；求出“重视”的人数，补全条形统计图即可；
（2）由该校共有学生人数乘以“非常重视”的学生所占比例即可；
（3）画树状图，共有12个等可能的结果，恰好抽到同性别学生的结果有4个，再由概率公式求解即可．
【解答】解：（1）调查的学生人数为16÷20%＝80（人），
∴“比较重视”所占的圆心角的度数为360°×＝162°，
故答案为：162°，
“重视”的人数为80﹣4﹣36﹣16＝24（人），补全条形统计图如图：
（2）由题意得：3200×＝160（人），
即估计该校对视力保护“非常重视”的学生人数为160人；
（3）画树状图如图：
共有12个等可能的结果，恰好抽到同性别学生的结果有4个，
∴恰好抽到同性别学生的概率为＝．
19．（6分）请阅读材料，并完成相应的任务．
在数学探究课上，同学们在探索与圆有关的角的过程中发现这些角的两边都与圆相交，不断改变顶点的位置，可形成无数个角，而根据点和圆的位置关系可将这些角分为三类，分别是顶点在圆上、圆外和圆内的角．结合数学课上学习的圆周角的概念，对顶点在圆外和圆内的角进行定义：顶点在圆外，两边与圆相交的角叫做圆外角．顶点在圆内，两边都与圆相交的角叫做圆内角．如图1，∠AP1B和∠AP2B分别是所对的圆外角和圆内角．
如图2，点A，B在⊙O上，∠APB为所对的一个圆外角．AP，BP分别交⊙O于点C，D．若∠AOB＝120°，所对的圆心角为50°，求∠APB．勤奋小组的解题过程（部分）如下：
解：如图2，连接AD，OC，OD．
∵∠ADB是所对的圆周角，且∠AOB＝120°，
∴∠ADB＝∠AOB＝60°．
…
任务：
（1）如图1，在探究与圆有关的角时，运用的数学思想方法是： ；
A．公理化思想
B．分类讨论
C．数形结合
（2）将勤奋小组的解题过程补充完整；
（3）如图3，当点P在⊙O内时，∠APB是所对的一个圆内角，延长AP交⊙O于点C，延长BP交⊙O于点D，若设∠AOB＝m°，所对的圆心角为n°，则∠APB＝ （m°+n°） ．
【分析】（1）在探究与圆有关的角时，是按照点P在圆的位置探究的，故运用的数学思想方法是分类讨论；
（2）∠ADB＝∠AOB＝60°，由∠PAD＝COD＝×50°＝25°，∠ADB为△ADP的外角，即可求解；
（3）和（2）相同的思路即可求解．
【解答】解：（1）在探究与圆有关的角时，是按照点P在圆的位置探究的，故运用的数学思想方法是分类讨论，
故答案为B；
（2）如图2，连接AD，OC，OD．
∵∠ADB是所对的圆周角，且∠AOB＝120°，
∴∠ADB＝∠AOB＝60°．
∵∠COD＝50°，
∴∠PAD＝COD＝×50°＝25°，
∵∠ADB为△ADP的外角，
∴∠APB＝∠ADB﹣∠PAD＝60°﹣25°＝35°；
（3）如图3，连接AD，OC，OD．
∵∠ADB是所对的圆周角，且∠AOB＝m°，
∴∠ADB＝∠AOB＝m°．
∵∠COD＝n°，
∴∠PAD＝COD＝×n°＝n°，
∵∠APB为△ADP的外角，
∴∠APB＝∠ADB+∠PAD＝（m°+n°）．
故答案为（m°+n°）．
20．（7分）近年来，成都IFS商业大楼成了网红打卡地，楼上“翻墙”的大熊猫给游客留下了深刻的印象．小明使用测角仪测量熊猫C处距离地面AD的高度，他在甲楼底端A处测得熊猫C处的仰角为53°，在甲楼B处测得熊猫C处的仰角为45°，已知AB＝4.5米，求熊猫C处距离地面AD的高度．（结果保留一位小数，参考数据：sin53°≈0.80，cos53°≈0.60，tan53°≈1.33）
【分析】过点B作BE⊥CD于点E，根据已知条件求出BE＝AD，设CE＝x，则CD＝BC+BD＝x+4.5，根据锐角三角函数求出x的值，即可得出CD的值．
【解答】解：如图，过点B作BE⊥CD于点E，
由题意可知：
∵∠CBE＝45°，∠CAD＝53°，AB＝4.5米，
∵∠ABE＝∠BED＝∠ADE＝90°，
∴四边形ABED是矩形，
∴BE＝AD，DE＝AB＝4.5米，
设CE＝x，则CD＝BC+BD＝x+4.5，
在Rt△CEB中，BE＝＝＝x，
在Rt△ADC中，CD＝AD•tan53°，
即x+4.5＝x•tan53°，
∴x≈13.64，
∴CE＝13.64（米），
∴CD＝CE+DE＝13.64+4.5＝18.14≈18.1（米）．
答：熊猫C处距离地面AD的高度为18.1米．
21．（10分）某学校在商场购买甲乙两种不同的足球，购买甲种足球共花费2000元，购买乙种足球共花费1400元，购买甲种足球的数量是乙种足球数量的2倍，且购买一个乙种足球比购买一个甲种足球多花20元．
（1）求购买一个甲种足球，一个乙种足球各需多少元？
（2）为响应习总书记“足球进校园”的号召，学校决定再次购买甲乙两种足球共40个，恰逢该商场对甲种足球的售价进行调整，每个足球的售价比第一次购买时提高了10%，如果此次购买甲乙两种足球的总费用不超过2900元，那么学校最多可购进多少个乙种足球？
【分析】（1）设购买一个甲种足球需要x元，根据购买甲种足球的数量是乙种足球数量的2倍，列出方程，解方程即可得到答案；
（2）设学校可购进a个乙种足球，根据购买甲乙两种足球的总费用不超过2900元，列出不等式50（1+10%）（40﹣a）+70a≤2900，由于a为整数，则可以得到a的值，即可得出答案．
【解答】解：（1）设购买一个甲种足球需要x元，
根据题意得，，
解得，x＝50，
经检验：x＝50是原方程的解，
乙种足球的价格：50+20＝70（元），
答：购买一个甲种足球需要50元，一个乙种足球需70元．
（2）学校可购进a个乙种足球，
根据题意得，50（1+10%）（40﹣a）+70a≤2900，
解得：a≤46，
∵a为整数，
∴a＝40，
答：学校最多可购进40个乙种足球．
22．（12分）如图△ABC为等腰直角三角形，∠A＝90°，D、E分别为AB、AC边上的点，连接DE，以DE为直角边向上作等腰直角三角形DEF，连接BE、BF．
（1）如图1，当CE＝AD时，求证：BF⊥BD；
（2）如图2，H为BE的中点，过点D作DG⊥BC于点G，连接GH．求证：BF＝2HG；
（3）如图3，BE与DF交于点R，延长BF交AC于点P，∠APB的角平分线交BE于点Q．若点E为AC上靠近点A的三等分点，且tan∠AED＝，请直接写出的值．
【分析】（1）证明△DEA≌△FDB（SAS），推出∠EAD＝∠DBF＝90°，可得结论．
（2）如图2中，过点D作DT⊥AB交BC于T，连接ET．利用三角形中位线定理证明EH＝2BF，利用全等三角形的性质证明BF＝ET即可．
（3）过点Q作QM⊥BP于M，QN⊥AC于N，过点F作FJ⊥AB于J，过点R作RW⊥AB于W．设AD＝6k，AE＝7k则AC＝AB＝21k，BD＝15k，证明△AED≌△JDF（AAS），推出DJ＝AE＝7k，AD＝FJ＝6k，推出BT＝8k，BF＝＝＝10k，由FJ∥PA，推出＝＝，可得PB＝k，PA＝k，推出PE＝PA﹣AE＝k，由＝＝＝3，BE＝＝7k，可得BQ＝BE＝k，由RW∥AE，推出＝，可得＝＝，设RW＝m，BW＝3m，由△AED∽△WDR，可得DW＝m，根据DW+BJ＝BD＝15k，求出m，用K表示出BR，RQ，可得结论．
【解答】（1）证明：如图1中，
∵AC＝AB，EC＝AD，
∴AE＝DB，
∵∠EDF＝∠A＝90°，
∴∠BDF+∠ADE＝90°，∠ADE+∠AED＝90°，
∴∠BDF＝∠AED，
∵ED＝DF，EA＝DB，
∴△DEA≌△FDB（SAS），
∴∠EAD＝∠DBF＝90°，
∴BF⊥BD．
（2）证明：如图2中，过点D作DT⊥AB交BC于T，连接ET．
∵∠BDT＝90°，∠DBT＝45°，
∴∠DTB＝∠DBT＝45°，
∴DB＝DT，
∵DG⊥BT，
∴BG＝GT，
∵BH＝EH，
∴ET＝2GH，
∵∠EDF＝∠TDB＝90°，
∴∠EDT＝∠FDB，
∴DE＝DF，DT＝DB，
∴△EDT≌△FDB（SAS），
∴BF＝ET，
∴BF＝2GH．
（3）解：过点Q作QM⊥BP于M，QN⊥AC于N，过点F作FJ⊥AB于J，过点R作RW⊥AB于W．
∵tan∠AED＝＝，
∴可以假设AD＝6k，AE＝7k则AC＝AB＝21k，BD＝15k，
∵∠EAD＝∠∠FJD＝90°，∠AED＝∠FDJ，DE＝DF，
∴△AED≌△JDF（AAS），
∴DJ＝AE＝7k，AD＝FJ＝6k，
∴BT＝8k，BF＝＝＝10k，
∵FJ∥PA，
∴＝＝，
∴＝＝，
∴PB＝k，PA＝k，
∴PE＝PA﹣AE＝k，
∵＝＝＝3，BE＝＝7k，
∴BQ＝BE＝k，
∵RW∥AE，
∴＝，
∴＝＝，
设RW＝m，BW＝3m，
由△AED∽△WDR，可得DW＝m，
∵DW+BJ＝BD＝15k，
∴m+3m＝15k，
∴m＝k，
∴BR＝RW＝k，
∴QR＝BQ﹣BR＝k，
∴＝＝．
23．（13分）如图，抛物线y＝ax2+bx+3与x轴交于A（﹣1，0）、B（3，0）两点，与y轴交于点C，点D和点C关于抛物线的对称轴对称，直线AD与y轴交于点E．
（1）求抛物线的解析式；
（2）如图1，直线AD上方的抛物线上有一点F，过点F作FG垂直AD于点G，作FH平行于x轴交直线AD于点H，求△FGH周长的最大值及F点坐标；
（3）点M是抛物线顶点，点P是y轴上一点，点Q是坐标平面内一点，以A，M，P，Q为顶点的四边形是矩形，请直接写出P点坐标．
【分析】（1）利用待定系数法即可求出抛物线解析式；
（2）根据抛物线分别求出C，D两点坐标，求出直线AD解析式，证明△FGH是等腰直角三角形，设点F坐标（m，﹣m2+2m+3），得点H坐标（﹣m2+2m+2，﹣m2+2m+3），求出PH，从而得到△FGH周长关于m的函数关系式，再应用二次函数性质即可；
（3）求出点M坐标，连接AM，交y轴于点N，求出AM，点N坐标，设P（0，t），分三种情况：①AM为边，PM⊥AM；②AM为边，PA⊥AM；③AM为对角线；分别利用勾股定理建立方程求解即可．
【解答】解：（1）∵点A坐标（﹣1，0），点B坐标（3，0），
∴，
解得：，
∴抛物线解析式为：y＝﹣x2+2x+3；
（2）∵抛物线对称轴x＝1，D、C关于对称轴对称，点C坐标（0，3），如图1，
∴D（2，3），
设直线AD为y＝kx+c．将A（﹣1，0），D（2，3）代入，
得：，
解得：，
∴直线AD解析式为：y＝x+1，
∵OA＝OE＝1，
∴∠EAO＝45°，
∵FH∥AB，
∴∠FHA＝∠EAO＝45°，
∵FG⊥AH，
∴△FGH是等腰直角三角形，
设点F坐标（m，﹣m2+2m+3），
∴点H坐标（﹣m2+2m+2，﹣m2+2m+3），
∴FH＝﹣m2+m+2，
∴△FGH的周长＝（﹣m2+m+2）+2×（﹣m2+m+2）＝﹣+，
∵﹣（1+）＜0，
∴当m＝时，△FGH的周长有最大值，且最大值为 ，
当m＝时，﹣m2+2m+3＝﹣（）2+2×+3＝，
∴F（，），
∴△FGH的周长最大值为 ，F（，）；
（3）由抛物线性质得抛物线顶点M（1，4），连接AM，交y轴于点N，
则AM＝＝2，N（0，2），
设P（0，t），
如图2，分以下三种情况：
①当AM为边，PM⊥AM时，
在Rt△AMP中，AM2+PM2＝AP2，即：（2）2+（0﹣1）2+（t﹣4）2＝[0﹣（﹣1）]2+（t﹣0）2，
解得：t＝，
∴P1（0，）；
②当AM为边，PA⊥AM时，
在Rt△AMP中，AM2+AP2＝PM2，即：（2）2+[0﹣（﹣1）]2+（t﹣0）2＝（0﹣1）2+（t﹣4）2，
解得：t＝﹣，
∴P2（0，﹣）；
③当AM为对角线时，PM2+AP2＝AM2，即：（0﹣1）2+（t﹣4）2+[0﹣（﹣1）]2+（t﹣0）2＝（2）2，
解得：t1＝2+，t2＝2﹣，
∴P3（0，2+），P4（0，2﹣），
综上所述，点P的坐标为：），），，P4（0，2﹣）．
2021年山西省太原市五校联合中考模拟数学试题
满分120分 难度0.55
一．选择题（共10小题，满分30分，每小题3分）
1．﹣6的绝对值是（ ）
A．﹣6 B．6 C．﹣6或6 D．无法确定
2．下列图形中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
3．下列运算正确的是（ ）
A．4xy﹣2y＝2x B．（x﹣3）2＝x2﹣9
C．（﹣2a2）3＝﹣8a5 D．a6÷a4＝a2
4．据统计，某城市去年接待旅游人数约为89 000 000人，89 000 000这个数据用科学记数法表示为（ ）
A．8.9×106 B．8.9×105 C．8.9×107 D．8.9×108
5．从，0，π，，6这五个数中随机抽取一个数，抽到有理数的概率是（ ）
A． B． C． D．
6．如图，AB∥CD，点E在CD上，点F在AB上，如果∠CEF：∠BEF＝6：7，∠ABE＝50°，那么∠AFE的度数为（ ）
A．110° B．120° C．130° D．140°
7．在一次中学生田径运动会上，男子跳高项目的成绩统计如表：
成绩（m）
1.50
1.55
1.60
1.65
1.70
人数
2
8
6
1
1
这些运动员跳高成绩的众数是（ ）
A．1.55m B．1.60m C．1.65m D．1.70m
8．如图是由六个大小相同的小正方体搭成的几何体的俯视图，则该几何体的左视图不可能是（ ）
A． B． C． D．
9．在平面直角坐标系中，一次函数y＝﹣2x+1的图象经过P1（﹣1，y1），P2（2，y2）两点，则（ ）
A．y1＞y2 B．y1＜y2 C．y1＝y2 D．y1≥y2
10．如图，在正五边形ABCDE中，连接AC，BE，BD，AC与BE，BD分别交于点F，G，若AB＝2，则FG的长为（ ）
A．3﹣ B．﹣1 C． D．2﹣3
二．填空题（共5小题，满分15分，每小题3分）
11．一个数平方后等于它本身，那么这个数是 ．
12．命题“若＞1，则a＞b”是 命题（填“真”或“假”）．
13．如图，四边形OABC是正方形，OA在y轴正半轴上，OC在x轴负半轴上．反比例函数y＝﹣在第二象限的图象与BC，AB分别交于点E，F．若∠EOF＝30°，则线段OE的长度为 ．
14．已知甲、乙两车分别从A、B两地同时出发，以各自的速度匀速相向而行，两车相遇后，乙车继续向终点A地行驶，而甲车原地停留了一段时间后才继续驶向终点B地，两车到达各自的终点后分别停止运动．若整个过程中，甲、乙两车之间的距离s（千米）与乙车行驶时间t（小时）的函数图象如图所示，则当甲车到达B地时，乙车离A地 千米．
15．如图，在矩形ABCD中，AB＝14，E是BC边上一点，且BE＝6，连接AE．若∠CAE＝45°，则CE的长为 ．
三．解答题（共8小题，满分75分）
16．（10分）（1）解方程：x2+4x﹣21＝0；
（2）化简，求值：÷（1﹣），其中x＝+1．
17．（8分）如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，D是BC边上一点，且BD＝BA．
（1）作∠ABC的角平分线交AD于点E，步骤如下：
①以B为圆心，任意长为半径画弧，分别交AB、BC于点M和N；
②分别以M、N为圆心，大于MN的长为半径画弧，两弧交于点P；
③连接BP并延长交AD于点E．则BE是∠ABC的角平分线，所以AE DE．（填“＝”、“＜”、“＞”）
（2）作CD的中点F，连接EF，若∠EBD＝20°，求∠BEF的度数．
18．（9分）2020年春季在新冠疫情的背景下，全国各大中小学纷纷开设空中课堂，学生要面对电脑等电子产品上网课，某校为了解本校学生对自己视力保护的重视程度，随机在校内调查了部分学生，调直结果分为“非常重视”“重视”“比较重视”“不重视”四类，并将结果绘制成如图所示的两幅不完整的统计图：根据图中信息，解答下列问题：
（1）在扇形统计图中，“比较重视”所占的圆心角的度数为 ，并补全条形统计图；
（2）该校共有学生3200人，请你估计该校对视力保护“非常重视”的学生人数；
（3）对视力“非常重视”的4人有A1，A2两名男生，B1，B2两名女生，若从中随机抽取两人向全校作视力保护经验交流，请利用树状图或列表法，求出恰好抽到同性别学生的概率．
19．（6分）请阅读材料，并完成相应的任务．
在数学探究课上，同学们在探索与圆有关的角的过程中发现这些角的两边都与圆相交，不断改变顶点的位置，可形成无数个角，而根据点和圆的位置关系可将这些角分为三类，分别是顶点在圆上、圆外和圆内的角．结合数学课上学习的圆周角的概念，对顶点在圆外和圆内的角进行定义：顶点在圆外，两边与圆相交的角叫做圆外角．顶点在圆内，两边都与圆相交的角叫做圆内角．如图1，∠AP1B和∠AP2B分别是所对的圆外角和圆内角．
如图2，点A，B在⊙O上，∠APB为所对的一个圆外角．AP，BP分别交⊙O于点C，D．若∠AOB＝120°，所对的圆心角为50°，求∠APB．勤奋小组的解题过程（部分）如下：
解：如图2，连接AD，OC，OD．
∵∠ADB是所对的圆周角，且∠AOB＝120°，
∴∠ADB＝∠AOB＝60°．
…
任务：
（1）如图1，在探究与圆有关的角时，运用的数学思想方法是： ；
A．公理化思想
B．分类讨论
C．数形结合
（2）将勤奋小组的解题过程补充完整；
（3）如图3，当点P在⊙O内时，∠APB是所对的一个圆内角，延长AP交⊙O于点C，延长BP交⊙O于点D，若设∠AOB＝m°，所对的圆心角为n°，则∠APB＝ ．
20．（7分）近年来，成都IFS商业大楼成了网红打卡地，楼上“翻墙”的大熊猫给游客留下了深刻的印象．小明使用测角仪测量熊猫C处距离地面AD的高度，他在甲楼底端A处测得熊猫C处的仰角为53°，在甲楼B处测得熊猫C处的仰角为45°，已知AB＝4.5米，求熊猫C处距离地面AD的高度．（结果保留一位小数，参考数据：sin53°≈0.80，cos53°≈0.60，tan53°≈1.33）
21．（10分）某学校在商场购买甲乙两种不同的足球，购买甲种足球共花费2000元，购买乙种足球共花费1400元，购买甲种足球的数量是乙种足球数量的2倍，且购买一个乙种足球比购买一个甲种足球多花20元．
（1）求购买一个甲种足球，一个乙种足球各需多少元？
（2）为响应习总书记“足球进校园”的号召，学校决定再次购买甲乙两种足球共40个，恰逢该商场对甲种足球的售价进行调整，每个足球的售价比第一次购买时提高了10%，如果此次购买甲乙两种足球的总费用不超过2900元，那么学校最多可购进多少个乙种足球？
22．（12分）如图△ABC为等腰直角三角形，∠A＝90°，D、E分别为AB、AC边上的点，连接DE，以DE为直角边向上作等腰直角三角形DEF，连接BE、BF．
（1）如图1，当CE＝AD时，求证：BF⊥BD；
（2）如图2，H为BE的中点，过点D作DG⊥BC于点G，连接GH．求证：BF＝2HG；
（3）如图3，BE与DF交于点R，延长BF交AC于点P，∠APB的角平分线交BE于点Q．若点E为AC上靠近点A的三等分点，且tan∠AED＝，请直接写出的值．
23．（13分）如图，抛物线y＝ax2+bx+3与x轴交于A（﹣1，0）、B（3，0）两点，与y轴交于点C，点D和点C关于抛物线的对称轴对称，直线AD与y轴交于点E．
（1）求抛物线的解析式；
（2）如图1，直线AD上方的抛物线上有一点F，过点F作FG垂直AD于点G，作FH平行于x轴交直线AD于点H，求△FGH周长的最大值及F点坐标；
（3）点M是抛物线顶点，点P是y轴上一点，点Q是坐标平面内一点，以A，M，P，Q为顶点的四边形是矩形，请直接写出P点坐标．
2021年山西省太原市五校联合中考模拟数学试题
参考答案
一．选择题（共10小题，满分30分，每小题3分）
1．﹣6的绝对值是（ ）
A．﹣6 B．6 C．﹣6或6 D．无法确定
【分析】根据负数的绝对值等于它的相反数作出解答．
【解答】解：|﹣6|＝6．
故选：B．
2．下列图形中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．
【解答】解：A、既是轴对称图形，又是中心对称图形，故本选项符合题意；
B、不是轴对称图形，是中心对称图形，故本选项不合题意；
C、是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不合题意；
D、是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不合题意．
故选：A．
3．下列运算正确的是（ ）
A．4xy﹣2y＝2x B．（x﹣3）2＝x2﹣9
C．（﹣2a2）3＝﹣8a5 D．a6÷a4＝a2
【分析】分别根据合并同类项法则，完全平方公式，积的乘方运算法则以及同底数幂的除法法则逐一判断即可．
【解答】解：A.4xy与﹣2y不是同类项，所以不能合并，故本选项不合题意；
B．（x﹣3）2＝x2﹣6x+9，故本选项不合题意；
C．（﹣2a2）3＝﹣8a6，故本选项不合题意；
D．a6÷a4＝a2，正确．
故选：D．
4．据统计，某城市去年接待旅游人数约为89 000 000人，89 000 000这个数据用科学记数法表示为（ ）
A．8.9×106 B．8.9×105 C．8.9×107 D．8.9×108
【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．
【解答】解：89 000 000这个数据用科学记数法表示为8.9×107．
故选：C．
5．从，0，π，，6这五个数中随机抽取一个数，抽到有理数的概率是（ ）
A． B． C． D．
【分析】先找出有理数的个数，再根据概率公式即可得出答案．
【解答】解：∵在，0，π，，6中，只有0、和6是有理数，
∴抽到有理数的概率是；
故选：C．
6．如图，AB∥CD，点E在CD上，点F在AB上，如果∠CEF：∠BEF＝6：7，∠ABE＝50°，那么∠AFE的度数为（ ）
A．110° B．120° C．130° D．140°
【分析】由平行线的性质得∠ABE+∠BEC＝180°，∠AFE+∠CEF＝180°，根据角的和差分别求∠CEF＝60°，∠AFE的度数为120°．
【解答】解：设∠CEF＝6x，如图所示：
∵∠CEF：∠BEF＝6：7，
∴∠BEF＝7x，
又∵AB∥CD，
∴∠ABE+∠BEC＝180°，
又∵∠ABE＝50°，
∴∠BEC＝130°，
又∵∠BEC＝∠CEF+∠BEF，
∴7x+6x＝130°，
解得：x＝10°，
∴∠CEF＝60°，
又∵AB∥CD，
∴∠AFE+∠CEF＝180°，
∴∠AFE＝120°，
故选：B．
7．在一次中学生田径运动会上，男子跳高项目的成绩统计如表：
成绩（m）
1.50
1.55
1.60
1.65
1.70
人数
2
8
6
1
1
这些运动员跳高成绩的众数是（ ）
A．1.55m B．1.60m C．1.65m D．1.70m
【分析】学生跳高成绩出现次数最多的数，就是众数．
【解答】解：学生跳高成绩出现次数最多的是1.55米，共出现8次，
因此学生跳高成绩的众数是1.55米，
故选：A．
8．如图是由六个大小相同的小正方体搭成的几何体的俯视图，则该几何体的左视图不可能是（ ）
A． B．
C． D．
【分析】在“俯视打地基”的前提下，结合俯视图解答即可．
【解答】解：根据俯视图可得，左视图有三列，第2层只能有一个，
故选：B．
9．在平面直角坐标系中，一次函数y＝﹣2x+1的图象经过P1（﹣1，y1），P2（2，y2）两点，则（ ）
A．y1＞y2 B．y1＜y2 C．y1＝y2 D．y1≥y2
【分析】利用一次函数图象上点的坐标特征可求出y1，y2的值，比较后即可得出结论（利用一次函数的性质亦可得出结论）．
【解答】解：∵一次函数y＝﹣2x+1的图象经过P1（﹣1，y1），P2（2，y2）两点，
∴y1＝3，y2＝﹣3．
∵3＞﹣3，
∴y1＞y2．
故选：A．
10．如图，在正五边形ABCDE中，连接AC，BE，BD，AC与BE，BD分别交于点F，G，若AB＝2，则FG的长为（ ）
A．3﹣ B．﹣1 C． D．2﹣3
【分析】证明BG＝BF＝AF，设BG＝BF＝AF＝x，利用相似三角形的性质，构建方程求解即可．
【解答】解：∵五边形ABCDE是正五边形，
∴∠BAF＝∠ABF＝∠DBE＝36°，
∴FA＝FB，
∴∠ABG＝∠AGB＝∠BFG＝72°，
∴AB＝AG＝2，BG＝BF，
设AF＝BF＝BG＝x，
∵∠BGF＝∠AGB，∠GBF＝∠GAB，
∴△BGF∽△AGB，
∴BG2＝GF•GA，
∴x2＝（2﹣x）×2，
∴x2+2x﹣4＝0，
∴x＝﹣1+或﹣1﹣（舍弃），
∴FG＝AG﹣AF＝2﹣（﹣1+）＝3﹣，
故选：A．
二．填空题（共5小题，满分15分，每小题3分）
11．一个数平方后等于它本身，那么这个数是 0或1 ．
【分析】根据有理数的乘方得出答案．
【解答】解：因为02＝0，12＝1，
所以一个数平方后等于它本身，那么这个数是0或1，
故答案为：0或1．
12．命题“若＞1，则a＞b”是 假 命题（填“真”或“假”）．
【分析】举出反例即可判断该命题为假命题．
【解答】解：当a＝﹣4，b＝﹣2时，＝2＞1，但﹣4＜﹣2，
所以原命题为假命题，
故答案为：假．
13．如图，四边形OABC是正方形，OA在y轴正半轴上，OC在x轴负半轴上．反比例函数y＝﹣在第二象限的图象与BC，AB分别交于点E，F．若∠EOF＝30°，则线段OE的长度为 4 ．
【分析】先根据反比例函数图像的得到△OCE≌△OAF，再根据∠EOF＝30°，得到∠COE＝∠AOF＝30°，进而求得CE的长度，即可得到最后答案．
【解答】解：∵四边形OABC是正方形，
∴OA＝OC，∠OAF＝∠OCE＝90°，
∵反比例函数y＝﹣在第二象限的图象与BC，AB分别交于点E，F，
∴CE×OC＝AF×OA＝4，
∴CE＝AF，
在△OCE与OAF中，
，
∴△OCE≌△OAF（SAS），
∵∠EOF＝30°，
∴∠COE＝∠AOF＝30°，
∴OC＝CE，
∵CE×OC＝4，
∴CE＝2，
∴OE＝2CE＝4，
故答案为：4．
14．已知甲、乙两车分别从A、B两地同时出发，以各自的速度匀速相向而行，两车相遇后，乙车继续向终点A地行驶，而甲车原地停留了一段时间后才继续驶向终点B地，两车到达各自的终点后分别停止运动．若整个过程中，甲、乙两车之间的距离s（千米）与乙车行驶时间t（小时）的函数图象如图所示，则当甲车到达B地时，乙车离A地 45 千米．
【分析】根据题意和图中数据求出甲实际行驶的时间即可解决问题．
【解答】解：由题意乙的速度：420÷7＝60（千米/小时），甲的速度：（420﹣3×60）÷3＝80（千米/小时），
甲从A到B需要420÷80＝（小时），
中途休息了60÷60＝1（小时），
∴甲时间行驶时间＝+1＝（小时），
7﹣＝（小时），
∴甲车比乙车早到小时．
则当甲车到达B地时，乙车离A地：60×＝45（千米），
故答案为：45．
15．如图，在矩形ABCD中，AB＝14，E是BC边上一点，且BE＝6，连接AE．若∠CAE＝45°，则CE的长为 29 ．
【分析】方法一：过点C作CF⊥AE延长线于点F，根据勾股定理可得AE的长，根据等腰直角三角形的性质可得AF＝CF，再根据相似三角形的对应边成比例即可求出结果．
方法二：过点E作EF⊥AC于点F，根据勾股定理可得AE的长，设CE＝x，利用锐角三角函数定义列出方程求出x，即可得CE的长．
【解答】解：方法一：如图，过点C作CF⊥AE延长线于点F，
在Rt△ABE中，AB＝14，BE＝6，
根据勾股定理，得
AE＝＝＝，
∵∠CAE＝45°，
∴CF＝AF，
∴EF＝AF﹣AE＝CF﹣，
∵∠B＝∠F＝90°，∠AEB＝∠CEF，
∴△AEB∽△CEF，
∴＝＝，
∴＝＝，
解得CF＝，
∴CE＝29．
方法二：如图，过点E作EF⊥AC于点F，
在Rt△ABE中，AB＝14，BE＝6，
根据勾股定理，得
AE＝＝＝2，
在Rt△AEF中，∠CAE＝45°，
∴AF＝EF＝AE＝×2＝2，
设CE＝x，
∵tan∠ACB＝＝，
∴＝，
∴CF＝，
在Rt△EFC中，根据勾股定理，得
CF2+EF2＝EC2，
∴[]2+（2）2＝x2，
解得x＝29或x＝﹣11.6（舍去），
∴CE的长29．
故答案为：29．
三．解答题（共8小题，满分75分）
16．（10分）（1）解方程：x2+4x﹣21＝0；
（2）化简，求值：÷（1﹣），其中x＝+1．
【分析】（1）利用因式分解法解出方程；
（2）根据分式混合运算法则先化简后代入即可．
【解答】解：（1）x2+4x﹣21＝0，
（x+7）（x﹣3）＝0，
∴x+7＝0，x﹣3＝0，
∴x1＝﹣7，x2＝3；
（2）÷（1﹣）＝÷（﹣）＝×＝，
当x＝+1时，
∴原式＝＝．
17．（8分）如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，D是BC边上一点，且BD＝BA．
（1）作∠ABC的角平分线交AD于点E，步骤如下：
①以B为圆心，任意长为半径画弧，分别交AB、BC于点M和N；
②分别以M、N为圆心，大于MN的长为半径画弧，两弧交于点P；
③连接BP并延长交AD于点E．则BE是∠ABC的角平分线，所以AE ＝ DE．（填“＝”、“＜”、“＞”）
（2）作CD的中点F，连接EF，若∠EBD＝20°，求∠BEF的度数．
【分析】（1）根据题意证明△AEB≌△DEB即可；
（2）结合（1）根据已知条件可得EF是△ADC的中位线，再根据三角形内角和定理即可得结论．
【解答】解：（1）在△AEB和△DEB中，
，
∴△AEB≌△DEB（SAS），
∴AE＝DE；
故答案为：＝；
（2）∵BE是∠ABC的角平分线，
∴∠ABC＝2∠EBD＝40°，
∵∠BAC＝90°，
∴∠C＝50°，
∵F是CD的中点，
∴CF＝DF，
∵AE＝DE，
∴EF是△ADC的中位线，
∴EF∥AC，
∴∠EFD＝∠C＝50°，
∵AB＝DB，
∴∠BAD＝∠BDA＝（180°﹣40°）＝70°，
∴∠DAC＝∠FED＝90°﹣70°＝20°，
∵∠BED＝180°﹣20°﹣70°＝90°，
∴∠BEF＝20°+90°＝110°．
18．（9分）2020年春季在新冠疫情的背景下，全国各大中小学纷纷开设空中课堂，学生要面对电脑等电子产品上网课，某校为了解本校学生对自己视力保护的重视程度，随机在校内调查了部分学生，调直结果分为“非常重视”“重视”“比较重视”“不重视”四类，并将结果绘制成如图所示的两幅不完整的统计图：根据图中信息，解答下列问题：
（1）在扇形统计图中，“比较重视”所占的圆心角的度数为 162° ，并补全条形统计图；
（2）该校共有学生3200人，请你估计该校对视力保护“非常重视”的学生人数；
（3）对视力“非常重视”的4人有A1，A2两名男生，B1，B2两名女生，若从中随机抽取两人向全校作视力保护经验交流，请利用树状图或列表法，求出恰好抽到同性别学生的概率．
【分析】（1）先由“不重视”的学生人数和所占百分比求出调查总人数，再由360°乘以比较重视”的学生所占比例得所占的圆心角的度数；求出“重视”的人数，补全条形统计图即可；
（2）由该校共有学生人数乘以“非常重视”的学生所占比例即可；
（3）画树状图，共有12个等可能的结果，恰好抽到同性别学生的结果有4个，再由概率公式求解即可．
【解答】解：（1）调查的学生人数为16÷20%＝80（人），
∴“比较重视”所占的圆心角的度数为360°×＝162°，
故答案为：162°，
“重视”的人数为80﹣4﹣36﹣16＝24（人），补全条形统计图如图：
（2）由题意得：3200×＝160（人），
即估计该校对视力保护“非常重视”的学生人数为160人；
（3）画树状图如图：
共有12个等可能的结果，恰好抽到同性别学生的结果有4个，
∴恰好抽到同性别学生的概率为＝．
19．（6分）请阅读材料，并完成相应的任务．
在数学探究课上，同学们在探索与圆有关的角的过程中发现这些角的两边都与圆相交，不断改变顶点的位置，可形成无数个角，而根据点和圆的位置关系可将这些角分为三类，分别是顶点在圆上、圆外和圆内的角．结合数学课上学习的圆周角的概念，对顶点在圆外和圆内的角进行定义：顶点在圆外，两边与圆相交的角叫做圆外角．顶点在圆内，两边都与圆相交的角叫做圆内角．如图1，∠AP1B和∠AP2B分别是所对的圆外角和圆内角．
如图2，点A，B在⊙O上，∠APB为所对的一个圆外角．AP，BP分别交⊙O于点C，D．若∠AOB＝120°，所对的圆心角为50°，求∠APB．勤奋小组的解题过程（部分）如下：
解：如图2，连接AD，OC，OD．
∵∠ADB是所对的圆周角，且∠AOB＝120°，
∴∠ADB＝∠AOB＝60°．
…
任务：
（1）如图1，在探究与圆有关的角时，运用的数学思想方法是： ；
A．公理化思想
B．分类讨论
C．数形结合
（2）将勤奋小组的解题过程补充完整；
（3）如图3，当点P在⊙O内时，∠APB是所对的一个圆内角，延长AP交⊙O于点C，延长BP交⊙O于点D，若设∠AOB＝m°，所对的圆心角为n°，则∠APB＝ （m°+n°） ．
【分析】（1）在探究与圆有关的角时，是按照点P在圆的位置探究的，故运用的数学思想方法是分类讨论；
（2）∠ADB＝∠AOB＝60°，由∠PAD＝COD＝×50°＝25°，∠ADB为△ADP的外角，即可求解；
（3）和（2）相同的思路即可求解．
【解答】解：（1）在探究与圆有关的角时，是按照点P在圆的位置探究的，故运用的数学思想方法是分类讨论，
故答案为B；
（2）如图2，连接AD，OC，OD．
∵∠ADB是所对的圆周角，且∠AOB＝120°，
∴∠ADB＝∠AOB＝60°．
∵∠COD＝50°，
∴∠PAD＝COD＝×50°＝25°，
∵∠ADB为△ADP的外角，
∴∠APB＝∠ADB﹣∠PAD＝60°﹣25°＝35°；
（3）如图3，连接AD，OC，OD．
∵∠ADB是所对的圆周角，且∠AOB＝m°，
∴∠ADB＝∠AOB＝m°．
∵∠COD＝n°，
∴∠PAD＝COD＝×n°＝n°，
∵∠APB为△ADP的外角，
∴∠APB＝∠ADB+∠PAD＝（m°+n°）．
故答案为（m°+n°）．
20．（7分）近年来，成都IFS商业大楼成了网红打卡地，楼上“翻墙”的大熊猫给游客留下了深刻的印象．小明使用测角仪测量熊猫C处距离地面AD的高度，他在甲楼底端A处测得熊猫C处的仰角为53°，在甲楼B处测得熊猫C处的仰角为45°，已知AB＝4.5米，求熊猫C处距离地面AD的高度．（结果保留一位小数，参考数据：sin53°≈0.80，cos53°≈0.60，tan53°≈1.33）
【分析】过点B作BE⊥CD于点E，根据已知条件求出BE＝AD，设CE＝x，则CD＝BC+BD＝x+4.5，根据锐角三角函数求出x的值，即可得出CD的值．
【解答】解：如图，过点B作BE⊥CD于点E，
由题意可知：
∵∠CBE＝45°，∠CAD＝53°，AB＝4.5米，
∵∠ABE＝∠BED＝∠ADE＝90°，
∴四边形ABED是矩形，
∴BE＝AD，DE＝AB＝4.5米，
设CE＝x，则CD＝BC+BD＝x+4.5，
在Rt△CEB中，BE＝＝＝x，
在Rt△ADC中，CD＝AD•tan53°，
即x+4.5＝x•tan53°，
∴x≈13.64，
∴CE＝13.64（米），
∴CD＝CE+DE＝13.64+4.5＝18.14≈18.1（米）．
答：熊猫C处距离地面AD的高度为18.1米．
21．（10分）某学校在商场购买甲乙两种不同的足球，购买甲种足球共花费2000元，购买乙种足球共花费1400元，购买甲种足球的数量是乙种足球数量的2倍，且购买一个乙种足球比购买一个甲种足球多花20元．
（1）求购买一个甲种足球，一个乙种足球各需多少元？
（2）为响应习总书记“足球进校园”的号召，学校决定再次购买甲乙两种足球共40个，恰逢该商场对甲种足球的售价进行调整，每个足球的售价比第一次购买时提高了10%，如果此次购买甲乙两种足球的总费用不超过2900元，那么学校最多可购进多少个乙种足球？
【分析】（1）设购买一个甲种足球需要x元，根据购买甲种足球的数量是乙种足球数量的2倍，列出方程，解方程即可得到答案；
（2）设学校可购进a个乙种足球，根据购买甲乙两种足球的总费用不超过2900元，列出不等式50（1+10%）（40﹣a）+70a≤2900，由于a为整数，则可以得到a的值，即可得出答案．
【解答】解：（1）设购买一个甲种足球需要x元，
根据题意得，，
解得，x＝50，
经检验：x＝50是原方程的解，
乙种足球的价格：50+20＝70（元），
答：购买一个甲种足球需要50元，一个乙种足球需70元．
（2）学校可购进a个乙种足球，
根据题意得，50（1+10%）（40﹣a）+70a≤2900，
解得：a≤46，
∵a为整数，
∴a＝40，
答：学校最多可购进40个乙种足球．
22．（12分）如图△ABC为等腰直角三角形，∠A＝90°，D、E分别为AB、AC边上的点，连接DE，以DE为直角边向上作等腰直角三角形DEF，连接BE、BF．
（1）如图1，当CE＝AD时，求证：BF⊥BD；
（2）如图2，H为BE的中点，过点D作DG⊥BC于点G，连接GH．求证：BF＝2HG；
（3）如图3，BE与DF交于点R，延长BF交AC于点P，∠APB的角平分线交BE于点Q．若点E为AC上靠近点A的三等分点，且tan∠AED＝，请直接写出的值．
【分析】（1）证明△DEA≌△FDB（SAS），推出∠EAD＝∠DBF＝90°，可得结论．
（2）如图2中，过点D作DT⊥AB交BC于T，连接ET．利用三角形中位线定理证明EH＝2BF，利用全等三角形的性质证明BF＝ET即可．
（3）过点Q作QM⊥BP于M，QN⊥AC于N，过点F作FJ⊥AB于J，过点R作RW⊥AB于W．设AD＝6k，AE＝7k则AC＝AB＝21k，BD＝15k，证明△AED≌△JDF（AAS），推出DJ＝AE＝7k，AD＝FJ＝6k，推出BT＝8k，BF＝＝＝10k，由FJ∥PA，推出＝＝，可得PB＝k，PA＝k，推出PE＝PA﹣AE＝k，由＝＝＝3，BE＝＝7k，可得BQ＝BE＝k，由RW∥AE，推出＝，可得＝＝，设RW＝m，BW＝3m，由△AED∽△WDR，可得DW＝m，根据DW+BJ＝BD＝15k，求出m，用K表示出BR，RQ，可得结论．
【解答】（1）证明：如图1中，
∵AC＝AB，EC＝AD，
∴AE＝DB，
∵∠EDF＝∠A＝90°，
∴∠BDF+∠ADE＝90°，∠ADE+∠AED＝90°，
∴∠BDF＝∠AED，
∵ED＝DF，EA＝DB，
∴△DEA≌△FDB（SAS），
∴∠EAD＝∠DBF＝90°，
∴BF⊥BD．
（2）证明：如图2中，过点D作DT⊥AB交BC于T，连接ET．
∵∠BDT＝90°，∠DBT＝45°，
∴∠DTB＝∠DBT＝45°，
∴DB＝DT，
∵DG⊥BT，
∴BG＝GT，
∵BH＝EH，
∴ET＝2GH，
∵∠EDF＝∠TDB＝90°，
∴∠EDT＝∠FDB，
∴DE＝DF，DT＝DB，
∴△EDT≌△FDB（SAS），
∴BF＝ET，
∴BF＝2GH．
（3）解：过点Q作QM⊥BP于M，QN⊥AC于N，过点F作FJ⊥AB于J，过点R作RW⊥AB于W．
∵tan∠AED＝＝，
∴可以假设AD＝6k，AE＝7k则AC＝AB＝21k，BD＝15k，
∵∠EAD＝∠∠FJD＝90°，∠AED＝∠FDJ，DE＝DF，
∴△AED≌△JDF（AAS），
∴DJ＝AE＝7k，AD＝FJ＝6k，
∴BT＝8k，BF＝＝＝10k，
∵FJ∥PA，
∴＝＝，
∴＝＝，
∴PB＝k，PA＝k，
∴PE＝PA﹣AE＝k，
∵＝＝＝3，BE＝＝7k，
∴BQ＝BE＝k，
∵RW∥AE，
∴＝，
∴＝＝，
设RW＝m，BW＝3m，
由△AED∽△WDR，可得DW＝m，
∵DW+BJ＝BD＝15k，
∴m+3m＝15k，
∴m＝k，
∴BR＝RW＝k，
∴QR＝BQ﹣BR＝k，
∴＝＝．
23．（13分）如图，抛物线y＝ax2+bx+3与x轴交于A（﹣1，0）、B（3，0）两点，与y轴交于点C，点D和点C关于抛物线的对称轴对称，直线AD与y轴交于点E．
（1）求抛物线的解析式；
（2）如图1，直线AD上方的抛物线上有一点F，过点F作FG垂直AD于点G，作FH平行于x轴交直线AD于点H，求△FGH周长的最大值及F点坐标；
（3）点M是抛物线顶点，点P是y轴上一点，点Q是坐标平面内一点，以A，M，P，Q为顶点的四边形是矩形，请直接写出P点坐标．
【分析】（1）利用待定系数法即可求出抛物线解析式；
（2）根据抛物线分别求出C，D两点坐标，求出直线AD解析式，证明△FGH是等腰直角三角形，设点F坐标（m，﹣m2+2m+3），得点H坐标（﹣m2+2m+2，﹣m2+2m+3），求出PH，从而得到△FGH周长关于m的函数关系式，再应用二次函数性质即可；
（3）求出点M坐标，连接AM，交y轴于点N，求出AM，点N坐标，设P（0，t），分三种情况：①AM为边，PM⊥AM；②AM为边，PA⊥AM；③AM为对角线；分别利用勾股定理建立方程求解即可．
【解答】解：（1）∵点A坐标（﹣1，0），点B坐标（3，0），
∴，
解得：，
∴抛物线解析式为：y＝﹣x2+2x+3；
（2）∵抛物线对称轴x＝1，D、C关于对称轴对称，点C坐标（0，3），如图1，
∴D（2，3），
设直线AD为y＝kx+c．将A（﹣1，0），D（2，3）代入，
得：，
解得：，
∴直线AD解析式为：y＝x+1，
∵OA＝OE＝1，
∴∠EAO＝45°，
∵FH∥AB，
∴∠FHA＝∠EAO＝45°，
∵FG⊥AH，
∴△FGH是等腰直角三角形，
设点F坐标（m，﹣m2+2m+3），
∴点H坐标（﹣m2+2m+2，﹣m2+2m+3），
∴FH＝﹣m2+m+2，
∴△FGH的周长＝（﹣m2+m+2）+2×（﹣m2+m+2）＝﹣+，
∵﹣（1+）＜0，
∴当m＝时，△FGH的周长有最大值，且最大值为 ，
当m＝时，﹣m2+2m+3＝﹣（）2+2×+3＝，
∴F（，），
∴△FGH的周长最大值为 ，F（，）；
（3）由抛物线性质得抛物线顶点M（1，4），连接AM，交y轴于点N，
则AM＝＝2，N（0，2），
设P（0，t），
如图2，分以下三种情况：
①当AM为边，PM⊥AM时，
在Rt△AMP中，AM2+PM2＝AP2，即：（2）2+（0﹣1）2+（t﹣4）2＝[0﹣（﹣1）]2+（t﹣0）2，
解得：t＝，
∴P1（0，）；
②当AM为边，PA⊥AM时，
在Rt△AMP中，AM2+AP2＝PM2，即：（2）2+[0﹣（﹣1）]2+（t﹣0）2＝（0﹣1）2+（t﹣4）2，
解得：t＝﹣，
∴P2（0，﹣）；
③当AM为对角线时，PM2+AP2＝AM2，即：（0﹣1）2+（t﹣4）2+[0﹣（﹣1）]2+（t﹣0）2＝（2）2，
解得：t1＝2+，t2＝2﹣，
∴P3（0，2+），P4（0，2﹣），
综上所述，点P的坐标为：），），，P4（0，2﹣）．
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