2022年深圳中考数学终极押题密卷1

这是一份2022年深圳中考数学终极押题密卷1，共28页。
2022年深圳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）（2021秋•蒙阴县期末）王老师在庆祝中华人民共和国成立70周年的节目中，看到游行的第26号“立德树人”方阵中，“打开的书本”生长出硕果累累的“知识树”，数据链组成的树干上耸立着“教育云”，立刻把如图图形折叠成一个正方体的盒子，折叠后与“育”相对的字是（　　）

A．知 B．识 C．树 D．教
2．（3分）（2021秋•庐阳区校级期末）﹣的相反数是（　　）
A．﹣ B． C．6 D．﹣6
3．（3分）（2022春•南岗区校级月考）不等式x≥﹣2的解集在数轴上表示正确的是（　　）
A． B．
C． D．
4．（3分）（2022•宁波模拟）一组数据2，x，4，3，3的平均数是3，则这组数据的中位数是（　　）
A．2.5 B．3 C．3.5 D．4
5．（3分）（2022•柳城县一模）计算（﹣a2b）3的结果是（　　）
A．﹣a6b3 B．a6b C．3a6b3 D．﹣3a6b3
6．（3分）（2021秋•攸县期末）在△ABC中，∠A，∠B均为锐角，且有|tanB﹣|+（2cosA﹣1）2＝0，则△ABC是（　　）
A．直角（不等腰）三角形 B．等边三角形
C．等腰（不等边）三角形 D．等腰直角三角形
7．（3分）（2021秋•沙坪坝区校级期末）某车间有120名工人生产一种如图所示的无盖正方体包装箱，已知1名工人每天可以生产200块侧面或150块底面（底面和侧面材料不同），4块侧面和1块底面正好可以做成一个无盖包装箱，应如何分配工人生产侧面或底面，才能使生产的侧面和底面正好配套？若设安排x名工人生产侧面，y名工人生产底面，则可列方程组（　　）

A． B．
C． D．
8．（3分）（2022•昆明模拟）如图，某中学初三数学兴趣小组的学生测量教学楼AB的高度，已知测量人员与教学楼的水平距离BC为18m，在C处观测楼顶A的仰角为a，测量人员的眼睛与地面的距离CD为1.5m．则教学楼的高度是（　　）

A．18•tanαm B．（18•tanα+1.5）m
C．18•sinαm D．（18•cosα+1.5）m
9．（3分）（2021秋•岱岳区校级期末）已知二次函数y＝﹣x2+2x+4，则下列关于这个函数图象和性质的说法，正确的是（　　）
A．图象的开口向下
B．图象的顶点坐标是（1，3）
C．当x＜1时，y随x的增大而减少
D．图象与x轴有唯一交点
10．（3分）（2021秋•惠安县期末）如图中的每个小正方形的边长均相等，则sin∠BAC的值为（　　）

A．1 B． C． D．
二．填空题（共5小题，满分15分，每小题3分）
11．（3分）（2022•临淄区一模）分解因式5+5x2﹣10x＝　 　．
12．（3分）（2021秋•韶关期末）关于x的方程x2﹣2x+c＝0有一个根是3，那么实数c的值是 　 　．
13．（3分）（2022春•简阳市期中）在Rt△ABC中，∠C＝90°，∠B＝30°，b＝10，则c＝　 　，a＝　 　．
14．（3分）（2021秋•海淀区校级期末）如图，边长为3的正方形OABC的顶点A，C分别在x轴、y轴的正半轴上，若反比例函数y＝的图象与正方形OABC的边有公共点，则k的取值范围是　 　．

15．（3分）（2022•铜仁市模拟）如图，点M、N分别是矩形纸片ABCD两边AB、DC的中点，AB＝4，AD＝8．沿BE折叠，点A与MN上点G重合，点E在AD上，延长EG交BC于点F，则EF＝　 　．

三．解答题（共7小题，满分55分）
16．（6分）（2021春•兴化市期末）先化简再求值：1﹣÷，其中x＝﹣2．
17．（6分）（2020•无锡）如图，已知Rt△ABC中，∠C＝90°，请用直尺（不带刻度）和圆规，按下列要求作图（不要求写作法，但要保留作图痕迹）．
（1）在图1中，作△ABC的外接圆，通过测量，计算得到外接圆的周长约为　 　（结果保留一位小数）；
（2）在图2中，作出△ADE关于直线DE对称的△FDE；
（3）在（2）的条件下，若AD＝2BD＝4，EC＝2AE，∠A＝30°，则AF的长为　 　（如需画草图，请使用图3）．

18．（8分）（2021•邵阳县模拟）某学校在本学期开展了课后服务活动．该校为了解开展课后服务活动后学生不同阶段的学习效果，决定随机抽取七年级部分学生进行两次跟踪测评（两次随机抽取的学生人数相同），第一次是开展课后服务活动初的学习质量测评，第二次是开展课后服务活动一个月后的学习质量测评．根据测试的数学成绩制作了如图（十）第一次测试的数学成绩频数分布直方图（图1）和两次测试的数学成绩折线统计图（图2，第二次测试的数学成绩折线统计图不完整）．

开展课后服务活动一个月后，根据第二次测试的数学成绩得到如下统计表：
成绩
30≤x＜40
40≤x＜50
50≤x＜60
60≤x＜70
70≤x＜80
80≤x＜90
90≤x≤100
人数
1
3
3
8
15
m
6
根据以上图表信息，完成下列问题：
（1）m＝　 　；
（2）请在图2中将第二次测试的数学成绩折线图补充完整；
（3）对两次测试的数学成绩作出对比分析；（用一句话概述，写出一条即可）
（4）请估计开展课后服务活动一个月后该校900名七年级学生数学成绩优秀（80分及以上）的人数．
19．（8分）（2022•徐汇区二模）如图，四边形ABCE中，∠BAC＝90°，AB＝AC，BF⊥CE于点F，点D为BF上一点，且∠BAD＝∠CAE．
（1）求证：AD＝AE；
（2）设BF交AC于点G，若BC2＝2BD•BG，判断四边形ADFE的形状，并证明．

20．（8分）（2022•瑞安市一模）某商店销售一款口罩，每袋的进价为12元，计划售价大于12元但不超过20元，且售价为整数元．
（1）经市场调查发现，当售价为每袋18元时，日均销售量为50袋，每袋售价每增加1元，日均销售量减少5袋．售价定为每袋多少元时，所得日均毛利润最大？最大日均毛利润为多少元？
（2）疫情期间，该商店分两批共购进2万袋同款口罩，进价不变．该商店将购进的第一批口罩a袋（8000≤a≤11200）做“买一送一”的促销活动，第二批口罩没有做促销活动，且这两批的售价相同．若这2万袋口罩全部售出后的总利润率为20%，则每袋口罩的售价可能是多少元？（毛利润＝售价﹣进价，利润率＝毛利润÷进价）
21．（9分）（2021秋•毕节市期末）如图，在平面直角坐标系xOy中，直线AB与x轴交于点B，与y轴交于点C（0，2），且与反比例函数y＝在第一象限内的图象交于点A，作AD⊥x轴于点D，OD＝2．
（1）求直线AB的函数解析式；
（2）设点P是y轴上的点，若△ACP的面积等于4，求点P的坐标；
（3）设E点是x轴上的点，且△EBC为等腰三角形，直接写出点E的坐标．

22．（10分）（2021秋•海州区期末）如图，△ABC中，∠C＝90°，AC＝3，BC＝4，在线段AB上，动点M从点A出发向点B做匀速运动，同时动点N从B出发向点A做匀速运动，当点M、N其中一点停止运动时，另一点也停止运动，分别过点M、N作AB的垂线，分别交两直角边于点D、E，连接DE，若运动时间为t秒，在运动过程中四边形DENM总为矩形（点M、N重合除外）．
（1）写出图中与△ABC相似的三角形；
（2）如图，设DM的长为x，矩形DENM面积为S，求S与x之间的函数关系式；当x为何值时，矩形DENM面积最大？最大面积是多少？
（3）在运动过程中，若点M的运动速度为每秒1个单位长度，求点N的运动速度．求t为多少秒时，矩形DEMN为正方形？


2022年深圳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）（2021秋•蒙阴县期末）王老师在庆祝中华人民共和国成立70周年的节目中，看到游行的第26号“立德树人”方阵中，“打开的书本”生长出硕果累累的“知识树”，数据链组成的树干上耸立着“教育云”，立刻把如图图形折叠成一个正方体的盒子，折叠后与“育”相对的字是（　　）

A．知 B．识 C．树 D．教
【考点】专题：正方体相对两个面上的文字．
【专题】投影与视图；空间观念．
【分析】正方体展开图找对面的方法“I”与“Z”型，此题教与育符合“Z”型．
【解答】解：由正方体展开图对面的对应特点，教与育是对面．
故选：D．
【点评】本题考查正当体对面的找法；牢记正方体找对面的方法是解题的关键．
2．（3分）（2021秋•庐阳区校级期末）﹣的相反数是（　　）
A．﹣ B． C．6 D．﹣6
【考点】相反数．
【分析】根据相反数的概念解答即可．
【解答】解：根据相反数的定义有：﹣的相反数是．
故选：B．
【点评】本题考查了相反数的意义，一个数的相反数就是在这个数前面添上“﹣”号；一个正数的相反数是负数，一个负数的相反数是正数，0的相反数是0．
3．（3分）（2022春•南岗区校级月考）不等式x≥﹣2的解集在数轴上表示正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【考点】在数轴上表示不等式的解集．
【专题】计算题．
【分析】将已知解集表示在数轴上即可．
【解答】解：不等式x≥﹣2的解集在数轴上表示正确的是．
故选：D．
【点评】考查了在数轴上表示不等式的解集，把每个不等式的解集在数轴上表示出来（＞，≥向右画；＜，≤向左画），数轴上的点把数轴分成若干段，如果数轴的某一段上面表示解集的线的条数与不等式的个数一样，那么这段就是不等式组的解集．有几个就要几个．在表示解集时“≥”，“≤”要用实心圆点表示；“＜”，“＞”要用空心圆点表示．
4．（3分）（2022•宁波模拟）一组数据2，x，4，3，3的平均数是3，则这组数据的中位数是（　　）
A．2.5 B．3 C．3.5 D．4
【考点】中位数；算术平均数．
【专题】数据的收集与整理；数据分析观念．
【分析】先根据平均数的定义求出x的值，再根据中位数的定义进行解答即可．
【解答】解：∵数据2，x，4，3，3的平均数是3，
∴（2+x+4+3+3）÷5＝3，
∴x＝3，
把这组数据从小到大排列为：2，3，3，3，4，
则这组数据的中位数为3；
故选：B．
【点评】本题考查了平均数和中位数，掌握平均数的计算公式和中位数的定义是解题的关键；中位数是将一组数据从小到大（或从大到小）重新排列后，最中间的那个数（或最中间两个数的平均数）．
5．（3分）（2022•柳城县一模）计算（﹣a2b）3的结果是（　　）
A．﹣a6b3 B．a6b C．3a6b3 D．﹣3a6b3
【考点】幂的乘方与积的乘方．
【专题】计算题．
【分析】利用积的乘方性质：（ab）n＝an•bn，幂的乘方性质：（am）n＝amn，直接计算．
【解答】解：（﹣a2b）3＝﹣a6b3．
故选：A．
【点评】本题考查了幂运算的性质，注意结果的符号确定，比较简单，需要熟练掌握．
6．（3分）（2021秋•攸县期末）在△ABC中，∠A，∠B均为锐角，且有|tanB﹣|+（2cosA﹣1）2＝0，则△ABC是（　　）
A．直角（不等腰）三角形 B．等边三角形
C．等腰（不等边）三角形 D．等腰直角三角形
【考点】特殊角的三角函数值；非负数的性质：绝对值；非负数的性质：偶次方．
【专题】常规题型．
【分析】直接利用特殊角的三角函数值得出∠B，∠A的度数，进而得出答案．
【解答】解：∵|tanB﹣|+（2cosA﹣1）2＝0，
∴tanB＝，2cosA＝1，
则∠B＝60°，∠A＝60°，
∴△ABC是等边三角形．
故选：B．
【点评】此题主要考查了特殊角的三角函数值，正确记忆相关数据是解题关键．
7．（3分）（2021秋•沙坪坝区校级期末）某车间有120名工人生产一种如图所示的无盖正方体包装箱，已知1名工人每天可以生产200块侧面或150块底面（底面和侧面材料不同），4块侧面和1块底面正好可以做成一个无盖包装箱，应如何分配工人生产侧面或底面，才能使生产的侧面和底面正好配套？若设安排x名工人生产侧面，y名工人生产底面，则可列方程组（　　）

A． B．
C． D．
【考点】由实际问题抽象出二元一次方程组；认识立体图形．
【专题】一次方程（组）及应用；运算能力．
【分析】根据某车间有120名工人，可以得到方程x+y＝120，根据1名工人每天可以生产200块侧面或150块底面，4块侧面和1块底面正好可以做成一个无盖包装箱，可以得到方程200x＝4×150y，从而可以列出相应的方程组，本题得以解决．
【解答】解：由题意可得，
，
故选：C．
【点评】本题考查由实际问题抽象出二元一次方程组，解答本题的关键是明确题意，列出相应的方程组．
8．（3分）（2022•昆明模拟）如图，某中学初三数学兴趣小组的学生测量教学楼AB的高度，已知测量人员与教学楼的水平距离BC为18m，在C处观测楼顶A的仰角为a，测量人员的眼睛与地面的距离CD为1.5m．则教学楼的高度是（　　）

A．18•tanαm B．（18•tanα+1.5）m
C．18•sinαm D．（18•cosα+1.5）m
【考点】解直角三角形的应用﹣仰角俯角问题．
【专题】解直角三角形及其应用；推理能力．
【分析】根据三角函数和直角三角形的性质解答即可．
【解答】解：如图，过D作DE⊥AB，

∵在D处测得教学楼的顶部A的仰角为α，
∴∠ADE＝α，
∵BC＝DE＝18m，
∴AE＝DE•tanα＝18•tanαm，
∴AB＝AE+BE＝AE+CD＝（18•tanα+1.5）m，
则教学楼的高度是（18•tanα+1.5）m，
故选：B．
【点评】此题考查了解直角三角形﹣俯角仰角问题．注意能借助仰角构造直角三角形并解直角三角形是解此题的关键．
9．（3分）（2021秋•岱岳区校级期末）已知二次函数y＝﹣x2+2x+4，则下列关于这个函数图象和性质的说法，正确的是（　　）
A．图象的开口向下
B．图象的顶点坐标是（1，3）
C．当x＜1时，y随x的增大而减少
D．图象与x轴有唯一交点
【考点】二次函数的图象；二次函数的性质．
【专题】二次函数图象及其性质；推理能力．
【分析】先利用配方法得到y＝﹣（x﹣1）2+5，可根据二次函数的性质可对A、B、C进行判断；通过解方程﹣x2+2x+4＝0可对D进行判断．
【解答】解：∵y＝﹣x2+2x+4＝﹣（x﹣1）2+5，
∴抛物线的开口向下，顶点坐标为（1，5），抛物线的对称轴为直线x＝1，当x＜1时，y随x的增大而增大，
令y＝0，则﹣x2+2x+4＝0，
∴△＝4﹣4×（﹣1）×4＝20＞0，
∴抛物线与x轴有两个交点．
故选：A．
【点评】本题考查了抛物线与x轴的交点：把求二次函数y＝ax2+bx+c（a，b，c是常数，a≠0）与x轴的交点坐标问题转化为解关于x的一元二次方程根的判断．也考查了二次函数的性质．
10．（3分）（2021秋•惠安县期末）如图中的每个小正方形的边长均相等，则sin∠BAC的值为（　　）

A．1 B． C． D．
【考点】解直角三角形．
【专题】解直角三角形及其应用；运算能力．
【分析】要求sin∠BAC的值，必须把∠BAC放在直角三角形中，所以想到连接BC，然后证明△ABC是等腰直角三角形即可解答．
【解答】解：连接BC，

由题意得：
BC2＝12+22＝5，
AC2＝12+22＝5，
AB2＝12+32＝10，
∴BC2+AC2＝AB2，
∴△ABC是直角三角形，
∴∠ACB＝90°，
∵AC＝BC，
∴∠BAC＝∠ABC＝45°，
∴sin∠BAC＝sin45°＝，
故选：B．
【点评】本题考查了解直角三角形，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．
二．填空题（共5小题，满分15分，每小题3分）
11．（3分）（2022•临淄区一模）分解因式5+5x2﹣10x＝　5（x﹣1）2　．
【考点】提公因式法与公式法的综合运用．
【专题】整式；符号意识．
【分析】直接提取公因式5，再利用公式法分解因式得出答案．
【解答】解：5+5x2﹣10x＝5（1+x2﹣2x）
＝5（x﹣1）2．
故答案为：5（x﹣1）2．
【点评】此题主要考查了提取公因式法以及公式法分解因式，正确应用乘法公式是解题关键．
12．（3分）（2021秋•韶关期末）关于x的方程x2﹣2x+c＝0有一个根是3，那么实数c的值是 　﹣3　．
【考点】一元二次方程的解．
【专题】一元二次方程及应用；推理能力．
【分析】把x＝3代入已知方程，列出关于c的一元一次方程，通过解该方程来求c的值．
【解答】解：∵关于x的方程x2﹣2x+c＝0有一个根是3，
∴32﹣2×3+c＝0，即3+c＝0，
解得c＝﹣3．
故答案是：﹣3．
【点评】本题主要考查了一元二次方程的解的定义．方程的根即方程的解，就是能使方程左右两边相等的未知数的值．
13．（3分）（2022春•简阳市期中）在Rt△ABC中，∠C＝90°，∠B＝30°，b＝10，则c＝　20　，a＝　10　．
【考点】含30度角的直角三角形；勾股定理．
【分析】通过“直角三角形中，30度角所对的直角边是所对的斜边的一半”求得c＝2b＝20．然后根据勾股定理来求a的值．
【解答】解：如图，∵在Rt△ABC中，∠C＝90°，∠B＝30°，b＝10，
∴c＝2b＝20．
∴由勾股定理得到：a＝＝＝10．
故答案为：20；10．

【点评】本题考查了含30度角的直角三角形和勾股定理．应用含30度角的直角三角形的性质时，要注意找准30°的角所对的直角边，点明斜边．
14．（3分）（2021秋•海淀区校级期末）如图，边长为3的正方形OABC的顶点A，C分别在x轴、y轴的正半轴上，若反比例函数y＝的图象与正方形OABC的边有公共点，则k的取值范围是　0＜k≤9　．

【考点】反比例函数图象上点的坐标特征；正方形的性质；反比例函数的图象．
【专题】反比例函数及其应用；运算能力．
【分析】由图象可知，当反比例数y＝的图象经过B点时，k取最大值，又图象位于第一象限才可能与正方形OABC的边有公共点，进而求出k的取值范围．
【解答】解：由题意，可得B（3，3），
当反比例数y＝的图象经过B点时，k取最大值，此时k＝3×3＝9，
又k＞0，
所以k的取值范围是0＜k≤9．
故答案为：0＜k≤9．
【点评】本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征，反比例函数的图象与性质，正方形的性质．理解反比例数y＝的图象经过B点时，k取最大值是解题的关键．
15．（3分）（2022•铜仁市模拟）如图，点M、N分别是矩形纸片ABCD两边AB、DC的中点，AB＝4，AD＝8．沿BE折叠，点A与MN上点G重合，点E在AD上，延长EG交BC于点F，则EF＝　　．

【考点】翻折变换（折叠问题）；矩形的性质．
【专题】推理填空题；矩形 菱形 正方形；平移、旋转与对称；推理能力．
【分析】由折叠的性质和梯形的性质得△ABG为等边三角形，由三角函数求出AE，证出∠EBF＝∠BEG＝∠BFE＝60°，得出△BEF为等边三角形，进而可以解决问题．
【解答】解：如图，连接AG，

∵MN垂直平分AB，
∴AD∥BC∥MN，
∴AG＝BG，EG＝FG，
由折叠可知：AB＝BG，
∴AG＝AB＝BG．
∴△ABG为等边三角形．
∴∠ABG＝60°，
∴∠ABE＝∠GBE＝60°÷2＝30°，
∴AE＝AB•tan30°＝4×＝，
∵∠ABE＝∠EBG＝30°，∠BGE＝∠BAE＝90°，
∴∠BEG＝∠BGE﹣∠EBG＝90°﹣30°＝60°，
∴∠EBF＝∠ABF﹣∠ABE＝90°﹣30°＝60°，
∴∠BFE＝180°﹣60°﹣60°＝60°，
∴∠EBF＝∠BEG＝∠BFE＝60°，
∴△BEF为等边三角形，
∴EF＝BE＝2AE＝．
故答案为：．
【点评】此题主要考查了矩形的性质、折叠的性质、等边三角形的判定与性质、梯形的性质等知识；本题综合性强，有一定难度．
三．解答题（共7小题，满分55分）
16．（6分）（2021春•兴化市期末）先化简再求值：1﹣÷，其中x＝﹣2．
【考点】分式的化简求值．
【专题】分式；运算能力．
【分析】先把除法变成乘法，算乘法，再算减法，最后代入求出答案即可．
【解答】解：1﹣÷
＝1﹣•
＝1﹣
＝
＝，
当x＝﹣2时，原式＝＝．
【点评】本题考查了分式的化简与求值，能正确根据分式的运算法则进行化简是解此题的关键，注意运算顺序．
17．（6分）（2020•无锡）如图，已知Rt△ABC中，∠C＝90°，请用直尺（不带刻度）和圆规，按下列要求作图（不要求写作法，但要保留作图痕迹）．
（1）在图1中，作△ABC的外接圆，通过测量，计算得到外接圆的周长约为　9.4　（结果保留一位小数）；
（2）在图2中，作出△ADE关于直线DE对称的△FDE；
（3）在（2）的条件下，若AD＝2BD＝4，EC＝2AE，∠A＝30°，则AF的长为　　（如需画草图，请使用图3）．

【考点】作图﹣轴对称变换；近似数和有效数字；含30度角的直角三角形；三角形的外接圆与外心．
【专题】作图题；推理能力．
【分析】（1）作线段AB的垂直平分线，可得AB的中点O，以O为圆心，OA为半径作⊙O即可．
（2）根据要求作出图形即可．
（3）如图，设DE交AF于点J．设AJ＝x．EJ＝y．过点E作EH⊥AD于H．构建方程组求解即可．
【解答】解：（1）如图，⊙O即为所求作．测量可知AB＝3，⊙O的周长＝3π≈9.4．
故答案为：9.4．


（2）如图，△DEF即为所求作．


（3）如图，设DE交AF于点J．设AJ＝x．EJ＝y．过点E作EH⊥AD于H．
∵AD＝2BD＝4，
∴BD＝2，AB＝6，
∵∠C＝90°，∠BAC＝30°，
∴AC＝AB•cos30°＝3，
∵EC＝2AE，
∴AE＝，
∵EH⊥AD，
∴EH＝，AH＝EH＝，
∴DH＝AD﹣AH＝，
∴DE＝＝＝，
由勾股定理可得，，
解得（不符合题意的已经舍弃），
∴AF＝2AJ＝．
故答案为：．
【点评】本题考查作图﹣轴对称变换，解直角三角形等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
18．（8分）（2021•邵阳县模拟）某学校在本学期开展了课后服务活动．该校为了解开展课后服务活动后学生不同阶段的学习效果，决定随机抽取七年级部分学生进行两次跟踪测评（两次随机抽取的学生人数相同），第一次是开展课后服务活动初的学习质量测评，第二次是开展课后服务活动一个月后的学习质量测评．根据测试的数学成绩制作了如图（十）第一次测试的数学成绩频数分布直方图（图1）和两次测试的数学成绩折线统计图（图2，第二次测试的数学成绩折线统计图不完整）．

开展课后服务活动一个月后，根据第二次测试的数学成绩得到如下统计表：
成绩
30≤x＜40
40≤x＜50
50≤x＜60
60≤x＜70
70≤x＜80
80≤x＜90
90≤x≤100
人数
1
3
3
8
15
m
6
根据以上图表信息，完成下列问题：
（1）m＝　14　；
（2）请在图2中将第二次测试的数学成绩折线图补充完整；
（3）对两次测试的数学成绩作出对比分析；（用一句话概述，写出一条即可）
（4）请估计开展课后服务活动一个月后该校900名七年级学生数学成绩优秀（80分及以上）的人数．
【考点】频数（率）分布折线图；用样本估计总体；频数（率）分布表；频数（率）分布直方图．
【专题】统计的应用；数据分析观念．
【分析】（1）由图①可知一共抽取了50名同学，根据频数之和为样本容量进行计算即可出m的值；
（2）根据题统计表中数据可绘制折线统计图；
（3）根据折线的变化趋势可得出判断；
（4）用900乘以样本中”优秀“所占得百分比即可．
【解答】解：（1）由图1可知，调查人数为2+8+10+15+10+4+1＝50（人），
m＝50﹣1﹣3﹣3﹣8﹣15﹣6＝14；
故答案为：14；
（2）折线图如下图所示，

（3）开展了课后服务活动后，学生的成绩总体上有了明显的提升；
（4）900×＝360（人），
【点评】本题考查频数分布折线图、频数分布直方图、频数分布表、用样本估计总体．明确题意，利用数形结合的思想是解题关键．
19．（8分）（2022•徐汇区二模）如图，四边形ABCE中，∠BAC＝90°，AB＝AC，BF⊥CE于点F，点D为BF上一点，且∠BAD＝∠CAE．
（1）求证：AD＝AE；
（2）设BF交AC于点G，若BC2＝2BD•BG，判断四边形ADFE的形状，并证明．

【考点】相似三角形的判定与性质；全等三角形的判定与性质；等腰直角三角形．
【专题】图形的相似；推理能力．
【分析】（1）利用ASA证明△BAD≌△CAE，得AD＝AE；
（2）首先证明△ABD∽△GBA，得∠BAG＝∠BDA＝90°，再利用三个角是直角的四边形是矩形可知四边形ADFE是矩形，再由AD＝AE，即可证明结论．
【解答】（1）证明：∵BF⊥CE，
∴∠BFC＝90°，
∴∠BFC＝∠BAC，
∵∠CGF＝∠AGB，
∴∠ABG＝∠ACF，
∵AB＝AC，∠BAD＝∠CAE，
∴△BAD≌△CAE（ASA），
∴AD＝AE；
（2）解：四边形ADFE是正方形，理由如下：
∵△ABC是等腰直角三角形，
∴BC2＝2AB2，
∵BC2＝2BD•BG，
∴AB2＝BD•BG，
∵∠ABD＝∠ABG，
∴△ABD∽△GBA，
∴∠BAG＝∠BDA＝90°，
∵△BAD≌△CAE，
∴∠BDA＝∠AEC＝90°，
∴∠ADF＝∠DAE＝∠E＝90°，
∴四边形ADFE是矩形，
∵AD＝AE，
∴四边形ADFE是正方形．
【点评】本题主要考查了等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，正方形的判定等知识，证明△ABD∽△GBA是解题的关键．
20．（8分）（2022•瑞安市一模）某商店销售一款口罩，每袋的进价为12元，计划售价大于12元但不超过20元，且售价为整数元．
（1）经市场调查发现，当售价为每袋18元时，日均销售量为50袋，每袋售价每增加1元，日均销售量减少5袋．售价定为每袋多少元时，所得日均毛利润最大？最大日均毛利润为多少元？
（2）疫情期间，该商店分两批共购进2万袋同款口罩，进价不变．该商店将购进的第一批口罩a袋（8000≤a≤11200）做“买一送一”的促销活动，第二批口罩没有做促销活动，且这两批的售价相同．若这2万袋口罩全部售出后的总利润率为20%，则每袋口罩的售价可能是多少元？（毛利润＝售价﹣进价，利润率＝毛利润÷进价）
【考点】二次函数的应用；一元二次方程的应用．
【专题】二次函数的应用；应用意识．
【分析】（1）根据题意列出函数解析式即可，再根据二次函数的性质确定函数的最值；
（2）根据商店获得利润以及售出的袋数求出每袋利润，再根据a的取值范围，求出定价．
【解答】解：（1）设每袋口罩的销售价格为x元，所得日均毛利润为y元，
由题意可得：
y＝（x﹣12）[50﹣5（x﹣18）]＝﹣5x2+200x﹣1680＝﹣5（x﹣20）2+320＝﹣5（x﹣20）2+320，
∵﹣5＜0，
∴当x＝20时，y有最大值320，
∴当销售价格定为每袋20元时，所得日均毛利润最大，最大日均毛利润为320元；
（2）由题意知这批口罩的利润为：20000×12×20%＝48000（元），
第一批口罩a袋，第二批口罩（20000﹣a）袋，
设每袋口罩的售价为m元，则（m﹣12）×a﹣12×a+（m﹣12）（20000﹣a）＝48000，
∴m＝，
∵8000≤a≤11200，
∴18≤m≤20，
∵m为整数，
∴每袋口罩的价格可能为18元或19元或20元．
【点评】本题主要考查二次函数的应用，关键是根据题意列出函数关系式并掌握二次函数的性质．
21．（9分）（2021秋•毕节市期末）如图，在平面直角坐标系xOy中，直线AB与x轴交于点B，与y轴交于点C（0，2），且与反比例函数y＝在第一象限内的图象交于点A，作AD⊥x轴于点D，OD＝2．
（1）求直线AB的函数解析式；
（2）设点P是y轴上的点，若△ACP的面积等于4，求点P的坐标；
（3）设E点是x轴上的点，且△EBC为等腰三角形，直接写出点E的坐标．

【考点】反比例函数综合题．
【专题】代数几何综合题；几何直观；运算能力；推理能力．
【分析】（1）由AD⊥x轴，OD＝2，即可求得点A的坐标，然后利用待定系数法即可求得此一次函数的解析式；
（2）由点P是y轴上的点，若△ACP的面积等于6，可求得CP的长，继而求得点P的坐标；
（3）分类讨论：以BC为底和以BC为腰两种情况来解答．
【解答】解：（1）∵AD⊥x轴，OD＝2，
∴点D的横坐标为2．
将x＝2代入y＝，得y＝3．
∴A（2，3）．
设直线AB的函数解析式为y＝kx+b（k≠0），
将点C（0，2）、A（2，3）代入y＝kx+b，得．
∴．
∴直线AB的函数解析式为；

（2）∵点P是y轴上的点，△ACP的面积等于4，A（2，3），
∴S△ACP＝CP×|xA|＝ CP×2＝4，
∴CP＝4．
∵C（0，2），点P是y轴上的点，
∴P（0，6）或P（0，﹣2）；

（3）由（1）知，直线AB的函数解析式为．
令y＝0，则x+2＝0．
解得x＝﹣4．
∴B（﹣4，0）．
∵B（﹣4，0），C（0，2），
∴BC＝2．
①当BE＝BC＝2时，E的坐标是（﹣4﹣，0）或（﹣4，0）；
②当EC＝BC＝2时，点E与点B关于y轴对称，此时E（4，0）；
③当BE＝CE时，点E是线段BC垂直平分线与x轴的交点，此时E（﹣1.5，0）．
综上所述，E的坐标是（﹣4﹣，0）或（﹣1.5，0）或（﹣4，0）或（4，0）．

【点评】此题考查了反比例函数综合题，涉及到了待定系数法求一次函数的解析式以及反比例函数与一次函数的交点问题．注意掌握方程思想与数形结合思想的应用．
22．（10分）（2021秋•海州区期末）如图，△ABC中，∠C＝90°，AC＝3，BC＝4，在线段AB上，动点M从点A出发向点B做匀速运动，同时动点N从B出发向点A做匀速运动，当点M、N其中一点停止运动时，另一点也停止运动，分别过点M、N作AB的垂线，分别交两直角边于点D、E，连接DE，若运动时间为t秒，在运动过程中四边形DENM总为矩形（点M、N重合除外）．
（1）写出图中与△ABC相似的三角形；
（2）如图，设DM的长为x，矩形DENM面积为S，求S与x之间的函数关系式；当x为何值时，矩形DENM面积最大？最大面积是多少？
（3）在运动过程中，若点M的运动速度为每秒1个单位长度，求点N的运动速度．求t为多少秒时，矩形DEMN为正方形？

【考点】相似形综合题．
【专题】代数几何综合题；推理能力．
【分析】（1）根据△ABC∽△ADM∽△DEC∽△EBN，可得共有6组不同的相似三角形；
（2）先求出CH，进而表示出CG，再用相似三角形的对应高的比等于相似比表示出DE，即可表示出S，即可求出答案；
（3）根据△ADM∽△ABC，AM＝t，可得＝，即＝，即可得出DM＝t，EN＝DM＝t，再根据△BEN∽△BAC，得出＝，即＝，进而得到NB＝t，据此可得点N的运动速度：t÷t＝；
当点N、M相遇时，有t+t＝5，解得t＝；当点N、M相遇后继续运动，点N先到达A点，此时点M停止运动，则有t＝5，解得t＝，若矩形DENM为正方形，则DM＝MN，分两种情况：①相遇前；②相遇后，分别根据DM＝MN列出关于t的方程，求得t的值即可．
【解答】解：（1）∵四边形DENM为矩形，
∴DE∥AB，∠AMD＝∠ENB＝90°，
∵∠C＝90°，
∴∠AMD＝∠ENB＝∠C＝90°，
∴△ABC∽△ADM∽△DEC∽△EBN，
∴共有6组不同的相似三角形；

（2）如图，过点C作CH⊥AB于H，交DE于G，
∵DE∥AB，
∴CH⊥DE，
∴四边形DMHG为矩形，
∴HG＝DM＝x，
在△ABC中，AC＝3，BC＝4，
根据勾股定理得，AB＝5，
∴S△ABC＝AB•CH＝AC•BC，
∴CH＝＝，
∴CG＝CH﹣HG＝﹣x，
由（1）知，△CDE∽△CAB，
∴，
∴，
∴DE＝5﹣x，
∴S＝S矩形DENM＝DM•DE＝x•（5﹣x）＝﹣（x﹣6）2+15，
∵CH＝，
∴0＜x＜，
∴当x＝时，S最大，最大值为；

（3）在△ABC中，∠C＝90°，AC＝3，BC＝4，
∴AB＝5，
∵在运动过程中四边形DENM总为矩形，
∴∠AMD＝∠BNE＝90°，
∴△ADM∽△ABC，
由题得：AM＝t，
∴＝，即＝，
∴DM＝t，
∴EN＝DM＝t，
同理可得，△BEN∽△BAC，
∴＝，即＝，
∴NB＝t，
∴点N的运动速度：t÷t＝，
∴点N的运动速度为每秒个单位长度；

当点N、M相遇时，有t+t＝5，
解得t＝，
当点N、M相遇后继续运动，点N先到达A点，此时点M停止运动，
则有t＝5，
解得t＝，
若矩形DENM为正方形，则DM＝MN，分两种情况：
①相遇前：当0＜t＜时，DM＝t，MN＝5﹣t﹣t＝5﹣t，
∴t＝5﹣t，
解得t＝；
②相遇后：当＜t≤时，DM＝（5﹣t），MN＝t﹣（5﹣t），
∴（5﹣t）＝t﹣（5﹣t），
解得t＝＞（舍去），
综上所述，点N的速度为每秒个单位长度，当t＝时，矩形DENM为正方形．

【点评】本题属于相似形综合题，主要考查了相似三角形的判定与性质，矩形的性质以及正方形的性质的综合应用，解决问题的关键是根据相似三角形的对应边成比例列出比例式进行计算．解题时注意分类思想的运用