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2020年黑龙江省哈尔滨市南岗区松雷中学中考数学三模试卷 解析版
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这是一份2020年黑龙江省哈尔滨市南岗区松雷中学中考数学三模试卷 解析版，共25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。
2020年黑龙江省哈尔滨市南岗区松雷中学中考数学三模试卷
一、选择题（每小题3分，共计30分）
1．7℃比2℃高（ ）
A．5℃ B．﹣5℃ C．9℃ D．﹣9℃
2．下列运算正确的是（ ）
A．3a+2b＝5ab B．a2•a3＝a6
C．a•a4＝a4 D．（a3b）2＝a6b2
3．以下四个商标中，是轴对称图形，但不是中心对称图形的是（ ）
A． B．
C． D．
4．下面的几何体中，俯视图为三角形的是（ ）
A． B．
C． D．
5．如图，PA、PB分别与⊙O相切于A、B两点，点C为⊙O上一点，连接AC、BC，若∠P＝50°，则∠ACB的度数为（ ）
A．60° B．75° C．70° D．65°
6．在Rt△ABC中，∠C＝90°，∠B＝35°，AB＝7，则BC的长为（ ）
A．7sin35° B． C．7cos35° D．7tan35°
7．将抛物线y＝x2向左平移2个单位长度，再向下平移3个单位长度，得到的抛物线的函数表达式为（ ）
A．y＝（x+2）2﹣3 B．y＝（x+2）2+3 C．y＝（x﹣2）2+3 D．y＝（x﹣2）2﹣3
8．方程＝的解为（ ）
A．x＝ B．x＝ C．x＝ D．x＝
9．某商品原价200元，连续两次降价a%后售价为128元，下列所列方程正确的是（ ）
A．200（1+a%）2＝128 B．200（1﹣a%）2＝128
C．200（1﹣2a%）2＝128 D．200（1﹣a2%）＝128
10．如图，在△ABC中，D、E分别在AB、AC上，DE∥BC，点F在BC边上，连接AF交DE于点G，则下列结论中一定正确的是（ ）
A．＝ B．＝ C．＝ D．＝
二、填空题（每小题3分，共计30分）
11．把4500000用科学记数法表示为 ．
12．在函数y＝中，自变量x的取值范围是 ．
13．因式分解：3x2﹣27＝ ．
14．不等式组的解集是 ．
15．抛物线y＝2x2﹣6x+1的顶点坐标是 ．
16．如图，△ABC是等边三角形，BD平分∠ABC，点E在BC的延长线上，且CE＝1，∠E＝30°，则BC＝ ．
17．一个扇形的半径为2，弧长为π，则这个扇形的面积为 ．
18．在一个不透明的盒子里有2个红球和n个白球，这些球除颜色外其余完全相同，摇匀后随机摸出一个，摸到红球的概率是，则n的值是 ．
19．在△ABC中，∠A＝30°，∠B＝50°，点D在AB边上，连接CD，若△ACD为直角三角形，则∠BCD的度数为 ．
20．如图，Rt△ABC，∠ABC＝90°，点D为BC上一点，BD+BC＝AE，过点D作AD的垂线交AB延长线于点E，若DE＝1，AC＝，则AE＝ ．
三、解答题（其中21～22题各7分，23-24题各8分，25～27题各10分，共计60分）
21．先化简，再求值：（+）÷，其中a＝2tan60°﹣1．
22．如图的网格中每个小正方形的边长均为1，点A、B、C均在格点上，点O在正方形的顶点上；
（1）画出△ABC关于点O中心对称的△DEF；
（2）连接BD，画出△BDG，使点G在线段BD右侧，∠BGD＝90°，且面积为8；
（3）连接GF，直接写出GF的长 ．
23．某中学围绕“哈尔滨市周边五大名山，即：香炉山、凤凰山、金龙山、帽儿山、二龙山，你最喜欢哪一座山？（每名学生必选且只选一座山）的问题在全校范围内随机抽取了部分学生进行间卷调查，根据调查结果绘制了如图的不完整的统计图：
（1）求本次调查的样本容量；
（2）求本次调查中，最喜欢凤凰山的学生人数，并补全条形统计图；
（3）该中学共有学生4000人，请你估计该中学最喜欢凤凰山的学生约有多少人？
24．如图，点A （2，4）在函数y＝（k＞0）的图象上，矩形ABCD的边BC在x轴上，E为对角线BD上一点，点E也在函数y＝（k＞0）的图象上．
（1）求k的值；
（2）当∠ABD＝45°时，求E点坐标．
25．某社区计划对面积为1800m2的区域进行绿化；经招标，甲、乙两个工程队中标，全部绿化工作由甲、乙两队来完成；已知甲队每天能完成绿化的面积是乙队每天能完成绿化的面积的2倍，并且在独立完成面积为400m2区域的绿化时，甲队比乙队少用4天；
（1）求甲、乙两队每天能完成绿化的面积；
（2）若甲队每天绿化费用是0.6万元，乙队每天绿化费用为0.25万元，如果施工总费用不超过10.4万元，那么乙队至少需施工多少天？
26．如图，AB为⊙O的直径，C为⊙O上一点，CD⊥AB，垂足为D，连接BC．
（1）如图①，连接AC、OC，求证：∠OCB＝∠ACD；
（2）如图②，点E为⊙O上一点，连接AE，分别交BC、CD于F、G．若∠EAC＝∠ABC，求证：EF＝2DG．
（3）如图③，在（2）的条件下，M、N分别为AC、CF上一点，且MN∥AE，若BM平分∠ABC，CM＝3，BN﹣AC＝4，求AE的长．
27．如图①，抛物线y＝﹣（x+k）（x﹣7）交x轴于A、B（A左B右），交y轴于点C，且OB＝OC．
（1）求抛物线的解析式；
（2）如图②，点D为第一象限抛物线上一点，连接CD、AD，AD交y轴于点E，设D的横坐标为m，△CDE的面积为S，求S与m的函数关系式；
（3）如图③，在（2）的条件下，过点D作DF⊥y轴于点F，过点E作EG⊥EC，且∠DCG＝45°，若CF＝3，求CG的直线解析式．
2020年黑龙江省哈尔滨市南岗区松雷中学中考数学三模试卷
参考答案与试题解析
一．选择题（共10小题）
1．7℃比2℃高（ ）
A．5℃ B．﹣5℃ C．9℃ D．﹣9℃
【分析】根据题意列式计算即可．
【解答】解：7﹣2＝5（℃），
即7℃比2℃高5℃．
故选：A．
2．下列运算正确的是（ ）
A．3a+2b＝5ab B．a2•a3＝a6
C．a•a4＝a4 D．（a3b）2＝a6b2
【分析】直接利用合并同类项法则以及积的乘方运算法则、同底数幂的乘除运算法则分别计算得出答案．
【解答】解：A、3a+2b，无法计算，故此选项不合题意；
B、a2•a3＝a5，故此选项不合题意；
C、a•a4＝a5，故此选项不合题意；
D、（a3b）2＝a6b2，故此选项符合题意．
故选：D．
3．以下四个商标中，是轴对称图形，但不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判断．
【解答】解：A、是轴对称图形，也是中心对称图形；
B、不是轴对称图形，不是中心对称图形；
C、不是轴对称图形，不是中心对称图形；
D、是轴对称图形，不是中心对称图形．
故选：D．
4．下面的几何体中，俯视图为三角形的是（ ）
A． B．
C． D．
【分析】根据俯视图是从物体上面看，所得到的图形，分别得出四个几何体的俯视图，即可解答．
【解答】解：A、长方体的俯视图是长方形，故本选项错误；
B、圆锥的俯视图是带圆心的圆，故本选项错误；
C、圆柱的俯视图是圆，故本选项错误；
D、三棱柱的俯视图是三角形，故本选项正确；
故选：D．
5．如图，PA、PB分别与⊙O相切于A、B两点，点C为⊙O上一点，连接AC、BC，若∠P＝50°，则∠ACB的度数为（ ）
A．60° B．75° C．70° D．65°
【分析】先利用切线的性质得∠OAP＝∠OBP＝90°，再利用四边形的内角和计算出∠AOB的度数，然后根据圆周角定理计算∠ACB的度数．
【解答】解：连接OA、OB，
∵PA、PB分别与⊙O相切于A、B两点，
∴OA⊥PA，OB⊥PB，
∴∠OAP＝∠OBP＝90°，
∴∠AOB＝180°﹣∠P＝180°﹣50°＝130°，
∴∠ACB＝∠AOB＝×130°＝65°．
故选：D．
6．在Rt△ABC中，∠C＝90°，∠B＝35°，AB＝7，则BC的长为（ ）
A．7sin35° B． C．7cos35° D．7tan35°
【分析】根据余弦为邻边比斜边，可得答案．
【解答】解：由cosB＝＝，得
BC＝7cosB＝7cos35°，
故选：C．
7．将抛物线y＝x2向左平移2个单位长度，再向下平移3个单位长度，得到的抛物线的函数表达式为（ ）
A．y＝（x+2）2﹣3 B．y＝（x+2）2+3 C．y＝（x﹣2）2+3 D．y＝（x﹣2）2﹣3
【分析】先确定抛物线y＝x2的顶点坐标为（0，0），再根据点平移的规律得到点（0，0）平移后所得对应点的坐标为（﹣2，﹣3），然后根据顶点式写出平移后的抛物线解析式．
【解答】解：抛物线y＝x2的顶点坐标为（0，0），把点（0，0）向左平移1个单位，再向下平移2个单位长度所得对应点的坐标为（﹣2，﹣3），所以平移后的抛物线解析式为y＝（x+2）2﹣3．
故选：A．
8．方程＝的解为（ ）
A．x＝ B．x＝ C．x＝ D．x＝
【分析】分式方程去分母转化为整式方程，求出整式方程的解得到x的值，经检验即可得到分式方程的解．
【解答】解：去分母得：6x＝27x﹣9，
解得：x＝，
经检验x＝是分式方程的解．
故选：B．
9．某商品原价200元，连续两次降价a%后售价为128元，下列所列方程正确的是（ ）
A．200（1+a%）2＝128 B．200（1﹣a%）2＝128
C．200（1﹣2a%）2＝128 D．200（1﹣a2%）＝128
【分析】根据原价及经两次降价后的价格，即可得出关于a的一元二次方程，此题得解．
【解答】解：根据题意得：200（1﹣a%）2＝128．
故选：B．
10．如图，在△ABC中，D、E分别在AB、AC上，DE∥BC，点F在BC边上，连接AF交DE于点G，则下列结论中一定正确的是（ ）
A．＝ B．＝ C．＝ D．＝
【分析】根据DE∥BC，得出△ADE∽△ABC，△AGE∽△AFC，进而得出相应的比例式，再对各个选项进行判断即可．
【解答】解：∵DE∥BC，
∴△ADE∽△ABC，△AGE∽△AFC．
∴，故A错误；
，故B错误；
，故C正确；
，故D错误．
故选：C．
二．填空题
11．把4500000用科学记数法表示为 4.5×106 ．
【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．当原数绝对值大于10时，n是正数；当原数的绝对值小于1时，n是负数．
【解答】解：4500000＝4.5×106．
故答案是：4.5×106．
12．在函数y＝中，自变量x的取值范围是 x≠ ．
【分析】根据分母不为0即可确定答案．
【解答】解：∵函数y＝有意义，
∴2x﹣5≠0，
解得：x≠，
故答案为：x≠．
13．因式分解：3x2﹣27＝ 3（x+3）（x﹣3） ．
【分析】先提取公因式3，再根据平方差公式进行二次分解即可求得答案．注意分解要彻底．
【解答】解：原式＝3（x2﹣9）＝3（x+3）（x﹣3），
故答案为3（x+3）（x﹣3）．
14．不等式组的解集是 0＜x≤2 ．
【分析】先解不等式组中的每一个不等式的解集，再利用求不等式组解集的口诀“大小小大中间找”来求不等式组的解集为2≤x≤3．
【解答】解：，
解不等式①得，x≤2，
解不等式②，x＞0，
所以，原不等式组的解集为0＜x≤2，
故答案为：0＜x≤2．
15．抛物线y＝2x2﹣6x+1的顶点坐标是 （，﹣） ．
【分析】先把抛物线化为顶点式的形式，再求出其顶点坐标即可．
【解答】解：∵抛物线y＝2x2﹣6x+1可化为y＝2（x﹣）2﹣，
∴其顶点坐标为（，﹣）．
故答案为：（，﹣）．
16．如图，△ABC是等边三角形，BD平分∠ABC，点E在BC的延长线上，且CE＝1，∠E＝30°，则BC＝ 2 ．
【分析】先证明BC＝2CD，证明△CDE是等腰三角形即可解决问题．
【解答】解：∵△ABC是等边三角形，
∴∠ABC＝∠ACB＝60°，BA＝BC，
∵BD平分∠ABC，
∴∠DBC＝∠E＝30°，BD⊥AC，
∴∠BDC＝90°，
∴BC＝2DC，
∵∠ACB＝∠E+∠CDE，
∴∠CDE＝∠E＝30°，
∴CD＝CE＝1，
∴BC＝2CD＝2，
故答案为2
17．一个扇形的半径为2，弧长为π，则这个扇形的面积为 π ．
【分析】根据扇形的面积公式S扇形＝lR即可得出答案．
【解答】解：S扇形＝lR
＝•π×2
＝π．
故答案为：π．
18．在一个不透明的盒子里有2个红球和n个白球，这些球除颜色外其余完全相同，摇匀后随机摸出一个，摸到红球的概率是，则n的值是 8 ．
【分析】根据红球的概率结合概率公式列出关于n的方程，求出n的值即可．
【解答】解：∵在一个不透明的盒子里有2个红球和n个白球，这些球除颜色外其余完全相同，摇匀后随机摸出一个，摸到红球的概率是，
∴＝，
解得n＝8．
故答案为：8．
19．在△ABC中，∠A＝30°，∠B＝50°，点D在AB边上，连接CD，若△ACD为直角三角形，则∠BCD的度数为 40°或10° ．
【分析】当△ACD为直角三角形时，存在两种情况：∠ADC＝90°或∠ACD＝90°，根据三角形的内角和定理可得结论．
【解答】解：分两种情况：
①如图1，当∠ADC＝90°时，
∵∠B＝50°，
∴∠BCD＝90°﹣50°＝40°；
②如图2，当∠ACD＝90°时，
∵∠A＝30°，∠B＝50°，
∴∠ACB＝180°﹣30°﹣50°＝100°，
∴∠BCD＝100°﹣90°＝10°，
综上，则∠BCD的度数为40°或10°；
故答案为：40°或10°．
20．如图，Rt△ABC，∠ABC＝90°，点D为BC上一点，BD+BC＝AE，过点D作AD的垂线交AB延长线于点E，若DE＝1，AC＝，则AE＝ ．
【分析】通过已知条件证明△DEB∽△ADE∽△ADB，得出AE•BE＝1，在Rt△ABC中，由勾股定理得出AB2+BC2＝13，再通过线段之间的关系，得出关于AE的方程，从而解出AE．
【解答】解：∵∠ABC＝90°，AD⊥DE，∠DEB＝AEB，
∴△DEB∽△ADE，
∴∠DAE＝∠BDE，
∴△ADB∽△DEB，
∴△DEB∽△ADE∽△ADB，
∴，
∵DE＝1，
∴AE•BE＝1，
在Rt△ABC中，AC＝，
∴AB2+BC2＝AC2＝13，
又∵BC+BD＝AE，
∴BC＝AE﹣BD，
∴AB2+（AE﹣BD）2＝13，
即AB2+BD2+AE2﹣2BD•AE＝13，
∵AB2+BD2＝AD2，
∴AD2+AE2﹣2BD•AE＝13，
∵AD2＝AE2﹣DE2＝AE2﹣1，
∴2AE2﹣2BD•DE＝14，
∵BD＝，BE＝，
∴＝7，
即＝7，
令AE＝t，
则，
∴t2﹣15t+50＝0，
解得：t＝5或t＝10，
∵AE2＝5时，5﹣≠7（舍去），
∴AE＝．
三．解答题（共7小题）
21．先化简，再求值：（+）÷，其中a＝2tan60°﹣1．
【分析】原式括号中两项通分并利用同分母分式的加法法则计算，同时利用除法法则变形，约分得到最简结果，把a的值代入计算即可求出值．
【解答】解：原式＝•＝•＝，
当a＝2tan60°﹣1＝2﹣1时，原式＝．
22．如图的网格中每个小正方形的边长均为1，点A、B、C均在格点上，点O在正方形的顶点上；
（1）画出△ABC关于点O中心对称的△DEF；
（2）连接BD，画出△BDG，使点G在线段BD右侧，∠BGD＝90°，且面积为8；
（3）连接GF，直接写出GF的长 ．
【分析】（1）根据旋转的性质即可画出△ABC关于点O中心对称的△DEF；
（2）根据网格即可画出△BDG，使点G在线段BD右侧，∠BGD＝90°，且面积为8；
（3）连接GF，根据勾股定理即可写出GF的长．
【解答】解：（1）如图，△DEF即为所求；
（2）如图，△BDG即为所求；
（3）GF的长为：＝．
故答案为：．
23．某中学围绕“哈尔滨市周边五大名山，即：香炉山、凤凰山、金龙山、帽儿山、二龙山，你最喜欢哪一座山？（每名学生必选且只选一座山）的问题在全校范围内随机抽取了部分学生进行间卷调查，根据调查结果绘制了如图的不完整的统计图：
（1）求本次调查的样本容量；
（2）求本次调查中，最喜欢凤凰山的学生人数，并补全条形统计图；
（3）该中学共有学生4000人，请你估计该中学最喜欢凤凰山的学生约有多少人？
【分析】（1）由帽儿山的人数及其所占百分比可得总人数；
（2）根据各部分人数之和等于总人数可得凤凰山的人数，从而补全统计图；
（3）利用样本估计总体思想求解可得．
【解答】解：（1）20÷25%＝80（人），
答：本次调查的样本容量是：80；
（2）最喜欢凤凰山的学生人数为：80﹣24﹣8﹣20﹣12＝16（名），补全条形统计图如下：
（3）根据题意得：4000×＝800（名），
答：估计该中学最喜欢凤凰山的学生约有800名．
24．如图，点A （2，4）在函数y＝（k＞0）的图象上，矩形ABCD的边BC在x轴上，E为对角线BD上一点，点E也在函数y＝（k＞0）的图象上．
（1）求k的值；
（2）当∠ABD＝45°时，求E点坐标．
【分析】（1）把点A的坐标 （2，4）代入反比例函数解析式，计算求出k；
（2）作EG⊥BC于G，根据等腰直角三角形的性质得到EG＝BG，根据反比例函数图象上点的坐标特征列出方程，解方程得到答案．
【解答】解：（1）∵点A （2，4）在函数y＝（k＞0）的图象上，
∴4＝，
解得，k＝8；
（2）作EG⊥BC于G，
∵四边形ABCD为矩形，
∴∠ABC＝90°，
∵∠ABD＝45°，
∴∠CBD＝45°，
∴EG＝BG，
设EG＝a，则OG＝2+a，
∴点E的坐标为（2+a，a），
∵点E也在函数y＝（k＞0）的图象上，
∴（2+a）×a＝8，
整理得，a2+2a﹣8＝0，
解得，a1＝﹣4（舍去），a2＝2，
此时，E点坐标为（4，2）．
25．某社区计划对面积为1800m2的区域进行绿化；经招标，甲、乙两个工程队中标，全部绿化工作由甲、乙两队来完成；已知甲队每天能完成绿化的面积是乙队每天能完成绿化的面积的2倍，并且在独立完成面积为400m2区域的绿化时，甲队比乙队少用4天；
（1）求甲、乙两队每天能完成绿化的面积；
（2）若甲队每天绿化费用是0.6万元，乙队每天绿化费用为0.25万元，如果施工总费用不超过10.4万元，那么乙队至少需施工多少天？
【分析】（1）设乙队每天能完成绿化的面积为xm2，则甲队每天能完成绿化的面积为2xm2，根据工作时间＝工作总量÷工作效率结合在独立完成面积为400m2区域的绿化时甲队比乙队少用4天，即可得出关于x的分式方程，解之经检验后即可得出结论；
（2）设乙队需施工y天，则甲队需施工天，根据总费用＝甲队每天所需费用×甲队工作时间+乙队每天所需费用×乙队工作时间结合施工总费用不超过10.4万元，即可得出关于y的一元一次不等式，解之取其最小值即可得出结论．
【解答】解：（1）设乙工程队每天能完成绿化的面积为xm2，则甲工程队每天能完成绿化的面积为2xm2，
根据题意得：﹣＝4，
解得：x＝50，
经检验，x＝50是原分式方程的解，
∴2x＝100．
答：甲队每天能完成绿化的面积为100m2，乙队每天能完成绿化的面积为50m2．
（2）设乙工程队需施工y天，则甲队需施工天，
根据题意得：0.6×+0.25y≤10.4，
解得：y≥8．
答：乙队至少需施工8天．
26．如图，AB为⊙O的直径，C为⊙O上一点，CD⊥AB，垂足为D，连接BC．
（1）如图①，连接AC、OC，求证：∠OCB＝∠ACD；
（2）如图②，点E为⊙O上一点，连接AE，分别交BC、CD于F、G．若∠EAC＝∠ABC，求证：EF＝2DG．
（3）如图③，在（2）的条件下，M、N分别为AC、CF上一点，且MN∥AE，若BM平分∠ABC，CM＝3，BN﹣AC＝4，求AE的长．
【分析】（1）根据AB为⊙O的直径和CD⊥AB，利用同角的余角相等即可证明∠OCB＝∠ACD；
（2）连接BE，过F作FT⊥AB于T，根据圆的基本性质和∠EAC＝∠ABC可证明△EBF≌△TBF，由此可得EF＝TF，再根据FT⊥AB，CD⊥AB，可证明△AGD∽△AFT，最后利用G为AF中点和EF＝TF即可证明EF＝2DG；
（3）根据MN∥AE，BM平分∠ABC，CM＝3，BN﹣AC＝4即可求出AE的长．
【解答】解：（1）证明：∵AB为直径，
∴∠BCA＝90°．
∴∠B+∠A＝90°．
∵OC＝OB，
∴∠B＝∠BCO．
∴∠BCO+∠A＝90°．
在Rt△ACD中，∠A+∠DCA＝90°，
∴∠OCB＝∠ACD．
（2）证明：连接BE，过F作FT⊥AB于T，如下图所示，
∵∠ABC+∠BAC＝90°，∠DCA+∠BAC＝90°，
∴∠ABC＝∠DCA．
∵∠EAC＝∠ABC，
∴∠EAC＝DCA．
∴AG＝CG．
∵∠AFC＝90°﹣∠EAC，∠FCG＝90°﹣∠DCA，
∴∠AFC＝∠FCG．
∴FG＝CG．
∴AG＝FG．
∵∠EBC＝∠EAC，∠EAC＝∠ABC，
∴∠EBF＝∠TBF．
在△EBF和△TBF中，
．
∴△EBF≌△TBF（AAS）．
∴EF＝TF．
∵FT⊥AB，CD⊥AB，
∴FT∥CD．
∵AG＝FG，
∴G为AF中点．
∴GD为△AFT的中位线．
∴FT＝2GD．
∴EF＝2DG．
（3）∵AC＝MC+AM＝3+AM，BN﹣AC＝BN﹣（3+AM）＝4，
∴BN﹣AM＝7．
∵∠EAC＝∠DCA，∠AFC＝90°﹣∠EAC，∠DAC＝90°﹣∠DCA，
∴∠AFC＝∠DAC，
∵MN∥AE，
∴∠AFC＝∠MNC，
∴∠MNC＝∠DAC．
∴A，M，N，B四点共圆．
∵BM平分∠ABC，
∴∠MBN＝∠ABM．
∴NM＝AM．
在NB上截取NR＝NM，连接MR，如下图所示，
则NR＝NM＝AM．
∴BN﹣AM＝BN﹣NR＝BR＝7．
在CF上截取CL＝CM，连接ML，则∠CLM＝∠CML＝45°．
∵∠CLM＝∠LRM+∠LMR，∠CML＝∠CMN+∠LMN，
∴∠LRM+∠LMR＝∠CMN+∠LMN．
∵MN∥AE，
∴∠CMN＝∠CAE，∠CAE＝∠ABC，
∴∠LRM+∠LMR＝∠ABC+∠LMN①．
∵NM＝NR，
∴∠LRM＝∠NMR．
∴∠LRM＝∠LMN+∠LMR．
∴∠LMR＝∠LRM﹣∠LMN②．
将②代入①得：2∠LRM﹣∠LMN＝∠ABC+∠LMN．
∵∠LRM＝∠ABC+∠BMR，
∴2∠LRM＝∠ABC+2∠BMR．
∴∠ABC+2∠BMR﹣∠LMN＝∠ABC+∠LMN．
∴2∠BMR＝2∠LMN．
∴∠BMR＝∠LMN．
∴∠CRM＝∠BML．
延长BC到T，使CT＝CR＝x，则BC＝x+7，BT＝2x+7．
∵MC⊥BC，
∴MR＝MT．
∴∠CRM＝∠T．
∴∠BML＝∠T．
∵∠CBM＝∠TBM，
∴△BLM～△BMT．
∴．
∴BM2＝BL•BT．
∵CM＝CL＝3，
∴BL＝BC﹣CL＝x+4．
在Rt△BCM中，BM2＝CM2+BC2．
∴BM2＝32+（x+7）2．
∴32+（x+7）2＝（x+4）（2x+7）．
解得：x1＝5，x2＝﹣6（舍去）．
∴BC＝x+7＝12．
∵BM平分∠ABC，
∴．
∴AB＝4CM．
设AM＝y，则AB＝4y．
由勾股定理得：BC2+AC2＝AB2．
∴122+（3+y）2＝（4y）2．
解得：y＝．
∴AB＝4y＝，AC＝．
∵，
∴CD＝．
延长CD交圆于点S，连接AS，
∵AB⊥CD，
∴CS＝2CD＝，．
∵．
∴．
∴AE＝CS＝．
∴AE的长为
27．如图①，抛物线y＝﹣（x+k）（x﹣7）交x轴于A、B（A左B右），交y轴于点C，且OB＝OC．
（1）求抛物线的解析式；
（2）如图②，点D为第一象限抛物线上一点，连接CD、AD，AD交y轴于点E，设D的横坐标为m，△CDE的面积为S，求S与m的函数关系式；
（3）如图③，在（2）的条件下，过点D作DF⊥y轴于点F，过点E作EG⊥EC，且∠DCG＝45°，若CF＝3，求CG的直线解析式．
【分析】（1）用待定系数法即可求解；
（2）求出直线AD的表达式为y＝（7﹣m）x+（7﹣m），则点E的坐标为（0，7﹣m），进而求解；
（3）证明∠EAO＝∠FDE，则tan∠EAO＝tan∠FDE，求出点D（6，4）；证明△CFR∽△CEG，得到FR＝t，则EG＝2t；证明△CGE≌△DNF（AAS），得到NF＝GE＝2t，CN＝3+2t；证明△DMR≌△CMN（AAS），得到DR＝CN，进而求解．
【解答】解：（1）令y＝﹣（x+k）（x﹣7）＝0，解得x＝﹣k或7，
故点B的坐标为（7，0），
∴OC＝OB＝7，故点C的坐标为（0，7），
将点C的坐标代入抛物线表达式并解得k＝2，
故抛物线的表达式为y＝﹣（x+2）（x﹣7）＝﹣x2+x+7；
（2）设点D的坐标为（m，﹣m2+m+7），
设直线AD的表达式为y＝sx+t，则，解得，
故直线AD的表达式为y＝（7﹣m）x+（7﹣m），
故点E的坐标为（0，7﹣m），
则CE＝OC﹣OE＝7﹣（7﹣m）＝m，
则S＝CE•FD＝×m•m＝m2；
（3）过点D作DM⊥CG交于点M，延长DM交y轴于点N，设FD交CG于点R，
∵DF∥x轴，
∴∠EAO＝∠FDE，
∴tan∠EAO＝tan∠FDE，即，
其中，EF＝OC﹣CF﹣OE＝6﹣3﹣（7﹣m）＝m﹣3，FD＝m，OE＝7﹣m，OA＝2，
将上述数值代入并解得m＝﹣1（舍去）或6，
故点D（6，4），EF＝3，FD＝3，OE＝1，CE＝OC﹣OE＝7﹣1＝6，
∵FR∥EG，
∴△CFR∽△CEG，
∴，即，
设FR＝t，则EG＝2t，
∵DF＝CE＝6，∠CEG＝∠DFN＝90°，
∵DN⊥CG，
∴∠RDM＝90°﹣∠MRD＝90°﹣∠FRC＝∠FCR，
∴△CGE≌△DNF（AAS），
∴NF＝GE＝2t，CN＝3+2t，
∵∠RDM＝∠FCR，∠DMR＝∠CMN＝90°，
∵∠GCD＝45°，
∴DM＝CM，
∴△DMR≌△CMN（AAS），
∴DR＝CN，
∴3+2t＝6﹣t，解得t＝1，
∴点G的坐标为（2，1），
由点C、G的坐标得，直线CG的表达式为y＝3x+7．
2020年黑龙江省哈尔滨市南岗区松雷中学中考数学三模试卷
一、选择题（每小题3分，共计30分）
1．7℃比2℃高（ ）
A．5℃ B．﹣5℃ C．9℃ D．﹣9℃
2．下列运算正确的是（ ）
A．3a+2b＝5ab B．a2•a3＝a6
C．a•a4＝a4 D．（a3b）2＝a6b2
3．以下四个商标中，是轴对称图形，但不是中心对称图形的是（ ）
A． B．
C． D．
4．下面的几何体中，俯视图为三角形的是（ ）
A． B．
C． D．
5．如图，PA、PB分别与⊙O相切于A、B两点，点C为⊙O上一点，连接AC、BC，若∠P＝50°，则∠ACB的度数为（ ）
A．60° B．75° C．70° D．65°
6．在Rt△ABC中，∠C＝90°，∠B＝35°，AB＝7，则BC的长为（ ）
A．7sin35° B． C．7cos35° D．7tan35°
7．将抛物线y＝x2向左平移2个单位长度，再向下平移3个单位长度，得到的抛物线的函数表达式为（ ）
A．y＝（x+2）2﹣3 B．y＝（x+2）2+3 C．y＝（x﹣2）2+3 D．y＝（x﹣2）2﹣3
8．方程＝的解为（ ）
A．x＝ B．x＝ C．x＝ D．x＝
9．某商品原价200元，连续两次降价a%后售价为128元，下列所列方程正确的是（ ）
A．200（1+a%）2＝128 B．200（1﹣a%）2＝128
C．200（1﹣2a%）2＝128 D．200（1﹣a2%）＝128
10．如图，在△ABC中，D、E分别在AB、AC上，DE∥BC，点F在BC边上，连接AF交DE于点G，则下列结论中一定正确的是（ ）
A．＝ B．＝ C．＝ D．＝
二、填空题（每小题3分，共计30分）
11．把4500000用科学记数法表示为 ．
12．在函数y＝中，自变量x的取值范围是 ．
13．因式分解：3x2﹣27＝ ．
14．不等式组的解集是 ．
15．抛物线y＝2x2﹣6x+1的顶点坐标是 ．
16．如图，△ABC是等边三角形，BD平分∠ABC，点E在BC的延长线上，且CE＝1，∠E＝30°，则BC＝ ．
17．一个扇形的半径为2，弧长为π，则这个扇形的面积为 ．
18．在一个不透明的盒子里有2个红球和n个白球，这些球除颜色外其余完全相同，摇匀后随机摸出一个，摸到红球的概率是，则n的值是 ．
19．在△ABC中，∠A＝30°，∠B＝50°，点D在AB边上，连接CD，若△ACD为直角三角形，则∠BCD的度数为 ．
20．如图，Rt△ABC，∠ABC＝90°，点D为BC上一点，BD+BC＝AE，过点D作AD的垂线交AB延长线于点E，若DE＝1，AC＝，则AE＝ ．
三、解答题（其中21～22题各7分，23-24题各8分，25～27题各10分，共计60分）
21．先化简，再求值：（+）÷，其中a＝2tan60°﹣1．
22．如图的网格中每个小正方形的边长均为1，点A、B、C均在格点上，点O在正方形的顶点上；
（1）画出△ABC关于点O中心对称的△DEF；
（2）连接BD，画出△BDG，使点G在线段BD右侧，∠BGD＝90°，且面积为8；
（3）连接GF，直接写出GF的长 ．
23．某中学围绕“哈尔滨市周边五大名山，即：香炉山、凤凰山、金龙山、帽儿山、二龙山，你最喜欢哪一座山？（每名学生必选且只选一座山）的问题在全校范围内随机抽取了部分学生进行间卷调查，根据调查结果绘制了如图的不完整的统计图：
（1）求本次调查的样本容量；
（2）求本次调查中，最喜欢凤凰山的学生人数，并补全条形统计图；
（3）该中学共有学生4000人，请你估计该中学最喜欢凤凰山的学生约有多少人？
24．如图，点A （2，4）在函数y＝（k＞0）的图象上，矩形ABCD的边BC在x轴上，E为对角线BD上一点，点E也在函数y＝（k＞0）的图象上．
（1）求k的值；
（2）当∠ABD＝45°时，求E点坐标．
25．某社区计划对面积为1800m2的区域进行绿化；经招标，甲、乙两个工程队中标，全部绿化工作由甲、乙两队来完成；已知甲队每天能完成绿化的面积是乙队每天能完成绿化的面积的2倍，并且在独立完成面积为400m2区域的绿化时，甲队比乙队少用4天；
（1）求甲、乙两队每天能完成绿化的面积；
（2）若甲队每天绿化费用是0.6万元，乙队每天绿化费用为0.25万元，如果施工总费用不超过10.4万元，那么乙队至少需施工多少天？
26．如图，AB为⊙O的直径，C为⊙O上一点，CD⊥AB，垂足为D，连接BC．
（1）如图①，连接AC、OC，求证：∠OCB＝∠ACD；
（2）如图②，点E为⊙O上一点，连接AE，分别交BC、CD于F、G．若∠EAC＝∠ABC，求证：EF＝2DG．
（3）如图③，在（2）的条件下，M、N分别为AC、CF上一点，且MN∥AE，若BM平分∠ABC，CM＝3，BN﹣AC＝4，求AE的长．
27．如图①，抛物线y＝﹣（x+k）（x﹣7）交x轴于A、B（A左B右），交y轴于点C，且OB＝OC．
（1）求抛物线的解析式；
（2）如图②，点D为第一象限抛物线上一点，连接CD、AD，AD交y轴于点E，设D的横坐标为m，△CDE的面积为S，求S与m的函数关系式；
（3）如图③，在（2）的条件下，过点D作DF⊥y轴于点F，过点E作EG⊥EC，且∠DCG＝45°，若CF＝3，求CG的直线解析式．
2020年黑龙江省哈尔滨市南岗区松雷中学中考数学三模试卷
参考答案与试题解析
一．选择题（共10小题）
1．7℃比2℃高（ ）
A．5℃ B．﹣5℃ C．9℃ D．﹣9℃
【分析】根据题意列式计算即可．
【解答】解：7﹣2＝5（℃），
即7℃比2℃高5℃．
故选：A．
2．下列运算正确的是（ ）
A．3a+2b＝5ab B．a2•a3＝a6
C．a•a4＝a4 D．（a3b）2＝a6b2
【分析】直接利用合并同类项法则以及积的乘方运算法则、同底数幂的乘除运算法则分别计算得出答案．
【解答】解：A、3a+2b，无法计算，故此选项不合题意；
B、a2•a3＝a5，故此选项不合题意；
C、a•a4＝a5，故此选项不合题意；
D、（a3b）2＝a6b2，故此选项符合题意．
故选：D．
3．以下四个商标中，是轴对称图形，但不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判断．
【解答】解：A、是轴对称图形，也是中心对称图形；
B、不是轴对称图形，不是中心对称图形；
C、不是轴对称图形，不是中心对称图形；
D、是轴对称图形，不是中心对称图形．
故选：D．
4．下面的几何体中，俯视图为三角形的是（ ）
A． B．
C． D．
【分析】根据俯视图是从物体上面看，所得到的图形，分别得出四个几何体的俯视图，即可解答．
【解答】解：A、长方体的俯视图是长方形，故本选项错误；
B、圆锥的俯视图是带圆心的圆，故本选项错误；
C、圆柱的俯视图是圆，故本选项错误；
D、三棱柱的俯视图是三角形，故本选项正确；
故选：D．
5．如图，PA、PB分别与⊙O相切于A、B两点，点C为⊙O上一点，连接AC、BC，若∠P＝50°，则∠ACB的度数为（ ）
A．60° B．75° C．70° D．65°
【分析】先利用切线的性质得∠OAP＝∠OBP＝90°，再利用四边形的内角和计算出∠AOB的度数，然后根据圆周角定理计算∠ACB的度数．
【解答】解：连接OA、OB，
∵PA、PB分别与⊙O相切于A、B两点，
∴OA⊥PA，OB⊥PB，
∴∠OAP＝∠OBP＝90°，
∴∠AOB＝180°﹣∠P＝180°﹣50°＝130°，
∴∠ACB＝∠AOB＝×130°＝65°．
故选：D．
6．在Rt△ABC中，∠C＝90°，∠B＝35°，AB＝7，则BC的长为（ ）
A．7sin35° B． C．7cos35° D．7tan35°
【分析】根据余弦为邻边比斜边，可得答案．
【解答】解：由cosB＝＝，得
BC＝7cosB＝7cos35°，
故选：C．
7．将抛物线y＝x2向左平移2个单位长度，再向下平移3个单位长度，得到的抛物线的函数表达式为（ ）
A．y＝（x+2）2﹣3 B．y＝（x+2）2+3 C．y＝（x﹣2）2+3 D．y＝（x﹣2）2﹣3
【分析】先确定抛物线y＝x2的顶点坐标为（0，0），再根据点平移的规律得到点（0，0）平移后所得对应点的坐标为（﹣2，﹣3），然后根据顶点式写出平移后的抛物线解析式．
【解答】解：抛物线y＝x2的顶点坐标为（0，0），把点（0，0）向左平移1个单位，再向下平移2个单位长度所得对应点的坐标为（﹣2，﹣3），所以平移后的抛物线解析式为y＝（x+2）2﹣3．
故选：A．
8．方程＝的解为（ ）
A．x＝ B．x＝ C．x＝ D．x＝
【分析】分式方程去分母转化为整式方程，求出整式方程的解得到x的值，经检验即可得到分式方程的解．
【解答】解：去分母得：6x＝27x﹣9，
解得：x＝，
经检验x＝是分式方程的解．
故选：B．
9．某商品原价200元，连续两次降价a%后售价为128元，下列所列方程正确的是（ ）
A．200（1+a%）2＝128 B．200（1﹣a%）2＝128
C．200（1﹣2a%）2＝128 D．200（1﹣a2%）＝128
【分析】根据原价及经两次降价后的价格，即可得出关于a的一元二次方程，此题得解．
【解答】解：根据题意得：200（1﹣a%）2＝128．
故选：B．
10．如图，在△ABC中，D、E分别在AB、AC上，DE∥BC，点F在BC边上，连接AF交DE于点G，则下列结论中一定正确的是（ ）
A．＝ B．＝ C．＝ D．＝
【分析】根据DE∥BC，得出△ADE∽△ABC，△AGE∽△AFC，进而得出相应的比例式，再对各个选项进行判断即可．
【解答】解：∵DE∥BC，
∴△ADE∽△ABC，△AGE∽△AFC．
∴，故A错误；
，故B错误；
，故C正确；
，故D错误．
故选：C．
二．填空题
11．把4500000用科学记数法表示为 4.5×106 ．
【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．当原数绝对值大于10时，n是正数；当原数的绝对值小于1时，n是负数．
【解答】解：4500000＝4.5×106．
故答案是：4.5×106．
12．在函数y＝中，自变量x的取值范围是 x≠ ．
【分析】根据分母不为0即可确定答案．
【解答】解：∵函数y＝有意义，
∴2x﹣5≠0，
解得：x≠，
故答案为：x≠．
13．因式分解：3x2﹣27＝ 3（x+3）（x﹣3） ．
【分析】先提取公因式3，再根据平方差公式进行二次分解即可求得答案．注意分解要彻底．
【解答】解：原式＝3（x2﹣9）＝3（x+3）（x﹣3），
故答案为3（x+3）（x﹣3）．
14．不等式组的解集是 0＜x≤2 ．
【分析】先解不等式组中的每一个不等式的解集，再利用求不等式组解集的口诀“大小小大中间找”来求不等式组的解集为2≤x≤3．
【解答】解：，
解不等式①得，x≤2，
解不等式②，x＞0，
所以，原不等式组的解集为0＜x≤2，
故答案为：0＜x≤2．
15．抛物线y＝2x2﹣6x+1的顶点坐标是 （，﹣） ．
【分析】先把抛物线化为顶点式的形式，再求出其顶点坐标即可．
【解答】解：∵抛物线y＝2x2﹣6x+1可化为y＝2（x﹣）2﹣，
∴其顶点坐标为（，﹣）．
故答案为：（，﹣）．
16．如图，△ABC是等边三角形，BD平分∠ABC，点E在BC的延长线上，且CE＝1，∠E＝30°，则BC＝ 2 ．
【分析】先证明BC＝2CD，证明△CDE是等腰三角形即可解决问题．
【解答】解：∵△ABC是等边三角形，
∴∠ABC＝∠ACB＝60°，BA＝BC，
∵BD平分∠ABC，
∴∠DBC＝∠E＝30°，BD⊥AC，
∴∠BDC＝90°，
∴BC＝2DC，
∵∠ACB＝∠E+∠CDE，
∴∠CDE＝∠E＝30°，
∴CD＝CE＝1，
∴BC＝2CD＝2，
故答案为2
17．一个扇形的半径为2，弧长为π，则这个扇形的面积为 π ．
【分析】根据扇形的面积公式S扇形＝lR即可得出答案．
【解答】解：S扇形＝lR
＝•π×2
＝π．
故答案为：π．
18．在一个不透明的盒子里有2个红球和n个白球，这些球除颜色外其余完全相同，摇匀后随机摸出一个，摸到红球的概率是，则n的值是 8 ．
【分析】根据红球的概率结合概率公式列出关于n的方程，求出n的值即可．
【解答】解：∵在一个不透明的盒子里有2个红球和n个白球，这些球除颜色外其余完全相同，摇匀后随机摸出一个，摸到红球的概率是，
∴＝，
解得n＝8．
故答案为：8．
19．在△ABC中，∠A＝30°，∠B＝50°，点D在AB边上，连接CD，若△ACD为直角三角形，则∠BCD的度数为 40°或10° ．
【分析】当△ACD为直角三角形时，存在两种情况：∠ADC＝90°或∠ACD＝90°，根据三角形的内角和定理可得结论．
【解答】解：分两种情况：
①如图1，当∠ADC＝90°时，
∵∠B＝50°，
∴∠BCD＝90°﹣50°＝40°；
②如图2，当∠ACD＝90°时，
∵∠A＝30°，∠B＝50°，
∴∠ACB＝180°﹣30°﹣50°＝100°，
∴∠BCD＝100°﹣90°＝10°，
综上，则∠BCD的度数为40°或10°；
故答案为：40°或10°．
20．如图，Rt△ABC，∠ABC＝90°，点D为BC上一点，BD+BC＝AE，过点D作AD的垂线交AB延长线于点E，若DE＝1，AC＝，则AE＝ ．
【分析】通过已知条件证明△DEB∽△ADE∽△ADB，得出AE•BE＝1，在Rt△ABC中，由勾股定理得出AB2+BC2＝13，再通过线段之间的关系，得出关于AE的方程，从而解出AE．
【解答】解：∵∠ABC＝90°，AD⊥DE，∠DEB＝AEB，
∴△DEB∽△ADE，
∴∠DAE＝∠BDE，
∴△ADB∽△DEB，
∴△DEB∽△ADE∽△ADB，
∴，
∵DE＝1，
∴AE•BE＝1，
在Rt△ABC中，AC＝，
∴AB2+BC2＝AC2＝13，
又∵BC+BD＝AE，
∴BC＝AE﹣BD，
∴AB2+（AE﹣BD）2＝13，
即AB2+BD2+AE2﹣2BD•AE＝13，
∵AB2+BD2＝AD2，
∴AD2+AE2﹣2BD•AE＝13，
∵AD2＝AE2﹣DE2＝AE2﹣1，
∴2AE2﹣2BD•DE＝14，
∵BD＝，BE＝，
∴＝7，
即＝7，
令AE＝t，
则，
∴t2﹣15t+50＝0，
解得：t＝5或t＝10，
∵AE2＝5时，5﹣≠7（舍去），
∴AE＝．
三．解答题（共7小题）
21．先化简，再求值：（+）÷，其中a＝2tan60°﹣1．
【分析】原式括号中两项通分并利用同分母分式的加法法则计算，同时利用除法法则变形，约分得到最简结果，把a的值代入计算即可求出值．
【解答】解：原式＝•＝•＝，
当a＝2tan60°﹣1＝2﹣1时，原式＝．
22．如图的网格中每个小正方形的边长均为1，点A、B、C均在格点上，点O在正方形的顶点上；
（1）画出△ABC关于点O中心对称的△DEF；
（2）连接BD，画出△BDG，使点G在线段BD右侧，∠BGD＝90°，且面积为8；
（3）连接GF，直接写出GF的长 ．
【分析】（1）根据旋转的性质即可画出△ABC关于点O中心对称的△DEF；
（2）根据网格即可画出△BDG，使点G在线段BD右侧，∠BGD＝90°，且面积为8；
（3）连接GF，根据勾股定理即可写出GF的长．
【解答】解：（1）如图，△DEF即为所求；
（2）如图，△BDG即为所求；
（3）GF的长为：＝．
故答案为：．
23．某中学围绕“哈尔滨市周边五大名山，即：香炉山、凤凰山、金龙山、帽儿山、二龙山，你最喜欢哪一座山？（每名学生必选且只选一座山）的问题在全校范围内随机抽取了部分学生进行间卷调查，根据调查结果绘制了如图的不完整的统计图：
（1）求本次调查的样本容量；
（2）求本次调查中，最喜欢凤凰山的学生人数，并补全条形统计图；
（3）该中学共有学生4000人，请你估计该中学最喜欢凤凰山的学生约有多少人？
【分析】（1）由帽儿山的人数及其所占百分比可得总人数；
（2）根据各部分人数之和等于总人数可得凤凰山的人数，从而补全统计图；
（3）利用样本估计总体思想求解可得．
【解答】解：（1）20÷25%＝80（人），
答：本次调查的样本容量是：80；
（2）最喜欢凤凰山的学生人数为：80﹣24﹣8﹣20﹣12＝16（名），补全条形统计图如下：
（3）根据题意得：4000×＝800（名），
答：估计该中学最喜欢凤凰山的学生约有800名．
24．如图，点A （2，4）在函数y＝（k＞0）的图象上，矩形ABCD的边BC在x轴上，E为对角线BD上一点，点E也在函数y＝（k＞0）的图象上．
（1）求k的值；
（2）当∠ABD＝45°时，求E点坐标．
【分析】（1）把点A的坐标 （2，4）代入反比例函数解析式，计算求出k；
（2）作EG⊥BC于G，根据等腰直角三角形的性质得到EG＝BG，根据反比例函数图象上点的坐标特征列出方程，解方程得到答案．
【解答】解：（1）∵点A （2，4）在函数y＝（k＞0）的图象上，
∴4＝，
解得，k＝8；
（2）作EG⊥BC于G，
∵四边形ABCD为矩形，
∴∠ABC＝90°，
∵∠ABD＝45°，
∴∠CBD＝45°，
∴EG＝BG，
设EG＝a，则OG＝2+a，
∴点E的坐标为（2+a，a），
∵点E也在函数y＝（k＞0）的图象上，
∴（2+a）×a＝8，
整理得，a2+2a﹣8＝0，
解得，a1＝﹣4（舍去），a2＝2，
此时，E点坐标为（4，2）．
25．某社区计划对面积为1800m2的区域进行绿化；经招标，甲、乙两个工程队中标，全部绿化工作由甲、乙两队来完成；已知甲队每天能完成绿化的面积是乙队每天能完成绿化的面积的2倍，并且在独立完成面积为400m2区域的绿化时，甲队比乙队少用4天；
（1）求甲、乙两队每天能完成绿化的面积；
（2）若甲队每天绿化费用是0.6万元，乙队每天绿化费用为0.25万元，如果施工总费用不超过10.4万元，那么乙队至少需施工多少天？
【分析】（1）设乙队每天能完成绿化的面积为xm2，则甲队每天能完成绿化的面积为2xm2，根据工作时间＝工作总量÷工作效率结合在独立完成面积为400m2区域的绿化时甲队比乙队少用4天，即可得出关于x的分式方程，解之经检验后即可得出结论；
（2）设乙队需施工y天，则甲队需施工天，根据总费用＝甲队每天所需费用×甲队工作时间+乙队每天所需费用×乙队工作时间结合施工总费用不超过10.4万元，即可得出关于y的一元一次不等式，解之取其最小值即可得出结论．
【解答】解：（1）设乙工程队每天能完成绿化的面积为xm2，则甲工程队每天能完成绿化的面积为2xm2，
根据题意得：﹣＝4，
解得：x＝50，
经检验，x＝50是原分式方程的解，
∴2x＝100．
答：甲队每天能完成绿化的面积为100m2，乙队每天能完成绿化的面积为50m2．
（2）设乙工程队需施工y天，则甲队需施工天，
根据题意得：0.6×+0.25y≤10.4，
解得：y≥8．
答：乙队至少需施工8天．
26．如图，AB为⊙O的直径，C为⊙O上一点，CD⊥AB，垂足为D，连接BC．
（1）如图①，连接AC、OC，求证：∠OCB＝∠ACD；
（2）如图②，点E为⊙O上一点，连接AE，分别交BC、CD于F、G．若∠EAC＝∠ABC，求证：EF＝2DG．
（3）如图③，在（2）的条件下，M、N分别为AC、CF上一点，且MN∥AE，若BM平分∠ABC，CM＝3，BN﹣AC＝4，求AE的长．
【分析】（1）根据AB为⊙O的直径和CD⊥AB，利用同角的余角相等即可证明∠OCB＝∠ACD；
（2）连接BE，过F作FT⊥AB于T，根据圆的基本性质和∠EAC＝∠ABC可证明△EBF≌△TBF，由此可得EF＝TF，再根据FT⊥AB，CD⊥AB，可证明△AGD∽△AFT，最后利用G为AF中点和EF＝TF即可证明EF＝2DG；
（3）根据MN∥AE，BM平分∠ABC，CM＝3，BN﹣AC＝4即可求出AE的长．
【解答】解：（1）证明：∵AB为直径，
∴∠BCA＝90°．
∴∠B+∠A＝90°．
∵OC＝OB，
∴∠B＝∠BCO．
∴∠BCO+∠A＝90°．
在Rt△ACD中，∠A+∠DCA＝90°，
∴∠OCB＝∠ACD．
（2）证明：连接BE，过F作FT⊥AB于T，如下图所示，
∵∠ABC+∠BAC＝90°，∠DCA+∠BAC＝90°，
∴∠ABC＝∠DCA．
∵∠EAC＝∠ABC，
∴∠EAC＝DCA．
∴AG＝CG．
∵∠AFC＝90°﹣∠EAC，∠FCG＝90°﹣∠DCA，
∴∠AFC＝∠FCG．
∴FG＝CG．
∴AG＝FG．
∵∠EBC＝∠EAC，∠EAC＝∠ABC，
∴∠EBF＝∠TBF．
在△EBF和△TBF中，
．
∴△EBF≌△TBF（AAS）．
∴EF＝TF．
∵FT⊥AB，CD⊥AB，
∴FT∥CD．
∵AG＝FG，
∴G为AF中点．
∴GD为△AFT的中位线．
∴FT＝2GD．
∴EF＝2DG．
（3）∵AC＝MC+AM＝3+AM，BN﹣AC＝BN﹣（3+AM）＝4，
∴BN﹣AM＝7．
∵∠EAC＝∠DCA，∠AFC＝90°﹣∠EAC，∠DAC＝90°﹣∠DCA，
∴∠AFC＝∠DAC，
∵MN∥AE，
∴∠AFC＝∠MNC，
∴∠MNC＝∠DAC．
∴A，M，N，B四点共圆．
∵BM平分∠ABC，
∴∠MBN＝∠ABM．
∴NM＝AM．
在NB上截取NR＝NM，连接MR，如下图所示，
则NR＝NM＝AM．
∴BN﹣AM＝BN﹣NR＝BR＝7．
在CF上截取CL＝CM，连接ML，则∠CLM＝∠CML＝45°．
∵∠CLM＝∠LRM+∠LMR，∠CML＝∠CMN+∠LMN，
∴∠LRM+∠LMR＝∠CMN+∠LMN．
∵MN∥AE，
∴∠CMN＝∠CAE，∠CAE＝∠ABC，
∴∠LRM+∠LMR＝∠ABC+∠LMN①．
∵NM＝NR，
∴∠LRM＝∠NMR．
∴∠LRM＝∠LMN+∠LMR．
∴∠LMR＝∠LRM﹣∠LMN②．
将②代入①得：2∠LRM﹣∠LMN＝∠ABC+∠LMN．
∵∠LRM＝∠ABC+∠BMR，
∴2∠LRM＝∠ABC+2∠BMR．
∴∠ABC+2∠BMR﹣∠LMN＝∠ABC+∠LMN．
∴2∠BMR＝2∠LMN．
∴∠BMR＝∠LMN．
∴∠CRM＝∠BML．
延长BC到T，使CT＝CR＝x，则BC＝x+7，BT＝2x+7．
∵MC⊥BC，
∴MR＝MT．
∴∠CRM＝∠T．
∴∠BML＝∠T．
∵∠CBM＝∠TBM，
∴△BLM～△BMT．
∴．
∴BM2＝BL•BT．
∵CM＝CL＝3，
∴BL＝BC﹣CL＝x+4．
在Rt△BCM中，BM2＝CM2+BC2．
∴BM2＝32+（x+7）2．
∴32+（x+7）2＝（x+4）（2x+7）．
解得：x1＝5，x2＝﹣6（舍去）．
∴BC＝x+7＝12．
∵BM平分∠ABC，
∴．
∴AB＝4CM．
设AM＝y，则AB＝4y．
由勾股定理得：BC2+AC2＝AB2．
∴122+（3+y）2＝（4y）2．
解得：y＝．
∴AB＝4y＝，AC＝．
∵，
∴CD＝．
延长CD交圆于点S，连接AS，
∵AB⊥CD，
∴CS＝2CD＝，．
∵．
∴．
∴AE＝CS＝．
∴AE的长为
27．如图①，抛物线y＝﹣（x+k）（x﹣7）交x轴于A、B（A左B右），交y轴于点C，且OB＝OC．
（1）求抛物线的解析式；
（2）如图②，点D为第一象限抛物线上一点，连接CD、AD，AD交y轴于点E，设D的横坐标为m，△CDE的面积为S，求S与m的函数关系式；
（3）如图③，在（2）的条件下，过点D作DF⊥y轴于点F，过点E作EG⊥EC，且∠DCG＝45°，若CF＝3，求CG的直线解析式．
【分析】（1）用待定系数法即可求解；
（2）求出直线AD的表达式为y＝（7﹣m）x+（7﹣m），则点E的坐标为（0，7﹣m），进而求解；
（3）证明∠EAO＝∠FDE，则tan∠EAO＝tan∠FDE，求出点D（6，4）；证明△CFR∽△CEG，得到FR＝t，则EG＝2t；证明△CGE≌△DNF（AAS），得到NF＝GE＝2t，CN＝3+2t；证明△DMR≌△CMN（AAS），得到DR＝CN，进而求解．
【解答】解：（1）令y＝﹣（x+k）（x﹣7）＝0，解得x＝﹣k或7，
故点B的坐标为（7，0），
∴OC＝OB＝7，故点C的坐标为（0，7），
将点C的坐标代入抛物线表达式并解得k＝2，
故抛物线的表达式为y＝﹣（x+2）（x﹣7）＝﹣x2+x+7；
（2）设点D的坐标为（m，﹣m2+m+7），
设直线AD的表达式为y＝sx+t，则，解得，
故直线AD的表达式为y＝（7﹣m）x+（7﹣m），
故点E的坐标为（0，7﹣m），
则CE＝OC﹣OE＝7﹣（7﹣m）＝m，
则S＝CE•FD＝×m•m＝m2；
（3）过点D作DM⊥CG交于点M，延长DM交y轴于点N，设FD交CG于点R，
∵DF∥x轴，
∴∠EAO＝∠FDE，
∴tan∠EAO＝tan∠FDE，即，
其中，EF＝OC﹣CF﹣OE＝6﹣3﹣（7﹣m）＝m﹣3，FD＝m，OE＝7﹣m，OA＝2，
将上述数值代入并解得m＝﹣1（舍去）或6，
故点D（6，4），EF＝3，FD＝3，OE＝1，CE＝OC﹣OE＝7﹣1＝6，
∵FR∥EG，
∴△CFR∽△CEG，
∴，即，
设FR＝t，则EG＝2t，
∵DF＝CE＝6，∠CEG＝∠DFN＝90°，
∵DN⊥CG，
∴∠RDM＝90°﹣∠MRD＝90°﹣∠FRC＝∠FCR，
∴△CGE≌△DNF（AAS），
∴NF＝GE＝2t，CN＝3+2t，
∵∠RDM＝∠FCR，∠DMR＝∠CMN＝90°，
∵∠GCD＝45°，
∴DM＝CM，
∴△DMR≌△CMN（AAS），
∴DR＝CN，
∴3+2t＝6﹣t，解得t＝1，
∴点G的坐标为（2，1），
由点C、G的坐标得，直线CG的表达式为y＝3x+7．
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