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2020年山东省泰安市新泰市西部中考数学一模试卷 解析版
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这是一份2020年山东省泰安市新泰市西部中考数学一模试卷 解析版，共29页。试卷主要包含了计算[，下列计算正确的是，下列命题错误的是等内容，欢迎下载使用。
2020年山东省泰安市新泰市西部中考数学一模试卷
一．选择题（共12小题）
1．计算[（）2]3×[（）2]2之值为何？（ ）
A．1 B． C．（）2 D．（）4
2．下列计算正确的是（ ）
A．2x2•2xy＝4x3y4 B．3x2y﹣5xy2＝﹣2x2y
C．x﹣1÷x﹣2＝x﹣1 D．（﹣3a﹣2）（﹣3a+2）＝9a2﹣4
3．桂林是世界著名的风景旅游城市和历史文化名城，地处南岭山系西南部，广西东北部，行政区域总面积27 809平方公里．将27 809用科学记数法表示应为（ ）
A．0.278 09×105 B．27.809×103
C．2.780 9×103 D．2.780 9×104
4．已知圆锥的三视图如图所示，则这个圆锥的侧面展开图的面积为（ ）
A．60πcm2 B．65πcm2 C．120πcm2 D．130πcm2
5．已知抛物线y＝x2+2x﹣m﹣1与x轴没有交点，则函数y＝的大致图象是（ ）
A． B．
C． D．
6．在一个不透明的袋子里装有四个小球，球上分别标有6，7，8，9四个数字，这些小球除数字外都相同．甲、乙两人玩“猜数字”游戏，甲先从袋中任意摸出一个小球，将小球上的数字记为m，再由乙猜这个小球上的数字，记为n．如果m，n满足|m﹣n|≤1，那么就称甲、乙两人“心领神会”，则两人“心领神会”的概率是（ ）
A． B． C． D．
7．关于x的方程的解为非正数，且关于x的不等式组无解，那么满足条件的所有整数a的和是（ ）
A．﹣19 B．﹣15 C．﹣13 D．﹣9
8．某省加快新旧动能转换，促进企业创新发展．某企业一月份的营业额是1000万元，月平均增长率相同，第一季度的总营业额是3990万元．若设月平均增长率是x，那么可列出的方程是（ ）
A．1000（1+x）2＝3990
B．1000+1000（1+x）+1000（1+x）2＝3990
C．1000（1+2x）＝3990
D．1000+1000（1+x）+1000（1+2x）＝3990
9．如图，在菱形ABCD中，点E是BC的中点，以C为圆心、CE为半径作弧，交CD于点F，连接AE、AF．若AB＝6，∠B＝60°，则阴影部分的面积为（ ）
A．9﹣3π B．9﹣2π C．18﹣9π D．18﹣6π
10．下列命题错误的是（ ）
A．平分弦的直径垂直于弦
B．三角形一定有外接圆和内切圆
C．等弧对等弦
D．经过切点且垂直于切线的直线必经过圆心
11．二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象如图，给出下列四个结论：①4ac﹣b2＜0；②3b+2c＜0；③4a+c＜2b；④m（am+b）+b＜a（m≠﹣1），其中结论正确的个数是（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
12．如图，在矩形ABCD中，∠ADC的平分线与AB交于E，点F在DE的延长线上，∠BFE＝90°，连接AF、CF，CF与AB交于G．有以下结论：
①AE＝BC
②AF＝CF
③BF2＝FG•FC
④EG•AE＝BG•AB
其中正确的个数是（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
二．填空题（共6小题）
13．计算：（π﹣3.14）0+2cos60°＝ ．
14．在Rt△ABC中，∠C＝90°，AB＝2，BC＝，则sin＝ ．
15．一次函数y＝kx﹣3k+1的图象必经过一个定点，该定点的坐标是
16．如图，正方形ABCD的边长为2a，E为BC边的中点，、的圆心分别在边AB、CD上，这两段圆弧在正方形内交于点F，则E、F间的距离为 ．
17．已知x，y为实数，y＝，则x﹣6y的值
18．如图，在矩形纸片ABCD中，将AB沿BM翻折，使点A落在BC上的点N处，BM为折痕，连接MN；再将CD沿CE翻折，使点D恰好落在MN上的点F处，CE为折痕，连接EF并延长交BM于点P，若AD＝8，AB＝5，则线段PE的长等于 ．
三．解答题（共7小题）
19．先化简，再求值：，其中a是方程﹣2x2﹣x+3＝0的解．
20．如图，一次函数y＝ax+b的图象与反比例函数y＝的图象交于C，D两点，与x，y轴交于B，A两点，CE⊥x轴于点E，且tan∠ABO＝，OB＝4，OE＝1．
（1）求一次函数的解析式和反比例函数的解析式
（2）求△OCD的面积；
（3）根据图象直接写出一次函数的值大于反比例函数的值时，自变量x的取值范围．
21．2019年4月23日是第二十四个“世界读书日“．某校组织读书征文比赛活动，评选出一、二、三等奖若干名，并绘成如图所示的条形统计图和扇形统计图（不完整），请你根据图中信息解答下列问题：
（1）求本次比赛获奖的总人数，并补全条形统计图；
（2）求扇形统计图中“二等奖”所对应扇形的圆心角度数；
（3）学校从甲、乙、丙、丁4位一等奖获得者中随机抽取2人参加“世界读书日”宣传活动，请用列表法或画树状图的方法，求出恰好抽到甲和乙的概率．
22．如图，已知A、B是⊙O上两点，△OAB外角的平分线交⊙O于另一点C，CD⊥AB交AB的延长线于D．
（1）求证：CD是⊙O的切线；
（2）E为的中点，F为⊙O上一点，EF交AB于G，若tan∠AFE＝，BE＝BG，EG＝3，求⊙O的半径．
23．快递公司为提高快递分拣的速度，决定购买机器人来代替人工分拣．已知购买甲型机器人1台，乙型机器人2台，共需14万元；购买甲型机器人2台，乙型机器人3台，共需24万元．
（1）求甲、乙两种型号的机器人每台的价格各是多少万元；
（2）已知甲型和乙型机器人每台每小时分拣快递分别是1200件和1000件，该公司计划购买这两种型号的机器人共8台，总费用不超过41万元，并且使这8台机器人每小时分拣快递件数总和不少于8300件，则该公司有哪几种购买方案？哪个方案费用最低，最低费用是多少万元？
24．如图1，抛物线y＝﹣[（x﹣2）2+n]与x轴交于点A（m﹣2，0）和B（2m+3，0）（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，连结BC．
（1）求m、n的值；
（2）如图2，点N为抛物线上的一动点，且位于直线BC上方，连接CN、BN．求△NBC面积的最大值；
（3）如图3，点M、P分别为线段BC和线段OB上的动点，连接PM、PC，是否存在这样的点P，使△PCM为等腰三角形，△PMB为直角三角形同时成立？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
25．已知正方形ABCD的对角线AC，BD相交于点O．
（1）如图1，E，G分别是OB，OC上的点，CE与DG的延长线相交于点F．若DF⊥CE，求证：OE＝OG；
（2）如图2，H是BC上的点，过点H作EH⊥BC，交线段OB于点E，连结DH交CE于点F，交OC于点G．若OE＝OG，
①求证：∠ODG＝∠OCE；
②当AB＝1时，求HC的长．
参考答案与试题解析
一．选择题（共12小题）
1．计算[（）2]3×[（）2]2之值为何？（ ）
A．1 B． C．（）2 D．（）4
【分析】先算乘方，再算乘法即可．
【解答】解：原式＝（）6×（）4
＝（）6×（）﹣4，
＝（）2
故选：C．
2．下列计算正确的是（ ）
A．2x2•2xy＝4x3y4 B．3x2y﹣5xy2＝﹣2x2y
C．x﹣1÷x﹣2＝x﹣1 D．（﹣3a﹣2）（﹣3a+2）＝9a2﹣4
【分析】根据整式的乘法、合并同类项、整式的除法以及平方差公式判断即可．
【解答】解：A、2x2•2xy＝4x3y，错误；
B、不是同类项不能合并，错误；
C、x﹣1÷x﹣2＝x，错误；
D、（﹣3a﹣2）（﹣3a+2）＝9a2﹣4，正确；
故选：D．
3．桂林是世界著名的风景旅游城市和历史文化名城，地处南岭山系西南部，广西东北部，行政区域总面积27 809平方公里．将27 809用科学记数法表示应为（ ）
A．0.278 09×105 B．27.809×103
C．2.780 9×103 D．2.780 9×104
【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：27 809＝2.780 9×104．故选D．
4．已知圆锥的三视图如图所示，则这个圆锥的侧面展开图的面积为（ ）
A．60πcm2 B．65πcm2 C．120πcm2 D．130πcm2
【分析】先利用三视图得到底面圆的半径为5cm，圆锥的高为12cm，再根据勾股定理计算出母线长为13cm，然后根据圆锥的侧面展开图为一扇形，这个扇形的弧长等于圆锥底面的周长，扇形的半径等于圆锥的母线长和扇形的面积公式计算．
【解答】解：根据三视图得到圆锥的底面圆的直径为10cm，即底面圆的半径为5cm，圆锥的高为12cm，
所以圆锥的母线长＝＝13，
所以这个圆锥的侧面积＝•2π•5•13＝65π（cm2）．
故选：B．
5．已知抛物线y＝x2+2x﹣m﹣1与x轴没有交点，则函数y＝的大致图象是（ ）
A． B．
C． D．
【分析】由题意可求m＜﹣2，即可求解．
【解答】解：∵抛物线y＝x2+2x﹣m﹣1与x轴没有交点，
∴△＝4﹣4（﹣m﹣1）＜0
∴m＜﹣2
∴函数y＝的图象在第二、第四象限，
故选：B．
6．在一个不透明的袋子里装有四个小球，球上分别标有6，7，8，9四个数字，这些小球除数字外都相同．甲、乙两人玩“猜数字”游戏，甲先从袋中任意摸出一个小球，将小球上的数字记为m，再由乙猜这个小球上的数字，记为n．如果m，n满足|m﹣n|≤1，那么就称甲、乙两人“心领神会”，则两人“心领神会”的概率是（ ）
A． B． C． D．
【分析】画出树状图列出所有等可能结果，由树状图确定出所有等可能结果数及两人“心领神会”的结果数，根据概率公式求解可得．
【解答】解：画树状图如下：
由树状图可知，共有16种等可能结果，其中满足|m﹣n|≤1的有10种结果，
∴两人“心领神会”的概率是＝，
故选：B．
7．关于x的方程的解为非正数，且关于x的不等式组无解，那么满足条件的所有整数a的和是（ ）
A．﹣19 B．﹣15 C．﹣13 D．﹣9
【分析】分式方程去分母转化为整式方程，由分式方程的解为非正数求出a的范围，再根据不等式组无解求出a的范围，确定出满足题意整数a的值，求出之和即可．
【解答】解：分式方程去分母得：ax﹣x﹣1＝2，
整理得：（a﹣1）x＝3，
由分式方程的解为非正数，得到≤0，且≠﹣1，
解得：a＜1且a≠﹣2，
不等式组整理得：，
由不等式组无解，得到＜4，
解得：a＞﹣6，
∴满足题意a的范围为﹣6＜a＜1，且a≠﹣2，即整数a的值为﹣5，﹣4，﹣3，﹣1，0，
则满足条件的所有整数a的和是﹣13，
故选：C．
8．某省加快新旧动能转换，促进企业创新发展．某企业一月份的营业额是1000万元，月平均增长率相同，第一季度的总营业额是3990万元．若设月平均增长率是x，那么可列出的方程是（ ）
A．1000（1+x）2＝3990
B．1000+1000（1+x）+1000（1+x）2＝3990
C．1000（1+2x）＝3990
D．1000+1000（1+x）+1000（1+2x）＝3990
【分析】设月平均增长的百分率是x，则该超市二月份的营业额为1000（1+x）万元，三月份的营业额为1000（1+x）2万元，根据该超市第一季度的总营业额是3990万元，即可得出关于x的一元二次方程，此题得解．
【解答】解：设月平均增长的百分率是x，则该超市二月份的营业额为1000（1+x）万元，三月份的营业额为1000（1+x）2万元，
依题意，得1000+1000（1+x）+1000（1+x）2＝3990．
故选：B．
9．如图，在菱形ABCD中，点E是BC的中点，以C为圆心、CE为半径作弧，交CD于点F，连接AE、AF．若AB＝6，∠B＝60°，则阴影部分的面积为（ ）
A．9﹣3π B．9﹣2π C．18﹣9π D．18﹣6π
【分析】连接AC，根据菱形的性质求出∠BCD和BC＝AB＝6，求出AE长，再根据三角形的面积和扇形的面积求出即可．
【解答】解：连接AC，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝BC＝6，
∵∠B＝60°，E为BC的中点，
∴CE＝BE＝3＝CF，△ABC是等边三角形，AB∥CD，
∵∠B＝60°，
∴∠BCD＝180°﹣∠B＝120°，
由勾股定理得：AE＝＝3，
∴S△AEB＝S△AEC＝×6×3×＝4.5＝S△AFC，
∴阴影部分的面积S＝S△AEC+S△AFC﹣S扇形CEF＝4.5+4.5﹣＝9﹣3π，
故选：A．
10．下列命题错误的是（ ）
A．平分弦的直径垂直于弦
B．三角形一定有外接圆和内切圆
C．等弧对等弦
D．经过切点且垂直于切线的直线必经过圆心
【分析】根据垂径定理、三角形外接圆、圆的有关概念判断即可．
【解答】解：A、平分弦（不是直径）的直径垂直于弦，是假命题；
B、三角形一定有外接圆和内切圆，是真命题；
C、等弧对等弦，是真命题；
D、经过切点且垂直于切线的直线必经过圆心，是真命题；
故选：A．
11．二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象如图，给出下列四个结论：①4ac﹣b2＜0；②3b+2c＜0；③4a+c＜2b；④m（am+b）+b＜a（m≠﹣1），其中结论正确的个数是（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【分析】由抛物线与x轴有两个交点得到b2﹣4ac＞0，可判断①；根据对称轴是x＝﹣1，可得x＝﹣2、0时，y的值相等，所以4a﹣2b+c＞0，可判断③；根据﹣＝﹣1，得出b＝2a，再根据a+b+c＜0，可得b+b+c＜0，所以3b+2c＜0，可判断②；x＝﹣1时该二次函数取得最大值，据此可判断④．
【解答】解：∵图象与x轴有两个交点，
∴方程ax2+bx+c＝0有两个不相等的实数根，
∴b2﹣4ac＞0，
∴4ac﹣b2＜0，
①正确；
∵﹣＝﹣1，
∴b＝2a，
∵a+b+c＜0，
∴b+b+c＜0，3b+2c＜0，
∴②是正确；
∵当x＝﹣2时，y＞0，
∴4a﹣2b+c＞0，
∴4a+c＞2b，
③错误；
∵由图象可知x＝﹣1时该二次函数取得最大值，
∴a﹣b+c＞am2+bm+c（m≠﹣1）．
∴m（am+b）＜a﹣b．故④正确
∴正确的有①②④三个，
故选：C．
12．如图，在矩形ABCD中，∠ADC的平分线与AB交于E，点F在DE的延长线上，∠BFE＝90°，连接AF、CF，CF与AB交于G．有以下结论：
①AE＝BC
②AF＝CF
③BF2＝FG•FC
④EG•AE＝BG•AB
其中正确的个数是（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【分析】①只要证明△ADE为等腰直角三角形即可
②只要证明△AEF≌△CBF（SAS）即可；
③假设BF2＝FG•FC，则△FBG∽△FCB，推出∠FBG＝∠FCB＝45°，由∠ACF＝45°，推出∠ACB＝90°，显然不可能，故③错误，
④由△ADF∽△GBF，可得＝＝，由EG∥CD，推出＝＝，推出＝，由AD＝AE，EG•AE＝BG•AB，故④正确，
【解答】解：①DE平分∠ADC，∠ADC为直角，
∴∠ADE＝×90°＝45°，
∴△ADE为等腰直角三角形，
∴AD＝AE，
又∵四边形ABCD矩形，
∴AD＝BC，
∴AE＝BC
②∵∠BFE＝90°，∠BFE＝∠AED＝45°，
∴△BFE为等腰直角三角形，
∴则有EF＝BF
又∵∠AEF＝∠DFB+∠ABF＝135°，∠CBF＝∠ABC+∠ABF＝135°，
∴∠AEF＝∠CBF
在△AEF和△CBF中，AE＝BC，∠AEF＝∠CBF，EF＝BF，
∴△AEF≌△CBF（SAS）
∴AF＝CF
③假设BF2＝FG•FC，则△FBG∽△FCB，
∴∠FBG＝∠FCB＝45°，
∵∠BCD＝90°，
∴∠DCF＝45°，
∵∠CDF＝45°，
∴∠DFC＝90°，显然不可能，故③错误，
④∵∠BGF＝180°﹣∠CGB，∠DAF＝90°+∠EAF＝90°+（90°﹣∠AGF）＝180°﹣∠AGF，∠AGF＝∠BGC，
∴∠DAF＝∠BGF，∵∠ADF＝∠FBG＝45°，
∴△ADF∽△GBF，
∴＝＝，
∵EG∥CD，
∴＝＝，
∴＝，∵AD＝AE，
∴EG•AE＝BG•AB，故④正确，
故选：C．
二．填空题（共6小题）
13．计算：（π﹣3.14）0+2cos60°＝ 2 ．
【分析】原式利用零指数幂法则，特殊角的三角函数值计算即可求出值．
【解答】解：原式＝1+2×＝1+1＝2，
故答案为：2
14．在Rt△ABC中，∠C＝90°，AB＝2，BC＝，则sin＝ ．
【分析】根据∠A的正弦求出∠A＝60°，再根据30°的正弦值求解即可．
【解答】解：∵sinA＝＝，
∴∠A＝60°，
∴sin＝sin30°＝．
故答案为：．
15．一次函数y＝kx﹣3k+1的图象必经过一个定点，该定点的坐标是 （3，1）
【分析】把一次函数解析式转化为y＝k（x﹣3）+1，可知点（3，1）在直线上，且与系数无关．
【解答】解：根据题意可把直线解析式化为：y＝k（x﹣3）+1，
故函数一定过点（3，1）．
故答案为：（3，1）．
16．如图，正方形ABCD的边长为2a，E为BC边的中点，、的圆心分别在边AB、CD上，这两段圆弧在正方形内交于点F，则E、F间的距离为 ．
【分析】作EF的中垂线交CD于G，则G为的圆心，H为的圆心，连接EF，GH，交于点O，连接GF，FH，HE，EG，依据勾股定理可得GE＝FG＝，根据四边形EGFH是菱形，四边形BCGH是矩形，即可得到Rt△OEG中，OE＝a，即可得到EF＝a．
【解答】解：如图，作EF的中垂线交CD于G，则G为的圆心，同理可得，H为的圆心，
连接EF，GH，交于点O，连接GF，FH，HE，EG，
设GE＝GD＝x，则CG＝2a﹣x，CE＝a，
Rt△CEG中，（2a﹣x）2+a2＝x2，
解得x＝，
∴GE＝FG＝，
同理可得，EH＝FH＝，
∴四边形EGFH是菱形，四边形BCGH是矩形，
∴GO＝BC＝a，
∴Rt△OEG中，OE＝＝a，
∴EF＝a，
故答案为：a．
17．已知x，y为实数，y＝，则x﹣6y的值 ﹣2
【分析】根据被开方数大于等于0，分母不等于0列不等式求出x的值，再求出y的值，然后代入代数式进行计算即可得解．
【解答】解：由题意得，，
解得x＝﹣3，
∴y＝，
∴x﹣6y＝﹣3﹣6×＝﹣3+1＝﹣2．
故答案为：﹣2．
18．如图，在矩形纸片ABCD中，将AB沿BM翻折，使点A落在BC上的点N处，BM为折痕，连接MN；再将CD沿CE翻折，使点D恰好落在MN上的点F处，CE为折痕，连接EF并延长交BM于点P，若AD＝8，AB＝5，则线段PE的长等于 ．
【分析】根据折叠可得ABNM是正方形，CD＝CF＝5，∠D＝∠CFE＝90°，ED＝EF，可求出三角形FNC的三边为3，4，5，在Rt△MEF中，由勾股定理可以求出三边的长，通过作辅助线，可证△FNC∽△PGF，三边占比为3：4：5，设未知数，通过PG＝HN，列方程求出待定系数，进而求出PF的长，然后求PE的长．
【解答】解：过点P作PG⊥FN，PH⊥BN，垂足为G、H，
由折叠得：ABNM是正方形，AB＝BN＝NM＝MA＝5，
CD＝CF＝5，∠D＝∠CFE＝90°，ED＝EF，
∴NC＝MD＝8﹣5＝3，
在Rt△FNC中，FN＝＝4，
∴MF＝5﹣4＝1，
在Rt△MEF中，设EF＝x，则ME＝3﹣x，由勾股定理得，
12+（3﹣x）2＝x2，
解得：x＝，
∵∠CFN+∠PFG＝90°，∠PFG+∠FPG＝90°，
∴△FNC∽△PGF，
∴FG：PG：PF＝NC：FN：FC＝3：4：5，
设FG＝3m，则PG＝4m，PF＝5m，
∴GN＝PH＝BH＝4﹣3m，HN＝5﹣（4﹣3m）＝1+3m＝PG＝4m，
解得：m＝1，
∴PF＝5m＝5，
∴PE＝PF+FE＝5+＝，
故答案为：．
三．解答题（共7小题）
19．先化简，再求值：，其中a是方程﹣2x2﹣x+3＝0的解．
【分析】根据分式的减法和除法可以化简题目中的式子，再根据a是方程﹣2x2﹣x+3＝0的解，可以求得a的值，再将a的值代入化简后的式子即可解答本题，注意代入的a的值必须使得原分式有意义
【解答】解：
＝
＝
＝
＝，
由﹣2x2﹣x+3＝0，得x1＝﹣，x2＝1，
当a＝1时，原分式无意义，
当a＝﹣时，原式＝＝．
20．如图，一次函数y＝ax+b的图象与反比例函数y＝的图象交于C，D两点，与x，y轴交于B，A两点，CE⊥x轴于点E，且tan∠ABO＝，OB＝4，OE＝1．
（1）求一次函数的解析式和反比例函数的解析式
（2）求△OCD的面积；
（3）根据图象直接写出一次函数的值大于反比例函数的值时，自变量x的取值范围．
【分析】（1）根据已知条件求出A、B、C点坐标，用待定系数法求出直线AB和反比例函数的解析式；
（2）联立一次函数的解析式和反比例的函数解析式可得交点D的坐标，从而根据三角形面积公式求解；
（3）根据函数的图象和交点坐标即可求解．
【解答】解：（1）∵OB＝4，OE＝1，
∴BE＝1+4＝5．
∵CE⊥x轴于点E，tan∠ABO＝＝＝，
∴OA＝2，CE＝2.5．
∴点A的坐标为（0，2）、点B的坐标为C（4，0）、点C的坐标为（﹣1，2.5）．
∵一次函数y＝ax+b的图象与x，y轴交于B，A两点，
∴，
解得．
∴直线AB的解析式为y＝﹣x+2．
∵反比例函数y＝的图象过C，
∴2.5＝，
∴k＝﹣2.5．
∴该反比例函数的解析式为y＝﹣；
（2）联立反比例函数的解析式和直线AB的解析式可得，
解得点D的坐标为（5，﹣），
则△BOD的面积＝4××＝1，
△BOC的面积＝4××＝5，
∴△OCD的面积为1+5＝6；
（3）由图象得，一次函数的值大于反比例函数的值时x的取值范围：x＜﹣1或0＜x＜5．
21．2019年4月23日是第二十四个“世界读书日“．某校组织读书征文比赛活动，评选出一、二、三等奖若干名，并绘成如图所示的条形统计图和扇形统计图（不完整），请你根据图中信息解答下列问题：
（1）求本次比赛获奖的总人数，并补全条形统计图；
（2）求扇形统计图中“二等奖”所对应扇形的圆心角度数；
（3）学校从甲、乙、丙、丁4位一等奖获得者中随机抽取2人参加“世界读书日”宣传活动，请用列表法或画树状图的方法，求出恰好抽到甲和乙的概率．
【分析】（1）由一等奖人数及其所占百分比可得总人数，总人数减去一等奖、三等奖人数求出二等奖人数即可补全图形；
（2）用360°乘以二等奖人数所占百分比可得答案；
（3）画出树状图，由概率公式即可解决问题．
【解答】解：（1）本次比赛获奖的总人数为4÷10%＝40（人），
二等奖人数为40﹣（4+24）＝12（人），
补全条形图如下：
（2）扇形统计图中“二等奖”所对应扇形的圆心角度数为360°×＝108°；
（3）树状图如图所示，
∵从四人中随机抽取两人有12种可能，恰好是甲和乙的有2种可能，
∴抽取两人恰好是甲和乙的概率是＝．
22．如图，已知A、B是⊙O上两点，△OAB外角的平分线交⊙O于另一点C，CD⊥AB交AB的延长线于D．
（1）求证：CD是⊙O的切线；
（2）E为的中点，F为⊙O上一点，EF交AB于G，若tan∠AFE＝，BE＝BG，EG＝3，求⊙O的半径．
【分析】（1）连接OC，先证明∠OCB＝∠CBD得到OC∥AD，再利用CD⊥AB得到OC⊥CD，然后根据切线的判定定理得到结论；
（2）解：连接OE交AB于H，如图，利用垂径定理得到OE⊥AB，再利用圆周角定理得到∠ABE＝∠AFE，在Rt△BEH中利用正切可设EH＝3x，BH＝4x，则BE＝5x，所以BG＝BE＝5x，GH＝x，接着在Rt△EHG中利用勾股定理得到x2+（3x）2＝（3）2，解方程得x＝3，接下来设⊙O的半径为r，然后在Rt△OHB中利用勾股定理得到方程（r﹣9）2+122＝r2，最后解关于r的方程即可．
【解答】（1）证明：连接OC，如图，
∵BC平分∠OBD，
∴∠OBC＝∠CBD，
∵OB＝OC，
∴∠OBC＝∠OCB，
∴∠OCB＝∠CBD，
∴OC∥AD，
而CD⊥AB，
∴OC⊥CD，
∴CD是⊙O的切线；
（2）解：连接OE交AB于H，如图，
∵E为的中点，
∴OE⊥AB，
∵∠ABE＝∠AFE，
∴tan∠ABE＝tan∠AFE＝，
∴在Rt△BEH中，tan∠HBE＝＝
设EH＝3x，BH＝4x，
∴BE＝5x，
∵BG＝BE＝5x，
∴GH＝x，
在Rt△EHG中，x2+（3x）2＝（3）2，解得x＝3，
∴EH＝9，BH＝12，
设⊙O的半径为r，则OH＝r﹣9，
在Rt△OHB中，（r﹣9）2+122＝r2，解得r＝，
即⊙O的半径为．
23．快递公司为提高快递分拣的速度，决定购买机器人来代替人工分拣．已知购买甲型机器人1台，乙型机器人2台，共需14万元；购买甲型机器人2台，乙型机器人3台，共需24万元．
（1）求甲、乙两种型号的机器人每台的价格各是多少万元；
（2）已知甲型和乙型机器人每台每小时分拣快递分别是1200件和1000件，该公司计划购买这两种型号的机器人共8台，总费用不超过41万元，并且使这8台机器人每小时分拣快递件数总和不少于8300件，则该公司有哪几种购买方案？哪个方案费用最低，最低费用是多少万元？
【分析】（1）利用二元一次方程组解决问题；
（2）用不等式组确定方案，利用一次函数找到费用最低值．
【解答】解：（1）设甲型机器人每台价格是x万元，乙型机器人每台价格是y万元，根据题意得
解这个方程组得：
答：甲、乙两种型号的机器人每台价格分别是6万元、4万元
（2）设该公可购买甲型机器人a台，乙型机器人（8﹣a）台，根据题意得
解这个不等式组得
∵a为正整数
∴a的取值为2，3，4，
∴该公司有3种购买方案，分别是
购买甲型机器人2台，乙型机器人6台
购买甲型机器人3台，乙型机器人5台
购买甲型机器人4台，乙型机器人4台
设该公司的购买费用为w万元，则w＝6a+4（8﹣a）＝2a+32
∵k＝2＞0
∴w随a的增大而增大
当a＝2时，w最小，w最小＝2×2+32＝36（万元）
∴该公司购买甲型机器人2台，乙型机器人6台这个方案费用最低，最低费用是36万元．
24．如图1，抛物线y＝﹣[（x﹣2）2+n]与x轴交于点A（m﹣2，0）和B（2m+3，0）（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，连结BC．
（1）求m、n的值；
（2）如图2，点N为抛物线上的一动点，且位于直线BC上方，连接CN、BN．求△NBC面积的最大值；
（3）如图3，点M、P分别为线段BC和线段OB上的动点，连接PM、PC，是否存在这样的点P，使△PCM为等腰三角形，△PMB为直角三角形同时成立？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）利用抛物线的解析式确定对称轴为直线x＝2，再利用对称性得到2﹣（m﹣2）＝2m+3﹣2，解方程可得m的值，从而得到A（﹣1，0），B（5，0），然后把A点坐标代入y＝﹣[（x﹣2）2+n]可求出n的值；
（2）作ND∥y轴交BC于D，如图2，利用抛物线解析式确定C（0，3），再利用待定系数法求出直线BC的解析式为y＝﹣x+3，设N（x，﹣x2+x+3），则D（x，﹣x+3），根据三角形面积公式，利用S△NBC＝S△NDC+S△NDB可得S△BCN＝﹣x2+x，然后利用二次函数的性质求解；
（3）先利用勾股定理计算出BC＝，再分类讨论：当∠PMB＝90°，则∠PMC＝90°，△PMC为等腰直角三角形，MP＝MC，设PM＝t，则CM＝t，MB＝﹣t，证明△BMP∽△BOC，利用相似比可求出BP的长，再计算OP后可得到P点坐标；当∠MPB＝90°，则MP＝MC，设PM＝t，则CM＝t，MB＝﹣t，证明△BMP∽△BCO，利用相似比可求出BP的长，再计算OP后可得到P点坐标．
【解答】解：（1）∵抛物线的解析式为y＝﹣[（x﹣2）2+n]＝﹣（x﹣2）2﹣n，
∴抛物线的对称轴为直线x＝2，
∵点A和点B为对称点，
∴2﹣（m﹣2）＝2m+3﹣2，解得m＝1，
∴A（﹣1，0），B（5，0），
把A（﹣1，0）代入y＝﹣[（x﹣2）2+n]得9+n＝0，解得n＝﹣9；
（2）作ND∥y轴交BC于D，如图2，
抛物线解析式为y＝﹣[（x﹣2）2﹣9]＝﹣x2+x+3，
当x＝0时，y＝3，则C（0，3），
设直线BC的解析式为y＝kx+b，
把B（5，0），C（0，3）代入得，解得，
∴直线BC的解析式为y＝﹣x+3，
设N（x，﹣x2+x+3），则D（x，﹣x+3），
∴ND＝﹣x2+x+3﹣（﹣x+3）＝﹣x2+3x，
∴S△NBC＝S△NDC+S△NDB＝•5•ND＝﹣x2+x＝﹣（x﹣）2+，
当x＝时，△NBC面积最大，最大值为；
（3）存在．
∵B（5，0），C（0，3），
∴BC＝＝，
当∠PMB＝90°，则∠PMC＝90°，△PMC为等腰直角三角形，MP＝MC，
设PM＝t，则CM＝t，MB＝﹣t，
∵∠MBP＝∠OBC，
∴△BMP∽△BOC，
∴＝＝，即＝＝，解得t＝，BP＝，
∴OP＝OB﹣BP＝5﹣＝，
此时P点坐标为（，0）；
当∠MPB＝90°，则MP＝MC，
设PM＝t，则CM＝t，MB＝﹣t，
∵∠MBP＝∠CBO，
∴△BMP∽△BCO，
∴＝＝，即＝＝，解得t＝，BP＝，
∴OP＝OB﹣BP＝5﹣＝，
此时P点坐标为（，0）；
综上所述，P点坐标为（，0）或（，0）．
25．已知正方形ABCD的对角线AC，BD相交于点O．
（1）如图1，E，G分别是OB，OC上的点，CE与DG的延长线相交于点F．若DF⊥CE，求证：OE＝OG；
（2）如图2，H是BC上的点，过点H作EH⊥BC，交线段OB于点E，连结DH交CE于点F，交OC于点G．若OE＝OG，
①求证：∠ODG＝∠OCE；
②当AB＝1时，求HC的长．
【分析】（1）欲证明OE＝OG，只要证明△DOG≌△COE（ASA）即可；
（2）①欲证明∠ODG＝∠OCE，只要证明△ODG≌△OCE即可；
②设CH＝x，由△CHE∽△DCH，可得＝，即HC2＝EH•CD，由此构建方程即可解决问题；
【解答】（1）证明：如图1中，∵四边形ABCD是正方形，
∴AC⊥BD，OD＝OC，
∴∠DOG＝∠COE＝90°，
∴∠OEC+∠OCE＝90°，
∵DF⊥CE，
∴∠OEC+∠ODG＝90°，
∴∠ODG＝∠OCE，
∴△DOG≌△COE（ASA），
∴OE＝OG．
（2）①证明：如图2中，
∵AC，BD为对角线，
∴OD＝OC，
∵OG＝OE，∠DOG＝∠COE＝90°，
∴△ODG≌△OCE，
∴∠ODG＝∠OCE．
②解：设CH＝x，
∵四边形ABCD是正方形，AB＝1，
∴BH＝1﹣x，∠DBC＝∠BDC＝∠ACB＝45°，
∵EH⊥BC，
∴∠BEH＝∠EBH＝45°，
∴EH＝BH＝1﹣x，
∵∠ODG＝∠OCE，
∴∠BDC﹣∠ODG＝∠ACB﹣∠OCE，
∴∠HDC＝∠ECH，
∵EH⊥BC，
∴∠EHC＝∠HCD＝90°，
∴△CHE∽△DCH，
∴＝，
∴HC2＝EH•CD，
∴x2＝（1﹣x）•1，
解得x＝或（舍弃），
∴HC＝．
2020年山东省泰安市新泰市西部中考数学一模试卷
一．选择题（共12小题）
1．计算[（）2]3×[（）2]2之值为何？（ ）
A．1 B． C．（）2 D．（）4
2．下列计算正确的是（ ）
A．2x2•2xy＝4x3y4 B．3x2y﹣5xy2＝﹣2x2y
C．x﹣1÷x﹣2＝x﹣1 D．（﹣3a﹣2）（﹣3a+2）＝9a2﹣4
3．桂林是世界著名的风景旅游城市和历史文化名城，地处南岭山系西南部，广西东北部，行政区域总面积27 809平方公里．将27 809用科学记数法表示应为（ ）
A．0.278 09×105 B．27.809×103
C．2.780 9×103 D．2.780 9×104
4．已知圆锥的三视图如图所示，则这个圆锥的侧面展开图的面积为（ ）
A．60πcm2 B．65πcm2 C．120πcm2 D．130πcm2
5．已知抛物线y＝x2+2x﹣m﹣1与x轴没有交点，则函数y＝的大致图象是（ ）
A． B．
C． D．
6．在一个不透明的袋子里装有四个小球，球上分别标有6，7，8，9四个数字，这些小球除数字外都相同．甲、乙两人玩“猜数字”游戏，甲先从袋中任意摸出一个小球，将小球上的数字记为m，再由乙猜这个小球上的数字，记为n．如果m，n满足|m﹣n|≤1，那么就称甲、乙两人“心领神会”，则两人“心领神会”的概率是（ ）
A． B． C． D．
7．关于x的方程的解为非正数，且关于x的不等式组无解，那么满足条件的所有整数a的和是（ ）
A．﹣19 B．﹣15 C．﹣13 D．﹣9
8．某省加快新旧动能转换，促进企业创新发展．某企业一月份的营业额是1000万元，月平均增长率相同，第一季度的总营业额是3990万元．若设月平均增长率是x，那么可列出的方程是（ ）
A．1000（1+x）2＝3990
B．1000+1000（1+x）+1000（1+x）2＝3990
C．1000（1+2x）＝3990
D．1000+1000（1+x）+1000（1+2x）＝3990
9．如图，在菱形ABCD中，点E是BC的中点，以C为圆心、CE为半径作弧，交CD于点F，连接AE、AF．若AB＝6，∠B＝60°，则阴影部分的面积为（ ）
A．9﹣3π B．9﹣2π C．18﹣9π D．18﹣6π
10．下列命题错误的是（ ）
A．平分弦的直径垂直于弦
B．三角形一定有外接圆和内切圆
C．等弧对等弦
D．经过切点且垂直于切线的直线必经过圆心
11．二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象如图，给出下列四个结论：①4ac﹣b2＜0；②3b+2c＜0；③4a+c＜2b；④m（am+b）+b＜a（m≠﹣1），其中结论正确的个数是（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
12．如图，在矩形ABCD中，∠ADC的平分线与AB交于E，点F在DE的延长线上，∠BFE＝90°，连接AF、CF，CF与AB交于G．有以下结论：
①AE＝BC
②AF＝CF
③BF2＝FG•FC
④EG•AE＝BG•AB
其中正确的个数是（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
二．填空题（共6小题）
13．计算：（π﹣3.14）0+2cos60°＝ ．
14．在Rt△ABC中，∠C＝90°，AB＝2，BC＝，则sin＝ ．
15．一次函数y＝kx﹣3k+1的图象必经过一个定点，该定点的坐标是
16．如图，正方形ABCD的边长为2a，E为BC边的中点，、的圆心分别在边AB、CD上，这两段圆弧在正方形内交于点F，则E、F间的距离为 ．
17．已知x，y为实数，y＝，则x﹣6y的值
18．如图，在矩形纸片ABCD中，将AB沿BM翻折，使点A落在BC上的点N处，BM为折痕，连接MN；再将CD沿CE翻折，使点D恰好落在MN上的点F处，CE为折痕，连接EF并延长交BM于点P，若AD＝8，AB＝5，则线段PE的长等于 ．
三．解答题（共7小题）
19．先化简，再求值：，其中a是方程﹣2x2﹣x+3＝0的解．
20．如图，一次函数y＝ax+b的图象与反比例函数y＝的图象交于C，D两点，与x，y轴交于B，A两点，CE⊥x轴于点E，且tan∠ABO＝，OB＝4，OE＝1．
（1）求一次函数的解析式和反比例函数的解析式
（2）求△OCD的面积；
（3）根据图象直接写出一次函数的值大于反比例函数的值时，自变量x的取值范围．
21．2019年4月23日是第二十四个“世界读书日“．某校组织读书征文比赛活动，评选出一、二、三等奖若干名，并绘成如图所示的条形统计图和扇形统计图（不完整），请你根据图中信息解答下列问题：
（1）求本次比赛获奖的总人数，并补全条形统计图；
（2）求扇形统计图中“二等奖”所对应扇形的圆心角度数；
（3）学校从甲、乙、丙、丁4位一等奖获得者中随机抽取2人参加“世界读书日”宣传活动，请用列表法或画树状图的方法，求出恰好抽到甲和乙的概率．
22．如图，已知A、B是⊙O上两点，△OAB外角的平分线交⊙O于另一点C，CD⊥AB交AB的延长线于D．
（1）求证：CD是⊙O的切线；
（2）E为的中点，F为⊙O上一点，EF交AB于G，若tan∠AFE＝，BE＝BG，EG＝3，求⊙O的半径．
23．快递公司为提高快递分拣的速度，决定购买机器人来代替人工分拣．已知购买甲型机器人1台，乙型机器人2台，共需14万元；购买甲型机器人2台，乙型机器人3台，共需24万元．
（1）求甲、乙两种型号的机器人每台的价格各是多少万元；
（2）已知甲型和乙型机器人每台每小时分拣快递分别是1200件和1000件，该公司计划购买这两种型号的机器人共8台，总费用不超过41万元，并且使这8台机器人每小时分拣快递件数总和不少于8300件，则该公司有哪几种购买方案？哪个方案费用最低，最低费用是多少万元？
24．如图1，抛物线y＝﹣[（x﹣2）2+n]与x轴交于点A（m﹣2，0）和B（2m+3，0）（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，连结BC．
（1）求m、n的值；
（2）如图2，点N为抛物线上的一动点，且位于直线BC上方，连接CN、BN．求△NBC面积的最大值；
（3）如图3，点M、P分别为线段BC和线段OB上的动点，连接PM、PC，是否存在这样的点P，使△PCM为等腰三角形，△PMB为直角三角形同时成立？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
25．已知正方形ABCD的对角线AC，BD相交于点O．
（1）如图1，E，G分别是OB，OC上的点，CE与DG的延长线相交于点F．若DF⊥CE，求证：OE＝OG；
（2）如图2，H是BC上的点，过点H作EH⊥BC，交线段OB于点E，连结DH交CE于点F，交OC于点G．若OE＝OG，
①求证：∠ODG＝∠OCE；
②当AB＝1时，求HC的长．
参考答案与试题解析
一．选择题（共12小题）
1．计算[（）2]3×[（）2]2之值为何？（ ）
A．1 B． C．（）2 D．（）4
【分析】先算乘方，再算乘法即可．
【解答】解：原式＝（）6×（）4
＝（）6×（）﹣4，
＝（）2
故选：C．
2．下列计算正确的是（ ）
A．2x2•2xy＝4x3y4 B．3x2y﹣5xy2＝﹣2x2y
C．x﹣1÷x﹣2＝x﹣1 D．（﹣3a﹣2）（﹣3a+2）＝9a2﹣4
【分析】根据整式的乘法、合并同类项、整式的除法以及平方差公式判断即可．
【解答】解：A、2x2•2xy＝4x3y，错误；
B、不是同类项不能合并，错误；
C、x﹣1÷x﹣2＝x，错误；
D、（﹣3a﹣2）（﹣3a+2）＝9a2﹣4，正确；
故选：D．
3．桂林是世界著名的风景旅游城市和历史文化名城，地处南岭山系西南部，广西东北部，行政区域总面积27 809平方公里．将27 809用科学记数法表示应为（ ）
A．0.278 09×105 B．27.809×103
C．2.780 9×103 D．2.780 9×104
【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：27 809＝2.780 9×104．故选D．
4．已知圆锥的三视图如图所示，则这个圆锥的侧面展开图的面积为（ ）
A．60πcm2 B．65πcm2 C．120πcm2 D．130πcm2
【分析】先利用三视图得到底面圆的半径为5cm，圆锥的高为12cm，再根据勾股定理计算出母线长为13cm，然后根据圆锥的侧面展开图为一扇形，这个扇形的弧长等于圆锥底面的周长，扇形的半径等于圆锥的母线长和扇形的面积公式计算．
【解答】解：根据三视图得到圆锥的底面圆的直径为10cm，即底面圆的半径为5cm，圆锥的高为12cm，
所以圆锥的母线长＝＝13，
所以这个圆锥的侧面积＝•2π•5•13＝65π（cm2）．
故选：B．
5．已知抛物线y＝x2+2x﹣m﹣1与x轴没有交点，则函数y＝的大致图象是（ ）
A． B．
C． D．
【分析】由题意可求m＜﹣2，即可求解．
【解答】解：∵抛物线y＝x2+2x﹣m﹣1与x轴没有交点，
∴△＝4﹣4（﹣m﹣1）＜0
∴m＜﹣2
∴函数y＝的图象在第二、第四象限，
故选：B．
6．在一个不透明的袋子里装有四个小球，球上分别标有6，7，8，9四个数字，这些小球除数字外都相同．甲、乙两人玩“猜数字”游戏，甲先从袋中任意摸出一个小球，将小球上的数字记为m，再由乙猜这个小球上的数字，记为n．如果m，n满足|m﹣n|≤1，那么就称甲、乙两人“心领神会”，则两人“心领神会”的概率是（ ）
A． B． C． D．
【分析】画出树状图列出所有等可能结果，由树状图确定出所有等可能结果数及两人“心领神会”的结果数，根据概率公式求解可得．
【解答】解：画树状图如下：
由树状图可知，共有16种等可能结果，其中满足|m﹣n|≤1的有10种结果，
∴两人“心领神会”的概率是＝，
故选：B．
7．关于x的方程的解为非正数，且关于x的不等式组无解，那么满足条件的所有整数a的和是（ ）
A．﹣19 B．﹣15 C．﹣13 D．﹣9
【分析】分式方程去分母转化为整式方程，由分式方程的解为非正数求出a的范围，再根据不等式组无解求出a的范围，确定出满足题意整数a的值，求出之和即可．
【解答】解：分式方程去分母得：ax﹣x﹣1＝2，
整理得：（a﹣1）x＝3，
由分式方程的解为非正数，得到≤0，且≠﹣1，
解得：a＜1且a≠﹣2，
不等式组整理得：，
由不等式组无解，得到＜4，
解得：a＞﹣6，
∴满足题意a的范围为﹣6＜a＜1，且a≠﹣2，即整数a的值为﹣5，﹣4，﹣3，﹣1，0，
则满足条件的所有整数a的和是﹣13，
故选：C．
8．某省加快新旧动能转换，促进企业创新发展．某企业一月份的营业额是1000万元，月平均增长率相同，第一季度的总营业额是3990万元．若设月平均增长率是x，那么可列出的方程是（ ）
A．1000（1+x）2＝3990
B．1000+1000（1+x）+1000（1+x）2＝3990
C．1000（1+2x）＝3990
D．1000+1000（1+x）+1000（1+2x）＝3990
【分析】设月平均增长的百分率是x，则该超市二月份的营业额为1000（1+x）万元，三月份的营业额为1000（1+x）2万元，根据该超市第一季度的总营业额是3990万元，即可得出关于x的一元二次方程，此题得解．
【解答】解：设月平均增长的百分率是x，则该超市二月份的营业额为1000（1+x）万元，三月份的营业额为1000（1+x）2万元，
依题意，得1000+1000（1+x）+1000（1+x）2＝3990．
故选：B．
9．如图，在菱形ABCD中，点E是BC的中点，以C为圆心、CE为半径作弧，交CD于点F，连接AE、AF．若AB＝6，∠B＝60°，则阴影部分的面积为（ ）
A．9﹣3π B．9﹣2π C．18﹣9π D．18﹣6π
【分析】连接AC，根据菱形的性质求出∠BCD和BC＝AB＝6，求出AE长，再根据三角形的面积和扇形的面积求出即可．
【解答】解：连接AC，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝BC＝6，
∵∠B＝60°，E为BC的中点，
∴CE＝BE＝3＝CF，△ABC是等边三角形，AB∥CD，
∵∠B＝60°，
∴∠BCD＝180°﹣∠B＝120°，
由勾股定理得：AE＝＝3，
∴S△AEB＝S△AEC＝×6×3×＝4.5＝S△AFC，
∴阴影部分的面积S＝S△AEC+S△AFC﹣S扇形CEF＝4.5+4.5﹣＝9﹣3π，
故选：A．
10．下列命题错误的是（ ）
A．平分弦的直径垂直于弦
B．三角形一定有外接圆和内切圆
C．等弧对等弦
D．经过切点且垂直于切线的直线必经过圆心
【分析】根据垂径定理、三角形外接圆、圆的有关概念判断即可．
【解答】解：A、平分弦（不是直径）的直径垂直于弦，是假命题；
B、三角形一定有外接圆和内切圆，是真命题；
C、等弧对等弦，是真命题；
D、经过切点且垂直于切线的直线必经过圆心，是真命题；
故选：A．
11．二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象如图，给出下列四个结论：①4ac﹣b2＜0；②3b+2c＜0；③4a+c＜2b；④m（am+b）+b＜a（m≠﹣1），其中结论正确的个数是（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【分析】由抛物线与x轴有两个交点得到b2﹣4ac＞0，可判断①；根据对称轴是x＝﹣1，可得x＝﹣2、0时，y的值相等，所以4a﹣2b+c＞0，可判断③；根据﹣＝﹣1，得出b＝2a，再根据a+b+c＜0，可得b+b+c＜0，所以3b+2c＜0，可判断②；x＝﹣1时该二次函数取得最大值，据此可判断④．
【解答】解：∵图象与x轴有两个交点，
∴方程ax2+bx+c＝0有两个不相等的实数根，
∴b2﹣4ac＞0，
∴4ac﹣b2＜0，
①正确；
∵﹣＝﹣1，
∴b＝2a，
∵a+b+c＜0，
∴b+b+c＜0，3b+2c＜0，
∴②是正确；
∵当x＝﹣2时，y＞0，
∴4a﹣2b+c＞0，
∴4a+c＞2b，
③错误；
∵由图象可知x＝﹣1时该二次函数取得最大值，
∴a﹣b+c＞am2+bm+c（m≠﹣1）．
∴m（am+b）＜a﹣b．故④正确
∴正确的有①②④三个，
故选：C．
12．如图，在矩形ABCD中，∠ADC的平分线与AB交于E，点F在DE的延长线上，∠BFE＝90°，连接AF、CF，CF与AB交于G．有以下结论：
①AE＝BC
②AF＝CF
③BF2＝FG•FC
④EG•AE＝BG•AB
其中正确的个数是（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【分析】①只要证明△ADE为等腰直角三角形即可
②只要证明△AEF≌△CBF（SAS）即可；
③假设BF2＝FG•FC，则△FBG∽△FCB，推出∠FBG＝∠FCB＝45°，由∠ACF＝45°，推出∠ACB＝90°，显然不可能，故③错误，
④由△ADF∽△GBF，可得＝＝，由EG∥CD，推出＝＝，推出＝，由AD＝AE，EG•AE＝BG•AB，故④正确，
【解答】解：①DE平分∠ADC，∠ADC为直角，
∴∠ADE＝×90°＝45°，
∴△ADE为等腰直角三角形，
∴AD＝AE，
又∵四边形ABCD矩形，
∴AD＝BC，
∴AE＝BC
②∵∠BFE＝90°，∠BFE＝∠AED＝45°，
∴△BFE为等腰直角三角形，
∴则有EF＝BF
又∵∠AEF＝∠DFB+∠ABF＝135°，∠CBF＝∠ABC+∠ABF＝135°，
∴∠AEF＝∠CBF
在△AEF和△CBF中，AE＝BC，∠AEF＝∠CBF，EF＝BF，
∴△AEF≌△CBF（SAS）
∴AF＝CF
③假设BF2＝FG•FC，则△FBG∽△FCB，
∴∠FBG＝∠FCB＝45°，
∵∠BCD＝90°，
∴∠DCF＝45°，
∵∠CDF＝45°，
∴∠DFC＝90°，显然不可能，故③错误，
④∵∠BGF＝180°﹣∠CGB，∠DAF＝90°+∠EAF＝90°+（90°﹣∠AGF）＝180°﹣∠AGF，∠AGF＝∠BGC，
∴∠DAF＝∠BGF，∵∠ADF＝∠FBG＝45°，
∴△ADF∽△GBF，
∴＝＝，
∵EG∥CD，
∴＝＝，
∴＝，∵AD＝AE，
∴EG•AE＝BG•AB，故④正确，
故选：C．
二．填空题（共6小题）
13．计算：（π﹣3.14）0+2cos60°＝ 2 ．
【分析】原式利用零指数幂法则，特殊角的三角函数值计算即可求出值．
【解答】解：原式＝1+2×＝1+1＝2，
故答案为：2
14．在Rt△ABC中，∠C＝90°，AB＝2，BC＝，则sin＝ ．
【分析】根据∠A的正弦求出∠A＝60°，再根据30°的正弦值求解即可．
【解答】解：∵sinA＝＝，
∴∠A＝60°，
∴sin＝sin30°＝．
故答案为：．
15．一次函数y＝kx﹣3k+1的图象必经过一个定点，该定点的坐标是 （3，1）
【分析】把一次函数解析式转化为y＝k（x﹣3）+1，可知点（3，1）在直线上，且与系数无关．
【解答】解：根据题意可把直线解析式化为：y＝k（x﹣3）+1，
故函数一定过点（3，1）．
故答案为：（3，1）．
16．如图，正方形ABCD的边长为2a，E为BC边的中点，、的圆心分别在边AB、CD上，这两段圆弧在正方形内交于点F，则E、F间的距离为 ．
【分析】作EF的中垂线交CD于G，则G为的圆心，H为的圆心，连接EF，GH，交于点O，连接GF，FH，HE，EG，依据勾股定理可得GE＝FG＝，根据四边形EGFH是菱形，四边形BCGH是矩形，即可得到Rt△OEG中，OE＝a，即可得到EF＝a．
【解答】解：如图，作EF的中垂线交CD于G，则G为的圆心，同理可得，H为的圆心，
连接EF，GH，交于点O，连接GF，FH，HE，EG，
设GE＝GD＝x，则CG＝2a﹣x，CE＝a，
Rt△CEG中，（2a﹣x）2+a2＝x2，
解得x＝，
∴GE＝FG＝，
同理可得，EH＝FH＝，
∴四边形EGFH是菱形，四边形BCGH是矩形，
∴GO＝BC＝a，
∴Rt△OEG中，OE＝＝a，
∴EF＝a，
故答案为：a．
17．已知x，y为实数，y＝，则x﹣6y的值 ﹣2
【分析】根据被开方数大于等于0，分母不等于0列不等式求出x的值，再求出y的值，然后代入代数式进行计算即可得解．
【解答】解：由题意得，，
解得x＝﹣3，
∴y＝，
∴x﹣6y＝﹣3﹣6×＝﹣3+1＝﹣2．
故答案为：﹣2．
18．如图，在矩形纸片ABCD中，将AB沿BM翻折，使点A落在BC上的点N处，BM为折痕，连接MN；再将CD沿CE翻折，使点D恰好落在MN上的点F处，CE为折痕，连接EF并延长交BM于点P，若AD＝8，AB＝5，则线段PE的长等于 ．
【分析】根据折叠可得ABNM是正方形，CD＝CF＝5，∠D＝∠CFE＝90°，ED＝EF，可求出三角形FNC的三边为3，4，5，在Rt△MEF中，由勾股定理可以求出三边的长，通过作辅助线，可证△FNC∽△PGF，三边占比为3：4：5，设未知数，通过PG＝HN，列方程求出待定系数，进而求出PF的长，然后求PE的长．
【解答】解：过点P作PG⊥FN，PH⊥BN，垂足为G、H，
由折叠得：ABNM是正方形，AB＝BN＝NM＝MA＝5，
CD＝CF＝5，∠D＝∠CFE＝90°，ED＝EF，
∴NC＝MD＝8﹣5＝3，
在Rt△FNC中，FN＝＝4，
∴MF＝5﹣4＝1，
在Rt△MEF中，设EF＝x，则ME＝3﹣x，由勾股定理得，
12+（3﹣x）2＝x2，
解得：x＝，
∵∠CFN+∠PFG＝90°，∠PFG+∠FPG＝90°，
∴△FNC∽△PGF，
∴FG：PG：PF＝NC：FN：FC＝3：4：5，
设FG＝3m，则PG＝4m，PF＝5m，
∴GN＝PH＝BH＝4﹣3m，HN＝5﹣（4﹣3m）＝1+3m＝PG＝4m，
解得：m＝1，
∴PF＝5m＝5，
∴PE＝PF+FE＝5+＝，
故答案为：．
三．解答题（共7小题）
19．先化简，再求值：，其中a是方程﹣2x2﹣x+3＝0的解．
【分析】根据分式的减法和除法可以化简题目中的式子，再根据a是方程﹣2x2﹣x+3＝0的解，可以求得a的值，再将a的值代入化简后的式子即可解答本题，注意代入的a的值必须使得原分式有意义
【解答】解：
＝
＝
＝
＝，
由﹣2x2﹣x+3＝0，得x1＝﹣，x2＝1，
当a＝1时，原分式无意义，
当a＝﹣时，原式＝＝．
20．如图，一次函数y＝ax+b的图象与反比例函数y＝的图象交于C，D两点，与x，y轴交于B，A两点，CE⊥x轴于点E，且tan∠ABO＝，OB＝4，OE＝1．
（1）求一次函数的解析式和反比例函数的解析式
（2）求△OCD的面积；
（3）根据图象直接写出一次函数的值大于反比例函数的值时，自变量x的取值范围．
【分析】（1）根据已知条件求出A、B、C点坐标，用待定系数法求出直线AB和反比例函数的解析式；
（2）联立一次函数的解析式和反比例的函数解析式可得交点D的坐标，从而根据三角形面积公式求解；
（3）根据函数的图象和交点坐标即可求解．
【解答】解：（1）∵OB＝4，OE＝1，
∴BE＝1+4＝5．
∵CE⊥x轴于点E，tan∠ABO＝＝＝，
∴OA＝2，CE＝2.5．
∴点A的坐标为（0，2）、点B的坐标为C（4，0）、点C的坐标为（﹣1，2.5）．
∵一次函数y＝ax+b的图象与x，y轴交于B，A两点，
∴，
解得．
∴直线AB的解析式为y＝﹣x+2．
∵反比例函数y＝的图象过C，
∴2.5＝，
∴k＝﹣2.5．
∴该反比例函数的解析式为y＝﹣；
（2）联立反比例函数的解析式和直线AB的解析式可得，
解得点D的坐标为（5，﹣），
则△BOD的面积＝4××＝1，
△BOC的面积＝4××＝5，
∴△OCD的面积为1+5＝6；
（3）由图象得，一次函数的值大于反比例函数的值时x的取值范围：x＜﹣1或0＜x＜5．
21．2019年4月23日是第二十四个“世界读书日“．某校组织读书征文比赛活动，评选出一、二、三等奖若干名，并绘成如图所示的条形统计图和扇形统计图（不完整），请你根据图中信息解答下列问题：
（1）求本次比赛获奖的总人数，并补全条形统计图；
（2）求扇形统计图中“二等奖”所对应扇形的圆心角度数；
（3）学校从甲、乙、丙、丁4位一等奖获得者中随机抽取2人参加“世界读书日”宣传活动，请用列表法或画树状图的方法，求出恰好抽到甲和乙的概率．
【分析】（1）由一等奖人数及其所占百分比可得总人数，总人数减去一等奖、三等奖人数求出二等奖人数即可补全图形；
（2）用360°乘以二等奖人数所占百分比可得答案；
（3）画出树状图，由概率公式即可解决问题．
【解答】解：（1）本次比赛获奖的总人数为4÷10%＝40（人），
二等奖人数为40﹣（4+24）＝12（人），
补全条形图如下：
（2）扇形统计图中“二等奖”所对应扇形的圆心角度数为360°×＝108°；
（3）树状图如图所示，
∵从四人中随机抽取两人有12种可能，恰好是甲和乙的有2种可能，
∴抽取两人恰好是甲和乙的概率是＝．
22．如图，已知A、B是⊙O上两点，△OAB外角的平分线交⊙O于另一点C，CD⊥AB交AB的延长线于D．
（1）求证：CD是⊙O的切线；
（2）E为的中点，F为⊙O上一点，EF交AB于G，若tan∠AFE＝，BE＝BG，EG＝3，求⊙O的半径．
【分析】（1）连接OC，先证明∠OCB＝∠CBD得到OC∥AD，再利用CD⊥AB得到OC⊥CD，然后根据切线的判定定理得到结论；
（2）解：连接OE交AB于H，如图，利用垂径定理得到OE⊥AB，再利用圆周角定理得到∠ABE＝∠AFE，在Rt△BEH中利用正切可设EH＝3x，BH＝4x，则BE＝5x，所以BG＝BE＝5x，GH＝x，接着在Rt△EHG中利用勾股定理得到x2+（3x）2＝（3）2，解方程得x＝3，接下来设⊙O的半径为r，然后在Rt△OHB中利用勾股定理得到方程（r﹣9）2+122＝r2，最后解关于r的方程即可．
【解答】（1）证明：连接OC，如图，
∵BC平分∠OBD，
∴∠OBC＝∠CBD，
∵OB＝OC，
∴∠OBC＝∠OCB，
∴∠OCB＝∠CBD，
∴OC∥AD，
而CD⊥AB，
∴OC⊥CD，
∴CD是⊙O的切线；
（2）解：连接OE交AB于H，如图，
∵E为的中点，
∴OE⊥AB，
∵∠ABE＝∠AFE，
∴tan∠ABE＝tan∠AFE＝，
∴在Rt△BEH中，tan∠HBE＝＝
设EH＝3x，BH＝4x，
∴BE＝5x，
∵BG＝BE＝5x，
∴GH＝x，
在Rt△EHG中，x2+（3x）2＝（3）2，解得x＝3，
∴EH＝9，BH＝12，
设⊙O的半径为r，则OH＝r﹣9，
在Rt△OHB中，（r﹣9）2+122＝r2，解得r＝，
即⊙O的半径为．
23．快递公司为提高快递分拣的速度，决定购买机器人来代替人工分拣．已知购买甲型机器人1台，乙型机器人2台，共需14万元；购买甲型机器人2台，乙型机器人3台，共需24万元．
（1）求甲、乙两种型号的机器人每台的价格各是多少万元；
（2）已知甲型和乙型机器人每台每小时分拣快递分别是1200件和1000件，该公司计划购买这两种型号的机器人共8台，总费用不超过41万元，并且使这8台机器人每小时分拣快递件数总和不少于8300件，则该公司有哪几种购买方案？哪个方案费用最低，最低费用是多少万元？
【分析】（1）利用二元一次方程组解决问题；
（2）用不等式组确定方案，利用一次函数找到费用最低值．
【解答】解：（1）设甲型机器人每台价格是x万元，乙型机器人每台价格是y万元，根据题意得
解这个方程组得：
答：甲、乙两种型号的机器人每台价格分别是6万元、4万元
（2）设该公可购买甲型机器人a台，乙型机器人（8﹣a）台，根据题意得
解这个不等式组得
∵a为正整数
∴a的取值为2，3，4，
∴该公司有3种购买方案，分别是
购买甲型机器人2台，乙型机器人6台
购买甲型机器人3台，乙型机器人5台
购买甲型机器人4台，乙型机器人4台
设该公司的购买费用为w万元，则w＝6a+4（8﹣a）＝2a+32
∵k＝2＞0
∴w随a的增大而增大
当a＝2时，w最小，w最小＝2×2+32＝36（万元）
∴该公司购买甲型机器人2台，乙型机器人6台这个方案费用最低，最低费用是36万元．
24．如图1，抛物线y＝﹣[（x﹣2）2+n]与x轴交于点A（m﹣2，0）和B（2m+3，0）（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，连结BC．
（1）求m、n的值；
（2）如图2，点N为抛物线上的一动点，且位于直线BC上方，连接CN、BN．求△NBC面积的最大值；
（3）如图3，点M、P分别为线段BC和线段OB上的动点，连接PM、PC，是否存在这样的点P，使△PCM为等腰三角形，△PMB为直角三角形同时成立？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）利用抛物线的解析式确定对称轴为直线x＝2，再利用对称性得到2﹣（m﹣2）＝2m+3﹣2，解方程可得m的值，从而得到A（﹣1，0），B（5，0），然后把A点坐标代入y＝﹣[（x﹣2）2+n]可求出n的值；
（2）作ND∥y轴交BC于D，如图2，利用抛物线解析式确定C（0，3），再利用待定系数法求出直线BC的解析式为y＝﹣x+3，设N（x，﹣x2+x+3），则D（x，﹣x+3），根据三角形面积公式，利用S△NBC＝S△NDC+S△NDB可得S△BCN＝﹣x2+x，然后利用二次函数的性质求解；
（3）先利用勾股定理计算出BC＝，再分类讨论：当∠PMB＝90°，则∠PMC＝90°，△PMC为等腰直角三角形，MP＝MC，设PM＝t，则CM＝t，MB＝﹣t，证明△BMP∽△BOC，利用相似比可求出BP的长，再计算OP后可得到P点坐标；当∠MPB＝90°，则MP＝MC，设PM＝t，则CM＝t，MB＝﹣t，证明△BMP∽△BCO，利用相似比可求出BP的长，再计算OP后可得到P点坐标．
【解答】解：（1）∵抛物线的解析式为y＝﹣[（x﹣2）2+n]＝﹣（x﹣2）2﹣n，
∴抛物线的对称轴为直线x＝2，
∵点A和点B为对称点，
∴2﹣（m﹣2）＝2m+3﹣2，解得m＝1，
∴A（﹣1，0），B（5，0），
把A（﹣1，0）代入y＝﹣[（x﹣2）2+n]得9+n＝0，解得n＝﹣9；
（2）作ND∥y轴交BC于D，如图2，
抛物线解析式为y＝﹣[（x﹣2）2﹣9]＝﹣x2+x+3，
当x＝0时，y＝3，则C（0，3），
设直线BC的解析式为y＝kx+b，
把B（5，0），C（0，3）代入得，解得，
∴直线BC的解析式为y＝﹣x+3，
设N（x，﹣x2+x+3），则D（x，﹣x+3），
∴ND＝﹣x2+x+3﹣（﹣x+3）＝﹣x2+3x，
∴S△NBC＝S△NDC+S△NDB＝•5•ND＝﹣x2+x＝﹣（x﹣）2+，
当x＝时，△NBC面积最大，最大值为；
（3）存在．
∵B（5，0），C（0，3），
∴BC＝＝，
当∠PMB＝90°，则∠PMC＝90°，△PMC为等腰直角三角形，MP＝MC，
设PM＝t，则CM＝t，MB＝﹣t，
∵∠MBP＝∠OBC，
∴△BMP∽△BOC，
∴＝＝，即＝＝，解得t＝，BP＝，
∴OP＝OB﹣BP＝5﹣＝，
此时P点坐标为（，0）；
当∠MPB＝90°，则MP＝MC，
设PM＝t，则CM＝t，MB＝﹣t，
∵∠MBP＝∠CBO，
∴△BMP∽△BCO，
∴＝＝，即＝＝，解得t＝，BP＝，
∴OP＝OB﹣BP＝5﹣＝，
此时P点坐标为（，0）；
综上所述，P点坐标为（，0）或（，0）．
25．已知正方形ABCD的对角线AC，BD相交于点O．
（1）如图1，E，G分别是OB，OC上的点，CE与DG的延长线相交于点F．若DF⊥CE，求证：OE＝OG；
（2）如图2，H是BC上的点，过点H作EH⊥BC，交线段OB于点E，连结DH交CE于点F，交OC于点G．若OE＝OG，
①求证：∠ODG＝∠OCE；
②当AB＝1时，求HC的长．
【分析】（1）欲证明OE＝OG，只要证明△DOG≌△COE（ASA）即可；
（2）①欲证明∠ODG＝∠OCE，只要证明△ODG≌△OCE即可；
②设CH＝x，由△CHE∽△DCH，可得＝，即HC2＝EH•CD，由此构建方程即可解决问题；
【解答】（1）证明：如图1中，∵四边形ABCD是正方形，
∴AC⊥BD，OD＝OC，
∴∠DOG＝∠COE＝90°，
∴∠OEC+∠OCE＝90°，
∵DF⊥CE，
∴∠OEC+∠ODG＝90°，
∴∠ODG＝∠OCE，
∴△DOG≌△COE（ASA），
∴OE＝OG．
（2）①证明：如图2中，
∵AC，BD为对角线，
∴OD＝OC，
∵OG＝OE，∠DOG＝∠COE＝90°，
∴△ODG≌△OCE，
∴∠ODG＝∠OCE．
②解：设CH＝x，
∵四边形ABCD是正方形，AB＝1，
∴BH＝1﹣x，∠DBC＝∠BDC＝∠ACB＝45°，
∵EH⊥BC，
∴∠BEH＝∠EBH＝45°，
∴EH＝BH＝1﹣x，
∵∠ODG＝∠OCE，
∴∠BDC﹣∠ODG＝∠ACB﹣∠OCE，
∴∠HDC＝∠ECH，
∵EH⊥BC，
∴∠EHC＝∠HCD＝90°，
∴△CHE∽△DCH，
∴＝，
∴HC2＝EH•CD，
∴x2＝（1﹣x）•1，
解得x＝或（舍弃），
∴HC＝．
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