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2022年河北省石家庄市新乐实验学校中考数学模拟试卷（四）（含解析）
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这是一份2022年河北省石家庄市新乐实验学校中考数学模拟试卷（四）（含解析），共31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。
2022年河北省石家庄市新乐实验学校中考数学模拟试卷（四）
一、选择题（本题共16小题，共42分）
1. -2的倒数是( )
A. -12 B. -2 C. 12 D. 2
2. 如图是由一个长方体和一个圆锥组成的几何体，它的主视图是( )
A.
B.
C.
D.
3. 下列运算正确的是( )
A. m2+2m=3m3 B. m4÷m2=m2
C. m2⋅m3=m6 D. ( m2)3=m5
4. 下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是( )
A. B.
C. D.
5. 某校九年级进行了3次数学模拟考试，甲、乙、丙、丁4名同学3次数学成绩的平均分都是129分，方差分别是s甲2=3.6，s乙2=4.6，s丙2=6.3，s丁2=7.3，则这4名同学3次数学成绩最稳定的是( )
A. 甲 B. 乙 C. 丙 D. 丁
6. 一个等腰直角三角尺和一把直尺按如图所示的位置摆放，若∠1=20°，则∠2的度数是( )
A. 15° B. 20° C. 25° D. 40°
7. △BDE和△FGH是两个全等的等边三角形，将它们按如图的方式放置在等边三角形ABC内．若求五边形DECHF的周长，则只需知道( )
A. △ABC的周长
B. △AFH的周长
C. 四边形FBGH的周长
D. 四边形ADEC的周长
8. 随着快递业务的增加，某快递公司为快递员更换了快捷的交通工具，公司投递快件的能力由每周3000件提高到4200件，平均每人每周比原来多投递80件，若快递公司的快递员人数不变，求原来平均每人每周投递快件多少件？设原来平均每人每周投递快件x件，根据题意可列方程为( )
A. 3000x=4200x-80 B. 3000x+80=4200x
C. 4200x=3000x-80 D. 3000x=4200x+80
9. 如图，四边形ABCD是菱形，对角线AC，BD相交于点O，AC=8.BD=6，点E是CD上一点，连接OE，若OE=CE，则OE的长是( )
A. 2
B. 52
C. 3
D. 4
10. 中国科学技术馆有“圆与非圆”展品，涉及了“等宽曲线”的知识．因为圆的任何一对平行切线的距离总是相等的，所以圆是“等宽曲线”.除了例以外，还有一些几何图形也是“等宽曲线”，如勒洛三角形(图1)，它是分别以等边三角形的每个顶点为圆心，以边长为半径，在另两个顶点间画一段圆弧，三段圆弧围成的曲边三角形，图2是等宽的勒洛三角形和圆．
下列说法中错误的是( )
A. 勒洛三角形是轴对称图形
B. 图1中，点A到BC上任意一点的距离都相等
C. 图2中，勒洛三角形上任意一点到等边三角形DEF的中心O1的距离都相等
D. 图2中，勒洛三角形的周长与圆的周长相等
11. 如图，在平面直角坐标系中，直线y=-x与双曲线y=kx交于A、B两点，P是以点C(2,2)为圆心，半径长1的圆上一动点，连结AP，Q为AP的中点．若线段OQ长度的最大值为2，则k的值为( )
A. -12 B. -32 C. -2 D. -14
12. 已知二次函数y=ax2+bx+c(a≠0)的图象如图所示，下列结论：①abc>0；②2a+b<0；③b2-4ac>0；④a+b+c>0，其中正确的个数是( )
A. 1
B. 2
C. 3
D. 4
13. 已知∠AOB=30°，求作∠AOP=15°，作法：
(1)以O为圆心，任意长为半径画弧分别交OA，OB于点N，M；
(2)分别以N，M为圆心，以OM长为半径在角的内部画弧交于点P；
(3)作射线OP，则OP为AOB的平分线，可得∠AOP=15°；
根据以上作法，某同学有以下3种证明思路：
①可证明△OPN≌△OPM，得∠POA=∠POB，可得；
②可证明四边形OMPN为菱形，OP，MN互相垂直平分，得∠POA=∠POB，可得；
③可证明△PMN为等边三角形，OP，MN互相垂直平分，从而得∠POA=∠POB，可得．
你认为该3种证明思路中，正确的有( )
A. ①② B. ①③ C. ②③ D. ①②③
14. 某渔船在海上进行捕鱼作业，当渔船航行至B处时，发现正北方向(6+63)海里的C处有海盗出没，为了安全，请求A处的海警前往C处护航．如图，已知C位于A处的东北方向上，A位于B的北偏西30°方向上，则A和C之间的距离为海里．( )
A. 62
B. 63
C. 123
D. 122
15. 如图，在平面直角坐标系中，⊙P经过三点A(8,0)，O(0,0)，B(0,6)，点D是⊙P上的一动点．当点D到弦OB的距离最大时，sin∠BOD的值是( )
A. 13
B. 3
C. 1010
D. 31010
16. 如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC=22，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是( )
A. B.
C. D.
二、填空题（本题共3小题，共10分）
17. 若关于x的一元二次方程x2+2x-k=0无实数根，则k的取值范围是______．
18. 王老师是一名快走锻炼爱好者，他用手机软件连续记录了某月16天每天快走锻炼的步数(单位：万步)，并将记录的结果绘制成如图所示的条形统计图，则他每天所走步数的中位数是______万步，众数是______万步．
19. 如图，⊙O的直径AB=26，P是AB上(不与点A、B重合)的任一点，点C、D为⊙O上的两点．若∠APD=∠BPC，则称∠CPD为直径AB的“回旋角”．
(1)若CD的长为134π，“回旋角”∠CPD的度数______；
(2)若直径AB的“回旋角”为120°，且△PCD的周长为24+133，AP的长=______．
三、解答题（本题共7小题，共68分）
20. 我们规定；若关于x的一元一次方程a+x=b(a≠0)的解为x=ba，则称该方程为“商解方程”.例如：2+x=4的解为x=2且x=42，则方程2+x=4是“商解方程”.请回答下列问题：
(1)判断4+x=163是不是“商解方程”，并说明理由．
(2)若关于x的一元一次方程6+x=m+3是“商解方程”，求m的值．
21. 我市某中学艺术节期间，向学校学生征集书画作品．九年级美术李老师从全年级14个班中随机抽取了A、B、C、D 4个班，对征集到的作品的数量进行了分析统计，制作了如下两幅不完整的统计图．
(1)李老师采取的调查方式是______(填“普查”或“抽样调查”)，李老师所调查的4个班征集到作品共______件，其中B班征集到作品______，请把图2补充完整．
(2)如果全年级参展作品中有4件获得一等奖，其中有2名作者是男生，2名作者是女生．现在要在抽两人去参加学校总结表彰座谈会，求恰好抽中一男一女的概率．(要求用树状图或列表法写出分析过程)
22. 如图①，在△ABC中，∠ABC与∠ACB的平分线相交于点P．
(1)如果∠A=80°，求∠BPC的度数；
(2)如图②，作△ABC外角∠MBC，∠NCB的角平分线交于点Q，试探索∠Q、∠A之间的数量关系．
(3)如图③，延长线段BP、QC交于点E，△BQE中，存在一个内角等于另一个内角的2倍，求∠A的度数．
23. 如图1，△ABC中，AB=5，AC=32，BC=7，半径为r的⊙O经过点A且与BC相切，切点M在线段BC上(包含点M与点B、C重合的情况)．
(1)半径r的最小值等于______；
(2)设BM=x，求半径r关于x的函数表达式；
(3)当BM=1时，请在图2中作点M及满足条件的⊙O.(要求：尺规作图，不写作法，保留作图痕迹，并用2B铅笔或黑色水笔加黑加粗)
24. 甲、乙两人同时开车从A地出发，沿同一条道路去B地，途中都以两种不同的速度V1与V2(V1>V2)行驶．甲前一半路程以速度V1匀速行驶，后一半路程以速度V2匀速行驶；乙前一半时间以速度匀速V2行驶，后一半时间用以速度V1匀速行驶．
(1)设甲乙两人从A地到B地的平均速度分别为V甲和V乙，则V甲=______；V乙=______(用含V1、V2的式子表示)．
(2)甲、乙两人______(填甲或乙)先到达B地．
(3)如图是甲、乙二人从A地到B地的路程S(千米)和时间t(小时)之间的函数图象．请你求出：
①S、V1、V2的值．
②甲乙出发后几小时在途中相遇？
25. 问题情境
有一堵长为am的墙，利用这堵墙和长为60m的篱笆围成一个矩形养鸡场，怎样围面积最大？最大面积是多少？
题意理解
根据题意，有两种设计方案：一边靠墙(如图①)和一边“包含”墙(如图②)．
特例分析
(1)当a=12时，若按图①的方案设计，则该方案中养鸡场的最大面积是______m2；若按图②的方案设计，则该方案中养鸡场的最大面积是______m2．
(2)当a=20时，解决“问题情境”中的问题．
解决问题
(3)直接写出“问题情境”中的问题的答案．
26. (1)如图1，在△ABC中，AB=42,AC=6,∠BAC=135°，求△ABC的面积．
(2)如图2，半圆O的直径AB=10，C是半圆AB的中点，点D在BC上，且CD=2BD，点P是AB上的动点，试求PC+PD的最小值．
(3)如图3，扇形AOB的半径为20，∠AOB=45°，在AB选点P，在边OA上选点E，在边OB上选点F，求PE+EF+FP的长度的最小值．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：有理数-2的倒数是-12．
故选：A．
根据乘积是1的两个数互为倒数，可得一个数的倒数．
本题考查了倒数，分子分母交换位置是求一个数的倒数的关键．
2.【答案】C
【解析】解：从正面看，“底座长方体”看到的图形是矩形，“上部圆锥体”看到的图形是等腰三角形，因此选项C的图形符合题意，
故选：C．
根据简单几何体的主视图的画法，利用“长对正”，从正面看到的图形．
本题考查简单几何体的三视图的画法，画三视图时要注意“长对正、宽相等、高平齐”．
3.【答案】B
【解析】解：A.m2与2m不是同类项，不能合并，所以A错误；
B.m4÷m2=m4-2=m2，所以B正确；
C.m2⋅m3=m2+3=m5，所以C错误；
D.( m2)3=m6，所以D错误；
故选：B．
运用合并同类项，同底数幂的除法，同底数幂的乘法，幂的乘方等运算法则运算即可．
本题主要考查了合并同类项，同底数幂的除法，同底数幂的乘法，幂的乘方等运算，熟练掌握运算法则是解答此题的关键．
4.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查了中心对称图形与轴对称图形的概念，轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后两部分重合．根据轴对称图形和中心对称图形的概念对各选项分析判断即可得解．
【解答】
解：A、是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不合题意；
B、既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故本选项不合题意；
C、是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不合题意；
D、既是轴对称图形又是中心对称图形，故本选项符合题意．
5.【答案】A
【解析】解：∵s甲2=3.6，s乙2=4.6，s丙2=6.3，s丁2=7.3，且平均数相等，
∴s甲2
故选：A．
根据方差的意义求解可得．
本题主要考查方差，解题的关键是掌握方差的意义：方差是反映一组数据的波动大小的一个量．方差越大，则平均值的离散程度越大，稳定性也越小；反之，则它与其平均值的离散程度越小，稳定性越好．
6.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查了等腰直角三角尺，平行线的性质，熟练掌握平行线的性质是解题的关键．由平行线的性质∠3=∠1=20°，再由等腰直角三角尺的锐角度数都是45°进行求解即可．
【解答】
解：如图，
∵AB//CD，
∴∠3=∠1=20°，
∵三角形是等腰直角三角尺，
∴∠2=45°-∠3=25°，
故选C．
7.【答案】A
【解析】解：∵△GFH为等边三角形，
∴FH=GH，∠FHG=60°，
∴∠AHF+∠GHC=120°，
∵△ABC为等边三角形，
∴AB=BC=AC，∠ACB=∠A=60°，
∴∠GHC+∠HGC=120°，
∴∠AHF=∠HGC，
∴△AFH≌△CHG(AAS)，
∴AF=CH．
∵△BDE和△FGH是两个全等的等边三角形，
∴BE=FH，
∴五边形DECHF的周长=DE+CE+CH+FH+DF=BD+CE+AF+BE+DF，
=(BD+DF+AF)+(CE+BE)，
=AB+BC．
∴只需知道△ABC的周长即可．
故选：A．
证明△AFH≌△CHG(AAS)，得出AF=CH.由题意可知BE=FH，则得出五边形DECHF的周长=AB+BC，则可得出答案．
本题考查了全等三角形的判定与性质，等边三角形的性质，熟练掌握全等三角形的判定方法是解题的关键．
8.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查了由实际问题抽象出分式方程，找准等量关系，正确列出分式方程是解题的关键．
设原来平均每人每周投递快件x件，则现在平均每人每周投递快件(x+80)件，根据人数=投递快递总数量÷人均投递数量，结合快递公司的快递员人数不变，即可得出关于x的分式方程，此题得解．
【解答】
解：设原来平均每人每周投递快件x件，则现在平均每人每周投递快件(x+80)件，
依题意，得：3000x=4200x+80．
故选：D．
9.【答案】B
【解析】解：∵菱形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，
∴OB=12BD=12×6=3，OA=OC=12AC=12×8=4，AC⊥BD，
由勾股定理得，BC=OB2+OC2=32+42=5，
∴AD=5，
∵OE=CE，
∴∠DCA=∠EOC，
∵四边形ABCD是菱形，
∴∠DCA=∠DAC，
∴∠DAC=∠EOC，
∴OE//AD，
∵AO=OC，
∴OE是△ADC的中位线，
∴OE=12AD=2.5，
故选：B．
根据菱形的对角线互相垂直平分求出OB，OC，AC⊥BD，再利用勾股定理列式求出BC，然后根据三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半求解即可．
本题考查了菱形的性质，三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半，勾股定理，熟记性质与定理是解题的关键．
10.【答案】C
【解析】解：A、勒洛三角形是轴对称图形，正确；
B、图1中，点A到BC上任意一点的距离都相等，正确；
C、图2中，连接O1E，连接DO1并延长交EF于G，
设等边三角形DEF的边长为a，
则O1D=EO1=33a，
∵DG=DE=a，
∴O1G=a-33a，
∴勒洛三角形上任意一点到等边三角形DEF的中心O1的距离不相等，故错误；
D、设等边三角形DEF的边长为a，
∴勒洛三角形的周长=3×60π×a180=aπ，圆的周长=aπ，
∴勒洛三角形的周长与圆的周长相等，故正确．
故选：C．
根据轴对称的性质，圆的性质，等边三角形的性质判断即可．
本题考查了平行线的距离，等边三角形的性质，轴对称的性质，正确的理解题意是解题的关键．
11.【答案】A
【解析】
【分析】
本题考查一次函数与反比例函数交点问题，正比例函数和反比例函数的性质，三角形的中位线定理，圆的相关概念，连接BP，利用三角形中位线定理推导出当B、C、P三点共线时，PB最大，则OQ=12BP最大，求出BC，设B(m,-m)，利用勾股定理求出m2，进而可求k的值．
【解答】
解：连接BP，
∵直线y=-x与双曲线y=kx交于A、B两点，
∴点O是AB的中点，
∵点Q为AP的中点，
∴OQ是△ABP的中位线，
∴OQ=12BP，
当B、C、P三点共线时，PB最大，则OQ最大，
∵OQ的最大值为2，
∴BP的最大值为4，
∴BC=BP-PC=4-1=3，
设点B(m,-m)，
∵点C(2,2)，
根据勾股定理可得：(m-2)2+(-m-2)2=32，
解得：m2=12，
∴k=m·(-m)=-m2=-12．
故选A．
12.【答案】B
【解析】解：①由图可知，图象开口向上，得a>0；当x=0，c<0；对称轴-b2a>0，得b<0；进而推断出abc>0，那么①正确．
②由图可知，a>0，0<-b2a<1，得2a+b>0，那么②错误．
③由图可知，二次函数与x轴有两个交点，故Δ=b2-4ac>0，那么③正确．
④由图可知，当x=1，y=a+b+c<0，那么④错误．
综上：正确的有①③，共2个．
故选：B．
根据二次函数图象与系数的关系、根的个数与判别式的关系解决此题．
本题主要考查二次函数图象与系数的关系、根的个数与判别式的关系，熟练掌握二次函数图象与系数的关系、根的个数与判别式的关系是解决本题的关键．
13.【答案】D
【解析】解：①可证明△OPN≌△OPM，得∠POA=∠POB，可得方法正确；
②可证明四边形OMPN为菱形，OP，MN互相垂直平分，得∠POA=∠POB，可得方法正确；
③可证明△PMN为等边三角形，OP，MN互相垂直平分，从而得∠POA=∠POB，可得方法正确．
故选：D．
根据全等三角形的判定和性质，菱形的判定和性质，等边三角形的性质一一判断即可．
本题考查作图-复杂作图，全等三角形的判定和性质，菱形的判定和性质，等边三角形的判定和性质等知识，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．
14.【答案】A
【解析】解：过点A作AD⊥BC于点D，
由题意得，BC=(6+63)海里，∠CAD=45°，∠ABD=30°，
设AD=x海里，
在Rt△ACD中，∠CAD=45°，
∴AD=CD=x海里，
在Rt△ABD中，tan30°=ADBD=xBD=33，
解得BD=3x，
∴x+3x=6+63，
解得x=6，
∴AD=CD=6海里，
∴AC=AD2+CD2=62海里．
故选：A．
过点A作AD⊥BC于点D，设AD=x海里，在Rt△ACD中，可得AD=CD=x海里，在Rt△ABD中，tan30°=ADBD=xBD=33，解得BD=3x，则x+3x=6+63，求出x的值，再根据勾股定理AC=AD2+CD2可得出答案．
本题考查解直角三角形的应用-方向角问题，熟练掌握锐角三角函数的定义是解答本题的关键．
15.【答案】D
【解析】解：连接AB，过点P作PE⊥BO，并延长EP交⊙P于点D，此时点D到弦OB的距离最大，
∵A(8,0)，B(0,6)，
∴AO=8，BO=6，
∵∠BOA=90°，
∴AB=62+82=10，则⊙P的半径为5，
∵PE⊥BO，
∴BE=EO=3，
∴PE=52-32=4，
∴ED=9，
∴OD=OE2+DE2=310，
∴sin∠BOD=DEOD=9310=3103．
故选：D．
直接连接AB，过点P作PE⊥BO，并延长EP交⊙P于点D，求出⊙P的半径，进而结合勾股定理得出答案．
此题主要考查了圆周角定理以及勾股定理、解直角三角形等知识，正确作出辅助线是解题关键．
16.【答案】A
【解析】解：∵在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC=22，
∴AB=4，∠A=45°，
∵CD⊥AB于点D，
∴AD=BD=2，
∵PE⊥AC，PF⊥BC，
∴四边形CEPF是矩形，
∴CE=PF，PE=CF，
∵点P运动的路程为x，
∴AP=x，
则AE=PE=x⋅sin45°=22x，
∴CE=AC-AE=22-22x，
∵四边形CEPF的面积为y，
∴当点P从点A出发，沿A→D路径运动时，
即0
=-12(x-2)2+2，
∴当0
即2≤x<4时，
∵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，
y=12(4-x)2=12(x-4)2．
∴当2≤x<4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是：A．
故选：A．
根据Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC=22，可得AB=4，根据CD⊥AB于点D.可得AD=BD=2，CD平分角ACB，点P从点A出发，沿A→D→C的路径运动，运动到点C停止，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之间函数关系式，从而可以得函数的图象．
本题考查了动点问题的函数图象，解决本题的关键是掌握二次函数的性质．
17.【答案】k<-1
【解析】
【分析】
本题考查了一元二次方程根的判别式，需要掌握一元二次方程没有实数根相当于判别式小于零．
根据根的判别式即可求出答案．
【解答】
解：由题意可知：Δ=4+4k<0，
∴k<-1，
故答案为k<-1．
18.【答案】1.1 1.2
【解析】解：每天所走步数的中位数是：(1+1.2)÷2=1.1，
众数是1.2万步，
故答案为：1.1；1.2．
众数就是出现次数最多的数，据此即可判断，中位数就是大小处于中间位置的数，根据定义判断．
本题考查的是条形统计图和扇形统计图的综合运用，读懂统计图，从不同的统计图中得到必要的信息是解决问题的关键．条形统计图能清楚地表示出每个项目的数据．
19.【答案】45° 3或23
【解析】解：(1)∵AB=26，
∴OC=OD=OA=13，
设∠COD=n°，
∵CD的长为134π，
∴nπ×13180=134π，
∴n=45，
∴∠COD=45°，
作CE⊥AB交⊙O于E，连接PE，
∴∠BPC=∠OPE，
∵∠CPD为直径AB的“回旋角”，
∴∠APD=∠BPC，
∴∠OPE=∠APD，
∵∠APD+∠CPD+∠BPC=180°，
∴∠OPE+∠CPD+∠BPC=180°，
∴点D，P，E三点共线，
∴∠CED=12∠COD=22.5°，
∴∠OPE=90°-22.5°=67.5°，
∴∠APD=∠BPC=67.5°，
∴∠CPD=45°，
即：“回旋角”∠CPD的度数为45°，
故答案为：45°；
(2)①当点P在半径OA上时，如图，过点C作CF⊥AB交⊙O于F，连接PF，
∴PF=PC，
同(2)的方法得，点D，P，F在同一条直线上，
∵直径AB的“回旋角”为120°，
∴∠APD=∠BPC=30°，
∴∠CPF=60°，
∴△PCF是等边三角形，
∴∠CFD=60°，
连接OC，OD，
∴∠COD=120°，
过点O作OG⊥CD于G，
∴CD=2DG，∠DOG=12∠COD=60°，
∴DG=ODsin∠DOG=13×sin60°=1332，
∴CD=133，
∵△PCD的周长为24+133，
∴PD+PC=24，
∵PC=PF，
∴PD+PF=DF=24，
过O作OH⊥DF于H，
∴DH=12DF=12，
在Rt△OHD中，OH=OD2-DH2=5，
在Rt△OHP中，∠OPH=30°，
∴OP=10，
∴AP=OA-OP=3；
②当点P在半径OB上时，
同①的方法得，BP=3，
∴AP=AB-BP=23，
即：满足条件的AP的长为3或23．
(1)先求出∠COD=45°，进而判断出点D，P，E在同一条直线上，求出∠CED，即可得出结论；
(2)①当点P在半径OA上时，利用(2)的方法求出∠CFD=60°，∠COD=120°，利用三角函数求出CD，进而求出DF，再用勾股定理求出OH，即可求出OP即可得出结论；
②当点P在半径OB上时，同①方法求出BP=3，即可得出结论．
此题是圆的综合题，主要考查了垂径定理，三点共线，锐角三角函数，勾股定理，新定义，正确作出辅助线是解本题的关键．
20.【答案】解：(1)4+x=163是“商解方程”，
理由如下：方程4+x=163的解为：x=43，
因为163÷4=43，
所以4+x=163是“商解方程”；
(2)6+x=m+3，
x=m-3，
因为一元一次方程6+x=m+3是“商解方程”，
所以m-3=m+36，
解得，m=215．
【解析】本题考查的是一元一次方程的解法、“商解方程”的定义，掌握解一元一次方程的一般步骤是解题的关键．
(1)先解出方程，再求出ba，根据“商解方程”的定义证明；
(2)根据“商解方程”的定义解答即可．
21.【答案】解：(1)抽样调查，12，3；
补全图2，如图所示：
(2)画树状图如下：
所有等可能的情况有12种，其中一男一女有8种，
则P=812=23．
【解析】
解：(1)此次调查为抽样调查；
根据题意得调查的总件数为：5÷150360=12(件)，
B的件数为12-(2+5+2)=3(件)；
故答案为：抽样调查，12，3；图见答案；
(2)见答案．
【分析】
(1)根据题意得到此次调查为抽样调查，用C的度数除以360度求出所占的百分比，由C的件数除以所占的百分比即可得到调查的总件数；进而求出B的件数；
(2)画树状图得出所有等可能的情况数，找出一男一女的情况数，即可求出所求的概率．
此题考查了条形统计图，扇形统计图，概率的计算，以及用样本估计总体，弄清题意是解本题的关键．
22.【答案】解：(1)∵∠A=80°．
∴∠ABC+∠ACB=100°，
∵点P是∠ABC和∠ACB的平分线的交点，
∴∠P=180°-12(∠ABC+∠ACB)=180°-12×100°=130°，
(2)∵外角∠MBC，∠NCB的角平分线交于点Q，
∴∠QBC+∠QCB=12(∠MBC+∠NCB)=12(360°-∠ABC-∠ACB)=12(180°+∠A)=90°+12∠A
∴∠Q=90°-12∠A；
(3)如图③延长BC到F
∵CQ为△ABC的外角∠NCB的角平分线，
∴CE是△ABC的外角∠ACF的平分线，
∴∠ACF=2∠ECF，
∵BE平分∠ABC，
∴∠ABC=2∠EBC，
∵∠ECF=∠EBC+∠E，
∴2∠ECF=2∠EBC+2∠E，
即∠ACF=∠ABC+2∠E，
又∵∠ACF=∠ABC+∠A，
∴∠A=2∠E，即∠E=12∠A；
∵∠EBQ=∠EBC+∠CBQ=12∠ABC+12∠MBC
=12(∠ABC+∠MBC)=90°．
如果△BQE中，存在一个内角等于另一个内角的2倍，那么分四种情况：
①∠EBQ=2∠E=90°，则∠E=45°，则∠A=2∠E=90°；
②∠EBQ=2∠Q=90°，则∠Q=45°，∠E=45°，则∠A=2∠E=90°；
③∠Q=2∠E，则∠Q=60°，∠E=30°，则∠A=60°；
④∠E=2∠Q，则∠Q=30°，∠E=60°，，则∠A=120°．
综上所述，∠A的度数是90°或60°或120°．
【解析】(1)运用三角形的内角和定理及角平分线的定义，首先求出∠1+∠2，进而求出∠BPC即可解决问题；
(2)根据三角形的外角性质分别表示出∠MBC与∠BCN，再根据角平分线的性质可求得∠CBQ+∠BCQ，最后根据三角形内角和定理即可求解；
(3)在△BQE中，由于∠Q=90°-12∠A，求出∠E=12∠A，∠EBQ=90°，所以如果△BQE中，存在一个内角等于另一个内角的2倍，那么分四种情况进行讨论：①∠EBQ=2∠E=90°；②∠EBQ=2∠Q=90°；③∠Q=2∠E；④∠E=2∠Q；分别列出方程，求解即可．
本题是三角形综合题，考查了三角形内角和定理、外角的性质，角平分线定义等知识；灵活运用三角形的内角和定理、外角的性质进行分类讨论是解题的关键．
23.【答案】32
【解析】解：(1)当AM⊥BC交BC于点M时，此时半径r最小，
设BM=x，如图所示，
在Rt△ABM和Rt△ACM中，由勾股定理得：
∴52-x2=(32)2-(7-x)2，
解得：x=4，
∴AM=52-42=3，
∴半径r=32，
故答案为：32；
(2)如图所示，连接OM，过点A作AD⊥BC交BC于点D，过点O作OF⊥AD交AD于点F，
由(1)知，AD=3，BM=x，BD=4，OA=r，
∴OF=MD=4-x，AF=AD-DF=3-r，
在Rt△AOF中，由勾股定理得：
即r2=(4-x)2+(3-r)2，
整理得：r=16x2-43x+256，
∵点M在线段BC上，
∴0≤x≤7，
∴r=16x2-43x+256(0≤x≤7)；
(3)如图所示，过点M作BC的垂线MF，连接AM，
作AM的垂直平分线HD，HD和MF的交点即是⊙O的位置，
再以O为圆心，OM为半径作圆即可．
(1)当AM⊥BC交BC于点M时，此时半径r最小，设BM=x，利用勾股定理列出方程52-x2=(32)2-(7-x)2，即可解题；
(2)连接OM，过点A作AD⊥BC交BC于点D，过点O作OF⊥AD交AD于点F，在Rt△AOF中，由勾股定理得：即r2=(4-x)2+(3-r)2，整理成一般式即可；
(3)过点M作BC的垂线MF，连接AM，作AM的垂直平分线HD，HD和MF的交点即是⊙O的位置，再以O为圆心，OM为半径作圆即可．
本题考查了动圆中的最小值问题，利用勾股定理寻找函数解析式，能够借助垂线段最短找到半径最小值，借助勾股定理列式整理转化为函数表达式是解题的关键，
24.【答案】2v1v2v1+v2 v1+v22 乙
【解析】解：(1)设A、B两地间的路程为2S，乙从A到B所用总时间为2t，
V甲=2ssv1+sv2=2v1v2v1+v2，V乙=v1t+v2t2t=v1+v22；
(2)V乙-V甲=v1+v22-2v1v2v1+v2
=(v1+v2)22(v1+v2)-4v1v22(v1+v2)
=(v1-v2)22(v1+v2)
∵v1>v2
∴V乙-V甲>0，乙先到达B地；
(3)①由(2)知乙先到达B地，结合函数图象乙行驶全程需要4小时，
∴乙行驶一半时间(2小时)开了100千米，则v2=100÷2=50(千米/小时)，
根据题意，得：2v1+100=1.5v1×2，解得v1=100(千米/小时)，
A地到B地的路程S=2v1+100=2×100+100=300(千米)，
故v1=100，v2=50，S=300；
②结合函数图象可知甲乙出发后在途中相遇时已过路程中点或时间中点，
∴根据题意有，150+50(t-1.5)=2×50+100(t-2)，
解得t=3.5．
甲乙出发后3.5小时在途中相遇．
(1)根据甲、乙从A地到B地的平均速度=总路程÷总时间，即可求得；
(2)相同的路程，速度大的先到达B地，故只需比较甲、乙速度大小即可；
(3)①由题意可知，乙行驶全程需4小时，前半时间即2小时，可求v2，
根据甲行驶总路程=乙行驶总路程列方程可得v1，将甲行驶一半路程乘以2可得总路程S；
②甲、乙途中相遇可得甲行驶路程=乙行驶路程，列方程可求时间t．
本题重点考查了一次函数的实际应用和函数图象相结合的问题，还考查了方程的应用，属中档题．
25.【答案】(1)288，324；
(2)如图①，设AB=x m，则BC=(60-2x) m.
所以S矩形ABCD=x(60-2x)=-2(x-15)2+450．
根据题意，得20≤x<30．
因为-2<0，
所以当20≤x<30时，S矩形ABCD随x的增大而减小．
即当x=20时，S矩形ABCD有最大值，最大值是400(m2).
如图②，设AB=x m，则BC=(40-x) m.
所以S矩形ABCD=x(40-x)=-(x-20)2+400．
根据题意，得0
所以当x=20时，
S矩形ABCD有最大值，最大值是400(m2).
综上，当a=20时，该养鸡场围成一个边长为20 m的正方形时面积最大，最大面积是400 m2．
(3)当0
【解析】解：(1)如图，设：AB=x，则BC=60-2x，
则0<60-2x≤12，即：24≤x<30，
S矩形ABCD=x(60-2x)=-2(x-15)2+450．
∵24≤x<30，则x=24时，S矩形ABCD取得最大值为288，
同理，图②的方案设计，S矩形ABCD取得最大值为324，
故：答案为288，324；
(2)见答案．
(3)见答案．
(1)如图，设：AB=x，则BC=60-2x，则0<60-2x≤12，即：24≤x<30，即可求解；
(2)如图①，设AB=xm，则BC=(60-2x)m.所以S矩形ABCD=x(60-2x)=-2(x-15)2+450即可求解，如图②，同理可解；
(3)分0
26.【答案】解：(1)如图1中，过点B作BD⊥CA，交CA延长线于点D，
∵∠BAC=135°，
∴∠BAD=180°-∠BAC=180°-135°=45°，
∵BD⊥CA，交CA延长线于点D，
∴△BAD为等腰直角三角形，且∠BDA=90°，
∴BD=AD，
在△BAD中，BD=AD，∠BDA=90°，
∴BD2+AD2=AB2，即2BD2=AB2，
∵AB=42，
∴2BD2=AB2=(42)2=32，解得：BD=4，
∵AC=6，
∴S△ABC=12⋅AC⋅BD=12×6×4=12．
(2)如图2中，作点D关于AB的对称点Q，交AB于点H，连接CQ，交AB于点P，连接PD、OD、OC，过点Q作QM⊥CO，交CO延长线于点M，
∵D关于AB的对称点Q，CQ交AB于点P，
∴PD=PQ，
∴PC+PD=PC+PQ=CQ，
∵点P为AB上的动点，
∴PC+PD≥CQ，
∴当点P处于解图2中的位置，PC+PD取最小值，且最小值为CQ的长度，
∵点C为半圆AB的中点，
∴∠COB=90°，
∵∠BOD+∠COD=∠COB=90°，
∴∠BOD=13∠COB=13×90°=30°，
∵AB=10，
∴OD=12AB=12×10=5，
在Rt△ODH中，由作图知，∠OHD=90°，且∠HOD=∠BOD=30°，
∴DH=12OD=52，
∴QH=DH=52，
∴OH=OD2-DH2=52-(52)2=532，
∵由作图知，四边形OMQH为矩形，
∴OM=QH=52,MQ=OH=532，
∴CM=OM+OC=5+52=152，
∴CQ=CM2+MQ2=(152)2+(532)2=53，
∴PC+PD的最小值为53．
(3)如图3中，在AB上这一点作点P关于OA的对称点S，作点P关于OB的对称点N，连接SN，交OA于点E，交OB于点F，连接OS、ON、OP、EP、FP，
∵点P关于OA的对称点S，点P关于OB的对称点N，连接SN，交OA于点E，交OB于点F，
∴PE=SE，FP=FN，∠SOA=∠POA，∠NOB=∠POB，OS=OP=ON，
∴PE+EF+FP=SE+EF+FN=SN，∠SOA+∠NOB=∠POA+∠POB，
∵E为OA上的点，F为OB上的点，
∴PE+EF+FP≥SN，
∴当点E、F处于解图3的位置时，PE+EF+FP的长度取最小值，最小值为SN的长度，
∵∠POA+∠POB=∠AOB=45°，
∴∠SOA+∠NOB=45°，
∴∠SON=∠SOA+∠AOB+∠NOB=45°+45°=90°，
∵扇形AOB的半径为20，
∴OS=ON=OP=20，
在Rt△SON中，∠SON=90°，OS=ON=20，∠SON=90°，
∴SN=2OS=202，
∴PE+EF+FP的长度的最小值为202．
【解析】(1)如图1中，过点B作BD⊥CA，交CA延长线于点D，解直角三角形求出BD，可得结论．
(2)如图2中，作点D关于AB的对称点Q，交AB于点H，连接CQ，交AB于点P，连接PD、OD、OC，过点Q作QM⊥CO，交CO延长线于点M，因为PC+PD≥CQ所以当点P处于解图2中的位置，PC+PD取最小值，且最小值为CQ的长度，求出CQ的长即可解决问题．
(3)如图3中，在AB上这一点作点P关于OA的对称点S，作点P关于OB的对称点N，连接SN，交OA于点E，交OB于点F，连接OS、ON、OP、EP、FP，因为PE+EF+FP≥SN，所以当点E、F处于解图3的位置时，PE+EF+FP的长度取最小值，最小值为SN的长度，求出SN，可得结论．
本题属于圆综合题，考查了轴对称最短问题，矩形的判定和性质，解直角三角形，等腰直角三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会利用轴对称解决最短问题，属于中考常考题型．
2022年河北省石家庄市新乐实验学校中考数学模拟试卷（四）
一、选择题（本题共16小题，共42分）
1. -2的倒数是( )
A. -12 B. -2 C. 12 D. 2
2. 如图是由一个长方体和一个圆锥组成的几何体，它的主视图是( )
A.
B.
C.
D.
3. 下列运算正确的是( )
A. m2+2m=3m3 B. m4÷m2=m2
C. m2⋅m3=m6 D. ( m2)3=m5
4. 下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是( )
A. B.
C. D.
5. 某校九年级进行了3次数学模拟考试，甲、乙、丙、丁4名同学3次数学成绩的平均分都是129分，方差分别是s甲2=3.6，s乙2=4.6，s丙2=6.3，s丁2=7.3，则这4名同学3次数学成绩最稳定的是( )
A. 甲 B. 乙 C. 丙 D. 丁
6. 一个等腰直角三角尺和一把直尺按如图所示的位置摆放，若∠1=20°，则∠2的度数是( )
A. 15° B. 20° C. 25° D. 40°
7. △BDE和△FGH是两个全等的等边三角形，将它们按如图的方式放置在等边三角形ABC内．若求五边形DECHF的周长，则只需知道( )
A. △ABC的周长
B. △AFH的周长
C. 四边形FBGH的周长
D. 四边形ADEC的周长
8. 随着快递业务的增加，某快递公司为快递员更换了快捷的交通工具，公司投递快件的能力由每周3000件提高到4200件，平均每人每周比原来多投递80件，若快递公司的快递员人数不变，求原来平均每人每周投递快件多少件？设原来平均每人每周投递快件x件，根据题意可列方程为( )
A. 3000x=4200x-80 B. 3000x+80=4200x
C. 4200x=3000x-80 D. 3000x=4200x+80
9. 如图，四边形ABCD是菱形，对角线AC，BD相交于点O，AC=8.BD=6，点E是CD上一点，连接OE，若OE=CE，则OE的长是( )
A. 2
B. 52
C. 3
D. 4
10. 中国科学技术馆有“圆与非圆”展品，涉及了“等宽曲线”的知识．因为圆的任何一对平行切线的距离总是相等的，所以圆是“等宽曲线”.除了例以外，还有一些几何图形也是“等宽曲线”，如勒洛三角形(图1)，它是分别以等边三角形的每个顶点为圆心，以边长为半径，在另两个顶点间画一段圆弧，三段圆弧围成的曲边三角形，图2是等宽的勒洛三角形和圆．
下列说法中错误的是( )
A. 勒洛三角形是轴对称图形
B. 图1中，点A到BC上任意一点的距离都相等
C. 图2中，勒洛三角形上任意一点到等边三角形DEF的中心O1的距离都相等
D. 图2中，勒洛三角形的周长与圆的周长相等
11. 如图，在平面直角坐标系中，直线y=-x与双曲线y=kx交于A、B两点，P是以点C(2,2)为圆心，半径长1的圆上一动点，连结AP，Q为AP的中点．若线段OQ长度的最大值为2，则k的值为( )
A. -12 B. -32 C. -2 D. -14
12. 已知二次函数y=ax2+bx+c(a≠0)的图象如图所示，下列结论：①abc>0；②2a+b<0；③b2-4ac>0；④a+b+c>0，其中正确的个数是( )
A. 1
B. 2
C. 3
D. 4
13. 已知∠AOB=30°，求作∠AOP=15°，作法：
(1)以O为圆心，任意长为半径画弧分别交OA，OB于点N，M；
(2)分别以N，M为圆心，以OM长为半径在角的内部画弧交于点P；
(3)作射线OP，则OP为AOB的平分线，可得∠AOP=15°；
根据以上作法，某同学有以下3种证明思路：
①可证明△OPN≌△OPM，得∠POA=∠POB，可得；
②可证明四边形OMPN为菱形，OP，MN互相垂直平分，得∠POA=∠POB，可得；
③可证明△PMN为等边三角形，OP，MN互相垂直平分，从而得∠POA=∠POB，可得．
你认为该3种证明思路中，正确的有( )
A. ①② B. ①③ C. ②③ D. ①②③
14. 某渔船在海上进行捕鱼作业，当渔船航行至B处时，发现正北方向(6+63)海里的C处有海盗出没，为了安全，请求A处的海警前往C处护航．如图，已知C位于A处的东北方向上，A位于B的北偏西30°方向上，则A和C之间的距离为海里．( )
A. 62
B. 63
C. 123
D. 122
15. 如图，在平面直角坐标系中，⊙P经过三点A(8,0)，O(0,0)，B(0,6)，点D是⊙P上的一动点．当点D到弦OB的距离最大时，sin∠BOD的值是( )
A. 13
B. 3
C. 1010
D. 31010
16. 如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC=22，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是( )
A. B.
C. D.
二、填空题（本题共3小题，共10分）
17. 若关于x的一元二次方程x2+2x-k=0无实数根，则k的取值范围是______．
18. 王老师是一名快走锻炼爱好者，他用手机软件连续记录了某月16天每天快走锻炼的步数(单位：万步)，并将记录的结果绘制成如图所示的条形统计图，则他每天所走步数的中位数是______万步，众数是______万步．
19. 如图，⊙O的直径AB=26，P是AB上(不与点A、B重合)的任一点，点C、D为⊙O上的两点．若∠APD=∠BPC，则称∠CPD为直径AB的“回旋角”．
(1)若CD的长为134π，“回旋角”∠CPD的度数______；
(2)若直径AB的“回旋角”为120°，且△PCD的周长为24+133，AP的长=______．
三、解答题（本题共7小题，共68分）
20. 我们规定；若关于x的一元一次方程a+x=b(a≠0)的解为x=ba，则称该方程为“商解方程”.例如：2+x=4的解为x=2且x=42，则方程2+x=4是“商解方程”.请回答下列问题：
(1)判断4+x=163是不是“商解方程”，并说明理由．
(2)若关于x的一元一次方程6+x=m+3是“商解方程”，求m的值．
21. 我市某中学艺术节期间，向学校学生征集书画作品．九年级美术李老师从全年级14个班中随机抽取了A、B、C、D 4个班，对征集到的作品的数量进行了分析统计，制作了如下两幅不完整的统计图．
(1)李老师采取的调查方式是______(填“普查”或“抽样调查”)，李老师所调查的4个班征集到作品共______件，其中B班征集到作品______，请把图2补充完整．
(2)如果全年级参展作品中有4件获得一等奖，其中有2名作者是男生，2名作者是女生．现在要在抽两人去参加学校总结表彰座谈会，求恰好抽中一男一女的概率．(要求用树状图或列表法写出分析过程)
22. 如图①，在△ABC中，∠ABC与∠ACB的平分线相交于点P．
(1)如果∠A=80°，求∠BPC的度数；
(2)如图②，作△ABC外角∠MBC，∠NCB的角平分线交于点Q，试探索∠Q、∠A之间的数量关系．
(3)如图③，延长线段BP、QC交于点E，△BQE中，存在一个内角等于另一个内角的2倍，求∠A的度数．
23. 如图1，△ABC中，AB=5，AC=32，BC=7，半径为r的⊙O经过点A且与BC相切，切点M在线段BC上(包含点M与点B、C重合的情况)．
(1)半径r的最小值等于______；
(2)设BM=x，求半径r关于x的函数表达式；
(3)当BM=1时，请在图2中作点M及满足条件的⊙O.(要求：尺规作图，不写作法，保留作图痕迹，并用2B铅笔或黑色水笔加黑加粗)
24. 甲、乙两人同时开车从A地出发，沿同一条道路去B地，途中都以两种不同的速度V1与V2(V1>V2)行驶．甲前一半路程以速度V1匀速行驶，后一半路程以速度V2匀速行驶；乙前一半时间以速度匀速V2行驶，后一半时间用以速度V1匀速行驶．
(1)设甲乙两人从A地到B地的平均速度分别为V甲和V乙，则V甲=______；V乙=______(用含V1、V2的式子表示)．
(2)甲、乙两人______(填甲或乙)先到达B地．
(3)如图是甲、乙二人从A地到B地的路程S(千米)和时间t(小时)之间的函数图象．请你求出：
①S、V1、V2的值．
②甲乙出发后几小时在途中相遇？
25. 问题情境
有一堵长为am的墙，利用这堵墙和长为60m的篱笆围成一个矩形养鸡场，怎样围面积最大？最大面积是多少？
题意理解
根据题意，有两种设计方案：一边靠墙(如图①)和一边“包含”墙(如图②)．
特例分析
(1)当a=12时，若按图①的方案设计，则该方案中养鸡场的最大面积是______m2；若按图②的方案设计，则该方案中养鸡场的最大面积是______m2．
(2)当a=20时，解决“问题情境”中的问题．
解决问题
(3)直接写出“问题情境”中的问题的答案．
26. (1)如图1，在△ABC中，AB=42,AC=6,∠BAC=135°，求△ABC的面积．
(2)如图2，半圆O的直径AB=10，C是半圆AB的中点，点D在BC上，且CD=2BD，点P是AB上的动点，试求PC+PD的最小值．
(3)如图3，扇形AOB的半径为20，∠AOB=45°，在AB选点P，在边OA上选点E，在边OB上选点F，求PE+EF+FP的长度的最小值．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：有理数-2的倒数是-12．
故选：A．
根据乘积是1的两个数互为倒数，可得一个数的倒数．
本题考查了倒数，分子分母交换位置是求一个数的倒数的关键．
2.【答案】C
【解析】解：从正面看，“底座长方体”看到的图形是矩形，“上部圆锥体”看到的图形是等腰三角形，因此选项C的图形符合题意，
故选：C．
根据简单几何体的主视图的画法，利用“长对正”，从正面看到的图形．
本题考查简单几何体的三视图的画法，画三视图时要注意“长对正、宽相等、高平齐”．
3.【答案】B
【解析】解：A.m2与2m不是同类项，不能合并，所以A错误；
B.m4÷m2=m4-2=m2，所以B正确；
C.m2⋅m3=m2+3=m5，所以C错误；
D.( m2)3=m6，所以D错误；
故选：B．
运用合并同类项，同底数幂的除法，同底数幂的乘法，幂的乘方等运算法则运算即可．
本题主要考查了合并同类项，同底数幂的除法，同底数幂的乘法，幂的乘方等运算，熟练掌握运算法则是解答此题的关键．
4.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查了中心对称图形与轴对称图形的概念，轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后两部分重合．根据轴对称图形和中心对称图形的概念对各选项分析判断即可得解．
【解答】
解：A、是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不合题意；
B、既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故本选项不合题意；
C、是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不合题意；
D、既是轴对称图形又是中心对称图形，故本选项符合题意．
5.【答案】A
【解析】解：∵s甲2=3.6，s乙2=4.6，s丙2=6.3，s丁2=7.3，且平均数相等，
∴s甲2
故选：A．
根据方差的意义求解可得．
本题主要考查方差，解题的关键是掌握方差的意义：方差是反映一组数据的波动大小的一个量．方差越大，则平均值的离散程度越大，稳定性也越小；反之，则它与其平均值的离散程度越小，稳定性越好．
6.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查了等腰直角三角尺，平行线的性质，熟练掌握平行线的性质是解题的关键．由平行线的性质∠3=∠1=20°，再由等腰直角三角尺的锐角度数都是45°进行求解即可．
【解答】
解：如图，
∵AB//CD，
∴∠3=∠1=20°，
∵三角形是等腰直角三角尺，
∴∠2=45°-∠3=25°，
故选C．
7.【答案】A
【解析】解：∵△GFH为等边三角形，
∴FH=GH，∠FHG=60°，
∴∠AHF+∠GHC=120°，
∵△ABC为等边三角形，
∴AB=BC=AC，∠ACB=∠A=60°，
∴∠GHC+∠HGC=120°，
∴∠AHF=∠HGC，
∴△AFH≌△CHG(AAS)，
∴AF=CH．
∵△BDE和△FGH是两个全等的等边三角形，
∴BE=FH，
∴五边形DECHF的周长=DE+CE+CH+FH+DF=BD+CE+AF+BE+DF，
=(BD+DF+AF)+(CE+BE)，
=AB+BC．
∴只需知道△ABC的周长即可．
故选：A．
证明△AFH≌△CHG(AAS)，得出AF=CH.由题意可知BE=FH，则得出五边形DECHF的周长=AB+BC，则可得出答案．
本题考查了全等三角形的判定与性质，等边三角形的性质，熟练掌握全等三角形的判定方法是解题的关键．
8.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查了由实际问题抽象出分式方程，找准等量关系，正确列出分式方程是解题的关键．
设原来平均每人每周投递快件x件，则现在平均每人每周投递快件(x+80)件，根据人数=投递快递总数量÷人均投递数量，结合快递公司的快递员人数不变，即可得出关于x的分式方程，此题得解．
【解答】
解：设原来平均每人每周投递快件x件，则现在平均每人每周投递快件(x+80)件，
依题意，得：3000x=4200x+80．
故选：D．
9.【答案】B
【解析】解：∵菱形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，
∴OB=12BD=12×6=3，OA=OC=12AC=12×8=4，AC⊥BD，
由勾股定理得，BC=OB2+OC2=32+42=5，
∴AD=5，
∵OE=CE，
∴∠DCA=∠EOC，
∵四边形ABCD是菱形，
∴∠DCA=∠DAC，
∴∠DAC=∠EOC，
∴OE//AD，
∵AO=OC，
∴OE是△ADC的中位线，
∴OE=12AD=2.5，
故选：B．
根据菱形的对角线互相垂直平分求出OB，OC，AC⊥BD，再利用勾股定理列式求出BC，然后根据三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半求解即可．
本题考查了菱形的性质，三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半，勾股定理，熟记性质与定理是解题的关键．
10.【答案】C
【解析】解：A、勒洛三角形是轴对称图形，正确；
B、图1中，点A到BC上任意一点的距离都相等，正确；
C、图2中，连接O1E，连接DO1并延长交EF于G，
设等边三角形DEF的边长为a，
则O1D=EO1=33a，
∵DG=DE=a，
∴O1G=a-33a，
∴勒洛三角形上任意一点到等边三角形DEF的中心O1的距离不相等，故错误；
D、设等边三角形DEF的边长为a，
∴勒洛三角形的周长=3×60π×a180=aπ，圆的周长=aπ，
∴勒洛三角形的周长与圆的周长相等，故正确．
故选：C．
根据轴对称的性质，圆的性质，等边三角形的性质判断即可．
本题考查了平行线的距离，等边三角形的性质，轴对称的性质，正确的理解题意是解题的关键．
11.【答案】A
【解析】
【分析】
本题考查一次函数与反比例函数交点问题，正比例函数和反比例函数的性质，三角形的中位线定理，圆的相关概念，连接BP，利用三角形中位线定理推导出当B、C、P三点共线时，PB最大，则OQ=12BP最大，求出BC，设B(m,-m)，利用勾股定理求出m2，进而可求k的值．
【解答】
解：连接BP，
∵直线y=-x与双曲线y=kx交于A、B两点，
∴点O是AB的中点，
∵点Q为AP的中点，
∴OQ是△ABP的中位线，
∴OQ=12BP，
当B、C、P三点共线时，PB最大，则OQ最大，
∵OQ的最大值为2，
∴BP的最大值为4，
∴BC=BP-PC=4-1=3，
设点B(m,-m)，
∵点C(2,2)，
根据勾股定理可得：(m-2)2+(-m-2)2=32，
解得：m2=12，
∴k=m·(-m)=-m2=-12．
故选A．
12.【答案】B
【解析】解：①由图可知，图象开口向上，得a>0；当x=0，c<0；对称轴-b2a>0，得b<0；进而推断出abc>0，那么①正确．
②由图可知，a>0，0<-b2a<1，得2a+b>0，那么②错误．
③由图可知，二次函数与x轴有两个交点，故Δ=b2-4ac>0，那么③正确．
④由图可知，当x=1，y=a+b+c<0，那么④错误．
综上：正确的有①③，共2个．
故选：B．
根据二次函数图象与系数的关系、根的个数与判别式的关系解决此题．
本题主要考查二次函数图象与系数的关系、根的个数与判别式的关系，熟练掌握二次函数图象与系数的关系、根的个数与判别式的关系是解决本题的关键．
13.【答案】D
【解析】解：①可证明△OPN≌△OPM，得∠POA=∠POB，可得方法正确；
②可证明四边形OMPN为菱形，OP，MN互相垂直平分，得∠POA=∠POB，可得方法正确；
③可证明△PMN为等边三角形，OP，MN互相垂直平分，从而得∠POA=∠POB，可得方法正确．
故选：D．
根据全等三角形的判定和性质，菱形的判定和性质，等边三角形的性质一一判断即可．
本题考查作图-复杂作图，全等三角形的判定和性质，菱形的判定和性质，等边三角形的判定和性质等知识，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．
14.【答案】A
【解析】解：过点A作AD⊥BC于点D，
由题意得，BC=(6+63)海里，∠CAD=45°，∠ABD=30°，
设AD=x海里，
在Rt△ACD中，∠CAD=45°，
∴AD=CD=x海里，
在Rt△ABD中，tan30°=ADBD=xBD=33，
解得BD=3x，
∴x+3x=6+63，
解得x=6，
∴AD=CD=6海里，
∴AC=AD2+CD2=62海里．
故选：A．
过点A作AD⊥BC于点D，设AD=x海里，在Rt△ACD中，可得AD=CD=x海里，在Rt△ABD中，tan30°=ADBD=xBD=33，解得BD=3x，则x+3x=6+63，求出x的值，再根据勾股定理AC=AD2+CD2可得出答案．
本题考查解直角三角形的应用-方向角问题，熟练掌握锐角三角函数的定义是解答本题的关键．
15.【答案】D
【解析】解：连接AB，过点P作PE⊥BO，并延长EP交⊙P于点D，此时点D到弦OB的距离最大，
∵A(8,0)，B(0,6)，
∴AO=8，BO=6，
∵∠BOA=90°，
∴AB=62+82=10，则⊙P的半径为5，
∵PE⊥BO，
∴BE=EO=3，
∴PE=52-32=4，
∴ED=9，
∴OD=OE2+DE2=310，
∴sin∠BOD=DEOD=9310=3103．
故选：D．
直接连接AB，过点P作PE⊥BO，并延长EP交⊙P于点D，求出⊙P的半径，进而结合勾股定理得出答案．
此题主要考查了圆周角定理以及勾股定理、解直角三角形等知识，正确作出辅助线是解题关键．
16.【答案】A
【解析】解：∵在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC=22，
∴AB=4，∠A=45°，
∵CD⊥AB于点D，
∴AD=BD=2，
∵PE⊥AC，PF⊥BC，
∴四边形CEPF是矩形，
∴CE=PF，PE=CF，
∵点P运动的路程为x，
∴AP=x，
则AE=PE=x⋅sin45°=22x，
∴CE=AC-AE=22-22x，
∵四边形CEPF的面积为y，
∴当点P从点A出发，沿A→D路径运动时，
即0
=-12(x-2)2+2，
∴当0
即2≤x<4时，
∵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，
y=12(4-x)2=12(x-4)2．
∴当2≤x<4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是：A．
故选：A．
根据Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC=22，可得AB=4，根据CD⊥AB于点D.可得AD=BD=2，CD平分角ACB，点P从点A出发，沿A→D→C的路径运动，运动到点C停止，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之间函数关系式，从而可以得函数的图象．
本题考查了动点问题的函数图象，解决本题的关键是掌握二次函数的性质．
17.【答案】k<-1
【解析】
【分析】
本题考查了一元二次方程根的判别式，需要掌握一元二次方程没有实数根相当于判别式小于零．
根据根的判别式即可求出答案．
【解答】
解：由题意可知：Δ=4+4k<0，
∴k<-1，
故答案为k<-1．
18.【答案】1.1 1.2
【解析】解：每天所走步数的中位数是：(1+1.2)÷2=1.1，
众数是1.2万步，
故答案为：1.1；1.2．
众数就是出现次数最多的数，据此即可判断，中位数就是大小处于中间位置的数，根据定义判断．
本题考查的是条形统计图和扇形统计图的综合运用，读懂统计图，从不同的统计图中得到必要的信息是解决问题的关键．条形统计图能清楚地表示出每个项目的数据．
19.【答案】45° 3或23
【解析】解：(1)∵AB=26，
∴OC=OD=OA=13，
设∠COD=n°，
∵CD的长为134π，
∴nπ×13180=134π，
∴n=45，
∴∠COD=45°，
作CE⊥AB交⊙O于E，连接PE，
∴∠BPC=∠OPE，
∵∠CPD为直径AB的“回旋角”，
∴∠APD=∠BPC，
∴∠OPE=∠APD，
∵∠APD+∠CPD+∠BPC=180°，
∴∠OPE+∠CPD+∠BPC=180°，
∴点D，P，E三点共线，
∴∠CED=12∠COD=22.5°，
∴∠OPE=90°-22.5°=67.5°，
∴∠APD=∠BPC=67.5°，
∴∠CPD=45°，
即：“回旋角”∠CPD的度数为45°，
故答案为：45°；
(2)①当点P在半径OA上时，如图，过点C作CF⊥AB交⊙O于F，连接PF，
∴PF=PC，
同(2)的方法得，点D，P，F在同一条直线上，
∵直径AB的“回旋角”为120°，
∴∠APD=∠BPC=30°，
∴∠CPF=60°，
∴△PCF是等边三角形，
∴∠CFD=60°，
连接OC，OD，
∴∠COD=120°，
过点O作OG⊥CD于G，
∴CD=2DG，∠DOG=12∠COD=60°，
∴DG=ODsin∠DOG=13×sin60°=1332，
∴CD=133，
∵△PCD的周长为24+133，
∴PD+PC=24，
∵PC=PF，
∴PD+PF=DF=24，
过O作OH⊥DF于H，
∴DH=12DF=12，
在Rt△OHD中，OH=OD2-DH2=5，
在Rt△OHP中，∠OPH=30°，
∴OP=10，
∴AP=OA-OP=3；
②当点P在半径OB上时，
同①的方法得，BP=3，
∴AP=AB-BP=23，
即：满足条件的AP的长为3或23．
(1)先求出∠COD=45°，进而判断出点D，P，E在同一条直线上，求出∠CED，即可得出结论；
(2)①当点P在半径OA上时，利用(2)的方法求出∠CFD=60°，∠COD=120°，利用三角函数求出CD，进而求出DF，再用勾股定理求出OH，即可求出OP即可得出结论；
②当点P在半径OB上时，同①方法求出BP=3，即可得出结论．
此题是圆的综合题，主要考查了垂径定理，三点共线，锐角三角函数，勾股定理，新定义，正确作出辅助线是解本题的关键．
20.【答案】解：(1)4+x=163是“商解方程”，
理由如下：方程4+x=163的解为：x=43，
因为163÷4=43，
所以4+x=163是“商解方程”；
(2)6+x=m+3，
x=m-3，
因为一元一次方程6+x=m+3是“商解方程”，
所以m-3=m+36，
解得，m=215．
【解析】本题考查的是一元一次方程的解法、“商解方程”的定义，掌握解一元一次方程的一般步骤是解题的关键．
(1)先解出方程，再求出ba，根据“商解方程”的定义证明；
(2)根据“商解方程”的定义解答即可．
21.【答案】解：(1)抽样调查，12，3；
补全图2，如图所示：
(2)画树状图如下：
所有等可能的情况有12种，其中一男一女有8种，
则P=812=23．
【解析】
解：(1)此次调查为抽样调查；
根据题意得调查的总件数为：5÷150360=12(件)，
B的件数为12-(2+5+2)=3(件)；
故答案为：抽样调查，12，3；图见答案；
(2)见答案．
【分析】
(1)根据题意得到此次调查为抽样调查，用C的度数除以360度求出所占的百分比，由C的件数除以所占的百分比即可得到调查的总件数；进而求出B的件数；
(2)画树状图得出所有等可能的情况数，找出一男一女的情况数，即可求出所求的概率．
此题考查了条形统计图，扇形统计图，概率的计算，以及用样本估计总体，弄清题意是解本题的关键．
22.【答案】解：(1)∵∠A=80°．
∴∠ABC+∠ACB=100°，
∵点P是∠ABC和∠ACB的平分线的交点，
∴∠P=180°-12(∠ABC+∠ACB)=180°-12×100°=130°，
(2)∵外角∠MBC，∠NCB的角平分线交于点Q，
∴∠QBC+∠QCB=12(∠MBC+∠NCB)=12(360°-∠ABC-∠ACB)=12(180°+∠A)=90°+12∠A
∴∠Q=90°-12∠A；
(3)如图③延长BC到F
∵CQ为△ABC的外角∠NCB的角平分线，
∴CE是△ABC的外角∠ACF的平分线，
∴∠ACF=2∠ECF，
∵BE平分∠ABC，
∴∠ABC=2∠EBC，
∵∠ECF=∠EBC+∠E，
∴2∠ECF=2∠EBC+2∠E，
即∠ACF=∠ABC+2∠E，
又∵∠ACF=∠ABC+∠A，
∴∠A=2∠E，即∠E=12∠A；
∵∠EBQ=∠EBC+∠CBQ=12∠ABC+12∠MBC
=12(∠ABC+∠MBC)=90°．
如果△BQE中，存在一个内角等于另一个内角的2倍，那么分四种情况：
①∠EBQ=2∠E=90°，则∠E=45°，则∠A=2∠E=90°；
②∠EBQ=2∠Q=90°，则∠Q=45°，∠E=45°，则∠A=2∠E=90°；
③∠Q=2∠E，则∠Q=60°，∠E=30°，则∠A=60°；
④∠E=2∠Q，则∠Q=30°，∠E=60°，，则∠A=120°．
综上所述，∠A的度数是90°或60°或120°．
【解析】(1)运用三角形的内角和定理及角平分线的定义，首先求出∠1+∠2，进而求出∠BPC即可解决问题；
(2)根据三角形的外角性质分别表示出∠MBC与∠BCN，再根据角平分线的性质可求得∠CBQ+∠BCQ，最后根据三角形内角和定理即可求解；
(3)在△BQE中，由于∠Q=90°-12∠A，求出∠E=12∠A，∠EBQ=90°，所以如果△BQE中，存在一个内角等于另一个内角的2倍，那么分四种情况进行讨论：①∠EBQ=2∠E=90°；②∠EBQ=2∠Q=90°；③∠Q=2∠E；④∠E=2∠Q；分别列出方程，求解即可．
本题是三角形综合题，考查了三角形内角和定理、外角的性质，角平分线定义等知识；灵活运用三角形的内角和定理、外角的性质进行分类讨论是解题的关键．
23.【答案】32
【解析】解：(1)当AM⊥BC交BC于点M时，此时半径r最小，
设BM=x，如图所示，
在Rt△ABM和Rt△ACM中，由勾股定理得：
∴52-x2=(32)2-(7-x)2，
解得：x=4，
∴AM=52-42=3，
∴半径r=32，
故答案为：32；
(2)如图所示，连接OM，过点A作AD⊥BC交BC于点D，过点O作OF⊥AD交AD于点F，
由(1)知，AD=3，BM=x，BD=4，OA=r，
∴OF=MD=4-x，AF=AD-DF=3-r，
在Rt△AOF中，由勾股定理得：
即r2=(4-x)2+(3-r)2，
整理得：r=16x2-43x+256，
∵点M在线段BC上，
∴0≤x≤7，
∴r=16x2-43x+256(0≤x≤7)；
(3)如图所示，过点M作BC的垂线MF，连接AM，
作AM的垂直平分线HD，HD和MF的交点即是⊙O的位置，
再以O为圆心，OM为半径作圆即可．
(1)当AM⊥BC交BC于点M时，此时半径r最小，设BM=x，利用勾股定理列出方程52-x2=(32)2-(7-x)2，即可解题；
(2)连接OM，过点A作AD⊥BC交BC于点D，过点O作OF⊥AD交AD于点F，在Rt△AOF中，由勾股定理得：即r2=(4-x)2+(3-r)2，整理成一般式即可；
(3)过点M作BC的垂线MF，连接AM，作AM的垂直平分线HD，HD和MF的交点即是⊙O的位置，再以O为圆心，OM为半径作圆即可．
本题考查了动圆中的最小值问题，利用勾股定理寻找函数解析式，能够借助垂线段最短找到半径最小值，借助勾股定理列式整理转化为函数表达式是解题的关键，
24.【答案】2v1v2v1+v2 v1+v22 乙
【解析】解：(1)设A、B两地间的路程为2S，乙从A到B所用总时间为2t，
V甲=2ssv1+sv2=2v1v2v1+v2，V乙=v1t+v2t2t=v1+v22；
(2)V乙-V甲=v1+v22-2v1v2v1+v2
=(v1+v2)22(v1+v2)-4v1v22(v1+v2)
=(v1-v2)22(v1+v2)
∵v1>v2
∴V乙-V甲>0，乙先到达B地；
(3)①由(2)知乙先到达B地，结合函数图象乙行驶全程需要4小时，
∴乙行驶一半时间(2小时)开了100千米，则v2=100÷2=50(千米/小时)，
根据题意，得：2v1+100=1.5v1×2，解得v1=100(千米/小时)，
A地到B地的路程S=2v1+100=2×100+100=300(千米)，
故v1=100，v2=50，S=300；
②结合函数图象可知甲乙出发后在途中相遇时已过路程中点或时间中点，
∴根据题意有，150+50(t-1.5)=2×50+100(t-2)，
解得t=3.5．
甲乙出发后3.5小时在途中相遇．
(1)根据甲、乙从A地到B地的平均速度=总路程÷总时间，即可求得；
(2)相同的路程，速度大的先到达B地，故只需比较甲、乙速度大小即可；
(3)①由题意可知，乙行驶全程需4小时，前半时间即2小时，可求v2，
根据甲行驶总路程=乙行驶总路程列方程可得v1，将甲行驶一半路程乘以2可得总路程S；
②甲、乙途中相遇可得甲行驶路程=乙行驶路程，列方程可求时间t．
本题重点考查了一次函数的实际应用和函数图象相结合的问题，还考查了方程的应用，属中档题．
25.【答案】(1)288，324；
(2)如图①，设AB=x m，则BC=(60-2x) m.
所以S矩形ABCD=x(60-2x)=-2(x-15)2+450．
根据题意，得20≤x<30．
因为-2<0，
所以当20≤x<30时，S矩形ABCD随x的增大而减小．
即当x=20时，S矩形ABCD有最大值，最大值是400(m2).
如图②，设AB=x m，则BC=(40-x) m.
所以S矩形ABCD=x(40-x)=-(x-20)2+400．
根据题意，得0
所以当x=20时，
S矩形ABCD有最大值，最大值是400(m2).
综上，当a=20时，该养鸡场围成一个边长为20 m的正方形时面积最大，最大面积是400 m2．
(3)当0
【解析】解：(1)如图，设：AB=x，则BC=60-2x，
则0<60-2x≤12，即：24≤x<30，
S矩形ABCD=x(60-2x)=-2(x-15)2+450．
∵24≤x<30，则x=24时，S矩形ABCD取得最大值为288，
同理，图②的方案设计，S矩形ABCD取得最大值为324，
故：答案为288，324；
(2)见答案．
(3)见答案．
(1)如图，设：AB=x，则BC=60-2x，则0<60-2x≤12，即：24≤x<30，即可求解；
(2)如图①，设AB=xm，则BC=(60-2x)m.所以S矩形ABCD=x(60-2x)=-2(x-15)2+450即可求解，如图②，同理可解；
(3)分0
26.【答案】解：(1)如图1中，过点B作BD⊥CA，交CA延长线于点D，
∵∠BAC=135°，
∴∠BAD=180°-∠BAC=180°-135°=45°，
∵BD⊥CA，交CA延长线于点D，
∴△BAD为等腰直角三角形，且∠BDA=90°，
∴BD=AD，
在△BAD中，BD=AD，∠BDA=90°，
∴BD2+AD2=AB2，即2BD2=AB2，
∵AB=42，
∴2BD2=AB2=(42)2=32，解得：BD=4，
∵AC=6，
∴S△ABC=12⋅AC⋅BD=12×6×4=12．
(2)如图2中，作点D关于AB的对称点Q，交AB于点H，连接CQ，交AB于点P，连接PD、OD、OC，过点Q作QM⊥CO，交CO延长线于点M，
∵D关于AB的对称点Q，CQ交AB于点P，
∴PD=PQ，
∴PC+PD=PC+PQ=CQ，
∵点P为AB上的动点，
∴PC+PD≥CQ，
∴当点P处于解图2中的位置，PC+PD取最小值，且最小值为CQ的长度，
∵点C为半圆AB的中点，
∴∠COB=90°，
∵∠BOD+∠COD=∠COB=90°，
∴∠BOD=13∠COB=13×90°=30°，
∵AB=10，
∴OD=12AB=12×10=5，
在Rt△ODH中，由作图知，∠OHD=90°，且∠HOD=∠BOD=30°，
∴DH=12OD=52，
∴QH=DH=52，
∴OH=OD2-DH2=52-(52)2=532，
∵由作图知，四边形OMQH为矩形，
∴OM=QH=52,MQ=OH=532，
∴CM=OM+OC=5+52=152，
∴CQ=CM2+MQ2=(152)2+(532)2=53，
∴PC+PD的最小值为53．
(3)如图3中，在AB上这一点作点P关于OA的对称点S，作点P关于OB的对称点N，连接SN，交OA于点E，交OB于点F，连接OS、ON、OP、EP、FP，
∵点P关于OA的对称点S，点P关于OB的对称点N，连接SN，交OA于点E，交OB于点F，
∴PE=SE，FP=FN，∠SOA=∠POA，∠NOB=∠POB，OS=OP=ON，
∴PE+EF+FP=SE+EF+FN=SN，∠SOA+∠NOB=∠POA+∠POB，
∵E为OA上的点，F为OB上的点，
∴PE+EF+FP≥SN，
∴当点E、F处于解图3的位置时，PE+EF+FP的长度取最小值，最小值为SN的长度，
∵∠POA+∠POB=∠AOB=45°，
∴∠SOA+∠NOB=45°，
∴∠SON=∠SOA+∠AOB+∠NOB=45°+45°=90°，
∵扇形AOB的半径为20，
∴OS=ON=OP=20，
在Rt△SON中，∠SON=90°，OS=ON=20，∠SON=90°，
∴SN=2OS=202，
∴PE+EF+FP的长度的最小值为202．
【解析】(1)如图1中，过点B作BD⊥CA，交CA延长线于点D，解直角三角形求出BD，可得结论．
(2)如图2中，作点D关于AB的对称点Q，交AB于点H，连接CQ，交AB于点P，连接PD、OD、OC，过点Q作QM⊥CO，交CO延长线于点M，因为PC+PD≥CQ所以当点P处于解图2中的位置，PC+PD取最小值，且最小值为CQ的长度，求出CQ的长即可解决问题．
(3)如图3中，在AB上这一点作点P关于OA的对称点S，作点P关于OB的对称点N，连接SN，交OA于点E，交OB于点F，连接OS、ON、OP、EP、FP，因为PE+EF+FP≥SN，所以当点E、F处于解图3的位置时，PE+EF+FP的长度取最小值，最小值为SN的长度，求出SN，可得结论．
本题属于圆综合题，考查了轴对称最短问题，矩形的判定和性质，解直角三角形，等腰直角三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会利用轴对称解决最短问题，属于中考常考题型．
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