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2021年湖南省永州市中考数学模拟试卷（二）（word版 含答案）
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这是一份2021年湖南省永州市中考数学模拟试卷（二）（word版 含答案），共29页。试卷主要包含了|﹣2021|的倒数是，下列运算正确的是，点A等内容，欢迎下载使用。
2021年湖南省永州市中考数学模拟试卷（二）
一．选择题（每小题4分，共40分）
1．|﹣2021|的倒数是（ ）
A．﹣2021 B．﹣ C． D．2021
2．下列运算正确的是（ ）
A．（a2）5＝a7 B．a2•a4＝a6
C．3a2b﹣3ab2＝0 D．
3．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．
4．点A（﹣4，y1），B（﹣1，y2）在反比例函数y＝的图象上，则y1，y2的大小关系是（ ）
A．y1＞y2 B．y1＝y2 C．y1＜y2 D．不能确定
5．如图，圆柱体中挖去一个小圆柱，那么这个几何体的主视图和俯视图分别为（ ）
A． B． C． D．
6．如图，AB为⊙O的直径，点C在⊙O上，若∠OCA＝50°，AB＝4，则的长为（ ）
A．π B．π C．π D．π
7．如图，四边形ABCD是平行四边形，点E在BA的延长线上，点F在BC的延长线上，连接EF，分别交AD，CD于点G，H，则下列结论错误的是（ ）
A．＝ B．＝ C．＝ D．＝
8．在同一平面直角坐标系中，函数y＝mx+m与y＝（m≠0）的图象可能是（ ）
A． B．
C． D．
9．小明家、公交车站、学校在一条笔直的公路旁（小明家、学校到这条公路的距离忽略不计），一天，小明从家出发去上学，沿这条公路步行到公交车站恰好乘上一辆公交车，公交车沿这条公路匀速行驶，小明下车时发现还有4分钟上课，于是他沿这条公路跑步赶到学校（上、下车时间忽略不计），小明与家的距离s（单位：米）与他所用时间t（单位：分钟）之间的函数关系如图所示，已知小明从家出发7分钟时与家的距离为1200米，从上公交车到他到达学校共用10分钟，下列说法：
①小明从家出发5分钟时乘上公交车；
②公交车的速度为400米/分钟；
③小明下公交车后跑向学校的速度为100米/分钟；
④小明上课没有迟到．
其中正确的个数是（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
10．如图，下列图形都是由面积为1的正方形按一定的规律组成，其中，第（1）个图形中面积为1的正方形有2个，第（2）个图形中面积为1的正方形有5个，第（3）个图形中面积为1的正方形有9个，…，按此规律．则第（6）个图形中面积为1的正方形的个数为（ ）
A．20 B．27 C．35 D．40
二、填空题（每小题4分，共计32分）
11．据统计永州市人口6316100人（数据来源2020年）将6316100用科学记数法表示为 ．
12．在函数中，自变量x的取值范围是 ．
13．计算：•＝ ．
14．把多项式16a3﹣ab2因式分解的结果是 ．
15．美术馆举办的一次画展中，展出的油画作品和国画作品共有100幅，其中油画作品的数量是国画作品数量的2倍多7幅，则展出的油画作品有 幅．
16．在矩形ABCD中，AD＝5，AB＝4，点E，F在直线AD上，且四边形BCFE为菱形．若线段EF的中点为点M，则线段AM的长为 ．
17．如图，点D在△ABC的边BC上，∠C+∠BAD＝∠DAC，tan∠BAD＝，AD＝，CD＝13，则线段AC的长为 ．
18．如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝5cm，BC＝12cm，将△ABC绕点B顺时针旋转60°，得到△BDE，连接DC交AB于点F，则△ACF与△BDF的周长之和为 cm．
三．解答题（78分）
19．（9分）先化简，再求代数式：（﹣）÷的值，其中x＝2+tan60°，y＝4sin30°．
20．（8分）解不等式组请结合题意填空，完成本题的解答：
（Ⅰ）解不等式①，得 ；
（Ⅱ）解不等式②，得 ；
（Ⅲ）把不等式①和②的解集在数轴上表示出来；
（Ⅳ）原不等式组的解集为 ．
21．（9分）如图，点D在△ABC的AB边上，且∠ACD＝∠A．
（1）作∠BDC的平分线DE，交BC于点E（用尺规作图法，保留作图痕迹，不要求写作法）；
（2）在（1）的条件下，判断直线DE与直线AC的位置关系（不要求证明）．
22．（10分）为增强学生环保意识，某中学组织全校2000名学生参加环保知识大赛，比赛成绩均为整数，从中抽取部分同学的成绩进行统计，并绘制成如图统计图．请根据图中提供的信息，解答下列问题：
（1）若抽取的成绩用扇形图来描述，则表示“第三组（79.5～89.5）”的扇形的圆心角为 度；
（2）若成绩在90分以上（含90分）的同学可以获奖，请估计该校约有多少名同学获奖？
（3）某班准备从成绩最好的4名同学（男、女各2名）中随机选取2名同学去社区进行环保宣传，则选出的同学恰好是1男1女的概率为 ．
23．（10分）华昌中学开学初在金利源商场购进A、B两种品牌的足球，购买A品牌足球花费了2500元，购买B品牌足球花费了2000元，且购买A品牌足球数量是购买B品牌足球数量的2倍，已知购买一个B品牌足球比购买一个A品牌足球多花30元．
（1）求购买一个A品牌、一个B品牌的足球各需多少元？
（2）华昌中学响应习总书记“足球进校园”的号召，决定两次购进A、B两种品牌足球共50个，恰逢金利源商场对两种品牌足球的售价进行调整，A品牌足球售价比第一次购买时提高了8%，B品牌足球按第一次购买时售价的9折出售，如果这所中学此次购买A、B两种品牌足球的总费用不超过3260元，那么华昌中学此次最多可购买多少个B品牌足球？
24．（10分）如图，一艘海轮位于灯塔P的北偏东53°方向，距离灯塔100海里的A处，它沿正南方向航行一段时间后，到达位于灯塔P的南偏东45°方向上的B处．
（1）在图中画出点B，并求出B处与灯塔P的距离（结果取整数）；
（2）用方向和距离描述灯塔P相对于B处的位置．
（参考数据：sin53°＝0.80，cos53°＝0.60，tan53°＝0.33，＝1.41）
25．（10分）如图1，AB为半圆O的直径，D为BA的延长线上一点，DC为半圆O的切线，切点为C．
（1）求证：∠ACD＝∠B；
（2）如图2，∠BDC的平分线分别交AC，BC于点E，F；
①求tan∠CFE的值；
②若AC＝3，BC＝4，求CE的长．
26．（12分）如图，在平面直角坐标系中，点O为坐标原点，直线y＝kx+1（k≠0）与x轴交于点A，与y轴交于点C，过点C的抛物线y＝ax2﹣（6a﹣2）x+b（a≠0）与直线AC交于另一点B，点B坐标为（4，3）．
（1）求a的值；
（2）点P是射线CB上的一个动点，过点P作PQ⊥x轴，垂足为点Q，在x轴上点Q的右侧取点M，使MQ＝，在QP的延长线上取点N，连接PM，AN，已知tan∠NAQ﹣tan∠MPQ＝，求线段PN的长；
（3）在（2）的条件下，过点C作CD⊥AB，使点D在直线AB下方，且CD＝AC，连接PD，NC，当以PN，PD，NC的长为三边长构成的三角形面积是时，在y轴左侧的抛物线上是否存在点E，连接NE，PE，使得△ENP与以PN，PD，NC的长为三边长的三角形全等？若存在，求出E点坐标；若不存在，请说明理由．
2021年湖南省永州市中考数学模拟试卷（二）
参考答案与试题解析
一．选择题（每小题4分，共40分）
1．|﹣2021|的倒数是（ ）
A．﹣2021 B．﹣ C． D．2021
【分析】利用绝对值的代数意义，以及倒数的性质计算即可．
【解答】解：|﹣2021|＝2021，
2021的倒数是．
故选：C．
2．下列运算正确的是（ ）
A．（a2）5＝a7 B．a2•a4＝a6
C．3a2b﹣3ab2＝0 D．
【分析】先根据幂的乘方，同底数幂的乘法，合并同类项法则，乘方的意义进行计算，再得出选项即可．
【解答】解：A．（a2）5＝a10，故本选项不符合题意；
B．a2•a4＝a6，故本选项符合题意；
C．3a2b和﹣3ab2不能合并，故本选项不符合题意；
D．（）2＝，故本选项不符合题意；
故选：B．
3．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】根据轴对称图形和中心对称图形的概念对各选项分析判断即可得解．
【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，故本选项不符合题意；
C．是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不符合题意；
D．是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不符合题意．
故选：A．
4．点A（﹣4，y1），B（﹣1，y2）在反比例函数y＝的图象上，则y1，y2的大小关系是（ ）
A．y1＞y2 B．y1＝y2 C．y1＜y2 D．不能确定
【分析】根据反比例函数的性质，图象在一、三象限，在双曲线的同一支上，y随x的增大而减小．
【解答】解：∵k＝4＞0，
∴图象在一、三象限，
∵﹣4＜﹣1，
∴y1＞y2，
故选：A．
5．如图，圆柱体中挖去一个小圆柱，那么这个几何体的主视图和俯视图分别为（ ）
A． B． C． D．
【分析】直接利用组合体结合主视图以及俯视图的观察角度得出答案．
【解答】解：由几何体所示，可得主视图和俯视图分别为：
和．
故选：B．
6．如图，AB为⊙O的直径，点C在⊙O上，若∠OCA＝50°，AB＝4，则的长为（ ）
A．π B．π C．π D．π
【分析】直接利用等腰三角形的性质得出∠A的度数，再利用圆周角定理得出∠BOC的度数，再利用弧长公式求出答案．
【解答】解：∵∠OCA＝50°，OA＝OC，
∴∠A＝50°，
∴∠BOC＝2∠A＝100°，
∵AB＝4，
∴BO＝2，
∴的长为：＝π．
故选：B．
7．如图，四边形ABCD是平行四边形，点E在BA的延长线上，点F在BC的延长线上，连接EF，分别交AD，CD于点G，H，则下列结论错误的是（ ）
A．＝ B．＝ C．＝ D．＝
【分析】根据相似三角形的判定和性质进行判断即可．
【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BF，BE∥DC，AD＝BC，
∴，，，
故选：C．
8．在同一平面直角坐标系中，函数y＝mx+m与y＝（m≠0）的图象可能是（ ）
A． B．
C． D．
【分析】先根据一次函数的性质判断出m取值，再根据反比例函数的性质判断出m的取值，二者一致的即为正确答案．
【解答】解：A、由函数y＝mx+m的图象可知m＞0，由函数y＝的图象可知m＞0，故A选项正确；
B、由函数y＝mx+m的图象可知m＜0，由函数y＝的图象可知m＞0，相矛盾，故B选项错误；
C、由函数y＝mx+m的图象y随x的增大而减小，则m＜0，而该直线与y轴交于正半轴，则m＞0，相矛盾，故C选项错误；
D、由函数y＝mx+m的图象y随x的增大而增大，则m＞0，而该直线与y轴交于负半轴，则m＜0，相矛盾，故D选项错误；
故选：A．
9．小明家、公交车站、学校在一条笔直的公路旁（小明家、学校到这条公路的距离忽略不计），一天，小明从家出发去上学，沿这条公路步行到公交车站恰好乘上一辆公交车，公交车沿这条公路匀速行驶，小明下车时发现还有4分钟上课，于是他沿这条公路跑步赶到学校（上、下车时间忽略不计），小明与家的距离s（单位：米）与他所用时间t（单位：分钟）之间的函数关系如图所示，已知小明从家出发7分钟时与家的距离为1200米，从上公交车到他到达学校共用10分钟，下列说法：
①小明从家出发5分钟时乘上公交车；
②公交车的速度为400米/分钟；
③小明下公交车后跑向学校的速度为100米/分钟；
④小明上课没有迟到．
其中正确的个数是（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【分析】根据图象可以确定他家与学校的距离，公交车时间是多少，他步行的时间和公交车的速度和小明从家出发到学校所用的时间．
【解答】解：①小明从家出发乘上公交车的时间为7﹣（1200﹣400）÷400＝5分钟，①正确；
②公交车的速度为（3200﹣1200）÷（12﹣7）＝400米/分钟，②正确；
③小明下公交车后跑向学校的速度为（3500﹣3200）÷3＝100米/分钟，③正确；
④上公交车的时间为12﹣5＝7分钟，跑步的时间为15﹣12＝3分钟，因为3＜4，小明上课没有迟到，④正确；
故选：D．
10．如图，下列图形都是由面积为1的正方形按一定的规律组成，其中，第（1）个图形中面积为1的正方形有2个，第（2）个图形中面积为1的正方形有5个，第（3）个图形中面积为1的正方形有9个，…，按此规律．则第（6）个图形中面积为1的正方形的个数为（ ）
A．20 B．27 C．35 D．40
【分析】第（1）个图形中面积为1的正方形有2个，第（2）个图形中面积为1的图象有2+3＝5个，第（3）个图形中面积为1的正方形有2+3+4＝9个，…，按此规律，第n个图形中面积为1的正方形有2+3+4+…+n+1＝，进一步求得第（6）个图形中面积为1的正方形的个数即可．
【解答】解：第（1）个图形中面积为1的正方形有2个，
第（2）个图形中面积为1的图象有2+3＝5个，
第（3）个图形中面积为1的正方形有2+3+4＝9个，
…，
按此规律，
第n个图形中面积为1的正方形有2+3+4+…+（n+1）＝个，
则第（6）个图形中面积为1的正方形的个数为2+3+4+5+6+7＝27个．
故选：B．
二、填空题（每小题4分，共计32分）
11．据统计永州市人口6316100人（数据来源2020年）将6316100用科学记数法表示为 6.3161×106 ．
【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≥10时，n是正整数；当原数的绝对值＜1时，n是负整数．
【解答】解：6316100＝6.3161×106．
故答案为：6.3161×106．
12．在函数中，自变量x的取值范围是 x＞3 ．
【分析】根据二次根式的被开方数大于或等于0，且分母不等于0，列出不等式，求解即可．
【解答】解：根据题意得：x﹣3≥0，且x﹣3≠0，
∴x＞3，
故答案为：x＞3．
13．计算：•＝ x+y ．
【分析】原式变形后，约分即可得到结果．
【解答】解：原式＝•
＝x+y．
故答案为：x+y．
14．把多项式16a3﹣ab2因式分解的结果是 a（4a+b）（4a﹣b） ．
【分析】先提取公因式，再用平方差公式分解因式即可．
【解答】解：原式＝a（16a2﹣b2）
＝a（4a+b）（4a﹣b）．
故答案为：
15．美术馆举办的一次画展中，展出的油画作品和国画作品共有100幅，其中油画作品的数量是国画作品数量的2倍多7幅，则展出的油画作品有 69 幅．
【分析】设展出的油画作品的数量是x幅，展出的国画作品是y幅，则根据“展出的油画作品和国画作品共有100幅，其中油画作品的数量是国画作品数量的2倍多7幅”列出方程组并解答．
【解答】解：设展出的油画作品的数量是x幅，展出的国画作品是y幅，依题意得
，
解得，
故答案是：69．
16．在矩形ABCD中，AD＝5，AB＝4，点E，F在直线AD上，且四边形BCFE为菱形．若线段EF的中点为点M，则线段AM的长为 5.5，或0.5 ．
【分析】两种情况：①由矩形的性质得出CD＝AB＝4，BC＝AD＝5，∠ADB＝∠CDF＝90°，由菱形的性质得出CF＝EF＝BE＝BC＝5，由勾股定理求出DF，得出MF，即可求出AM；②同①得出AE＝3，求出ME，即可得出AM的长．
【解答】解：分两种情况：①如图1所示：
∵四边形ABCD是矩形，
∴CD＝AB＝4，BC＝AD＝5，∠ADC＝∠CDF＝90°，
∵四边形BCFE为菱形，
∴CF＝EF＝BE＝BC＝5，
∴DF＝＝＝3，
∴AF＝AD+DF＝8，
∵M是EF的中点，
∴MF＝EF＝2.5，
∴AM＝AF﹣DF＝8﹣2.5＝5.5；
②如图2所示：同①得：AE＝3，
∵M是EF的中点，
∴ME＝2.5，
∴AM＝AE﹣ME＝0.5；
综上所述：线段AM的长为：5.5，或0.5；
故答案为：5.5，或0.5．
17．如图，点D在△ABC的边BC上，∠C+∠BAD＝∠DAC，tan∠BAD＝，AD＝，CD＝13，则线段AC的长为 4 ．
【分析】作∠DAE＝∠BAD交BC于E，作DF⊥AE交AE于F，作AG⊥BC交BC于G．根据三角函数设DF＝4x，则AF＝7x，在Rt△ADF中，根据勾股定理得到DF＝4，AF＝7，设EF＝y，则CE＝7+y，则DE＝6﹣y，在Rt△DEF中，根据勾股定理得到DE＝，AE＝，设DG＝z，则EG＝﹣z，则（）2﹣z2＝（）2﹣（﹣z）2，依此可得CG＝12，在Rt△ADG中，据勾股定理得到AG＝8，在Rt△ACG中，据勾股定理得到AC＝4．
【解答】解：作∠DAE＝∠BAD交BC于E，作DF⊥AE交AE于F，作AG⊥BC交BC于G．
∵∠C+∠BAD＝∠DAC，
∴∠CAE＝∠ACB，
∴AE＝EC，
∵tan∠BAD＝，
∴设DF＝4x，则AF＝7x，
在Rt△ADF中，AD2＝DF2+AF2，即（）2＝（4x）2+（7x）2，
解得x1＝﹣1（不合题意舍去），x2＝1，
∴DF＝4，AF＝7，
设EF＝y，则CE＝7+y，则DE＝6﹣y，
在Rt△DEF中，DE2＝DF2+EF2，即（6﹣y）2＝42+y2，
解得y＝，
∴DE＝6﹣y＝，AE＝，
∴设DG＝z，则EG＝﹣z，则
（）2﹣z2＝（）2﹣（﹣z）2，
解得z＝1，
∴CG＝12，
在Rt△ADG中，AG＝＝8，
在Rt△ACG中，AC＝＝4．
故答案为：4．
18．如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝5cm，BC＝12cm，将△ABC绕点B顺时针旋转60°，得到△BDE，连接DC交AB于点F，则△ACF与△BDF的周长之和为 42 cm．
【分析】根据将△ABC绕点B顺时针旋转60°，得到△BDE，可得△ABC≌△BDE，∠CBD＝60°，BD＝BC＝12cm，从而得到△BCD为等边三角形，得到CD＝BC＝CD＝12cm，在Rt△ACB中，利用勾股定理得到AB＝13，所以△ACF与△BDF的周长之和＝AC+AF+CF+BF+DF+BD＝AC+AB+CD+BD，即可解答．
【解答】解：∵将△ABC绕点B顺时针旋转60°，得到△BDE，
∴△ABC≌△BDE，∠CBD＝60°，
∴BD＝BC＝12cm，
∴△BCD为等边三角形，
∴CD＝BC＝CD＝12cm，
在Rt△ACB中，AB＝＝13，
△ACF与△BDF的周长之和＝AC+AF+CF+BF+DF+BD＝AC+AB+CD+BD＝5+13+12+12＝42（cm），
故答案为：42．
三．解答题（78分）
19．（9分）先化简，再求代数式：（﹣）÷的值，其中x＝2+tan60°，y＝4sin30°．
【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与y的值代入计算即可求出值．
【解答】解：原式＝•＝，
当x＝2+，y＝4×＝2时，原式＝．
20．（8分）解不等式组请结合题意填空，完成本题的解答：
（Ⅰ）解不等式①，得 x≥0 ；
（Ⅱ）解不等式②，得 x≤1 ；
（Ⅲ）把不等式①和②的解集在数轴上表示出来；
（Ⅳ）原不等式组的解集为 0≤x≤1 ．
【分析】分别求出各不等式的解集，再在数轴上表示出来，写出不等式组的解集即可．
【解答】解：（I）解不等式①，得x≥0．
故答案为：x≥0；
（II）解不等式②，得x≤1．
故答案为：x≤1；
（III）把不等式①和②的解集在数轴上表示为：
；
（IV）原不等式组的解集为：0≤x≤1．
故答案为：0≤x≤1．
21．（9分）如图，点D在△ABC的AB边上，且∠ACD＝∠A．
（1）作∠BDC的平分线DE，交BC于点E（用尺规作图法，保留作图痕迹，不要求写作法）；
（2）在（1）的条件下，判断直线DE与直线AC的位置关系（不要求证明）．
【分析】（1）根据角平分线基本作图的作法作图即可；
（2）根据角平分线的性质可得∠BDE＝∠BDC，根据三角形内角与外角的性质可得∠A＝∠BDC，再根据同位角相等两直线平行可得结论．
【解答】解：（1）如图所示：
（2）DE∥AC
∵DE平分∠BDC，
∴∠BDE＝∠BDC，
∵∠ACD＝∠A，∠ACD+∠A＝∠BDC，
∴∠A＝∠BDC，
∴∠A＝∠BDE，
∴DE∥AC．
22．（10分）为增强学生环保意识，某中学组织全校2000名学生参加环保知识大赛，比赛成绩均为整数，从中抽取部分同学的成绩进行统计，并绘制成如图统计图．请根据图中提供的信息，解答下列问题：
（1）若抽取的成绩用扇形图来描述，则表示“第三组（79.5～89.5）”的扇形的圆心角为 144 度；
（2）若成绩在90分以上（含90分）的同学可以获奖，请估计该校约有多少名同学获奖？
（3）某班准备从成绩最好的4名同学（男、女各2名）中随机选取2名同学去社区进行环保宣传，则选出的同学恰好是1男1女的概率为 ．
【分析】（1）由第三组（79.5～89.5）的人数即可求出其扇形的圆心角；
（2）首先求出50人中成绩在90分以上（含90分）的同学可以获奖的百分比，进而可估计该校约有多少名同学获奖；
（3）列表得出所有等可能的情况数，找出选出的两名主持人“恰好为一男一女”的情况数，即可求出所求的概率．
【解答】解：（1）由直方图可知第三组（79.5～89.5）所占的人数为20人，
所以“第三组（79.5～89.5）”的扇形的圆心角＝＝144°，
故答案为：144；
（2）估计该校获奖的学生数＝×2000＝640（人）；
（3）列表如下：
男
男
女
女
男
﹣﹣﹣
（男，男）
（女，男）
（女，男）
男
（男，男）
﹣﹣﹣﹣
（女，男）
（女，男）
女
（男，女）
（男，女）
﹣﹣﹣
（女，女）
女
（男，女）
（男，女）
（女，女）
﹣﹣﹣
所有等可能的情况有12种，其中选出的两名主持人“恰好为一男一女”的情况有8种，
则P（选出的两名主持人“恰好为一男一女”）＝＝．
故答案为：．
23．（10分）华昌中学开学初在金利源商场购进A、B两种品牌的足球，购买A品牌足球花费了2500元，购买B品牌足球花费了2000元，且购买A品牌足球数量是购买B品牌足球数量的2倍，已知购买一个B品牌足球比购买一个A品牌足球多花30元．
（1）求购买一个A品牌、一个B品牌的足球各需多少元？
（2）华昌中学响应习总书记“足球进校园”的号召，决定两次购进A、B两种品牌足球共50个，恰逢金利源商场对两种品牌足球的售价进行调整，A品牌足球售价比第一次购买时提高了8%，B品牌足球按第一次购买时售价的9折出售，如果这所中学此次购买A、B两种品牌足球的总费用不超过3260元，那么华昌中学此次最多可购买多少个B品牌足球？
【分析】（1）设一个A品牌的足球需x元，则一个B品牌的足球需（x+30）元，根据购买A品牌足球数量是购买B品牌足球数量的2倍列出方程解答即可；
（2）设此次可购买a个B品牌足球，则购进A牌足球（50﹣a）个，根据购买A、B两种品牌足球的总费用不超过3260元，列出不等式解决问题．
【解答】解：（1）设一个A品牌的足球需x元，则一个B品牌的足球需（x+30）元，由题意得
＝×2
解得：x＝50
经检验x＝50是原方程的解，
x+30＝80
答：一个A品牌的足球需50元，则一个B品牌的足球需80元．
（2）设此次可购买a个B品牌足球，则购进A牌足球（50﹣a）个，由题意得
50×（1+8%）（50﹣a）+80×0.9a≤3260
解得a≤31
∵a是整数，
∴a最大等于31，
答：华昌中学此次最多可购买31个B品牌足球．
24．（10分）如图，一艘海轮位于灯塔P的北偏东53°方向，距离灯塔100海里的A处，它沿正南方向航行一段时间后，到达位于灯塔P的南偏东45°方向上的B处．
（1）在图中画出点B，并求出B处与灯塔P的距离（结果取整数）；
（2）用方向和距离描述灯塔P相对于B处的位置．
（参考数据：sin53°＝0.80，cos53°＝0.60，tan53°＝0.33，＝1.41）
【分析】（1）根据方向角的定义结合已知条件在图中画出点B，作PC⊥AB于C，先解Rt△PAC，得出PC＝PA•sin∠PAC＝80，再解Rt△PBC，得出PB＝PC＝1.41×80≈113海里；
（2）由∠CBP＝45°，PB≈113海里，即可得到灯塔P位于B处北偏西45°方向，且距离B处约113海里．
【解答】解：（1）如图，作PC⊥AB于C，
在Rt△PAC中，∵PA＝100海里，∠PAC＝53°，
∴PC＝PA•sin∠PAC＝100×0.80＝80海里，
在Rt△PBC中，∵PC＝80海里，∠PBC＝∠BPC＝45°，
∴PB＝PC＝1.41×80≈113海里，
即B处与灯塔P的距离约为113海里；
（2）∵∠CBP＝45°，PB≈113海里，
∴灯塔P位于B处北偏西45°方向，且距离B处约113海里．
25．（10分）如图1，AB为半圆O的直径，D为BA的延长线上一点，DC为半圆O的切线，切点为C．
（1）求证：∠ACD＝∠B；
（2）如图2，∠BDC的平分线分别交AC，BC于点E，F；
①求tan∠CFE的值；
②若AC＝3，BC＝4，求CE的长．
【分析】（1）利用等角的余角相等即可证明．
（2）①只要证明∠CEF＝∠CFE即可．
②由△DCA∽△DBC，得＝＝＝，再由△DCE∽△DBF，得＝，设EC＝CF＝x，列出方程即可解决问题．
【解答】（1）证明：如图1中，连接OC．
∵OA＝OC，
∴∠1＝∠2，
∵CD是⊙O切线，
∴OC⊥CD，
∴∠DCO＝90°，
∴∠3+∠2＝90°，
∵AB是直径，
∴∠1+∠B＝90°，
∴∠3＝∠B．
（2）解：①∵∠CEF＝∠ECD+∠CDE，∠CFE＝∠B+∠FDB，
∵∠CDE＝∠FDB，∠ECD＝∠B，
∴∠CEF＝∠CFE，∵∠ECF＝90°，
∴∠CEF＝∠CFE＝45°，
∴tan∠CFE＝tan45°＝1．
②在RT△ABC中，∵AC＝3，BC＝4，
∴AB＝＝5，
∵∠CDA＝∠BDC，∠DCA＝∠B，
∴△DCA∽△DBC，
∴＝＝＝，
∵∠CDE＝∠BDF，∠DCE＝∠B，
∴△DCE∽△DBF，
∴＝＝，设EC＝CF＝x，
∴＝，
∴x＝．
∴CE＝．
26．（12分）如图，在平面直角坐标系中，点O为坐标原点，直线y＝kx+1（k≠0）与x轴交于点A，与y轴交于点C，过点C的抛物线y＝ax2﹣（6a﹣2）x+b（a≠0）与直线AC交于另一点B，点B坐标为（4，3）．
（1）求a的值；
（2）点P是射线CB上的一个动点，过点P作PQ⊥x轴，垂足为点Q，在x轴上点Q的右侧取点M，使MQ＝，在QP的延长线上取点N，连接PM，AN，已知tan∠NAQ﹣tan∠MPQ＝，求线段PN的长；
（3）在（2）的条件下，过点C作CD⊥AB，使点D在直线AB下方，且CD＝AC，连接PD，NC，当以PN，PD，NC的长为三边长构成的三角形面积是时，在y轴左侧的抛物线上是否存在点E，连接NE，PE，使得△ENP与以PN，PD，NC的长为三边长的三角形全等？若存在，求出E点坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）易得点C的坐标为（0，1），然后把点B、点C的坐标代入抛物线的解析式，即可解决问题；
（2）把B（4，3）代入y＝kx+1中，即可得到k的值，从而可求出点A的坐标，就可求出tan∠CAO＝（即tan∠PAQ＝），设PQ＝m，则QA＝2m，根据条件tan∠NAQ﹣tan∠MPQ＝，即可求出PN的值；
（3）由条件CD⊥AB，CD＝AC，想到构造全等三角形，过点D作DF⊥CO于点F，易证△ACO≌△CDF，从而可以求出FD、CF、OF．作PH∥CN，交y轴于点H，连接DH，易证四边形CHPN是平行四边形，从而可得CN＝HP，CH＝PN，通过计算可得DH＝PN，从而可得△PHD是以PN、PD、NC的长为三边长的三角形，则有S△PHD＝．延长FD、PQ交于点G，易得∠G＝90°．由点P在y＝x+1上，可设P（t，t+1），根据S四边形HFGP＝S△HFD+S△PHD+S△PDG，可求出t的值，从而得到点P、N的坐标及tan∠DPG的值，从而可得tan∠DPG＝tan∠HDF，则有∠DPG＝∠HDF，进而可证到∠HDP＝90°．若△ENP与△PDH全等，已知PN＝DH，可分以下两种情况（①∠ENP＝∠PDH＝90°，EN＝PD，②∠NPE＝∠HDP＝90°，BE＝PD）进行讨论，即可解决问题．
【解答】解：（1）当x＝0时，由y＝kx+1得y＝1，则C（0，1）．
∵抛物线y＝ax2﹣（6a﹣2）x+b（a≠0）经过C（0，1），B（4，3），
∴，
解得：，
∴a＝；
（2）把B（4，3）代入y＝kx+1中，得
3＝4k+1，解得：k＝，
∴直线AB的解析式为y＝x+1．
由y＝0得0＝x+1，
解得：x＝﹣2，
∴A（﹣2，0），OA＝2，
∵C（0，1），
∴OC＝1，
∴tan∠CAO＝＝．
∵PQ⊥x轴，
∴tan∠PAQ＝＝，
设PQ＝m，则QA＝2m，
∵tan∠NAQ﹣tan∠MPQ＝，
∴＝，
∵MQ＝，
∴﹣＝，
∴PN＝；
（3）方法一：
在y轴左侧抛物线上存在E，使得△ENP与以PN，PD，NC的长为三边长的三角形全等．
过点D作DF⊥CO于点F，如图2，
∵DF⊥CF，CD⊥AB，
∴∠CDF+∠DCF＝90°，∠DCF+∠ACO＝90°，
∴∠CDF＝∠ACO，
∵CO⊥x轴，DF⊥CO，
∴∠AOC＝∠CFD＝90°，
在△ACO和△CDF中，
，
∴△ACO≌△CDF（AAS），
∴CF＝AO＝2，DF＝CO＝1，
∴OF＝CF﹣CO＝1，
作PH∥CN，交y轴于点H，连接DH，
∵CH∥PN，
∴四边形CHPN是平行四边形，
∴CN＝HP，CH＝PN＝，
∴HF＝CF﹣CH＝，DH＝＝，
∴DH＝PN．
∴△PHD是以PN，PD，NC的长为三边长的三角形，
∴S△PHD＝．
延长FD、PQ交于点G，
∵PQ∥y轴，
∴∠G＝180°﹣∠CFD＝90°，
∴S四边形HFGP＝S△HFD+S△PHD+S△PDG，
∴（HF+PG）FG＝HF•FD++DG•PG．
∵点P在y＝x+1上，∴可设P（t，t+1），
∴（+t+1+1）•t＝××1++（t﹣1）•（t+1+1），
∴t＝4，P（4，3），
∴N（4，），tan∠DPG＝＝．
∵tan∠HDF＝＝，
∴∠DPG＝∠HDF．
∵∠DPG+∠PDG＝90°，
∴∠HDF+∠PDG＝90°，
∴∠HDP＝90°．
∵PN＝DH，若△ENP与△PDH全等，则有两种情况：
①当∠ENP＝∠PDH＝90°，EN＝PD时，
∵PD＝＝5，∴EN＝5，
∴E（﹣1，）．
由（1）得：抛物线y＝x2﹣x+1．
当x＝﹣1时，y＝，所以点E在此抛物线上．
②当∠NPE＝∠HDP＝90°，BE＝PD时，
则有E（﹣1，3），此时点E不在抛物线上，
∴存在点E，满足题中条件，点E的坐标为（﹣1，）．
方法二：
作BF∥CN交y轴于点F，如图3，
∴NC＝PF，PN＝CF＝，F（0，﹣），
∵CD⊥AB，且CD＝AC，
∴点D可视为点A绕点C逆时针旋转90°而成，将点C（0，1）平移至原点C′（0，0），则点A′（﹣2，﹣1），
将点A′绕原点逆时针旋转90°，则D′（1，﹣2），将C′（0，0）平移至点C（0，1），
则D′平移后即为点D（1，﹣1），
∴lDF：y＝﹣x﹣，
过点P作x轴垂线交FD的延长线于H，
∵P（t，t+1），∴H（t，﹣t﹣），
∴S△PDF＝，
∴，
∴t＝4，∴P（4，3），D（1，﹣1），F（0，﹣），
∴PD2＝25，PN2＝，
∴PD2+PN2＝，PF2＝42+（3+）2＝，
∴PD2+PN2＝PF2，
∴以PN，PD，NC的长为三边长的三角形为直角三角形，欲使△ENP全等于上述三角形，则必有直角
①过点P作PE⊥PN交抛物线于点E，∴E（﹣，3）（舍）
②过点N作PE⊥PN交抛物线于点E，∴E（﹣1，）．
2021年湖南省永州市中考数学模拟试卷（二）
一．选择题（每小题4分，共40分）
1．|﹣2021|的倒数是（ ）
A．﹣2021 B．﹣ C． D．2021
2．下列运算正确的是（ ）
A．（a2）5＝a7 B．a2•a4＝a6
C．3a2b﹣3ab2＝0 D．
3．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．
4．点A（﹣4，y1），B（﹣1，y2）在反比例函数y＝的图象上，则y1，y2的大小关系是（ ）
A．y1＞y2 B．y1＝y2 C．y1＜y2 D．不能确定
5．如图，圆柱体中挖去一个小圆柱，那么这个几何体的主视图和俯视图分别为（ ）
A． B． C． D．
6．如图，AB为⊙O的直径，点C在⊙O上，若∠OCA＝50°，AB＝4，则的长为（ ）
A．π B．π C．π D．π
7．如图，四边形ABCD是平行四边形，点E在BA的延长线上，点F在BC的延长线上，连接EF，分别交AD，CD于点G，H，则下列结论错误的是（ ）
A．＝ B．＝ C．＝ D．＝
8．在同一平面直角坐标系中，函数y＝mx+m与y＝（m≠0）的图象可能是（ ）
A． B．
C． D．
9．小明家、公交车站、学校在一条笔直的公路旁（小明家、学校到这条公路的距离忽略不计），一天，小明从家出发去上学，沿这条公路步行到公交车站恰好乘上一辆公交车，公交车沿这条公路匀速行驶，小明下车时发现还有4分钟上课，于是他沿这条公路跑步赶到学校（上、下车时间忽略不计），小明与家的距离s（单位：米）与他所用时间t（单位：分钟）之间的函数关系如图所示，已知小明从家出发7分钟时与家的距离为1200米，从上公交车到他到达学校共用10分钟，下列说法：
①小明从家出发5分钟时乘上公交车；
②公交车的速度为400米/分钟；
③小明下公交车后跑向学校的速度为100米/分钟；
④小明上课没有迟到．
其中正确的个数是（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
10．如图，下列图形都是由面积为1的正方形按一定的规律组成，其中，第（1）个图形中面积为1的正方形有2个，第（2）个图形中面积为1的正方形有5个，第（3）个图形中面积为1的正方形有9个，…，按此规律．则第（6）个图形中面积为1的正方形的个数为（ ）
A．20 B．27 C．35 D．40
二、填空题（每小题4分，共计32分）
11．据统计永州市人口6316100人（数据来源2020年）将6316100用科学记数法表示为 ．
12．在函数中，自变量x的取值范围是 ．
13．计算：•＝ ．
14．把多项式16a3﹣ab2因式分解的结果是 ．
15．美术馆举办的一次画展中，展出的油画作品和国画作品共有100幅，其中油画作品的数量是国画作品数量的2倍多7幅，则展出的油画作品有 幅．
16．在矩形ABCD中，AD＝5，AB＝4，点E，F在直线AD上，且四边形BCFE为菱形．若线段EF的中点为点M，则线段AM的长为 ．
17．如图，点D在△ABC的边BC上，∠C+∠BAD＝∠DAC，tan∠BAD＝，AD＝，CD＝13，则线段AC的长为 ．
18．如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝5cm，BC＝12cm，将△ABC绕点B顺时针旋转60°，得到△BDE，连接DC交AB于点F，则△ACF与△BDF的周长之和为 cm．
三．解答题（78分）
19．（9分）先化简，再求代数式：（﹣）÷的值，其中x＝2+tan60°，y＝4sin30°．
20．（8分）解不等式组请结合题意填空，完成本题的解答：
（Ⅰ）解不等式①，得 ；
（Ⅱ）解不等式②，得 ；
（Ⅲ）把不等式①和②的解集在数轴上表示出来；
（Ⅳ）原不等式组的解集为 ．
21．（9分）如图，点D在△ABC的AB边上，且∠ACD＝∠A．
（1）作∠BDC的平分线DE，交BC于点E（用尺规作图法，保留作图痕迹，不要求写作法）；
（2）在（1）的条件下，判断直线DE与直线AC的位置关系（不要求证明）．
22．（10分）为增强学生环保意识，某中学组织全校2000名学生参加环保知识大赛，比赛成绩均为整数，从中抽取部分同学的成绩进行统计，并绘制成如图统计图．请根据图中提供的信息，解答下列问题：
（1）若抽取的成绩用扇形图来描述，则表示“第三组（79.5～89.5）”的扇形的圆心角为 度；
（2）若成绩在90分以上（含90分）的同学可以获奖，请估计该校约有多少名同学获奖？
（3）某班准备从成绩最好的4名同学（男、女各2名）中随机选取2名同学去社区进行环保宣传，则选出的同学恰好是1男1女的概率为 ．
23．（10分）华昌中学开学初在金利源商场购进A、B两种品牌的足球，购买A品牌足球花费了2500元，购买B品牌足球花费了2000元，且购买A品牌足球数量是购买B品牌足球数量的2倍，已知购买一个B品牌足球比购买一个A品牌足球多花30元．
（1）求购买一个A品牌、一个B品牌的足球各需多少元？
（2）华昌中学响应习总书记“足球进校园”的号召，决定两次购进A、B两种品牌足球共50个，恰逢金利源商场对两种品牌足球的售价进行调整，A品牌足球售价比第一次购买时提高了8%，B品牌足球按第一次购买时售价的9折出售，如果这所中学此次购买A、B两种品牌足球的总费用不超过3260元，那么华昌中学此次最多可购买多少个B品牌足球？
24．（10分）如图，一艘海轮位于灯塔P的北偏东53°方向，距离灯塔100海里的A处，它沿正南方向航行一段时间后，到达位于灯塔P的南偏东45°方向上的B处．
（1）在图中画出点B，并求出B处与灯塔P的距离（结果取整数）；
（2）用方向和距离描述灯塔P相对于B处的位置．
（参考数据：sin53°＝0.80，cos53°＝0.60，tan53°＝0.33，＝1.41）
25．（10分）如图1，AB为半圆O的直径，D为BA的延长线上一点，DC为半圆O的切线，切点为C．
（1）求证：∠ACD＝∠B；
（2）如图2，∠BDC的平分线分别交AC，BC于点E，F；
①求tan∠CFE的值；
②若AC＝3，BC＝4，求CE的长．
26．（12分）如图，在平面直角坐标系中，点O为坐标原点，直线y＝kx+1（k≠0）与x轴交于点A，与y轴交于点C，过点C的抛物线y＝ax2﹣（6a﹣2）x+b（a≠0）与直线AC交于另一点B，点B坐标为（4，3）．
（1）求a的值；
（2）点P是射线CB上的一个动点，过点P作PQ⊥x轴，垂足为点Q，在x轴上点Q的右侧取点M，使MQ＝，在QP的延长线上取点N，连接PM，AN，已知tan∠NAQ﹣tan∠MPQ＝，求线段PN的长；
（3）在（2）的条件下，过点C作CD⊥AB，使点D在直线AB下方，且CD＝AC，连接PD，NC，当以PN，PD，NC的长为三边长构成的三角形面积是时，在y轴左侧的抛物线上是否存在点E，连接NE，PE，使得△ENP与以PN，PD，NC的长为三边长的三角形全等？若存在，求出E点坐标；若不存在，请说明理由．
2021年湖南省永州市中考数学模拟试卷（二）
参考答案与试题解析
一．选择题（每小题4分，共40分）
1．|﹣2021|的倒数是（ ）
A．﹣2021 B．﹣ C． D．2021
【分析】利用绝对值的代数意义，以及倒数的性质计算即可．
【解答】解：|﹣2021|＝2021，
2021的倒数是．
故选：C．
2．下列运算正确的是（ ）
A．（a2）5＝a7 B．a2•a4＝a6
C．3a2b﹣3ab2＝0 D．
【分析】先根据幂的乘方，同底数幂的乘法，合并同类项法则，乘方的意义进行计算，再得出选项即可．
【解答】解：A．（a2）5＝a10，故本选项不符合题意；
B．a2•a4＝a6，故本选项符合题意；
C．3a2b和﹣3ab2不能合并，故本选项不符合题意；
D．（）2＝，故本选项不符合题意；
故选：B．
3．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】根据轴对称图形和中心对称图形的概念对各选项分析判断即可得解．
【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，故本选项不符合题意；
C．是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不符合题意；
D．是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不符合题意．
故选：A．
4．点A（﹣4，y1），B（﹣1，y2）在反比例函数y＝的图象上，则y1，y2的大小关系是（ ）
A．y1＞y2 B．y1＝y2 C．y1＜y2 D．不能确定
【分析】根据反比例函数的性质，图象在一、三象限，在双曲线的同一支上，y随x的增大而减小．
【解答】解：∵k＝4＞0，
∴图象在一、三象限，
∵﹣4＜﹣1，
∴y1＞y2，
故选：A．
5．如图，圆柱体中挖去一个小圆柱，那么这个几何体的主视图和俯视图分别为（ ）
A． B． C． D．
【分析】直接利用组合体结合主视图以及俯视图的观察角度得出答案．
【解答】解：由几何体所示，可得主视图和俯视图分别为：
和．
故选：B．
6．如图，AB为⊙O的直径，点C在⊙O上，若∠OCA＝50°，AB＝4，则的长为（ ）
A．π B．π C．π D．π
【分析】直接利用等腰三角形的性质得出∠A的度数，再利用圆周角定理得出∠BOC的度数，再利用弧长公式求出答案．
【解答】解：∵∠OCA＝50°，OA＝OC，
∴∠A＝50°，
∴∠BOC＝2∠A＝100°，
∵AB＝4，
∴BO＝2，
∴的长为：＝π．
故选：B．
7．如图，四边形ABCD是平行四边形，点E在BA的延长线上，点F在BC的延长线上，连接EF，分别交AD，CD于点G，H，则下列结论错误的是（ ）
A．＝ B．＝ C．＝ D．＝
【分析】根据相似三角形的判定和性质进行判断即可．
【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BF，BE∥DC，AD＝BC，
∴，，，
故选：C．
8．在同一平面直角坐标系中，函数y＝mx+m与y＝（m≠0）的图象可能是（ ）
A． B．
C． D．
【分析】先根据一次函数的性质判断出m取值，再根据反比例函数的性质判断出m的取值，二者一致的即为正确答案．
【解答】解：A、由函数y＝mx+m的图象可知m＞0，由函数y＝的图象可知m＞0，故A选项正确；
B、由函数y＝mx+m的图象可知m＜0，由函数y＝的图象可知m＞0，相矛盾，故B选项错误；
C、由函数y＝mx+m的图象y随x的增大而减小，则m＜0，而该直线与y轴交于正半轴，则m＞0，相矛盾，故C选项错误；
D、由函数y＝mx+m的图象y随x的增大而增大，则m＞0，而该直线与y轴交于负半轴，则m＜0，相矛盾，故D选项错误；
故选：A．
9．小明家、公交车站、学校在一条笔直的公路旁（小明家、学校到这条公路的距离忽略不计），一天，小明从家出发去上学，沿这条公路步行到公交车站恰好乘上一辆公交车，公交车沿这条公路匀速行驶，小明下车时发现还有4分钟上课，于是他沿这条公路跑步赶到学校（上、下车时间忽略不计），小明与家的距离s（单位：米）与他所用时间t（单位：分钟）之间的函数关系如图所示，已知小明从家出发7分钟时与家的距离为1200米，从上公交车到他到达学校共用10分钟，下列说法：
①小明从家出发5分钟时乘上公交车；
②公交车的速度为400米/分钟；
③小明下公交车后跑向学校的速度为100米/分钟；
④小明上课没有迟到．
其中正确的个数是（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【分析】根据图象可以确定他家与学校的距离，公交车时间是多少，他步行的时间和公交车的速度和小明从家出发到学校所用的时间．
【解答】解：①小明从家出发乘上公交车的时间为7﹣（1200﹣400）÷400＝5分钟，①正确；
②公交车的速度为（3200﹣1200）÷（12﹣7）＝400米/分钟，②正确；
③小明下公交车后跑向学校的速度为（3500﹣3200）÷3＝100米/分钟，③正确；
④上公交车的时间为12﹣5＝7分钟，跑步的时间为15﹣12＝3分钟，因为3＜4，小明上课没有迟到，④正确；
故选：D．
10．如图，下列图形都是由面积为1的正方形按一定的规律组成，其中，第（1）个图形中面积为1的正方形有2个，第（2）个图形中面积为1的正方形有5个，第（3）个图形中面积为1的正方形有9个，…，按此规律．则第（6）个图形中面积为1的正方形的个数为（ ）
A．20 B．27 C．35 D．40
【分析】第（1）个图形中面积为1的正方形有2个，第（2）个图形中面积为1的图象有2+3＝5个，第（3）个图形中面积为1的正方形有2+3+4＝9个，…，按此规律，第n个图形中面积为1的正方形有2+3+4+…+n+1＝，进一步求得第（6）个图形中面积为1的正方形的个数即可．
【解答】解：第（1）个图形中面积为1的正方形有2个，
第（2）个图形中面积为1的图象有2+3＝5个，
第（3）个图形中面积为1的正方形有2+3+4＝9个，
…，
按此规律，
第n个图形中面积为1的正方形有2+3+4+…+（n+1）＝个，
则第（6）个图形中面积为1的正方形的个数为2+3+4+5+6+7＝27个．
故选：B．
二、填空题（每小题4分，共计32分）
11．据统计永州市人口6316100人（数据来源2020年）将6316100用科学记数法表示为 6.3161×106 ．
【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≥10时，n是正整数；当原数的绝对值＜1时，n是负整数．
【解答】解：6316100＝6.3161×106．
故答案为：6.3161×106．
12．在函数中，自变量x的取值范围是 x＞3 ．
【分析】根据二次根式的被开方数大于或等于0，且分母不等于0，列出不等式，求解即可．
【解答】解：根据题意得：x﹣3≥0，且x﹣3≠0，
∴x＞3，
故答案为：x＞3．
13．计算：•＝ x+y ．
【分析】原式变形后，约分即可得到结果．
【解答】解：原式＝•
＝x+y．
故答案为：x+y．
14．把多项式16a3﹣ab2因式分解的结果是 a（4a+b）（4a﹣b） ．
【分析】先提取公因式，再用平方差公式分解因式即可．
【解答】解：原式＝a（16a2﹣b2）
＝a（4a+b）（4a﹣b）．
故答案为：
15．美术馆举办的一次画展中，展出的油画作品和国画作品共有100幅，其中油画作品的数量是国画作品数量的2倍多7幅，则展出的油画作品有 69 幅．
【分析】设展出的油画作品的数量是x幅，展出的国画作品是y幅，则根据“展出的油画作品和国画作品共有100幅，其中油画作品的数量是国画作品数量的2倍多7幅”列出方程组并解答．
【解答】解：设展出的油画作品的数量是x幅，展出的国画作品是y幅，依题意得
，
解得，
故答案是：69．
16．在矩形ABCD中，AD＝5，AB＝4，点E，F在直线AD上，且四边形BCFE为菱形．若线段EF的中点为点M，则线段AM的长为 5.5，或0.5 ．
【分析】两种情况：①由矩形的性质得出CD＝AB＝4，BC＝AD＝5，∠ADB＝∠CDF＝90°，由菱形的性质得出CF＝EF＝BE＝BC＝5，由勾股定理求出DF，得出MF，即可求出AM；②同①得出AE＝3，求出ME，即可得出AM的长．
【解答】解：分两种情况：①如图1所示：
∵四边形ABCD是矩形，
∴CD＝AB＝4，BC＝AD＝5，∠ADC＝∠CDF＝90°，
∵四边形BCFE为菱形，
∴CF＝EF＝BE＝BC＝5，
∴DF＝＝＝3，
∴AF＝AD+DF＝8，
∵M是EF的中点，
∴MF＝EF＝2.5，
∴AM＝AF﹣DF＝8﹣2.5＝5.5；
②如图2所示：同①得：AE＝3，
∵M是EF的中点，
∴ME＝2.5，
∴AM＝AE﹣ME＝0.5；
综上所述：线段AM的长为：5.5，或0.5；
故答案为：5.5，或0.5．
17．如图，点D在△ABC的边BC上，∠C+∠BAD＝∠DAC，tan∠BAD＝，AD＝，CD＝13，则线段AC的长为 4 ．
【分析】作∠DAE＝∠BAD交BC于E，作DF⊥AE交AE于F，作AG⊥BC交BC于G．根据三角函数设DF＝4x，则AF＝7x，在Rt△ADF中，根据勾股定理得到DF＝4，AF＝7，设EF＝y，则CE＝7+y，则DE＝6﹣y，在Rt△DEF中，根据勾股定理得到DE＝，AE＝，设DG＝z，则EG＝﹣z，则（）2﹣z2＝（）2﹣（﹣z）2，依此可得CG＝12，在Rt△ADG中，据勾股定理得到AG＝8，在Rt△ACG中，据勾股定理得到AC＝4．
【解答】解：作∠DAE＝∠BAD交BC于E，作DF⊥AE交AE于F，作AG⊥BC交BC于G．
∵∠C+∠BAD＝∠DAC，
∴∠CAE＝∠ACB，
∴AE＝EC，
∵tan∠BAD＝，
∴设DF＝4x，则AF＝7x，
在Rt△ADF中，AD2＝DF2+AF2，即（）2＝（4x）2+（7x）2，
解得x1＝﹣1（不合题意舍去），x2＝1，
∴DF＝4，AF＝7，
设EF＝y，则CE＝7+y，则DE＝6﹣y，
在Rt△DEF中，DE2＝DF2+EF2，即（6﹣y）2＝42+y2，
解得y＝，
∴DE＝6﹣y＝，AE＝，
∴设DG＝z，则EG＝﹣z，则
（）2﹣z2＝（）2﹣（﹣z）2，
解得z＝1，
∴CG＝12，
在Rt△ADG中，AG＝＝8，
在Rt△ACG中，AC＝＝4．
故答案为：4．
18．如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝5cm，BC＝12cm，将△ABC绕点B顺时针旋转60°，得到△BDE，连接DC交AB于点F，则△ACF与△BDF的周长之和为 42 cm．
【分析】根据将△ABC绕点B顺时针旋转60°，得到△BDE，可得△ABC≌△BDE，∠CBD＝60°，BD＝BC＝12cm，从而得到△BCD为等边三角形，得到CD＝BC＝CD＝12cm，在Rt△ACB中，利用勾股定理得到AB＝13，所以△ACF与△BDF的周长之和＝AC+AF+CF+BF+DF+BD＝AC+AB+CD+BD，即可解答．
【解答】解：∵将△ABC绕点B顺时针旋转60°，得到△BDE，
∴△ABC≌△BDE，∠CBD＝60°，
∴BD＝BC＝12cm，
∴△BCD为等边三角形，
∴CD＝BC＝CD＝12cm，
在Rt△ACB中，AB＝＝13，
△ACF与△BDF的周长之和＝AC+AF+CF+BF+DF+BD＝AC+AB+CD+BD＝5+13+12+12＝42（cm），
故答案为：42．
三．解答题（78分）
19．（9分）先化简，再求代数式：（﹣）÷的值，其中x＝2+tan60°，y＝4sin30°．
【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与y的值代入计算即可求出值．
【解答】解：原式＝•＝，
当x＝2+，y＝4×＝2时，原式＝．
20．（8分）解不等式组请结合题意填空，完成本题的解答：
（Ⅰ）解不等式①，得 x≥0 ；
（Ⅱ）解不等式②，得 x≤1 ；
（Ⅲ）把不等式①和②的解集在数轴上表示出来；
（Ⅳ）原不等式组的解集为 0≤x≤1 ．
【分析】分别求出各不等式的解集，再在数轴上表示出来，写出不等式组的解集即可．
【解答】解：（I）解不等式①，得x≥0．
故答案为：x≥0；
（II）解不等式②，得x≤1．
故答案为：x≤1；
（III）把不等式①和②的解集在数轴上表示为：
；
（IV）原不等式组的解集为：0≤x≤1．
故答案为：0≤x≤1．
21．（9分）如图，点D在△ABC的AB边上，且∠ACD＝∠A．
（1）作∠BDC的平分线DE，交BC于点E（用尺规作图法，保留作图痕迹，不要求写作法）；
（2）在（1）的条件下，判断直线DE与直线AC的位置关系（不要求证明）．
【分析】（1）根据角平分线基本作图的作法作图即可；
（2）根据角平分线的性质可得∠BDE＝∠BDC，根据三角形内角与外角的性质可得∠A＝∠BDC，再根据同位角相等两直线平行可得结论．
【解答】解：（1）如图所示：
（2）DE∥AC
∵DE平分∠BDC，
∴∠BDE＝∠BDC，
∵∠ACD＝∠A，∠ACD+∠A＝∠BDC，
∴∠A＝∠BDC，
∴∠A＝∠BDE，
∴DE∥AC．
22．（10分）为增强学生环保意识，某中学组织全校2000名学生参加环保知识大赛，比赛成绩均为整数，从中抽取部分同学的成绩进行统计，并绘制成如图统计图．请根据图中提供的信息，解答下列问题：
（1）若抽取的成绩用扇形图来描述，则表示“第三组（79.5～89.5）”的扇形的圆心角为 144 度；
（2）若成绩在90分以上（含90分）的同学可以获奖，请估计该校约有多少名同学获奖？
（3）某班准备从成绩最好的4名同学（男、女各2名）中随机选取2名同学去社区进行环保宣传，则选出的同学恰好是1男1女的概率为 ．
【分析】（1）由第三组（79.5～89.5）的人数即可求出其扇形的圆心角；
（2）首先求出50人中成绩在90分以上（含90分）的同学可以获奖的百分比，进而可估计该校约有多少名同学获奖；
（3）列表得出所有等可能的情况数，找出选出的两名主持人“恰好为一男一女”的情况数，即可求出所求的概率．
【解答】解：（1）由直方图可知第三组（79.5～89.5）所占的人数为20人，
所以“第三组（79.5～89.5）”的扇形的圆心角＝＝144°，
故答案为：144；
（2）估计该校获奖的学生数＝×2000＝640（人）；
（3）列表如下：
男
男
女
女
男
﹣﹣﹣
（男，男）
（女，男）
（女，男）
男
（男，男）
﹣﹣﹣﹣
（女，男）
（女，男）
女
（男，女）
（男，女）
﹣﹣﹣
（女，女）
女
（男，女）
（男，女）
（女，女）
﹣﹣﹣
所有等可能的情况有12种，其中选出的两名主持人“恰好为一男一女”的情况有8种，
则P（选出的两名主持人“恰好为一男一女”）＝＝．
故答案为：．
23．（10分）华昌中学开学初在金利源商场购进A、B两种品牌的足球，购买A品牌足球花费了2500元，购买B品牌足球花费了2000元，且购买A品牌足球数量是购买B品牌足球数量的2倍，已知购买一个B品牌足球比购买一个A品牌足球多花30元．
（1）求购买一个A品牌、一个B品牌的足球各需多少元？
（2）华昌中学响应习总书记“足球进校园”的号召，决定两次购进A、B两种品牌足球共50个，恰逢金利源商场对两种品牌足球的售价进行调整，A品牌足球售价比第一次购买时提高了8%，B品牌足球按第一次购买时售价的9折出售，如果这所中学此次购买A、B两种品牌足球的总费用不超过3260元，那么华昌中学此次最多可购买多少个B品牌足球？
【分析】（1）设一个A品牌的足球需x元，则一个B品牌的足球需（x+30）元，根据购买A品牌足球数量是购买B品牌足球数量的2倍列出方程解答即可；
（2）设此次可购买a个B品牌足球，则购进A牌足球（50﹣a）个，根据购买A、B两种品牌足球的总费用不超过3260元，列出不等式解决问题．
【解答】解：（1）设一个A品牌的足球需x元，则一个B品牌的足球需（x+30）元，由题意得
＝×2
解得：x＝50
经检验x＝50是原方程的解，
x+30＝80
答：一个A品牌的足球需50元，则一个B品牌的足球需80元．
（2）设此次可购买a个B品牌足球，则购进A牌足球（50﹣a）个，由题意得
50×（1+8%）（50﹣a）+80×0.9a≤3260
解得a≤31
∵a是整数，
∴a最大等于31，
答：华昌中学此次最多可购买31个B品牌足球．
24．（10分）如图，一艘海轮位于灯塔P的北偏东53°方向，距离灯塔100海里的A处，它沿正南方向航行一段时间后，到达位于灯塔P的南偏东45°方向上的B处．
（1）在图中画出点B，并求出B处与灯塔P的距离（结果取整数）；
（2）用方向和距离描述灯塔P相对于B处的位置．
（参考数据：sin53°＝0.80，cos53°＝0.60，tan53°＝0.33，＝1.41）
【分析】（1）根据方向角的定义结合已知条件在图中画出点B，作PC⊥AB于C，先解Rt△PAC，得出PC＝PA•sin∠PAC＝80，再解Rt△PBC，得出PB＝PC＝1.41×80≈113海里；
（2）由∠CBP＝45°，PB≈113海里，即可得到灯塔P位于B处北偏西45°方向，且距离B处约113海里．
【解答】解：（1）如图，作PC⊥AB于C，
在Rt△PAC中，∵PA＝100海里，∠PAC＝53°，
∴PC＝PA•sin∠PAC＝100×0.80＝80海里，
在Rt△PBC中，∵PC＝80海里，∠PBC＝∠BPC＝45°，
∴PB＝PC＝1.41×80≈113海里，
即B处与灯塔P的距离约为113海里；
（2）∵∠CBP＝45°，PB≈113海里，
∴灯塔P位于B处北偏西45°方向，且距离B处约113海里．
25．（10分）如图1，AB为半圆O的直径，D为BA的延长线上一点，DC为半圆O的切线，切点为C．
（1）求证：∠ACD＝∠B；
（2）如图2，∠BDC的平分线分别交AC，BC于点E，F；
①求tan∠CFE的值；
②若AC＝3，BC＝4，求CE的长．
【分析】（1）利用等角的余角相等即可证明．
（2）①只要证明∠CEF＝∠CFE即可．
②由△DCA∽△DBC，得＝＝＝，再由△DCE∽△DBF，得＝，设EC＝CF＝x，列出方程即可解决问题．
【解答】（1）证明：如图1中，连接OC．
∵OA＝OC，
∴∠1＝∠2，
∵CD是⊙O切线，
∴OC⊥CD，
∴∠DCO＝90°，
∴∠3+∠2＝90°，
∵AB是直径，
∴∠1+∠B＝90°，
∴∠3＝∠B．
（2）解：①∵∠CEF＝∠ECD+∠CDE，∠CFE＝∠B+∠FDB，
∵∠CDE＝∠FDB，∠ECD＝∠B，
∴∠CEF＝∠CFE，∵∠ECF＝90°，
∴∠CEF＝∠CFE＝45°，
∴tan∠CFE＝tan45°＝1．
②在RT△ABC中，∵AC＝3，BC＝4，
∴AB＝＝5，
∵∠CDA＝∠BDC，∠DCA＝∠B，
∴△DCA∽△DBC，
∴＝＝＝，
∵∠CDE＝∠BDF，∠DCE＝∠B，
∴△DCE∽△DBF，
∴＝＝，设EC＝CF＝x，
∴＝，
∴x＝．
∴CE＝．
26．（12分）如图，在平面直角坐标系中，点O为坐标原点，直线y＝kx+1（k≠0）与x轴交于点A，与y轴交于点C，过点C的抛物线y＝ax2﹣（6a﹣2）x+b（a≠0）与直线AC交于另一点B，点B坐标为（4，3）．
（1）求a的值；
（2）点P是射线CB上的一个动点，过点P作PQ⊥x轴，垂足为点Q，在x轴上点Q的右侧取点M，使MQ＝，在QP的延长线上取点N，连接PM，AN，已知tan∠NAQ﹣tan∠MPQ＝，求线段PN的长；
（3）在（2）的条件下，过点C作CD⊥AB，使点D在直线AB下方，且CD＝AC，连接PD，NC，当以PN，PD，NC的长为三边长构成的三角形面积是时，在y轴左侧的抛物线上是否存在点E，连接NE，PE，使得△ENP与以PN，PD，NC的长为三边长的三角形全等？若存在，求出E点坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）易得点C的坐标为（0，1），然后把点B、点C的坐标代入抛物线的解析式，即可解决问题；
（2）把B（4，3）代入y＝kx+1中，即可得到k的值，从而可求出点A的坐标，就可求出tan∠CAO＝（即tan∠PAQ＝），设PQ＝m，则QA＝2m，根据条件tan∠NAQ﹣tan∠MPQ＝，即可求出PN的值；
（3）由条件CD⊥AB，CD＝AC，想到构造全等三角形，过点D作DF⊥CO于点F，易证△ACO≌△CDF，从而可以求出FD、CF、OF．作PH∥CN，交y轴于点H，连接DH，易证四边形CHPN是平行四边形，从而可得CN＝HP，CH＝PN，通过计算可得DH＝PN，从而可得△PHD是以PN、PD、NC的长为三边长的三角形，则有S△PHD＝．延长FD、PQ交于点G，易得∠G＝90°．由点P在y＝x+1上，可设P（t，t+1），根据S四边形HFGP＝S△HFD+S△PHD+S△PDG，可求出t的值，从而得到点P、N的坐标及tan∠DPG的值，从而可得tan∠DPG＝tan∠HDF，则有∠DPG＝∠HDF，进而可证到∠HDP＝90°．若△ENP与△PDH全等，已知PN＝DH，可分以下两种情况（①∠ENP＝∠PDH＝90°，EN＝PD，②∠NPE＝∠HDP＝90°，BE＝PD）进行讨论，即可解决问题．
【解答】解：（1）当x＝0时，由y＝kx+1得y＝1，则C（0，1）．
∵抛物线y＝ax2﹣（6a﹣2）x+b（a≠0）经过C（0，1），B（4，3），
∴，
解得：，
∴a＝；
（2）把B（4，3）代入y＝kx+1中，得
3＝4k+1，解得：k＝，
∴直线AB的解析式为y＝x+1．
由y＝0得0＝x+1，
解得：x＝﹣2，
∴A（﹣2，0），OA＝2，
∵C（0，1），
∴OC＝1，
∴tan∠CAO＝＝．
∵PQ⊥x轴，
∴tan∠PAQ＝＝，
设PQ＝m，则QA＝2m，
∵tan∠NAQ﹣tan∠MPQ＝，
∴＝，
∵MQ＝，
∴﹣＝，
∴PN＝；
（3）方法一：
在y轴左侧抛物线上存在E，使得△ENP与以PN，PD，NC的长为三边长的三角形全等．
过点D作DF⊥CO于点F，如图2，
∵DF⊥CF，CD⊥AB，
∴∠CDF+∠DCF＝90°，∠DCF+∠ACO＝90°，
∴∠CDF＝∠ACO，
∵CO⊥x轴，DF⊥CO，
∴∠AOC＝∠CFD＝90°，
在△ACO和△CDF中，
，
∴△ACO≌△CDF（AAS），
∴CF＝AO＝2，DF＝CO＝1，
∴OF＝CF﹣CO＝1，
作PH∥CN，交y轴于点H，连接DH，
∵CH∥PN，
∴四边形CHPN是平行四边形，
∴CN＝HP，CH＝PN＝，
∴HF＝CF﹣CH＝，DH＝＝，
∴DH＝PN．
∴△PHD是以PN，PD，NC的长为三边长的三角形，
∴S△PHD＝．
延长FD、PQ交于点G，
∵PQ∥y轴，
∴∠G＝180°﹣∠CFD＝90°，
∴S四边形HFGP＝S△HFD+S△PHD+S△PDG，
∴（HF+PG）FG＝HF•FD++DG•PG．
∵点P在y＝x+1上，∴可设P（t，t+1），
∴（+t+1+1）•t＝××1++（t﹣1）•（t+1+1），
∴t＝4，P（4，3），
∴N（4，），tan∠DPG＝＝．
∵tan∠HDF＝＝，
∴∠DPG＝∠HDF．
∵∠DPG+∠PDG＝90°，
∴∠HDF+∠PDG＝90°，
∴∠HDP＝90°．
∵PN＝DH，若△ENP与△PDH全等，则有两种情况：
①当∠ENP＝∠PDH＝90°，EN＝PD时，
∵PD＝＝5，∴EN＝5，
∴E（﹣1，）．
由（1）得：抛物线y＝x2﹣x+1．
当x＝﹣1时，y＝，所以点E在此抛物线上．
②当∠NPE＝∠HDP＝90°，BE＝PD时，
则有E（﹣1，3），此时点E不在抛物线上，
∴存在点E，满足题中条件，点E的坐标为（﹣1，）．
方法二：
作BF∥CN交y轴于点F，如图3，
∴NC＝PF，PN＝CF＝，F（0，﹣），
∵CD⊥AB，且CD＝AC，
∴点D可视为点A绕点C逆时针旋转90°而成，将点C（0，1）平移至原点C′（0，0），则点A′（﹣2，﹣1），
将点A′绕原点逆时针旋转90°，则D′（1，﹣2），将C′（0，0）平移至点C（0，1），
则D′平移后即为点D（1，﹣1），
∴lDF：y＝﹣x﹣，
过点P作x轴垂线交FD的延长线于H，
∵P（t，t+1），∴H（t，﹣t﹣），
∴S△PDF＝，
∴，
∴t＝4，∴P（4，3），D（1，﹣1），F（0，﹣），
∴PD2＝25，PN2＝，
∴PD2+PN2＝，PF2＝42+（3+）2＝，
∴PD2+PN2＝PF2，
∴以PN，PD，NC的长为三边长的三角形为直角三角形，欲使△ENP全等于上述三角形，则必有直角
①过点P作PE⊥PN交抛物线于点E，∴E（﹣，3）（舍）
②过点N作PE⊥PN交抛物线于点E，∴E（﹣1，）．
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