2022年哈尔滨中考数学终极押题密卷1

这是一份2022年哈尔滨中考数学终极押题密卷1，共30页。
2022年哈尔滨中考数学终极押题密卷1
一．选择题（共10小题，满分30分，每小题3分）
1．（3分）（2022•南岗区模拟）﹣3的倒数是（　　）
A．13 B．−13 C．3 D．﹣3
2．（3分）（2022•松北区一模）下列运算一定正确的是（　　）
A．a5﹣a3＝a2 B．（a2）3＝a5
C．（a+1）2＝a2+1 D．a2⋅a＝a3
3．（3分）（2022•道外区一模）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．
4．（3分）（2022•哈尔滨模拟）如图，由几个相同的小正方体搭成一个几何体，从上面观察该图形，得到的平面图形是（　　）

A． B．
C． D．
5．（3分）（2012•哈尔滨）将抛物线y＝3x2向左平移2个单位，再向下平移1个单位，所得抛物线为（　　）
A．y＝3（x+2）2﹣1 B．y＝3（x﹣2）2+1
C．y＝3（x﹣2）2﹣1 D．y＝3（x+2）2+1
6．（3分）（2022•松北区一模）方程1x−1=2x+3的解为（　　）
A．x＝3 B．x＝2 C．x＝﹣5 D．x＝5
7．（3分）（2022•道外区一模）某电动自行车厂三月份的产量为1000辆，由于市场需求量不断增大，五月份的产量提高到1210辆，则该厂四、五月份的月平均增长率为（　　）
A．12.1% B．20% C．21% D．10%
8．（3分）（2022•哈尔滨模拟）分式方程x2x−1−1x−1=0的解为（　　）
A．x＝﹣1 B．x＝1 C．x＝±1 D．无解
9．（3分）（2022•南岗区模拟）一个不透明的袋子中装有12个小球，其中9个红球、3个绿球，这些小球除颜色外无其他差别，从袋子中随机摸出一个小球，则摸出的小球是红球的概率是（　　）
A．13 B．23 C．34 D．38
10．（3分）（2022•松北区一模）甲、乙两车沿相同路线以各自的速度从A地去往B地，如图表示其行驶过程中路程y（千米）随时间x（小时）的变化图象，下列说法错误的是（　　）

A．乙车比甲车先出发2小时
B．乙车速度为40千米/时
C．A、B两地相距200千米
D．甲车出发75分钟追上乙车
二．填空题（共10小题，满分30分，每小题3分）
11．（3分）（2022•道外区一模）把202200000用科学记数法表示为 　 　．
12．（3分）（2019•丹东）在函数y=1−2xx中，自变量x的取值范围是　 　．
13．（3分）（2021•本溪）分解因式：2x2﹣4x+2＝　 　．
14．（3分）（2022•松北区一模）计算8−212的结果是　 　．
15．（3分）（2022•道外区一模）不等式组x−3≤0x+1＞0的解集为　 　．
16．（3分）（2022•哈尔滨模拟）如图，在△ABC中，∠BAC＝75°，以点A为旋转中心，将△ABC绕点A逆时针旋转，得△AB'C'，连接BB'，若BB'∥AC'，则∠BAC′的度数是　 　．

17．（3分）（2022•南岗区模拟）抛物线y＝2（x+1）2﹣3的顶点坐标为　 　．
18．（3分）（2022•松北区一模）△ABC中，sin∠ABC=22，AB=22，AC=5，则BC边的长为 　 　．
19．（3分）（2022•道外区一模）在△ABC中，AD为高，∠ABD＝2∠ACB，AD＝2，BD＝1，则BC＝　 　．
20．（3分）（2022•哈尔滨模拟）如图，在四边形ABCD中，∠ABC＝∠BCD＝90°，E为BC上一点，∠AED＝2∠BAE＝2∠EDC，DA＝DB，DE＝5，AB＝8，AD的长是 　 　．

三．解答题（共7小题，满分60分）
21．（7分）（2022•南岗区模拟）先化简，再求代数式aa+2−1a−1÷a+2a2−2a+1的值，其中a＝6tan30°﹣2．
22．（7分）（2022•松北区一模）如图，方格纸中每个小正方形的边长均为1个单位长度，△ABC的顶点均在小正方形的顶点上．
（1）在方格纸中将△ABC向下平移2个单位长度，再向右平移4个单位长度后得到△DEF（点A的对应点是点D，点B的对应点是点E），在图中画出△DEF；
（2）连接AE，以AE为直角边在图中画出等腰直角△AEG，且∠EAG＝90°，AE＝AG，并直接写出线段EG的长．

23．（8分）（2022•道外区一模）为了推动课堂教学改革，打造高效课堂，某中学对九年级部分学生就一学期以来线上教学方式的支持程度进行调查，如图为根据统计情况绘制的不完整统计图，请根据图中提供的信息，回答下列问题：
（1）求本次被调查的九年级学生的人数；
（2）通过计算补全条形统计图；
（3）该校九年级学生共有540人，请你估计人该校九年级有多少名学生支持线上教学方式（含“非常喜欢”和“喜欢”两种情况的学生）？

24．（8分）（2022•哈尔滨模拟）已知，在四边形ABCD中，点M、N、P、Q分别为边AB、AD、CD、BC的中点，连接MN、NP、PQ、MQ．

（1）如图1，求证：四边形MNPQ为平行四边形；
（2）如图2，连接AC，AC分别交MN、PQ于点E、F，连接BD，BD分别交MQ、NP于点G、H，AC与BD交于点O，且AC⊥BD，若tan∠ADB=23，在不添加任何辅助线的情况下，请直接写出图2中所有长度等于13OD的线段．
25．（10分）（2022•南岗区模拟）某校开展以感恩为主题的有奖征文活动，并到文教商店购买甲、乙两种笔记本作为奖品．若买甲种笔记本20本，乙种笔记本10本，需用110元，且买甲种笔记本30本比买乙种笔记本20本少花10元．
（1）求甲、乙两种笔记本的单价各是多少元；
（2）若该学校决定购买甲、乙两种笔记本共80本，总费用不超过300元，那么该中学最多可以购买乙种笔记本多少本？
26．（10分）（2022•松北区一模）已知，△ABC内接于⊙O，弦AD交BC于点E，连接OA，∠OAC＝∠BAD．
（1）如图1，求证：AD⊥BC；
（2）如图2，连接CD，点F为CD的中点，连接EF，点G在AC上，过点G的弦GH∥EF，交AB于点H，若∠ACB＝2∠AGH，求证：AC＝BC；
（3）如图3，在（2）的条件下，弦GH交AD于点K，连接EG，若∠FEG＝45°，AB＝5，HK＝1，求线段CE的长．

27．（10分）（2022•道外区一模）如图，在平面直角坐标系中，点O为坐标原点，抛物线y＝a（x+3）（x﹣5）（a＞0）交x轴于A、B两点（A左B右），交y轴于点C，且3OC＝5OA．
（1）求抛物线解析式；
（2）点P为第一象限抛物线上一点，连接PA交y轴于点D，设P点横坐标为m，△ACD的面积为S，求S与m之间的函数关系式；
（3）在（2）的条件下，点E为线段PD上一点，连接BE、CE，当∠CEB＝45°，且△ACD的面积212为时，求点E的坐标．


2022年哈尔滨中考数学终极押题密卷1
参考答案与试题解析
一．选择题（共10小题，满分30分，每小题3分）
1．（3分）（2022•南岗区模拟）﹣3的倒数是（　　）
A．13 B．−13 C．3 D．﹣3
【考点】倒数．
【分析】根据倒数的概念：乘积是1的两数互为倒数可得答案．
【解答】解：﹣3的倒数是−13，
故选：B．
【点评】此题主要考查了倒数，关键是掌握倒数的定义．
2．（3分）（2022•松北区一模）下列运算一定正确的是（　　）
A．a5﹣a3＝a2 B．（a2）3＝a5
C．（a+1）2＝a2+1 D．a2⋅a＝a3
【考点】完全平方公式；合并同类项；同底数幂的乘法；幂的乘方与积的乘方；单项式乘单项式．
【专题】整式；运算能力．
【分析】根据合并同类项法则、幂的乘方的运算法则、完全平方公式、同底数幂的乘法的运算法则即可求出答案．
【解答】解：A、a5与﹣a3不是同类项，不能合并，原计算错误，故此选项不符合题意；
B、（a2）3＝a6，原计算错误，故此选项不符合题意；
C、（a+1）2＝a2+2a+1，原计算错误，故此选项不符合题意；
D、a2⋅a＝a3，原计算正确，故此选项符合题意．
故选：D．
【点评】本题考查了合并同类项、幂的乘方、完全平方公式、同底数幂的乘法．解题的关键熟练运用合并同类项法则、幂的乘方的运算法则、完全平方公式、同底数幂的乘法的运算法则．
3．（3分）（2022•道外区一模）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．
【考点】中心对称图形；轴对称图形．
【专题】平移、旋转与对称；几何直观．
【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．
【解答】解：A、不是轴对称图形，是中心对称图形，故此选项不合题意；
B、是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不合题意；
C、是轴对称图形，也是中心对称图形，故此选项正确；
D、是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不合题意；
故选：C．
【点评】此题主要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．
4．（3分）（2022•哈尔滨模拟）如图，由几个相同的小正方体搭成一个几何体，从上面观察该图形，得到的平面图形是（　　）

A． B．
C． D．
【考点】简单组合体的三视图．
【专题】投影与视图；几何直观．
【分析】找到从上面看所得到的图形即可，注意所有的看到的棱都应表现在俯视图中．
【解答】解：从正面看有2层，第一层是三个小正方形，第二层在左边有两个正方形，故D符合题意，
故选：D．
【点评】本题考查了简单组合体的三视图，从正面看得到的图形是主视图．
5．（3分）（2012•哈尔滨）将抛物线y＝3x2向左平移2个单位，再向下平移1个单位，所得抛物线为（　　）
A．y＝3（x+2）2﹣1 B．y＝3（x﹣2）2+1
C．y＝3（x﹣2）2﹣1 D．y＝3（x+2）2+1
【考点】二次函数图象与几何变换．
【专题】探究型．
【分析】根据“上加下减，左加右减”的原则进行解答即可．
【解答】解：由“左加右减”的原则可知，将抛物线y＝3x2向左平移2个单位所得抛物线的解析式为：y＝3（x+2）2；
由“上加下减”的原则可知，将抛物线y＝3（x+2）2向下平移1个单位所得抛物线的解析式为：y＝3（x+2）2﹣1．
故选：A．
【点评】本题考查的是二次函数的图象与几何变换，熟知函数图象平移的法则是解答此题的关键．
6．（3分）（2022•松北区一模）方程1x−1=2x+3的解为（　　）
A．x＝3 B．x＝2 C．x＝﹣5 D．x＝5
【考点】解分式方程．
【专题】分式方程及应用；运算能力．
【分析】按照解分式方程的步骤，进行计算即可解答．
【解答】解：1x−1=2x+3，
x+3＝2（x﹣1），
解得：x＝5，
检验：当x＝5时，（x﹣1）（x+3）≠0，
∴x＝5是原方程的根，
故选：D．
【点评】本题考查了解分式方程，熟练掌握解分式方程是解题的关键．
7．（3分）（2022•道外区一模）某电动自行车厂三月份的产量为1000辆，由于市场需求量不断增大，五月份的产量提高到1210辆，则该厂四、五月份的月平均增长率为（　　）
A．12.1% B．20% C．21% D．10%
【考点】一元二次方程的应用．
【分析】设出四、五月份的平均增长率，则四月份的市场需求量是1000（1+x），五月份的产量是1000（1+x）2，据此列方程解答即可．
【解答】解：设四、五月份的月平均增长率为x，根据题意得：
1000（1+x）2＝1210，
解得x1＝0.1，x2＝﹣2.1（不合题意，舍去），
则该厂四、五月份的月平均增长率为10%．
故选：D．
【点评】本题考查一元二次方程的应用，解题的关键是正确列出一元二次方程．原来的数量为a，平均每次增长或降低的百分率为x的话，经过第一次调整，就调整到a×（1±x），再经过第二次调整就是a×（1±x）（1±x）＝a（1±x）2．增长用“+”，下降用“﹣”．
8．（3分）（2022•哈尔滨模拟）分式方程x2x−1−1x−1=0的解为（　　）
A．x＝﹣1 B．x＝1 C．x＝±1 D．无解
【考点】解分式方程；分式方程的解．
【专题】分式方程及应用；运算能力．
【分析】根据分式方程的解法直接可以求解，但是要注意检验根的情况．
【解答】解：x2x−1−1x−1=0
方程两边同时乘以x﹣1，得
x2﹣1＝0，
∴x＝1或x＝﹣1，
经检验x＝1是方程的增根，
∴方程的解为x＝﹣1，
故选：A．
【点评】本题考查分式方程的解法；熟练掌握分式方程的解法，避免遗漏验根的过程是解题的关键．
9．（3分）（2022•南岗区模拟）一个不透明的袋子中装有12个小球，其中9个红球、3个绿球，这些小球除颜色外无其他差别，从袋子中随机摸出一个小球，则摸出的小球是红球的概率是（　　）
A．13 B．23 C．34 D．38
【考点】概率公式．
【专题】概率及其应用；数据分析观念．
【分析】用红球的个数除以球的总个数即可．
【解答】解：从袋子中随机摸出一个小球，共有12种等可能结果，其中摸出的小球是红球的的有9种结果，
所以摸出的小球是红球的概率为912=34，
故选：C．
【点评】本题主要考查概率公式，解题的关键是掌握随机事件A的概率P（A）＝事件A可能出现的结果数÷所有可能出现的结果数．
10．（3分）（2022•松北区一模）甲、乙两车沿相同路线以各自的速度从A地去往B地，如图表示其行驶过程中路程y（千米）随时间x（小时）的变化图象，下列说法错误的是（　　）

A．乙车比甲车先出发2小时
B．乙车速度为40千米/时
C．A、B两地相距200千米
D．甲车出发75分钟追上乙车
【考点】一次函数的应用．
【专题】数形结合；一次函数及其应用；模型思想．
【分析】观察图象，该函数图象表示的是路程与时间之间的函数关系，可知乙出发2小时后甲再出发，根据路程除以时间等于速度进行分析．
【解答】解：A乙车比甲车先出发2小时，正确；
B乙车速度为80÷2＝40千米/时，正确；
CA、B两地相距40×5＝200千米，正确；
D甲的速度为200÷2＝100千米/小时，
设甲车出发x小时追上乙车，可得：100x＝40（x+2）
解得：x=43，
43小时＝80分钟，故错误，
故选：D．
【点评】本题考查学生观察图象的能力，关键是根据y﹣x图象可得出路程除以时间等于速度．
二．填空题（共10小题，满分30分，每小题3分）
11．（3分）（2022•道外区一模）把202200000用科学记数法表示为 　2.022×108　．
【考点】科学记数法—表示较大的数．
【专题】实数；数感．
【分析】用科学记数法表示较大的数时，一般形式为a×10n，其中1≤|a|＜10，n为整数，且n比原来的整数位数少1，据此判断即可．
【解答】解：202200000＝2.022×108．
故答案是：2.022×108．
【点评】此题主要考查了用科学记数法表示较大的数，一般形式为a×10n，其中1≤|a|＜10，确定a与n的值是解题的关键．
12．（3分）（2019•丹东）在函数y=1−2xx中，自变量x的取值范围是　x≤12且x≠0　．
【考点】函数自变量的取值范围．
【专题】函数思想．
【分析】函数关系中主要有二次根式和分式两部分．根据二次根式的性质和分式的意义，被开方数大于等于0，分母不等于0，就可以求解．
【解答】解：根据二次根式的性质，被开方数大于等于0可知：1﹣2x≥0，
即x≤12时，二次根式1−2x有意义．
又因为0做除数无意义，
所以x≠0．
因此x的取值范围为x≤12且x≠0．
故答案为：x≤12且x≠0．
【点评】主要考查了二次根式的意义和性质．概念：式子a（a≥0）叫二次根式．性质：二次根式中的被开方数必须是非负数，否则二次根式无意义．当二次根式在分母上时还要考虑分母不等于零．
13．（3分）（2021•本溪）分解因式：2x2﹣4x+2＝　2（x﹣1）2　．
【考点】提公因式法与公式法的综合运用．
【分析】先提取公因数2，再利用完全平方公式进行二次分解．完全平方公式：（a±b）2＝a2±2ab+b2．
【解答】解：2x2﹣4x+2，
＝2（x2﹣2x+1），
＝2（x﹣1）2．
【点评】本题主要考查提公因式法分解因式和利用完全平方公式分解因式，难点在于需要进行二次分解因式．
14．（3分）（2022•松北区一模）计算8−212的结果是　2　．
【考点】二次根式的加减法．
【专题】计算题．
【分析】原式各项化为最简二次根式，合并即可得到结果．
【解答】解：原式＝22−2×22
＝22−2
=2，
故答案为：2．
【点评】此题考查了二次根式的加减法，熟练掌握运算法则是解本题的关键．
15．（3分）（2022•道外区一模）不等式组x−3≤0x+1＞0的解集为　﹣1＜x≤3　．
【考点】解一元一次不等式组．
【专题】一元一次不等式（组）及应用；运算能力．
【分析】分别求出每一个不等式的解集，根据口诀：同大取大、同小取小、大小小大中间找、大大小小无解了确定不等式组的解集．
【解答】解：解不等式x﹣3≤0，得：x≤3，
解不等式x+1＞0，得：x＞﹣1，
则不等式组的解集为﹣1＜x≤3，
故答案为：﹣1＜x≤3．
【点评】本题考查的是解一元一次不等式组，正确求出每一个不等式解集是基础，熟知“同大取大；同小取小；大小小大中间找；大大小小找不到”的原则是解答此题的关键．
16．（3分）（2022•哈尔滨模拟）如图，在△ABC中，∠BAC＝75°，以点A为旋转中心，将△ABC绕点A逆时针旋转，得△AB'C'，连接BB'，若BB'∥AC'，则∠BAC′的度数是　105°　．

【考点】旋转的性质；平行线的性质．
【专题】线段、角、相交线与平行线；等腰三角形与直角三角形；平移、旋转与对称；推理能力．
【分析】由旋转的性质可得∠BAC＝∠B'AC'＝75°，AB＝AB'，由平行线的性质和等腰三角形的性质可得∠BAB'＝30°，即可求解．
【解答】解：∵以点A为旋转中心，将△ABC绕点A逆时针旋转，得△AB'C'，
∴∠BAC＝∠B'AC'＝75°，AB＝AB'，
∵BB'∥AC'，
∴∠C'AB'＝∠AB'B＝75°，
∵AB＝AB'，
∴∠AB'B＝∠BB'A＝75°，
∴∠BAB'＝30°，
∴∠BAC'＝∠BAB'+∠B'A'C'＝75°+30°＝105°，
故答案为：105°．
【点评】本题考查了旋转的性质，平行线的性质，等腰三角形的性质，灵活运用旋转的性质是本题的关键．
17．（3分）（2022•南岗区模拟）抛物线y＝2（x+1）2﹣3的顶点坐标为　（﹣1，﹣3）．　．
【考点】二次函数的性质．
【分析】直接利用顶点式的特点可知顶点坐标．
【解答】解：顶点坐标是（﹣1，﹣3）．
故答案为：（﹣1，﹣3）．
【点评】此题主要考查了二次函数的性质，根据顶点式得出顶点坐标是考查重点同学们应熟练掌握．
18．（3分）（2022•松北区一模）△ABC中，sin∠ABC=22，AB=22，AC=5，则BC边的长为 　1或3　．
【考点】解直角三角形．
【专题】计算题；分类讨论；解直角三角形及其应用；运算能力．
【分析】过点A作AD⊥BC，利用直角三角形的边角间关系先求出AD，再利用勾股定理求出BD、CD，最后利用线段的和差关系得结论．
【解答】解：如图所示，当∠C为钝角时，过点A作AD⊥BC，交BC的延长线于点D．
在Rt△ABD中，
∵AB＝22，sin∠ABC=22=ADAB，
∴AD＝2．
∴BD=AB2−AD2=2．
在Rt△ACD中，
CD=AC2−AD2=1．
∴BC＝BD﹣CD＝1．
如图所示，当∠C为锐角时，过点A作AD⊥BC，垂足为D.
在Rt△ABD中，
∵AB＝22，sin∠ABC=22=ADAB，
∴AD＝2．
∴BD=AB2−AD2=2．
在Rt△ACD中，
CD=AC2−AD2=1．
∴BC＝BD+CD＝3．
故答案为：1或3．


【点评】本题考查了解直角三角形，掌握直角三角形的边角间关系及勾股定理是解决本题的关键．解决本题注意分类讨论．
19．（3分）（2022•道外区一模）在△ABC中，AD为高，∠ABD＝2∠ACB，AD＝2，BD＝1，则BC＝　2+5或5　．
【考点】勾股定理；等腰三角形的判定与性质．
【专题】等腰三角形与直角三角形；推理能力．
【分析】如图1，在CD上截取DE＝DB，根据线段垂直平分线的性质得到AE＝AB，根据三角形的外角的性质得到∠EAC＝∠ACB，根据等腰三角形的性质得到CE＝AE，于是得到结论；如图2，根据三角形的外角的性质得到∠ABD＝∠ACB+∠BAC＝2∠ACB，得到∠BAC＝∠ACB，求得BC．
【解答】解：如图1，在CD上截取DE＝DB＝1，
∵AD⊥BC，
∴AE＝AB，
∴∠AEB＝∠ABC＝2∠ACB，
∵∠AEB＝∠EAC+∠ACB，
∴∠EAC＝∠ACB，
∴CE＝AE=AD2+DE2=22+12=5，
∴BC＝2+5；
如图2，∵∠ABD＝∠ACB+∠BAC＝2∠ACB，
∴∠BAC＝∠ACB，
∴BC＝AB=AD2+DB2=22+12=5，
故答案为：2+5或5．


【点评】本题考查了等腰三角形的判定和性质，三角形的外角的性质，熟练掌握等腰三角形的判定和性质是解题的关键．
20．（3分）（2022•哈尔滨模拟）如图，在四边形ABCD中，∠ABC＝∠BCD＝90°，E为BC上一点，∠AED＝2∠BAE＝2∠EDC，DA＝DB，DE＝5，AB＝8，AD的长是 　97　．

【考点】勾股定理．
【专题】计算题；等腰三角形与直角三角形；矩形 菱形 正方形；推理能力．
【分析】过D作DF⊥AB，垂足为F，根据等腰三角形的性质可求得BF＝4，结合已知条件易证四边形BCDF为矩形，可得CD＝4，利用勾股定理可求CE得长，通过证明△ABE∽△DCE可求BE得长，即可得BC的长，再利用勾股定理可求解．
【解答】解：过D作DF⊥AB，垂足为F，

∵DA＝DB，
∴F为AB的中点，
∵AB＝8，
∴AF＝BF＝4，
∵∠ABC＝∠BCD＝90°，
∴四边形BCDF为矩形，
∴CD＝BF＝4，
∵DE＝5，
∴EC=DE2−CD2=52−42=3，
在△ABE和△DCE中，∠BAE＝∠EDC，∠ABE＝∠DCE＝90°，
∴△ABE∽△DCE，
∴AB：CD＝BE：CE，
即8：4＝BE：3，
解得BE＝6，
∴BC＝BE+CE＝6+3＝9，
在Rt△ACD中，BD=BC2+CD2=92+42=97，
∴AD＝BD=97．
故答案为97．
【点评】本题主要考查矩形的判定与性质，等腰三角形的性质，勾股定理，相似三角形的性质与判定，证明△ABE∽△DCF求解BE的长是解题的关键．
三．解答题（共7小题，满分60分）
21．（7分）（2022•南岗区模拟）先化简，再求代数式aa+2−1a−1÷a+2a2−2a+1的值，其中a＝6tan30°﹣2．
【考点】分式的化简求值；特殊角的三角函数值．
【分析】直接将原式中可以分解因式的进行分解再化简，把已知代入得出答案．
【解答】解：原式=aa+2−1a−1×(a−1)2a+2
=aa+2−a−1a+2
=1a+2，
∵a＝6tan30°﹣2＝6×33−2＝23−2，
∴原式=123−2+2=36．
【点评】此题主要考查了分式的化简求值，正确进行分式的混合运算是解题关键．
22．（7分）（2022•松北区一模）如图，方格纸中每个小正方形的边长均为1个单位长度，△ABC的顶点均在小正方形的顶点上．
（1）在方格纸中将△ABC向下平移2个单位长度，再向右平移4个单位长度后得到△DEF（点A的对应点是点D，点B的对应点是点E），在图中画出△DEF；
（2）连接AE，以AE为直角边在图中画出等腰直角△AEG，且∠EAG＝90°，AE＝AG，并直接写出线段EG的长．

【考点】作图﹣平移变换；勾股定理；勾股定理的逆定理；等腰直角三角形．
【专题】网格型；平移、旋转与对称；几何直观．
【分析】（1）将三个顶点分别向下平移2个单位长度，再向右平移4个单位长度得到其对应点，再首尾顺次连接即可；
（2）根据等腰直角三角形的定义，结合网格求解即可．
【解答】解：（1）如图所示，△DEF即为所求．

（2）如图所示，△AEG即为所求，EG=22+62=210．
【点评】本题主要考查作图—平移变换，解题的关键是掌握平移变换的定义与性质及勾股定理及其逆定理．
23．（8分）（2022•道外区一模）为了推动课堂教学改革，打造高效课堂，某中学对九年级部分学生就一学期以来线上教学方式的支持程度进行调查，如图为根据统计情况绘制的不完整统计图，请根据图中提供的信息，回答下列问题：
（1）求本次被调查的九年级学生的人数；
（2）通过计算补全条形统计图；
（3）该校九年级学生共有540人，请你估计人该校九年级有多少名学生支持线上教学方式（含“非常喜欢”和“喜欢”两种情况的学生）？

【考点】条形统计图；用样本估计总体．
【专题】数据的收集与整理；数据分析观念．
【分析】（1）直接用喜欢线上教学的人数除以喜欢线上教学所占的比例即可；
（2）先求出非常喜欢的学生人数，再补全条形统计图；
（3）用九年级总人数乘以支持线上教学方式的人数所占比例即可．
【解答】解：（1）本次被调查的九年级学生的人数为18÷120360=54（人）．
（2）非常喜欢的学生人数为：54﹣18﹣6＝30（人），
故补全的条形统计图如下：

（3）该校九年级学生支持线上教学方式的人数约为540×30+1854=480（人）．
【点评】本题考查条形统计图、扇形统计图的意义和制作方法，从两个统计图中获取数量和数量关系是正确解答的前提．
24．（8分）（2022•哈尔滨模拟）已知，在四边形ABCD中，点M、N、P、Q分别为边AB、AD、CD、BC的中点，连接MN、NP、PQ、MQ．

（1）如图1，求证：四边形MNPQ为平行四边形；
（2）如图2，连接AC，AC分别交MN、PQ于点E、F，连接BD，BD分别交MQ、NP于点G、H，AC与BD交于点O，且AC⊥BD，若tan∠ADB=23，在不添加任何辅助线的情况下，请直接写出图2中所有长度等于13OD的线段．
【考点】矩形的判定与性质．
【专题】计算题；证明题；矩形 菱形 正方形；运算能力；推理能力．
【分析】（1）连接BD，再利用三角形中位线定理可得MN∥BD，MN=12BD，PQ∥BD，PQ=12BD．进而得到MN∥PQ，且MN＝PQ，可根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形证出结论．
（2）证明四边形MNPQ是矩形，则可得NH＝OE＝MG＝AE=12OA，由条件可得OAOD=23，可得出长度等于13OD的线段．
【解答】（1）证明：如图1，连接BD．

∵Q，P分别是BC，CD的中点，
所以PQ∥BD，PQ=12BD．
∵M，N分别是AB，AD的中点．
∴MN∥BD，MN=12BD．
∴PQ∥MN，且PQ＝MN．
∴四边形MNPQ是平行四边形．
（2）解：∵四边形MNPQ是平行四边形，AC⊥BD，
∴四边形MNPQ是矩形，
∴四边形NHOE和四边形EOGM都是矩形，
∴NH＝OE＝MG＝AE=12OA，
∵tan∠ADB=23，
∴OAOD=23，
∴NH＝OE＝MG＝AE=13OD．
即长度等于13OD的线段有NH，OE，MG，AE．
【点评】此题主要考查了中点四边形，平行四边形的判定与性质，矩形的判定与性质，锐角三角函数的定义等知识点，关键是熟练掌握三角形中位线定理及矩形的性质．
25．（10分）（2022•南岗区模拟）某校开展以感恩为主题的有奖征文活动，并到文教商店购买甲、乙两种笔记本作为奖品．若买甲种笔记本20本，乙种笔记本10本，需用110元，且买甲种笔记本30本比买乙种笔记本20本少花10元．
（1）求甲、乙两种笔记本的单价各是多少元；
（2）若该学校决定购买甲、乙两种笔记本共80本，总费用不超过300元，那么该中学最多可以购买乙种笔记本多少本？
【考点】一元一次不等式的应用；二元一次方程组的应用．
【专题】一次方程（组）及应用；一元一次不等式（组）及应用；应用意识．
【分析】（1）设甲种笔记本的单价为x元，乙种笔记本的单价为y元，利用总价＝单价×数量，结合“若买甲种笔记本20本，乙种笔记本10本，需用110元，且买甲种笔记本30本比买乙种笔记本20本少花10元”，即可得出关于x，y的二元一次方程组，解之即可得出结论；
（2）设可以购买乙种笔记本m本，则购买甲种笔记本（80﹣m）本，利用总价＝单价×数量，结合总费用不超过300元，即可得出关于m的一元一次不等式，解之取其中的最大值即可得出结论．
【解答】解：（1）设甲种笔记本的单价为x元，乙种笔记本的单价为y元，
依题意得：20x+10y=11020y−30x=10，
解得：x=3y=5．
答：甲种笔记本的单价为3元，乙种笔记本的单价为5元．
（2）设可以购买乙种笔记本m本，则购买甲种笔记本（80﹣m）本，
依题意得：3（80﹣m）+5m≤300，
解得：m≤30．
答：该中学最多可以购买乙种笔记本30本．
【点评】本题考查了二元一次方程组的应用以及一元一次不等式的应用，解题的关键是：（1）找准等量关系，正确列出二元一次方程组；（2）根据各数量之间的关系，正确列出一元一次不等式．
26．（10分）（2022•松北区一模）已知，△ABC内接于⊙O，弦AD交BC于点E，连接OA，∠OAC＝∠BAD．
（1）如图1，求证：AD⊥BC；
（2）如图2，连接CD，点F为CD的中点，连接EF，点G在AC上，过点G的弦GH∥EF，交AB于点H，若∠ACB＝2∠AGH，求证：AC＝BC；
（3）如图3，在（2）的条件下，弦GH交AD于点K，连接EG，若∠FEG＝45°，AB＝5，HK＝1，求线段CE的长．

【考点】圆的综合题．
【专题】压轴题；推理能力．
【分析】（1）延长AO，交⊙O于点M，连接CM，根据直径所对的圆周角是直角知∠ACM＝90°，从而可得∠BAD+∠B＝90°，即可证明结论；
（2）延长FE交AB于点N，利用直角三角形斜边上的中线可证∠ANE＝90°，设∠AGH＝α，则∠GAH＝90°﹣α，∠ACB＝2∠AGH＝2α，再用α的代数式表示出∠B，从而证明结论；
（3）首先利用ASA证明△AGH≌△EAN，得AH＝EN，再根据△EBN≌△AKH（ASA），得BN＝KH＝1，AN＝AB﹣BN＝4，利用tan∠EAN＝tan∠BEN，得ENAN=BNEN，可求出EN的长，从而解决问题．
【解答】（1）证明：延长AO，交⊙O于点M，连接CM，

∵AM为⊙O的直径，∠ACM＝90°，
∴∠CAM+∠M＝90°，
∵∠CAM＝∠BAD，∠M＝∠B，
∴∠BAD+∠B＝90°，
∴∠AEB＝90°，
∴AD⊥BC；
（2）证明：延长FE交AB于点N，

∵点F为CD的中点，且∠CED＝90°，
∴EF=CF=DF=12CD，
∴∠AEN＝∠DEF＝∠D＝∠B，
∴∠AEN+∠BAE＝90°，
∴∠ANE＝90°，
∵GH∥EF，
∴∠AHG＝∠ANE＝90°，
设∠AGH＝α，则∠GAH＝90°﹣α，∠ACB＝2∠AGH＝2α，
∵∠ACB+∠B+∠BAC＝180°，
∴∠B＝180°﹣∠ACB﹣∠CAB＝90°﹣α＝∠CAB，
∴AC＝BC；
（3）解：如图，

∵GH∥EF，
∴∠EGH＝∠FEG＝45°，∠AGE＝∠EGH+∠AGH＝45°+α，
∵∠CAE＝90°﹣∠ACE＝90°﹣2α，
∴∠AEG＝180°﹣∠AGE﹣∠EAG＝45°+α＝∠AGE，
∴AE＝AG，
∵∠AEN＝∠HAG，
∴△AGH≌△EAN（ASA），
∴AH＝EN，
∴△EBN≌△AKH（ASA），
∴BN＝KH＝1，AN＝AB﹣BN＝4，
在Rt△AEN中，tan∠EAN=ENAN，
在Rt△BEN中，tan∠BEN=BNEN，
∴∠EAN＝∠BEN，
∴tan∠EAN＝tan∠BEN，
∴ENAN=BNEN，
∴EN4=1EN，
∴EN＝2，
∴BE=BN2+EN2=5，AE=2BE=25，
设CE＝m，则AC=BC=BE+CE=m+5，
在Rt△ACE中，AE2+CE2＝AC2，(25)2+m2=(m+5)2，
解得：m=352，
∴CE=352．
【点评】本题是圆的综合题，主要考查了圆周角定理，等腰三角形的判定与性质，直角三角形的性质，全等三角形的判定与性质，三角函数，勾股定理等知识，利用三角函数求出EN的长是解题的关键，综合性较强，难度较大，属于中考压轴题．
27．（10分）（2022•道外区一模）如图，在平面直角坐标系中，点O为坐标原点，抛物线y＝a（x+3）（x﹣5）（a＞0）交x轴于A、B两点（A左B右），交y轴于点C，且3OC＝5OA．
（1）求抛物线解析式；
（2）点P为第一象限抛物线上一点，连接PA交y轴于点D，设P点横坐标为m，△ACD的面积为S，求S与m之间的函数关系式；
（3）在（2）的条件下，点E为线段PD上一点，连接BE、CE，当∠CEB＝45°，且△ACD的面积212为时，求点E的坐标．

【考点】二次函数综合题．
【专题】二次函数图象及其性质；三角形；图形的相似；推理能力．
【分析】（1）先求得点A的坐标，得到OA，然后求得OC得到点C的坐标，代入解析式求得a的值，即可得到抛物线的解析式；
（2）过点P作PF⊥x轴于点F，得到PF，AF的长，然后证明△AOD∽△AFP，得到OD的长，进而得到CD的长，然后求得△ACD的面积，即可得到S与m的关系式；
（3）先由△ACD的面积求得m的值，得到点P的坐标，记直线CE与x轴的交点为点G，进而求得直线AP的解析式为y=23x+2，设点E的坐标（a，23a+2），OG＝m，过点E作EH⊥x轴于点H，则EH=23a+2，GH＝a﹣m，△OCG∽△HEG，得到EG的长，过点B作BK⊥CE于点K，然后得到△EBK等腰直角三角形，△OCG∽△KBG，进而得到KG、BK的长，然后由EG＝EK+KG列出方程求得a的值，即可得到点E的坐标．
【解答】解：（1）对y＝a（x+3）（x﹣5），
当y＝0时，a（x+3）（x﹣5）＝0，
∴x＝﹣3或x＝5，
∴点A（﹣3，0），B（5，0），
∴OA＝3，
∵5OA＝3OC，
∴OC＝5，
∴点C的坐标为（0，﹣5），
将点C代入解析式得，﹣15a＝﹣5，
解得：a=13，
∴抛物线的解析式为y=13（x+3）（x﹣5）=13x2−23x﹣5．
（2）如图1，过点P作PF⊥x轴于点F，则∠PFA＝∠DOA＝90°，
∵∠DAO是△DAO和△PAF的公共角，
∴△DAO∽△PAF，
∴DOPF=AOAF，
∵P（m，13m2−23m﹣5），
∴PF=13m2−23m﹣5，AF＝m+3，
∴DO13m2−23m−5=3m+3，
∴DO＝m﹣5，
∴CD＝m﹣5+5＝m，
∴S△ACD=12CD⋅AO=12×3⋅m=32m，
∴S与m的关系式为S=32m．
（3）∵S△ACD=212，
∴32m=212，
∴m＝7，
∴点P的坐标为（7，203），
设直线AP的解析式为y＝kx+b，则
−3k+b=07k+b=203，解得：k=23b=2，
∴直线AP的解析式为y=23x+2，
如图2，记直线CE与x轴的交点为点G，过点E作EH⊥x轴于点H，则∠EHG＝∠COG＝90°，
∴△EHG∽△COG，
∴EHCO=EGCG=GHOG，
设点E的坐标（a，23a+2），OG＝m，则EH=23a+2，GH＝a﹣m，
∴23a+25=EG25+m2=a−mm，
∴m=15a2a+21，EG=a−mm⋅25+m2，
过点B作BK⊥CE于点K，则∠BKG＝∠COG＝90°，
∵∠OGC＝∠KGB，
∴△OCG∽△KBG，
∴OGKG=OCBK=CGBG，即mKG=5BK=25+m25−m，
∴KG=5m−m225+m2，BK=25−5m25+m2，
∵∠BEC＝45°，∠BKE＝90°，
∴△EBK等腰直角三角形，
∴EK＝BK，
又∵EG＝EK+KG，
∴5m−m225+m2+25−5m25+m2=a−mm⋅25+m2，
化简得，a=50m25+m2，
又∵m=15a2a+21，
解得：a＝3或a=−6313（舍），
∴点E的坐标为（3，4）．

【点评】本题考查了一次函数和二次函数的解析式，二次函数和一次函数图象上点的坐标特征，等腰直角三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，解题的关键是熟知相似三角形的判定与性质求得点P的坐标，是函数与几何的综合题