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2021年山东省烟台市莱州市中考数学适应性试卷（word版 含答案）
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这是一份2021年山东省烟台市莱州市中考数学适应性试卷（word版 含答案），共31页。试卷主要包含了选择题每小题都给出标号为A，填空题.等内容，欢迎下载使用。
2021年山东省烟台市莱州市中考数学适应性试卷
一、选择题（本题共12个小题）每小题都给出标号为A、B、C、D的四个答案，其中有且只有一个是正确的.
1．的立方根是（ ）
A．1 B．﹣1 C．0 D．±1
2．如所示图形中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（ ）
A． B．
C． D．
3．2021年2月25日，习总书记在全国脱贫攻坚总结表彰大会上庄严宣告，我国脱贫攻坚战取得全面胜利，现行标准下9899万农村贫困人口全面脱贫．数据“9899万”用科学记数法可表示为（ ）
A．98.99×106 B．9.899×107 C．989.9×105 D．0.9899×108
4．一个几何体的三视图如图，则该几何体是（ ）
A． B． C． D．
5．如图，AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB，延长弦AF，DC交于点E．若∠DFC＝48°，则∠CFE的度数为（ ）
A．60° B．66° C．68° D．72°
6．在计算器上，小明将按键顺序的显示结果记为a，的显示结果记为b，则a与b的乘积为（ ）
A． B． C． D．6
7．在如图的网格图中，每个小正方形的边长均为1，△ABC的三个顶点都是网格线的交点，若将此网格放入平面直角坐标系中，B，C两点的坐标分别为（﹣1，﹣1），（1，﹣2），将△ABC绕点C顺时针旋转90°后，点A到达点A'的位置，则A'的坐标为（ ）
A．（4，1） B．（4，﹣1） C．（5，1） D．（5，﹣1）
8．某校要从四名学生中选拔一名参加市“风华小主播”大赛，选拔赛中每名学生的平均成绩及其方差s2如表所示，如果要选择一名成绩高且发挥稳定的学生参赛，则应选择的学生是（ ）
甲
乙
丙
丁
8
9
9
8
s2
1
1
1.2
1.3
A．甲 B．乙 C．丙 D．丁
9．如图所示，已知A（，y1），B（2，y2）为反比例函数y＝图象上的两点，动点P（x，0）在x轴正半轴上运动，当线段AP与线段BP之差达到最大时，点P的坐标是（ ）
A．（，0） B．（1，0） C．（，0） D．（，0）
10．如图，矩形ABCD中，AB＝8，BC＝4．点E在边AB上，点F在边CD上，点G、H在对角线AC上．若四边形EGFH是菱形，则AE的长是（ ）
A．2 B．3 C．5 D．6
11．直角三角形纸片ABC的两条直角边BC，AC长分别为6，8，现将△ABC如图折叠，使点A与点B重合，折痕为DE，则tan∠CBE的值是（ ）
A． B． C． D．
12．如图，平面直角坐标系中有两条抛物线：y1＝x2﹣x+，y2＝x2﹣x﹣，直线l的起始位置的表达式为x＝0，若直线l从起始位置开始向右平移，速度是每秒2个单位长度，设平移t（秒）后直线l与两条抛物线及直线x＝0围成的图形的面积为S（平方单位），则S与t的函数关系式为（ ）
A．S＝2t B．S＝3t C．S＝6t D．S＝12t
二、填空题（本题共6个小题）.
13．如图，点I是△ABC的内心，∠BIC＝126°，则∠BAC＝ °．
14．一个正多边形的边长为6，它的内角和是外角和的2倍，则它的边心距是 ．
15．关于x的方程kx2﹣4x﹣＝0有实数根，则k的取值范围是 ．
16．如图，在▱ABCD中，以点A为圆心，AB为半径画弧交AD于点F，分别以点B，F为圆心，同长为半径画弧交于点G，连接AG并延长交BC于点E，若BF＝6，AB＝5，则AE的长为 ．
17．现有一张圆心角为108°，半径为40cm的扇形纸片，小红剪去圆心角为θ的部分扇形纸片后，将剩下的纸片制作成一个底面半径为10cm的圆锥形纸帽（接缝处不重叠），则剪去的扇形纸片的圆心角θ为 ．
18．如图，在矩形ABCD中，AD＝2，CD＝1，连接AC，以对角线AC为边，按逆时针方向作矩形ABCD的相似矩形AB1C1C，再连接AC1，以对角线AC1为边作矩形AB1C1C的相似矩形AB2C2C1，…，按此规律继续下去，则矩形ABn∁nCn﹣1的面积为 ．
三.解答题（本题共7个小题，要写出必要的解答过程或推理步骤）
19．（5分）先化简再求值：，其中a满足与2和3构成△ABC的三边，且a为整数．
20．（9分）某校开展了“互助、平等、感恩、和谐、进取”主题班会活动．活动结束后，每个学生只选最关注的一个主题写出征文．学校对主题征文的选题进行了抽样调查，根据调查结果绘制了两幅不完整的统计图，根据图中提供的信息，解答下列问题：
（1）这次调查的学生共有多少名？
（2）请将条形统计图补充完整，并计算扇形统计图中“和谐”所对应的圆心角的度数；
（3）如果要在这5个选题中任选两个进行全面调查，根据抽样调查的结果，用树状图或列表法，求恰好选到学生关注最多的两个主题的概率（将互助、平等、感恩、和谐、进取依次记为A、B、C、D、E）．
21．（10分）某商店欲购进甲、乙两种商品，已知甲的进价是乙的进价的一半，进3件甲商品和1件乙商品恰好用200元．甲、乙两种商品的售价每件分别为80元、130元，该商店决定用不少于6710元且不超过6810元购进这两种商品共100件．
（1）求这两种商品的进价；
（2）该商店有几种进货方案？哪种进货方案可获得最大利润，最大利润是多少？
22．（9分）如图，在一笔直的海岸线l上有AB两个观测站，A在B的正东方向，AB＝2（单位：km）．有一艘小船在点P处，从A测得小船在北偏西60°的方向，从B测得小船在北偏东45°的方向．
（1）求点P到海岸线l的距离；
（2）小船从点P处沿射线AP的方向航行一段时间后，到点C处，此时，从B测得小船在北偏西15°的方向．求点C与点B之间的距离．（上述两小题的结果都保留根号）
23．（10分）如图，在正方形ABCD中，E是AB上一点，连接DE．过点A作AF⊥DE，垂足为F，⊙O经过点C、D、F，与AD相交于点G．
（1）求证：△AFG∽△DFC；
（2）若正方形ABCD的边长为4，AE＝1，求⊙O的半径．
24．（10分）已知，△ABC为等边三角形，点D为直线BC上一动点（点D不与B、C重合）．以AD为边作菱形ADEF，使∠DAF＝60°，连接CF．
（1）如图1，当点D在边BC上时，
①求证：∠ADB＝∠AFC；
②请直接判断结论∠AFC＝∠ACB+∠DAC是否成立；
（2）如图2，当点D在边BC的延长线上时，其他条件不变，结论∠AFC＝∠ACB+∠DAC是否成立？请写出∠AFC、∠ACB、∠DAC之间存在的数量关系，并写出证明过程；
（3）如图3，当点D在边CB的延长线上时，且点A、F分别在直线BC的异侧，其他条件不变，请补全图形，并直接写出∠AFC、∠ACB、∠DAC之间存在的等量关系．
25．（13分）如图，在平面直角坐标系中，直线y＝﹣x﹣与x轴交于点A，与y轴交于点C，抛物线y＝ax2﹣x+c（a≠0）经过A，B，C三点．
（1）求过A，B，C三点抛物线的解析式并求出顶点F的坐标；
（2）在抛物线上是否存在点P，使△ABP为直角三角形？若存在，直接写出P点坐标；若不存在，请说明理由；
（3）试探究在直线AC上是否存在一点M，使得△MBF的周长最小？若存在，求出M点的坐标；若不存在，请说明理由．
2021年山东省烟台市莱州市中考数学适应性试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（本题共12个小题）每小题都给出标号为A、B、C、D的四个答案，其中有且只有一个是正确的.
1．的立方根是（ ）
A．1 B．﹣1 C．0 D．±1
【分析】先求出这个数，再求它的立方根．
【解答】解：∵＝＝1，
∴1的立方根是1．
故选：A．
2．如所示图形中，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、是轴对称图形，不是中心对称图形．故本选项不合题意；
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、既是轴对称图形，又是中心对称图形．故本选项符合题意．
故选：D．
3．2021年2月25日，习总书记在全国脱贫攻坚总结表彰大会上庄严宣告，我国脱贫攻坚战取得全面胜利，现行标准下9899万农村贫困人口全面脱贫．数据“9899万”用科学记数法可表示为（ ）
A．98.99×106 B．9.899×107 C．989.9×105 D．0.9899×108
【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：9899万＝98990000＝9.899×107．
故选：B．
4．一个几何体的三视图如图，则该几何体是（ ）
A． B． C． D．
【分析】由空间几何体的三视图可以得到空间几何体的直观图．
【解答】解：由三视图可知，该组合体的上部分为圆台，下部分为圆柱，
故选：D．
5．如图，AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB，延长弦AF，DC交于点E．若∠DFC＝48°，则∠CFE的度数为（ ）
A．60° B．66° C．68° D．72°
【分析】连接AD，根据AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB利用垂径定理得到＝，从而利用圆周角定理得到∠DAB＝∠DFC＝×48°＝24°，然后利用圆内接四边形的外角等于内对角求得答案即可．
【解答】解：连接AD，
∵AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB，
∴＝，
∴∠DAB＝∠DFC＝×48°＝24°，
∴∠ADC＝90°﹣∠DAB＝90°﹣24°＝66°，
∵四边形ADCF内接与⊙O，
∴∠CFE＝∠ADC＝66°，
故选：B．
6．在计算器上，小明将按键顺序的显示结果记为a，的显示结果记为b，则a与b的乘积为（ ）
A． B． C． D．6
【分析】先将计算器操作求出a和b的值即可．
【解答】解：由题意得：a＝，
b＝，
∴ab＝．
故选：A．
7．在如图的网格图中，每个小正方形的边长均为1，△ABC的三个顶点都是网格线的交点，若将此网格放入平面直角坐标系中，B，C两点的坐标分别为（﹣1，﹣1），（1，﹣2），将△ABC绕点C顺时针旋转90°后，点A到达点A'的位置，则A'的坐标为（ ）
A．（4，1） B．（4，﹣1） C．（5，1） D．（5，﹣1）
【分析】分别作出A，B的对应点A′，B′，可得结论．
【解答】解：如图，观察图象可知，A′（5，﹣1）．
故选：D．
8．某校要从四名学生中选拔一名参加市“风华小主播”大赛，选拔赛中每名学生的平均成绩及其方差s2如表所示，如果要选择一名成绩高且发挥稳定的学生参赛，则应选择的学生是（ ）
甲
乙
丙
丁
8
9
9
8
s2
1
1
1.2
1.3
A．甲 B．乙 C．丙 D．丁
【分析】从平均成绩分析乙和丙要比甲和丁好，从方差分析甲和乙的成绩比丙和丁稳定，综合两个方面可选出乙．
【解答】解：根据平均成绩可得乙和丙要比甲和丁好，根据方差可得甲和乙的成绩比丙和丁稳定，
因此要选择一名成绩高且发挥稳定的学生参赛，因选择乙，
故选：B．
9．如图所示，已知A（，y1），B（2，y2）为反比例函数y＝图象上的两点，动点P（x，0）在x轴正半轴上运动，当线段AP与线段BP之差达到最大时，点P的坐标是（ ）
A．（，0） B．（1，0） C．（，0） D．（，0）
【分析】求出AB的坐标，设直线AB的解析式是y＝kx+b，把A、B的坐标代入求出直线AB的解析式，根据三角形的三边关系定理得出在△ABP中，|AP﹣BP|＜AB，延长AB交x轴于P′，当P在P′点时，PA﹣PB＝AB，此时线段AP与线段BP之差达到最大，求出直线AB于x轴的交点坐标即可．
【解答】解：∵把A（，y1），B（2，y2）代入反比例函数y＝得：y1＝2，y2＝，
∴A（，2），B（2，），
∵在△ABP中，由三角形的三边关系定理得：|AP﹣BP|＜AB，
∴延长AB交x轴于P′，当P在P′点时，PA﹣PB＝AB，
即此时线段AP与线段BP之差达到最大，
设直线AB的解析式是y＝kx+b，
把A、B的坐标代入得：，
解得：k＝﹣1，b＝，
∴直线AB的解析式是y＝﹣x+，
当y＝0时，x＝，
即P（，0），
故选：D．
10．如图，矩形ABCD中，AB＝8，BC＝4．点E在边AB上，点F在边CD上，点G、H在对角线AC上．若四边形EGFH是菱形，则AE的长是（ ）
A．2 B．3 C．5 D．6
【分析】方法一：连接EF交AC于O，由四边形EGFH是菱形，得到EF⊥AC，OE＝OF，由于四边形ABCD是矩形，得到∠B＝∠D＝90°，AB∥CD，通过△CFO≌△AEO，得到AO＝CO，求出AO＝AC＝2，根据△AOE∽△ABC，即可得到结果．方法二：利用勾股定理构建方程解决问题即可．
【解答】解；连接EF交AC于O，
∵四边形EGFH是菱形，
∴EF⊥AC，OE＝OF，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠B＝∠D＝90°，AB∥CD，
∴∠ACD＝∠CAB，
在△CFO与△AOE中，，
∴△CFO≌△AEO（AAS），
∴AO＝CO，
∵AC＝＝4，
∴AO＝AC＝2，
∵∠CAB＝∠CAB，∠AOE＝∠B＝90°，
∴△AOE∽△ABC，
∴，
∴，
∴AE＝5．
方法二：应连接EF得EF⊥AC 易证EF垂直平分AC 连接CE，得CE＝AE，
设CE＝AE＝x，EB＝8﹣x，BC＝4，利用勾股定理求得x＝5即可．
故选：C．
11．直角三角形纸片ABC的两条直角边BC，AC长分别为6，8，现将△ABC如图折叠，使点A与点B重合，折痕为DE，则tan∠CBE的值是（ ）
A． B． C． D．
【分析】求出斜边AB，设CE＝x，Rt△BCE中用勾股定理列方程求出CE的长度，即可得到答案．
【解答】解：∵直角三角形纸片ABC的两条直角边BC，AC长分别为6，8，
∴AB＝＝10，
设CE＝x，则AE＝8﹣x，
∵△ABC如图折叠，使点A与点B重合，
∴BE＝AE＝8﹣x，
Rt△BCE中，CE2+BC2＝BE2，
∴x2+62＝（8﹣x）2，
解得x＝，
Rt△BCE中，
tan∠CBE＝＝＝，
故选：A．
12．如图，平面直角坐标系中有两条抛物线：y1＝x2﹣x+，y2＝x2﹣x﹣，直线l的起始位置的表达式为x＝0，若直线l从起始位置开始向右平移，速度是每秒2个单位长度，设平移t（秒）后直线l与两条抛物线及直线x＝0围成的图形的面积为S（平方单位），则S与t的函数关系式为（ ）
A．S＝2t B．S＝3t C．S＝6t D．S＝12t
【分析】根据平移的性质以及抛物线的性质得到阴影部分的面积等于矩形的面积，然后列式计算即可得解．
【解答】解：∵y1＝x2﹣x+，y2＝x2﹣x﹣，
∴两个抛物线的开口相同，对称轴相同，为直线x＝a＝﹣＝1，
如图，阴影部分的面积等于矩形的面积，
∵抛物线y2＝x2﹣x﹣向上平移3个单位长度得y1＝x2﹣x+，
∴两个交点间的距离为3，
∴阴影部分的面积S＝2t×3＝6t．
故选：C．
二、填空题（本题共6个小题）.
13．如图，点I是△ABC的内心，∠BIC＝126°，则∠BAC＝ 72 °．
【分析】根据三角形的外接圆得到∠ABC＝2∠IBC，∠ACB＝2∠ICB，根据三角形的内角和定理求出∠IBC+∠ICB，求出∠ACB+∠ABC的度数即可．
【解答】解：∵点I是△ABC的内心，
∴∠ABC＝2∠IBC，∠ACB＝2∠ICB，
∵∠BIC＝126°，
∴∠IBC+∠ICB＝180°﹣∠CIB＝54°，
∴∠ABC+∠ACB＝2×54°＝108°，
∴∠BAC＝180°﹣（∠ACB+∠ABC）＝72°．
故答案为：72．
14．一个正多边形的边长为6，它的内角和是外角和的2倍，则它的边心距是 3 ．
【分析】先由多边形的内角和是外角和的2倍，判断出多边形的边数，即可得到结论．
【解答】解：设多边形的边数为n．
因为正多边形内角和为（n﹣2）•180°，正多边形外角和为360°，
根据题意得：（n﹣2）•180°＝360°×2，
解得：n＝6．
∴这个正多边形是正六边形，
∴它的边心距＝6×＝3，
故答案为：3．
15．关于x的方程kx2﹣4x﹣＝0有实数根，则k的取值范围是 k≥﹣6 ．
【分析】由于k的取值不确定，故应分k＝0（此时方程化简为一元一次方程）和k≠0（此时方程为二元一次方程）两种情况进行解答．
【解答】解：当k＝0时，﹣4x﹣＝0，解得x＝﹣，
当k≠0时，方程kx2﹣4x﹣＝0是一元二次方程，
根据题意可得：△＝16﹣4k×（﹣）≥0，
解得k≥﹣6，k≠0，
综上k≥﹣6，
故答案为k≥﹣6．
16．如图，在▱ABCD中，以点A为圆心，AB为半径画弧交AD于点F，分别以点B，F为圆心，同长为半径画弧交于点G，连接AG并延长交BC于点E，若BF＝6，AB＝5，则AE的长为 8 ．
【分析】如图，连接FG，设AE交BF于点O．首先证明四边形ABEF是菱形，利用勾股定理求出AO即可．
【解答】解：如图，连接FE，设AE交BF于点O．
由作图可知：AB＝AF，AE平分∠BAD，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，
∴∠FAE＝∠AEB＝∠BAE，
∴AB＝BE，
∴AF＝BE，
∵AF∥BE，
∴四边形ABEF是平行四边形，
∵AB＝AF，
∴四边形ABEF是菱形，
∴AE⊥BF，
∴AO＝OE＝AE，BO＝OF＝3，
在Rt△AOB中，AO＝＝＝4，
∴AE＝2OA＝8．
故答案是：8．
17．现有一张圆心角为108°，半径为40cm的扇形纸片，小红剪去圆心角为θ的部分扇形纸片后，将剩下的纸片制作成一个底面半径为10cm的圆锥形纸帽（接缝处不重叠），则剪去的扇形纸片的圆心角θ为 18° ．
【分析】已知扇形底面半径是10cm，就可以知道展开图扇形的弧长是20πcm，根据弧长公式l＝nπr÷180得到．
【解答】解：20π＝，解得：n＝90°，
∵扇形彩纸片的圆心角是108°
∴剪去的扇形纸片的圆心角为108°﹣90°＝18°．
剪去的扇形纸片的圆心角为18°．
故答案为：18°．
18．如图，在矩形ABCD中，AD＝2，CD＝1，连接AC，以对角线AC为边，按逆时针方向作矩形ABCD的相似矩形AB1C1C，再连接AC1，以对角线AC1为边作矩形AB1C1C的相似矩形AB2C2C1，…，按此规律继续下去，则矩形ABn∁nCn﹣1的面积为 ．
【分析】根据已知和矩形的性质可分别求得AC，AC1，AC2的长，从而可发现规律，根据规律即可求得第n个矩形的面积．
【解答】解：
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD⊥DC，
∴AC＝＝＝，
∵按逆时针方向作矩形ABCD的相似矩形AB1C1C，
∴矩形AB1C1C的边长和矩形ABCD的边长的比为：2
∴矩形AB1C1C的面积和矩形ABCD的面积的比5：4，
∵矩形ABCD的面积＝2×1＝2，
∴矩形AB1C1C的面积＝，
依此类推，矩形AB2C2C1的面积和矩形AB1C1C的面积的比5：4
∴矩形AB2C2C1的面积＝
∴矩形AB3C3C2的面积＝，
按此规律第n个矩形的面积为：
故答案为：．
三.解答题（本题共7个小题，要写出必要的解答过程或推理步骤）
19．（5分）先化简再求值：，其中a满足与2和3构成△ABC的三边，且a为整数．
【分析】先根据分式混合运算的法则把原式进行化简，再根据三角形的三边关系判断出a的取值范围，选取合适的a的值代入进行计算即可．
【解答】解：原式＝•+
＝+
＝
＝，
∵a与2、3构成△ABC的三边，
∴3﹣2＜a＜3+2，即1＜a＜5，
∵a为整数，
∴a＝2、3、4，
当a＝2时，分母2﹣a＝0，舍去；当a＝3时，分母a﹣3＝0，舍去；故a的值只能为4．
∴当a＝4时，原式＝＝1．
20．（9分）某校开展了“互助、平等、感恩、和谐、进取”主题班会活动．活动结束后，每个学生只选最关注的一个主题写出征文．学校对主题征文的选题进行了抽样调查，根据调查结果绘制了两幅不完整的统计图，根据图中提供的信息，解答下列问题：
（1）这次调查的学生共有多少名？
（2）请将条形统计图补充完整，并计算扇形统计图中“和谐”所对应的圆心角的度数；
（3）如果要在这5个选题中任选两个进行全面调查，根据抽样调查的结果，用树状图或列表法，求恰好选到学生关注最多的两个主题的概率（将互助、平等、感恩、和谐、进取依次记为A、B、C、D、E）．
【分析】（1）用关注“平等”的人数除以它所占的百分比可得到调查的总人数；
（2）先计算出“”互助”的人数和“和谐”的人数，然后补全条形统计图补，再用360°乘以“和谐”所占的百分比，即可得出对应的圆心角的度数；
（3）列树状图展示所有20种等可能结果数，再找出恰好选到学生关注最多的两个主题的结果数，然后根据概率公式求解．
【解答】解：（1）调查的学生数：8÷10%＝80（名）．
（2）关注“互助”的人数为：80×15%＝10（名），
关注“和谐”的人数为80﹣8﹣22﹣15﹣10＝25（名），
补全条形统计图，如图所示：
“和谐”所对应的圆心角的度数为：360°×＝112.5°．
（3）根据题意画图如下：
共有20种等可能的情况，其中恰好选到学生关注最多的两个主题感恩、和谐的情况有2种．
所以，P（关注最多的两个主题）＝＝．
21．（10分）某商店欲购进甲、乙两种商品，已知甲的进价是乙的进价的一半，进3件甲商品和1件乙商品恰好用200元．甲、乙两种商品的售价每件分别为80元、130元，该商店决定用不少于6710元且不超过6810元购进这两种商品共100件．
（1）求这两种商品的进价；
（2）该商店有几种进货方案？哪种进货方案可获得最大利润，最大利润是多少？
【分析】（1）设甲商品的进价为x元，乙商品的进价为y元，就有x＝y，3x+y＝200，由这两个方程构成方程组求出其解即可以；
（2）设购进甲种商品m件，则购进乙种商品（100﹣m）件，根据不少于6710元且不超过6810元购进这两种商品100件建立不等式，求出其值就可以得出进货方案，设利润为W元，根据利润＝售价﹣进价建立解析式就可以求出结论．
【解答】解：设甲商品的进价为x元，乙商品的进价为y元，由题意，得：
，
解得：．
答：甲商品的进价为40元，乙商品的进价为80元；
（2）设购进甲种商品m件，则购进乙种商品（100﹣m）件，由题意，得：
，
解得：29≤m≤32
∵m为整数，
∴m＝30，31，32，
故有三种进货方案：
方案1，甲种商品30件，乙商品70件，
方案2，甲种商品31件，乙商品69件，
方案3，甲种商品32件，乙商品68件，
设利润为W元，由题意，得
W＝40m+50（100﹣m），
＝﹣10m+5000
∵k＝﹣10＜0，
∴W随m的增大而减小，
∴m＝30时，W最大＝4700．
答：该商店有3种进货方案；当甲种商品进货30件，乙商品进货70件时可获得最大利润，最大利润为4700元．
22．（9分）如图，在一笔直的海岸线l上有AB两个观测站，A在B的正东方向，AB＝2（单位：km）．有一艘小船在点P处，从A测得小船在北偏西60°的方向，从B测得小船在北偏东45°的方向．
（1）求点P到海岸线l的距离；
（2）小船从点P处沿射线AP的方向航行一段时间后，到点C处，此时，从B测得小船在北偏西15°的方向．求点C与点B之间的距离．（上述两小题的结果都保留根号）
【分析】（1）过点P作PD⊥AB于点D，设PD＝xkm，先解Rt△PBD，用含x的代数式表示BD，再解Rt△PAD，用含x的代数式表示AD，然后根据BD+AD＝AB，列出关于x的方程，解方程即可；
（2）过点B作BF⊥AC于点F，先解Rt△ABF，得出BF＝AB＝1km，再解Rt△BCF，得出BC＝BF＝km．
【解答】解：（1）如图，过点P作PD⊥AB于点D．设PD＝xkm．
在Rt△PBD中，∠BDP＝90°，∠PBD＝90°﹣45°＝45°，
∴BD＝PD＝xkm．
在Rt△PAD中，∠ADP＝90°，∠PAD＝90°﹣60°＝30°，
∴AD＝PD＝xkm．
∵BD+AD＝AB，
∴x+x＝2，
x＝﹣1，
∴点P到海岸线l的距离为（﹣1）km；
（2）如图，过点B作BF⊥AC于点F．
根据题意得：∠ABC＝105°，
在Rt△ABF中，∠AFB＝90°，∠BAF＝30°，
∴BF＝AB＝1km．
在△ABC中，∠C＝180°﹣∠BAC﹣∠ABC＝45°．
在Rt△BCF中，∠BFC＝90°，∠C＝45°，
∴BC＝BF＝km，
∴点C与点B之间的距离为km．
23．（10分）如图，在正方形ABCD中，E是AB上一点，连接DE．过点A作AF⊥DE，垂足为F，⊙O经过点C、D、F，与AD相交于点G．
（1）求证：△AFG∽△DFC；
（2）若正方形ABCD的边长为4，AE＝1，求⊙O的半径．
【分析】（1）欲证明△AFG∽△DFC，只要证明∠FAG＝∠FDC，∠AGF＝∠FCD；
（2）首先证明CG是直径，求出CG即可解决问题；
【解答】（1）证明：在正方形ABCD中，∠ADC＝90°，
∴∠CDF+∠ADF＝90°，
∵AF⊥DE，
∴∠AFD＝90°，
∴∠DAF+∠ADF＝90°，
∴∠DAF＝∠CDF，
∵四边形GFCD是⊙O的内接四边形，
∴∠FCD+∠DGF＝180°，
∵∠FGA+∠DGF＝180°，
∴∠FGA＝∠FCD，
∴△AFG∽△DFC．
（2）解：如图，连接CG．
∵∠EAD＝∠AFD＝90°，∠EDA＝∠ADF，
∴△EDA∽△ADF，
∴＝，即＝，
∵△AFG∽△DFC，
∴＝，
∴＝，
在正方形ABCD中，∵DA＝DC，
∴AG＝EA＝1，DG＝DA﹣AG＝4﹣1＝3，
∴CG＝＝5，
∵∠CDG＝90°，
∴CG是⊙O的直径，
∴⊙O的半径为．
24．（10分）已知，△ABC为等边三角形，点D为直线BC上一动点（点D不与B、C重合）．以AD为边作菱形ADEF，使∠DAF＝60°，连接CF．
（1）如图1，当点D在边BC上时，
①求证：∠ADB＝∠AFC；
②请直接判断结论∠AFC＝∠ACB+∠DAC是否成立；
（2）如图2，当点D在边BC的延长线上时，其他条件不变，结论∠AFC＝∠ACB+∠DAC是否成立？请写出∠AFC、∠ACB、∠DAC之间存在的数量关系，并写出证明过程；
（3）如图3，当点D在边CB的延长线上时，且点A、F分别在直线BC的异侧，其他条件不变，请补全图形，并直接写出∠AFC、∠ACB、∠DAC之间存在的等量关系．
【分析】（1）此题只需由AB＝AC，AD＝AF，∠BAD＝∠CAF，按照SAS判断两三角形全等得出∠ADB＝∠AFC；
（2）此题应先判断得出正确的等量关系，然后再根据△ABD≌△ACF即可证明；
（3）此题只需补全图形后由图形即可得出∠AFC、∠ACB、∠DAC之间存在的等量关系．
【解答】解：（1）①证明：∵△ABC为等边三角形，
∴AB＝AC，∠BAC＝60°，
∵∠DAF＝60°，
∴∠BAC＝∠DAF，
∴∠BAD＝∠CAF，
∵四边形ADEF是菱形，∴AD＝AF，
在△ABD和△ACF中
AB＝AC，∠BAD＝∠CAF，AD＝AF，
∴△ABD≌△ACF，
∴∠ADB＝∠AFC，
②结论：∠AFC＝∠ACB+∠DAC成立．
（2）结论∠AFC＝∠ACB+∠DAC不成立．
∠AFC、∠ACB、∠DAC之间的等量关系是∠AFC＝∠ACB﹣∠DAC．
证明：∵△ABC为等边三角形，
∴AB＝AC，
∠BAC＝60°，
∵∠BAC＝∠DAF，
∴∠BAD＝∠CAF，
∵四边形ADEF是菱形，
∴AD＝AF．
在△ABD和△ACF中
AB＝AC，∠BAD＝∠CAF，AD＝AF，
∴△ABD≌△ACF．
∴∠ADB＝∠AFC．
又∵∠ACB＝∠ADC+∠DAC，
∴∠AFC＝∠ACB﹣∠DAC．
（3）补全图形如下图：
∠AFC、∠ACB、∠DAC之间的等量关系是：∠AFC＝2∠ACB﹣∠DAC
（或∠AFC+∠DAC+∠ACB＝180°以及这两个等式的正确变式）．
25．（13分）如图，在平面直角坐标系中，直线y＝﹣x﹣与x轴交于点A，与y轴交于点C，抛物线y＝ax2﹣x+c（a≠0）经过A，B，C三点．
（1）求过A，B，C三点抛物线的解析式并求出顶点F的坐标；
（2）在抛物线上是否存在点P，使△ABP为直角三角形？若存在，直接写出P点坐标；若不存在，请说明理由；
（3）试探究在直线AC上是否存在一点M，使得△MBF的周长最小？若存在，求出M点的坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）抛物线解析式中有两个待定系数a，c，根据直线AC解析式求点A、C坐标，代入抛物线解析式即可；
（2）分析不难发现，△ABP的直角顶点只可能是P，根据已知条件可证AC2+BC2＝AB2，故点C满足题意，根据抛物线的对称性，点C关于抛物线对称轴的对称点也符合题意；
（3）由于B，F是定点，BF的长一定，实际上就是求BM+FM最小，找出点B关于直线AC的对称点B'，连接B'F，交AC于点M，点M即为所求，由（2）可知，BC⊥AC，延长BC到B'，使BC＝B'C，利用中位线的性质可得B'的坐标，从而可求直线B'F的解析式，再与直线AC的解析式联立，可求M点坐标．
【解答】方法一：
解：（1）∵直线y＝﹣x﹣与x轴交于点A，与y轴交于点C
∴点A（﹣1，0），C（0，﹣）
∵点A，C都在抛物线上，
∴
∴
∴抛物线的解析式为y＝x2﹣x﹣
∴顶点F（1，﹣）．
（2）存在：
p1（0，﹣），p2（2，﹣）．
（3）存在
理由：
解法一：
延长BC到点B′，使B′C＝BC，连接B′F交直线AC于点M，则点M就是所求的点，
∵过点B′作B′H⊥AB于点H，
∵B点在抛物线y＝x2﹣x﹣上，
∴B（3，0），
在Rt△BOC中，tan∠OBC＝
∴∠OBC＝30°，BC＝2
在Rt△B′BH中，B′H＝BB′＝2
BH＝B′H＝6，∴OH＝3，
∴B′（﹣3，﹣2）．
设直线B′F的解析式为y＝kx+b，
∴，
解得，
∴y＝．
，
解得，
∴M（）
∴在直线AC上存在点M，使得△MBF的周长最小，此时M（）．
解法二：
过点F作AC的垂线交y轴于点H，则点H为点F关于直线AC的对称点，连接BH交AC于点M，则点M
即为所求．
过点F作FG⊥y轴于点G，则OB∥FG，BC∥FH，
∴∠BOC＝∠FGH＝90°，∠BCO＝∠FHG
∴∠HFG＝∠CBO
同方法一可求得B（3，0）
在Rt△BOC中，tan∠OBC＝
∴∠OBC＝30°，可求得GH＝GC＝
∴GF为线段CH的垂直平分线，可证得△CFH为等边三角形
∴AC垂直平分FH
即点H为点F关于AC对称点，
∴H（0，﹣）
设直线BH的解析式为y＝kx+b，由题意得，，
解得，
∴y＝，
，
解得，
∴M（），
∴在直线AC上存在点M，使得△MBF的周长最小，此时M（）．
方法二：
（1）略．
（2）设P（t，），A（﹣1，0），B（3，0），
∵PA⊥PB，∴KPA×KPB＝﹣1，
＝﹣1，
∴（t+1）（t﹣3）＝﹣3，∴t1＝0，t2＝2，
∴P1（0，﹣），P2（2，﹣）．
（3）∵AC⊥BC，∴点B关于AC的对称点B′，
∴，，
∵B（3，0），C（0，﹣），
∴B′（﹣3，﹣2），F（1，﹣），
∴lB′F：y＝x﹣，lAC：y＝﹣x﹣，
∴两直线交点坐标M（，﹣）．
2021年山东省烟台市莱州市中考数学适应性试卷
一、选择题（本题共12个小题）每小题都给出标号为A、B、C、D的四个答案，其中有且只有一个是正确的.
1．的立方根是（ ）
A．1 B．﹣1 C．0 D．±1
2．如所示图形中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（ ）
A． B．
C． D．
3．2021年2月25日，习总书记在全国脱贫攻坚总结表彰大会上庄严宣告，我国脱贫攻坚战取得全面胜利，现行标准下9899万农村贫困人口全面脱贫．数据“9899万”用科学记数法可表示为（ ）
A．98.99×106 B．9.899×107 C．989.9×105 D．0.9899×108
4．一个几何体的三视图如图，则该几何体是（ ）
A． B． C． D．
5．如图，AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB，延长弦AF，DC交于点E．若∠DFC＝48°，则∠CFE的度数为（ ）
A．60° B．66° C．68° D．72°
6．在计算器上，小明将按键顺序的显示结果记为a，的显示结果记为b，则a与b的乘积为（ ）
A． B． C． D．6
7．在如图的网格图中，每个小正方形的边长均为1，△ABC的三个顶点都是网格线的交点，若将此网格放入平面直角坐标系中，B，C两点的坐标分别为（﹣1，﹣1），（1，﹣2），将△ABC绕点C顺时针旋转90°后，点A到达点A'的位置，则A'的坐标为（ ）
A．（4，1） B．（4，﹣1） C．（5，1） D．（5，﹣1）
8．某校要从四名学生中选拔一名参加市“风华小主播”大赛，选拔赛中每名学生的平均成绩及其方差s2如表所示，如果要选择一名成绩高且发挥稳定的学生参赛，则应选择的学生是（ ）
甲
乙
丙
丁
8
9
9
8
s2
1
1
1.2
1.3
A．甲 B．乙 C．丙 D．丁
9．如图所示，已知A（，y1），B（2，y2）为反比例函数y＝图象上的两点，动点P（x，0）在x轴正半轴上运动，当线段AP与线段BP之差达到最大时，点P的坐标是（ ）
A．（，0） B．（1，0） C．（，0） D．（，0）
10．如图，矩形ABCD中，AB＝8，BC＝4．点E在边AB上，点F在边CD上，点G、H在对角线AC上．若四边形EGFH是菱形，则AE的长是（ ）
A．2 B．3 C．5 D．6
11．直角三角形纸片ABC的两条直角边BC，AC长分别为6，8，现将△ABC如图折叠，使点A与点B重合，折痕为DE，则tan∠CBE的值是（ ）
A． B． C． D．
12．如图，平面直角坐标系中有两条抛物线：y1＝x2﹣x+，y2＝x2﹣x﹣，直线l的起始位置的表达式为x＝0，若直线l从起始位置开始向右平移，速度是每秒2个单位长度，设平移t（秒）后直线l与两条抛物线及直线x＝0围成的图形的面积为S（平方单位），则S与t的函数关系式为（ ）
A．S＝2t B．S＝3t C．S＝6t D．S＝12t
二、填空题（本题共6个小题）.
13．如图，点I是△ABC的内心，∠BIC＝126°，则∠BAC＝ °．
14．一个正多边形的边长为6，它的内角和是外角和的2倍，则它的边心距是 ．
15．关于x的方程kx2﹣4x﹣＝0有实数根，则k的取值范围是 ．
16．如图，在▱ABCD中，以点A为圆心，AB为半径画弧交AD于点F，分别以点B，F为圆心，同长为半径画弧交于点G，连接AG并延长交BC于点E，若BF＝6，AB＝5，则AE的长为 ．
17．现有一张圆心角为108°，半径为40cm的扇形纸片，小红剪去圆心角为θ的部分扇形纸片后，将剩下的纸片制作成一个底面半径为10cm的圆锥形纸帽（接缝处不重叠），则剪去的扇形纸片的圆心角θ为 ．
18．如图，在矩形ABCD中，AD＝2，CD＝1，连接AC，以对角线AC为边，按逆时针方向作矩形ABCD的相似矩形AB1C1C，再连接AC1，以对角线AC1为边作矩形AB1C1C的相似矩形AB2C2C1，…，按此规律继续下去，则矩形ABn∁nCn﹣1的面积为 ．
三.解答题（本题共7个小题，要写出必要的解答过程或推理步骤）
19．（5分）先化简再求值：，其中a满足与2和3构成△ABC的三边，且a为整数．
20．（9分）某校开展了“互助、平等、感恩、和谐、进取”主题班会活动．活动结束后，每个学生只选最关注的一个主题写出征文．学校对主题征文的选题进行了抽样调查，根据调查结果绘制了两幅不完整的统计图，根据图中提供的信息，解答下列问题：
（1）这次调查的学生共有多少名？
（2）请将条形统计图补充完整，并计算扇形统计图中“和谐”所对应的圆心角的度数；
（3）如果要在这5个选题中任选两个进行全面调查，根据抽样调查的结果，用树状图或列表法，求恰好选到学生关注最多的两个主题的概率（将互助、平等、感恩、和谐、进取依次记为A、B、C、D、E）．
21．（10分）某商店欲购进甲、乙两种商品，已知甲的进价是乙的进价的一半，进3件甲商品和1件乙商品恰好用200元．甲、乙两种商品的售价每件分别为80元、130元，该商店决定用不少于6710元且不超过6810元购进这两种商品共100件．
（1）求这两种商品的进价；
（2）该商店有几种进货方案？哪种进货方案可获得最大利润，最大利润是多少？
22．（9分）如图，在一笔直的海岸线l上有AB两个观测站，A在B的正东方向，AB＝2（单位：km）．有一艘小船在点P处，从A测得小船在北偏西60°的方向，从B测得小船在北偏东45°的方向．
（1）求点P到海岸线l的距离；
（2）小船从点P处沿射线AP的方向航行一段时间后，到点C处，此时，从B测得小船在北偏西15°的方向．求点C与点B之间的距离．（上述两小题的结果都保留根号）
23．（10分）如图，在正方形ABCD中，E是AB上一点，连接DE．过点A作AF⊥DE，垂足为F，⊙O经过点C、D、F，与AD相交于点G．
（1）求证：△AFG∽△DFC；
（2）若正方形ABCD的边长为4，AE＝1，求⊙O的半径．
24．（10分）已知，△ABC为等边三角形，点D为直线BC上一动点（点D不与B、C重合）．以AD为边作菱形ADEF，使∠DAF＝60°，连接CF．
（1）如图1，当点D在边BC上时，
①求证：∠ADB＝∠AFC；
②请直接判断结论∠AFC＝∠ACB+∠DAC是否成立；
（2）如图2，当点D在边BC的延长线上时，其他条件不变，结论∠AFC＝∠ACB+∠DAC是否成立？请写出∠AFC、∠ACB、∠DAC之间存在的数量关系，并写出证明过程；
（3）如图3，当点D在边CB的延长线上时，且点A、F分别在直线BC的异侧，其他条件不变，请补全图形，并直接写出∠AFC、∠ACB、∠DAC之间存在的等量关系．
25．（13分）如图，在平面直角坐标系中，直线y＝﹣x﹣与x轴交于点A，与y轴交于点C，抛物线y＝ax2﹣x+c（a≠0）经过A，B，C三点．
（1）求过A，B，C三点抛物线的解析式并求出顶点F的坐标；
（2）在抛物线上是否存在点P，使△ABP为直角三角形？若存在，直接写出P点坐标；若不存在，请说明理由；
（3）试探究在直线AC上是否存在一点M，使得△MBF的周长最小？若存在，求出M点的坐标；若不存在，请说明理由．
2021年山东省烟台市莱州市中考数学适应性试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（本题共12个小题）每小题都给出标号为A、B、C、D的四个答案，其中有且只有一个是正确的.
1．的立方根是（ ）
A．1 B．﹣1 C．0 D．±1
【分析】先求出这个数，再求它的立方根．
【解答】解：∵＝＝1，
∴1的立方根是1．
故选：A．
2．如所示图形中，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、是轴对称图形，不是中心对称图形．故本选项不合题意；
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、既是轴对称图形，又是中心对称图形．故本选项符合题意．
故选：D．
3．2021年2月25日，习总书记在全国脱贫攻坚总结表彰大会上庄严宣告，我国脱贫攻坚战取得全面胜利，现行标准下9899万农村贫困人口全面脱贫．数据“9899万”用科学记数法可表示为（ ）
A．98.99×106 B．9.899×107 C．989.9×105 D．0.9899×108
【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：9899万＝98990000＝9.899×107．
故选：B．
4．一个几何体的三视图如图，则该几何体是（ ）
A． B． C． D．
【分析】由空间几何体的三视图可以得到空间几何体的直观图．
【解答】解：由三视图可知，该组合体的上部分为圆台，下部分为圆柱，
故选：D．
5．如图，AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB，延长弦AF，DC交于点E．若∠DFC＝48°，则∠CFE的度数为（ ）
A．60° B．66° C．68° D．72°
【分析】连接AD，根据AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB利用垂径定理得到＝，从而利用圆周角定理得到∠DAB＝∠DFC＝×48°＝24°，然后利用圆内接四边形的外角等于内对角求得答案即可．
【解答】解：连接AD，
∵AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB，
∴＝，
∴∠DAB＝∠DFC＝×48°＝24°，
∴∠ADC＝90°﹣∠DAB＝90°﹣24°＝66°，
∵四边形ADCF内接与⊙O，
∴∠CFE＝∠ADC＝66°，
故选：B．
6．在计算器上，小明将按键顺序的显示结果记为a，的显示结果记为b，则a与b的乘积为（ ）
A． B． C． D．6
【分析】先将计算器操作求出a和b的值即可．
【解答】解：由题意得：a＝，
b＝，
∴ab＝．
故选：A．
7．在如图的网格图中，每个小正方形的边长均为1，△ABC的三个顶点都是网格线的交点，若将此网格放入平面直角坐标系中，B，C两点的坐标分别为（﹣1，﹣1），（1，﹣2），将△ABC绕点C顺时针旋转90°后，点A到达点A'的位置，则A'的坐标为（ ）
A．（4，1） B．（4，﹣1） C．（5，1） D．（5，﹣1）
【分析】分别作出A，B的对应点A′，B′，可得结论．
【解答】解：如图，观察图象可知，A′（5，﹣1）．
故选：D．
8．某校要从四名学生中选拔一名参加市“风华小主播”大赛，选拔赛中每名学生的平均成绩及其方差s2如表所示，如果要选择一名成绩高且发挥稳定的学生参赛，则应选择的学生是（ ）
甲
乙
丙
丁
8
9
9
8
s2
1
1
1.2
1.3
A．甲 B．乙 C．丙 D．丁
【分析】从平均成绩分析乙和丙要比甲和丁好，从方差分析甲和乙的成绩比丙和丁稳定，综合两个方面可选出乙．
【解答】解：根据平均成绩可得乙和丙要比甲和丁好，根据方差可得甲和乙的成绩比丙和丁稳定，
因此要选择一名成绩高且发挥稳定的学生参赛，因选择乙，
故选：B．
9．如图所示，已知A（，y1），B（2，y2）为反比例函数y＝图象上的两点，动点P（x，0）在x轴正半轴上运动，当线段AP与线段BP之差达到最大时，点P的坐标是（ ）
A．（，0） B．（1，0） C．（，0） D．（，0）
【分析】求出AB的坐标，设直线AB的解析式是y＝kx+b，把A、B的坐标代入求出直线AB的解析式，根据三角形的三边关系定理得出在△ABP中，|AP﹣BP|＜AB，延长AB交x轴于P′，当P在P′点时，PA﹣PB＝AB，此时线段AP与线段BP之差达到最大，求出直线AB于x轴的交点坐标即可．
【解答】解：∵把A（，y1），B（2，y2）代入反比例函数y＝得：y1＝2，y2＝，
∴A（，2），B（2，），
∵在△ABP中，由三角形的三边关系定理得：|AP﹣BP|＜AB，
∴延长AB交x轴于P′，当P在P′点时，PA﹣PB＝AB，
即此时线段AP与线段BP之差达到最大，
设直线AB的解析式是y＝kx+b，
把A、B的坐标代入得：，
解得：k＝﹣1，b＝，
∴直线AB的解析式是y＝﹣x+，
当y＝0时，x＝，
即P（，0），
故选：D．
10．如图，矩形ABCD中，AB＝8，BC＝4．点E在边AB上，点F在边CD上，点G、H在对角线AC上．若四边形EGFH是菱形，则AE的长是（ ）
A．2 B．3 C．5 D．6
【分析】方法一：连接EF交AC于O，由四边形EGFH是菱形，得到EF⊥AC，OE＝OF，由于四边形ABCD是矩形，得到∠B＝∠D＝90°，AB∥CD，通过△CFO≌△AEO，得到AO＝CO，求出AO＝AC＝2，根据△AOE∽△ABC，即可得到结果．方法二：利用勾股定理构建方程解决问题即可．
【解答】解；连接EF交AC于O，
∵四边形EGFH是菱形，
∴EF⊥AC，OE＝OF，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠B＝∠D＝90°，AB∥CD，
∴∠ACD＝∠CAB，
在△CFO与△AOE中，，
∴△CFO≌△AEO（AAS），
∴AO＝CO，
∵AC＝＝4，
∴AO＝AC＝2，
∵∠CAB＝∠CAB，∠AOE＝∠B＝90°，
∴△AOE∽△ABC，
∴，
∴，
∴AE＝5．
方法二：应连接EF得EF⊥AC 易证EF垂直平分AC 连接CE，得CE＝AE，
设CE＝AE＝x，EB＝8﹣x，BC＝4，利用勾股定理求得x＝5即可．
故选：C．
11．直角三角形纸片ABC的两条直角边BC，AC长分别为6，8，现将△ABC如图折叠，使点A与点B重合，折痕为DE，则tan∠CBE的值是（ ）
A． B． C． D．
【分析】求出斜边AB，设CE＝x，Rt△BCE中用勾股定理列方程求出CE的长度，即可得到答案．
【解答】解：∵直角三角形纸片ABC的两条直角边BC，AC长分别为6，8，
∴AB＝＝10，
设CE＝x，则AE＝8﹣x，
∵△ABC如图折叠，使点A与点B重合，
∴BE＝AE＝8﹣x，
Rt△BCE中，CE2+BC2＝BE2，
∴x2+62＝（8﹣x）2，
解得x＝，
Rt△BCE中，
tan∠CBE＝＝＝，
故选：A．
12．如图，平面直角坐标系中有两条抛物线：y1＝x2﹣x+，y2＝x2﹣x﹣，直线l的起始位置的表达式为x＝0，若直线l从起始位置开始向右平移，速度是每秒2个单位长度，设平移t（秒）后直线l与两条抛物线及直线x＝0围成的图形的面积为S（平方单位），则S与t的函数关系式为（ ）
A．S＝2t B．S＝3t C．S＝6t D．S＝12t
【分析】根据平移的性质以及抛物线的性质得到阴影部分的面积等于矩形的面积，然后列式计算即可得解．
【解答】解：∵y1＝x2﹣x+，y2＝x2﹣x﹣，
∴两个抛物线的开口相同，对称轴相同，为直线x＝a＝﹣＝1，
如图，阴影部分的面积等于矩形的面积，
∵抛物线y2＝x2﹣x﹣向上平移3个单位长度得y1＝x2﹣x+，
∴两个交点间的距离为3，
∴阴影部分的面积S＝2t×3＝6t．
故选：C．
二、填空题（本题共6个小题）.
13．如图，点I是△ABC的内心，∠BIC＝126°，则∠BAC＝ 72 °．
【分析】根据三角形的外接圆得到∠ABC＝2∠IBC，∠ACB＝2∠ICB，根据三角形的内角和定理求出∠IBC+∠ICB，求出∠ACB+∠ABC的度数即可．
【解答】解：∵点I是△ABC的内心，
∴∠ABC＝2∠IBC，∠ACB＝2∠ICB，
∵∠BIC＝126°，
∴∠IBC+∠ICB＝180°﹣∠CIB＝54°，
∴∠ABC+∠ACB＝2×54°＝108°，
∴∠BAC＝180°﹣（∠ACB+∠ABC）＝72°．
故答案为：72．
14．一个正多边形的边长为6，它的内角和是外角和的2倍，则它的边心距是 3 ．
【分析】先由多边形的内角和是外角和的2倍，判断出多边形的边数，即可得到结论．
【解答】解：设多边形的边数为n．
因为正多边形内角和为（n﹣2）•180°，正多边形外角和为360°，
根据题意得：（n﹣2）•180°＝360°×2，
解得：n＝6．
∴这个正多边形是正六边形，
∴它的边心距＝6×＝3，
故答案为：3．
15．关于x的方程kx2﹣4x﹣＝0有实数根，则k的取值范围是 k≥﹣6 ．
【分析】由于k的取值不确定，故应分k＝0（此时方程化简为一元一次方程）和k≠0（此时方程为二元一次方程）两种情况进行解答．
【解答】解：当k＝0时，﹣4x﹣＝0，解得x＝﹣，
当k≠0时，方程kx2﹣4x﹣＝0是一元二次方程，
根据题意可得：△＝16﹣4k×（﹣）≥0，
解得k≥﹣6，k≠0，
综上k≥﹣6，
故答案为k≥﹣6．
16．如图，在▱ABCD中，以点A为圆心，AB为半径画弧交AD于点F，分别以点B，F为圆心，同长为半径画弧交于点G，连接AG并延长交BC于点E，若BF＝6，AB＝5，则AE的长为 8 ．
【分析】如图，连接FG，设AE交BF于点O．首先证明四边形ABEF是菱形，利用勾股定理求出AO即可．
【解答】解：如图，连接FE，设AE交BF于点O．
由作图可知：AB＝AF，AE平分∠BAD，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，
∴∠FAE＝∠AEB＝∠BAE，
∴AB＝BE，
∴AF＝BE，
∵AF∥BE，
∴四边形ABEF是平行四边形，
∵AB＝AF，
∴四边形ABEF是菱形，
∴AE⊥BF，
∴AO＝OE＝AE，BO＝OF＝3，
在Rt△AOB中，AO＝＝＝4，
∴AE＝2OA＝8．
故答案是：8．
17．现有一张圆心角为108°，半径为40cm的扇形纸片，小红剪去圆心角为θ的部分扇形纸片后，将剩下的纸片制作成一个底面半径为10cm的圆锥形纸帽（接缝处不重叠），则剪去的扇形纸片的圆心角θ为 18° ．
【分析】已知扇形底面半径是10cm，就可以知道展开图扇形的弧长是20πcm，根据弧长公式l＝nπr÷180得到．
【解答】解：20π＝，解得：n＝90°，
∵扇形彩纸片的圆心角是108°
∴剪去的扇形纸片的圆心角为108°﹣90°＝18°．
剪去的扇形纸片的圆心角为18°．
故答案为：18°．
18．如图，在矩形ABCD中，AD＝2，CD＝1，连接AC，以对角线AC为边，按逆时针方向作矩形ABCD的相似矩形AB1C1C，再连接AC1，以对角线AC1为边作矩形AB1C1C的相似矩形AB2C2C1，…，按此规律继续下去，则矩形ABn∁nCn﹣1的面积为 ．
【分析】根据已知和矩形的性质可分别求得AC，AC1，AC2的长，从而可发现规律，根据规律即可求得第n个矩形的面积．
【解答】解：
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD⊥DC，
∴AC＝＝＝，
∵按逆时针方向作矩形ABCD的相似矩形AB1C1C，
∴矩形AB1C1C的边长和矩形ABCD的边长的比为：2
∴矩形AB1C1C的面积和矩形ABCD的面积的比5：4，
∵矩形ABCD的面积＝2×1＝2，
∴矩形AB1C1C的面积＝，
依此类推，矩形AB2C2C1的面积和矩形AB1C1C的面积的比5：4
∴矩形AB2C2C1的面积＝
∴矩形AB3C3C2的面积＝，
按此规律第n个矩形的面积为：
故答案为：．
三.解答题（本题共7个小题，要写出必要的解答过程或推理步骤）
19．（5分）先化简再求值：，其中a满足与2和3构成△ABC的三边，且a为整数．
【分析】先根据分式混合运算的法则把原式进行化简，再根据三角形的三边关系判断出a的取值范围，选取合适的a的值代入进行计算即可．
【解答】解：原式＝•+
＝+
＝
＝，
∵a与2、3构成△ABC的三边，
∴3﹣2＜a＜3+2，即1＜a＜5，
∵a为整数，
∴a＝2、3、4，
当a＝2时，分母2﹣a＝0，舍去；当a＝3时，分母a﹣3＝0，舍去；故a的值只能为4．
∴当a＝4时，原式＝＝1．
20．（9分）某校开展了“互助、平等、感恩、和谐、进取”主题班会活动．活动结束后，每个学生只选最关注的一个主题写出征文．学校对主题征文的选题进行了抽样调查，根据调查结果绘制了两幅不完整的统计图，根据图中提供的信息，解答下列问题：
（1）这次调查的学生共有多少名？
（2）请将条形统计图补充完整，并计算扇形统计图中“和谐”所对应的圆心角的度数；
（3）如果要在这5个选题中任选两个进行全面调查，根据抽样调查的结果，用树状图或列表法，求恰好选到学生关注最多的两个主题的概率（将互助、平等、感恩、和谐、进取依次记为A、B、C、D、E）．
【分析】（1）用关注“平等”的人数除以它所占的百分比可得到调查的总人数；
（2）先计算出“”互助”的人数和“和谐”的人数，然后补全条形统计图补，再用360°乘以“和谐”所占的百分比，即可得出对应的圆心角的度数；
（3）列树状图展示所有20种等可能结果数，再找出恰好选到学生关注最多的两个主题的结果数，然后根据概率公式求解．
【解答】解：（1）调查的学生数：8÷10%＝80（名）．
（2）关注“互助”的人数为：80×15%＝10（名），
关注“和谐”的人数为80﹣8﹣22﹣15﹣10＝25（名），
补全条形统计图，如图所示：
“和谐”所对应的圆心角的度数为：360°×＝112.5°．
（3）根据题意画图如下：
共有20种等可能的情况，其中恰好选到学生关注最多的两个主题感恩、和谐的情况有2种．
所以，P（关注最多的两个主题）＝＝．
21．（10分）某商店欲购进甲、乙两种商品，已知甲的进价是乙的进价的一半，进3件甲商品和1件乙商品恰好用200元．甲、乙两种商品的售价每件分别为80元、130元，该商店决定用不少于6710元且不超过6810元购进这两种商品共100件．
（1）求这两种商品的进价；
（2）该商店有几种进货方案？哪种进货方案可获得最大利润，最大利润是多少？
【分析】（1）设甲商品的进价为x元，乙商品的进价为y元，就有x＝y，3x+y＝200，由这两个方程构成方程组求出其解即可以；
（2）设购进甲种商品m件，则购进乙种商品（100﹣m）件，根据不少于6710元且不超过6810元购进这两种商品100件建立不等式，求出其值就可以得出进货方案，设利润为W元，根据利润＝售价﹣进价建立解析式就可以求出结论．
【解答】解：设甲商品的进价为x元，乙商品的进价为y元，由题意，得：
，
解得：．
答：甲商品的进价为40元，乙商品的进价为80元；
（2）设购进甲种商品m件，则购进乙种商品（100﹣m）件，由题意，得：
，
解得：29≤m≤32
∵m为整数，
∴m＝30，31，32，
故有三种进货方案：
方案1，甲种商品30件，乙商品70件，
方案2，甲种商品31件，乙商品69件，
方案3，甲种商品32件，乙商品68件，
设利润为W元，由题意，得
W＝40m+50（100﹣m），
＝﹣10m+5000
∵k＝﹣10＜0，
∴W随m的增大而减小，
∴m＝30时，W最大＝4700．
答：该商店有3种进货方案；当甲种商品进货30件，乙商品进货70件时可获得最大利润，最大利润为4700元．
22．（9分）如图，在一笔直的海岸线l上有AB两个观测站，A在B的正东方向，AB＝2（单位：km）．有一艘小船在点P处，从A测得小船在北偏西60°的方向，从B测得小船在北偏东45°的方向．
（1）求点P到海岸线l的距离；
（2）小船从点P处沿射线AP的方向航行一段时间后，到点C处，此时，从B测得小船在北偏西15°的方向．求点C与点B之间的距离．（上述两小题的结果都保留根号）
【分析】（1）过点P作PD⊥AB于点D，设PD＝xkm，先解Rt△PBD，用含x的代数式表示BD，再解Rt△PAD，用含x的代数式表示AD，然后根据BD+AD＝AB，列出关于x的方程，解方程即可；
（2）过点B作BF⊥AC于点F，先解Rt△ABF，得出BF＝AB＝1km，再解Rt△BCF，得出BC＝BF＝km．
【解答】解：（1）如图，过点P作PD⊥AB于点D．设PD＝xkm．
在Rt△PBD中，∠BDP＝90°，∠PBD＝90°﹣45°＝45°，
∴BD＝PD＝xkm．
在Rt△PAD中，∠ADP＝90°，∠PAD＝90°﹣60°＝30°，
∴AD＝PD＝xkm．
∵BD+AD＝AB，
∴x+x＝2，
x＝﹣1，
∴点P到海岸线l的距离为（﹣1）km；
（2）如图，过点B作BF⊥AC于点F．
根据题意得：∠ABC＝105°，
在Rt△ABF中，∠AFB＝90°，∠BAF＝30°，
∴BF＝AB＝1km．
在△ABC中，∠C＝180°﹣∠BAC﹣∠ABC＝45°．
在Rt△BCF中，∠BFC＝90°，∠C＝45°，
∴BC＝BF＝km，
∴点C与点B之间的距离为km．
23．（10分）如图，在正方形ABCD中，E是AB上一点，连接DE．过点A作AF⊥DE，垂足为F，⊙O经过点C、D、F，与AD相交于点G．
（1）求证：△AFG∽△DFC；
（2）若正方形ABCD的边长为4，AE＝1，求⊙O的半径．
【分析】（1）欲证明△AFG∽△DFC，只要证明∠FAG＝∠FDC，∠AGF＝∠FCD；
（2）首先证明CG是直径，求出CG即可解决问题；
【解答】（1）证明：在正方形ABCD中，∠ADC＝90°，
∴∠CDF+∠ADF＝90°，
∵AF⊥DE，
∴∠AFD＝90°，
∴∠DAF+∠ADF＝90°，
∴∠DAF＝∠CDF，
∵四边形GFCD是⊙O的内接四边形，
∴∠FCD+∠DGF＝180°，
∵∠FGA+∠DGF＝180°，
∴∠FGA＝∠FCD，
∴△AFG∽△DFC．
（2）解：如图，连接CG．
∵∠EAD＝∠AFD＝90°，∠EDA＝∠ADF，
∴△EDA∽△ADF，
∴＝，即＝，
∵△AFG∽△DFC，
∴＝，
∴＝，
在正方形ABCD中，∵DA＝DC，
∴AG＝EA＝1，DG＝DA﹣AG＝4﹣1＝3，
∴CG＝＝5，
∵∠CDG＝90°，
∴CG是⊙O的直径，
∴⊙O的半径为．
24．（10分）已知，△ABC为等边三角形，点D为直线BC上一动点（点D不与B、C重合）．以AD为边作菱形ADEF，使∠DAF＝60°，连接CF．
（1）如图1，当点D在边BC上时，
①求证：∠ADB＝∠AFC；
②请直接判断结论∠AFC＝∠ACB+∠DAC是否成立；
（2）如图2，当点D在边BC的延长线上时，其他条件不变，结论∠AFC＝∠ACB+∠DAC是否成立？请写出∠AFC、∠ACB、∠DAC之间存在的数量关系，并写出证明过程；
（3）如图3，当点D在边CB的延长线上时，且点A、F分别在直线BC的异侧，其他条件不变，请补全图形，并直接写出∠AFC、∠ACB、∠DAC之间存在的等量关系．
【分析】（1）此题只需由AB＝AC，AD＝AF，∠BAD＝∠CAF，按照SAS判断两三角形全等得出∠ADB＝∠AFC；
（2）此题应先判断得出正确的等量关系，然后再根据△ABD≌△ACF即可证明；
（3）此题只需补全图形后由图形即可得出∠AFC、∠ACB、∠DAC之间存在的等量关系．
【解答】解：（1）①证明：∵△ABC为等边三角形，
∴AB＝AC，∠BAC＝60°，
∵∠DAF＝60°，
∴∠BAC＝∠DAF，
∴∠BAD＝∠CAF，
∵四边形ADEF是菱形，∴AD＝AF，
在△ABD和△ACF中
AB＝AC，∠BAD＝∠CAF，AD＝AF，
∴△ABD≌△ACF，
∴∠ADB＝∠AFC，
②结论：∠AFC＝∠ACB+∠DAC成立．
（2）结论∠AFC＝∠ACB+∠DAC不成立．
∠AFC、∠ACB、∠DAC之间的等量关系是∠AFC＝∠ACB﹣∠DAC．
证明：∵△ABC为等边三角形，
∴AB＝AC，
∠BAC＝60°，
∵∠BAC＝∠DAF，
∴∠BAD＝∠CAF，
∵四边形ADEF是菱形，
∴AD＝AF．
在△ABD和△ACF中
AB＝AC，∠BAD＝∠CAF，AD＝AF，
∴△ABD≌△ACF．
∴∠ADB＝∠AFC．
又∵∠ACB＝∠ADC+∠DAC，
∴∠AFC＝∠ACB﹣∠DAC．
（3）补全图形如下图：
∠AFC、∠ACB、∠DAC之间的等量关系是：∠AFC＝2∠ACB﹣∠DAC
（或∠AFC+∠DAC+∠ACB＝180°以及这两个等式的正确变式）．
25．（13分）如图，在平面直角坐标系中，直线y＝﹣x﹣与x轴交于点A，与y轴交于点C，抛物线y＝ax2﹣x+c（a≠0）经过A，B，C三点．
（1）求过A，B，C三点抛物线的解析式并求出顶点F的坐标；
（2）在抛物线上是否存在点P，使△ABP为直角三角形？若存在，直接写出P点坐标；若不存在，请说明理由；
（3）试探究在直线AC上是否存在一点M，使得△MBF的周长最小？若存在，求出M点的坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）抛物线解析式中有两个待定系数a，c，根据直线AC解析式求点A、C坐标，代入抛物线解析式即可；
（2）分析不难发现，△ABP的直角顶点只可能是P，根据已知条件可证AC2+BC2＝AB2，故点C满足题意，根据抛物线的对称性，点C关于抛物线对称轴的对称点也符合题意；
（3）由于B，F是定点，BF的长一定，实际上就是求BM+FM最小，找出点B关于直线AC的对称点B'，连接B'F，交AC于点M，点M即为所求，由（2）可知，BC⊥AC，延长BC到B'，使BC＝B'C，利用中位线的性质可得B'的坐标，从而可求直线B'F的解析式，再与直线AC的解析式联立，可求M点坐标．
【解答】方法一：
解：（1）∵直线y＝﹣x﹣与x轴交于点A，与y轴交于点C
∴点A（﹣1，0），C（0，﹣）
∵点A，C都在抛物线上，
∴
∴
∴抛物线的解析式为y＝x2﹣x﹣
∴顶点F（1，﹣）．
（2）存在：
p1（0，﹣），p2（2，﹣）．
（3）存在
理由：
解法一：
延长BC到点B′，使B′C＝BC，连接B′F交直线AC于点M，则点M就是所求的点，
∵过点B′作B′H⊥AB于点H，
∵B点在抛物线y＝x2﹣x﹣上，
∴B（3，0），
在Rt△BOC中，tan∠OBC＝
∴∠OBC＝30°，BC＝2
在Rt△B′BH中，B′H＝BB′＝2
BH＝B′H＝6，∴OH＝3，
∴B′（﹣3，﹣2）．
设直线B′F的解析式为y＝kx+b，
∴，
解得，
∴y＝．
，
解得，
∴M（）
∴在直线AC上存在点M，使得△MBF的周长最小，此时M（）．
解法二：
过点F作AC的垂线交y轴于点H，则点H为点F关于直线AC的对称点，连接BH交AC于点M，则点M
即为所求．
过点F作FG⊥y轴于点G，则OB∥FG，BC∥FH，
∴∠BOC＝∠FGH＝90°，∠BCO＝∠FHG
∴∠HFG＝∠CBO
同方法一可求得B（3，0）
在Rt△BOC中，tan∠OBC＝
∴∠OBC＝30°，可求得GH＝GC＝
∴GF为线段CH的垂直平分线，可证得△CFH为等边三角形
∴AC垂直平分FH
即点H为点F关于AC对称点，
∴H（0，﹣）
设直线BH的解析式为y＝kx+b，由题意得，，
解得，
∴y＝，
，
解得，
∴M（），
∴在直线AC上存在点M，使得△MBF的周长最小，此时M（）．
方法二：
（1）略．
（2）设P（t，），A（﹣1，0），B（3，0），
∵PA⊥PB，∴KPA×KPB＝﹣1，
＝﹣1，
∴（t+1）（t﹣3）＝﹣3，∴t1＝0，t2＝2，
∴P1（0，﹣），P2（2，﹣）．
（3）∵AC⊥BC，∴点B关于AC的对称点B′，
∴，，
∵B（3，0），C（0，﹣），
∴B′（﹣3，﹣2），F（1，﹣），
∴lB′F：y＝x﹣，lAC：y＝﹣x﹣，
∴两直线交点坐标M（，﹣）．
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