专练03（50题）（选择题-压轴）2022中考数学考点必杀500题（江西专用）

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2022中考考点必杀500题
专练03（选择题-压轴）（50道）
1．（2022·江西·模拟预测）斐波那契螺旋线，也称“黄金螺旋线”，它可以通过分别以1，1，2，3，5，…为半径，依次作圆心角为90°的扇形弧线画出来(如图)．第1步中扇形的半径是1 cm，按如图所示的方法依次画，则第6步所画扇形的弧长为(　　)

A．π B．4π C．π D．π
【答案】B
【解析】
【分析】
根据题意找出半径的变化规律，进而求出第6步所画扇形的半径，根据弧长公式计算，得到答案．
【详解】
解：斐波那契数列为1，1，2，3，5，…
第6步半径为3+5=8（cm）；
由题意得：第6步所画扇形的半径8cm，
∴第6步所画扇形的弧长＝（cm），
故选：B．
【点睛】
本题考查的是弧长的计算、数字的变化规律，根据题意找出半径的变化规律是解题的关键．
2．（2022·江西·模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，M、N、C三点的坐标分别为（，1），（3，1），（3，0），点A为线段MN上的一个动点，连接AC，过点A作交y轴于点B，当点A从M运动到N时，点B随之运动，设点B的坐标为（0，b），则b的取值范围是（       ）

A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
延长NM交y轴于P点，则MN⊥y轴．连接CN．证明△PAB∽△NCA，得出，设PA=x，则NA=PN-PA=3-x，设PB=y，代入整理得到，根据二次函数的性质以及≤x≤3，求出y的最大与最小值，进而求出b的取值范围．
【详解】
解：如图，延长NM交y轴于P点，则MN⊥y轴．连接CN．

在△PAB与△NCA中，
，
∴△PAB∽△NCA，
∴，
设PA=x，则NA=PN-PA=3-x，设PB=y，
∴，
∴，
∵-1＜0，≤x≤3，
∴x=时，y有最大值，此时b=1-=-，
x=3时，y有最小值0，此时b=1，
∴b的取值范围是-≤b≤1．
故选：B．
【点睛】
本题考查了相似三角形的判定与性质，二次函数的性质，得出y与x之间的函数解析式是解题的关键．
3．（2022·江西新余·一模）如图，下列各式中正确的是（       ）

A． B．
C． D．
【答案】D
【解析】
【详解】
试题分析：延长TS，

∵OP∥QR∥ST，
∴∠2=∠4，
∵∠3与∠ESR互补，
∴∠ESR=180°﹣∠3，
∵∠4是△FSR的外角，
∴∠ESR+∠1=∠4，即180°﹣∠3+∠1=∠2，
∴∠2+∠3﹣∠1=180°．
故选D．
考点：平行线的性质．
4．（2021·江西赣州·模拟预测）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC＝2，CD⊥AB于点D．点P从点A出发，沿A→D→C的路径运动，运动到点C停止，过点P作PE⊥AC于点E，作PF⊥BC于点F．设点P运动的路程为x，四边形CEPF的面积为y，则能反映y与x之间函数关系的图象（　　）

A． B．
C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
由题意易得AB=4，则有AD=BD=2，进而可分两种情况讨论：根据PE⊥AC，PF⊥BC，可得四边形CEPF是矩形和正方形，设点P运动的路程为x，四边形CEPF的面积为y，进而可得能反映y与x之间的函数关系式，从而可得图象．
【详解】
解：∵在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC＝2，
∴，
∵CD⊥AB，
∴，
∵PE⊥AC，PF⊥BC，
∴四边形CEPF是矩形，
∴，
∵点P运动的路程为x，
∴当点P从点A出发，沿A→D路径运动时，即，，
∴，
∴，
∴四边形CEPF的面积为，
∴当时，抛物线开口向下；
当点P沿D→C路径运动时，即，
∵CD是∠ACB的平分线，
∴PE=PF，
∴四边形CEPF是正方形，
∵AD=2，PD=x-2，
∴CP=4-x，
∴，
∴当时，抛物线开口向上，
综上所述：能反映y与x之间函数关系的图象只有A选项符合；
故选A．
【点睛】
本题主要考查函数图象、正方形的性质与判定及二次函数图象与性质，熟练掌握函数图象、正方形的性质与判定及二次函数图象与性质是解题的关键．
5．（2021·江西南昌·二模）如图，函数图象C1与C2都经过x轴上的点B并关于垂直于x轴的直线l对称，已知C1是抛物线y＝﹣2x2＋8x﹣6在x轴上方的部分，若直线y＝x＋m与C1、C2共有3个不同的交点，则m的取值范围是（       ）

A．﹣2＜m＜ B．﹣3＜m＜﹣ C．﹣3＜m＜﹣2 D．﹣3＜m＜﹣
【答案】D
【解析】
【分析】
首先求出点和点的坐标，然后求出解析式，分别求出直线与抛物线相切时的值以及直线过点时的值，结合图形即可得到答案．
【详解】
解：令，即，
解得或3，
点，，
函数图象与关于直线对称，
解析式为，
当与相切时，
令，即，
△，
解得，
当过点时，即，
，
当时直线与、共有3个不同的交点，
故选：D．

【点睛】
本题主要考查抛物线与轴交点以及二次函数图象与几何变换的知识，解答本题的关键是正确地画出图形，利用数形结合进行解题，此题有一定的难度．
6．（2021·江西·一模）如图，已知点为勾股形（我国古代数学家刘徽称直角三角形为勾股形）的内心，其中为直角，点、、分别在边、、上，，若，，则正方形的面积是（       ）

A．2 B．4 C．3 D．16
【答案】B
【解析】
【分析】
先根据已知条件证明和全等，和全等，然后设正方形的边长为，在中，利用勾股定理建立关于的方程，解方程即可．
【详解】
，∠ABO=∠CBO，
是和的公共边，
，
同理可得，，
，，
由题意得，四边形为正方形，
设，
，
在中，，
即，
解得：或（舍去），
正方形的面积是4，
故选：．
【点睛】
本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定及性质、一元二次方程的解法、勾股定理、三角形的内心等知识，熟练掌握正方形的性质，根据勾股定理列出方程式是解答本题的关键．
7．（2021·江西·一模）如图，直线与反比例函数的图象交于、两点，且，则下列结论中，不正确的是（       ）

A．，两点关于直线对称 B．当取某特定的值时，是等边三角形
C．当，两点重合时， D．当的值为时，b的值为
【答案】C
【解析】
【分析】
根据反比例函数的图象关于直线对称即可对A作出判断；根据A选项可知，所以当时， 是等边三角形，即可对B选项作出判断；当，两点重合时，可得，此时，即可对选项C作出判断；当的值为时，可求得点A的坐标，将其代入一次函数即可对选项D作出判断．
【详解】
解：∵反比例函数的图象关于直线对称，直线由直线平移所得，∴，两点关于对称，A正确；
由A选项可知，当时，，即是等边三角形，B正确；
当，两点重合时，可得，与轴正半轴的夹角为45°，可得，C错误；
当的值为时，可求得点A的坐标为，将代入，可得，D正确．
故选：C．
【点睛】
本题考一次函数和反比例函数的图像及性质，解题的关键是掌握相关函数的图像及性质．
8．（2021·江西·模拟预测）如图，在矩形中，是的中点，点在上，沿翻折，使点恰好落在上的点处，连接，，则图中与相等的角（除外）有（       ）


A．个 B．个 C．个 D．个
【答案】B
【解析】
【分析】
根据折叠的性质证明∠C´MN=∠CMN=∠BC´M=∠MBC，在矩形中，AD∥BC，得∠CC´N=∠C´CN=∠CMN，由此解答即可．
【详解】
解：∵C沿着沿翻折，
∴∠C´MN=∠CMN，MC=MC´，NC=NC´，CC´⊥MN，
∴∠C´MN+∠CMN=∠C´MC=∠MBC´+∠BC´M，
∵是的中点，
∴BM=MC=MC´，
∴∠MBC´=∠BC´M，
∴∠C´MN=∠CMN=∠BC´M=∠MBC´，
∵在矩形中，AD∥BC，
∴∠AC´B=∠MBC´，
∴∠AC´B=∠MBC´=∠CMN，
∵∠CMN+∠CNM=90°，
∴∠DCC´=∠CMN，
∵NC´=NC，
∴∠CC´N=∠C´CN=∠CMN，
故选：B．
【点睛】
本题考查了矩形的性质，折叠变换的性质，掌握这些性质是解题的很关键．
9．（2021·江西·赣州市南康区教学研究室一模）如图，在四边形中，，连接，，，，点是四边形边上的一个动点，若点到的距离为，则点的位置有（       ）．

A．4处 B．3处 C．2处 D．1处
【答案】B
【解析】
【分析】
解：过D作DE⊥AC于E，过B作BF⊥AC于F，由，，可求AC=2CD=4，AD= 2，利用面积有，可求，由， ，可证BC=BA，可得BF=CF=AF=2，在BF上截取FM=，过M作直线GH⊥BF交BC于G，交BA于H，点P在点D，点G，点H时满足条件，点P有三个点即可．
【详解】
解：过D作DE⊥AC于E，过B作BF⊥AC于F，
∵，，
∴AC=2CD=4，
∴AD=AC×cos30°=2，
∴，
∴，
∵， ，
∴，
∴BC=BA，
∴BF=CF=AF=2，
∵2，
在BF上截取FM=，过M作直线GH⊥BF交BC于G，交BA于H，
点是四边形边上的一个动点，点到的距离为，点P在点D，点G，点H时满足条件，
故点P有三个点．
故选择：B．

【点睛】
本题考查30°角直角三角形性质，特殊角的锐角三角函数，面积等积式，等腰直角三角形斜边中线性质，点到直线的距离，掌握30°角直角三角形性质，特殊角锐角三角函数，面积等积式，等腰直角三角形斜边中线性质，点到直线的距离是解题关键．
10．（2021·江西·模拟预测）如图，在平面直角坐标系xOy中，直线l与x轴平行，且直线l分别与反比例函数（x＞0）和（x＜0）的图象交于点P和点Q．若△POQ的面积为10，则k的值为（　　）

A．10 B．12 C．﹣10 D．﹣12
【答案】D
【解析】
【分析】
根据和反比例函数比例系数的几何意义即可求出．
【详解】
∵直线l与x轴平行，
∴， ．
又∵，即
∴．
∵反比例函数的图象在第二象限．
∴．
∴．
故选：D．
【点睛】
本题考查了反比例函数与几何图形的面积，掌握反比例函数比例系数的几何意义是解此题的关键．
11．（2021·江西·一模）已知执物线y＝ax2﹣2ax＋a﹣c（a≠0）与y轴的正半轴相交，直线AB∥x轴，且与该抛物线相交于A（x1，y1）B（x2，y2）两点，当x＝x1＋x2时，函数值为p；当x＝时，函数值为q．则p﹣q的值为（       ）
A．a B．c C．﹣a＋c D．a﹣c
【答案】A
【解析】
把函数解析式配方后可以得到其顶点坐标和对称轴，从而得到x1+x2与 的值，然后可得p和q的值，最后即可得到问题解答 ．
【详解】
解：由题意可得：
y=a(x2-2x+1)-c=a(x-1)2-c，
∴该抛物线的对称轴为x=1，
∴x1+x2=2×1=2，
∴p=a-c，
∴，
∴q=-c，
∴p-q=a-c-(-c)=a-c+c=a，
故选A．
【点睛】
本题考查抛物线的应用，熟练掌握抛物线化为顶点式的方法及其图象与性质是解题关键．
12．（2021·江西南昌·一模）如图，在矩形中，，分别为，的中点，线段，与对角线分别交于点、H，设矩形的面积为，则下列结论不正确的是（   ）

A． B．
C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
根据平行线分线段成比例定理和线段中点的定义得：，可判断选项A正确；同理根据平行线分线段成比例定理得：，即可判断B选项；设根据相似三角形面积的比等于相似比的平方，等底同高三角形面积的关系依次用表示各三角形的面积，即可判断C和D选项．
【详解】
①四边形ABCD是矩形

点E是BC的中点


故选项A正确；
②

同理得：

故选项B正确
③


设则

同理可得：

故选项C正确；
④由③可知：

故选项D错误；
故选：D．
【点睛】
本题考查了矩形的性质,三角形相似的性质和判定,平行线分线段成比例定理,三角形面积等知识,解题的关键是理解题意,掌握等底同高三角形面积相等,相似三角形面积的比等于相似比的平方．
13．（2021·江西南昌·一模）如图，的弦垂直平分半径，若弦，则的半径为（   ）

A． B． C． D．2
【答案】D
【解析】
【分析】
首先连接OA，由垂径定理即可求得AD的长，然后设OD=x，则OA=2x，由勾股定理即可求得圆的半径；
【详解】
解：设OC与AB交于点D，连接OC，
设OC=x，
∵ 圆O的弦AB垂直平分半径OC，
∴ OC=2x，AD= ，
∵ ，
∴ ，
解得： ，
∴ 圆的半径为：2．
故选：D．

【点睛】
本题考查了垂径定理以及勾股定理，此题难度不大，注意掌握辅助线的作法及数形结合的思想的应用．
14．（2021·江西·模拟预测）如图，AB是⊙O的直径，直线PA与⊙O相切于点A，PO交⊙O于点C，连接BC，若∠BCO＝α，则∠P的度数为（　　）

A．2α B．90°﹣2α C．45°﹣2α D．45°+2α
【答案】B
【解析】
【分析】
由圆周角定理可求得∠AOP的度数，由切线的性质可知∠PAO=90°，则可中求得∠P．
【详解】
解：∵OC＝OB，
∴∠BCO＝∠ABC＝α，
∴∠AOP＝2∠ABC＝2α，
∵PA是⊙O的切线，
∴PA⊥AB，
∴∠PAO＝90°，
∴∠P＝90°﹣∠AOP＝90°﹣2α，
故选：B．
【点睛】
本题主要考查切线的性质及圆周角定理，根据圆周角定理可切线的性质分别求得∠AOP和∠PAO的度数是解题的关键．
15．（2021·江西赣州·模拟预测）如图，把一张矩形纸片ABCD按所示方法进行两次折叠，得到等腰直角三角形BEF，若BC=1，则AB的长度为（　　）

A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
先判断出∠ADE=45°，进而判断出AE=AD，利用勾股定理即可得出结论．
【详解】
解：由折叠补全图形如图所示，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ADA'=∠B=∠C=∠A=90°，AD=BC=1，CD=AB，
由第一次折叠得：∠DAE=∠A=90°，∠ADE=∠ADC=45°，
∴∠AED=∠ADE=45°，
∴AE=AD=1，
在Rt△ADE中，根据勾股定理得，DE=AD=，
由第二次折叠可知，
∴
故选：A．

【点睛】
本题考查了图形的折叠和勾股定理，搞清楚折叠中线段的数量关系是解决此类题的关键．
16．（2021·江西·模拟预测）如图，在Rt△ABC中，∠A＝90°，P为边BC上一动点，PE⊥AB于E，PF⊥AC于F，动点P从点B出发，沿着BC匀速向终点C运动，则线段EF的值大小变化情况是（　　）

A．一直增大 B．一直减小 C．先减小后增大 D．先增大后减少
【答案】C
【解析】
【分析】
连接AP，先判断出四边形AFPE是矩形，根据矩形的对角线相等可得EF=AP，再根据垂线段最短可得AP⊥AB时，线段EF的值最小，即可判断出动点P从点B出发，沿着BC匀速向终点C运动，线段EF的值大小变化情况．
【详解】
如图，连接AP．


∵∠A=90°，PE⊥AB，PF⊥AC
∴四边形AFPE是矩形，
∴EF=AP，
由垂线段最短可得AP⊥BC时，AP最短，则线段EF的值最小，
∴动点P从点B出发，沿着BC匀速向终点C运动，则线段EF的值大小变化情况是先减小后增大．
故选C．
【点睛】
本题考查了矩形的判定与性质，垂线段最短的性质，勾股定理，判断出CP⊥AB时，线段EF的值最小是解题的关键．
17．（2021·江西·模拟预测）实数a，b，c，d在数轴上的对应点的位置如图所示. 若，则下列结论中正确的是（       ）

A．
B．
C．
D．
【答案】D
【解析】
【分析】
根据数轴上的点表示的数右边的总比左边的大，可得a＜b＜0＜c＜d，根据有理数的运算，可得答案．
【详解】
由数轴上的点表示的数右边的总比左边的大，得a＜b＜0＜c＜d，
A、b+d＝0，∴b+c＜0，故A不符合题意；
B、＜0，故B不符合题意；
C、ad＜bc＜0，故C不符合题意；
D、|a|＞|b|＝|d|，故D正确；
故选D．
【点睛】
本题考查了实数与数轴，利用数轴上的点表示的数右边的总比左边的大得出a＜b＜0＜c＜d是解题关键，又利用了有理数的运算．
18．（2021·江西·模拟预测）二次函数y=ax2+bx+1（a≠0）的图象的顶点在第一象限，且过点（﹣1，0）．设t=a+b+1，则t值的变化范围是【 】

A．0＜t＜1 B．0＜t＜2 C．1＜t＜2 D．﹣1＜t＜1
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
∵二次函数y=ax2+bx+1的顶点在第一象限，且经过点（﹣1，0），
∴a﹣b+1=0，a＜0，b＞0，
∵由a=b﹣1＜0得b＜1，∴0＜b＜1①，
∵由b=a+1＞0得a＞﹣1，∴﹣1＜a＜0②．
∴由①②得：﹣1＜a+b＜1．∴0＜a+b+1＜2，即0＜t＜2．
故选B．
19．（2021·江西·模拟预测）如图，在▱ABCD中，AB=6，BC=10，AB⊥AC，点P从点B出发沿着B→A→C的路径运动，同时点Q从点A出发沿着A→C→D的路径以相同的速度运动，当点P到达点C时，点Q随之停止运动，设点P运动的路程为x，y=PQ2，下列图象中大致反映y与x之间的函数关系的是（　　）

A． B．
C． D．
【答案】B
【解析】
【详解】
【分析】先利用勾股定理求出AC长，然后分三种情况分别求出y与x间的关系式即可进行判断. 三种情况是：①0≤x≤6 ，②6≤x≤8 ，③8≤x≤14.
【详解】在Rt△ABC中，∠BAC=90°，AB=6，BC=10，∴AC==8，
当0≤x≤6时，AP=6﹣x，AQ=x，∴y=PQ2=AP2+AQ2=2x2﹣12x+36；
当6≤x≤8时，AP=x﹣6，AQ=x，∴y=PQ2=（AQ﹣AP）2=36；
当8≤x≤14时，CP=14﹣x，CQ=x﹣8，∴y=PQ2=CP2+CQ2=2x2﹣44x+260，
故选B．
【点睛】本题考查了二次函数的应用，动点问题的函数图象，结合图形正确地分三种情况进行讨论是解题的关键.
20．（2021·江西·模拟预测）如图，在△ABC中，∠A＝36°，AB＝AC，BD是△ABC的角平分线．若在边AB上截取BE＝BC，连接DE，则图中等腰三角形共有(       )

A．2个 B．3个 C．4个 D．5个
【答案】D
【解析】
【详解】
在△ABC中，∠A=36°，AB=AC，
∴∠ABC=∠C=72°，△ABC是等腰三角形，
∵CD是△ABC的角平分线，
∴∠ACD=∠DCB=36°，
∴△ACD是等腰三角形，
在△BDC中，由三角形的内角和求出∠BDC=72°，
∴△BDC是等腰三角形，
∴BD=BC=BE，
∴△BDE是等腰三角形，
∴∠BDE=72°，∠ADE=36°，
∴△ADE是等腰三角形．
∴图中等腰三角形共有共5个．
故选D．
【点睛】
本题考查了角平分线，三角形的内角和、外角和，平角相关知识．
21．（2021·江西赣州·一模）如图是由三个全等的菱形拼接而成的图形，若平移其中一个菱形，与其他两个菱形重新拼接（无覆盖，有公共顶点），并使拼接成的图形为轴对称图形，则平移的方式共有（       ）

A．5种 B．6种 C．7种 D．8种
【答案】D
【解析】
【分析】
根据轴对称图形的定义判断即可．
【详解】
解：如图，把菱形A平移到①或②或⑤或⑥的位置可得轴对称图形．
把菱形B平移到③或④或⑤或⑦的位置可得轴对称图形．共有8种方法．

故选：D．
【点睛】
本题考查了轴对称的定义，理解轴对称的定义和菱形是轴对称图形是解题关键．
22．（2021·江西·新余市第一中学模拟预测）已知二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象如图，分析下列四个结论：①abc＜0；②b2﹣4ac＞0；③3a+c＞0；④（a+c）2＜b2；⑤2a﹣b＜c．其中正确的结论有（　　）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】C
【解析】
【分析】
根据抛物线开口方向、对称轴、与y轴的交点即可判断①；根据抛物线与x轴的交点即可判断②；当x＝1时，y＝a+b+c＜0，由得出得出b＞2a，进而可得出3 a+c＜0可判断③；由当x＝﹣1时y＞0及当x＝1时y＜0，可得出a﹣b+c＞0，a+b+c＜0，二者相乘即可得出（ a+c）2＜b2，即可判断④；由＞﹣1，a＜0，得出2a﹣ b＜0，即可得出2a﹣b＜c，即可判断⑤．
【详解】
解：①∵二次函数y＝ax2+bx+c的图象开口向下，对称轴在y轴左侧，与y轴交于正半轴，
∴a＜0，＜0，c＞0，
∴b＜0，
∴abc＞0，结论①错误；
②∵二次函数y＝ax2+bx+c与x轴有两个交点，
∴△＝b2﹣4ac＞0，结论②正确；
③∵当x＝1时，y＜0，
∴a+b+c＜0，
∵＞﹣1，a＜0，
∴b＞2a，
∴a+b＜3a，
∴3a+c＜0，结论③错误；
④∵当x＝﹣1时，y＞0，当x＝1时，y＜0，
∴a﹣b+c＞0，a+b+c＜0，
∴（a﹣b+c）（a+b+c）＝（a+c）2﹣b2＜0，
∴（a+c）2＜b2，结论④正确；
⑤∵＞﹣1，a＜0，
∴2a﹣b＜0，
∵c＞0，
∴2a﹣b＜c，结论⑤正确；
综上所述，正确的结论有②④⑤共3个．
故选：C．
【点睛】
本题考查了二次函数图象与系数的关系以及二次函数图象上点的坐标特征，观察函数图象，利用二次函数图象与系数的关系及二次函数图象上点的坐标特征逐一分析五个结论的正误是解题的关键．
23．（2019·山东济南·中考模拟）如图，抛物线的对称轴为，与轴的一个交点在和之间，其部分图象如图所示，则下列结论：
；
；
点、、是该抛物线上的点，则；
；
（为任意实数）．
其中正确结论的个数是（ ）

A．2 B．3 C．4 D．5
【答案】C
【解析】
【分析】
（1）由抛物线与x轴的交点的个数可以判断b2﹣4ac的正负；（2）由对称轴为x=﹣1，将对称轴用含a、b的式子表示出来，即可判断2a是否等于b；（3）由二次函数的增减性比较y1、y2、y3的大小；（4）由图像可得x=﹣3时，y＜0，即9a﹣3b+c＜0，将a用b表示代入即可；（5）要证明t(at+b)≤a﹣b，即要证明at2+bt+c≤a﹣b+c，即要证明x=﹣1时，函数取最大值.
【详解】
（1）抛物线与x轴有两个交点，所以方程ax2+bx+c=0（a≠0）有两个不相等的实数根，所以b2﹣4ac＞0，此结论正确；
（2）对称轴为x=﹣1=﹣，即b=2a，此结论正确；
（3）由二次函数的对称性可得，x=与x=﹣的函数值相等，当x＜﹣1时，y随着x的增大而增大，所以y1＜y3＜y2，此结论错误；
（4）由图像得，x=﹣3时，y＜0，即9a﹣3b+c＜0，因为b=2a，所以×9﹣3b+c＜0，即3b+2c＜0，此结论正确；
（5）要证明t(at+b)≤a﹣b，即要证明at2+bt+c≤a﹣b+c，即要证明抛物线在x=﹣1时取最大值，由图像可得当x=﹣1时，y最大，此结论正确.
正确结论的个数是4.
故选C.
【点睛】
本题主要考查二次函数的图像与性质以及对二次函数系数相关式子的判断.
24．（2020·江西赣州·一模）一张圆形纸片，小芳进行了如下连续操作：
将圆形纸片左右对折，折痕为AB，如图．
将圆形纸片上下折叠，使A、B两点重合，折痕CD与AB相交于M，如图．
将圆形纸片沿EF折叠，使B、M两点重合，折痕EF与AB相交于N，如图．
连结AE、AF、BE、BF，如图．
经过以上操作，小芳得到了以下结论：
；四边形MEBF是菱形；为等边三角形；：：．以上结论正确的有

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】D
【解析】
【分析】
根据折叠的性质可得∠BMD=∠BNF=90°，然后利用同位角相等，两直线平行可得CD∥EF，从而判定①正确；
根据垂径定理可得BM垂直平分EF，再求出BN=MN，从而得到BM、EF互相垂直平分，然后根据对角线互相垂直平分的四边形是菱形求出四边形MEBF是菱形，从而得到②正确；根据直角三角形角所对的直角边等于斜边的一半求出∠MEN=30°，然后求出∠EMN=60°，根据等边对等角求出∠AEM=∠EAM，然后利用三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和求出∠AEM=30°，从而得到∠AEF=60°，同理求出∠AFE=60°，再根据三角形的内角和等于180°求出∠EAF=60°，从而判定△AEF是等边三角形，③正确；
设圆的半径为r，求出EN= ，则可得EF=2EN=，即可得S四边形AEBF：S扇形BEMF的答案，所以④正确．
【详解】
解：∵纸片上下折叠A、B两点重合，
∴∠BMD=90°，
∵纸片沿EF折叠，B、M两点重合，
∴∠BNF=90°，
∴∠BMD=∠BNF=90°，
∴CD∥EF，故①正确；
根据垂径定理，BM垂直平分EF，
又∵纸片沿EF折叠，B、M两点重合，
∴BN=MN， ∴BM、EF互相垂直平分，
∴四边形MEBF是菱形，故②正确；
∵ME=MB=2MN，
∴∠MEN=30°，
∴∠EMN=90°-30°=60°，
又∵AM=ME（都是半径），
∴∠AEM=∠EAM，
∴∠AEM=∠EMN=×60°=30°，
∴∠AEF=∠AEM+∠MEN=30°+30°=60°，
同理可求∠AFE=60°， ∴∠EAF=60°，
∴△AEF是等边三角形，故③正确；
设圆的半径为r，则EN=， ∴EF=2EN=，
∴S四边形AEBF：S扇形BEMF=
故④正确，
综上所述，结论正确的是①②③④共4个．
故选：D．
【点睛】
本题圆的综合题型，主要考查了翻折变换的性质，平行线的判定，对角线互相垂直平分的四边形是菱形，等边三角形的判定与性质．注意掌握折叠前后图形的对应关系是关键．
25．（2020·江西赣州·模拟预测）等腰三角形中，，，为边上一动点，，与的腰交于点，连结，设为，的面积为，则关于的函数关系的图象大致是（     ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
过B作BD⊥AC于D，则AD=CD=4，由勾股定理可得BD=3，再分两种情况进行讨论：当Q在AB上时，求得△CPQ面积y=PQ×CP=-x2+3x（0≤x＜4）；当Q在BC上时，求得△CPQ面积y=PQ×CP=x2-6x+24（4≤x≤8），据此判断函数图象即可．
【详解】
解：过作于，则，
∴由勾股定理可得，，
如图所示，当在上时，

由，可得，
∴，
又∵，
∴面积；
如图所示，当在上时，，

由，可得，
∴面积，
∴当时，函数图象是开口向下的抛物线；当时，函数图象是开口向上的抛物线．
故选：D．
【点睛】
本题主要考查了动点问题的函数图象，解题时注意：二次函数的图象为抛物线，开口方向由二次项的系数符号决定，用图象解决问题时，要理清图象的含义即会识图．
26．（2020·江西南昌·模拟预测）如图，面积为24的▱ABCD中，对角线BD平分∠ABC，过点D作DE⊥BD交BC的延长线于点E，DE＝6，则sin∠DCE的值为（　　）

A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
连接AC，过点D作DF⊥BE于点E，由BD平分∠ABC证得四边形ABCD是菱形，利用DE⊥BD得到OC∥ED求出AC，根据▱ABCD面积为24求出BD，再由勾股定理求出BC，设CF＝x，则BF＝5+x，利用BD2﹣BF2＝DC2﹣CF2求出x得到DF，即可求出答案.
【详解】
解：连接AC，过点D作DF⊥BE于点E，

∵BD平分∠ABC，
∴∠ABD＝∠DBC，
∵ABCD中，AD∥BC，
∴∠ADB＝∠DBC，
∴∠ADB＝∠ABD，
∴AB＝BC，
∴四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，OB＝OD，
∵DE⊥BD，
∴OC∥ED，
∵DE＝6，
∴OC＝，
∴AC=6，
∵ABCD的面积为24，
∴，
∴BD＝8，
∴＝＝5，
设CF＝x，则BF＝5+x，
由BD2﹣BF2＝DC2﹣CF2可得：82﹣（5+x）2＝52﹣x2，
解得x＝，
∴DF＝，
∴sin∠DCE＝．
故选：A．
【点睛】
此题考查菱形的判定及性质，勾股定理，三角函数，是一道较难的四边形综合题.
27．（2020·江西·一模）若a≠b，且则的值为（       ）
A． B．1 C．.4 D．3
【答案】B
【解析】
【详解】
解：由得：
∴
又由可以将a，b看做是方程 的两个根
∴a+b=4，ab=1
∴
故答案为B.
【点睛】
本题看似考查代数式求值，但解题的关键是构造一元二次方程并运用根于系数的关系求解．
28．（2020·江西九江·模拟预测）如图，曲线C2是双曲线C1：y=（x＞0）绕原点O逆时针旋转45°得到的图形，P是曲线C2上任意一点，点A在直线l：y=x上，且PA=PO，则△POA的面积等于（　　）

A． B．6 C．3 D．12
【答案】B
【解析】
【分析】
将双曲线逆时针旋转使得l与y轴重合，等腰三角形△PAO的底边在y轴上，应用反比例函数比例系数k的性质解答问题．
【详解】
如图，将C2及直线y=x绕点O逆时针旋转45°，则得到双曲线C3，直线l与y轴重合．
双曲线C3，的解析式为y=-，
过点P作PB⊥y轴于点B，
∵PA=PO，
∴B为OA中点．
∴S△PAB=S△POB，
由反比例函数比例系数k的性质，S△POB=3，
∴△POA的面积是6.

故选B．
【点睛】
本题为反比例函数综合题，考查了反比例函数的轴对称性以及反比例函数比例系数k的几何意义．
29．（2020·江西宜春·二模）二次函数的图象如图，对称轴为直线，关于的一元二次方程（为实数）在的范围内有解，则的取值范围是（       ）

A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
如图，关于的一元二次方程的解就是抛物线与直线的交点的横坐标，利用图象法即可解决问题．
【详解】
解：如图，关于的一元二次方程的解就是抛物线与直线的交点的横坐标，由题意可知：，
，

当时，，
当时，，
由图象可知关于的一元二次方程为实数）在的范围内有解，
直线在直线和直线之间包括直线，
．
故选：D．
【点睛】
本题考查抛物线与轴的交点、一元二次方程等知识，解题的关键是学会利用图象法解决问题，画出图象是解决问题的关键，属于中考选择题中的压轴题．
30．（2020·江西·二模）如图，△ABC的顶点在网格中，现将△ABC绕格点O顺时针旋转α角（0°＜α＜360°），使旋转后所得三角形的顶点也在格点上，则当旋转前后的图形形成轴对称图形时，符合条件的α角的度有（　　）

A．1个 B．3个 C．6个 D．8个
【答案】B
【解析】
【分析】
画出图形，利用图象法解决问题即可．
【详解】
观察图象可知，满足条件的α的值为90°或180°或270°，

故选B．
【点睛】
本题考查了旋转变换，轴对称的定义等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
31．（2020·江西抚州·二模）如图，点E是矩形ABCD的边AD的中点，且BE⊥AC于点F，则下列结论中错误的是（       ）

A．AF＝CF
B．∠DCF＝∠DFC
C．图中与△AEF相似的三角形共有5个
D．tan∠CAD＝
【答案】D
【解析】
【分析】
由AE=AD=BC，又AD∥BC，所以，故A正确，不符合题意；
过D作DM∥BE交AC于N，得到四边形BMDE是平行四边形，求出BM=DE=BC，得到CN=NF，根据线段的垂直平分线的性质可得结论，故B正确，不符合题意；
根据相似三角形的判定即可求解，故C正确，不符合题意；
由△BAE∽△ADC，得到CD与AD的大小关系，根据正切函数可求tan∠CAD的值，故D错误，符合题意．
【详解】
解：A、∵AD∥BC，
∴△AEF∽△CBF，
∴＝，
∵AE＝AD＝BC，
∴＝，故A正确，不符合题意；
B、过D作DM∥BE交AC于N，
∵DE∥BM，BE∥DM，
∴四边形BMDE是平行四边形，
∴BM＝DE＝BC，
∴BM＝CM，
∴CN＝NF，
∵BE⊥AC于点F，DM∥BE，
∴DN⊥CF，
∴DF＝DC，
∴∠DCF＝∠DFC，故B正确，不符合题意；
C、图中与△AEF相似的三角形有△ACD，△BAF，△CBF，△CAB，△ABE共有5个，故C正确，不符合题意．
D、设AD＝a，AB＝b由△BAE∽△ADC，有＝．
∵tan∠CAD＝＝＝，故D错误，符合题意．
故选：D．

【点睛】
本题考查了相似三角形的判定和性质，矩形的性质，图形面积的计算，正确的作出辅助线是解题的关键．
32．（2020·江西南昌·模拟预测）如图所示的几何体的主视图为（   ）

A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
利用主视图的定义，即从几何体的正面观察得出视图即可．
【详解】
解：如图所示：几何体的主视图为：
．
故选：D．
【点睛】
此题主要考查了简单几何体的三视图，正确把握观察角度是解题关键．
33．（2020·江西·一模）小文同学统计了某栋居民楼中全体居民每周使用手机支付的次数，并绘制了如图的直方图．根据图中信息，下列说法错误的是（       ）

A．这栋居民楼共有居民人
B．每周使用手机支付次数为次的人数最多
C．有人每周使用手机支付的次数在次
D．每周使用手机支付不超过次的有人
【答案】D
【解析】
【分析】
根据直方图表示的意义求得统计的总人数，以及每组的人数即可判断．
【详解】
解：A、这栋居民楼共有居民3+10+15+22+30+25+20=125（人），此结论正确；
B、每周使用手机支付次数为28～35次的人数最多，这是因为从直方图上可以看出，每周使用手机支付次数为28～35次的小矩形的高度最高，所以每周使用手机支付次数为28～35次的人数最多，此结论正确，；
C、有的人每周使用手机支付的次数在35～42次，此结论正确；
D．每周使用手机支付不超过21次的有3+10+15=28人，此结论错误；
故选：D．
【点睛】
本题考查读频数分布直方图的能力和利用统计图获取信息的能力．利用统计图获取信息时，必须认真观察、分析、研究统计图，才能作出正确的判断和解决问题．
34．（2020·江西·模拟预测）如图，给正五边形的顶点依次编号为1，2，3，4，5．若从某一顶点开始，沿正五边形的边顺时针行走，顶点编号的数字是几，就走几个边长，则称这种走法为一次“移位”．如：小宇在编号为3的顶点时，他应走3个边长，即从3→4→5→1为第一次“移位”，这时他到达编号为1的顶点；然后从1→2为第二次“移位”．若小宇从编号为2的顶点开始，第20次“移位”后，他所处顶点的编号是（　　）

A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】B
【解析】
【分析】
根据“移位”的特点确定出前几次的移位情况，从而找出规律，然后解答即可．
【详解】
解：根据题意，小宇从编号为2的顶点开始，第1次移位到点4，
第2次移位到达点3，
第3次移位到达点1，
第4次移位到达点2，
…，
依此类推，4次移位后回到出发点，
20÷4＝5．
所以第20次移位为第5个循环组的第4次移位，到达点2．
故选：B．
【点睛】
本题对图形变化规律的考查，根据“移位”的定义，找出每4次移位为一个循环组进行循环是解题的关键．
35．（2020·江西吉安·模拟预测）如图，直线交轴、轴于、两点，点为线段上的点，过点作轴于点，作轴于点，，将线段沿轴负方向向下移动个单位，线段扫过矩形的面积为，则下图描述与的函数图象可能是（ ）

A．B．C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
根据所形成的图形形状，分为和两部分讨论，当时，线段扫过矩形的面积，为开口向上的二次函数；当时，线段扫过矩形的面积，为开口向下的二次函数；据此可得图象．
【详解】

解：由题意可知，，线段向下移动个单位，当时，得
，，，
所以，
所以线段扫过矩形的面积
当时，如图，得，，，

所以线段扫过矩形的面积
所以画成函数图象为：

故选C．
【点睛】
本题考查了函数图象的判断，熟练掌握图象变化的临界点，以及形成的不同图形，是解题的关键．
36．（2019·陕西·西安市第四中学中考模拟）抛物线的部分图象如图所示，与x轴的一个交点坐标为，抛物线的对称轴是下列结论中：
；；方程有两个不相等的实数根；抛物线与x轴的另一个交点坐标为；若点在该抛物线上，则．
其中正确的有　　

A．5个 B．4个 C．3个 D．2个
【答案】B
【解析】
【分析】
结合函数图象，根据二次函数的性质及二次函数与一元二次方程、一元二次不等式间的关系逐一判断即可．
【详解】
对称轴是y轴的右侧，
，
抛物线与y轴交于正半轴，
，
，故错误；
，
，，故正确；
由图象得：时，与抛物线有两个交点，
方程有两个不相等的实数根，故正确；
抛物线与x轴的一个交点坐标为，抛物线的对称轴是，
抛物线与x轴的另一个交点坐标为，故正确；
抛物线的对称轴是，
有最大值是，
点在该抛物线上，
，故正确，
本题正确的结论有：，4个，
故选B．
【点睛】
本题考查了二次函数图象与系数的关系：对于二次函数，二次项系数a决定抛物线的开口方向和大小：当时，抛物线向上开口；当时，抛物线向下开口；一次项系数b和二次项系数a共同决定对称轴的位置：当a与b同号时即，对称轴在y轴左；当a与b异号时即，对称轴在y轴右；常数项c决定抛物线与y轴交点位置：抛物线与y轴交于；也考查了抛物线与x轴的交点以及二次函数的性质．
37．（2020·江西新余·一模）一根单线从纽扣的4个孔中穿过（每个孔只穿过一次），其正面情形如图所示，下面4个图形中可能是其背面情形的是（　　）

A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
从正面可以看到背面有两条平行线，线头在纽扣相对的两个端点处，由此即可判断．
【详解】
观察易得背面将有两条平行线，并且线头从纽扣的对角线处出来，
故选：A．
【点睛】
本题主要考查了图形识别和空间想象能力，通过观察想象得到背面有两条平行线和线头的位置是关键．
38．（2020·江西新余·一模）如图，Rt△AOB∽Rt△DOC，∠AOB＝∠COD＝90°，M为OA的中点，OA＝5，OB＝12，将△COD绕O点旋转，连接AD，CB交于P点，连接MP，则MP的最大值为（　　）

A．10 B．11 C．12 D．12.5
【答案】D
【解析】
【分析】
根据相似三角形的判定定理证明△COB∽△DOA，得到∠OBC=∠OAD，得到O、B、P、A共圆，求出MS和PS，根据三角形三边关系解答即可．
【详解】
解：取AB的中点S，连接MS、PS，

则PM≤MS+PS，
∵∠AOB＝90°，OA＝5，OB＝12，
∴AB＝13，
∵∠AOB＝∠COD＝90°，
∴∠COB＝∠DOA，
∵△AOB∽△DOC，
∴，
∴△COB∽△DOA，
∴∠OBC＝∠OAD，
∴O、B、P、A共圆，
∴∠APB＝∠AOB＝90°，
又S是AB的中点，
∴PS＝AB＝，
∵M为OA的中点，S是AB的中点，
∴MS＝OB＝6，
∴MP的最大值是6+＝＝12.5，
故选：D．
【点睛】
本题考查的是旋转的性质、相似三角形的判定和性质，掌握旋转前、后的图形全等以及全等三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．
39．（2020·江西·二模）如图，在等腰中，，，点在上，以为边向右作等腰，，连接，若，则的长为（       ）

A．2 B． C． D．4
【答案】C
【解析】
【分析】
连接CE，根据题意可证得，所以，所以，在等腰，根据，可求出，在中，，所以，设，则，根据勾股定理可得出关于的方程，解出即可得出答案.
【详解】
解：如图，连接CE，

，
，
，
在与中，

，
，
，
；
在等腰，
，
，
在中，
，
设，则，

解得：，
；
故选：C.
【点睛】
本题考查全等三角形以及勾股定理解特殊直角三角形；题中如果出现两个等腰三角形，顶角相等且重合，则可以考虑手拉手证明全等三角形，题中如果出现等腰直角三角形或者含有的直角三角形，可利用这两种特殊三角形边之间的关系，已知一边长度，即可求出其他两条边的长度.
40．（2020·江西宜春·一模）如图，在平面直角坐标系中，直线与坐标轴交于两点，与双曲线交于点, 过点作轴，且，则以下结论错误的是（   ）

A．
B．当时，
C．当时，
D．当时，随的增大而增大，随的增大而减小
【答案】B
【解析】
【分析】
根据图象和函数的性质判断A即可；求出C的坐标即可判断B；根据图象和函数的性质判断C即可；求出F、E的纵坐标，即可求出EF，再判断D即可．
【详解】
A、y1=2x-2，当y=0时，x=1，即OB=1，
∵OB=BD，
∴OD=2，
把x=2代入y=2x-2得：y=2，
即点C的坐标是（2，2），
把C的坐标代入双曲线得：k=4，故本选项不符合题意；
B、根据图象可知：当时，y1>y2，故本选项符合题意；
C、当x=4时，y1=2×4-2=6，，所以EF=6-1=5，故本选项符合题意；
D、从图象可知：当x＞0时，y1随x的增大而增大，y2随x的增大而减小，故本选项不符合题意；
故选：B．
【点睛】
本题考查了反比例函数与一次函数的交点问题，函数的图象和性质，能熟记函数的性质是解此题的关键，数形结合思想的运用．
41．（2020·江西抚州·二模）如图所示，抛物线L：y＝ax2+bx+c（a＜0）的对称轴为x＝5，且与x轴的左交点为(1，0)，则下列说法正确的有（       ）
①C(9，0)；②b+c＞﹣10；③y的最大值为﹣16a；④若该抛物线与直线y＝8有公共交点，则a的取值范围是a≤．

A．①②③④ B．①②③ C．①③④ D．①④
【答案】B
【解析】
【分析】
利用抛物线的对称性求得抛物线与x轴的另一个交点坐标，从而判断①；
将（1,0）代入函数解析式求得a+b+c＝0，然后求得b+c＝﹣a＞0，从而判断②；
由抛物线的对称轴公式得b＝﹣10a，由a+b+c＝0得c＝9a，然后代入抛物线顶点纵坐标公式求解，从而判断③；
该抛物线与直线y＝8有公共交点，可知抛物线顶点位于直线y＝8上方，列不等式求解，从而判断④．
【详解】
解：∵抛物线L：y＝ax2+bx+c（a＜0）的对称轴为x＝5，且与x轴的左交点为（1，0）
∴抛物线L与x轴的交点C为（9，0）
故①正确；
∵抛物线L与x轴的左交点为（1，0）
∴a+b+c＝0
∴b+c＝﹣a＞0＞﹣10
故②正确；
∵抛物线L：y＝ax2+bx+c（a＜0）的对称轴为x＝5
∴﹣＝5，即b＝﹣10a
又∵a+b+c＝0
∴c＝9a
∴＝＝﹣16a
故③正确；
若该抛物线与直线y＝8有公共交点，则有8≤﹣16a，
∴a≤﹣
故④错误．
故选：B．
【点睛】
本题考查二次函数的图象与系数的关系、抛物线与x轴的交点等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
42．（2020·江西·二模）某市为了解旅游人数的变化情况，收集并整理了2017年1月至2019年12月期间的月接待旅游量（单位：万人次）的数据并绘制了统计图如下：

根据统计图提供的信息，下列推断不合理的是（       ）
A．2017年至2019年，各年的月接待旅游量高峰期大致在7，8月份
B．2019年的月接待旅游量的平均值超过300万人次
C．2017年至2019年，年接待旅游量逐年增加
D．2017年至2019年，各年下半年（7月至12月）的月接待旅游量相对于上半年（1月至6月）波动性更小，变化比较平稳
【答案】D
【解析】
【分析】
根据折线统计图的反映数据的增减变化情况，这个进行判断即可．
【详解】
解：A、2017年至2019年，各年的月接待旅游量高峰期大致在7，8月份，故选项不符合题意；
B、从2019年3月起，每个月的人数均超过300万人，并且整体超出的还很多，故选项不符合题意；
C、从折线统计图的整体变化情况可得2017年至2019年，年接待旅游量逐年增加，故选项不符合题意；
D、从统计图中可以看出2017年至2019年，各年下半年（7月至12月）的月接待旅游量相对于上半年（1月至6月）波动性要大，故选项符合题意；
故选：D．
【点睛】
本题考查折线统计图的意义和反映数据的增减变化情况，正确的识图是正确判断的前提．
43．（2020·江西赣州·一模）如图，在平面直角坐标系中，点A1、A2、A3、…、An在x轴上，B1、B2、B3、…、Bn在直线上，若A1（1，0），且△A1B1A2、△A2B2A3、…、△AnBnAn+1都是等边三角形，从左到右的小三角形（阴影部分）的面积分别记为S1、S2、S3、…、Sn．则Sn可表示为（     ）

A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
直线与轴的成角，可得，…，，，…，；根据等腰三角形的性质可知，，，…，；根据勾股定理可得，，…，，再由面积公式即可求解．
【详解】
∵、…都是等边三角形，
∴，，、…都是等边三角形，
∵直线与轴的成角，，
∴，
∴，
∵，
∴，
同理，…，，
∴，，…，，
易得，…，，
∴，，…，，
∴，，…，；
故选：D．
【点睛】
本题考查一次函数的图象及性质，等边三角形和直角三角形的性质；能够判断阴影三角形是直角三角形，并求出每边长是解题的关键．
44．（2020·江西·三模）对于每个非零自然数n，抛物线y=x2﹣x+与x轴交于An、Bn两点，以AnBn表示这两点间的距离，则A1B1+A2B2+…+A2017B2017的值是（　　）
A． B． C． D．1
【答案】C
【解析】
【分析】
首先求出抛物线与x轴两个交点坐标，然后由题意得到AnBn= ，进而求出A1B1+A2B2+…+A2017B2017的值．
【详解】
解：令y=x2-x+=0，
即x2-x+=0，
解得x= 或x=，
故抛物线y= x2-x+与x轴的交点为（，0），（，0），
由题意得AnBn=-，
则A1B1+A2B2+…+A2017B2017=1-+-+…+-=1-=，
故选：C．
【点睛】
题主要考查了抛物线与x轴交点的知识，用n表示出抛物线与x轴的两个交点坐标是解题的关键．
45．（2020·江西九江·二模）下列说法正确的是（）
A．若 A、B 表示两个不同的整式，则一定是分式
B．
C．若将分式中，x、y 都扩大 3 倍，那么分式的值也扩大 3 倍
D．若则
【答案】C
【解析】
【分析】
根据分式的定义、幂的乘方、同底数幂相除、分式的基本性质解答即可.
【详解】
A. 若 A、B 表示两个不同的整式，如果B中含有字母，那么称是分式.故此选项错误.
B. ，故故此选项错误.
C. 若将分式中，x、y 都扩大 3 倍，那么分式的值也扩大 3 倍，故此选项正确.
D. 若则，故此选项错误.
故选：C
【点睛】
本题考查的是分式的定义、幂的乘方、同底数幂相除、分式的基本性质，熟练掌握各定义、性质及运算法则是关键.
46．（2020·江西·一模）如图，已知二次函数y=ax2+bx+c（a≠0）的图象与x轴交于点A（﹣1，0），与y轴的交点B在（0，﹣2）和（0，﹣1）之间（不包括这两点），对称轴为直线x=1．下列结论：①abc＞0；②4a+2b+c＞0；③＜a＜；④b＞c．其中含所有正确结论的选项是（       ）

A．①②③ B．①③④ C．②③④ D．①②④
【答案】B
【解析】
【分析】
根据对称轴为直线x=1及图象开口向下可判断出a、b、c的符号，从而判断①；根据对称性得到函数图象经过（3，0），则得②的判断；根据图象经过（-1，0）可得到a、b、c之间的关系，从而对④作判断；从图象与y轴的交点B在（0，-2）和（0，-1）之间可以判断c的大小得出③的正误．
【详解】
①∵函数开口方向向上，
∴a＞0；
∵对称轴在y轴右侧
∴ab异号，
∵抛物线与y轴交点在y轴负半轴，
∴c＜0，
∴abc＞0，
故①正确；
②∵图象与x轴交于点A（-1，0），对称轴为直线x=1，
∴图象与x轴的另一个交点为（3，0），
∴当x=2时，y＜0，
∴4a+2b+c＜0，
故②错误；
③∵图象与y轴的交点B在（0，-2）和（0，-1）之间，
∴-2＜c＜-1
∵-，
∴b=-2a，
∵函数图象经过（-1，0），
∴a-b+c=0，
∴c=-3a，
∴-2＜-3a＜-1，
∴＜a＜；故③正确
④∵函数图象经过（-1，0），
∴a-b+c=0，
∴b-c=a，
∵a＞0，
∴b-c＞0，即b＞c；
故④正确；
故选B．
【点睛】
主要考查图象与二次函数系数之间的关系．解题关键是注意掌握数形结合思想的应用．
47．（2020·江西·一模）如图，在平面直角坐标系中，直线与双曲线交于、两点，且点的坐标为，将直线向上平移个单位，交双曲线于点，交轴于点，且的面积是．给出以下结论：（1）；（2）点的坐标是；（3）；（4）．其中正确的结论有　　

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】C
【解析】
【分析】
（1）把A（4，a）代入，求得A为（4，2），然后代入求得k=8；
（2）联立方程，解方程组即可求得B（-4，-2）；
（3）根据同底等高的三角形相等，得出S△ABC=S△ABF；
（4）根据S△ABF=S△AOF+S△BOF列出，解得．
【详解】
解：（1）直线经过点，
，
，
点在双曲线上，
，故正确；
（2）解得或，
点的坐标是，故正确；
（3）将直线向上平移个单位，交双曲线于点，交轴于点，
，
和是同底等高，
，故错误；
（4），
，
解得，故正确；
故选．
【点睛】
本题考查了反比例函数和一次函数的交点，待定系数法求反比例函数的解析式，三角形的面积等，求得交点坐标是解题的关键．
48．（2020·江西赣州·一模）如图1，长、宽均为3，高为8的长方体容器，放置在水平桌面上，里面盛有水，水面高为6，绕底面一棱长进行旋转倾斜后，水面恰好触到容器口边缘，图2是此时的示意图，则图2中水面高度为（   ）

A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
设DE=x，则AD=8-x，由长方体容器内水的体积得出方程，解方程求出DE，再由勾股定理求出CD，过点C作CF⊥BG于F，由△CDE∽△BCF的比例线段求得结果即可．
【详解】
过点C作CF⊥BG于F，如图所示：

设DE=x，则AD=8-x，
根据题意得：（8-x+8）×3×3=3×3×6，
解得：x=4，
∴DE=4，
∵∠E=90°，
由勾股定理得：CD=，
∵∠BCE=∠DCF=90°，
∴∠DCE=∠BCF，
∵∠DEC=∠BFC=90°，
∴△CDE∽△BCF，
∴，
即，
∴CF=．
故选A．
【点睛】
本题考查了勾股定理的应用、长方体的体积、梯形的面积的计算方法；熟练掌握勾股定理，由长方体容器内水的体积得出方程是解决问题的关键．
49．（2020·江西·三模）如图，⊙O与∠α的两边相切，若∠α＝60°，则图中阴影部分的面积S关于⊙O的半径r的函数图象大致是(　　)

A． B．
C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
过O点作两切线的垂线，垂足分别为A、B，连接OP，如图，利用切线的性质得OA＝OB＝r，根据切线长定理得到∠APO＝∠BPO＝30°，则APOAr，再利用四边形内角和计算出∠AOB＝120°，接着利用扇形面积公式得到S＝（π）r2（r＞0），然后根据解析式对各选项进行判断．
【详解】
过O点作两切线的垂线，垂足分别为A、B，连接OP，如图，则OA＝OB＝r，∠APO＝∠BPO＝30°，∴APOAr．
∵∠OAP＝∠OBP＝90°，∴∠AOB＝180°﹣α＝180°﹣60°＝120°，∴S＝S四边形AOBP﹣S扇形AOB＝2r•＝（π）r2（r＞0）．
故选C．

【点睛】
本题考查了切线的性质：圆的切线垂直于经过切点的半径．也考查了二次函数的图象．
50．（2020·江西赣州·模拟预测）将n个边长都为1cm的正方形按如图所示的方法摆放，点A1，A2，…，An分别是正方形对角线的交点，则n个正方形重叠形成的重叠部分的面积和为（　　）

A．cm2 B．cm2 C． cm2 D．（）ncm2
【答案】B
【解析】
【分析】
根据题意可得，阴影部分的面积是正方形的面积的，已知两个正方形可得到一个阴影部分，则n个这样的正方形重叠部分即为n-1阴影部分的和．
【详解】
由题意可得阴影部分面积等于正方形面积的，即是，
5个这样的正方形重叠部分（阴影部分）的面积和为×4，
n个这样的正方形重叠部分（阴影部分）的面积和为×（n-1）=cm2．
故选：B．
【点睛】
考查了正方形的性质，解决本题的关键是得到n个这样的正方形重叠部分（阴影部分）的面积和的计算方法，难点是求得一个阴影部分的面积．