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2021年天津市滨海新区中考数学二模试卷
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这是一份2021年天津市滨海新区中考数学二模试卷，共26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。
2021年天津市滨海新区中考数学二模试卷
一、选择题（本大题共12小题，每小题3分，共36分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）
1．（3分）计算18÷（﹣3）的结果等于（ ）
A．﹣6 B．6 C．﹣15 D．15
2．（3分）2cos30°的值等于（ ）
A．1 B． C．2 D．
3．（3分）2020年6月23日，北斗三号最后一颗全球组网卫星从西昌卫星发射中心发射升空，6月30日成功定点于距离地球36000公里的地球同步轨道．将36000用科学记数法表示应为（ ）
A．0.36×105 B．3.6×105 C．3.6×104 D．36×103
4．（3分）下面四个图形分别是节能、节水、低碳和绿色食品标志，在这四个标志中，是轴对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
5．（3分）如图是一个由5个相同的正方体组成的立体图形，它的主视图是（ ）
A． B．
C． D．
6．（3分）估计的值在（ ）
A．4和5之间 B．5和6之间 C．6和7之间 D．7和8之间
7．（3分）二元一次方程组的解为（ ）
A． B． C． D．
8．（3分）如图，四边形ABCD是正方形，O是坐标原点，对角线AC，BD分别位于x轴和y轴上，点D的坐标是（0，3），则正方形ABCD的周长是（ ）
A．6 B．12 C．12 D．12
9．（3分）化简+的结果是（ ）
A．m+n B．n﹣m C．m﹣n D．﹣m﹣n
10．（3分）若点A（x1，﹣3），B（x2，﹣2），C（x3，1）都在反比例函数y＝的图象上，则x1，x2，x3的大小关系是（ ）
A．x2＜x1＜x3 B．x3＜x1＜x2 C．x1＜x2＜x3 D．x2＜x3＜x1
11．（3分）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，将△ABC绕点C逆时针旋转得到△A1B1C，此时使点A的对应点A1恰好在AB边上，点B的对应点为B1，A1B1与BC交于点E，则下列结论一定正确的是（ ）
A．AB＝EB1 B．CA1＝A1B
C．A1B1⊥BC D．∠CA1A＝∠CA1B1
12．（3分）已知抛物线y＝ax2+bx+c（a，b，c是常数，a＜0）经过点（﹣1，0），其对称轴为直线x＝2．有下列结论：
①4a+b＝0；
②9a+c＞3b；
③关于x的方程ax2+bx+c+3＝0有两个不等的实数根．
其中，正确结论的个数是（ ）
A．0 B．1 C．2 D．3
二、填空题（本大题共6小题，每小题3分，共18分）
13．（3分）计算（x2y）3的结果等于 ．
14．（3分）计算（+2）2的结果等于 ．
15．（3分）一个质地均匀的小正方体，6个面分别标有数字1，1，2，4，5，5，若随机投掷一次小正方体，则朝上一面的数字是5的概率为 ．
16．（3分）直线y＝﹣4x+1经过第 象限．
17．（3分）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，M、N分别是AB、AC的中点，延长BC至点D，使CD＝BD，连接DM、DN、MN．若AB＝6，则DN＝ ．
18．（3分）如图，在每个小正方形的边长为1的网格中，△ABC的顶点均在格点上，点P也在格点上，点C是两个同心圆的圆心．
（1）线段AB的长等于 ；
（2）以点C为旋转中心，将△ABC绕点C旋转，点A，B的对应点分别是点D，E．当△PDE的面积取得最小值时，请用无刻度的直尺，在如图所示的网格中，画出点D，E，并简要说明点D，E的位置是如何找到的（不要求证明） ．
三、解答题（本大题共7小题，共66分.解答应写出文字说明、演算步骤或推理过程）
19．（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 ．
20．（8分）某高校学生会向全校2900名学生发起了“爱心一日捐”捐款活动，为了解捐款情况，学生会随机调查了部分学生的捐款金额，并用得到的数据绘制了如下统计图①和图②，请根据相关信息，解答下列问题：
（1）本次接受随机抽样调查的学生人数为 ，图①中m的值是 ；
（2）求本次你调查获取的样本数据的平均数、众数和中位数；
（3）根据样本数据，估计该校本次活动捐款金额为10元的学生人数．
21．（10分）如图，⊙O是△ABC的外接圆，AE切⊙O于点A，AE与直径BD的延长线相交于点E．
（Ⅰ）如图①，若∠C＝71°，求∠E的大小；
（Ⅱ）如图②，当AE＝AB，DE＝2时，求∠E的大小和⊙O的半径．
22．（10分）如图是放在水平地面上的一把椅子的侧面图，椅子高为AC，椅面宽为BE，椅脚高为ED，且AC⊥BE，AC⊥CD，AC∥ED．从点A测得点D，点E的俯角分别为64°和53°．已知椅面宽BE＝46cm，求椅脚高ED的长（结果取整数）．
参考数据：tan53°≈1.33，sin53°≈0.80，tan64°≈2.05，sin64°≈0.90．
23．（10分）甲，乙两车从A城出发前往B城．在整个行程中，甲，乙两车都以匀速行驶，汽车离开A城的距离ykm与时刻t的对应关系如图所示．
请根据相关信息，解答下列问题：
（Ⅰ）填表：
从A城出发的时刻
到达B城的时刻
甲
5：00
乙
9：00
（Ⅱ）填空：
①A，B两城的距离为 km；
②甲车的速度为 km/h，乙车的速度为 km/h；
③乙车追上甲车用了 h，此时两车离开A城的距离是 km；
④当9：00时，甲乙两车相距 km；
⑤当甲车离开A城120km时，甲车行驶了 h；
⑥当乙车出发行驶 h时，甲乙两车相距20km．
24．（10分）已知一个等边三角形纸片OAB，将该纸片放置在平面直角坐标系中，O为坐标原点，使边OA与y轴的正半轴重合，点B落在第一象限，过点B作BC垂直于x轴，垂足为点C．
（Ⅰ）如图①，若点A坐标为（0，4），求BC的长；
（Ⅱ）如图②，将四边形OABC折叠，使点A落在线段OC上的点为点D，HK为折痕，点H在OA上，点K在AB上，且使DK∥y轴．
①试判断四边形AHDK的形状，并证明你的结论；
②求的值；
（Ⅲ）如图③，将四边形OABC折叠，使点A落在线段OC上的点D与C点重合，HK为折痕，点H在OA上，点K在AB上，求的值（直接写出结果即可）．
25．（10分）已知抛物线y＝x2﹣x﹣3与x轴交于A，B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C．点D是点C关于抛物线对称轴的对称点，过A，D两点的直线与y轴交于点E．
（Ⅰ）求A，B两点的坐标；
（Ⅱ）若点P是抛物线上的点，点P的横坐标为m（m≥0），过点P作PM⊥x轴，垂足为M．线段PM与直线AD交于点N，当MN＝2PN时，求点P的坐标；
（Ⅲ）若点Q是y轴上的点，且满足∠ADQ＝45°，求点Q的坐标．
2021年天津市滨海新区中考数学二模试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（本大题共12小题，每小题3分，共36分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）
1．（3分）计算18÷（﹣3）的结果等于（ ）
A．﹣6 B．6 C．﹣15 D．15
【分析】根据有理数的除法运算法则进行计算即可得解．两数相除，同号得正，异号得负，并把绝对值相除．
【解答】解：18÷（﹣3）
＝﹣（18÷3）
＝﹣6．
故选：A．
2．（3分）2cos30°的值等于（ ）
A．1 B． C．2 D．
【分析】根据特殊角三角函数值，可得答案．
【解答】解：2cos30°＝2×＝，
故选：D．
3．（3分）2020年6月23日，北斗三号最后一颗全球组网卫星从西昌卫星发射中心发射升空，6月30日成功定点于距离地球36000公里的地球同步轨道．将36000用科学记数法表示应为（ ）
A．0.36×105 B．3.6×105 C．3.6×104 D．36×103
【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：36000＝3.6×104，
故选：C．
4．（3分）下面四个图形分别是节能、节水、低碳和绿色食品标志，在这四个标志中，是轴对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
【分析】结合轴对称图形的概念进行求解即可．
【解答】解：A、不是轴对称图形，本选项不符合题意；
B、不是轴对称图形，本选项不符合题意；
C、不是轴对称图形，本选项不符合题意；
D、是轴对称图形，本选项符合题意．
故选：D．
5．（3分）如图是一个由5个相同的正方体组成的立体图形，它的主视图是（ ）
A． B．
C． D．
【分析】根据从正面看得到的图形是主视图，可得答案．
【解答】解：从正面看第一层是3个小正方形，第二层左边一个小正方形．
故选：A．
6．（3分）估计的值在（ ）
A．4和5之间 B．5和6之间 C．6和7之间 D．7和8之间
【分析】先估算出的范围，再得到﹣1的范围．
【解答】解：∵36＜42＜49，
∴6＜＜7，
∴5＜﹣1＜6，
故选：B．
7．（3分）二元一次方程组的解为（ ）
A． B． C． D．
【分析】根据加减消元法，可得方程组的解．
【解答】解：
①+②，得 3x＝9，
解得x＝3，
把x＝3代入①，
得3+y＝5，
y＝2，
所以原方程组的解为．
故选：C．
8．（3分）如图，四边形ABCD是正方形，O是坐标原点，对角线AC，BD分别位于x轴和y轴上，点D的坐标是（0，3），则正方形ABCD的周长是（ ）
A．6 B．12 C．12 D．12
【分析】根据正方形的性质得到OD＝OC，∠COD＝90°，根据D点坐标求出OD＝OC＝3，再求出CD，进而可得正方形周长．
【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴OD＝OC，∠COD＝90°，
∵点D的坐标是（0，3），
∴OC＝OD＝3，
∴CD＝3，
∴正方形ABCD的周长是12，
故选：D．
9．（3分）化简+的结果是（ ）
A．m+n B．n﹣m C．m﹣n D．﹣m﹣n
【分析】首先进行通分运算，进而分解因式化简求出答案．
【解答】解：+
＝﹣
＝
＝m+n．
故选：A．
10．（3分）若点A（x1，﹣3），B（x2，﹣2），C（x3，1）都在反比例函数y＝的图象上，则x1，x2，x3的大小关系是（ ）
A．x2＜x1＜x3 B．x3＜x1＜x2 C．x1＜x2＜x3 D．x2＜x3＜x1
【分析】利用反比例函数图象上点的坐标特征可求出x1，x2，x3的值，比较后即可得出结论．
【解答】解：当y＝﹣3时，＝﹣3，解得：x1＝﹣；
当y＝﹣2时，＝﹣2，解得：x2＝﹣5；
当y＝1时，＝1，解得：x3＝10．
∴x2＜x1＜x3．
故选：A．
11．（3分）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，将△ABC绕点C逆时针旋转得到△A1B1C，此时使点A的对应点A1恰好在AB边上，点B的对应点为B1，A1B1与BC交于点E，则下列结论一定正确的是（ ）
A．AB＝EB1 B．CA1＝A1B
C．A1B1⊥BC D．∠CA1A＝∠CA1B1
【分析】根据旋转的性质，对每个选项逐一判断即可．
【解答】解：∵将△ABC绕点C逆时针旋转得到△A1B1C，
∴AB＝A1B1，B1C＝BC，不能得到AB＝B1E，故选项A不合题意；
CA1＝CA，不能得到CA1＝A1B，故选项B不合题意；
∵旋转角∠ACA1不一定等于∠A，
∴∠BCB1不一定等于∠A，
∴∠BCB1+∠B1不一定等于90°，故选项C不合题意；
∵CA1＝CA，
∴∠A＝∠CA1A，
由旋转可得∠A＝∠CA1B1，
∴∠CA1A＝∠CA1B1，故选项D符合题意．
故选：D．
12．（3分）已知抛物线y＝ax2+bx+c（a，b，c是常数，a＜0）经过点（﹣1，0），其对称轴为直线x＝2．有下列结论：
①4a+b＝0；
②9a+c＞3b；
③关于x的方程ax2+bx+c+3＝0有两个不等的实数根．
其中，正确结论的个数是（ ）
A．0 B．1 C．2 D．3
【分析】根据a＜0，抛物线图象经过点（﹣1，0），其对称轴为直线x＝2，可推出抛物线图象开口向下、＝2、当x≤2时，y随着x的增大而增大、b2﹣4ac＞0，从而得出结论进行判断即可．
【解答】解：根据题意对称轴为直线x＝2，
∴＝2，即4a+b＝0，
故①正确；
∵a＜0，抛物线图象经过点（﹣1，0），其对称轴为直线x＝2，
∴yx＝﹣3＜yx＝﹣1，
∴当x＝﹣3时，y＝9a﹣3b+c＜0，即9a+c＜3b，
故②不正确；
由题意可知抛物线y＝ax2+bx+c（a＜0）的图象与x轴又两个交点，
∴b2﹣4ac＞0，
关于x的方程ax2+bx+c+3＝0，
∵Δ＝b2﹣4a（c+3）＝b2﹣4ac﹣12a＞0，
∴关于x的方程ax2+bx+c+3＝0有两个不等的实数根，
故③正确，
综上，正确的结论是①③，
故选：C．
二、填空题（本大题共6小题，每小题3分，共18分）
13．（3分）计算（x2y）3的结果等于 x6y3 ．
【分析】积的乘方，把每一个因式分别乘方，再把所得的幂相乘．据此计算即可．
【解答】解：（x2y）3＝（x2）3•y3＝x6y3．
故答案为：x6y3．
14．（3分）计算（+2）2的结果等于 7+4 ．
【分析】根据完全平方公式可以解答本题．
【解答】解：（+2）2
＝3+4+4
＝7+4，
故答案为：7+4．
15．（3分）一个质地均匀的小正方体，6个面分别标有数字1，1，2，4，5，5，若随机投掷一次小正方体，则朝上一面的数字是5的概率为 ．
【分析】先求出5的总数，再根据概率公式即可得出结论．
【解答】解：∵一个质地均匀的小正方体有6个面，其中标有数字5的有2个，
∴随机投掷一次小正方体，则朝上一面的数字是5的概率＝＝．
故答案为：．
16．（3分）直线y＝﹣4x+1经过第 一、二、四 象限．
【分析】由直线y＝﹣4x+1中k＜0，b＞0，得该图象经过第一、二、四象限．
【解答】∵直线y＝﹣4x+1中k＜0，
∴该图象经过第二、四象限，
∵b＞0，
∴该图象经过第一、二、四象限．
故答案为：一、二、四．
17．（3分）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，M、N分别是AB、AC的中点，延长BC至点D，使CD＝BD，连接DM、DN、MN．若AB＝6，则DN＝ 3 ．
【分析】连接CM，根据三角形中位线定理得到NM＝CB，MN∥BC，证明四边形DCMN是平行四边形，得到DN＝CM，根据直角三角形的性质得到CM＝AB＝3，等量代换即可．
【解答】解：连接CM，
∵M、N分别是AB、AC的中点，
∴NM＝CB，MN∥BC，又CD＝BD，
∴MN＝CD，又MN∥BC，
∴四边形DCMN是平行四边形，
∴DN＝CM，
∵∠ACB＝90°，M是AB的中点，
∴CM＝AB＝3，
∴DN＝3，
故答案为：3．
18．（3分）如图，在每个小正方形的边长为1的网格中，△ABC的顶点均在格点上，点P也在格点上，点C是两个同心圆的圆心．
（1）线段AB的长等于 5 ；
（2）以点C为旋转中心，将△ABC绕点C旋转，点A，B的对应点分别是点D，E．当△PDE的面积取得最小值时，请用无刻度的直尺，在如图所示的网格中，画出点D，E，并简要说明点D，E的位置是如何找到的（不要求证明） 如图，取格点F，G，H，I，分别连接FG，HI，与网格线分别交于点J，K，作直线JK，分别与小圆、大圆交于点D，E，则点D，E即为所求 ．
【分析】（1）利用勾股定理求解即可．
（2）利用面积法求出△ABC斜边AB上的高为＝2+，作出到点C的距离为的中线JK，即可解决问题．
【解答】解：（1）AB＝＝＝5，
故答案为：5．
（2）如图，点D，E即为所求．
三、解答题（本大题共7小题，共66分.解答应写出文字说明、演算步骤或推理过程）
19．（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＜2 ；
（Ⅱ）解不等式②，得 x≥﹣2 ；
（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 ﹣2≤x＜2 ．
【分析】先求出每个不等式的解集，再在数轴上表示出不等式的解集，最后求出不等式组的解集即可．
【解答】解：，
（Ⅰ）解不等式①，得x＜2，
（Ⅱ）解不等式②，得x≥﹣2，
（Ⅲ）把不等式①和②的解集在数轴上表示出来为：
，
（Ⅳ）所以不等式组的解集是﹣2≤x＜2，
故答案为：x＜2，x≥﹣2，﹣2＜≤x＜2．
20．（8分）某高校学生会向全校2900名学生发起了“爱心一日捐”捐款活动，为了解捐款情况，学生会随机调查了部分学生的捐款金额，并用得到的数据绘制了如下统计图①和图②，请根据相关信息，解答下列问题：
（1）本次接受随机抽样调查的学生人数为 50 ，图①中m的值是 32 ；
（2）求本次你调查获取的样本数据的平均数、众数和中位数；
（3）根据样本数据，估计该校本次活动捐款金额为10元的学生人数．
【分析】（1）根据捐款数是5元的，所占的百分比是8%，即可求得总人数，然后根据百分比的意义求得m的值；
（2）根据平均数、众数、中位数的定义即可求解；
（3）利用总人数2900乘以对应的百分比即可求解．
【解答】解：（1）调查的学生数是：4÷8%＝50（人），
m＝×100＝32．
故答案是：50，32；
（2）平均数是：＝16（元），众数是：10元，中位数是：15元；
（3）该校本次活动捐款金额为10元的学生人数是：2900×32%＝928（人）．
21．（10分）如图，⊙O是△ABC的外接圆，AE切⊙O于点A，AE与直径BD的延长线相交于点E．
（Ⅰ）如图①，若∠C＝71°，求∠E的大小；
（Ⅱ）如图②，当AE＝AB，DE＝2时，求∠E的大小和⊙O的半径．
【分析】（Ⅰ）连接OA，先由切线的性质得∠OAE的度数，求出∠AOB＝2∠C＝142°，进而得∠AOE，则可求出答案；
（Ⅱ）连接OA，由等腰三角形的性质求出∠E＝30°，根据含30°解的直角三角形的性质求解即可．
【解答】解：（Ⅰ）连接OA．
∵AE切⊙O于点A，
∴OA⊥AE，
∴∠OAE＝90°，
∵∠C＝71°，
∴∠AOB＝2∠C＝2×71°＝142°，
又∵∠AOB+∠AOE＝180°，
∴∠AOE＝38°，
∵∠AOE+∠E＝90°，
∴∠E＝90°﹣38°＝52°．
（Ⅱ）连接OA，
设∠E＝x．
∵AB＝AE，
∴∠ABE＝∠E＝x，
∵OA＝OB，
∴∠OAB＝∠ABO＝x，
∴∠AOE＝∠ABO+∠BAO＝2x．
∵AE是⊙O的切线，
∴OA⊥AE，即∠OAE＝90°，
在△OAE中，∠AOE+∠E＝90°，
即2x+x＝90°，
解得x＝30°，
∴∠E＝30°．
在Rt△OAE中，OA＝OE，
∵OA＝OD，
∴OA＝OD＝DE，
∵DE＝2，
∴OA＝2，即⊙O的半径为2．
22．（10分）如图是放在水平地面上的一把椅子的侧面图，椅子高为AC，椅面宽为BE，椅脚高为ED，且AC⊥BE，AC⊥CD，AC∥ED．从点A测得点D，点E的俯角分别为64°和53°．已知椅面宽BE＝46cm，求椅脚高ED的长（结果取整数）．
参考数据：tan53°≈1.33，sin53°≈0.80，tan64°≈2.05，sin64°≈0.90．
【分析】易证四边形BCDE是矩形，得出BC＝DE，CD＝BE＝46cm，由题意可得∠AEB＝53°，∠ADC＝64°，由三角函数定义得出AB＝BEtan53°，AC＝CDtan64°，即可得出结果．
【解答】解：∵AC⊥BE，AC⊥CD，AC∥ED，
∴四边形BCDE是矩形，
∴BC＝DE，CD＝BE＝46cm，
由题意可得∠AEB＝53°，∠ADC＝64°，
在Rt△ABE中，tan53°＝，
∴AB＝BEtan53°，
在Rt△ACD中，tan64°＝，
∴AC＝CDtan64°，
∴ED＝BC＝AC﹣AB≈46×2.05﹣46×1.33＝94.30﹣61.18＝33.12≈33（cm），
答：椅脚高ED的长约为33cm．
23．（10分）甲，乙两车从A城出发前往B城．在整个行程中，甲，乙两车都以匀速行驶，汽车离开A城的距离ykm与时刻t的对应关系如图所示．
请根据相关信息，解答下列问题：
（Ⅰ）填表：
从A城出发的时刻
到达B城的时刻
甲
5：00
10：00
乙
6：00
9：00
（Ⅱ）填空：
①A，B两城的距离为 300 km；
②甲车的速度为 60 km/h，乙车的速度为 100 km/h；
③乙车追上甲车用了 1.5 h，此时两车离开A城的距离是 150 km；
④当9：00时，甲乙两车相距 60 km；
⑤当甲车离开A城120km时，甲车行驶了 2 h；
⑥当乙车出发行驶 1h或2h或3 h时，甲乙两车相距20km．
【分析】（Ⅰ）根据时间与路程的图象即可进行填表；
（Ⅱ）①有图象直接得出两城的距离；
②由图象可知甲用5小时走完300千米，用路程除以时间等于速度即可求出甲的速度，乙用3小时走完300千米，用路程除以时间等于速度即可求出乙的速度；
③由图象可知乙追上甲用时1.5小时，此时两车离开A城的距离用全程减去各自所走路程即可；
④用两车行驶的路程相减即可得出；
⑤用路程除以时间即可得出；
⑥分两车相遇前、后和乙车到达B城三种情况讨论即可．
【解答】解：（Ⅰ）由图象可知：甲：10：00，乙：6：00；
故答案为：10：00，6：00；
（Ⅱ）①看图中纵轴，A，B两地距离300km；
②甲的速度：300÷（10﹣5）＝300÷5＝60（km/h），
乙的速度：300÷（9﹣6）＝300÷3＝100（km/h）；
③乙追上甲用时：7.5﹣6＝1.5（h），
此时两车离开A城的距离为：300﹣100×1.5＝150（km）；
④9：00时，甲走的路程为：60×（9﹣5）＝240（km），
乙走的路程为：300km，
∴两车相距300﹣240＝60（km）；
⑤当甲车离开A城120km时，甲车行驶了：120÷60＝2（h）；
⑥相遇前乙出发t1小时，两车相距20km，
则：（t1+1）×60﹣t1×100＝20，
解得：t1＝1（h），
相遇后乙出发t2h，两车相距20km，
则：100t2﹣60（t2+1）＝20，
解得：t2＝2（h），
当乙车到达B城，设甲出发t小时两车相距20km，
则：300﹣60t＝20，
解得：t＝4，
此时乙车出发：4﹣1＝3（h），
∴乙车出发1h或2h或3h．
故答案为：①300；②60，100；③1.5，150；④60；⑤2；⑥1或2或3．
24．（10分）已知一个等边三角形纸片OAB，将该纸片放置在平面直角坐标系中，O为坐标原点，使边OA与y轴的正半轴重合，点B落在第一象限，过点B作BC垂直于x轴，垂足为点C．
（Ⅰ）如图①，若点A坐标为（0，4），求BC的长；
（Ⅱ）如图②，将四边形OABC折叠，使点A落在线段OC上的点为点D，HK为折痕，点H在OA上，点K在AB上，且使DK∥y轴．
①试判断四边形AHDK的形状，并证明你的结论；
②求的值；
（Ⅲ）如图③，将四边形OABC折叠，使点A落在线段OC上的点D与C点重合，HK为折痕，点H在OA上，点K在AB上，求的值（直接写出结果即可）．
【分析】（Ⅰ）由等边三角形的性质可得OB＝OA＝4，由直角三角形的性质可求解；
（Ⅱ）①由折叠的性质可得AH＝HD，AK＝KD，∠AHK＝∠KHD，由平行线的性质和等腰三角形的判定可得AH＝HD＝DK＝KA，可得结论；
②由平行线的性质和直角三角形的性质可得∠ODH＝30°，由锐角三角函数可求解；
（Ⅲ）设AO＝OB＝AB＝2a，在直角三角形OHC中，由勾股定理可求OH的长，即可求解．
【解答】解：（Ⅰ）如图①，∵△AOB是等边三角形，点A坐标为（0，4），
∴∠AOB＝60°，OB＝OA＝4，
∴∠BOC＝30°，
∵BC⊥x轴，
∴在Rt△OBC中，BC＝OB＝×4＝2；
（Ⅱ）①四边形AHDK为菱形，理由如下：
如图②，由翻折可得△AHK≌△DHK，
∴AH＝HD，AK＝KD，∠AHK＝∠KHD，
∵DK∥OA，
∴∠AHK＝∠HKD，
∴∠KHD＝∠HKD，
∴HD＝KD，
∴AH＝HD＝DK＝KA，
∴四边形AH DK为菱形；
②如图，∵△AOB是等边三角形，
∴∠A＝∠HDK＝60°，
∵DK∥OA，
∴∠OHD＝60°，
∴∠ODH＝30°，
∴＝tan30°＝；
（Ⅲ）设AO＝OB＝AB＝2a，
∵∠COB＝30°，
∴BC＝a，OC＝a，
∵将四边形OABC折叠，
∴AH＝CH，
∵HC2＝OH2+OC2，
∴（2a﹣OH）2＝OH2+3a2，
∴OH＝，
∴＝．
25．（10分）已知抛物线y＝x2﹣x﹣3与x轴交于A，B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C．点D是点C关于抛物线对称轴的对称点，过A，D两点的直线与y轴交于点E．
（Ⅰ）求A，B两点的坐标；
（Ⅱ）若点P是抛物线上的点，点P的横坐标为m（m≥0），过点P作PM⊥x轴，垂足为M．线段PM与直线AD交于点N，当MN＝2PN时，求点P的坐标；
（Ⅲ）若点Q是y轴上的点，且满足∠ADQ＝45°，求点Q的坐标．
【分析】（Ⅰ）令y＝0，得，即可求解；
（Ⅱ）当MN＝2PN时，可得，解得：m1＝3，m2＝﹣2（舍去），即可求解；
（Ⅲ）当点Q在y轴正半轴上时，则tan∠Q1EH＝tan∠AEO，得到HE＝ED进而求解；当点Q在y轴负半轴上时，则tan∠Q2EG＝tan∠AEO，得到ED＝EG+DG＝3EG，进而求解．
【解答】解：（Ⅰ）令y＝0，得，
∴解得x1＝﹣2，x2＝6，
∴A（﹣2，0），B（6，0）；
（Ⅱ）∵点C为抛物线与y轴的交点，
∴点C的坐标为（0，﹣3），
∵点D是点C关于抛物线对称轴的对称点，对称轴为直线x＝2，
∴点D的坐标为（4，﹣3）．
设直线AD的解析式为：y＝kx+b，
把A（﹣2，0），D（4，﹣3）代入得：，解得，
∴直线AD的解析式为：；
如图，设点P的坐标为P（m，）（其中m≥0），
则M（m，0），N（m，）．
当MN＝2PN时，
可得，解得：m1＝3，m2＝﹣2（舍去），
当m＝3时，
∴点P的坐标为（3，）；
（Ⅲ）∵直线与y轴交于点E，
∴点E坐标为（0，﹣1）．
分两种情况：
①如图，当点Q在y轴正半轴上时，记为点Q1．过点 Q1作Q1H⊥直线AD，垂足为H．
在Rt△Q1HE中，tan∠Q1EH＝，
在Rt△AOE中，tan∠AEO＝，
∵tan∠Q1EH＝tan∠AEO，A（﹣2，0），E（0，﹣1）
∴AO＝2OE，
∴Q1H＝2HE．
又∵∠Q1DH＝45°，∠Q1HD＝90°，
∴∠HQ1D＝∠Q1DH＝45°，
∴DH＝Q1H＝2HE，
∴HE＝ED．
连接CD，∵点C，点D为抛物线上的对称点，
∴CD⊥y轴，
∴．，．
∴．
∴OQ1＝Q1E﹣OE＝10﹣1＝9．
∴点Q1的坐标为（0，9）；
②如上图，当点Q在y轴负半轴上时，记为点Q2．过点Q2作Q2G⊥AD，垂足为G，
在Rt△Q2GE中，tan∠Q2EG＝，
在Rt△AOE中，tan∠AEO＝，
∵tan∠Q2EG＝tan∠AEO，AO＝2OE，
∴Q2G＝2EG．
又∵∠Q2DG＝45°，∠Q2GD＝90°，
∴∠D Q2G＝∠Q2DG＝45°，
∴DG＝Q2G＝2EG，
∴ED＝EG+DG＝3EG．
由①可知，．
∴，．
∴．
∴，
∴点Q2的坐标为（0，）．
综上所述：点Q的坐标为（0，9）或（0，）．
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日期：2021/8/16 23:22:40；用户：节节高5；邮箱：5jiejg@xyh.com；学号：37675298
2021年天津市滨海新区中考数学二模试卷
一、选择题（本大题共12小题，每小题3分，共36分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）
1．（3分）计算18÷（﹣3）的结果等于（ ）
A．﹣6 B．6 C．﹣15 D．15
2．（3分）2cos30°的值等于（ ）
A．1 B． C．2 D．
3．（3分）2020年6月23日，北斗三号最后一颗全球组网卫星从西昌卫星发射中心发射升空，6月30日成功定点于距离地球36000公里的地球同步轨道．将36000用科学记数法表示应为（ ）
A．0.36×105 B．3.6×105 C．3.6×104 D．36×103
4．（3分）下面四个图形分别是节能、节水、低碳和绿色食品标志，在这四个标志中，是轴对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
5．（3分）如图是一个由5个相同的正方体组成的立体图形，它的主视图是（ ）
A． B．
C． D．
6．（3分）估计的值在（ ）
A．4和5之间 B．5和6之间 C．6和7之间 D．7和8之间
7．（3分）二元一次方程组的解为（ ）
A． B． C． D．
8．（3分）如图，四边形ABCD是正方形，O是坐标原点，对角线AC，BD分别位于x轴和y轴上，点D的坐标是（0，3），则正方形ABCD的周长是（ ）
A．6 B．12 C．12 D．12
9．（3分）化简+的结果是（ ）
A．m+n B．n﹣m C．m﹣n D．﹣m﹣n
10．（3分）若点A（x1，﹣3），B（x2，﹣2），C（x3，1）都在反比例函数y＝的图象上，则x1，x2，x3的大小关系是（ ）
A．x2＜x1＜x3 B．x3＜x1＜x2 C．x1＜x2＜x3 D．x2＜x3＜x1
11．（3分）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，将△ABC绕点C逆时针旋转得到△A1B1C，此时使点A的对应点A1恰好在AB边上，点B的对应点为B1，A1B1与BC交于点E，则下列结论一定正确的是（ ）
A．AB＝EB1 B．CA1＝A1B
C．A1B1⊥BC D．∠CA1A＝∠CA1B1
12．（3分）已知抛物线y＝ax2+bx+c（a，b，c是常数，a＜0）经过点（﹣1，0），其对称轴为直线x＝2．有下列结论：
①4a+b＝0；
②9a+c＞3b；
③关于x的方程ax2+bx+c+3＝0有两个不等的实数根．
其中，正确结论的个数是（ ）
A．0 B．1 C．2 D．3
二、填空题（本大题共6小题，每小题3分，共18分）
13．（3分）计算（x2y）3的结果等于 ．
14．（3分）计算（+2）2的结果等于 ．
15．（3分）一个质地均匀的小正方体，6个面分别标有数字1，1，2，4，5，5，若随机投掷一次小正方体，则朝上一面的数字是5的概率为 ．
16．（3分）直线y＝﹣4x+1经过第 象限．
17．（3分）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，M、N分别是AB、AC的中点，延长BC至点D，使CD＝BD，连接DM、DN、MN．若AB＝6，则DN＝ ．
18．（3分）如图，在每个小正方形的边长为1的网格中，△ABC的顶点均在格点上，点P也在格点上，点C是两个同心圆的圆心．
（1）线段AB的长等于 ；
（2）以点C为旋转中心，将△ABC绕点C旋转，点A，B的对应点分别是点D，E．当△PDE的面积取得最小值时，请用无刻度的直尺，在如图所示的网格中，画出点D，E，并简要说明点D，E的位置是如何找到的（不要求证明） ．
三、解答题（本大题共7小题，共66分.解答应写出文字说明、演算步骤或推理过程）
19．（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 ．
20．（8分）某高校学生会向全校2900名学生发起了“爱心一日捐”捐款活动，为了解捐款情况，学生会随机调查了部分学生的捐款金额，并用得到的数据绘制了如下统计图①和图②，请根据相关信息，解答下列问题：
（1）本次接受随机抽样调查的学生人数为 ，图①中m的值是 ；
（2）求本次你调查获取的样本数据的平均数、众数和中位数；
（3）根据样本数据，估计该校本次活动捐款金额为10元的学生人数．
21．（10分）如图，⊙O是△ABC的外接圆，AE切⊙O于点A，AE与直径BD的延长线相交于点E．
（Ⅰ）如图①，若∠C＝71°，求∠E的大小；
（Ⅱ）如图②，当AE＝AB，DE＝2时，求∠E的大小和⊙O的半径．
22．（10分）如图是放在水平地面上的一把椅子的侧面图，椅子高为AC，椅面宽为BE，椅脚高为ED，且AC⊥BE，AC⊥CD，AC∥ED．从点A测得点D，点E的俯角分别为64°和53°．已知椅面宽BE＝46cm，求椅脚高ED的长（结果取整数）．
参考数据：tan53°≈1.33，sin53°≈0.80，tan64°≈2.05，sin64°≈0.90．
23．（10分）甲，乙两车从A城出发前往B城．在整个行程中，甲，乙两车都以匀速行驶，汽车离开A城的距离ykm与时刻t的对应关系如图所示．
请根据相关信息，解答下列问题：
（Ⅰ）填表：
从A城出发的时刻
到达B城的时刻
甲
5：00
乙
9：00
（Ⅱ）填空：
①A，B两城的距离为 km；
②甲车的速度为 km/h，乙车的速度为 km/h；
③乙车追上甲车用了 h，此时两车离开A城的距离是 km；
④当9：00时，甲乙两车相距 km；
⑤当甲车离开A城120km时，甲车行驶了 h；
⑥当乙车出发行驶 h时，甲乙两车相距20km．
24．（10分）已知一个等边三角形纸片OAB，将该纸片放置在平面直角坐标系中，O为坐标原点，使边OA与y轴的正半轴重合，点B落在第一象限，过点B作BC垂直于x轴，垂足为点C．
（Ⅰ）如图①，若点A坐标为（0，4），求BC的长；
（Ⅱ）如图②，将四边形OABC折叠，使点A落在线段OC上的点为点D，HK为折痕，点H在OA上，点K在AB上，且使DK∥y轴．
①试判断四边形AHDK的形状，并证明你的结论；
②求的值；
（Ⅲ）如图③，将四边形OABC折叠，使点A落在线段OC上的点D与C点重合，HK为折痕，点H在OA上，点K在AB上，求的值（直接写出结果即可）．
25．（10分）已知抛物线y＝x2﹣x﹣3与x轴交于A，B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C．点D是点C关于抛物线对称轴的对称点，过A，D两点的直线与y轴交于点E．
（Ⅰ）求A，B两点的坐标；
（Ⅱ）若点P是抛物线上的点，点P的横坐标为m（m≥0），过点P作PM⊥x轴，垂足为M．线段PM与直线AD交于点N，当MN＝2PN时，求点P的坐标；
（Ⅲ）若点Q是y轴上的点，且满足∠ADQ＝45°，求点Q的坐标．
2021年天津市滨海新区中考数学二模试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（本大题共12小题，每小题3分，共36分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）
1．（3分）计算18÷（﹣3）的结果等于（ ）
A．﹣6 B．6 C．﹣15 D．15
【分析】根据有理数的除法运算法则进行计算即可得解．两数相除，同号得正，异号得负，并把绝对值相除．
【解答】解：18÷（﹣3）
＝﹣（18÷3）
＝﹣6．
故选：A．
2．（3分）2cos30°的值等于（ ）
A．1 B． C．2 D．
【分析】根据特殊角三角函数值，可得答案．
【解答】解：2cos30°＝2×＝，
故选：D．
3．（3分）2020年6月23日，北斗三号最后一颗全球组网卫星从西昌卫星发射中心发射升空，6月30日成功定点于距离地球36000公里的地球同步轨道．将36000用科学记数法表示应为（ ）
A．0.36×105 B．3.6×105 C．3.6×104 D．36×103
【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：36000＝3.6×104，
故选：C．
4．（3分）下面四个图形分别是节能、节水、低碳和绿色食品标志，在这四个标志中，是轴对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
【分析】结合轴对称图形的概念进行求解即可．
【解答】解：A、不是轴对称图形，本选项不符合题意；
B、不是轴对称图形，本选项不符合题意；
C、不是轴对称图形，本选项不符合题意；
D、是轴对称图形，本选项符合题意．
故选：D．
5．（3分）如图是一个由5个相同的正方体组成的立体图形，它的主视图是（ ）
A． B．
C． D．
【分析】根据从正面看得到的图形是主视图，可得答案．
【解答】解：从正面看第一层是3个小正方形，第二层左边一个小正方形．
故选：A．
6．（3分）估计的值在（ ）
A．4和5之间 B．5和6之间 C．6和7之间 D．7和8之间
【分析】先估算出的范围，再得到﹣1的范围．
【解答】解：∵36＜42＜49，
∴6＜＜7，
∴5＜﹣1＜6，
故选：B．
7．（3分）二元一次方程组的解为（ ）
A． B． C． D．
【分析】根据加减消元法，可得方程组的解．
【解答】解：
①+②，得 3x＝9，
解得x＝3，
把x＝3代入①，
得3+y＝5，
y＝2，
所以原方程组的解为．
故选：C．
8．（3分）如图，四边形ABCD是正方形，O是坐标原点，对角线AC，BD分别位于x轴和y轴上，点D的坐标是（0，3），则正方形ABCD的周长是（ ）
A．6 B．12 C．12 D．12
【分析】根据正方形的性质得到OD＝OC，∠COD＝90°，根据D点坐标求出OD＝OC＝3，再求出CD，进而可得正方形周长．
【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴OD＝OC，∠COD＝90°，
∵点D的坐标是（0，3），
∴OC＝OD＝3，
∴CD＝3，
∴正方形ABCD的周长是12，
故选：D．
9．（3分）化简+的结果是（ ）
A．m+n B．n﹣m C．m﹣n D．﹣m﹣n
【分析】首先进行通分运算，进而分解因式化简求出答案．
【解答】解：+
＝﹣
＝
＝m+n．
故选：A．
10．（3分）若点A（x1，﹣3），B（x2，﹣2），C（x3，1）都在反比例函数y＝的图象上，则x1，x2，x3的大小关系是（ ）
A．x2＜x1＜x3 B．x3＜x1＜x2 C．x1＜x2＜x3 D．x2＜x3＜x1
【分析】利用反比例函数图象上点的坐标特征可求出x1，x2，x3的值，比较后即可得出结论．
【解答】解：当y＝﹣3时，＝﹣3，解得：x1＝﹣；
当y＝﹣2时，＝﹣2，解得：x2＝﹣5；
当y＝1时，＝1，解得：x3＝10．
∴x2＜x1＜x3．
故选：A．
11．（3分）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，将△ABC绕点C逆时针旋转得到△A1B1C，此时使点A的对应点A1恰好在AB边上，点B的对应点为B1，A1B1与BC交于点E，则下列结论一定正确的是（ ）
A．AB＝EB1 B．CA1＝A1B
C．A1B1⊥BC D．∠CA1A＝∠CA1B1
【分析】根据旋转的性质，对每个选项逐一判断即可．
【解答】解：∵将△ABC绕点C逆时针旋转得到△A1B1C，
∴AB＝A1B1，B1C＝BC，不能得到AB＝B1E，故选项A不合题意；
CA1＝CA，不能得到CA1＝A1B，故选项B不合题意；
∵旋转角∠ACA1不一定等于∠A，
∴∠BCB1不一定等于∠A，
∴∠BCB1+∠B1不一定等于90°，故选项C不合题意；
∵CA1＝CA，
∴∠A＝∠CA1A，
由旋转可得∠A＝∠CA1B1，
∴∠CA1A＝∠CA1B1，故选项D符合题意．
故选：D．
12．（3分）已知抛物线y＝ax2+bx+c（a，b，c是常数，a＜0）经过点（﹣1，0），其对称轴为直线x＝2．有下列结论：
①4a+b＝0；
②9a+c＞3b；
③关于x的方程ax2+bx+c+3＝0有两个不等的实数根．
其中，正确结论的个数是（ ）
A．0 B．1 C．2 D．3
【分析】根据a＜0，抛物线图象经过点（﹣1，0），其对称轴为直线x＝2，可推出抛物线图象开口向下、＝2、当x≤2时，y随着x的增大而增大、b2﹣4ac＞0，从而得出结论进行判断即可．
【解答】解：根据题意对称轴为直线x＝2，
∴＝2，即4a+b＝0，
故①正确；
∵a＜0，抛物线图象经过点（﹣1，0），其对称轴为直线x＝2，
∴yx＝﹣3＜yx＝﹣1，
∴当x＝﹣3时，y＝9a﹣3b+c＜0，即9a+c＜3b，
故②不正确；
由题意可知抛物线y＝ax2+bx+c（a＜0）的图象与x轴又两个交点，
∴b2﹣4ac＞0，
关于x的方程ax2+bx+c+3＝0，
∵Δ＝b2﹣4a（c+3）＝b2﹣4ac﹣12a＞0，
∴关于x的方程ax2+bx+c+3＝0有两个不等的实数根，
故③正确，
综上，正确的结论是①③，
故选：C．
二、填空题（本大题共6小题，每小题3分，共18分）
13．（3分）计算（x2y）3的结果等于 x6y3 ．
【分析】积的乘方，把每一个因式分别乘方，再把所得的幂相乘．据此计算即可．
【解答】解：（x2y）3＝（x2）3•y3＝x6y3．
故答案为：x6y3．
14．（3分）计算（+2）2的结果等于 7+4 ．
【分析】根据完全平方公式可以解答本题．
【解答】解：（+2）2
＝3+4+4
＝7+4，
故答案为：7+4．
15．（3分）一个质地均匀的小正方体，6个面分别标有数字1，1，2，4，5，5，若随机投掷一次小正方体，则朝上一面的数字是5的概率为 ．
【分析】先求出5的总数，再根据概率公式即可得出结论．
【解答】解：∵一个质地均匀的小正方体有6个面，其中标有数字5的有2个，
∴随机投掷一次小正方体，则朝上一面的数字是5的概率＝＝．
故答案为：．
16．（3分）直线y＝﹣4x+1经过第 一、二、四 象限．
【分析】由直线y＝﹣4x+1中k＜0，b＞0，得该图象经过第一、二、四象限．
【解答】∵直线y＝﹣4x+1中k＜0，
∴该图象经过第二、四象限，
∵b＞0，
∴该图象经过第一、二、四象限．
故答案为：一、二、四．
17．（3分）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，M、N分别是AB、AC的中点，延长BC至点D，使CD＝BD，连接DM、DN、MN．若AB＝6，则DN＝ 3 ．
【分析】连接CM，根据三角形中位线定理得到NM＝CB，MN∥BC，证明四边形DCMN是平行四边形，得到DN＝CM，根据直角三角形的性质得到CM＝AB＝3，等量代换即可．
【解答】解：连接CM，
∵M、N分别是AB、AC的中点，
∴NM＝CB，MN∥BC，又CD＝BD，
∴MN＝CD，又MN∥BC，
∴四边形DCMN是平行四边形，
∴DN＝CM，
∵∠ACB＝90°，M是AB的中点，
∴CM＝AB＝3，
∴DN＝3，
故答案为：3．
18．（3分）如图，在每个小正方形的边长为1的网格中，△ABC的顶点均在格点上，点P也在格点上，点C是两个同心圆的圆心．
（1）线段AB的长等于 5 ；
（2）以点C为旋转中心，将△ABC绕点C旋转，点A，B的对应点分别是点D，E．当△PDE的面积取得最小值时，请用无刻度的直尺，在如图所示的网格中，画出点D，E，并简要说明点D，E的位置是如何找到的（不要求证明） 如图，取格点F，G，H，I，分别连接FG，HI，与网格线分别交于点J，K，作直线JK，分别与小圆、大圆交于点D，E，则点D，E即为所求 ．
【分析】（1）利用勾股定理求解即可．
（2）利用面积法求出△ABC斜边AB上的高为＝2+，作出到点C的距离为的中线JK，即可解决问题．
【解答】解：（1）AB＝＝＝5，
故答案为：5．
（2）如图，点D，E即为所求．
三、解答题（本大题共7小题，共66分.解答应写出文字说明、演算步骤或推理过程）
19．（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＜2 ；
（Ⅱ）解不等式②，得 x≥﹣2 ；
（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 ﹣2≤x＜2 ．
【分析】先求出每个不等式的解集，再在数轴上表示出不等式的解集，最后求出不等式组的解集即可．
【解答】解：，
（Ⅰ）解不等式①，得x＜2，
（Ⅱ）解不等式②，得x≥﹣2，
（Ⅲ）把不等式①和②的解集在数轴上表示出来为：
，
（Ⅳ）所以不等式组的解集是﹣2≤x＜2，
故答案为：x＜2，x≥﹣2，﹣2＜≤x＜2．
20．（8分）某高校学生会向全校2900名学生发起了“爱心一日捐”捐款活动，为了解捐款情况，学生会随机调查了部分学生的捐款金额，并用得到的数据绘制了如下统计图①和图②，请根据相关信息，解答下列问题：
（1）本次接受随机抽样调查的学生人数为 50 ，图①中m的值是 32 ；
（2）求本次你调查获取的样本数据的平均数、众数和中位数；
（3）根据样本数据，估计该校本次活动捐款金额为10元的学生人数．
【分析】（1）根据捐款数是5元的，所占的百分比是8%，即可求得总人数，然后根据百分比的意义求得m的值；
（2）根据平均数、众数、中位数的定义即可求解；
（3）利用总人数2900乘以对应的百分比即可求解．
【解答】解：（1）调查的学生数是：4÷8%＝50（人），
m＝×100＝32．
故答案是：50，32；
（2）平均数是：＝16（元），众数是：10元，中位数是：15元；
（3）该校本次活动捐款金额为10元的学生人数是：2900×32%＝928（人）．
21．（10分）如图，⊙O是△ABC的外接圆，AE切⊙O于点A，AE与直径BD的延长线相交于点E．
（Ⅰ）如图①，若∠C＝71°，求∠E的大小；
（Ⅱ）如图②，当AE＝AB，DE＝2时，求∠E的大小和⊙O的半径．
【分析】（Ⅰ）连接OA，先由切线的性质得∠OAE的度数，求出∠AOB＝2∠C＝142°，进而得∠AOE，则可求出答案；
（Ⅱ）连接OA，由等腰三角形的性质求出∠E＝30°，根据含30°解的直角三角形的性质求解即可．
【解答】解：（Ⅰ）连接OA．
∵AE切⊙O于点A，
∴OA⊥AE，
∴∠OAE＝90°，
∵∠C＝71°，
∴∠AOB＝2∠C＝2×71°＝142°，
又∵∠AOB+∠AOE＝180°，
∴∠AOE＝38°，
∵∠AOE+∠E＝90°，
∴∠E＝90°﹣38°＝52°．
（Ⅱ）连接OA，
设∠E＝x．
∵AB＝AE，
∴∠ABE＝∠E＝x，
∵OA＝OB，
∴∠OAB＝∠ABO＝x，
∴∠AOE＝∠ABO+∠BAO＝2x．
∵AE是⊙O的切线，
∴OA⊥AE，即∠OAE＝90°，
在△OAE中，∠AOE+∠E＝90°，
即2x+x＝90°，
解得x＝30°，
∴∠E＝30°．
在Rt△OAE中，OA＝OE，
∵OA＝OD，
∴OA＝OD＝DE，
∵DE＝2，
∴OA＝2，即⊙O的半径为2．
22．（10分）如图是放在水平地面上的一把椅子的侧面图，椅子高为AC，椅面宽为BE，椅脚高为ED，且AC⊥BE，AC⊥CD，AC∥ED．从点A测得点D，点E的俯角分别为64°和53°．已知椅面宽BE＝46cm，求椅脚高ED的长（结果取整数）．
参考数据：tan53°≈1.33，sin53°≈0.80，tan64°≈2.05，sin64°≈0.90．
【分析】易证四边形BCDE是矩形，得出BC＝DE，CD＝BE＝46cm，由题意可得∠AEB＝53°，∠ADC＝64°，由三角函数定义得出AB＝BEtan53°，AC＝CDtan64°，即可得出结果．
【解答】解：∵AC⊥BE，AC⊥CD，AC∥ED，
∴四边形BCDE是矩形，
∴BC＝DE，CD＝BE＝46cm，
由题意可得∠AEB＝53°，∠ADC＝64°，
在Rt△ABE中，tan53°＝，
∴AB＝BEtan53°，
在Rt△ACD中，tan64°＝，
∴AC＝CDtan64°，
∴ED＝BC＝AC﹣AB≈46×2.05﹣46×1.33＝94.30﹣61.18＝33.12≈33（cm），
答：椅脚高ED的长约为33cm．
23．（10分）甲，乙两车从A城出发前往B城．在整个行程中，甲，乙两车都以匀速行驶，汽车离开A城的距离ykm与时刻t的对应关系如图所示．
请根据相关信息，解答下列问题：
（Ⅰ）填表：
从A城出发的时刻
到达B城的时刻
甲
5：00
10：00
乙
6：00
9：00
（Ⅱ）填空：
①A，B两城的距离为 300 km；
②甲车的速度为 60 km/h，乙车的速度为 100 km/h；
③乙车追上甲车用了 1.5 h，此时两车离开A城的距离是 150 km；
④当9：00时，甲乙两车相距 60 km；
⑤当甲车离开A城120km时，甲车行驶了 2 h；
⑥当乙车出发行驶 1h或2h或3 h时，甲乙两车相距20km．
【分析】（Ⅰ）根据时间与路程的图象即可进行填表；
（Ⅱ）①有图象直接得出两城的距离；
②由图象可知甲用5小时走完300千米，用路程除以时间等于速度即可求出甲的速度，乙用3小时走完300千米，用路程除以时间等于速度即可求出乙的速度；
③由图象可知乙追上甲用时1.5小时，此时两车离开A城的距离用全程减去各自所走路程即可；
④用两车行驶的路程相减即可得出；
⑤用路程除以时间即可得出；
⑥分两车相遇前、后和乙车到达B城三种情况讨论即可．
【解答】解：（Ⅰ）由图象可知：甲：10：00，乙：6：00；
故答案为：10：00，6：00；
（Ⅱ）①看图中纵轴，A，B两地距离300km；
②甲的速度：300÷（10﹣5）＝300÷5＝60（km/h），
乙的速度：300÷（9﹣6）＝300÷3＝100（km/h）；
③乙追上甲用时：7.5﹣6＝1.5（h），
此时两车离开A城的距离为：300﹣100×1.5＝150（km）；
④9：00时，甲走的路程为：60×（9﹣5）＝240（km），
乙走的路程为：300km，
∴两车相距300﹣240＝60（km）；
⑤当甲车离开A城120km时，甲车行驶了：120÷60＝2（h）；
⑥相遇前乙出发t1小时，两车相距20km，
则：（t1+1）×60﹣t1×100＝20，
解得：t1＝1（h），
相遇后乙出发t2h，两车相距20km，
则：100t2﹣60（t2+1）＝20，
解得：t2＝2（h），
当乙车到达B城，设甲出发t小时两车相距20km，
则：300﹣60t＝20，
解得：t＝4，
此时乙车出发：4﹣1＝3（h），
∴乙车出发1h或2h或3h．
故答案为：①300；②60，100；③1.5，150；④60；⑤2；⑥1或2或3．
24．（10分）已知一个等边三角形纸片OAB，将该纸片放置在平面直角坐标系中，O为坐标原点，使边OA与y轴的正半轴重合，点B落在第一象限，过点B作BC垂直于x轴，垂足为点C．
（Ⅰ）如图①，若点A坐标为（0，4），求BC的长；
（Ⅱ）如图②，将四边形OABC折叠，使点A落在线段OC上的点为点D，HK为折痕，点H在OA上，点K在AB上，且使DK∥y轴．
①试判断四边形AHDK的形状，并证明你的结论；
②求的值；
（Ⅲ）如图③，将四边形OABC折叠，使点A落在线段OC上的点D与C点重合，HK为折痕，点H在OA上，点K在AB上，求的值（直接写出结果即可）．
【分析】（Ⅰ）由等边三角形的性质可得OB＝OA＝4，由直角三角形的性质可求解；
（Ⅱ）①由折叠的性质可得AH＝HD，AK＝KD，∠AHK＝∠KHD，由平行线的性质和等腰三角形的判定可得AH＝HD＝DK＝KA，可得结论；
②由平行线的性质和直角三角形的性质可得∠ODH＝30°，由锐角三角函数可求解；
（Ⅲ）设AO＝OB＝AB＝2a，在直角三角形OHC中，由勾股定理可求OH的长，即可求解．
【解答】解：（Ⅰ）如图①，∵△AOB是等边三角形，点A坐标为（0，4），
∴∠AOB＝60°，OB＝OA＝4，
∴∠BOC＝30°，
∵BC⊥x轴，
∴在Rt△OBC中，BC＝OB＝×4＝2；
（Ⅱ）①四边形AHDK为菱形，理由如下：
如图②，由翻折可得△AHK≌△DHK，
∴AH＝HD，AK＝KD，∠AHK＝∠KHD，
∵DK∥OA，
∴∠AHK＝∠HKD，
∴∠KHD＝∠HKD，
∴HD＝KD，
∴AH＝HD＝DK＝KA，
∴四边形AH DK为菱形；
②如图，∵△AOB是等边三角形，
∴∠A＝∠HDK＝60°，
∵DK∥OA，
∴∠OHD＝60°，
∴∠ODH＝30°，
∴＝tan30°＝；
（Ⅲ）设AO＝OB＝AB＝2a，
∵∠COB＝30°，
∴BC＝a，OC＝a，
∵将四边形OABC折叠，
∴AH＝CH，
∵HC2＝OH2+OC2，
∴（2a﹣OH）2＝OH2+3a2，
∴OH＝，
∴＝．
25．（10分）已知抛物线y＝x2﹣x﹣3与x轴交于A，B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C．点D是点C关于抛物线对称轴的对称点，过A，D两点的直线与y轴交于点E．
（Ⅰ）求A，B两点的坐标；
（Ⅱ）若点P是抛物线上的点，点P的横坐标为m（m≥0），过点P作PM⊥x轴，垂足为M．线段PM与直线AD交于点N，当MN＝2PN时，求点P的坐标；
（Ⅲ）若点Q是y轴上的点，且满足∠ADQ＝45°，求点Q的坐标．
【分析】（Ⅰ）令y＝0，得，即可求解；
（Ⅱ）当MN＝2PN时，可得，解得：m1＝3，m2＝﹣2（舍去），即可求解；
（Ⅲ）当点Q在y轴正半轴上时，则tan∠Q1EH＝tan∠AEO，得到HE＝ED进而求解；当点Q在y轴负半轴上时，则tan∠Q2EG＝tan∠AEO，得到ED＝EG+DG＝3EG，进而求解．
【解答】解：（Ⅰ）令y＝0，得，
∴解得x1＝﹣2，x2＝6，
∴A（﹣2，0），B（6，0）；
（Ⅱ）∵点C为抛物线与y轴的交点，
∴点C的坐标为（0，﹣3），
∵点D是点C关于抛物线对称轴的对称点，对称轴为直线x＝2，
∴点D的坐标为（4，﹣3）．
设直线AD的解析式为：y＝kx+b，
把A（﹣2，0），D（4，﹣3）代入得：，解得，
∴直线AD的解析式为：；
如图，设点P的坐标为P（m，）（其中m≥0），
则M（m，0），N（m，）．
当MN＝2PN时，
可得，解得：m1＝3，m2＝﹣2（舍去），
当m＝3时，
∴点P的坐标为（3，）；
（Ⅲ）∵直线与y轴交于点E，
∴点E坐标为（0，﹣1）．
分两种情况：
①如图，当点Q在y轴正半轴上时，记为点Q1．过点 Q1作Q1H⊥直线AD，垂足为H．
在Rt△Q1HE中，tan∠Q1EH＝，
在Rt△AOE中，tan∠AEO＝，
∵tan∠Q1EH＝tan∠AEO，A（﹣2，0），E（0，﹣1）
∴AO＝2OE，
∴Q1H＝2HE．
又∵∠Q1DH＝45°，∠Q1HD＝90°，
∴∠HQ1D＝∠Q1DH＝45°，
∴DH＝Q1H＝2HE，
∴HE＝ED．
连接CD，∵点C，点D为抛物线上的对称点，
∴CD⊥y轴，
∴．，．
∴．
∴OQ1＝Q1E﹣OE＝10﹣1＝9．
∴点Q1的坐标为（0，9）；
②如上图，当点Q在y轴负半轴上时，记为点Q2．过点Q2作Q2G⊥AD，垂足为G，
在Rt△Q2GE中，tan∠Q2EG＝，
在Rt△AOE中，tan∠AEO＝，
∵tan∠Q2EG＝tan∠AEO，AO＝2OE，
∴Q2G＝2EG．
又∵∠Q2DG＝45°，∠Q2GD＝90°，
∴∠D Q2G＝∠Q2DG＝45°，
∴DG＝Q2G＝2EG，
∴ED＝EG+DG＝3EG．
由①可知，．
∴，．
∴．
∴，
∴点Q2的坐标为（0，）．
综上所述：点Q的坐标为（0，9）或（0，）．
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