2024年山东省日照市东港区北京路中学中考数学一模试卷（含解析）

这是一份2024年山东省日照市东港区北京路中学中考数学一模试卷（含解析），共37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。
1．（3分）下列新能源汽车标志图案中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（ ）
A．B．
C．D．
2．（3分）下列计算正确的是（ ）
A．a3•a2＝a6B．a3+a2＝2a5
C．（3a3）2＝9a6D．a8÷a2＝a4
3．（3分）我市大力推进城市绿化发展，2023年新增城市绿地面积约2345000平方米，数据2345000用科学记数法表示为（ ）
A．2345×104B．2.345×106
C．23.45×105D．0.2345×107
4．（3分）如图，该几何体的主视图是（ ）
A．B．C．D．
5．（3分）如图，在梯形ABCD中，AD∥BC，对角线AC，BD相交于点O，若AD＝1，BC＝3，则的值为（ ）
A．B．C．D．
6．（3分）苯分子的环状结构是由德国化学家凯库勒提出的．随着研究的不断深入，发现苯分子中的6个碳原子与6个氢原子均在同一平面，且所有碳碳键的键长都相等（如图1），组成了一个完美的六边形（正六边形），图2是其平面示意图，则∠1的度数为（ ）
A．130°B．120°C．110°D．60°
7．（3分）如图，将一个圆柱形无盖小烧杯放置在一个圆柱形无盖大烧杯底部，杯底厚度忽略不计．已知大烧杯的底面半径是小烧杯的底面半径的2倍，现向小烧杯内匀速加水，当大烧杯内的水面高度与小烧杯顶部齐平时，就停止加水．在加水的过程中，小烧杯、大烧杯内水面的高度差y随加水时间x变化的图象可能是（ ）
A．
B．
C．
D．
8．（3分）公元前三世纪，我国汉代数学家赵爽在注解《周髀算经》时，给出“赵爽弦图”，如图，数学课上数学老师把该图放置在平面直角坐标系xOy中，此时正方形ABCD的顶点A的坐标为（﹣1，0），顶点B的横坐标为3，若反比例函数y＝（x＞0，k＞0）的图象经过B，C两点，则k的值为（ ）
A．12B．15C．18D．21
9．（3分）如图是二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）图象的一部分，对称轴为x＝，且经过点（2，0），下列说法：①abc＞0；②a+b＝0；③4a+2b+c＜0；④若（﹣2020，y1），（2022，y2）是抛物线上的两点，则y1＞y2；⑤b＞m（am+b），（其中m≠）；其中说法正确的是（ ）
A．①②③B．②④⑤C．②③④D．①④⑤
10．（3分）如图，正方形ABCD和正方形CGFE的顶点C，D，E在同一条直线上，顶点B，C，G在同一条直线上，O是EG的中点，∠EGC的平分线GH过点D，交BE于点H，连接FH交EG于点M，连接OH．以下四个结论：①OH⊥BE；②△EHM∽△FHG；③＝﹣1；④．其中正确的结论有（ ）个．
A．1B．2C．3D．4
二、填空题（每小题3分，共18分）
11．（3分）若代数式有意义，则实数x的取值范围是 ．
12．（3分）分解因式：ab2﹣ac2＝ ．
13．（3分）如果关于x的一元二次方程（m+1）x2﹣2x+1＝0有两个实数根，那么m的取值范围是 ．
14．（3分）如图，在菱形ABCD中，∠A＝30°，取大于AB的长为半径，分别以点A，B为圆心作弧相交于两点，过此两点的直线交AD边于点E（作图痕迹如图所示），连接BE，BD．则∠EBD的度数为 ．
15．（3分）若关于x的一元一次不等式组至少有4个整数解，且关于y的分式方程的解为非负数，则所有满足条件的整数a的值之和为 ．
16．（3分）如图，抛物线y＝﹣x2﹣3x+4与x轴交于A，B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C．若点D为抛物线上一点且横坐标为﹣3，点E为y轴上一点，点F在以点A为圆心，2为半径的圆上，则DE+EF的最小值 ．
三、解答题（本大题共8个小题，共72分）
17．（8分）（1）计算：（﹣）3﹣|﹣2|+3tan30°﹣6+（2023﹣π）0；
（2）先化简，再从不等式﹣2＜a＜3中选择一个适当的整数，代入求值．
18．（8分）如图，已知反比例函数的图象与一次函数y＝ax+b的图象相交于点A（2，3）和点B（n，﹣2）．
（1）求反比例函数与一次函数的解析式；
（2）直接写出不等式的解集；
（3）若点P是x轴上一点，且满足△PAB的面积是10，请求出点P的坐标．
19．（8分）某校开展了“学习二十大”的知识竞赛（百分制），七、八年级学生参加了本次活动．为了解两个年级的答题情况，该校从每个年级各随机抽取了30名学生的成绩，并对数据（成绩）进行了整理、描述和分析．下面给出了部分信息．
a．七年级成绩的频数分布直方图如下
（数据分成五组：50≤x＜60，60≤x＜70，70≤x＜80，80≤x＜90，90≤x≤100）：
b，七年级成绩在80＜x＜90的数据如下（单位：分）：
80ㅤ81ㅤ85ㅤ85ㅤ85ㅤ85ㅤ85ㅤ85ㅤ85ㅤ85ㅤ88ㅤ89
c．七、八年级各抽取的30名学生成绩的平均数、中位数、众数、方差如表：
根据以上信息，回答下列问题：
（1）表中m＝ ，n＝ ；
（2）下列推断合理的是 ；
①样本中两个年级数据的平均数相同，八年级数据的方差较小，由此可以推断该校八年级学生成绩的波动程度较小；
②若八年级小明同学的成绩是84分，可以推断他的成绩超过了该校八年级一半以上学生的成绩．
（3）竞赛成绩80分及以上记为优秀，该校七年级有600名学生，估计七年级成绩优秀的学生人数．
20．（6分）已知：如图，斜坡AP的坡度为1：2.4，坡长AP为39米，在坡顶A处的同一水平面上有一座古塔BC，在斜坡底P处测得该塔的塔顶B的仰角为45°，在坡顶A处测得该塔的塔顶B的仰角为76°，求：古塔BC的高度（结果精确到1米）．（参考数据：sin76°≈0.97，cs76°≈0.24，tan76°≈4.00）
21．（8分）某企业设计了一款工艺品，每件的成本是50元，为了合理定价，投放市场进行试销．据市场调查，销售单价是100元时，每天的销售量是50件；而销售单价每降低1元，每天就可多售出5件，但要求销售单价不得低于成本．
（1）求出每天的销售利润y（ 元）与销售单价x（元） 之间的函数表达式；
（2）当销售单价为多少元时，每天的销售利润最大？最大利润是多少？
22．（10分）如图，⊙O是△ABC的外接圆，AE是⊙O的直径，点B是的中点，过点B的切线与AC的延长线交于点D．
①求证：BD⊥AD；
②若AC＝9，tan∠ABC＝，求⊙O的半径．
23．（12分）【问题发现】
（1）如图1，在等腰直角△ABC中，点D是斜边BC上任意一点，在AD的右侧作等腰直角△ADE，使∠DAE＝90°，AD＝AE，连接CE，则∠ABC和∠ACE的数量关系为 ；
【拓展延伸】
（2）如图2，在等腰△ABC中，AB＝BC，点D是BC边上任意一点（不与点B，C重合），在AD的右侧作等腰△ADE，使AD＝DE，∠ABC＝∠ADE，连接CE，则（1）中的结论是否仍然成立，并说明理由；
【归纳应用】
（3）在（2）的条件下，若AB＝BC＝6，AC＝4，点D是射线BC上任意一点，请直接写出当CD＝3时CE的长．
24．（12分）抛物线y＝ax2+bx+3过点A（﹣1，0），点B（3，0），顶点为C，与y轴相交于点D，点P是该抛物线上一动点，设点P的横坐标为m（1＜m＜3）
（1）求抛物线的表达式．
（2）如图1，连接BD，PB，PD，若△PBD的面积为3，求m的值；
（3）连接AC，过点P作PM⊥AC于点M，是否存在点P，使得PM＝2CM，如果存在，请求出点P的坐标；如果不存在，请说明理由．
2024年山东省日照市东港区北京路中学中考数学一模试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（每小题3分，共30分）
1．（3分）下列新能源汽车标志图案中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（ ）
A．B．
C．D．
【分析】把一个图形绕某一点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形，如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形，由此即可得到答案．
【解答】解：A、既是轴对称图形，又是中心对称图形，故A符合题意；
B、D，是轴对称图形，但不是中心对称图形，故B、D不符合题意；
C、不是轴对称图形，是中心对称图形．故C不符合题意．
故选：A．
2．（3分）下列计算正确的是（ ）
A．a3•a2＝a6B．a3+a2＝2a5
C．（3a3）2＝9a6D．a8÷a2＝a4
【分析】先根据合并同类项法则，同底数幂的乘除法法则，幂的乘方法则计算，再判断即可．
【解答】解：A、a3•a2＝a3+2＝a5，故本选项不符合题意；
B、a3与a2不能合并，故本选项不符合题意；
C、（3a3）2＝9a6，故本选项符合题意；
D、a8÷a2＝a6，故本选项不符合题意．
故选：C．
3．（3分）我市大力推进城市绿化发展，2023年新增城市绿地面积约2345000平方米，数据2345000用科学记数法表示为（ ）
A．2345×104B．2.345×106
C．23.45×105D．0.2345×107
【分析】科学记数法的表现形式为a×10n的形式，其中1≤|a|＜10，n为整数，确定n的值时，要看把原数变成a时，小数点移动了多少位，n的绝对值与小数点移动的位数相同，当原数绝对值大于等于10时，n是正整数，当原数绝对值小于1时，n是负整数；由此进行求解即可得到答案．
【解答】解：2345000＝2.345×106．
故选：B．
4．（3分）如图，该几何体的主视图是（ ）
A．B．C．D．
【分析】找到从正面看所得到的图形即可，注意所有的看到的棱都应表现在主视图中，从正面能看到门，不能看到窗户．
【解答】解：从正面看易得是1个长方形（中间下面有一个小长方形）和一个三角形组成．
故选：B．
5．（3分）如图，在梯形ABCD中，AD∥BC，对角线AC，BD相交于点O，若AD＝1，BC＝3，则的值为（ ）
A．B．C．D．
【分析】根据梯形的性质容易证明△AOD∽△COB，然后利用相似三角形的性质即可得到AO：CO的值．
【解答】解：∵四边形ABCD是梯形，
∴AD∥CB，
∴△AOD∽△COB，
∴，
∵AD＝1，BC＝3．
∴＝．
故选：B．
6．（3分）苯分子的环状结构是由德国化学家凯库勒提出的．随着研究的不断深入，发现苯分子中的6个碳原子与6个氢原子均在同一平面，且所有碳碳键的键长都相等（如图1），组成了一个完美的六边形（正六边形），图2是其平面示意图，则∠1的度数为（ ）
A．130°B．120°C．110°D．60°
【分析】根据正六边形的性质，等腰三角形的性质以及三角形内角和定理进行计算即可．
【解答】解：如图2，∵六边形ABCDEF是正六边形，
∴AB＝AF＝EF，∠BAF＝＝120°，
∴∠ABF＝∠AFB＝＝30°，
同理∠EAF＝30°，
∴∠1＝180°﹣30°﹣30°＝120°，
故选：B．
7．（3分）如图，将一个圆柱形无盖小烧杯放置在一个圆柱形无盖大烧杯底部，杯底厚度忽略不计．已知大烧杯的底面半径是小烧杯的底面半径的2倍，现向小烧杯内匀速加水，当大烧杯内的水面高度与小烧杯顶部齐平时，就停止加水．在加水的过程中，小烧杯、大烧杯内水面的高度差y随加水时间x变化的图象可能是（ ）
A．
B．
C．
D．
【分析】根据题意判断出小烧杯、大烧杯的液面高度y（cm）随时间x（s）的变化情况即可．
【解答】解：∵大烧杯的底面半径是小烧杯的底面半径的2倍，
∴小烧杯的容积是大烧杯与小烧杯顶部齐平时下部容积的，
∴注满小烧杯的所需时间是大烧杯下部注水时间的，
∴小烧杯、大烧杯内水面的高度差y随加水时间x变化的图象可能是选项C．
故选：C．
8．（3分）公元前三世纪，我国汉代数学家赵爽在注解《周髀算经》时，给出“赵爽弦图”，如图，数学课上数学老师把该图放置在平面直角坐标系xOy中，此时正方形ABCD的顶点A的坐标为（﹣1，0），顶点B的横坐标为3，若反比例函数y＝（x＞0，k＞0）的图象经过B，C两点，则k的值为（ ）
A．12B．15C．18D．21
【分析】根据题意设B（3，n），则C（3+n，n﹣4），代入y＝（x＞0，k＞0）得k＝3n＝（3+n）（n﹣4），解方程求得n＝6，即可求得k＝18．
【解答】解：∵A的坐标为（﹣1，0），顶点B的横坐标为3，
∴设B（3，n），则C（3+n，n﹣4），
∵反比例函数y＝（x＞0，k＞0）的图象经过B，C两点，
∴k＝3n＝（3+n）（n﹣4），
整理得n2﹣4n﹣12＝0，
解得n＝6或n＝﹣2（舍去），
∴k＝3n＝18，
故选：C．
9．（3分）如图是二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）图象的一部分，对称轴为x＝，且经过点（2，0），下列说法：①abc＞0；②a+b＝0；③4a+2b+c＜0；④若（﹣2020，y1），（2022，y2）是抛物线上的两点，则y1＞y2；⑤b＞m（am+b），（其中m≠）；其中说法正确的是（ ）
A．①②③B．②④⑤C．②③④D．①④⑤
【分析】根据抛物线开口方向得a＜0，根所抛物线的对称轴得b＝﹣a＞0，根据抛物线与y轴的交点在y轴正半轴上得c＞0，从而可对①②作出判断；根据抛物线过点（2，0）得4a+2b+c＝0，可对③作出判断；根据抛物线的对称轴及二次函数的对称性可对④作出判断；根据顶点位置时取得最大值可对⑤作出判断．
【解答】解：∵抛物线开口向下，
∴a＜0，
∵抛物线的对称轴为，
∴，
∴b＝﹣a＞0，
∵抛物线与y轴的交点在正半轴上，
∴c＞0，
∴abc＜0，故①错误；
∵b＝﹣a＞0，
∴a+b＝0，故②正确；
∵抛物线过点（2，0），
∴4a+2b+c＝0，故③错误；
∵抛物线的对称轴为，
∴点（﹣2020，y1）与点（2021，y1）对称，
∵a＜0，2021＜2022，
∴y1＞y2，故④正确；
当时，函数有最大值，
当x＝m时，y＝am2+bm+c，
∵，
∴，即，故⑤正确．
故选：B．
10．（3分）如图，正方形ABCD和正方形CGFE的顶点C，D，E在同一条直线上，顶点B，C，G在同一条直线上，O是EG的中点，∠EGC的平分线GH过点D，交BE于点H，连接FH交EG于点M，连接OH．以下四个结论：①OH⊥BE；②△EHM∽△FHG；③＝﹣1；④．其中正确的结论有（ ）个．
A．1B．2C．3D．4
【分析】①由四边形ABCD和四边形CGFE是正方形，得出△BCE≌△DCG，推出∠BEC+∠HDE＝90°，从而得GH⊥BE；
②由△EHG是直角三角形，因为O为EG的中点，所以OH＝OG＝OE，得出点H在正方形CGFE的外接圆上，根据圆周角定理得出∠FHG＝∠EHF＝∠EGF＝45°，∠HEG＝∠HFG，从而证得△EHM∽△FHG；
③可设HN＝a，则BC＝2a，设正方形ECGF的边长是2b，则NC＝b，CD＝2a，由HO∥BG，得出△DHN∽△DGC，从而求得﹣1；
④可设正方形ECGF的边长是2b，则EG＝2b，得到HO＝b，通过证得△MHO∽△MFE，得到，进而得到﹣1，从而求解．
【解答】解：如图，∵四边形ABCD和四边形CGFE是正方形，
∴BC＝CD，CE＝CG，∠BCE＝∠DCG，
在△BCE和△DCG中，
，
∴△BCE≌△DCG（SAS），
∴∠BEC＝∠BGH，
∵∠BGH+∠CDG＝90°，∠CDG＝∠HDE，
∴∠BEC+∠HDE＝90°，
∴GH⊥BE．
故①错误；
∵△EHG是直角三角形，O为EG的中点，
∴OH＝OG＝OE，
∴点H在正方形CGFE的外接圆上，
∵EF＝FG，
∴∠FHG＝∠EHF＝∠EGF＝45°，∠HEG＝∠HFG，
∴△EHM∽△FHG，
故②正确；
∵△BGH≌△EGH，
∴BH＝EH，
又∵O是EG的中点，
∴HO∥BG，
∴△DHN∽△DGC，
∴，
设EC和OH相交于点N．
设HN＝a，则BC＝2a，设正方形ECGF的边长是2b，则NC＝b，CD＝2a，
∴，即a2+2ab﹣b2＝0，
解得：a＝（﹣1+）b，或a＝（﹣1﹣）b（舍去），
则﹣1，
∴﹣1，
故③正确；
∵△BGH≌△EGH，
∴EG＝BG，
∵HO是△EBG的中位线，
∴HO＝BG，
∴HO＝EG，
设正方形ECGF的边长是2b，
∴EG＝2b，
∴HO＝b，
∵OH∥BG，CG∥EF，
∴OH∥EF，
∴△MHO∽△MFE，
∴，
∴EM＝OM，
∴﹣1，
∴﹣1，
∵EO＝GO，
∴S△HOE＝S△HOG，
∴＝﹣1．
故④错误．
故其中正确的结论是②③．
故选：B．
二、填空题（每小题3分，共18分）
11．（3分）若代数式有意义，则实数x的取值范围是 x＞﹣1 ．
【分析】根据二次根式有意义的条件：被开方数是非负数，分式有意义的条件：分母不等于0即可得出答案．
【解答】解：∵x+1＞0，
∴x＞﹣1．
故答案为：x＞﹣1．
12．（3分）分解因式：ab2﹣ac2＝ a（b+c）（b﹣c） ．
【分析】原式提取a，再利用平方差公式分解即可．
【解答】解：原式＝a（b2﹣c2）＝a（b+c）（b﹣c），
故答案为：a（b+c）（b﹣c）
13．（3分）如果关于x的一元二次方程（m+1）x2﹣2x+1＝0有两个实数根，那么m的取值范围是 m≤0且m≠﹣1 ．
【分析】根据二次项系数非零及根的判别式Δ≥0，即可得出关于m的一元一次不等式组，解之即可得出m的取值范围．
【解答】解：∵关于x的一元二次方程（m+1）x2﹣2x+1＝0有两个实数根，
∴，
解得：m≤0且m≠﹣1．
故答案为：m≤0且m≠﹣1．
14．（3分）如图，在菱形ABCD中，∠A＝30°，取大于AB的长为半径，分别以点A，B为圆心作弧相交于两点，过此两点的直线交AD边于点E（作图痕迹如图所示），连接BE，BD．则∠EBD的度数为 45° ．
【分析】根据∠EBD＝∠ABD﹣∠ABE，求出∠ABD，∠ABE即可解决问题．
【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AD＝AB，
∴∠ABD＝∠ADB＝（180°﹣∠A）＝75°，
由作图可知，EA＝EB，
∴∠ABE＝∠A＝30°，
∴∠EBD＝∠ABD﹣∠ABE＝75°﹣30°＝45°，
故答案为45°．
15．（3分）若关于x的一元一次不等式组至少有4个整数解，且关于y的分式方程的解为非负数，则所有满足条件的整数a的值之和为 8 ．
【分析】不等式组整理后，根据至少有4个整数解，确定出a的范围，再由分式方程解为非负数，确定出满足题意整数a的值，求出之和即可．
【解答】解：不等式组整理得：，
解得：a﹣5≤x≤2，
∵不等式组至少有4个整数解，即﹣1，0，1，2，
∴a﹣5≤﹣1，
解得：a≤4，
分式方程去分母得：2a﹣4y＝2y﹣2﹣y﹣1，
解得：y＝，
∵分式方程解为非负数，
∴≥0且≠1，
解得：a≥﹣且a≠1，
∴a的范围是﹣≤a≤4且a≠1，
则整数解为﹣1，0，2，3，4，之和为8．
故答案为：8．
16．（3分）如图，抛物线y＝﹣x2﹣3x+4与x轴交于A，B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C．若点D为抛物线上一点且横坐标为﹣3，点E为y轴上一点，点F在以点A为圆心，2为半径的圆上，则DE+EF的最小值 ．
【分析】先求出点A（﹣4，0），点D（﹣3，4），作点D关于y轴对称的点T，则点T（3，4），连接AE交与轴于M，交⊙A于N，过点T作TH⊥x轴于H，连接AF，当点E与点M重合，点F与点N重合时，DE+EF为最小，最小值为线段TN的长，然后可在Rt△ATH中由勾股定理求出TA，进而可得TN，据此可得出答案．
【解答】解：对于y＝﹣x2﹣3x+4，当y＝0时，﹣x2﹣3x+4＝0，
解得：x1＝﹣4，x2＝1，
∴点A的坐标为（﹣4，0），
对于y＝﹣x2﹣3x+4，当x＝﹣3时，y＝4，
∴点D的坐标为（﹣3，4），
作点D关于y轴对称的点T，则点T（3，4），
连接AE交与轴于M，交⊙A于N，过点T作TH⊥x轴于H，连接AF，
当点E与点M重合，点F与点N重合时，DE+EF为最小，最小值为线段TN的长．
理由如下：
当点E与点M不重合，点F与点N不重合时，
根据轴对称的性质可知：DE＝TE，
∴DE+EF＝TE+EF，
根据“两点之间线段最短”可知：TE+EF+AF＞AT，
即：TE+EF+AF＞TN+AN，
∵AF＝AN＝2，
∴TE+EF＞TN，
即：DE+EF＞TN，
∴当点E与点M重合，点F与点N重合时，DE+EF为最小．
∵点T（3，4），A（﹣4，0），
∴OH＝3，TH＝4，OA＝4，
∴AH＝OA+OH＝7，
在Rt△ATH中，AH＝7，TH＝4，
由勾股定理得：，
∴．
即DE+EF为最小值为．
故答案为：．
三、解答题（本大题共8个小题，共72分）
17．（8分）（1）计算：（﹣）3﹣|﹣2|+3tan30°﹣6+（2023﹣π）0；
（2）先化简，再从不等式﹣2＜a＜3中选择一个适当的整数，代入求值．
【分析】（1）先化简，然后计算乘法，最后算加减法即可；
（2）先通分括号内的式子，再算括号外的除法，然后从不等式﹣2＜a＜3中选择一个使得原分式有意义的整数代入化简后的式子计算即可．
【解答】解：（1）（﹣）3﹣|﹣2|+3tan30°﹣6+（2023﹣π）0
＝（﹣）﹣（2﹣）+3×﹣2+1
＝（﹣）﹣2++﹣2+1
＝﹣；
（2）
＝•
＝
＝，
∵﹣2＜a＜3，a＝﹣1或1时，原分式无意义，
∴a可以是0或2，
当a＝0时，原式＝＝﹣1．
18．（8分）如图，已知反比例函数的图象与一次函数y＝ax+b的图象相交于点A（2，3）和点B（n，﹣2）．
（1）求反比例函数与一次函数的解析式；
（2）直接写出不等式的解集；
（3）若点P是x轴上一点，且满足△PAB的面积是10，请求出点P的坐标．
【分析】（1）将点A坐标代入反比例函数解析式求出k，从而求出点B坐标，再通过待定系数法求一次函数解析式；
（2）通过观察图象交点求解；
（3）设点P坐标为（m，0），通过三角形PAB的面积为10及三角形面积公式求解．
【解答】解：（1）将（2，3）代入得3＝，
解得k＝6，
∴反比例函数解析式为y＝．
∴﹣2n＝6，
解得n＝﹣3，
所以点B坐标为（﹣3，﹣2），
把（﹣3，﹣2），（2，3）代入y＝ax+b得：
，
解得，
∴一次函数解析式为y＝x+1；
（2）由图象可得当x＜﹣3或0＜x＜2时式；
（3）设点P坐标为（m，0），一次函数与x轴交点为E，
把y＝0代入y＝x+1得0＝x+1，
解得x＝﹣1，
∴点E坐标为（﹣1，0）．
∴S△PAB＝S△PAE+S△PBE＝×3PE+×2PE＝PE，
∴PE＝10，即|m+1|＝10，
解得m＝3或m＝﹣5．
∴点P坐标为（3，0）或（﹣5，0）．
19．（8分）某校开展了“学习二十大”的知识竞赛（百分制），七、八年级学生参加了本次活动．为了解两个年级的答题情况，该校从每个年级各随机抽取了30名学生的成绩，并对数据（成绩）进行了整理、描述和分析．下面给出了部分信息．
a．七年级成绩的频数分布直方图如下
（数据分成五组：50≤x＜60，60≤x＜70，70≤x＜80，80≤x＜90，90≤x≤100）：
b，七年级成绩在80＜x＜90的数据如下（单位：分）：
80ㅤ81ㅤ85ㅤ85ㅤ85ㅤ85ㅤ85ㅤ85ㅤ85ㅤ85ㅤ88ㅤ89
c．七、八年级各抽取的30名学生成绩的平均数、中位数、众数、方差如表：
根据以上信息，回答下列问题：
（1）表中m＝ 83 ，n＝ 85 ；
（2）下列推断合理的是 ① ；
①样本中两个年级数据的平均数相同，八年级数据的方差较小，由此可以推断该校八年级学生成绩的波动程度较小；
②若八年级小明同学的成绩是84分，可以推断他的成绩超过了该校八年级一半以上学生的成绩．
（3）竞赛成绩80分及以上记为优秀，该校七年级有600名学生，估计七年级成绩优秀的学生人数．
【分析】（1）分别根据中位数和众数的定义解答即可；
（2）分别根据方差和中位数的意义解答即可；
（3）用700乘样本中达到优秀学生所占比例即可．
【解答】解：（1）把七年级30个学生的成绩从小到大排列，排在第15和第16个数分别是81，85，故中位数m＝＝83；
七年级30个学生的成绩中出现次数最多的是85，故众数n＝85．
故答案为：83；85；
（2）由题意可知，样本中两个年级数据的平均数相同，八年级数据的方差较小，由此可以推断该校八年级学生成绩的波动程度较小，故①说法正确；
若八年级小明同学的成绩是84分，等于八年级成绩的中位数，所以不能推断他的成绩超过了该校八年级一半以上学生的成绩，故②说法错误；
故答案为：①；
（3）600×＝340（名），
答：估计七年级成绩优秀的学生人数大约为340名．
20．（6分）已知：如图，斜坡AP的坡度为1：2.4，坡长AP为39米，在坡顶A处的同一水平面上有一座古塔BC，在斜坡底P处测得该塔的塔顶B的仰角为45°，在坡顶A处测得该塔的塔顶B的仰角为76°，求：古塔BC的高度（结果精确到1米）．（参考数据：sin76°≈0.97，cs76°≈0.24，tan76°≈4.00）
【分析】过点A作AD⊥PQ，垂足为D，延长BC交PQ于点E，根据题意可得：AD＝CE，AC＝DE，BE⊥PQ，再根据已知可设AD＝5x米，则DP＝12x米，从而在Rt△ADP中，利用勾股定理可得AD＝15米，PD＝36米，然后设AC＝DE＝y米，则PE＝（36+y）米，分别在Rt△BPE和Rt△ABC中，利用锐角三角函数的定义求出BC和BE的长，从而列出关于y的方程，进行计算即可解答．
【解答】解：过点A作AD⊥PQ，垂足为D，延长BC交PQ于点E，
由题意得：AD＝CE，AC＝DE，BE⊥PQ，
∵斜坡AP的坡度为1：2.4，
∴＝＝，
∴设AD＝5x米，则DP＝12x米，
在Rt△ADP中，AP＝＝＝13x（米），
∵AP＝39米，
∴13x＝39，
解得：x＝3，
∴AD＝15米，PD＝36米，
∴AD＝CE＝15米，
设AC＝DE＝y米，
∴PE＝DP+DE＝（36+y）米，
在Rt△BPE中，∠BPE＝45°，
∴BE＝PE•tan45°＝（36+y）米，
在Rt△ABC中，∠BAC＝76°，
∴BC＝AC•tan76°≈4y（米），
∵BC+CE＝BE，
∴4y+15＝36+y，
解得：y＝7，
∴BC＝4y＝28（米），
∴古塔BC的高度约为28米．
21．（8分）某企业设计了一款工艺品，每件的成本是50元，为了合理定价，投放市场进行试销．据市场调查，销售单价是100元时，每天的销售量是50件；而销售单价每降低1元，每天就可多售出5件，但要求销售单价不得低于成本．
（1）求出每天的销售利润y（ 元）与销售单价x（元） 之间的函数表达式；
（2）当销售单价为多少元时，每天的销售利润最大？最大利润是多少？
【分析】（1）根据“利润＝（售价﹣成本）×销售量”列出方程；
（2）把（1）中的二次函数解析式转化为顶点式方程，利用二次函数图象的性质进行解答．
【解答】解：（1）y＝（x﹣50）[50+5（100﹣x）]
＝（x﹣50）（﹣5x+550）
＝﹣5x2+800x﹣27500，
所以y＝﹣5x2+800x﹣27500（50≤x≤100）；
（2）y＝﹣5x2+800x﹣27500
＝﹣5（x﹣80）2+4500，
∵a＝﹣5＜0，
∴抛物线开口向下．
∵50≤x≤100，对称轴是直线x＝80，
∴当x＝80时，y最大值＝4500；
即销售单价为80元时，每天的销售利润最大，最大利润是4500元．
22．（10分）如图，⊙O是△ABC的外接圆，AE是⊙O的直径，点B是的中点，过点B的切线与AC的延长线交于点D．
①求证：BD⊥AD；
②若AC＝9，tan∠ABC＝，求⊙O的半径．
【分析】①连接OB，根据切线的性质得到OB⊥BD，证明OB∥AD，根据平行线的性质证明结论；
②连接EC，根据圆周角定理得到∠AEC＝∠ABC，根据正切的定义求出EC，根据勾股定理求出AE，得到答案．
【解答】①证明：如图，连接OB，
∵BD为⊙O的切线，
∴∠OBD＝90°，
∵点B为的中点，
∴，
∴∠CAB＝∠BAE，
∵OA＝OB，
∴∠OAB＝∠OBA，
∴∠CAB＝∠OBA，
∴OB∥AD，
∴∠D＝90°，
∴BD⊥AD；
②解：如图，连接CE，
∵AE是⊙O的直径，
∴∠ACE＝90°，
∵∠AEC＝∠ABC，
∴，
∴，
∵AC＝9，
∴EC＝12，
在Rt△ACE中，
∵∠ACE＝90°，
∴，
∴⊙O的半径为．
23．（12分）【问题发现】
（1）如图1，在等腰直角△ABC中，点D是斜边BC上任意一点，在AD的右侧作等腰直角△ADE，使∠DAE＝90°，AD＝AE，连接CE，则∠ABC和∠ACE的数量关系为 相等 ；
【拓展延伸】
（2）如图2，在等腰△ABC中，AB＝BC，点D是BC边上任意一点（不与点B，C重合），在AD的右侧作等腰△ADE，使AD＝DE，∠ABC＝∠ADE，连接CE，则（1）中的结论是否仍然成立，并说明理由；
【归纳应用】
（3）在（2）的条件下，若AB＝BC＝6，AC＝4，点D是射线BC上任意一点，请直接写出当CD＝3时CE的长．
【分析】（1）利用SAS证明△ABD≌△ACE，得BD＝CE；
（2）根据等腰三角形的性质得到∠BAC＝∠ACB＝（180°﹣∠ABC），∠DAE＝∠DEA＝（180°﹣∠ADE），根据相似三角形的判定和性质定理即可得到结论；
（3）如图3，根据等腰三角形的性质得到∠BAC＝∠ACB＝（180°﹣∠ABC），∠DAE＝∠DEA＝（180°﹣∠ADE），根据相似三角形的判定和性质定理即可得到结论．
【解答】解：（1）相等，∵△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，
∴AB＝AC，AD＝AE，∠BAC＝∠DAE＝90°，
∴∠BAC﹣∠DAC＝∠DAE﹣∠DAC，
即∠BAD＝∠CAE，
∴△ABD≌△ACE（SAS），
∴∠ABC＝∠ACE，
故答案为：相等；
（2）成立，
理由：∵AB＝BC，
∴∠BAC＝∠ACB＝（180°﹣∠ABC），
∵AD＝DE，
∴∠DAE＝∠DEA＝（180°﹣∠ADE），
∵∠ABC＝∠ADE，
∴∠BAC＝∠DAE，
∴∠BAD＝∠CAE，△ABC∽△ADE，
∴，
∴△ABD∽△ACE，
∴∠ABC＝∠ACE；
（3）如图2，∵AB＝BC，
∴∠BAC＝∠ACB＝（180°﹣∠ABC），
∵AD＝DE，
∴∠DAE＝∠DEA＝（180°﹣∠ADE），
∵∠ABC＝∠ADE，
∴∠BAC＝∠DAE，
∴∠BAD＝∠CAE，△ABC∽△ADE，
∴，
∴△ABD∽△ACE，
∴＝，
∵AB＝BC＝6，AC＝4，CD＝3，
∴＝，
∴CE＝2．
如图3，∵AB＝BC，
∴∠BAC＝∠ACB＝（180°﹣∠ABC），
∵AD＝DE，
∴∠DAE＝∠DEA＝（180°﹣∠ADE），
∵∠ABC＝∠ADE，
∴∠BAC＝∠DAE，
∴∠BAD＝∠CAE，△ABC∽△ADE，
∴，
∴△ABD∽△ACE，
∴＝，
∵AB＝BC＝6，AC＝4，CD＝3，
∴＝，
∴CE＝6．
综上所述，CE为2或6．
24．（12分）抛物线y＝ax2+bx+3过点A（﹣1，0），点B（3，0），顶点为C，与y轴相交于点D，点P是该抛物线上一动点，设点P的横坐标为m（1＜m＜3）
（1）求抛物线的表达式．
（2）如图1，连接BD，PB，PD，若△PBD的面积为3，求m的值；
（3）连接AC，过点P作PM⊥AC于点M，是否存在点P，使得PM＝2CM，如果存在，请求出点P的坐标；如果不存在，请说明理由．
【分析】（1）利用待定系数法可以确定抛物线的解析式；
（2）利用待定系数法求出直线BD解析式为y＝﹣x+3，过点P作PQ∥y轴交BD于点Q，设点P（m，﹣m2+2m+3），点Q（m，﹣m+3），根据△PBD的面积为3，可得出关于m的方程，解方程即可得到m的值；
（3）设AC交y轴于点F，延长CP交x轴于G，连接GF，过点C作CE⊥x轴于点E，可得tan∠MCP＝tan∠CAE，则∠MCP＝∠CAE，△GAC是等腰三角形，证明△AFO∽△FGO，根据相似三角形的性质可得OG＝4，G（4，0），求出直线CG的解析式为y＝﹣x+，联立得方程组，解方程组即可求得点P的坐标．
【解答】解：（1）将点A（﹣1，0），点B（3，0）代入y＝ax2+bx+3得：
，
解得．
∴抛物线的表达式为y＝﹣x2+2x+3；
（2）∵y＝﹣x2+2x+3，令x＝0，则y＝4，
∴点D（0，3），
设直线BD的解析式为y＝sx+t，
∵点B（3，0），
∴，
解得．
∴直线BD解析式为y＝﹣x+3，
过点P作PQ∥y轴交BD于点Q，
设点P（m，﹣m2+2m+3），点Q（m，﹣m+3），
∴S△PBD＝×PQ×OB＝×3（﹣m2+2m+3+m﹣3）＝+，
∵△PBD的面积为3，
∴﹣+m＝3，
∴m1＝1，m2＝2，
∴m的值为1或2，
∵1＜m＜3，
∴m的值为2；
（3）存在点P，使得PM＝2CM；理由如下：
在Rt△CMP中，PM＝2CM，
∴tan∠MCP＝＝2，
设AC交y轴于点F，延长CP交x轴于G，连接GF，过点C作CE⊥x轴于点E，如图3，
∵y＝﹣x2+2x+3＝﹣（x﹣1）2+4，
∴顶点C（1，4），
∵A（﹣1，0），
∴AE＝2，CE＝4，
∴OA＝1，OE＝1，CE＝4．
∴OA＝OE，AC＝＝．
在Rt△AEC中，tan∠CAE＝2，tan∠ACE＝，
∵tan∠MCP＝tan∠CAE，
∴∠MCP＝∠CAE，
∴GA＝GC，
∴△GAC是等腰三角形，
∵FO⊥AB，CE⊥AB，
∴FO∥CE，
∴OF＝CE＝2，F为AC的中点，
∵△GAC是等腰三角形，GA＝GC，
∴GF⊥AC，
∵FO⊥AG，
∴△AFO∽△FGO，
∴＝，
∴＝，
∴OG＝4．
∴G（4，0），
设直线CG的解析式为y＝kx+n，
∴，
解得．
∴直线CG的解析式为y＝﹣x+．
∴，
解得，，
∴P（，）．
年级
平均数
中位数
众数
方差
七年级
80.4
m
n
141.04
八年级
80.4
83
84
86.10
年级
平均数
中位数
众数
方差
七年级
80.4
m
n
141.04
八年级
80.4
83
84
86.10