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2021年广东省广州市海珠区中考数学一模试卷（word版 含答案）
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这是一份2021年广东省广州市海珠区中考数学一模试卷（word版 含答案），共34页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2021年广东省广州市海珠区中考数学一模试卷
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．数轴上点表示的数是-2，将点在数轴上向右平移5个单位长度得到点，则点表示的数是（ ）
A．-7 B．7 C．-3 D．3
2．我市四月份某一周每天的最高气温（单位：℃）如下：20、21、22、22、24、25、27，则这组数据（最高气温）的众数与中位数分别是（ ）
A．22，24 B．24，24 C．22，22 D．25，22
3．下列运算正确的是（ ）
A． B． C． D．
4．在中，点、分别为边、的中点，则与的面积之比为
A． B． C． D．
5．为了能让更多人接种，某药厂的新冠疫苗生产线开足马力，24小时运转，该条生产线计划加工320万支疫苗，前5天按原计划的速度生产，5天后以原来速度的1.25倍生产，结果比原计划提前3天完成任务．设原计划每天生产万支疫苗，则可列方程为（ ）
A． B．
C． D．
6．“清明节”期间，小海自驾去某地祭祖，如图是他们汽车行驶的路程（千米）与汽车行驶时间（小时）之间的函数图象．汽车行驶2小时到达目的地，这时汽车行驶了（ ）千米．
A．120 B．130 C．140 D．150
7．正边形的边长为，那么它的半径为（ ）
A． B． C． D．
8．已知二次函数的顶点为，那么关于的一元二次方程的根的情况是（ ）
A．有两个不相等的实数根 B．有两个相等的实数根
C．没有实数根 D．无法确定
9．⊙P与轴相交于点、点，与轴相切于点，则⊙P的半径（ ）
A．2.5 B．3 C．3.5 D．5
10．如图，函数（，，为常数，且）经过点，对称轴为直线，下列结论：①；②；③；④；⑤若点、在此函数图象上，则，其中结论正确的有（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
二、填空题
11．已知为自然数，代数式有意义时，可取__________（只需填满足条件的一个自然数）．
12．点在的平分线上，，，，则点到射线的距离等于___．
13．分解因式：__________．
14．如图，已知坐标原点为平行四边形的对角线的中点，顶点的横坐标为4，平行轴，且长为5．若平行四边形的面积为10，则顶点的坐标为__________．
15．将长为的铁丝首尾相连围成扇形（忽略铁丝的粗细），扇形面积为、扇形半径为且，则与之间的函数关系式为__________．
16．如图，中，，，点为动点，连接、，始终保持为，线段、相交于点，则的最大值为__________．
三、解答题
17．解方程组：．
18．如图，已知菱形，点和点分别在边、上，且，连接，．求证：．
19．已知．
（1）化简；
（2）若，求的值．
20．广州市各校学生都积极参加志愿者活动，某校为了解九年级学生一学期参加志愿者活动时间的情况，从该校九年级随机抽查了部分学生进行问卷调查，并将调查结果绘制成如下不完整的频数分布表．
组别
志愿时（小时）
频数
频率
组
2
0.05
组
0.125
组
10
0.25
组
11
0.275
组
8
组
4
0.1
（1）频数分布表中__________，__________；
（2）若该校九年级共有学生400人，试估计该校九年级学生一学期志愿时不少于20小时的人数为__________．
（3）在组的学生中，只有1名是女同学，其余都是男同学，现从该组中任选2人代表学校参加“全市中志愿者积极分子”分享活动，请用树状图或列表法求所选学生为1男1女的概率．
21．如图，花城广场对岸有广州塔，小明同学站在花城广杨的处看塔顶点的仰角为，向塔前进360米到达点，在处看塔顶点的仰角为．
（1）求广州塔的高度（，，）；
（2）一架无人机从广州塔顶点出发，沿水平方向飞行300米到达处，求此时从处看点的俯角的正切值．
22．如图，在中，，，，点在上且，直线垂直于，垂足为点．
（1）尺规作图：以为直径作⊙O，与交于点；
（2）求证：是⊙O的切线；
（3）记⊙O与直线相交于点、（点在点的上方），若，求的长．
23．在平面直角坐标系中，直线：与轴交于点，且与双曲线有交点．
（1）求值及的取值范围；
（2）直线绕点顺时针旋转得到直线，请直接写出直线的解析式；
（3）在（2）的条件下，直线与双曲线的交点为点，且点的横坐标为1，点、点在直线上，点的纵坐标为2，点的纵坐标为，过、两点分别作轴的平行线交双曲线于点、，连接、，记、的面积分别记为、，，求的取值范围．
24．如图，等边三角形和矩形有共同的外接圆⊙O，且．
（1）求证：；
（2）在劣弧上有动点，连接、、，分别交、于点、，交于点．
①设与的周长分别为和，试判断的值是否发生变化，若不变则求出该值；若变化请说明理由；
②若，求的长．
25．如图，抛物线过点、点，点是抛物线上轴下方部分的一个动点，连接，过点作交抛物线于点，作直线．
（1）求抛物线解析式；
（2）若点的坐标为，求点坐标；
（3）判断在点运动过程中，直线是否过定点？若存在定点，则求出定点坐标；若不存在，请说明理由．
参考答案
1．D
【分析】
根据数轴的定义即可得．
【详解】
由题意得：点表示的数是，
故选：D．
【点睛】
本题考查了数轴、有理数的加法，熟练掌握数轴的定义是解题关键．
2．C
【分析】
根据众数，中位数的定义去整理数据即可
【详解】
解：22出现了2次，出现的次数最多，
故众数是22；
把这组数据从小到大排列20、21、22、22、24、25、27，最中间的数是22，
则中位数是22；
故选：C．
【点睛】
本题考查了众数，中位数，准确理解众数，中位数的定义是计算解题的关键．
3．B
【分析】
根据同底数幂的乘法、积的乘方、完全平方公式、分式的除法法则逐项判断即可得．
【详解】
A、，此项错误，不符题意；
B、，此项正确，符合题意；
C、，此项错误，不符题意；
D、，此项错误，不符题意；
故选：B．
【点睛】
本题考查了同底数幂的乘法、积的乘方、完全平方公式、分式的除法，熟练掌握各运算法则是解题关键．
4．C
【分析】
由点D、E分别为边AB、AC的中点，可得出DE为△ABC的中位线，则DE∥BC，进而得出△ADE∽△ABC，再利用相似三角形的性质即可求出△ADE与△ABC的面积之比．
【详解】
如图所示，
∵点D、E分别为边AB、AC的中点，
∴DE为△ABC的中位线，
∴DE∥BC，DE=BC，
∴△ADE∽△ABC，
∴.
故选C．
【点睛】
本题考查了相似三角形的判定与性质、三角形中位线定理，利用三角形的中位线定理找出DE∥BC是解题的关键．
5．D
【分析】
根据“结果比原计划提前3天完成任务”建立方程即可得．
【详解】
由题意，可列方程为 ，
故选：D．
【点睛】
本题考查了列分式方程，正确找出等量关系是解题关键．
6．C
【分析】
如图（见解析），先利用待定系数法求出段的函数解析式，再将代入即可得．
【详解】
如图所示：
设段的函数解析式是，
∵的图象经过点，
∴，解得，
∴段函数的解析式是，
当时，，
即汽车行驶2小时到达目的地，这时汽车行驶了140千米，
故选：C．
【点睛】
本题考查了一次函数的实际应用，熟练掌握待定系数法是解题关键．
7．C
【分析】
先画出图形（见解析），先根据正多边形的性质可得的度数、，再根据等腰三角形的三线合一可得，，然后解直角三角形即可得．
【详解】
由题意，画出图形如下（正边形的一部分，其中，点是正边形的中心，为它的边，为它的半径），过点作于点，连接，
由正边形的性质得：，
，，
（等腰三角形的三线合一），
在中，，
故选：C．
【点睛】
本题考查了正多边形的性质、解直角三角形等知识点，熟练掌握正多边形的性质是解题关键．
8．A
【分析】
根据二次函数图象的平移、二次函数与一元二次方程的联系即可得．
【详解】
将二次函数的图象向下平移4个单位长度所得到的函数解析式为，
二次函数的顶点为，
二次函数的顶点为，即为，
二次函数图象的开口向下，且顶点为，
二次函数的图象与轴必有两个交点，
关于的一元二次方程有两个不相等的实数根，
故选：A．
【点睛】
本题考查了二次函数图象的平移、二次函数与一元二次方程的联系，熟练掌握二次函数与一元二次方程的联系是解题关键．
9．A
【分析】
先画出图形（见解析），再根据圆的切线的性质可得，然后根据矩形的判定与性质可得，最后根据垂径定理可得，由此可求出点的坐标，从而可得的长，由此即可得出答案．
【详解】
由题意，画出图形如下：过点作于点，连接，
与轴相切于点，
，
又，
四边形是矩形，
，
由垂径定理得：，即点是的中点，
，
，即，
，
则的半径，
故选：A．
【点睛】
本题考查了圆的切线的性质、垂径定理、矩形的判定与性质等知识点，熟练掌握垂径定理是解题关键．
10．D
【分析】
根据二次函数与轴的交点个数可判断①；先根据二次函数的开口方向可得，再根据对称轴可得，然后根据二次函数与轴的交点可得，由此可判断②；先根据对称性可得时，，再根据二次函数的增减性可得时，可判断③；根据和时，可判断④；根据可得，再根据二次函数的增减性可判断⑤．
【详解】
解：二次函数与轴有两个交点，
，即结论①正确；
二次函数的开口向上，与轴的交点位于轴负半轴，
，
对称轴，
，
，即结论②正确；
由二次函数的对称性可知，当时，，
当时，随的增大而减小，且，
当时，，
即，结论③错误；
当和时，，
，
两式相加得：，即，结论④正确；
，
，
又当时，随的增大而增大，
，
即，结论⑤正确；
综上，结论正确的有①②④⑤，共4个，
故选：D．
【点睛】
本题考查了二次函数的图象与性质，熟练掌握二次函数的图象与性质是解题关键．
11．1（答案不唯一）
【分析】
根据分式的分母不能为0、二次根式的定义即可得．
【详解】
解：由题意得：，
解得，
为自然数，
可取1，
故答案为：1（答案不唯一）．
【点睛】
本题考查了分式的分母不能为0、二次根式，熟练掌握分式和二次根式有意义的条件是解题关键．
12．12
【分析】
如图（见解析），先利用勾股定理可得，再根据角平分线的性质即可得．
【详解】
解：如图，过点作于点，
，
，
又平分，且，，
，
即点到射线的距离等于12，
故答案为：12．
【点睛】
本题考查了勾股定理、角平分线的性质，熟练掌握角平分线的性质是解题关键．
13．
【分析】
先提取公因式，再利用平方差公式进行因式分解即可得．
【详解】
原式，
，
故答案为：．
【点睛】
本题考查了综合利用提公因式法和平方差公式进行因式分解，熟练掌握因式分解的各方法是解题关键．
14．
【分析】
如图（见解析），先根据平行四边形的面积公式和性质可得，再根据点的横坐标和的长可得点的坐标，然后根据关于原点对称的点坐标变换规律即可得出答案．
【详解】
如图，设与轴交于点，连接，
四边形是平行四边形，且平行轴，点为的中点，
，
平行四边形的面积为10，，
，
解得，
点的纵坐标为1，
点的横坐标为4，且平行轴，，
点的横坐标为，
，
由关于原点对称的点坐标变换规律得：，
故答案为：．
【点睛】
本题考查了平行四边形的性质、关于原点对称的点坐标变换规律，熟练掌握平行四边形的性质是解题关键．
15．
【分析】
根据扇形的面积公式即可得．
【详解】
扇形的面积公式：，其中为扇形的弧长，为扇形半径，
由题意得：扇形的弧长为，
则，
即，
故答案为：．
【点睛】
本题考查了扇形的面积公式、列二次函数关系式，熟记公式是解题关键．
16．
【分析】
设，从而可得，先利用勾股定理可得，再利用相似三角形的判定与性质可得，求出的值，从而可得的值，然后利用一元二次方程、二次函数的性质求解即可得．
【详解】
解：由题意，设，则，
，
在和中，，
，
，即，
解得，
则，
令，则，
整理得：，
关于的一元二次方程有实数根，
方程根的判别式，
即，
令，
解得，
由二次函数的性质可知，当时，，
则的最大值为，
即的最大值为，
故答案为：．
【点睛】
本题考查了勾股定理、相似三角形的判定与性质、一元二次方程的应用、二次函数的性质等知识点，将几何问题正确转化为一元二次方程问题是解题关键．
17．．
【分析】
利用加减消元法解二元一次方程组即可得．
【详解】
，
由①②得：，
解得，
将代入②得：，
解得，
则方程组的解为．
【点睛】
本题考查了利用消元法解二元一次方程组，熟练掌握二次一次方程组的解法是解题关键．
18．证明见解析．
【分析】
先根据菱形的性质可得，再根据三角形全等的判定定理与性质即可得证．
【详解】
证明：四边形是菱形，
，
在和中，，
，
．
【点睛】
本题考查了菱形的性质、三角形全等的判定定理与性质，正确找出两个全等三角形是解题关键．
19．（1）；（2）．
【分析】
（1）先计算括号内的分式减法，再计算分式的除法即可得；
（2）先利用算术平方根的性质求出的值，再根据分式有意义的条件选定的值，代入计算即可得．
【详解】
（1），
，
，
，
，
；
（2），即，
，
解得或，
由分式的分母不能为0得：，即，
则将代入得：，
故的值为．
【点睛】
本题考查了分式的化简求值、算术平方根等知识点，熟练掌握分式的运算法则是解题关键．
20．（1）5，；（2）120人；（3）．
【分析】
（1）先根据组的频数和频率求出被调查的总人数，再根据频数和频率的计算公式即可得；
（2）利用400乘以两组的频率之和即可得；
（3）先列出表格，从而可得从组中任选2人的所有可能结果，再找出所选学生为1男1女的所有结果，然后利用概率公式求解即可得．
【详解】
解：（1）∵被调查的总人数为（人），
∴，，
故答案为：5，；
（2）估计该校九年级学生一学期课外志愿时间不少于的人数为（人），
故答案为：120人；
（3）由题意，列表如下：
男
男
男
女
男
（男，男）
（男，男）
（女，男）
男
（男，男）
（男，男）
（女，男）
男
（男，男）
（男，男）
（女，男）
女
（男，女）
（男，女）
（男，女）
由表知，从组中任选2人共有12种等可能结果，其中，所选学生为1男1女的结果共有6种，
则所选学生为1男1女的概率为．
【点睛】
本题考查了频率与频数、利用列举法求概率，较难的是题（3），正确列出表格是解题关键．
21．（1）广州塔的高度约为600米；（2）2．
【分析】
（1）设广州塔的高度为米，先根据等腰三角形的判定与性质可得米，再在中，解直角三角形即可得；
（2）如图（见解析），先根据正方形的判定与性质可得米，，再根据线段的和差可得米，然后在中，根据正切三角函数的定义即可得．
【详解】
解：（1）设广州塔的高度为米，
，
，
米，
米，
，
在中，，即，
解得，
经检验，是所列分式方程的解，
答：广州塔的高度约为600米；
（2）如图，过点作于点，则四边形是正方形，
米，，
米，
米，
在中，，
答：此时从处看点的俯角的正切值为2．
【点睛】
本题考查了等腰三角形的判定与性质、解直角三角形等知识点，熟练掌握解直角三角形的方法是解题关键．
22．（1）图见解析；（2）证明见解析；（3）．
【分析】
（1）先作线段的垂直平分线，交于点，再以点为圆心，长为半径画圆即可得；
（2）如图（见解析），先根据圆周角定理可得，再根据等腰三角形的三线合一、解直角三角形可得，从而可得，然后根据线段的和差可得，从而可得，最后根据相似三角形的判定与性质可得，据此根据圆的切线的判定定理即可得证；
（3）如图（见解析），先根据圆周角定理可得，再利用勾股定理可得，然后根据平行线的判定与性质可得，最后根据圆周角定理可得，从而可得，据此即可得．
【详解】
解：（1）如图1所示，即为所作的圆；
（2）如图2，连接，
∵是的直径，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，即，
解得，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
在和中，，
∴，
∴，即，
又是的半径，
∴是的切线；
（3）如图3，连接，
由（2）知：，
∵是的直径，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，即，
∴．
【点睛】
本题考查了圆的切线的判定定理、圆周角定理、相似三角形的判定与性质等知识点，较难的是题（2），通过作辅助线，构造直角三角形和相似三角形是解题关键．
23．（1），或；（2）；（3）．
【分析】
（1）根据点代入直线的解析式可得的值，从而可得直线的解析式，再分和两种情况进行讨论即可得的取值范围；
（2）如图（见解析），先根据直线的解析式可得，再根据等腰直角三角形的判定与性质可得，由此可得点绕点顺时针旋转对应点的坐标，然后利用待定系数法即可得；
（3）如图（见解析），先分别求出点的坐标，从而可得的长，再根据三角形的面积公式可得的值，然后根据的取值范围即可得．
【详解】
解：（1）将点代入得：，
解得，
则直线的表达式为，
①当时，反比例函数的图象在第二、四象限，则两个函数必然相交；
②当时，
联立，
整理得：，
当两个函数有交点时，此一元二次方程一定有实数根，
则方程的根的判别式，
解得，
即此时，
综上，的取值范围为或；
（2）如图，设直线与轴、轴分别交于点，点为点，
由直线的表达式知，点在直线上，
对于直线：，
当时，，解得，即，
当时，，即，
是等腰直角三角形，且点是的中点，
，
点绕点顺时针旋转对应点的坐标为，
直线绕点顺时针旋转得到直线，
直线经过点，
设直线的解析式为，
将点代入得：，
则直线的解析式为；
（3）由题意，画出图形如下：
对于直线，
当时，，即，
当时，，即，
当时，，即，
将点代入反比例函数的解析式得：，
则反比例函数的解析式为，
轴，轴，且点都在上，
，
，
，
点在点的下方，
，
，，
，
，
．
【点睛】
本题考查了反比例函数与一次函数的综合、图形的旋转等知识点，熟练掌握待定系数法是解题关键．
24．（1）证明见解析；（2）①的值为30，不变，理由见解析；②．
【分析】
（1）先根据等边三角形和矩形外接圆的性质可得点在上，且平分，再根据等边三角形的性质、角的和差可得，然后根据圆内接四边形的性质即可得证；
（2）①如图（见解析），先根据矩形的性质、等边三角形的性质可得，再根据圆周角定理、等边三角形的判定与性质可得和是等边三角形，，然后根据三角形全等的判定定理与性质可得，最后根据角的和差证出点在同一条直线上，从而可得，据此利用三角形的周长公式即可得；
②如图（见解析），先根据圆内接四边形的性质可得，从而得出点共圆，再根据圆周角定理、圆内接四边形的性质可得，，然后解直角三角形可得，最后根据相似三角形的判定与性质可得，由此即可得．
【详解】
证明：（1）如图，连接，
等边和矩形有共同的外接圆，
点在上，且平分，
是等边三角形，四边形是矩形，
，
，
，
由圆内接四边形的性质得：；
（2）①，不变，理由如下：
如图，连接，
是等边三角形，四边形是矩形，，
，
，
，
又，
是等边三角形，
同理可证：是等边三角形，
，，
是等边的外接圆，
，
，
在和中，，
，
，
，
同理可证：，
所对的弧为劣弧，
，
，
，
点在同一条直线上，
，
，
，
，
，
即；
②如图，连接，
由（1）已证：，
，
点共圆，
，
是的直径，
，
，
在中，，
，
由圆周角定理得：，
在中，，
在中，，
在和中，，
，
，即，
解得．
【点睛】
本题考查了等边三角形和矩形外接圆的性质、圆周角定理、解直角三角形、相似三角形的判定与性质等知识点，较难的是题（2）①，通过作辅助线，构造全等三角形和等边三角形是解题关键．
25．（1）；（2）；（3）过定点，定点坐标为．
【分析】
（1）根据点的坐标，利用待定系数法即可得；
（2）如图（见解析），设点的坐标为，先根据相似三角形的判定可得，再根据相似三角形的性质可得，从而可得的值，由此可得出点的坐标；
（3）如图（见解析），设直线解析式为，，，先根据二次函数与一次函数的联立、一元二次方程根与系数的关系可得，，再根据相似三角形的判定与性质可得，由此可得或，然后据此分两种情况讨论即可得出答案．
【详解】
解：（1）∵抛物线过点、点，
∴，
解得，
则抛物线的解析式为；
（2）如图，设，过点作于点，过点作于点F，
∴，，，
∵点的坐标为，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
在和中，，
∴，
∴，即，
解得或（此时，点与点重合，不符题意，舍去），
当时，，
∴；
（3）点运动过程中，直线过定点，求解过程如下：
设直线解析式为，，，
则，
∵，是直线与抛物线的交点，
∴是方程，即的两个实数根，
∴，，
如图，过点作于点，过点作于点F，
则，，，，
同（2）可证：，
∴，即，
∴，
整理得：，
∴，
∴，
解得或，
①当，即时，
直线解析式为，
当时，，
此时直线过定点，即经过点，与题意不符，舍去；
②当，即时，
直线解析式为，
当时，，
此时直线过定点，
综上，在点运动过程中，直线过定点．
【点睛】
本题考查了二次函数与一次函数的综合、相似三角形的判定与性质等知识点，较难的是题（3），利用相似三角形的判定与性质得出或是解题关键．
2021年广东省广州市海珠区中考数学一模试卷
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．数轴上点表示的数是-2，将点在数轴上向右平移5个单位长度得到点，则点表示的数是（ ）
A．-7 B．7 C．-3 D．3
2．我市四月份某一周每天的最高气温（单位：℃）如下：20、21、22、22、24、25、27，则这组数据（最高气温）的众数与中位数分别是（ ）
A．22，24 B．24，24 C．22，22 D．25，22
3．下列运算正确的是（ ）
A． B． C． D．
4．在中，点、分别为边、的中点，则与的面积之比为
A． B． C． D．
5．为了能让更多人接种，某药厂的新冠疫苗生产线开足马力，24小时运转，该条生产线计划加工320万支疫苗，前5天按原计划的速度生产，5天后以原来速度的1.25倍生产，结果比原计划提前3天完成任务．设原计划每天生产万支疫苗，则可列方程为（ ）
A． B．
C． D．
6．“清明节”期间，小海自驾去某地祭祖，如图是他们汽车行驶的路程（千米）与汽车行驶时间（小时）之间的函数图象．汽车行驶2小时到达目的地，这时汽车行驶了（ ）千米．
A．120 B．130 C．140 D．150
7．正边形的边长为，那么它的半径为（ ）
A． B． C． D．
8．已知二次函数的顶点为，那么关于的一元二次方程的根的情况是（ ）
A．有两个不相等的实数根 B．有两个相等的实数根
C．没有实数根 D．无法确定
9．⊙P与轴相交于点、点，与轴相切于点，则⊙P的半径（ ）
A．2.5 B．3 C．3.5 D．5
10．如图，函数（，，为常数，且）经过点，对称轴为直线，下列结论：①；②；③；④；⑤若点、在此函数图象上，则，其中结论正确的有（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
二、填空题
11．已知为自然数，代数式有意义时，可取__________（只需填满足条件的一个自然数）．
12．点在的平分线上，，，，则点到射线的距离等于___．
13．分解因式：__________．
14．如图，已知坐标原点为平行四边形的对角线的中点，顶点的横坐标为4，平行轴，且长为5．若平行四边形的面积为10，则顶点的坐标为__________．
15．将长为的铁丝首尾相连围成扇形（忽略铁丝的粗细），扇形面积为、扇形半径为且，则与之间的函数关系式为__________．
16．如图，中，，，点为动点，连接、，始终保持为，线段、相交于点，则的最大值为__________．
三、解答题
17．解方程组：．
18．如图，已知菱形，点和点分别在边、上，且，连接，．求证：．
19．已知．
（1）化简；
（2）若，求的值．
20．广州市各校学生都积极参加志愿者活动，某校为了解九年级学生一学期参加志愿者活动时间的情况，从该校九年级随机抽查了部分学生进行问卷调查，并将调查结果绘制成如下不完整的频数分布表．
组别
志愿时（小时）
频数
频率
组
2
0.05
组
0.125
组
10
0.25
组
11
0.275
组
8
组
4
0.1
（1）频数分布表中__________，__________；
（2）若该校九年级共有学生400人，试估计该校九年级学生一学期志愿时不少于20小时的人数为__________．
（3）在组的学生中，只有1名是女同学，其余都是男同学，现从该组中任选2人代表学校参加“全市中志愿者积极分子”分享活动，请用树状图或列表法求所选学生为1男1女的概率．
21．如图，花城广场对岸有广州塔，小明同学站在花城广杨的处看塔顶点的仰角为，向塔前进360米到达点，在处看塔顶点的仰角为．
（1）求广州塔的高度（，，）；
（2）一架无人机从广州塔顶点出发，沿水平方向飞行300米到达处，求此时从处看点的俯角的正切值．
22．如图，在中，，，，点在上且，直线垂直于，垂足为点．
（1）尺规作图：以为直径作⊙O，与交于点；
（2）求证：是⊙O的切线；
（3）记⊙O与直线相交于点、（点在点的上方），若，求的长．
23．在平面直角坐标系中，直线：与轴交于点，且与双曲线有交点．
（1）求值及的取值范围；
（2）直线绕点顺时针旋转得到直线，请直接写出直线的解析式；
（3）在（2）的条件下，直线与双曲线的交点为点，且点的横坐标为1，点、点在直线上，点的纵坐标为2，点的纵坐标为，过、两点分别作轴的平行线交双曲线于点、，连接、，记、的面积分别记为、，，求的取值范围．
24．如图，等边三角形和矩形有共同的外接圆⊙O，且．
（1）求证：；
（2）在劣弧上有动点，连接、、，分别交、于点、，交于点．
①设与的周长分别为和，试判断的值是否发生变化，若不变则求出该值；若变化请说明理由；
②若，求的长．
25．如图，抛物线过点、点，点是抛物线上轴下方部分的一个动点，连接，过点作交抛物线于点，作直线．
（1）求抛物线解析式；
（2）若点的坐标为，求点坐标；
（3）判断在点运动过程中，直线是否过定点？若存在定点，则求出定点坐标；若不存在，请说明理由．
参考答案
1．D
【分析】
根据数轴的定义即可得．
【详解】
由题意得：点表示的数是，
故选：D．
【点睛】
本题考查了数轴、有理数的加法，熟练掌握数轴的定义是解题关键．
2．C
【分析】
根据众数，中位数的定义去整理数据即可
【详解】
解：22出现了2次，出现的次数最多，
故众数是22；
把这组数据从小到大排列20、21、22、22、24、25、27，最中间的数是22，
则中位数是22；
故选：C．
【点睛】
本题考查了众数，中位数，准确理解众数，中位数的定义是计算解题的关键．
3．B
【分析】
根据同底数幂的乘法、积的乘方、完全平方公式、分式的除法法则逐项判断即可得．
【详解】
A、，此项错误，不符题意；
B、，此项正确，符合题意；
C、，此项错误，不符题意；
D、，此项错误，不符题意；
故选：B．
【点睛】
本题考查了同底数幂的乘法、积的乘方、完全平方公式、分式的除法，熟练掌握各运算法则是解题关键．
4．C
【分析】
由点D、E分别为边AB、AC的中点，可得出DE为△ABC的中位线，则DE∥BC，进而得出△ADE∽△ABC，再利用相似三角形的性质即可求出△ADE与△ABC的面积之比．
【详解】
如图所示，
∵点D、E分别为边AB、AC的中点，
∴DE为△ABC的中位线，
∴DE∥BC，DE=BC，
∴△ADE∽△ABC，
∴.
故选C．
【点睛】
本题考查了相似三角形的判定与性质、三角形中位线定理，利用三角形的中位线定理找出DE∥BC是解题的关键．
5．D
【分析】
根据“结果比原计划提前3天完成任务”建立方程即可得．
【详解】
由题意，可列方程为 ，
故选：D．
【点睛】
本题考查了列分式方程，正确找出等量关系是解题关键．
6．C
【分析】
如图（见解析），先利用待定系数法求出段的函数解析式，再将代入即可得．
【详解】
如图所示：
设段的函数解析式是，
∵的图象经过点，
∴，解得，
∴段函数的解析式是，
当时，，
即汽车行驶2小时到达目的地，这时汽车行驶了140千米，
故选：C．
【点睛】
本题考查了一次函数的实际应用，熟练掌握待定系数法是解题关键．
7．C
【分析】
先画出图形（见解析），先根据正多边形的性质可得的度数、，再根据等腰三角形的三线合一可得，，然后解直角三角形即可得．
【详解】
由题意，画出图形如下（正边形的一部分，其中，点是正边形的中心，为它的边，为它的半径），过点作于点，连接，
由正边形的性质得：，
，，
（等腰三角形的三线合一），
在中，，
故选：C．
【点睛】
本题考查了正多边形的性质、解直角三角形等知识点，熟练掌握正多边形的性质是解题关键．
8．A
【分析】
根据二次函数图象的平移、二次函数与一元二次方程的联系即可得．
【详解】
将二次函数的图象向下平移4个单位长度所得到的函数解析式为，
二次函数的顶点为，
二次函数的顶点为，即为，
二次函数图象的开口向下，且顶点为，
二次函数的图象与轴必有两个交点，
关于的一元二次方程有两个不相等的实数根，
故选：A．
【点睛】
本题考查了二次函数图象的平移、二次函数与一元二次方程的联系，熟练掌握二次函数与一元二次方程的联系是解题关键．
9．A
【分析】
先画出图形（见解析），再根据圆的切线的性质可得，然后根据矩形的判定与性质可得，最后根据垂径定理可得，由此可求出点的坐标，从而可得的长，由此即可得出答案．
【详解】
由题意，画出图形如下：过点作于点，连接，
与轴相切于点，
，
又，
四边形是矩形，
，
由垂径定理得：，即点是的中点，
，
，即，
，
则的半径，
故选：A．
【点睛】
本题考查了圆的切线的性质、垂径定理、矩形的判定与性质等知识点，熟练掌握垂径定理是解题关键．
10．D
【分析】
根据二次函数与轴的交点个数可判断①；先根据二次函数的开口方向可得，再根据对称轴可得，然后根据二次函数与轴的交点可得，由此可判断②；先根据对称性可得时，，再根据二次函数的增减性可得时，可判断③；根据和时，可判断④；根据可得，再根据二次函数的增减性可判断⑤．
【详解】
解：二次函数与轴有两个交点，
，即结论①正确；
二次函数的开口向上，与轴的交点位于轴负半轴，
，
对称轴，
，
，即结论②正确；
由二次函数的对称性可知，当时，，
当时，随的增大而减小，且，
当时，，
即，结论③错误；
当和时，，
，
两式相加得：，即，结论④正确；
，
，
又当时，随的增大而增大，
，
即，结论⑤正确；
综上，结论正确的有①②④⑤，共4个，
故选：D．
【点睛】
本题考查了二次函数的图象与性质，熟练掌握二次函数的图象与性质是解题关键．
11．1（答案不唯一）
【分析】
根据分式的分母不能为0、二次根式的定义即可得．
【详解】
解：由题意得：，
解得，
为自然数，
可取1，
故答案为：1（答案不唯一）．
【点睛】
本题考查了分式的分母不能为0、二次根式，熟练掌握分式和二次根式有意义的条件是解题关键．
12．12
【分析】
如图（见解析），先利用勾股定理可得，再根据角平分线的性质即可得．
【详解】
解：如图，过点作于点，
，
，
又平分，且，，
，
即点到射线的距离等于12，
故答案为：12．
【点睛】
本题考查了勾股定理、角平分线的性质，熟练掌握角平分线的性质是解题关键．
13．
【分析】
先提取公因式，再利用平方差公式进行因式分解即可得．
【详解】
原式，
，
故答案为：．
【点睛】
本题考查了综合利用提公因式法和平方差公式进行因式分解，熟练掌握因式分解的各方法是解题关键．
14．
【分析】
如图（见解析），先根据平行四边形的面积公式和性质可得，再根据点的横坐标和的长可得点的坐标，然后根据关于原点对称的点坐标变换规律即可得出答案．
【详解】
如图，设与轴交于点，连接，
四边形是平行四边形，且平行轴，点为的中点，
，
平行四边形的面积为10，，
，
解得，
点的纵坐标为1，
点的横坐标为4，且平行轴，，
点的横坐标为，
，
由关于原点对称的点坐标变换规律得：，
故答案为：．
【点睛】
本题考查了平行四边形的性质、关于原点对称的点坐标变换规律，熟练掌握平行四边形的性质是解题关键．
15．
【分析】
根据扇形的面积公式即可得．
【详解】
扇形的面积公式：，其中为扇形的弧长，为扇形半径，
由题意得：扇形的弧长为，
则，
即，
故答案为：．
【点睛】
本题考查了扇形的面积公式、列二次函数关系式，熟记公式是解题关键．
16．
【分析】
设，从而可得，先利用勾股定理可得，再利用相似三角形的判定与性质可得，求出的值，从而可得的值，然后利用一元二次方程、二次函数的性质求解即可得．
【详解】
解：由题意，设，则，
，
在和中，，
，
，即，
解得，
则，
令，则，
整理得：，
关于的一元二次方程有实数根，
方程根的判别式，
即，
令，
解得，
由二次函数的性质可知，当时，，
则的最大值为，
即的最大值为，
故答案为：．
【点睛】
本题考查了勾股定理、相似三角形的判定与性质、一元二次方程的应用、二次函数的性质等知识点，将几何问题正确转化为一元二次方程问题是解题关键．
17．．
【分析】
利用加减消元法解二元一次方程组即可得．
【详解】
，
由①②得：，
解得，
将代入②得：，
解得，
则方程组的解为．
【点睛】
本题考查了利用消元法解二元一次方程组，熟练掌握二次一次方程组的解法是解题关键．
18．证明见解析．
【分析】
先根据菱形的性质可得，再根据三角形全等的判定定理与性质即可得证．
【详解】
证明：四边形是菱形，
，
在和中，，
，
．
【点睛】
本题考查了菱形的性质、三角形全等的判定定理与性质，正确找出两个全等三角形是解题关键．
19．（1）；（2）．
【分析】
（1）先计算括号内的分式减法，再计算分式的除法即可得；
（2）先利用算术平方根的性质求出的值，再根据分式有意义的条件选定的值，代入计算即可得．
【详解】
（1），
，
，
，
，
；
（2），即，
，
解得或，
由分式的分母不能为0得：，即，
则将代入得：，
故的值为．
【点睛】
本题考查了分式的化简求值、算术平方根等知识点，熟练掌握分式的运算法则是解题关键．
20．（1）5，；（2）120人；（3）．
【分析】
（1）先根据组的频数和频率求出被调查的总人数，再根据频数和频率的计算公式即可得；
（2）利用400乘以两组的频率之和即可得；
（3）先列出表格，从而可得从组中任选2人的所有可能结果，再找出所选学生为1男1女的所有结果，然后利用概率公式求解即可得．
【详解】
解：（1）∵被调查的总人数为（人），
∴，，
故答案为：5，；
（2）估计该校九年级学生一学期课外志愿时间不少于的人数为（人），
故答案为：120人；
（3）由题意，列表如下：
男
男
男
女
男
（男，男）
（男，男）
（女，男）
男
（男，男）
（男，男）
（女，男）
男
（男，男）
（男，男）
（女，男）
女
（男，女）
（男，女）
（男，女）
由表知，从组中任选2人共有12种等可能结果，其中，所选学生为1男1女的结果共有6种，
则所选学生为1男1女的概率为．
【点睛】
本题考查了频率与频数、利用列举法求概率，较难的是题（3），正确列出表格是解题关键．
21．（1）广州塔的高度约为600米；（2）2．
【分析】
（1）设广州塔的高度为米，先根据等腰三角形的判定与性质可得米，再在中，解直角三角形即可得；
（2）如图（见解析），先根据正方形的判定与性质可得米，，再根据线段的和差可得米，然后在中，根据正切三角函数的定义即可得．
【详解】
解：（1）设广州塔的高度为米，
，
，
米，
米，
，
在中，，即，
解得，
经检验，是所列分式方程的解，
答：广州塔的高度约为600米；
（2）如图，过点作于点，则四边形是正方形，
米，，
米，
米，
在中，，
答：此时从处看点的俯角的正切值为2．
【点睛】
本题考查了等腰三角形的判定与性质、解直角三角形等知识点，熟练掌握解直角三角形的方法是解题关键．
22．（1）图见解析；（2）证明见解析；（3）．
【分析】
（1）先作线段的垂直平分线，交于点，再以点为圆心，长为半径画圆即可得；
（2）如图（见解析），先根据圆周角定理可得，再根据等腰三角形的三线合一、解直角三角形可得，从而可得，然后根据线段的和差可得，从而可得，最后根据相似三角形的判定与性质可得，据此根据圆的切线的判定定理即可得证；
（3）如图（见解析），先根据圆周角定理可得，再利用勾股定理可得，然后根据平行线的判定与性质可得，最后根据圆周角定理可得，从而可得，据此即可得．
【详解】
解：（1）如图1所示，即为所作的圆；
（2）如图2，连接，
∵是的直径，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，即，
解得，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
在和中，，
∴，
∴，即，
又是的半径，
∴是的切线；
（3）如图3，连接，
由（2）知：，
∵是的直径，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，即，
∴．
【点睛】
本题考查了圆的切线的判定定理、圆周角定理、相似三角形的判定与性质等知识点，较难的是题（2），通过作辅助线，构造直角三角形和相似三角形是解题关键．
23．（1），或；（2）；（3）．
【分析】
（1）根据点代入直线的解析式可得的值，从而可得直线的解析式，再分和两种情况进行讨论即可得的取值范围；
（2）如图（见解析），先根据直线的解析式可得，再根据等腰直角三角形的判定与性质可得，由此可得点绕点顺时针旋转对应点的坐标，然后利用待定系数法即可得；
（3）如图（见解析），先分别求出点的坐标，从而可得的长，再根据三角形的面积公式可得的值，然后根据的取值范围即可得．
【详解】
解：（1）将点代入得：，
解得，
则直线的表达式为，
①当时，反比例函数的图象在第二、四象限，则两个函数必然相交；
②当时，
联立，
整理得：，
当两个函数有交点时，此一元二次方程一定有实数根，
则方程的根的判别式，
解得，
即此时，
综上，的取值范围为或；
（2）如图，设直线与轴、轴分别交于点，点为点，
由直线的表达式知，点在直线上，
对于直线：，
当时，，解得，即，
当时，，即，
是等腰直角三角形，且点是的中点，
，
点绕点顺时针旋转对应点的坐标为，
直线绕点顺时针旋转得到直线，
直线经过点，
设直线的解析式为，
将点代入得：，
则直线的解析式为；
（3）由题意，画出图形如下：
对于直线，
当时，，即，
当时，，即，
当时，，即，
将点代入反比例函数的解析式得：，
则反比例函数的解析式为，
轴，轴，且点都在上，
，
，
，
点在点的下方，
，
，，
，
，
．
【点睛】
本题考查了反比例函数与一次函数的综合、图形的旋转等知识点，熟练掌握待定系数法是解题关键．
24．（1）证明见解析；（2）①的值为30，不变，理由见解析；②．
【分析】
（1）先根据等边三角形和矩形外接圆的性质可得点在上，且平分，再根据等边三角形的性质、角的和差可得，然后根据圆内接四边形的性质即可得证；
（2）①如图（见解析），先根据矩形的性质、等边三角形的性质可得，再根据圆周角定理、等边三角形的判定与性质可得和是等边三角形，，然后根据三角形全等的判定定理与性质可得，最后根据角的和差证出点在同一条直线上，从而可得，据此利用三角形的周长公式即可得；
②如图（见解析），先根据圆内接四边形的性质可得，从而得出点共圆，再根据圆周角定理、圆内接四边形的性质可得，，然后解直角三角形可得，最后根据相似三角形的判定与性质可得，由此即可得．
【详解】
证明：（1）如图，连接，
等边和矩形有共同的外接圆，
点在上，且平分，
是等边三角形，四边形是矩形，
，
，
，
由圆内接四边形的性质得：；
（2）①，不变，理由如下：
如图，连接，
是等边三角形，四边形是矩形，，
，
，
，
又，
是等边三角形，
同理可证：是等边三角形，
，，
是等边的外接圆，
，
，
在和中，，
，
，
，
同理可证：，
所对的弧为劣弧，
，
，
，
点在同一条直线上，
，
，
，
，
，
即；
②如图，连接，
由（1）已证：，
，
点共圆，
，
是的直径，
，
，
在中，，
，
由圆周角定理得：，
在中，，
在中，，
在和中，，
，
，即，
解得．
【点睛】
本题考查了等边三角形和矩形外接圆的性质、圆周角定理、解直角三角形、相似三角形的判定与性质等知识点，较难的是题（2）①，通过作辅助线，构造全等三角形和等边三角形是解题关键．
25．（1）；（2）；（3）过定点，定点坐标为．
【分析】
（1）根据点的坐标，利用待定系数法即可得；
（2）如图（见解析），设点的坐标为，先根据相似三角形的判定可得，再根据相似三角形的性质可得，从而可得的值，由此可得出点的坐标；
（3）如图（见解析），设直线解析式为，，，先根据二次函数与一次函数的联立、一元二次方程根与系数的关系可得，，再根据相似三角形的判定与性质可得，由此可得或，然后据此分两种情况讨论即可得出答案．
【详解】
解：（1）∵抛物线过点、点，
∴，
解得，
则抛物线的解析式为；
（2）如图，设，过点作于点，过点作于点F，
∴，，，
∵点的坐标为，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
在和中，，
∴，
∴，即，
解得或（此时，点与点重合，不符题意，舍去），
当时，，
∴；
（3）点运动过程中，直线过定点，求解过程如下：
设直线解析式为，，，
则，
∵，是直线与抛物线的交点，
∴是方程，即的两个实数根，
∴，，
如图，过点作于点，过点作于点F，
则，，，，
同（2）可证：，
∴，即，
∴，
整理得：，
∴，
∴，
解得或，
①当，即时，
直线解析式为，
当时，，
此时直线过定点，即经过点，与题意不符，舍去；
②当，即时，
直线解析式为，
当时，，
此时直线过定点，
综上，在点运动过程中，直线过定点．
【点睛】
本题考查了二次函数与一次函数的综合、相似三角形的判定与性质等知识点，较难的是题（3），利用相似三角形的判定与性质得出或是解题关键．
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