2021年山东省济南市济阳区中考数学一模试卷

这是一份2021年山东省济南市济阳区中考数学一模试卷，共33页。
A．4B．±4C．2D．±2
2．（4分）如图是由八个相同小正方体组合而成的几何体，则其俯视图是（ ）
A．B．C．D．
3．（4分）近年来，随着交通网络的不断完善，我市近郊游持续升温．据统计，在今年“五一”期间，某风景区接待游览的人数约为20.3万人，这一数据用科学记数法表示为（ ）
A．20.3×104人B．2.03×105人C．2.03×104人D．2.03×103人
4．（4分）如图所示，已知直线a，b，其中a∥b，点C在直线b上，∠DCB＝90°，若∠1＝75°，则∠2＝（ ）
A．25°B．15°C．20°D．30°
5．（4分）下列四个图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
A．B．C．D．
6．（4分）下列运算正确的是（ ）
A．3x2+4x2＝7x4B．2x3•3x3＝6x3
C．a÷a﹣2＝a3D．（﹣a2b）3＝﹣a6b3
7．（4分）有31位学生参加学校举行的“最强大脑”智力游戏比赛，比赛结束后根据每个学生的最后得分计算出中位数、平均数、众数和方差，如果去掉一个最高分和一个最低分，则一定不发生变化的是（ ）
A．中位数B．平均数C．众数D．方差
8．（4分）化简的结果是（ ）
A．0B．1C．﹣1D．（m+2）2
9．（4分）已知抛物线y＝x2+2x+k+1与x轴有两个不同的交点，则一次函数y＝kx﹣k与反比例函数y＝在同一坐标系内的大致图象是（ ）
A．B．
C．D．
10．（4分）如图，AB是⊙O的直径，BT是⊙O的切线，若∠ATB＝45°，AB＝2，则阴影部分的面积是（ ）
A．2B．﹣πC．1D．+π
11．（4分）如图，某建筑物的顶部有一块标识牌CD，小明在斜坡上B处测得标识牌顶部C的仰角为45°，沿斜坡走下来在地面A处测得标识牌底部D的仰角为60°，已知斜坡AB的坡角为30°，AB＝AE＝10米．则标识牌CD的高度是（ ）米．
A．15﹣5B．20﹣10C．10﹣5D．5﹣5
12．（4分）在平面直角坐标系中，若点P的横坐标和纵坐标相等，则称点P为完美点．已知二次函数y＝ax2+4x+c（a≠0）的图象上有且只有一个完美点（，），且当0≤x≤m时，函数y＝ax2+4x+c﹣（a≠0）的最小值为﹣3，最大值为1，则m的取值范围是（ ）
A．﹣1≤m≤0B．2≤m≤4C．2≤m＜D．≤m≤
二．填空题（本大题共6小题，每小题4分，共24分）
13．（4分）分解因式：9m2﹣n2＝ ．
14．（4分）不透明袋子中装有9个球，其中有3个红球、2个白球和4个黑球，这些球除颜色外无其他差别．从袋子中随机取出1个球，则它是白球的概率是 ．
15．（4分）若正多边形的内角和是1260°，则该正多边形的边数是 ．
16．（4分）若+1与互为相反数，则a＝ ．
17．（4分）A、B两地之间路程为4500米，甲、乙两人骑车都从A地出发，已知甲先出发6分钟后，乙才出发，乙在A、B之间的C地追赶上甲，当乙追赶上甲后，乙立即返回A地，甲继续向B地前行．甲到达B地后停止骑行．乙骑行到A地时也停止（假定乙在C地掉头的时间忽略不计），在整个骑行过程中，甲和乙均保持各自的速度匀速骑行，甲、乙两人相距的路程y（米）与甲出发的时间x（分钟）之间的关系如图所示，则乙到达A地时，甲与B地相距的路程是 米．
18．（4分）如图，在菱形ABCD中，∠A＝60°，点M，N是边AD，AB上任意两点，将菱形ABCD沿MN翻折，点A恰巧落在对角线BD上的点E处，下列结论：
①△MED∽△ENB；②若∠DME＝20°，则∠ENB＝100°； ③若DE：BE＝1：2，则AM：AN＝1：2； ④若菱形边长为4，M是AD的中点，连接MC，则线段MC＝2，
其中正确的结论有： （填写所有正确结论的序号）
三．解答题（本大题共9小题，共78分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
19．（6分）计算：（）﹣3+|﹣2|+tan60°﹣（﹣2020）0．
20．（6分）解不等式组，并写出它的整数解．
21．（6分）如图，在▱ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，过点O的一条直线分别交AD，BC于点E，F．求证：AE＝CF．
22．（8分）某校初三（1）班部分同学接受一次内容为“最适合自己的考前减压方式”的调查活动，收集整理数据后，老师将减压方式分为五类，并绘制了图1、图2两个不完整的统计图，请根据图中的信息解答下列问题．
（1）初三（1）班接受调查的同学共有多少名；
（2）补全条形统计图，并计算扇形统计图中的“体育活动C”所对应的圆心角度数；
（3）若喜欢“交流谈心”的5名同学中有三名男生和两名女生；老师想从5名同学中任选两名同学进行交流，直接写出选取的两名同学都是女生的概率．
23．（8分）如图，已知AB是⊙O的直径，CD与⊙O相切于C，过点B作BE⊥DC，交DC延长线于点E．
（1）求证：BC是∠ABE的平分线；
（2）若DC＝8，⊙O的半径OA＝6，求CE的长．
24．（10分）某水果商贩用600元购进了一批水果，上市后销售非常好，商贩又用1400元购进第二批这种水果，所购水果数量是第一批购进数量的2倍，但每箱进价多了5元．
（1）求该商贩第一批购进水果每箱多少元；
（2）由于储存不当，第二批购进的水果中有10%腐坏，不能售卖，该商贩将两批水果按同一价格全部销售完毕后获利不低于800元，求每箱水果的售价至少是多少元？
25．（10分）已知：一次函数y＝﹣2x+10的图象与反比例函数y＝（k＞0）的图象相交于A，B两点（A在B的右侧）．
（1）当A（4，2）时，求反比例函数的解析式及B点的坐标；
（2）在（1）的条件下，反比例函数图象的另一支上是否存在一点P，使△PAB是以AB为直角边的直角三角形？若存在，求出所有符合条件的点P的坐标；若不存在，请说明理由．
（3）当A（a，﹣2a+10），B（b，﹣2b+10）时，直线OA与此反比例函数图象的另一支交于另一点C，连接BC交y轴于点D．若＝，求△ABC的面积．
26．（12分）[初步尝试]
（1）如图①，在三角形纸片ABC中，∠ACB＝90°，将△ABC折叠，使点B与点C重合，折痕为MN，则AM与BM的数量关系为 ；
[思考说理]
（2）如图②，在三角形纸片ABC中，AC＝BC＝6，AB＝10，将△ABC折叠，使点B与点C重合，折痕为MN，求的值；
[拓展延伸]
（3）如图③，在三角形纸片ABC中，AB＝9，BC＝6，∠ACB＝2∠A，将△ABC沿过顶点C的直线折叠，使点B落在边AC上的点B′处，折痕为CM．
①求线段AC的长；
②若点O是边AC的中点，点P为线段OB′上的一个动点，将△APM沿PM折叠得到△A′PM，点A的对应点为点A′，A′M与CP交于点F，求的取值范围．
27．（12分）如图1，在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+bx+4交x轴于A（﹣2，0）和B（8，0）两点，交y轴于点C，点D是线段OB上一动点，连接CD，将线段CD绕点D顺时针旋转90°得到线段DE，过点E作直线l⊥x轴于H，过点C作CF⊥l于F．
（1）求抛物线解析式；
（2）如图2，当点F恰好在抛物线上时，求线段OD的长；
（3）在（2）的条件下：
①连接DF，求tan∠FDE的值；
②试探究在直线l上，是否存在点G，使∠EDG＝45°？若存在，请直接写出点G的坐标；若不存在，请说明理由．
2021年山东省济南市济阳区中考数学一模试卷
参考答案与试题解析
一．选择题（本大题共12小题，每小题4分，共48分.在每个小题给出四个选项中，只有一项符合题目要求）
1．（4分）的算术平方根是（ ）
A．4B．±4C．2D．±2
【分析】先计算的值，再根据算术平方根的定义求解．
【解答】解：＝4，
4的算术平方根2，
故选：C．
2．（4分）如图是由八个相同小正方体组合而成的几何体，则其俯视图是（ ）
A．B．C．D．
【分析】俯视图是从图形的上面看所得到的图形，根据小正方体的摆放方法，画出图形即可．
【解答】解：俯视图有3列，从左往右分别有2，1，2个小正方形，其俯视图是．
故选：A．
3．（4分）近年来，随着交通网络的不断完善，我市近郊游持续升温．据统计，在今年“五一”期间，某风景区接待游览的人数约为20.3万人，这一数据用科学记数法表示为（ ）
A．20.3×104人B．2.03×105人C．2.03×104人D．2.03×103人
【分析】科学记数法的表示形式为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．
【解答】解：∵20.3万＝203000，
∴203000＝2.03×105；
故选：B．
4．（4分）如图所示，已知直线a，b，其中a∥b，点C在直线b上，∠DCB＝90°，若∠1＝75°，则∠2＝（ ）
A．25°B．15°C．20°D．30°
【分析】先根据对顶角的定义求出∠3的度数，再由平行线的性质即可得出结论．
【解答】解：∵∠1＝75°，∠1与∠3是对顶角，
∴∠3＝∠1＝75°，
∵a∥b，点C在直线b上，∠DCB＝90°，
∴∠2+∠DCB+∠3＝180°，
∴∠2＝180°﹣∠3﹣∠DCB＝180°﹣75°﹣90°＝15°．
故选：B．
5．（4分）下列四个图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
A．B．C．D．
【分析】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．不是轴对称图形，是中心对称图形，故本选项不符合题意；
B．既是轴对称图形，又是中心对称图形，故本选项符合题意；
C．是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不符合题意；
D．既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故本选项不符合题意．
故选：B．
6．（4分）下列运算正确的是（ ）
A．3x2+4x2＝7x4B．2x3•3x3＝6x3
C．a÷a﹣2＝a3D．（﹣a2b）3＝﹣a6b3
【分析】原式各项计算得到结果，即可作出判断．
【解答】解：A、原式＝7x2，不符合题意；
B、原式＝6x6，不符合题意；
C、原式＝a•a2＝a3，符合题意；
D、原式＝﹣a6b3，不符合题意，
故选：C．
7．（4分）有31位学生参加学校举行的“最强大脑”智力游戏比赛，比赛结束后根据每个学生的最后得分计算出中位数、平均数、众数和方差，如果去掉一个最高分和一个最低分，则一定不发生变化的是（ ）
A．中位数B．平均数C．众数D．方差
【分析】根据中位数的定义：位于中间位置或中间两数的平均数可以得到去掉一个最高分和一个最低分不影响中位数．
【解答】解：去掉一个最高分和一个最低分对中位数没有影响，
故选：A．
8．（4分）化简的结果是（ ）
A．0B．1C．﹣1D．（m+2）2
【分析】本题要先通分，分母变为m﹣2后，分子为m2﹣4，然后约分，便可得出答案．
【解答】解：原式＝÷（m+2），
＝，
＝1．
故选：B．
9．（4分）已知抛物线y＝x2+2x+k+1与x轴有两个不同的交点，则一次函数y＝kx﹣k与反比例函数y＝在同一坐标系内的大致图象是（ ）
A．B．
C．D．
【分析】依据抛物线y＝x2+2x+k+1与x轴有两个不同的交点，即可得到k＜0，进而得出一次函数y＝kx﹣k的图象经过第一二四象限，反比例函数y＝的图象在第二四象限．
【解答】解：∵抛物线y＝x2+2x+k+1与x轴有两个不同的交点，
∴△＝4﹣4（k+1）＞0，
解得k＜0，
∴一次函数y＝kx﹣k的图象经过第一二四象限，
反比例函数y＝的图象在第二四象限，
故选：D．
10．（4分）如图，AB是⊙O的直径，BT是⊙O的切线，若∠ATB＝45°，AB＝2，则阴影部分的面积是（ ）
A．2B．﹣πC．1D．+π
【分析】设AT交⊙O于D，连接BD，先根据圆周角定理得到∠ADB＝90°，则可判断△ADB、△BDT都是等腰直角三角形，所以AD＝BD＝TD＝AB＝，然后利用弓形AD的面积等于弓形BD的面积得到阴影部分的面积＝S△BTD．
【解答】解：∵BT是⊙O的切线；
设AT交⊙O于D，连接BD，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ADB＝90°，
而∠ATB＝45°，
∴△ADB、△BDT都是等腰直角三角形，
∴AD＝BD＝TD＝AB＝，
∴弓形AD的面积等于弓形BD的面积，
∴阴影部分的面积＝S△BTD＝××＝1．
故选：C．
11．（4分）如图，某建筑物的顶部有一块标识牌CD，小明在斜坡上B处测得标识牌顶部C的仰角为45°，沿斜坡走下来在地面A处测得标识牌底部D的仰角为60°，已知斜坡AB的坡角为30°，AB＝AE＝10米．则标识牌CD的高度是（ ）米．
A．15﹣5B．20﹣10C．10﹣5D．5﹣5
【分析】过点B作BM⊥EA的延长线于点M，过点B作BN⊥CE于点N，通过解直角三角形可求出BM，AM，CN，DE的长，再结合CD＝CN+EN﹣DE即可求出结论．
【解答】解：过点B作BM⊥EA的延长线于点M，过点B作BN⊥CE于点N，如图所示．
在Rt△ABM中，AB＝10米，∠BAM＝30°，
∴AM＝AB•cs∠BAM＝5米，BM＝AB•sin∠BAM＝5米．
在Rt△ADE中，AE＝10米，∠DAE＝60°，
∴DE＝AE•tan∠DAE＝10米．
在Rt△BCN中，BN＝AE+AM＝（10+5）米，∠CBN＝45°，
∴CN＝BN•tan∠CBN＝（10+5）米，
∴CD＝CN+EN﹣DE＝10+5+5﹣10＝（15﹣5）米．
故选：A．
12．（4分）在平面直角坐标系中，若点P的横坐标和纵坐标相等，则称点P为完美点．已知二次函数y＝ax2+4x+c（a≠0）的图象上有且只有一个完美点（，），且当0≤x≤m时，函数y＝ax2+4x+c﹣（a≠0）的最小值为﹣3，最大值为1，则m的取值范围是（ ）
A．﹣1≤m≤0B．2≤m≤4C．2≤m＜D．≤m≤
【分析】由完美点的概念可得：ax2+4x+c＝x，即ax2+3x+c＝0，由只有一个完美点可得判别式△＝9﹣4ac＝0，得方程根为，从而求得a＝﹣1，c＝，所以函数y＝ax2+4x+c﹣＝﹣x2+4x﹣3，由此解析式可求得此抛物线的顶点坐标以及与坐标轴的交点坐标，根据函数值，可求得x的取值范围．
【解答】解：令ax2+4x+c＝x，即ax2+3x+c＝0，
由题意可得，图象上有且只有一个完美点，
∴式△＝9﹣4ac＝0，则4ac＝9．
又方程根为x＝，
∴a＝﹣1，c＝．
∴函数y＝ax2+4x+c﹣＝﹣x2+4x﹣3，
该二次函数图象如图所示，顶点坐标为（2，1），
与y轴交点为（0，﹣3），根据对称规律，
点（4，﹣3）也是该二次函数图象上的点．
在x＝2左侧，y随x的增大而增大；在x＝2右侧，y随x的增大而减小；
且当$0≤\;x≤m\dllar 时，函数y＝﹣x2+4x﹣3的最大值为1，最小值为﹣3，
则2≤m≤4．
故选：B．
二．填空题（本大题共6小题，每小题4分，共24分）
13．（4分）分解因式：9m2﹣n2＝ （3m+n）（3m﹣n） ．
【分析】直接利用平方差进行分解即可．
【解答】解：原式＝（3m）2﹣n2＝（3m+n）（3m﹣n），
故答案为：（3m+n）（3m﹣n）．
14．（4分）不透明袋子中装有9个球，其中有3个红球、2个白球和4个黑球，这些球除颜色外无其他差别．从袋子中随机取出1个球，则它是白球的概率是 ．
【分析】根据概率的求法，找准两点：①全部情况的总数；②符合条件的情况数目；二者的比值就是其发生的概率．
【解答】解：∵共4+3+2＝9个球，有2个白球，
∴从袋子中随机摸出一个球，它是白球的概率为，
故答案为：．
15．（4分）若正多边形的内角和是1260°，则该正多边形的边数是 9 ．
【分析】n边形的内角和可以表示成（n﹣2）•180°，根据题意列方程，解之即可．
【解答】解：设该正多边形的边数为n，根据题意列方程，得
（n﹣2）•180°＝1260°
解之，得n＝9．
∴该正多边形的边数是9．
故答案为：9
16．（4分）若+1与互为相反数，则a＝ ．
【分析】根据题意列出方程+1+＝0，直接解出a的值，即可解题．
【解答】解：根据相反数和为0得：+1+＝0，
去分母得：a+3+2a﹣7＝0，
合并同类项得：3a﹣4＝0，
化系数为1得：a﹣＝0，
故答案为．
17．（4分）A、B两地之间路程为4500米，甲、乙两人骑车都从A地出发，已知甲先出发6分钟后，乙才出发，乙在A、B之间的C地追赶上甲，当乙追赶上甲后，乙立即返回A地，甲继续向B地前行．甲到达B地后停止骑行．乙骑行到A地时也停止（假定乙在C地掉头的时间忽略不计），在整个骑行过程中，甲和乙均保持各自的速度匀速骑行，甲、乙两人相距的路程y（米）与甲出发的时间x（分钟）之间的关系如图所示，则乙到达A地时，甲与B地相距的路程是 900 米．
【分析】根据题意和函数图象可以得到甲、乙的速度，从而可以求得乙到达A地时，甲与B地相距的路程．
【解答】解：由图象可得，
甲的速度为：900÷6＝150（m/min），
乙的速度为：150×15÷（15﹣6）＝250（m/min），
乙骑行到A地时，甲骑车用的时间为：15+（15﹣6）＝24（min），
故乙到达A地时，甲与B地相距的路程是：4500﹣150×24＝900（m），
故答案为：900．
18．（4分）如图，在菱形ABCD中，∠A＝60°，点M，N是边AD，AB上任意两点，将菱形ABCD沿MN翻折，点A恰巧落在对角线BD上的点E处，下列结论：
①△MED∽△ENB；②若∠DME＝20°，则∠ENB＝100°； ③若DE：BE＝1：2，则AM：AN＝1：2； ④若菱形边长为4，M是AD的中点，连接MC，则线段MC＝2，
其中正确的结论有： ①②④ （填写所有正确结论的序号）
【分析】①正确．根据两角对应相等两三角形相似判断即可．
②正确．利用相似三角形的性质求出∠BEN即可解决问题．
③错误．设DE＝a，BE＝2a，则AB＝AD＝3a，设BN＝x，则AN＝EN＝3a﹣x，利用相似三角形的性质求出x与a的关系，即可解决问题．
④正确．构造直角三角形，利用勾股定理即可解决问题．
【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝AD，∵∠A＝60°，
∴△ABD是等边三角形，
∴∠ADB＝∠ABD＝60°，
∵∠A＝∠MEN＝60°，
∴∠MED+∠BEN＝120°，
∵∠MED+∠DME＝120°，
∴∠DME＝∠BEN，
∴△MED∽△ENB，故①正确，
∵∠DME＝20°，
∴∠BEN＝∠DME＝20°，
∴∠ENB＝180°﹣60°﹣20°＝100°，故②正确，
设DE＝a，BE＝2a，则AB＝AD＝3a，设BN＝x，则AN＝EN＝3a﹣x，
∵△MED∽△ENB，
∴＝＝，
∴＝＝，
∴EM＝AM＝，DM＝，
∵AM+DM＝3a，
∴+＝3a，
解得x＝a，
∴AM＝a，AN＝a，
∴AM：AN＝4：5，故③错误，
作MH⊥CD交CD的延长线于H．
在Rt△DMH中，∵∠H＝90°，∠MDH＝60°，DM＝2，
∴DH＝1，MH＝，CH＝4+1＝5，
∴CM＝＝2，
故④正确，
故答案为①②④．
三．解答题（本大题共9小题，共78分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
19．（6分）计算：（）﹣3+|﹣2|+tan60°﹣（﹣2020）0．
【分析】直接利用绝对值的性质以及负整数指数幂的性质、零指数幂的性质、特殊角的三角函数值分别化简得出答案．
【解答】解：原式＝8+2﹣+﹣1
＝9．
20．（6分）解不等式组，并写出它的整数解．
【分析】先求出不等式的解集，再求出不等式组的解集，即可得出答案．
【解答】解：，
由①得：x＞1；
由②得：x＜；
∴不等式的解集为1＜x＜，
∴整数解为：2，3．
21．（6分）如图，在▱ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，过点O的一条直线分别交AD，BC于点E，F．求证：AE＝CF．
【分析】利用平行四边形的性质得出AO＝CO，AD∥BC，进而得出∠EAC＝∠FCO，再利用ASA求出△AOE≌△COF，即可得出答案．
【解答】证明：∵▱ABCD的对角线AC，BD交于点O，
∴AO＝CO，AD∥BC，
∴∠EAC＝∠FCO，
在△AOE和△COF中
，
∴△AOE≌△COF（ASA），
∴AE＝CF．
22．（8分）某校初三（1）班部分同学接受一次内容为“最适合自己的考前减压方式”的调查活动，收集整理数据后，老师将减压方式分为五类，并绘制了图1、图2两个不完整的统计图，请根据图中的信息解答下列问题．
（1）初三（1）班接受调查的同学共有多少名；
（2）补全条形统计图，并计算扇形统计图中的“体育活动C”所对应的圆心角度数；
（3）若喜欢“交流谈心”的5名同学中有三名男生和两名女生；老师想从5名同学中任选两名同学进行交流，直接写出选取的两名同学都是女生的概率．
【分析】（1）利用“享受美食”的人数除以所占的百分比计算即可得解；
（2）求出听音乐的人数即可补全条形统计图；由C的人数即可得到所对应的圆心角度数；
（3）首先根据题意画出树状图，然后由树状图求得所有等可能的结果与选出两名同学都是女生的情况，再利用概率公式即可求得答案．
【解答】解：
（1）由题意可得总人数为10÷20%＝50名；
（2）听音乐的人数为50﹣10﹣15﹣5﹣8＝12名，“体育活动C”所对应的圆心角度数＝＝108°，
补全统计图得：
（3）画树状图得：
∵共有20种等可能的结果，选出都是女生的有2种情况，
∴选取的两名同学都是女生的概率＝＝．
23．（8分）如图，已知AB是⊙O的直径，CD与⊙O相切于C，过点B作BE⊥DC，交DC延长线于点E．
（1）求证：BC是∠ABE的平分线；
（2）若DC＝8，⊙O的半径OA＝6，求CE的长．
【分析】（1）根据切线的性质得出OC⊥DE，求出BE∥OC，求出∠EBC＝∠OCB，∠OCB＝∠OBC，求出∠EBC＝∠OBC，根据角平分线的定义得出即可；
（2）过C作CM⊥BD于M，根据勾股定理求出OD，根据三角形的面积求出CM，根据角平分线的性质得出CE＝CM，再求出答案即可．
【解答】（1）证明：∵CD与⊙O相切于C，
∴OC⊥DC，
∵BE⊥DC，
∴BE∥OC，
∴∠EBC＝∠OCB，
∵OC＝OB，
∴∠OCB＝∠OBC，
∴∠EBC＝∠OBC，
即BC是∠ABE的平分线；
（2）解：过C作CM⊥BD于M，
∵BC是∠ABE的平分线，BE⊥CE，
∴CE＝CM，
∵OC⊥DC，
∴∠OCD＝90°，
∵DC＝8，OC＝OA＝6，
∴OD＝＝＝10，
∵S△DCO＝＝，
∴8×6＝10×CM，
解得：CM＝4.8，
即CE＝CM＝4.8．
24．（10分）某水果商贩用600元购进了一批水果，上市后销售非常好，商贩又用1400元购进第二批这种水果，所购水果数量是第一批购进数量的2倍，但每箱进价多了5元．
（1）求该商贩第一批购进水果每箱多少元；
（2）由于储存不当，第二批购进的水果中有10%腐坏，不能售卖，该商贩将两批水果按同一价格全部销售完毕后获利不低于800元，求每箱水果的售价至少是多少元？
【分析】（1）设该商场第一批购进了这种水果x，则第二批购进这种水果2x，根据关键语句“每个进价多了5元”可得方程，解方程即可；
（2）设水果的售价为y元，根据题意可得不等关系：水果的总售价﹣成本﹣损耗≥利润，由不等关系列出不等式即可．
【解答】解：（1）设该商场第一批购进了这种水果x，则第二批购进这种水果2x，
可得：，
解得：x＝20，
经检验：x＝20是原分式方程的解，
，
答：该商贩第一批购进水果每箱30元；
（2）设水果的售价为y元，根据题意得：
60y﹣（600+1400）﹣40×10%y≥800，
解得：y≥50，
则水果的售价为50元．
答：水果的售价至少为50元．
25．（10分）已知：一次函数y＝﹣2x+10的图象与反比例函数y＝（k＞0）的图象相交于A，B两点（A在B的右侧）．
（1）当A（4，2）时，求反比例函数的解析式及B点的坐标；
（2）在（1）的条件下，反比例函数图象的另一支上是否存在一点P，使△PAB是以AB为直角边的直角三角形？若存在，求出所有符合条件的点P的坐标；若不存在，请说明理由．
（3）当A（a，﹣2a+10），B（b，﹣2b+10）时，直线OA与此反比例函数图象的另一支交于另一点C，连接BC交y轴于点D．若＝，求△ABC的面积．
【分析】（1）只需把点A的坐标代入反比例函数的解析式，就可求出反比例函数的解析式；解一次函数与反比例函数的解析式组成的方程组，就可得到点B的坐标；
（2）△PAB是以AB为直角边的直角三角形，可分两种情况讨论：①若∠BAP＝90°，过点A作AH⊥OE于H，设AP与x轴的交点为M，如图1，易得OE＝5，OH＝4，AH＝2，HE＝1．易证△AHM∽△EHA，根据相似三角形的性质可求出MH，从而得到点M的坐标，然后用待定系数法求出直线AP的解析式，再解直线AP与反比例函数的解析式组成的方程组，就可得到点P的坐标；②若∠ABP＝90°，同理即可得到点P的坐标；
（3）过点B作BS⊥y轴于S，过点C作CT⊥y轴于T，连接OB，如图2，易证△CTD∽△BSD，根据相似三角形的性质可得＝＝．由A（a，﹣2a+10），B（b，﹣2b+10），可得C（﹣a，2a﹣10），CT＝a，BS＝b，即可得到＝，即b＝a．由A、B都在反比例函数的图象上可得a（﹣2a+10）＝b（﹣2b+10），把b＝a代入即可求出a的值，从而得到点A、B、C的坐标，运用待定系数法求出直线BC的解析式，从而得到点D的坐标及OD的值，然后运用割补法可求出S△COB，再由OA＝OC可得S△ABC＝2S△COB，问题得以解决．
【解答】解：（1）把A（4，2）代入y＝，得k＝4×2＝8．
∴反比例函数的解析式为y＝．
解方程组，得
或，
∴点B的坐标为（1，8）；
（2）①若∠BAP＝90°，
过点A作AH⊥OE于H，设AP与x轴的交点为M，如图1，
对于y＝﹣2x+10，
当y＝0时，﹣2x+10＝0，解得x＝5，
∴点E（5，0），OE＝5．
∵A（4，2），∴OH＝4，AH＝2，
∴HE＝5﹣4＝1．
∵AH⊥OE，∴∠AHM＝∠AHE＝90°．
又∵∠BAP＝90°，
∴∠AME+∠AEM＝90°，∠AME+∠MAH＝90°，
∴∠MAH＝∠AEM，
∴△AHM∽△EHA，
∴＝，
∴＝，
∴MH＝4，
∴M（0，0），
可设直线AP的解析式为y＝mx
则有4m＝2，解得m＝，
∴直线AP的解析式为y＝x，
解方程组，得
或，
∴点P的坐标为（﹣4，﹣2）．
②若∠ABP＝90°，
同理可得：点P的坐标为（﹣16，﹣）．
综上所述：符合条件的点P的坐标为（﹣4，﹣2）、（﹣16，﹣）；
（3）过点B作BS⊥y轴于S，过点C作CT⊥y轴于T，连接OB，如图2，
则有BS∥CT，
∴△CTD∽△BSD，
∴＝．
∵＝，
∴＝＝．
∵A（a，﹣2a+10），B（b，﹣2b+10），
∴C（﹣a，2a﹣10），CT＝a，BS＝b，
∴＝，即b＝a．
∵A（a，﹣2a+10），B（b，﹣2b+10）都在反比例函数y＝的图象上，
∴a（﹣2a+10）＝b（﹣2b+10），
∴a（﹣2a+10）＝a（﹣2×a+10）．
∵a≠0，
∴﹣2a+10＝（﹣2×a+10），
解得：a＝3．
∴A（3，4），B（2，6），C（﹣3，﹣4）．
设直线BC的解析式为y＝px+q，
则有，
解得：，
∴直线BC的解析式为y＝2x+2．
当x＝0时，y＝2，则点D（0，2），OD＝2，
∴S△COB＝S△ODC+S△ODB
＝OD•CT+OD•BS
＝×2×3+×2×2＝5．
∵OA＝OC，
∴S△AOB＝S△COB，
∴S△ABC＝2S△COB＝10．
26．（12分）[初步尝试]
（1）如图①，在三角形纸片ABC中，∠ACB＝90°，将△ABC折叠，使点B与点C重合，折痕为MN，则AM与BM的数量关系为 AM＝BM ；
[思考说理]
（2）如图②，在三角形纸片ABC中，AC＝BC＝6，AB＝10，将△ABC折叠，使点B与点C重合，折痕为MN，求的值；
[拓展延伸]
（3）如图③，在三角形纸片ABC中，AB＝9，BC＝6，∠ACB＝2∠A，将△ABC沿过顶点C的直线折叠，使点B落在边AC上的点B′处，折痕为CM．
①求线段AC的长；
②若点O是边AC的中点，点P为线段OB′上的一个动点，将△APM沿PM折叠得到△A′PM，点A的对应点为点A′，A′M与CP交于点F，求的取值范围．
【分析】（1）利用平行线分线段成比例定理解决问题即可．
（2）利用相似三角形的性质求出BM，AM即可．
（3）①证明△BCM∽△BAC，推出＝＝，由此即可解决问题．
②证明△PFA′∽△MFC，推出＝，因为CM＝5，推出＝即可解决问题．
【解答】解：（1）如图①中，
∵△ABC折叠，使点B与点C重合，折痕为MN，
∴MN垂直平分线段BC，
∴CN＝BN，
∵∠MNB＝∠ACB＝90°，
∴MN∥AC，
∵CN＝BN，
∴AM＝BM．
故答案为AM＝BM．
（2）如图②中，
∵CA＝CB＝6，
∴∠A＝∠B，
由题意MN垂直平分线段BC，
∴BM＝CM，
∴∠B＝∠MCB，
∴∠BCM＝∠A，
∵∠B＝∠B，
∴△BCM∽△BAC，
∴＝，
∴＝，
∴BM＝，
∴AM＝AB﹣BM＝10﹣＝，
∴＝＝．
（3）①如图③中，
由折叠的性质可知，CB＝CB′＝6，∠BCM＝∠ACM，
∵∠ACB＝2∠A，
∴∠BCM＝∠A，
∵∠B＝∠B，
∴△BCM∽△BAC，
∴＝＝
∴＝，
∴BM＝4，
∴AM＝CM＝5，
∴＝，
∴AC＝．
②如图③﹣1中，
∵∠A＝∠A′＝∠MCF，∠PFA′＝∠MFC，PA＝PA′，
∴△PFA′∽△MFC，
∴＝，
∵CM＝5，
∴＝，
∵点P在线段OB上运动，OA＝OC＝，AB′＝﹣6＝，
∴≤PA′≤，
∴≤≤．
27．（12分）如图1，在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+bx+4交x轴于A（﹣2，0）和B（8，0）两点，交y轴于点C，点D是线段OB上一动点，连接CD，将线段CD绕点D顺时针旋转90°得到线段DE，过点E作直线l⊥x轴于H，过点C作CF⊥l于F．
（1）求抛物线解析式；
（2）如图2，当点F恰好在抛物线上时，求线段OD的长；
（3）在（2）的条件下：
①连接DF，求tan∠FDE的值；
②试探究在直线l上，是否存在点G，使∠EDG＝45°？若存在，请直接写出点G的坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）利用待定系数法求得即可；
（2）根据C的纵坐标求得F的坐标，然后通过△OCD≌△HDE，得出DH＝OC＝4，即可求得OD的长；
（3）①先确定C、D、E、F四点共圆，根据圆周角定理求得∠ECF＝∠EDF，由于tan∠ECF＝＝＝，即可求得tan∠FDE＝；
②连接CE，得出△CDE是等腰直角三角形，得出∠CED＝45°，过D点作DG1∥CE，交直线l于G1，过D点作DG2⊥CE，交直线l于G2，则∠EDG1＝45°，∠EDG2＝45°，求得直线CE的解析式为y＝﹣x+4，即可设出直线DG1的解析式为y＝﹣x+m，直线DG2的解析式为y＝3x+n，把D的坐标代入即可求得m、n，从而求得解析式，进而求得G的坐标．
【解答】解：（1）如图1，∵抛物线y＝ax2+bx+4交x轴于A（﹣2，0）和B（8，0）两点，
∴，
解得．
∴抛物线解析式为y＝﹣x2+x+4；
（2）如图2，
∵点F恰好在抛物线上，C（0，4），
∴F的纵坐标为4，
把y＝4代入y＝﹣x2+x+4，解得x＝0或x＝6，
∴F（6，4），
∴OH＝6，
∵∠CDE＝90°，
∴∠ODC+∠EDH＝90°，
∴∠OCD＝∠EDH，
在△OCD和△HDE中，
，
∴△OCD≌△HDE（AAS），
∴DH＝OC＝4，
∴OD＝6﹣4＝2；
（3）①如图3，
连接CE，
∵△OCD≌△HDE，
∴HE＝OD＝2，
∵BF＝OC＝4，
∴EF＝4﹣2＝2，
∵∠CDE＝∠CFE＝90°，
∴C、D、E、F四点共圆，
∴∠ECF＝∠EDF，
在RT△CEF中，∵CF＝OH＝6，
∴tan∠ECF＝＝＝，
∴tan∠FDE＝；
②如图4，连接CE，
∵CD＝DE，∠CDE＝90°，
∴∠CED＝45°，
过D点作DG1∥CE，交直线l于G1，过D点作DG2⊥CE，交直线l于G2，则∠EDG1＝45°，∠EDG2＝45°
∵EH＝2，OH＝6，∴E（6，2），
∵C（0，4），
∴直线CE的解析式为y＝﹣x+4，
设直线DG1的解析式为y＝﹣x+m，
∵D（2，0），
∴0＝﹣×2+m，解得m＝，
∴直线DG1的解析式为y＝﹣x+，
当x＝6时，y＝﹣×6+＝﹣，
∴G1（6，﹣）；
设直线DG2的解析式为y＝3x+n，
∵D（2，0），
∴0＝3×2+n，解得n＝﹣6，
∴直线DG2的解析式为y＝3x﹣6，
当x＝6时，y＝3×6﹣6＝12，
∴G2（6，12）．
综上，在直线l上，存在点G，使∠EDG＝45°，点G的坐标为（6，﹣）或（6，12）．