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2022年安师大附中重点名校中考数学猜题卷含解析
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这是一份2022年安师大附中重点名校中考数学猜题卷含解析，共25页。试卷主要包含了考生要认真填写考场号和座位序号，如果一次函数y=kx+b等内容，欢迎下载使用。
2021-2022中考数学模拟试卷
注意事项
1．考生要认真填写考场号和座位序号。
2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。
3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。
一、选择题（共10小题，每小题3分，共30分）
1．矩形ABCD与CEFG，如图放置，点B，C，E共线，点C，D，G共线，连接AF，取AF的中点H，连接GH．若BC=EF=2，CD=CE=1，则GH=（ ）
A．1 B． C． D．
2．如图，正六边形A1B1C1D1E1F1的边长为2，正六边形A2B2C2D2E2F2的外接圆与正六边形A1B1C1D1E1F1的各边相切，正六边形A3B3C3D3E3F3的外接圆与正六边形A2B2C2D2E2F2的各边相切，…按这样的规律进行下去，A11B11C11D11E11F11的边长为（ ）
A． B． C． D．
3．如图，在△ABC中，∠B＝46°，∠C＝54°，AD平分∠BAC，交BC于D，DE∥AB，交AC于E，则∠CDE的大小是（ ）
A．40° B．43° C．46° D．54°
4．如图，已知，那么下列结论正确的是（ ）
A． B． C． D．
5．二次函数的图象如图所示，则反比例函数与一次函数在同一坐标系中的大致图象是( )
A． B． C． D．
6．如图，在三角形ABC中，∠ACB=90°，∠B=50°，将此三角形绕点C沿顺时针方向旋转后得到三角形A′B′C，若点B′恰好落在线段AB上，AC、A′B′交于点O，则∠COA′的度数是（ ）
A．50° B．60° C．70° D．80°
7．如果一次函数y=kx+b（k、b是常数，k≠0）的图象经过第一、二、四象限，那么k、b应满足的条件是（ ）
A．k＞0，且b＞0 B．k＜0，且b＞0 C．k＞0，且b＜0 D．k＜0，且b＜0
8．如图，在中，，，，点在以斜边为直径的半圆上，点是的三等分点，当点沿着半圆，从点运动到点时，点运动的路径长为（ ）
A．或 B．或 C．或 D．或
9．如图，每个小正方形的边长为1，A、B、C是小正方形的顶点，则∠ABC的度数为（ ）
A．90° B．60° C．45° D．30°
10．小明乘出租车去体育场，有两条路线可供选择：路线一的全程是25千米，但交通比较拥堵，路线二的全程是30千米，平均车速比走路线一时的平均车速能提高80%，因此能比走路线一少用10分钟到达．若设走路线一时的平均速度为x千米/小时，根据题意，得
A． B．
C． D．
二、填空题（本大题共6个小题，每小题3分，共18分）
11．已知，那么__．
12．如图，正方形OABC与正方形ODEF是位似图形，点O为位似中心，位似比为2：3，点B、E在第一象限，若点A的坐标为（1，0），则点E的坐标是______.
13．如图，每个小正方形边长为1，则△ABC边AC上的高BD的长为_____．
14．如图，在平面直角坐标系中，已知A（﹣2，1），B（1，0），将线段AB绕着点B顺时针旋转90°得到线段BA′，则A′的坐标为_____．
15．在△ABC中，AB=AC，∠A=36°，DE是AB的垂直平分线，DE交AB于点D，交AC于点E，连接BE．下列结论①BE平分∠ABC；②AE=BE=BC；③△BEC周长等于AC+BC；④E点是AC的中点．其中正确的结论有_____（填序号）
16．已知（x+y）2＝25，（x﹣y）2＝9，则x2+y2＝_____．
三、解答题（共8题，共72分）
17．（8分）如图，一艘轮船位于灯塔P的北偏东60°方向，与灯塔P的距离为80海里的A处，它沿正南方向航行一段时间后，到达位于灯塔P的南偏东45°方向的B处，求此时轮船所在的B处与灯塔P的距离．（参考数据：≈2.449，结果保留整数）
18．（8分）定义：如果把一条抛物线绕它的顶点旋转180°得到的抛物线我们称为原抛物线的“孪生抛物线”．
(1)求抛物线y＝x2﹣2x的“孪生抛物线”的表达式；
(2)若抛物线y＝x2﹣2x+c的顶点为D，与y轴交于点C，其“孪生抛物线”与y轴交于点C′，请判断△DCC’的形状，并说明理由：
(3)已知抛物线y＝x2﹣2x﹣3与y轴交于点C，与x轴正半轴的交点为A，那么是否在其“孪生抛物线”上存在点P，在y轴上存在点Q，使以点A、C、P、Q为顶点的四边形为平行四边形？若存在，求出P点的坐标；若不存在，说明理由．
19．（8分）如图1，正方形ABCD的边长为8，动点E从点D出发，在线段DC上运动，同时点F从点B出发，以相同的速度沿射线AB方向运动，当点E运动到终点C时，点F也停止运动，连接AE交对角线BD于点N，连接EF交BC于点M，连接AM．
（参考数据：sin15°=，cos15°=，tan15°=2﹣）
（1）在点E、F运动过程中，判断EF与BD的位置关系，并说明理由；
（2）在点E、F运动过程中，①判断AE与AM的数量关系，并说明理由；②△AEM能为等边三角形吗？若能，求出DE的长度；若不能，请说明理由；
（3）如图2，连接NF，在点E、F运动过程中，△ANF的面积是否变化，若不变，求出它的面积；若变化，请说明理由．
20．（8分）我市某中学举行“中国梦•校园好声音”歌手大赛，高、初中部根据初赛成绩，各选出5名选手组成初中代表队和高中代表队参加学校决赛．两个队各选出的5名选手的决赛成绩如图所示．
根据图示填写下表；
平均数（分）
中位数（分）
众数（分）
初中部
85
高中部
85
100
（2）结合两队成绩的平均数和中位数，分析哪个队的决赛成绩较好；计算两队决赛成绩的方差并判断哪一个代表队选手成绩较为稳定．
21．（8分）为了支持大学生创业，某市政府出台了一项优惠政策：提供10万元的无息创业贷款．小王利用这笔贷款，注册了一家淘宝网店，招收5名员工，销售一种火爆的电子产品，并约定用该网店经营的利润，逐月偿还这笔无息贷款．已知该产品的成本为每件4元，员工每人每月的工资为4千元，该网店还需每月支付其它费用1万元．该产品每月销售量y（万件）与销售单价x（元）万件之间的函数关系如图所示．求该网店每月利润w（万元）与销售单价x（元）之间的函数表达式；小王自网店开业起，最快在第几个月可还清10万元的无息贷款？
22．（10分）计算：（﹣2）3+（﹣3）×[（﹣4）2+2]﹣（﹣3）2÷（﹣2）
23．（12分）已知：如图，在平面直角坐标系中，O为坐标原点，△OAB的顶点A、B的坐标分别是A（0，5），B（3，1），过点B画BC⊥AB交直线于点C，连结AC，以点A为圆心，AC为半径画弧交x轴负半轴于点D，连结AD、CD．
（1）求证：△ABC≌△AOD．
（2）设△ACD的面积为，求关于的函数关系式．
（3）若四边形ABCD恰有一组对边平行，求的值．
24．已知点E为正方形ABCD的边AD上一点，连接BE，过点C作CN⊥BE，垂足为M，交AB于点N．
（1）求证：△ABE≌△BCN；
（2）若N为AB的中点，求tan∠ABE．
参考答案
一、选择题（共10小题，每小题3分，共30分）
1、C
【解析】
分析：延长GH交AD于点P，先证△APH≌△FGH得AP=GF=1，GH=PH=PG，再利用勾股定理求得PG=，从而得出答案．
详解：如图，延长GH交AD于点P，
∵四边形ABCD和四边形CEFG都是矩形，
∴∠ADC=∠ADG=∠CGF=90°，AD=BC=2、GF=CE=1，
∴AD∥GF，
∴∠GFH=∠PAH，
又∵H是AF的中点，
∴AH=FH，
在△APH和△FGH中，
∵，
∴△APH≌△FGH（ASA），
∴AP=GF=1，GH=PH=PG，
∴PD=AD﹣AP=1，
∵CG=2、CD=1，
∴DG=1，
则GH=PG=×=，
故选：C．
点睛：本题主要考查矩形的性质，解题的关键是掌握全等三角形的判定与性质、矩形的性质、勾股定理等知识点．
2、A
【解析】
分析：连接OE1，OD1，OD2，如图，根据正六边形的性质得∠E1OD1=60°，则△E1OD1为等边三角形，再根据切线的性质得OD2⊥E1D1，于是可得OD2=E1D1=×2，利用正六边形的边长等于它的半径得到正六边形A2B2C2D2E2F2的边长=×2，同理可得正六边形A3B3C3D3E3F3的边长=（）2×2，依此规律可得正六边形A11B11C11D11E11F11的边长=（）10×2，然后化简即可．
详解：连接OE1，OD1，OD2，如图，
∵六边形A1B1C1D1E1F1为正六边形，
∴∠E1OD1=60°，
∴△E1OD1为等边三角形，
∵正六边形A2B2C2D2E2F2的外接圆与正六边形A1B1C1D1E1F1的各边相切，
∴OD2⊥E1D1，
∴OD2=E1D1=×2，
∴正六边形A2B2C2D2E2F2的边长=×2，
同理可得正六边形A3B3C3D3E3F3的边长=（）2×2，
则正六边形A11B11C11D11E11F11的边长=（）10×2=．
故选A．
点睛：本题考查了正多边形与圆的关系：把一个圆分成n（n是大于2的自然数）等份，依次连接各分点所得的多边形是这个圆的内接正多边形，这个圆叫做这个正多边形的外接圆．记住正六边形的边长等于它的半径．
3、C
【解析】
根据DE∥AB可求得∠CDE＝∠B解答即可．
【详解】
解：∵DE∥AB，
∴∠CDE＝∠B＝46°，
故选：C．
【点睛】
本题主要考查平行线的性质：两直线平行，同位角相等．快速解题的关键是牢记平行线的性质．
4、A
【解析】
已知AB∥CD∥EF，根据平行线分线段成比例定理，对各项进行分析即可．
【详解】
∵AB∥CD∥EF，
∴．
故选A．
【点睛】
本题考查平行线分线段成比例定理，找准对应关系，避免错选其他答案．
5、D
【解析】
根据抛物线和直线的关系分析.
【详解】
由抛物线图像可知，所以反比例函数应在二、四象限，一次函数过原点，应在二、四象限.
故选D
【点睛】
考核知识点：反比例函数图象.
6、B
【解析】
试题分析：∵在三角形ABC中，∠ACB=90°，∠B=50°，∴∠A=180°﹣∠ACB﹣∠B=40°．
由旋转的性质可知：BC=B′C，∴∠B=∠BB′C=50°．又∵∠BB′C=∠A+∠ACB′=40°+∠ACB′，∴∠ACB′=10°，∴∠COA′=∠AOB′=∠OB′C+∠ACB′=∠B+∠ACB′=60°．故选B．
考点：旋转的性质．
7、B
【解析】
试题分析：∵一次函数y=kx+b（k、b是常数，k≠0）的图象经过第一、二、四象限，
∴k＜0，b＞0，
故选B．
考点：一次函数的性质和图象
8、A
【解析】
根据平行线的性质及圆周角定理的推论得出点M的轨迹是以EF为直径的半圆，进而求出半径即可得出答案，注意分两种情况讨论．
【详解】
当点D与B重合时，M与F重合，当点D与A重合时，M与E重合，连接BD，FM，AD，EM，
∵
∴
∵AB是直径
即
∴
∴点M的轨迹是以EF为直径的半圆，
∵
∴以EF为直径的圆的半径为1
∴点M运动的路径长为
当 时，同理可得点M运动的路径长为
故选：A．
【点睛】
本题主要考查动点的运动轨迹，掌握圆周角定理的推论，平行线的性质和弧长公式是解题的关键．
9、C
【解析】
试题分析：根据勾股定理即可得到AB，BC，AC的长度，进行判断即可．
试题解析：连接AC，如图：
根据勾股定理可以得到：AC=BC=，AB=．
∵（）1+（）1=（）1．
∴AC1+BC1=AB1．
∴△ABC是等腰直角三角形．
∴∠ABC=45°．
故选C．
考点：勾股定理．
10、A
【解析】
若设走路线一时的平均速度为x千米/小时，根据路线一的全程是25千米，但交通比较拥堵，路线二的全程是30千米，平均车速比走路线一时的平均车速能提高80%，因此能比走路线一少用10分钟到达可列出方程．
解：设走路线一时的平均速度为x千米/小时，
故选A．
二、填空题（本大题共6个小题，每小题3分，共18分）
11、
【解析】
根据比例的性质，设x＝5a，则y＝2a，代入原式即可求解.
【详解】
解：∵，
∴设x＝5a，则y＝2a，
那么．
故答案为：．
【点睛】
本题主要考查了比例的性质，根据比例式用同一个未知数得出的值进而求解是解题关键．
12、（，）
【解析】
由题意可得OA：OD=2：3，又由点A的坐标为（1，0），即可求得OD的长，又由正方形的性质，即可求得E点的坐标．
【详解】
解：∵正方形OABC与正方形ODEF是位似图形，O为位似中心，相似比为2：3，
∴OA：OD=2：3，
∵点A的坐标为（1，0），
即OA=1，
∴OD=，
∵四边形ODEF是正方形，
∴DE=OD=．
∴E点的坐标为：（，）．
故答案为：（，）．
【点睛】
此题考查了位似变换的性质与正方形的性质，注意理解位似变换与相似比的定义是解此题的关键．
13、
【解析】
试题分析：根据网格，利用勾股定理求出AC的长，AB的长，以及AB边上的高，利用三角形面积公式求出三角形ABC面积，而三角形ABC面积可以由AC与BD乘积的一半来求，利用面积法即可求出BD的长：
根据勾股定理得：，
由网格得：S△ABC=×2×4=4，且S△ABC=AC•BD=×5BD，
∴×5BD=4，解得：BD=.
考点：1.网格型问题；2.勾股定理；3.三角形的面积．
14、 (2，3)
【解析】
作AC⊥x轴于C，作A′C′⊥x轴，垂足分别为C、C′，证明△ABC≌△BA′C′，可得OC′=OB+BC′=1+1=2，A′C′=BC=3，可得结果．
【详解】
如图，作AC⊥x轴于C，作A′C′⊥x轴，垂足分别为C、C′，
∵点A、B的坐标分别为（-2，1）、（1，0），
∴AC=2，BC=2+1=3，
∵∠ABA′=90°，
∴ABC+∠A′BC′=90°，
∵∠BAC+∠ABC=90°，
∴∠BAC=∠A′BC′，
∵BA=BA′，∠ACB=∠BC′A′，
∴△ABC≌△BA′C′，
∴OC′=OB+BC′=1+1=2，A′C′=BC=3，
∴点A′的坐标为（2，3）．
故答案为（2，3）．
【点睛】
此题考查旋转的性质，三角形全等的判定和性质，点的坐标的确定．解决问题的关键是作辅助线构造全等三角形．
15、①②③
【解析】
试题分析：根据三角形内角和定理求出∠ABC、∠C的度数，根据线段垂直平分线的性质得到EA=EB，根据等腰三角形的判定定理和三角形的周长公式计算即可．
解：∵AB=AC，∠A=36°，
∴∠ABC=∠C=72°，
∵DE是AB的垂直平分线，
∴EA=EB，
∴∠EBA=∠A=36°，
∴∠EBC=36°，
∴∠EBA=∠EBC，
∴BE平分∠ABC，①正确；
∠BEC=∠EBA+∠A=72°，
∴∠BEC=∠C，
∴BE=BC，
∴AE=BE=BC，②正确；
△BEC周长=BC+CE+BE=BC+CE+EA=AC+BC，③正确；
∵BE＞EC，AE=BE，
∴AE＞EC，
∴点E不是AC的中点，④错误，
故答案为①②③．
考点：线段垂直平分线的性质；等腰三角形的判定与性质．
16、17
【解析】
先利用完全平方公式展开，然后再求和.
【详解】
根据（x+y）2=25，x2+y2+2xy=25;（x﹣y）2=9, x2+y2-2xy=9,所以x2+y2=17.
【点睛】
(1)完全平方公式：.
(2)平方差公式：(a+b)(a-b)=.
(3)常用等价变形：
,
,
.
三、解答题（共8题，共72分）
17、此时轮船所在的B处与灯塔P的距离是98海里．
【解析】
【分析】过点P作PC⊥AB，则在Rt△APC中易得PC的长，再在直角△BPC中求出PB的长即可．
【详解】作PC⊥AB于C点，
∴∠APC=30°，∠BPC=45° ，AP=80（海里），
在Rt△APC中，cos∠APC=，
∴PC=PA•cos∠APC=40（海里），
在Rt△PCB中，cos∠BPC=，
∴PB==40≈98（海里），
答：此时轮船所在的B处与灯塔P的距离是98海里．
【点睛】本题考查了解直角三角形的应用举例，正确添加辅助线构建直角三角形是解题的关键.
18、（1）y=-（x-1）²=-x²+2x-2;（2）等腰Rt△，（3）P1（3，-8），P2（-3，-20）.
【解析】
（1）当抛物线绕其顶点旋转180°后，抛物线的顶点坐标不变，只是开口方向相反，则可根据顶点式写出旋转后的抛物线解析式；
（2）可分别求出原抛物线和其“孪生抛物线”与y轴的交点坐标C、C′，由点的坐标可知△DCC’是等腰直角三角形；
（3）可求出A（3，0），C（0，-3），其“孪生抛物线”为y=-x2+2x-5，当AC为对角线时，由中点坐标可知点P不存在，当AC为边时，分两种情况可求得点P的坐标．
【详解】
（1）抛物线y=x2-2x化为顶点式为y=（x-1）2-1，顶点坐标为（1，-1），由于抛物线y=x2-2x绕其顶点旋转180°后抛物线的顶点坐标不变，只是开口方向相反，
则所得抛物线解析式为y=-（x-1）2-1=-x2+2x-2；
（2）△DCC'是等腰直角三角形，理由如下：
∵抛物线y=x2-2x+c=（x-1）2+c-1，
∴抛物线顶点为D的坐标为（1，c-1），与y轴的交点C的坐标为（0，c），
∴其“孪生抛物线”的解析式为y=-（x-1）2+c-1，与y轴的交点C’的坐标为（0，c-2），
∴CC'=c-（c-2）=2，
∵点D的横坐标为1，
∴∠CDC'=90°，
由对称性质可知DC=DC’，
∴△DCC'是等腰直角三角形；
（3）∵抛物线y=x2-2x-3与y轴交于点C，与x轴正半轴的交点为A，
令x=0，y=-3，令y=0时，y=x2-2x-3，解得x1=-1，x2=3，
∴C（0，-3），A（3，0），
∵y=x2-2x-3=（x-1）2-4，
∴其“孪生抛物线”的解析式为y=-（x-1）2-4=-x2+2x-5，
若A、C为平行四边形的对角线，
∴其中点坐标为(，−)，
设P（a，-a2+2a-5），
∵A、C、P、Q为顶点的四边形为平行四边形，
∴Q（0，a-3），
∴＝−，
化简得，a2+3a+5=0，△＜0，方程无实数解，
∴此时满足条件的点P不存在，
若AC为平行四边形的边，点P在y轴右侧，则AP∥CQ且AP=CQ，
∵点C和点Q在y轴上，
∴点P的横坐标为3，
把x=3代入“孪生抛物线”的解析式y=-32+2×3-5=-9+6-5=-8，
∴P1（3，-8），
若AC为平行四边形的边，点P在y轴左侧，则AQ∥CP且AQ=CP，
∴点P的横坐标为-3，
把x=-3代入“孪生抛物线”的解析式y=-9-6-5=-20，
∴P2（-3，-20）
∴原抛物线的“孪生抛物线”上存在点P1（3，-8），P2（-3，-20），在y轴上存在点Q，使以点A、C、P、Q为顶点的四边形为平行四边形．
【点睛】
本题是二次函数综合题型，主此题主要考查了根据二次函数的图象的变换求抛物线的解析式，解题的关键是求出旋转后抛物线的顶点坐标以及确定出点P的位置，注意分情况讨论．
19、（1）EF∥BD，见解析；（2）①AE=AM，理由见解析；②△AEM能为等边三角形，理由见解析；（3）△ANF的面积不变，理由见解析
【解析】
（1）依据DE=BF，DE∥BF，可得到四边形DBFE是平行四边形，进而得出EF∥DB；
（2）依据已知条件判定△ADE≌△ABM，即可得到AE=AM；②若△AEM是等边三角形，则∠EAM=60°，依据△ADE≌△ABM，可得∠DAE=∠BAM=15°，即可得到DE=16-8，即当DE=16−8时，△AEM是等边三角形；
（3）设DE=x，过点N作NP⊥AB，反向延长PN交CD于点Q，则NQ⊥CD，依据△DEN∽△BNA，即可得出PN=，根据S△ANF=AF×PN=×（x+8）×=32，可得△ANF的面积不变．
【详解】
解:（1）EF∥BD．
证明：∵动点E从点D出发，在线段DC上运动，同时点F从点B出发，以相同的速度沿射线AB方向运动，
∴DE=BF，
又∵DE∥BF，
∴四边形DBFE是平行四边形，
∴EF∥DB；
（2）①AE=AM．
∵EF∥BD，
∴∠F=∠ABD=45°，
∴MB=BF=DE，
∵正方形ABCD，
∴∠ADC=∠ABC=90°，AB=AD，
∴△ADE≌△ABM，
∴AE=AM；
②△AEM能为等边三角形．
若△AEM是等边三角形，则∠EAM=60°，
∵△ADE≌△ABM，
∴∠DAE=∠BAM=15°，
∵tan∠DAE=，AD=8，
∴2﹣=，
∴DE=16﹣8，
即当DE=16﹣8时，△AEM是等边三角形；
（3）△ANF的面积不变．
设DE=x，过点N作NP⊥AB，反向延长PN交CD于点Q，则NQ⊥CD，
∵CD∥AB，
∴△DEN∽△BNA，
∴=，
∴，
∴PN=，
∴S△ANF=AF×PN=×（x+8）×=32，
即△ANF的面积不变．
【点睛】
本题属于四边形综合题，主要考查了平行四边形的判定与性质，等边三角形的性质，全等三角形的判定与性质，解直角三角形以及相似三角形的判定与性质的综合运用，解决问题的关键是作辅助线构造相似三角形，利用全等三角形的 对应边相等，相似三角形的对应边成比例得出结论．
20、（1）
平均数（分）
中位数（分）
众数（分）
初中部
85
85
85
高中部
85
80
100
（2）初中部成绩好些（3）初中代表队选手成绩较为稳定
【解析】
解：（1）填表如下：
平均数（分）
中位数（分）
众数（分）
初中部
85
85
85
高中部
85
80
100
（2）初中部成绩好些．
∵两个队的平均数都相同，初中部的中位数高，
∴在平均数相同的情况下中位数高的初中部成绩好些．
（3）∵，
，
∴＜，因此，初中代表队选手成绩较为稳定．
（1）根据成绩表加以计算可补全统计表．根据平均数、众数、中位数的统计意义回答．
（2）根据平均数和中位数的统计意义分析得出即可．
（3）分别求出初中、高中部的方差比较即可．
21、（1）当4≤x≤6时，w1=﹣x2+12x﹣35，当6≤x≤8时，w2=﹣x2+7x﹣23；（2）最快在第7个月可还清10万元的无息贷款．
【解析】
分析：（1）y（万件）与销售单价x是分段函数，根据待定系数法分别求直线AB和BC的解析式，又分两种情况，根据利润=（售价﹣成本）×销售量﹣费用，得结论；
（2）分别计算两个利润的最大值，比较可得出利润的最大值，最后计算时间即可求解．
详解：（1）设直线AB的解析式为：y=kx+b，
代入A（4，4），B（6，2）得：，
解得：，
∴直线AB的解析式为：y=﹣x+8，
同理代入B（6，2），C（8，1）可得直线BC的解析式为：y=﹣x+5，
∵工资及其他费作为：0.4×5+1=3万元，
∴当4≤x≤6时，w1=（x﹣4）（﹣x+8）﹣3=﹣x2+12x﹣35，
当6≤x≤8时，w2=（x﹣4）（﹣x+5）﹣3=﹣x2+7x﹣23；
（2）当4≤x≤6时，
w1=﹣x2+12x﹣35=﹣（x﹣6）2+1，
∴当x=6时，w1取最大值是1，
当6≤x≤8时，
w2=﹣x2+7x﹣23=﹣（x﹣7）2+，
当x=7时，w2取最大值是1.5，
∴==6，
即最快在第7个月可还清10万元的无息贷款．
点睛：本题主要考查学生利用待定系数法求解一次函数关系式，一次函数与一次不等式的应用，利用数形结合的思想，是一道综合性较强的代数应用题，能力要求比较高．
22、-17.1
【解析】
按照有理数混合运算的顺序，先乘方后乘除最后算加减，有括号的先算括号里面的．
【详解】
解：原式＝﹣8+（﹣3）×18﹣9÷（﹣2），
＝﹣8﹣14﹣9÷（﹣2），
＝﹣62+4.1，
＝﹣17.1．
【点睛】
此题要注意正确掌握运算顺序以及符号的处理．
23、（1）证明详见解析；（2）S=（m+1）2+（m＞）；（2）2或1．
【解析】
试题分析：（1）利用两点间的距离公式计算出AB=5，则AB=OA，则可根据“HL”证明△ABC≌△AOD；
（2）过点B作直线BE⊥直线y=﹣m于E，作AF⊥BE于F，如图，证明Rt△ABF∽Rt△BCE，利用相似比可得BC=（m+1），再在Rt△ACB中，由勾股定理得AC2=AB2+BC2=25+（m+1）2，然后证明△AOB∽△ACD，利用相似的性质得，而S△AOB=，于是可得S=（m+1）2+（m＞）；
（2）作BH⊥y轴于H，如图，分类讨论：当AB∥CD时，则∠ACD=∠CAB，由△AOB∽△ACD得∠ACD=∠AOB，所以∠CAB=∠AOB，利用三角函数得到tan∠AOB=2，tan∠ACB=，所以=2；当AD∥BC，则∠5=∠ACB，由△AOB∽△ACD得到∠4=∠5，则∠ACB=∠4，根据三角函数定义得到tan∠4=，tan∠ACB=，则=，然后分别解关于m的方程即可得到m的值．
试题解析：（1）证明：∵A（0，5），B（2，1），
∴AB==5，
∴AB=OA，
∵AB⊥BC，
∴∠ABC=90°，
在Rt△ABC和Rt△AOD中，
，
∴Rt△ABC≌Rt△AOD；
（2）解：过点B作直线BE⊥直线y=﹣m于E，作AF⊥BE于F，如图，∵∠1+∠2=90°，∠1+∠2=90°，
∴∠2=∠2，
∴Rt△ABF∽Rt△BCE，
∴，即，
∴BC=(m+1），
在Rt△ACB中，AC2=AB2+BC2=25+（m+1）2，
∵△ABC≌△AOD，
∴∠BAC=∠OAD，即∠4+∠OAC=∠OAC+∠5，
∴∠4=∠5，
而AO=AB，AD=AC，
∴△AOB∽△ACD，
∴=，
而S△AOB=×5×2=，
∴S=（m+1）2+（m＞）；
（2）作BH⊥y轴于H，如图，
当AB∥CD时，则∠ACD=∠CAB，
而△AOB∽△ACD，
∴∠ACD=∠AOB，
∴∠CAB=∠AOB，
而tan∠AOB==2，tan∠ACB===，
∴=2，解得m=1；
当AD∥BC，则∠5=∠ACB，
而△AOB∽△ACD，
∴∠4=∠5，
∴∠ACB=∠4，
而tan∠4=，tan∠ACB=，
∴=，
解得m=2．
综上所述，m的值为2或1．
考点：相似形综合题．
24、（1）证明见解析；（2）
【解析】
（1）根据正方形的性质得到AB＝BC，∠A＝∠CBN＝90°，∠1＋∠2＝90°，根据垂线和三角形内角和定理得到∠2＋∠3＝90°，推出∠1＝∠3，根据ASA推出△ABE≌△BCN；（2）tan∠ABE＝，根据已知求出AE与AB的关系即可求得tan∠ABE.
【详解】
（1）证明：∵四边形ABCD为正方形
∴AB=BC，∠A=∠CBN=90°，∠1+∠2=90°
∵CM⊥BE，
∴∠2+∠3=90°
∴∠1=∠3
在△ABE和△BCN中，
∴△ABE≌△BCN（ASA）；
（2）∵N为AB中点，
∴BN=AB
又∵△ABE≌△BCN，
∴AE=BN=AB
在Rt△ABE中，tan∠ABE═．
【点睛】
本题主要考查了正方形的性质、三角形的内角和定理、垂线、全等三角形的性质和判定以及锐角三角函数等知识点的掌握和理解，证出△ABE≌△BCN是解此题的关键.
2021-2022中考数学模拟试卷
注意事项
1．考生要认真填写考场号和座位序号。
2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。
3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。
一、选择题（共10小题，每小题3分，共30分）
1．矩形ABCD与CEFG，如图放置，点B，C，E共线，点C，D，G共线，连接AF，取AF的中点H，连接GH．若BC=EF=2，CD=CE=1，则GH=（ ）
A．1 B． C． D．
2．如图，正六边形A1B1C1D1E1F1的边长为2，正六边形A2B2C2D2E2F2的外接圆与正六边形A1B1C1D1E1F1的各边相切，正六边形A3B3C3D3E3F3的外接圆与正六边形A2B2C2D2E2F2的各边相切，…按这样的规律进行下去，A11B11C11D11E11F11的边长为（ ）
A． B． C． D．
3．如图，在△ABC中，∠B＝46°，∠C＝54°，AD平分∠BAC，交BC于D，DE∥AB，交AC于E，则∠CDE的大小是（ ）
A．40° B．43° C．46° D．54°
4．如图，已知，那么下列结论正确的是（ ）
A． B． C． D．
5．二次函数的图象如图所示，则反比例函数与一次函数在同一坐标系中的大致图象是( )
A． B． C． D．
6．如图，在三角形ABC中，∠ACB=90°，∠B=50°，将此三角形绕点C沿顺时针方向旋转后得到三角形A′B′C，若点B′恰好落在线段AB上，AC、A′B′交于点O，则∠COA′的度数是（ ）
A．50° B．60° C．70° D．80°
7．如果一次函数y=kx+b（k、b是常数，k≠0）的图象经过第一、二、四象限，那么k、b应满足的条件是（ ）
A．k＞0，且b＞0 B．k＜0，且b＞0 C．k＞0，且b＜0 D．k＜0，且b＜0
8．如图，在中，，，，点在以斜边为直径的半圆上，点是的三等分点，当点沿着半圆，从点运动到点时，点运动的路径长为（ ）
A．或 B．或 C．或 D．或
9．如图，每个小正方形的边长为1，A、B、C是小正方形的顶点，则∠ABC的度数为（ ）
A．90° B．60° C．45° D．30°
10．小明乘出租车去体育场，有两条路线可供选择：路线一的全程是25千米，但交通比较拥堵，路线二的全程是30千米，平均车速比走路线一时的平均车速能提高80%，因此能比走路线一少用10分钟到达．若设走路线一时的平均速度为x千米/小时，根据题意，得
A． B．
C． D．
二、填空题（本大题共6个小题，每小题3分，共18分）
11．已知，那么__．
12．如图，正方形OABC与正方形ODEF是位似图形，点O为位似中心，位似比为2：3，点B、E在第一象限，若点A的坐标为（1，0），则点E的坐标是______.
13．如图，每个小正方形边长为1，则△ABC边AC上的高BD的长为_____．
14．如图，在平面直角坐标系中，已知A（﹣2，1），B（1，0），将线段AB绕着点B顺时针旋转90°得到线段BA′，则A′的坐标为_____．
15．在△ABC中，AB=AC，∠A=36°，DE是AB的垂直平分线，DE交AB于点D，交AC于点E，连接BE．下列结论①BE平分∠ABC；②AE=BE=BC；③△BEC周长等于AC+BC；④E点是AC的中点．其中正确的结论有_____（填序号）
16．已知（x+y）2＝25，（x﹣y）2＝9，则x2+y2＝_____．
三、解答题（共8题，共72分）
17．（8分）如图，一艘轮船位于灯塔P的北偏东60°方向，与灯塔P的距离为80海里的A处，它沿正南方向航行一段时间后，到达位于灯塔P的南偏东45°方向的B处，求此时轮船所在的B处与灯塔P的距离．（参考数据：≈2.449，结果保留整数）
18．（8分）定义：如果把一条抛物线绕它的顶点旋转180°得到的抛物线我们称为原抛物线的“孪生抛物线”．
(1)求抛物线y＝x2﹣2x的“孪生抛物线”的表达式；
(2)若抛物线y＝x2﹣2x+c的顶点为D，与y轴交于点C，其“孪生抛物线”与y轴交于点C′，请判断△DCC’的形状，并说明理由：
(3)已知抛物线y＝x2﹣2x﹣3与y轴交于点C，与x轴正半轴的交点为A，那么是否在其“孪生抛物线”上存在点P，在y轴上存在点Q，使以点A、C、P、Q为顶点的四边形为平行四边形？若存在，求出P点的坐标；若不存在，说明理由．
19．（8分）如图1，正方形ABCD的边长为8，动点E从点D出发，在线段DC上运动，同时点F从点B出发，以相同的速度沿射线AB方向运动，当点E运动到终点C时，点F也停止运动，连接AE交对角线BD于点N，连接EF交BC于点M，连接AM．
（参考数据：sin15°=，cos15°=，tan15°=2﹣）
（1）在点E、F运动过程中，判断EF与BD的位置关系，并说明理由；
（2）在点E、F运动过程中，①判断AE与AM的数量关系，并说明理由；②△AEM能为等边三角形吗？若能，求出DE的长度；若不能，请说明理由；
（3）如图2，连接NF，在点E、F运动过程中，△ANF的面积是否变化，若不变，求出它的面积；若变化，请说明理由．
20．（8分）我市某中学举行“中国梦•校园好声音”歌手大赛，高、初中部根据初赛成绩，各选出5名选手组成初中代表队和高中代表队参加学校决赛．两个队各选出的5名选手的决赛成绩如图所示．
根据图示填写下表；
平均数（分）
中位数（分）
众数（分）
初中部
85
高中部
85
100
（2）结合两队成绩的平均数和中位数，分析哪个队的决赛成绩较好；计算两队决赛成绩的方差并判断哪一个代表队选手成绩较为稳定．
21．（8分）为了支持大学生创业，某市政府出台了一项优惠政策：提供10万元的无息创业贷款．小王利用这笔贷款，注册了一家淘宝网店，招收5名员工，销售一种火爆的电子产品，并约定用该网店经营的利润，逐月偿还这笔无息贷款．已知该产品的成本为每件4元，员工每人每月的工资为4千元，该网店还需每月支付其它费用1万元．该产品每月销售量y（万件）与销售单价x（元）万件之间的函数关系如图所示．求该网店每月利润w（万元）与销售单价x（元）之间的函数表达式；小王自网店开业起，最快在第几个月可还清10万元的无息贷款？
22．（10分）计算：（﹣2）3+（﹣3）×[（﹣4）2+2]﹣（﹣3）2÷（﹣2）
23．（12分）已知：如图，在平面直角坐标系中，O为坐标原点，△OAB的顶点A、B的坐标分别是A（0，5），B（3，1），过点B画BC⊥AB交直线于点C，连结AC，以点A为圆心，AC为半径画弧交x轴负半轴于点D，连结AD、CD．
（1）求证：△ABC≌△AOD．
（2）设△ACD的面积为，求关于的函数关系式．
（3）若四边形ABCD恰有一组对边平行，求的值．
24．已知点E为正方形ABCD的边AD上一点，连接BE，过点C作CN⊥BE，垂足为M，交AB于点N．
（1）求证：△ABE≌△BCN；
（2）若N为AB的中点，求tan∠ABE．
参考答案
一、选择题（共10小题，每小题3分，共30分）
1、C
【解析】
分析：延长GH交AD于点P，先证△APH≌△FGH得AP=GF=1，GH=PH=PG，再利用勾股定理求得PG=，从而得出答案．
详解：如图，延长GH交AD于点P，
∵四边形ABCD和四边形CEFG都是矩形，
∴∠ADC=∠ADG=∠CGF=90°，AD=BC=2、GF=CE=1，
∴AD∥GF，
∴∠GFH=∠PAH，
又∵H是AF的中点，
∴AH=FH，
在△APH和△FGH中，
∵，
∴△APH≌△FGH（ASA），
∴AP=GF=1，GH=PH=PG，
∴PD=AD﹣AP=1，
∵CG=2、CD=1，
∴DG=1，
则GH=PG=×=，
故选：C．
点睛：本题主要考查矩形的性质，解题的关键是掌握全等三角形的判定与性质、矩形的性质、勾股定理等知识点．
2、A
【解析】
分析：连接OE1，OD1，OD2，如图，根据正六边形的性质得∠E1OD1=60°，则△E1OD1为等边三角形，再根据切线的性质得OD2⊥E1D1，于是可得OD2=E1D1=×2，利用正六边形的边长等于它的半径得到正六边形A2B2C2D2E2F2的边长=×2，同理可得正六边形A3B3C3D3E3F3的边长=（）2×2，依此规律可得正六边形A11B11C11D11E11F11的边长=（）10×2，然后化简即可．
详解：连接OE1，OD1，OD2，如图，
∵六边形A1B1C1D1E1F1为正六边形，
∴∠E1OD1=60°，
∴△E1OD1为等边三角形，
∵正六边形A2B2C2D2E2F2的外接圆与正六边形A1B1C1D1E1F1的各边相切，
∴OD2⊥E1D1，
∴OD2=E1D1=×2，
∴正六边形A2B2C2D2E2F2的边长=×2，
同理可得正六边形A3B3C3D3E3F3的边长=（）2×2，
则正六边形A11B11C11D11E11F11的边长=（）10×2=．
故选A．
点睛：本题考查了正多边形与圆的关系：把一个圆分成n（n是大于2的自然数）等份，依次连接各分点所得的多边形是这个圆的内接正多边形，这个圆叫做这个正多边形的外接圆．记住正六边形的边长等于它的半径．
3、C
【解析】
根据DE∥AB可求得∠CDE＝∠B解答即可．
【详解】
解：∵DE∥AB，
∴∠CDE＝∠B＝46°，
故选：C．
【点睛】
本题主要考查平行线的性质：两直线平行，同位角相等．快速解题的关键是牢记平行线的性质．
4、A
【解析】
已知AB∥CD∥EF，根据平行线分线段成比例定理，对各项进行分析即可．
【详解】
∵AB∥CD∥EF，
∴．
故选A．
【点睛】
本题考查平行线分线段成比例定理，找准对应关系，避免错选其他答案．
5、D
【解析】
根据抛物线和直线的关系分析.
【详解】
由抛物线图像可知，所以反比例函数应在二、四象限，一次函数过原点，应在二、四象限.
故选D
【点睛】
考核知识点：反比例函数图象.
6、B
【解析】
试题分析：∵在三角形ABC中，∠ACB=90°，∠B=50°，∴∠A=180°﹣∠ACB﹣∠B=40°．
由旋转的性质可知：BC=B′C，∴∠B=∠BB′C=50°．又∵∠BB′C=∠A+∠ACB′=40°+∠ACB′，∴∠ACB′=10°，∴∠COA′=∠AOB′=∠OB′C+∠ACB′=∠B+∠ACB′=60°．故选B．
考点：旋转的性质．
7、B
【解析】
试题分析：∵一次函数y=kx+b（k、b是常数，k≠0）的图象经过第一、二、四象限，
∴k＜0，b＞0，
故选B．
考点：一次函数的性质和图象
8、A
【解析】
根据平行线的性质及圆周角定理的推论得出点M的轨迹是以EF为直径的半圆，进而求出半径即可得出答案，注意分两种情况讨论．
【详解】
当点D与B重合时，M与F重合，当点D与A重合时，M与E重合，连接BD，FM，AD，EM，
∵
∴
∵AB是直径
即
∴
∴点M的轨迹是以EF为直径的半圆，
∵
∴以EF为直径的圆的半径为1
∴点M运动的路径长为
当 时，同理可得点M运动的路径长为
故选：A．
【点睛】
本题主要考查动点的运动轨迹，掌握圆周角定理的推论，平行线的性质和弧长公式是解题的关键．
9、C
【解析】
试题分析：根据勾股定理即可得到AB，BC，AC的长度，进行判断即可．
试题解析：连接AC，如图：
根据勾股定理可以得到：AC=BC=，AB=．
∵（）1+（）1=（）1．
∴AC1+BC1=AB1．
∴△ABC是等腰直角三角形．
∴∠ABC=45°．
故选C．
考点：勾股定理．
10、A
【解析】
若设走路线一时的平均速度为x千米/小时，根据路线一的全程是25千米，但交通比较拥堵，路线二的全程是30千米，平均车速比走路线一时的平均车速能提高80%，因此能比走路线一少用10分钟到达可列出方程．
解：设走路线一时的平均速度为x千米/小时，
故选A．
二、填空题（本大题共6个小题，每小题3分，共18分）
11、
【解析】
根据比例的性质，设x＝5a，则y＝2a，代入原式即可求解.
【详解】
解：∵，
∴设x＝5a，则y＝2a，
那么．
故答案为：．
【点睛】
本题主要考查了比例的性质，根据比例式用同一个未知数得出的值进而求解是解题关键．
12、（，）
【解析】
由题意可得OA：OD=2：3，又由点A的坐标为（1，0），即可求得OD的长，又由正方形的性质，即可求得E点的坐标．
【详解】
解：∵正方形OABC与正方形ODEF是位似图形，O为位似中心，相似比为2：3，
∴OA：OD=2：3，
∵点A的坐标为（1，0），
即OA=1，
∴OD=，
∵四边形ODEF是正方形，
∴DE=OD=．
∴E点的坐标为：（，）．
故答案为：（，）．
【点睛】
此题考查了位似变换的性质与正方形的性质，注意理解位似变换与相似比的定义是解此题的关键．
13、
【解析】
试题分析：根据网格，利用勾股定理求出AC的长，AB的长，以及AB边上的高，利用三角形面积公式求出三角形ABC面积，而三角形ABC面积可以由AC与BD乘积的一半来求，利用面积法即可求出BD的长：
根据勾股定理得：，
由网格得：S△ABC=×2×4=4，且S△ABC=AC•BD=×5BD，
∴×5BD=4，解得：BD=.
考点：1.网格型问题；2.勾股定理；3.三角形的面积．
14、 (2，3)
【解析】
作AC⊥x轴于C，作A′C′⊥x轴，垂足分别为C、C′，证明△ABC≌△BA′C′，可得OC′=OB+BC′=1+1=2，A′C′=BC=3，可得结果．
【详解】
如图，作AC⊥x轴于C，作A′C′⊥x轴，垂足分别为C、C′，
∵点A、B的坐标分别为（-2，1）、（1，0），
∴AC=2，BC=2+1=3，
∵∠ABA′=90°，
∴ABC+∠A′BC′=90°，
∵∠BAC+∠ABC=90°，
∴∠BAC=∠A′BC′，
∵BA=BA′，∠ACB=∠BC′A′，
∴△ABC≌△BA′C′，
∴OC′=OB+BC′=1+1=2，A′C′=BC=3，
∴点A′的坐标为（2，3）．
故答案为（2，3）．
【点睛】
此题考查旋转的性质，三角形全等的判定和性质，点的坐标的确定．解决问题的关键是作辅助线构造全等三角形．
15、①②③
【解析】
试题分析：根据三角形内角和定理求出∠ABC、∠C的度数，根据线段垂直平分线的性质得到EA=EB，根据等腰三角形的判定定理和三角形的周长公式计算即可．
解：∵AB=AC，∠A=36°，
∴∠ABC=∠C=72°，
∵DE是AB的垂直平分线，
∴EA=EB，
∴∠EBA=∠A=36°，
∴∠EBC=36°，
∴∠EBA=∠EBC，
∴BE平分∠ABC，①正确；
∠BEC=∠EBA+∠A=72°，
∴∠BEC=∠C，
∴BE=BC，
∴AE=BE=BC，②正确；
△BEC周长=BC+CE+BE=BC+CE+EA=AC+BC，③正确；
∵BE＞EC，AE=BE，
∴AE＞EC，
∴点E不是AC的中点，④错误，
故答案为①②③．
考点：线段垂直平分线的性质；等腰三角形的判定与性质．
16、17
【解析】
先利用完全平方公式展开，然后再求和.
【详解】
根据（x+y）2=25，x2+y2+2xy=25;（x﹣y）2=9, x2+y2-2xy=9,所以x2+y2=17.
【点睛】
(1)完全平方公式：.
(2)平方差公式：(a+b)(a-b)=.
(3)常用等价变形：
,
,
.
三、解答题（共8题，共72分）
17、此时轮船所在的B处与灯塔P的距离是98海里．
【解析】
【分析】过点P作PC⊥AB，则在Rt△APC中易得PC的长，再在直角△BPC中求出PB的长即可．
【详解】作PC⊥AB于C点，
∴∠APC=30°，∠BPC=45° ，AP=80（海里），
在Rt△APC中，cos∠APC=，
∴PC=PA•cos∠APC=40（海里），
在Rt△PCB中，cos∠BPC=，
∴PB==40≈98（海里），
答：此时轮船所在的B处与灯塔P的距离是98海里．
【点睛】本题考查了解直角三角形的应用举例，正确添加辅助线构建直角三角形是解题的关键.
18、（1）y=-（x-1）²=-x²+2x-2;（2）等腰Rt△，（3）P1（3，-8），P2（-3，-20）.
【解析】
（1）当抛物线绕其顶点旋转180°后，抛物线的顶点坐标不变，只是开口方向相反，则可根据顶点式写出旋转后的抛物线解析式；
（2）可分别求出原抛物线和其“孪生抛物线”与y轴的交点坐标C、C′，由点的坐标可知△DCC’是等腰直角三角形；
（3）可求出A（3，0），C（0，-3），其“孪生抛物线”为y=-x2+2x-5，当AC为对角线时，由中点坐标可知点P不存在，当AC为边时，分两种情况可求得点P的坐标．
【详解】
（1）抛物线y=x2-2x化为顶点式为y=（x-1）2-1，顶点坐标为（1，-1），由于抛物线y=x2-2x绕其顶点旋转180°后抛物线的顶点坐标不变，只是开口方向相反，
则所得抛物线解析式为y=-（x-1）2-1=-x2+2x-2；
（2）△DCC'是等腰直角三角形，理由如下：
∵抛物线y=x2-2x+c=（x-1）2+c-1，
∴抛物线顶点为D的坐标为（1，c-1），与y轴的交点C的坐标为（0，c），
∴其“孪生抛物线”的解析式为y=-（x-1）2+c-1，与y轴的交点C’的坐标为（0，c-2），
∴CC'=c-（c-2）=2，
∵点D的横坐标为1，
∴∠CDC'=90°，
由对称性质可知DC=DC’，
∴△DCC'是等腰直角三角形；
（3）∵抛物线y=x2-2x-3与y轴交于点C，与x轴正半轴的交点为A，
令x=0，y=-3，令y=0时，y=x2-2x-3，解得x1=-1，x2=3，
∴C（0，-3），A（3，0），
∵y=x2-2x-3=（x-1）2-4，
∴其“孪生抛物线”的解析式为y=-（x-1）2-4=-x2+2x-5，
若A、C为平行四边形的对角线，
∴其中点坐标为(，−)，
设P（a，-a2+2a-5），
∵A、C、P、Q为顶点的四边形为平行四边形，
∴Q（0，a-3），
∴＝−，
化简得，a2+3a+5=0，△＜0，方程无实数解，
∴此时满足条件的点P不存在，
若AC为平行四边形的边，点P在y轴右侧，则AP∥CQ且AP=CQ，
∵点C和点Q在y轴上，
∴点P的横坐标为3，
把x=3代入“孪生抛物线”的解析式y=-32+2×3-5=-9+6-5=-8，
∴P1（3，-8），
若AC为平行四边形的边，点P在y轴左侧，则AQ∥CP且AQ=CP，
∴点P的横坐标为-3，
把x=-3代入“孪生抛物线”的解析式y=-9-6-5=-20，
∴P2（-3，-20）
∴原抛物线的“孪生抛物线”上存在点P1（3，-8），P2（-3，-20），在y轴上存在点Q，使以点A、C、P、Q为顶点的四边形为平行四边形．
【点睛】
本题是二次函数综合题型，主此题主要考查了根据二次函数的图象的变换求抛物线的解析式，解题的关键是求出旋转后抛物线的顶点坐标以及确定出点P的位置，注意分情况讨论．
19、（1）EF∥BD，见解析；（2）①AE=AM，理由见解析；②△AEM能为等边三角形，理由见解析；（3）△ANF的面积不变，理由见解析
【解析】
（1）依据DE=BF，DE∥BF，可得到四边形DBFE是平行四边形，进而得出EF∥DB；
（2）依据已知条件判定△ADE≌△ABM，即可得到AE=AM；②若△AEM是等边三角形，则∠EAM=60°，依据△ADE≌△ABM，可得∠DAE=∠BAM=15°，即可得到DE=16-8，即当DE=16−8时，△AEM是等边三角形；
（3）设DE=x，过点N作NP⊥AB，反向延长PN交CD于点Q，则NQ⊥CD，依据△DEN∽△BNA，即可得出PN=，根据S△ANF=AF×PN=×（x+8）×=32，可得△ANF的面积不变．
【详解】
解:（1）EF∥BD．
证明：∵动点E从点D出发，在线段DC上运动，同时点F从点B出发，以相同的速度沿射线AB方向运动，
∴DE=BF，
又∵DE∥BF，
∴四边形DBFE是平行四边形，
∴EF∥DB；
（2）①AE=AM．
∵EF∥BD，
∴∠F=∠ABD=45°，
∴MB=BF=DE，
∵正方形ABCD，
∴∠ADC=∠ABC=90°，AB=AD，
∴△ADE≌△ABM，
∴AE=AM；
②△AEM能为等边三角形．
若△AEM是等边三角形，则∠EAM=60°，
∵△ADE≌△ABM，
∴∠DAE=∠BAM=15°，
∵tan∠DAE=，AD=8，
∴2﹣=，
∴DE=16﹣8，
即当DE=16﹣8时，△AEM是等边三角形；
（3）△ANF的面积不变．
设DE=x，过点N作NP⊥AB，反向延长PN交CD于点Q，则NQ⊥CD，
∵CD∥AB，
∴△DEN∽△BNA，
∴=，
∴，
∴PN=，
∴S△ANF=AF×PN=×（x+8）×=32，
即△ANF的面积不变．
【点睛】
本题属于四边形综合题，主要考查了平行四边形的判定与性质，等边三角形的性质，全等三角形的判定与性质，解直角三角形以及相似三角形的判定与性质的综合运用，解决问题的关键是作辅助线构造相似三角形，利用全等三角形的 对应边相等，相似三角形的对应边成比例得出结论．
20、（1）
平均数（分）
中位数（分）
众数（分）
初中部
85
85
85
高中部
85
80
100
（2）初中部成绩好些（3）初中代表队选手成绩较为稳定
【解析】
解：（1）填表如下：
平均数（分）
中位数（分）
众数（分）
初中部
85
85
85
高中部
85
80
100
（2）初中部成绩好些．
∵两个队的平均数都相同，初中部的中位数高，
∴在平均数相同的情况下中位数高的初中部成绩好些．
（3）∵，
，
∴＜，因此，初中代表队选手成绩较为稳定．
（1）根据成绩表加以计算可补全统计表．根据平均数、众数、中位数的统计意义回答．
（2）根据平均数和中位数的统计意义分析得出即可．
（3）分别求出初中、高中部的方差比较即可．
21、（1）当4≤x≤6时，w1=﹣x2+12x﹣35，当6≤x≤8时，w2=﹣x2+7x﹣23；（2）最快在第7个月可还清10万元的无息贷款．
【解析】
分析：（1）y（万件）与销售单价x是分段函数，根据待定系数法分别求直线AB和BC的解析式，又分两种情况，根据利润=（售价﹣成本）×销售量﹣费用，得结论；
（2）分别计算两个利润的最大值，比较可得出利润的最大值，最后计算时间即可求解．
详解：（1）设直线AB的解析式为：y=kx+b，
代入A（4，4），B（6，2）得：，
解得：，
∴直线AB的解析式为：y=﹣x+8，
同理代入B（6，2），C（8，1）可得直线BC的解析式为：y=﹣x+5，
∵工资及其他费作为：0.4×5+1=3万元，
∴当4≤x≤6时，w1=（x﹣4）（﹣x+8）﹣3=﹣x2+12x﹣35，
当6≤x≤8时，w2=（x﹣4）（﹣x+5）﹣3=﹣x2+7x﹣23；
（2）当4≤x≤6时，
w1=﹣x2+12x﹣35=﹣（x﹣6）2+1，
∴当x=6时，w1取最大值是1，
当6≤x≤8时，
w2=﹣x2+7x﹣23=﹣（x﹣7）2+，
当x=7时，w2取最大值是1.5，
∴==6，
即最快在第7个月可还清10万元的无息贷款．
点睛：本题主要考查学生利用待定系数法求解一次函数关系式，一次函数与一次不等式的应用，利用数形结合的思想，是一道综合性较强的代数应用题，能力要求比较高．
22、-17.1
【解析】
按照有理数混合运算的顺序，先乘方后乘除最后算加减，有括号的先算括号里面的．
【详解】
解：原式＝﹣8+（﹣3）×18﹣9÷（﹣2），
＝﹣8﹣14﹣9÷（﹣2），
＝﹣62+4.1，
＝﹣17.1．
【点睛】
此题要注意正确掌握运算顺序以及符号的处理．
23、（1）证明详见解析；（2）S=（m+1）2+（m＞）；（2）2或1．
【解析】
试题分析：（1）利用两点间的距离公式计算出AB=5，则AB=OA，则可根据“HL”证明△ABC≌△AOD；
（2）过点B作直线BE⊥直线y=﹣m于E，作AF⊥BE于F，如图，证明Rt△ABF∽Rt△BCE，利用相似比可得BC=（m+1），再在Rt△ACB中，由勾股定理得AC2=AB2+BC2=25+（m+1）2，然后证明△AOB∽△ACD，利用相似的性质得，而S△AOB=，于是可得S=（m+1）2+（m＞）；
（2）作BH⊥y轴于H，如图，分类讨论：当AB∥CD时，则∠ACD=∠CAB，由△AOB∽△ACD得∠ACD=∠AOB，所以∠CAB=∠AOB，利用三角函数得到tan∠AOB=2，tan∠ACB=，所以=2；当AD∥BC，则∠5=∠ACB，由△AOB∽△ACD得到∠4=∠5，则∠ACB=∠4，根据三角函数定义得到tan∠4=，tan∠ACB=，则=，然后分别解关于m的方程即可得到m的值．
试题解析：（1）证明：∵A（0，5），B（2，1），
∴AB==5，
∴AB=OA，
∵AB⊥BC，
∴∠ABC=90°，
在Rt△ABC和Rt△AOD中，
，
∴Rt△ABC≌Rt△AOD；
（2）解：过点B作直线BE⊥直线y=﹣m于E，作AF⊥BE于F，如图，∵∠1+∠2=90°，∠1+∠2=90°，
∴∠2=∠2，
∴Rt△ABF∽Rt△BCE，
∴，即，
∴BC=(m+1），
在Rt△ACB中，AC2=AB2+BC2=25+（m+1）2，
∵△ABC≌△AOD，
∴∠BAC=∠OAD，即∠4+∠OAC=∠OAC+∠5，
∴∠4=∠5，
而AO=AB，AD=AC，
∴△AOB∽△ACD，
∴=，
而S△AOB=×5×2=，
∴S=（m+1）2+（m＞）；
（2）作BH⊥y轴于H，如图，
当AB∥CD时，则∠ACD=∠CAB，
而△AOB∽△ACD，
∴∠ACD=∠AOB，
∴∠CAB=∠AOB，
而tan∠AOB==2，tan∠ACB===，
∴=2，解得m=1；
当AD∥BC，则∠5=∠ACB，
而△AOB∽△ACD，
∴∠4=∠5，
∴∠ACB=∠4，
而tan∠4=，tan∠ACB=，
∴=，
解得m=2．
综上所述，m的值为2或1．
考点：相似形综合题．
24、（1）证明见解析；（2）
【解析】
（1）根据正方形的性质得到AB＝BC，∠A＝∠CBN＝90°，∠1＋∠2＝90°，根据垂线和三角形内角和定理得到∠2＋∠3＝90°，推出∠1＝∠3，根据ASA推出△ABE≌△BCN；（2）tan∠ABE＝，根据已知求出AE与AB的关系即可求得tan∠ABE.
【详解】
（1）证明：∵四边形ABCD为正方形
∴AB=BC，∠A=∠CBN=90°，∠1+∠2=90°
∵CM⊥BE，
∴∠2+∠3=90°
∴∠1=∠3
在△ABE和△BCN中，
∴△ABE≌△BCN（ASA）；
（2）∵N为AB中点，
∴BN=AB
又∵△ABE≌△BCN，
∴AE=BN=AB
在Rt△ABE中，tan∠ABE═．
【点睛】
本题主要考查了正方形的性质、三角形的内角和定理、垂线、全等三角形的性质和判定以及锐角三角函数等知识点的掌握和理解，证出△ABE≌△BCN是解此题的关键.
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