精品解析：江苏省连云港市2020年中考数学试题（解析版）下载

江苏省连云港市 2020 年中考数学真题 一、选择题（本大题共有 8 小题，每小题 3 分，共 24 分．在每小题给出的四个选项中，只有 一项是，符合题目要求的，请将正确选项前的字母代号填涂在答题卡相应位置上） 1. 3 的绝对值是（ ）． 13A. B. C. D. 33 3B【答案】 【解析】 【分析】 根据绝对值的概念进行解答即可． 【详解】解：3 的绝对值是 3． 故选：B 【点睛】本题考查绝对值的定义，题目简单，掌握绝对值概念是解题关键． 2. 下图是由 4 个大小相同的正方体搭成的几何体，这个几何体的主视图是（ ）． A. B. C. D. D【答案】 【解析】 【分析】 根据主视图定义，由此观察即可得出答案． 【详解】解：从物体正面观察可得， 左边第一列有 2 个小正方体，第二列有 1 个小正方体． 故答案为 D 【点睛】本题考查三视图的知识，主视图是从物体的正面看得到的视图． 3. 下列计算正确的是（ ）． B. (x1)(x2)  x2  x2 2x  3y  5xy A. (a  2)2  a2  4 a2 a3  a6 C. D. B【答案】 【解析】 【分析】 根据合并同类项、多项式乘以多项式，同底数幂相乘，及完全平方公式进行运算判断即可． 【详解】解：A、2x 与 3y 不是同类项不能合并运算，故错误； B、多项式乘以多项式，运算正确； 23C、同底数幂相乘，底数不变，指数相加， 5 ，故错误； a a  a 22D、完全平方公式， 故选：B ，故错误 (a  2)  a  4a  4 【点睛】本题考查了合并同类项，同底数幂相乘，多项式乘以多项式及完全平方公式，熟练掌握运算法则 和运算规律是解答本题的关键． 4. “红色小讲解员”演讲比赛中，7 位评委分别给出某位选手的原始评分．评定该选手成绩时，从 7 个原始 评分中去掉一个最高分、一个最低分，得到 5 个有效评分．5 个有效评分与 7 个原始评分相比，这两组数据 一定不变的是（ ）． A. 中位数 B. 众数 C. 平均数 D. 方差 A【答案】 【解析】 【分析】 根据题意，由数据的数字特征的定义，分析可得答案． 【详解】根据题意，从 7 个原始评分中去掉 1 个最高分、1 个最低分，得到 5 个有效评分， 7 个有效评分与 5 个原始评分相比，最中间的一个数不变，即中位数不变． 故选:A 【点睛】此题考查中位数的定义，解题关键在于掌握其定义． 2x 1 3 x 1 2 5. 不等式组 的解集在数轴上表示为（ ）． A. B. D. C. C【答案】 【解析】 【分析】 先求出各不等式的解集，再找到其解集，即可在数轴上表示． 2x 1 3① 【详解】解 x 1 2② 解不等式①得 x≤2， 解不等式②得 x＞1 故不等式的解集为 1＜x≤2 在数轴上表示如下： 故选 C． 【点睛】此题主要考查不等式组的求解，解题的关键是熟知不等式的性质．  ，则 A EB 6. 如图，将矩形纸片 沿BE 折叠，使点 落在对角线 上的 A处．若 ABCD ABD DBC  24 等于（ ）． 60 66 57 48 AB. C. D. C【答案】 【解析】 【分析】 先根据矩形的性质得到∠ABD=66°，再根据折叠的性质得到∠EBA’=33°，再根据直角三角形两锐角互余即可 求解． 【详解】∵四边形 ABCD 是矩形， ∴∠ABC=90°， ∴∠ABD=90°- =66°， DBC A上的 处， ∵将矩形纸片 沿BE 折叠，使点 落在对角线 ABCD ABD 1∴∠EBA’= ∠ABD =33°， 2∴=90°-∠EBA’= ，A EB 57 故选 C． 【点睛】此题主要考查矩形内的角度求解，解题的关键是熟知矩形及折叠的性质． 7. 10 个大小相同的正六边形按如图所示方式紧密排列在同一平面内， 、B、、、、均是正六 CODAE边形的顶点．则点 是下列哪个三角形的外心（ O）． A. B. C. D. BCD △ACD AED △ABD D【答案】 【解析】 【分析】 根据三角形外心的性质，到三个顶点的距离相等，可以依次判断． 【详解】答：因为三角形的外心到三角形的三个顶点的距离相等，所以由正六边形性质可知，点 O 到 A， B，C，D，E 的距离中，只有 OA=OC=OD． 故选：D． 【点睛】此题主要考查了三角形外心的性质，即到三角形三个顶点的距离相等． 8. 快车从甲地驶往乙地，慢车从乙地驶往甲地，两车同时出发并且在同一条公路上匀速行驶．图中折线表示 y(km) x(h) 之间的函数关系．小欣同学结合图像得出如下结论： 快、慢两车之间的路程 与它们的行驶时间 ①快车途中停留了 ；②快车速度比慢车速度多 ④快车先到达目的地． ；0.5h 20km/ h ③图中 ；a  340 其中正确的是（ ）A. ①③ B. ②③ C. ②④ D. ①④ B【答案】 【解析】 【分析】 根据函数图像与路程的关系即可求出各车的时间与路程的关系，依次判断． 【详解】当 t=2h 时，表示两车相遇， 88 0 3.6  2.5 2-2.5h 表示两车都在休息，没有前进，2.5-3.6 时，其中一车行驶，其速度为 =80km/h， 设另一车的速度为 x, 依题意得 2（x+80）=360, 解得 x=100km/h, 故快车途中停留了 3.6-2=1.6h，①错误； 快车速度比慢车速度多 ，②正确； 20km/ h t=5h 时，慢车行驶的路程为（5-0.5）×80=360km，即得到目的地，比快车先到，故④错误； t=5h 时，快车行驶的路程为（5-1.6）×100=340km， 故两车相距 340m，故③正确； 故选 B． 【点睛】此题主要考查一次函数的应用，解题的关键是根据函数图像得到路程与时间的关系． 二、填空题（本大题共有 8 小题，每小题 3 分，共 24 分．不需写出解答过程，请把答案直接 填写在答题卡相应位置上） 9. 我市某天的最高气温是 4℃，最低气温是 ，则这天的日温差是________℃． 1℃ 【答案】5 【解析】 【分析】 根据最高气温减去最低气温列出算式，即可做出判断． 【详解】解：根据题意得：4−（−1）=5． 故答案为:5 的【点睛】此题考查了有理数 减法，根据题意列出算式熟练掌握运算法则是解本题的关键． 10. “我的连云港” 是全市统一的城市综合移动应用服务端．一年来，实名注册用户超过 1600000 APP 人．数据“1600000”用科学记数法表示为________． 6【答案】 1.610 【解析】 【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．当原数绝对值＞1 时，n 是正数；当原数的绝 对值＜1 时，n 是负数． 【详解】解：1600000 用科学记数法表示应为：1.6×106， 故答案为：1.6×106． 【点睛】此题考查科学记数法的表示方法．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，表示时关键要正确确定 a 的值以及 n 的值． (3,9) (12,9) 、 ， 11. 如图，将 5 个大小相同的正方形置于平面直角坐标系中，若顶点 、的坐标分别为 NM则顶点 的坐标为________． A(15,3) 【答案】 【解析】 【分析】 先根据条件，算出每个正方形的边长，再根据坐标的变换计算出点 A 的坐标即可． a【详解】解：设正方形的边长为 ，则由题设条件可知： 3a 12 3 解得： a  3 点 A 的横坐标为： ，点 A 的纵坐标为： 12  3 15 9 32  3 (15,3) 故点 A 的坐标为 ．(15,3) 故答案为： ．【点睛】本题考查了平面直角坐标系，根据图形和点的特征计算出点的坐标是解题的关键． 12. 按照如图所示的计算程序，若 x  2 ，则输出的结果是________． 【答案】-26 【解析】 【分析】 首先把 x=2 代入 2 计算出结果，判断是否小于 0，若小于 0，直到输出的结果是多少，否则将计算结 10  x 果再次代入计算，直到小于 0 为止． 22【详解】解：当 x=2 时， ，10  x =10  2  6  0 故执行“否”，返回重新计算， 22当 x=6 时， ，10  x =10  6  26  0 执行“是”，输出结果：-26． 故答案为：-26． 【点睛】此题主要考查了代数式求值，以及有理数的混合运算，要熟练掌握．解题关键是理解计算流程． yx13. 加工爆米花时，爆开且不糊的颗粒的百分比称为“可食用率”．在特定条件下，可食用率 与加工时间 （单位： ）满足函数表达式 y  0.2×2 1.5x  2，则最佳加工时间为________ ．min min 【答案】3.75 【解析】 【分析】 bx   根据二次函数的对称轴公式 直接计算即可． 2a b1.5 【详解】解：∵ y  0.2×2 1.5x  2的对称轴为 x      3.75 （min）， 2a 2 0.2 故：最佳加工时间为 3.75min， 故答案为：3.75． 【点睛】此题主要考查了二次函数性质的应用，涉及求顶点坐标、对称轴方程等，记住抛物线顶点公式是 解题关键． 用一个圆心角为  ，半径为 的扇形纸片围成一个圆锥的侧面，这个圆锥的底面圆半径为________ 14. 20cm 90 cm ．【答案】5 【解析】 【分析】 设这个圆锥的底面圆的半径为 Rcm，根据扇形的弧长等于这个圆锥的底面圆的周长，列出方程即可解决问 题． 【详解】设这个圆锥的底面圆的半径为 Rcm，由题意， 90 20 =2 R ，180 cm （ ）． 解得 R=5 故答案为：5 【点睛】本题考查了圆锥的侧面展开图，理解好在圆锥的侧面展开图中“圆锥底面周长=侧面展开图弧长” 是解题关键． A A A A A A B B B B B A A //B B BB、 ， 315. 如图，正六边形 6 内部有一个正五形 5 ，且 ，直线 经过 l12345123434342  A A 则直线 与 l2 的夹角 ________ ． 1【答案】48 【解析】 【分析】 A A A A A A B B B B B 5 ，可得出正多边形的内角度数，根据 1 2 3 4 已知正六边形 6 内部有一个正五形 123454 和四边形内角和定理即可得出 的度数． A A4 //B3B 3A A A A A A B B B B B 5 是正五边形 1 2 3 4 【详解】∵多边形 6 是正六边形，多边形 12345180(6  2) 180(5 2) A A A A A A 120,B2B3B4 = 108 ∴∵∴∴12323465A A //B B 4343B MA B B B108 34234B MA180108  72 33  A2 NB2  360 A A2 A  A2 A A4  A MB3  360120120 72  48 1333故答案为：48 180(n  2) 【点睛】本题考查了正多边形内角的求法，正 n 多边形内角度数为 以及平行线的性质定理，两直线平行同位角相等． ，四边形的内角和为 360°， nxxOy 16. 如图，在平面直角坐标系 O O 中，半径为 2 的 与轴的正半轴交于点 ，点 AB是上一动点，点 3y轴、 轴分别交于点 xy  x 3 为弦 的中点，直线 与、，则 面积的最小值为________． C△CDE DAB E4【答案】2 【解析】 【分析】 根据题意可知 C 点的运动轨迹是以 F（1,0）为圆心、半径为 1 的圆，过 F 点作 AH⊥DE，与 F 的交点即 为 C 点，此时 中 DE 边上的高为 C’H=FH-1,根据直线 DE 的解析式及 F 点坐标可求出 FH 的解析式， △CDE 联立 DE 的解析式即可求出 H 点坐标，故可求出 FH，从而得解． O 【详解】如图，∵点 B是上一动点，点 为弦 C的中点， AB ∴C 点的运动轨迹是以 F（1,0）为圆心、半径为 1 的圆， 过 F 点作 AH⊥DE，交 F 于点 C’， 3y  x 3 ∵直线 DE 的解析式为 ，4令 x=0，得 y=-3，故 E（0，-3）， 令 y=0,得 x=4,故 D（4,0）， 2(4  0)2  3 0  5 ∴OE=3,OD=4,DE= ，43∴设 FH 的解析式为 y= x+b， 443把 F（1,0）代入 y= x+b 得 0= +b， 34解得 b= ，3443∴FH 的解析式为 y= x+ ，33y  x 3 4联立 解得 ，44y   3352 x  25 ，36 y   25 52 25 36 25 故 H（ ∴FH= ∴C’H= ，）， 2 52 25 36 91)2   0 ，(25 595451 ，12124DE C ‘H 5 2 故此时 面积= =，△CDE 5故答案为：2． 【点睛】此题主要考查圆得综合问题，解题的关键是根据题意得到点 C 的运动轨迹． 三、解答题（本大题共 11 小题，共 102 分，请在答题卡上指定区内作答，解答时写出必要的 文字说明、证明过程或演算步骤） 1 1  (1)2020   64 317. 计算 ．  5  【答案】2 【解析】 【分析】 先根据乘方运算、负整数指数幂、开方运算进行化简，再计算加减即可． 【详解】原式 ．1 5  4  2 【点睛】本题考查了乘方运算、负整数指数幂、开方运算，熟知各运算法则是解题关键． 2x  4y  5 x 1 y 18. 解方程组 ．1x   2【答案】 3y  2【解析】 【分析】 根据题意选择用代入法解答即可． 2x  4y  5① 【详解】解： ，x 1 y② 将②代入①中得 2(1 y)  4y  5 ．3y  解得 ．232y  将得代入②， 1x   ．212x   所以原方程组的解为 ．3y  2【点睛】本题考查了解二元一次方程组，解答关键是根据题目特点选择代入法或加减法解答问题． a  3 a2  3a ．19. 化简 1 a a2  2a 1 1 a a【答案】 【解析】 【分析】 首先把分子分母分解因式，把除法变为乘法，然后再约分后相乘即可． a  3 a(a  3) 【详解】解：原式 ，1 a (1 a)2 a  3 (1 a)2 1 a a(a  3) ，1 a ．a【点睛】此题主要考查了分式的乘除法，关键是掌握分式的除法法则：分式除以分式，把除式的分子、分 母颠倒位置后，与被除式相乘． 20. 在世界环境日（6 月 5 日），学校组织了保护环境知识测试，现从中随机抽取部分学生的成绩作为样本， 按“优秀”“良好”“合格”“不合格”四个等级进行统计，绘制了如下尚不完整的统计图表． 测试成绩统计表 等级 优秀 良好 合格 不合格 合计 频数（人数） 频率 a30 b0.45 0.20 0.10 124 12 c根据统计图表提供的信息，解答下列问题： a  c  ________； （1）表中 ________，b  ________， （2）补全条形统计图； （3）若该校有 2400 名学生参加了本次测试，估计测试成绩等级在良好以上（包括良好）的学生约有多少 人？ 【答案】（1）0.25，54，120；（2）见解析；（3）1680 人 【解析】 【分析】 频数 c，先用不合格的人数除以不合格的频率即可得到总频数（人数） ，再依次求出 a、（1）依据频率= 总数 ；b（2）根据（1）良好人数即可补全条形统计图； （3）全校 2400 名乘以“优秀”和“良好”两个等级的频率和即可得到结论． 【详解】解：（1）样本的总频数（人数） （人）， c=12 0.1=120 30 a= =0.25 ，其中：“优秀”等次的频率 “良好”等次的频数 120 （人）． b=1200.45=54 故答案为：0.25，54，120； （2）如下图； 2400 0.25 0.45 1680 （3）试成绩等级在良好以上（包括良好）的学生= （人）． 答：测试成绩等级在良好以上（包括良好）的学生约有 1680 人． 频数 总数 【点睛】本题考查了频率统计表和条形统计图，读懂统计图，掌握“频率= ”是解决问题的关键． 3 1 2 21. 从 2021 年起，江苏省高考采用“ ”模式：“3”是指语文、数学、外语 3 科为必选科目，“1” 是指在物理、历史 2 科中任选科，“2”是指在化学、生物、思想政治、地理 4 科中任选 2 科． （1）若小丽在“1”中选择了历史，在“2”中已选择了地理，则她选择生物的概率是________； （2）若小明在“1”中选择了物理，用画树状图的方法求他在“2 中选化学、生物的概率． 116【答案】（1） ；（2）图表见解析， 3【解析】 【分析】 (1)小丽在“2”中已经选择了地理，还需要从剩下三科中进行选择一科生物，根据概率公式计算即可． 的（2）小明在“1”中已经选择了物理，可直接根据画树状图判断在 4 科中选择化学，生物 可能情况有2 种， 再根据一共有 12 种情况，通过概率公式求出答案即可． 1【详解】（1） ；3（2）列出树状图如图所示： 由图可知，共有 12 种可能结果，其中选化学、生物的有 2 种， 216所以， P（选化学、生物） ．12 1答：小明同学选化学、生物的概率是 ．6【点睛】本题考查了等可能概率事件，以及通过列表法或画树状图法判断可能情况概率，根据概率公式事 件概率情况，解题关键在于要理解掌握等可能事件发生概率． 22. 如图，在四边形 中， ，对角线 的垂直平分线与边 、BC 分别相交于 M、ABCD AD//BC BD AD ．N（1）求证：四边形 是菱形； BNDM （2）若 BD  24 ，，求菱形 的周长． MN 10 BNDM 【答案】（1）见解析；（2）52 【解析】 【分析】 （1）先证明 ，得到四边形 为平行四边形，再根据菱形定义证明即可； △BON≌△DOM BNDM （2）先根据菱形性质求出 OB、OM、再根据勾股定理求出 BM，问题的得解． 【详解】（1）∵ ，∴ ．AD//BC CBD  ADB ∵∴是对角线 的垂直平分线， MN BD OB  OD ，MB  MD ．CBD  ADB OB  OD △BON 在和中， ，△DOM BON  DOM BON ≌DOM (ASA) ∴∴，MD  NB ，∴四边形 为平行四边形． BNDM 又∵ MB  MD ，∴四边形 为菱形． BNDM （2）∵四边形 为菱形， BD  24 ，．BNDM MN 10 11OB  BD  12 OM  MN  5 ，∴，．BOM  90 222222在中， ．Rt△BOM BM  OM  BO  5 12 13 的周长 ∴菱形 ．BNDM  4BM  413  52 【点睛】本题考查了菱形判定与性质定理，熟知菱形判定方法和性质定理是解题关键． 23. 甲、乙两公司全体员工踊跃参与“携手防疫，共渡难关”捐款活动，甲公司共捐款 100000 元，公司共捐款 140000 元．下面是甲、乙两公司员工的一段对话： （1）甲、乙两公司各有多少人？ （2）现甲、乙两公司共同使用这笔捐款购买 、B两种防疫物资， 种防疫物资每箱15000 元， B种防疫 种防疫物资不少于 10 箱，并恰好将捐款用完，有几种购买方案？请设计出来 B两种防疫物资均需购买，并按整箱配送）． AA物资每箱 12000 元．若购买 （注： B、A【答案】（1）甲公司有 150 人，乙公司有 180 人；（2）有 2 种购买方案：购买 8 箱 种防疫物资、10 箱 BA种防疫物资，或购买 4 箱 种防疫物资、15 箱 B种防疫物资 A【解析】 【分析】 (x 30) （1）设乙公司有 x 人，则甲公司有 可得出结论; 人，根据对话，即可得出关于 x 的分式方程，解之经检验后即 mnB种防疫物资 箱，根据甲公司共捐款100000 元，公司共捐款 （2）（2）设购买 种防疫物资 箱，购买 A4m 16  n 140000 元．列出方程，求解出 ，根据整数解，约束出 m、n 的值，即可得出方案． 5x(x 30) 【详解】（1）设乙公司有 人，则甲公司有 人，由题意得 100000 7 140000 ，解得 x 180 ．x  30 6x经检验， x 180 是原方程的解． ∴．x  30 150 答：甲公司有 150 人，乙公司有 180 人． mn种防疫物资 箱，由题意得 （2）设购买 种防疫物资 箱，购买 BA4m 16  n ，整理得 ．15000m 12000n 100000 140000 5mn又因为 ，且 、为正整数， n≥10 m  8 n 10 m  4 n 15 所以 ，．答：有 2 种购买方案：购买 8 箱 种防疫物资、10 箱 B B 种防疫物资，或购买 4 箱 种防疫物资、15 箱 种 AA防疫物资． 【点睛】本题考查了分式方程的应用，方案问题，二元一次方程整数解问题，找准等量关系，正确列出方 程是解题的关键． 32my轴的负 xOy A 4, 24. y  (x  0) 如图，在平面直角坐标系 中，反比例函数 的图像经过点 ，点 B在xx半轴上， 交轴于点 ，为线段 的中点． CCAB AB m  （1） ________，点 的坐标为________； CDE//y （2）若点 为线段 上的一个动点，过点 作D轴，交反比例函数图像于点 ，求ODE 面积的 DAB E最大值． 27 2,0 【答案】（1）m=6， ；（2）当 a=1 时，ODE 面积的最大值为 8【解析】 【分析】 32A 4, （1）将点 代入反比例函数解析式求出 m，根据坐标中点公式求出点 C 的横坐标即可； 332332D a, a  (0  a  4) y  x  （2）由 AC 两点坐标求出直线 AB 的解析式为 ，设 D 坐标为 ，则 446327 8 (a 1)2  E a, S，进而得到 ，即可解答 ODE a83m3mA 4, y  (x  0) 【详解】解：（1）把点 解得：m=6， 代入反比例函数 ，得： ，2×244  0 2 2 ∵A 点横坐标为：4，B 点横坐标为 0，故 C 点横坐标为： ，(2,0) 故答案为：6， ；y  kx  b ．（2）设直线 对应的函数表达式为 AB 343k  4k  b  3A 4, C(2,0) 代入得 将，，解得 ．23222k  b  0 b   33y  x  所以直线 对应的函数表达式为 ．AB 42332D a, a  (0  a  4) 因为点 在线段 D上，可设 ，AB 46DE//y E a, 因为 所以 轴，交反比例函数图像于点 ．所以 E．a1633233327 8S a  2 a  4 a2  a  3  (a 1)2  ．ODE a84827 8所以当 a=1 时，ODE 面积的最大值为 ．【点睛】本题考查了函数与几何综合，涉及了待定系数法求函数解析式、三角形面积、坐标中点求法、二 次函数的应用等知识点，解题关键是用函数解析式表示三角形面积． 25. 筒车是我国古代利用水力驱动的灌溉工具，唐代陈廷章在《水轮赋》中写道：“水能利物，轮乃曲 5O 成”．如图，半径为3m 的筒车 距离水面的高度 长为 按逆时针方向每分钟转 圈，筒车与水面分别交于点 、B，筒车的轴 A6心，简车上均匀分布着若干个盛水筒．若以某个盛水筒 P刚浮出水面时 OOC 2.2m 开始计算时间． （1）经过多长时间，盛水筒 P首次到达最高点？ 距离水面多高？ （2）浮出水面 3.4 秒后，盛水筒 PO （3）若接水槽 所在直线是 的切线，且与直线 交于点 ，．求盛水筒 P从最高点 MN MO  8m AB M11 11 cos43  sin 47  sin16  cos74  开始，至少经过多长时间恰好在直线 上．（参考数据： ，，MN 15 40 3sin 22  cos68  ）8【答案】（1）27.4 秒；（2）0.7m；（3）7.6 秒 【解析】 【分析】 （1）先根据筒车筒车每分钟旋转的速度计算出筒车每秒旋转的速度，再利用三角函数确定 ，AOC  43 最后再计算出所求时间即可； OD （2）先根据时间和速度计算出 AOP ，进而得出 POC ，最后利用三角函数计算出 距离水面的高度； ，从而得到盛水 筒P（3）先确定当 P在直线 上时，此时 P是切点，再利用三角函数得到 ，MN POM  68  ，从而计算出  ，最后再计算出时间即可． COM  74 POH  38 5360  60  5 【详解】（1）如图 1，由题意得，筒车每秒旋转 ．6OC 2.2 11 cosAOC  连接 所以 ，在 中， ，所以 ．OA RtACO  27.4 AOC  43 OA 315 180  43 （秒）． 5答：盛水筒 P首次到达最高点所需时间为 27.4 秒． （2）如图 2，盛水筒 P浮出水面 3.4 秒后，此时 ．AOP  3.45 17 所以 ．POC  AOC  AOP  43 17  60 1OD  OP cos60  3 1.5 过点 P作，垂足为 ，在 D中， ．PD  OC RtPOD 2．2.2 1.5  0.7 答：此时盛水筒 P距离水面的高度 ．0.7m O O （3）如图 3，因为点 P在上，且 与相切， MN 所以当 连接 P在直线 ，所以 上时，此时 ．P是切点． MN OP OP  MN OP 38cosPOM  在在中， ，所以 ．RtOPM POM  68 OM OC 2.2 11 cosCOM  中， ，所以 ．Rt△OCM COM  74 OM 840 所以 ．POH 180  POM  COM 180  68  74  38 38  7.6 所以需要的时间为 （秒）． 5答：从最高点开始运动，7.6 秒后盛水筒 P恰好在直线 上． MN 【点睛】本题考查了切线的性质、锐角三角函数、旋转等知识，灵活运用题目所给数量关系以及特殊角的 三角函数值是解题的关键． x中，把与 轴交点相同的二次函数图像称为“共根抛物线”．如图，抛物线 xOy 26. 在平面直角坐标系 13L : y  x2  x  2 y左侧），交 轴于点 ．抛物线2 与 x的顶点为 ，交轴于点 LL1、B（点 在点 ABCDA122是“共根抛物线”，其顶点为 P．L(2,12) L，求 2 对应的函数表达式； （1）若抛物线 2 经过点 （2）当 P的值最大时，求点 的坐标； BP  CP QLVDPQ （3）设点 是抛物线1 上的一个动点，且位于其对称轴的右侧．若 与ABC 相似，求其“共根 L抛物线” 2 的顶点 P的坐标． 323 39 ,3221 83 55 ,【答案】（1） y  2×2  6x 8 ；（2）点 ；（3） 或或或P,5 PP, P1232 8 2 8 3258P, 4【解析】 【分析】 LLL（1）由“共根抛物线”定义可知抛物线 2 经过抛物线 1 与 x 轴交点，故根据抛物线 1 可求 AB 两点坐标进 L而由交点式设 2 为 y  a(x 1)(x  4) (2,12) ，将点 代入，即可求出解； （2）由抛物线对称性可知 PA=PB，∴ ，根据三角形两边之差小于第三边可知当当 、BP CP  AP CP A3x  、P三点共线时， 的值最大，而 P 点在对称轴为 VDPQ 上，由此求出点 P 坐标； CBP  CP 2（3）根据点 ABC 坐标可证明△ABC 为直角三角形， 与ABC 相似，分两种情况讨论：当 DPQ  90 DQP  90 时，分别利用对应边成比例求解即可． 、123×2  x  2  0 y  0 x  1 x  4 ，【详解】解：（1）当 时， ，解得 ．212A(1,0) B(4,0) C(0,2) ∴、、．L由题意得，设 2 对应的函数表达式为 y  a(x 1)(x  4) ，L又∵ 2 经过点 (2,12) ，，12  a(2 1)(2  4) ∴∴∴．a  2 2L对应的函数表达式为 y  2(x 1)(x  4)  2x  6x  8 ．2xL2 与 轴交点均为 LA(1,0) B(4,0) 、（2）∵ 、，13LL2 的对称轴都是直线 x  ∴、．213x  ∴点 在直线 上． P2∴．BP  AP 如图 1，当 、、P三点共线时， 的值最大， CBP  CP A3x  此时点 P为直线 与直线 的交点． AC 2A(1,0) C(0,2) 、y  2x  2 由可求得，直线 对应的函数表达式为 ．AC 32P,5 ∴点 ．（3）由题意可得， 因为在ABC 中， ，，CB  2 5CA  5 ，AB  5 2 ，故 ．22ACB  90 ,CB  2CA AB  BC  AC 23225 813123225 8y  x2  x  2  x  D, 由，得顶点 ．223LLx  因为 2 的顶点 P 在直线 上，点 Q 在 1 上， 2PDQ ∴不可能是直角． 第一种情况：当  时， DPQ  90 QP AC 1QDP∽ABC ①如图 2，当 时，则得 ．DP BC 2133 1 3Q x, x2  x  2 P, x2  x  2 设，则 ，222 2 212325 812393    DP  x2  x  2   x2  x  ,QP  x  ∴．  2282QP 12139811 322x  3  x2  x  x  , x2  由∵得，解得 ．1DP 2223x  时，点 Q 与点 P 重合，不符合题意， 23 39 ,P∴舍去，此时 ②如图 3，当 ．2 8 DP AC 12DQP∽ABC 时，则得 ．QP BC 133 1 3Q x, x2  x  2 P, x2  x  2 设，则 ．222 2 212325 812393  x2  x  2   DP  x2  x  ,QP  x  ∴．    2282DP 123221 8394532x  x2  3x  x  , x  P, 由得，解得 （舍），此时 ．12QP 22第二种情况：当DQP  90 时， PDQ∽ABC PQ AC 1①如图 4，当 时，则得 ．DQ BC 2QM  PD QDM∽PDQ 过 Q 作 交对称轴于点 M，∴ ．QM PQ 123 39 11 39 ,M,,Q ∴．由图 2 可知 ，DM DQ 2 8 2 8 MD  8, MQ  4 ∴∴．QD PD ，又 ，代入得 PD 10 ．QD  4 5 DM DQ 3225 8D, ∵点 ，3 55 ,P∴点 ．2 8 DQ AC 12DPQ∽ABC ②如图 5，当 时，则 ．PQ BC QM  PD 过 Q 作 交对称轴于点 M， QM PQ  2 QDM∽PDQ ∴，则 ．，DM DQ 3221 5221 8M, Q，, 由图 3 可知 81MQ 1 MD  QD  ∴∴，，25．2QD PD 5PD  又，代入得 ．DM DQ 23225 D, ∵点 ，835P, ∴点 ，283 39 ,321 3 55 ,3258PP, PP或4, 综上所述， 或或．1232 8 282 8 【点睛】本题是二次函数的综合题，关键是根据待定系数法求解析式，二次函数图象上点的坐标特征，以 及相似三角形的性质解答． EF//BC 27. （1）如图 1，点 P为矩形 对角线 上一点，过点 P作，分别交 、于点 、ABCD CD BD AB ESS的面积为 2 ，则 S  S  ．若 ，PF  6 ，的面积为 ，________； △AEP CFP FBE  2 112（2）如图 2，点 P为ABCD 内一点（点 P不在 上），点 、、G、H分别为各边的中点．设四边 BD EFS的面积为 ，四边形 S的面积为 2 （其中 S  S SS、 2 的代 形），求 的面积（用含 PFCG △PBD AEPH 2111数式表示）； （3）如图 3，点 P为ABCD 内一点（点 ．设四边形 P不在 上）过点 P作，EF//AD HG//AB ，与各边分别相 BD S的面积为 ，四边形 SS  S 的面积为 2 （其中 1 ），求 2交于点 、、G、HPGCF EFAEPH 1SS2 的代数式表示）； 的面积（用含 、△PBD 1O （4）如图 4，点 、B、、把四等分．请你在圆内选一点 P（点 P不在 、上），设 、CAC DPB ABD 、  围成的封闭图形的面积为 AD SS2 ，、围成的封闭图形的面积为 ，、PA PD 的面积 PC △PBD BC 1SSSSS、 、 3S为，PAC 的面积为 4 ．根据你选的点 P的位置，直接写出一个含有 、4 的等式（写出 231一种情况即可）． 1S S2  S 1 ；（3） SS  S ；（4）答案不唯一 【答案】（1）12；（2） 1  VPBD VFBD 22【解析】 【分析】 （1）过 P 点作 AB 的平行线 MN，根据 S 矩形 AEPM+S 矩形 DFPM=S 矩形 CFPN+S 矩形 DFPM=S 矩形 ABCD-S 矩形 BEPN 从而 得到，S 矩形 AEPM =S 矩形 CFPN 进而得到 与△AEP CFP 的关系，从而求出结果. S SBPE  a  SCPF  b,SCPG  SDFG  c,SDPH  SAPH  d SBPF （2）连接 、，设 ，，PC PA APE S四边形EBFP  S四边形HPGD  S四边形AEPH  S四边形PFCG  S1  S S S1  S2 根据图形得到 2 ，求出 ，ABD SDPH  S  a ，最终求出结果. 11S 2SEBP S 2SHPD ，导出 SS  S  SEBP  SHPD （3）易知 ，，再由 2  四边形EDGP 四边形HPFD ABD 12SFBD  SABD  S  SEBP  SHPD 的关系，即可可求解 .1（4）连接 ABCD 的得到正方形，根据（3）的方法，进行分割可找到面积之间的关系. 【详解】（1）过 P 点作 AB∥MN， ∵S 矩形 AEPM+S 矩形 DFPM=S 矩形 CFPN+S 矩形 DFPM=S 矩形 ABCD-S 矩形 BEPN， 11∵SV AEP  S矩形AEPM , SVCFP  S矩形CFPN , 又221∴SV AEP =SVCFP = 26=6， 2S  S 12. ∴12（2）如图，连接 、，PC PA 在△APB 中，因为点 E 是中点， AB S SBPE  a 可设 ，APE S SCPF  b,SCPG  SDFG  c,SDPH  SAPH  d 同理， ，BPF S S四边形PFCG  SAPE  SAPH  SCPF  SCPG  a  b  c  d ，所以 四边形AEPH S四边形EDFP  S四边形HPGD  SBPE  SBPF  SDPH  SDPH  a  b  c  d ．S四边形EBFP  S四边形HPGD  S四边形AEPH  S四边形PFCG  S1  S2 所以 所以 ，1S SAPH  S  a S SABCD  S1  S 2 ，所以 ．DPH 1ABD 2SPBD  SABD  S  S  SPDH  S  S  S  a  S  a  S  S  2   ．1BPE 11121（3）易证四边形 、四边形 HPFD 是平行四边形． EBGP S 2SEBP S 2SHPD ．所以 所以 ，四边形EDGP 四边形HPFD 1112S SABCD S  S  2S  2SHPD S  S  SEBP  SHPD ，2  ABD 12EBF 1221SFBD  SABD  S  SEBP  SHPD S  S ．1  122（4） 答案不唯一，如： S  S  S  S 如图 1 或图 2，此时 ；4123S  S  S  S 如图 3 或图 4，此时 ．4123本试卷的题干 0635