精品解析：甘肃省天水市2020年中考数学试题（解析版）下载

2020 年天水市初中毕业与升学学业考试(中考)试卷数学 A 卷(100 分) 一、选择题(本大题共 10 小题，每小题 4 分，共 40 分．每小题给出的四个选项中，只有一个 选项是正确的，请把正确的选项选出来) 1. 下列四个实数中，是负数的是(　　　) 2 3 | 4 | A. B. C. D. 2  5 D【答案】 【解析】 【分析】 根据负数的定义逐项判断即得答案．  3  3 ，3 不 负数，故本选项不符合题意； 是【详解】解：A、 2B、 C、 D、 ，4 不是负数，故本选项不符合题意； 2  4 4  4 ，4 不是负数，故本选项不符合题意； 是负数，故本选项符合题意．  5 故选：D． 【点睛】本题考查了负数的定义以及实数的基本知识，属于基础题型，熟练掌握基本知识是解题关键． 2. 天水市某网店 2020 年父亲节这天的营业额为 341000 元，将数 341000 用科学记数法表示为(　　　) 3.41105 3.41106 341103 0.341106 A. B. C. D. A【答案】 【解析】 【分析】 的根据科学记数法 表示方法解答即可． 【详解】解：341000 用科学记数法表示为 故选：A． 5．3.4110 【点睛】此题考查了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. 某正方体的每个面上都有一个汉字，如图是它的一种表面展开图，那么在原正方体中，与“伏”字所在面相 对面上的汉字是(　　　) A. 文 B. 羲 C. 弘 D. 化 D【答案】 【解析】 【分析】 正方体的表面展开图，相对的面之间一定相隔一个正方形，根据这一特点作答即可． 【详解】解：在原正方体中，与“扬”字所在面相对面上的汉字是“羲”，与“伏”字所在面相对面上的汉 字是“化”，与“弘”字所在面相对面上的汉字是“文”． 故选：D． 【点睛】本题考查了正方体的展开图，熟练掌握解答的要点：正方体的表面展开图，相对的面之间一定相 隔一个正方形，建立空间观念是关键． 4. 某小组 8 名学生的中考体育分数如下：39，42，44，40，42，43，40，42.该组数据的众数、中位数分别 为(　　　) A. 40，42 B. 42，43 C. 42，42 D. 42，41 C【答案】 【解析】 【分析】 先将数据按照从小到大的顺序重新排列，再根据众数和中位数的定义求解即可得出答案． 【详解】解：将这组数据按照从小到大的顺序重新排列为 39，40，40，42，42，42，43，44， 因为 42 出现了三次，最多，所以这组数据的众数为 42， 42  42  42 因为共有 8 个数据，所以中间两个数据的平均数就是中位数，即中位数为 ，2故选： ．C【点睛】本题主要考查众数和中位数，一组数据中出现次数最多的数据叫做众数．将一组数据按照从小到 大（或从大到小）的顺序排列，如果数据的个数是奇数，则处于中间位置的数就是这组数据的中位数．如 果这组数据的个数是偶数，则中间两个数据的平均数就是这组数据的中位数，解决本类题目的关键就是牢 记定义． 5. 如图所示， O O 、PA PB 分别与 相切于 、B两点，点 为上一点，连接 、BC ，若 CAC AACB ，则 的度数为(　　　) P  70 A. 50 B. 55 C. D. 60 65 B【答案】 【解析】 【分析】 先利用切线的性质得∠OAP=∠OBP=90°，再利用四边形的内角和计算出∠AOB 的度数，然后根据圆周角 定理计算∠ACB 的度数． 【详解】连接 OA、OB， ∵PA、PB 分别与⊙O 相切于 A、B 两点， ∴OA⊥PA，OB⊥PB， ∴∠OAP=∠OBP=90°， ∵∠P=70°， ∴∠AOB=180°-∠P=180°-70°=110°， 11∴∠ACB= ∠AOB= ×110°=55°． 22故选：B． 【点睛】本题考查了切线的性质：圆的切线垂直于经过切点的半径．也考查了圆周角定理． 的6. 下列图形中，是中心对称图形但不是轴对称图形 是(　　　) A. B. C. D. C【答案】 【解析】 【分析】 根据轴对称图形和中心对称图形的概念对各选项进行分析判断即可得出答案． 【详解】解：A、是轴对称图形但不是中心对称图形，故错误； B、既是轴对称图形也是中心对称图形，故错误； C、是中心对称图形，但不是轴对称图形，故正确； D、是轴对称图形但不是中心对称图形，故错误； 故选：C． 【点睛】本题考查了轴对称图形与中心对称图形的定义，轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形沿对称轴 折叠后两部分能够完全重合；中心对称图形的关键是寻找对称中心，旋转 180°后两部分能够重合． cy  ax2  bx  c a 0 y  ax  b 7. 若函数 y  的图象如图所示，则函数 和在同一平面直角坐标系中的图象 x大致是(　　　) A. B. C. D. B【答案】 【解析】 【分析】 a根据二次函数的图像即可判断出 、b、c 与 0 的大小关系，然后根据一次函数和反比例函数的图像特点确 定答案． 【详解】解：∵抛物线开口向上 a∴＞0 bx   ∵抛物线对称轴 ＞0 2a ∴b＜0 ∵抛物线与 y 轴交点在 y 轴正半轴上 ∴c＞0 ay  ax  b ∴当 ＞0，b＜0 时，一次函数 的图像过第一、三、四象限； cy  当 c＞0 时，反比例函数 故选 B． 的图像过第一、三象限． x【点睛】本题考查了一次函数、二次函数、反比例函数图像与系数的关系，解答本题的关键是掌握一次函 数、二次函数、反比例函数的性质． 8. 如图所示，某校数学兴趣小组利用标杆 BE 测量建筑物的高度，已知标杆 BE 高，测得 AB 1.2m ，1.5m ，则建筑物 的高是(　　　) BC 12.8m CD A. 17.5m B. C. D. 17m 16.5m 18m A【答案】 【解析】 【分析】 先求得 AC，再说明△ABE∽△ACD，最后根据相似三角形的性质列方程解答即可． 【详解】解：∵ AB 1.2m ∴AC=1.2m+12.8m=14m ，BC 12.8m ∵标杆 BE 和建筑物 CD均垂直于地面 ∴BE//CD ∴△ABE∽△ACD AB AC 1.2 14 ∴,即 ,解得 CD=17.5m． BE CD 1.5 CD 故答案为 A． 【点睛】本题考查了相似三角形的应用，正确判定相似三角形并利用相似三角形的性质列方程计算是解答 本题的关键． xa9. 若关于 的不等式 只有 2 个正整数解，则 的取值范围为(　　　) 3x  a  2 A. B. C. D. 7  a  4 7  a  4 7  a  4 7  a  4 D【答案】 【解析】 【分析】 2  a 32  a 3x„ 2„  3 ，解 先解不等式得出 之可得答案． ，根据不等式只有 2 个正整数解知其正整数解为 1 和 2，据此得出 3x  a„ 2 【详解】解： ，3x„ 2  a 2  a ，，x„ 则3不等式只有 2 个正整数解， 不等式的正整数解为 1、2， 2  a 2„  3 ，则37  a„  4 解得： 故选： ，．D【点睛】本题主要考查一元一次不等式的整数解，解题的关键是熟练掌握解不等式的基本步骤和依据，并 根据不等式的整数解的情况得出关于某一字母的不等式组． 23234234510. 观察等式： ；；；…已知按一定规律排列的 2  2  2  2 2  2  2  2  2 2  2  2  2  2  2 一组数： 2100 ,2101,2102 ,,2199 ,2200 ，若 ，用含 S的式子表示这组数据的和是(　　　) D. 100 2 S 2S2  S 2S2  S 2S2  2S 2S2  2S  2 A. B. C. A【答案】 【解析】 【分析】 2100  2101  2102  2199  2200 =2100 1 2  299  2100 由题意得出 答案． ，再利用整体代入思想即可得出 【详解】解：由题意得：这组数据的和为： 2100  2101  2102  2199  2200 =2100 1 2  299  2100 =2100 1 2101  2 =2100 2101 1 =2100 2100 2 1 100 ∵，2 S S S2 1  2S2  S ,∴原式= 故选：A． 【点睛】本题考查规律型问题：数字变化，列代数式，整体代入思想，同底数幂的乘法的逆用，解题的关 232  2  2  2n1  2n =2n1  2 键是正确找到本题的规律： 中考填空题中的压轴题． ，学会探究规律，利用规律解决问题，属于 二、填空题(本大题共 8 小题，每小题 4 分，共 32 分．只要求填写最后结果) 311. 分解因式： _________． m n mn  mn m1 m 1 【答案】  【解析】 【分析】 原式提取公因式后，利用平方差公式分解即可． 3【详解】解： m n mn 2==mn(m 1) mn m1 m 1  ．mn m1 m 1  故答案为： ．【点睛】此题主要考查了提公因式法与公式法的综合运用，熟练掌握因式分解的方法是解本题的关键． 212. 一个三角形的两边长分别为 2 和 5，第三边长是方程 的根，则该三角形的周长为 x 8x 12  0 _______． 【答案】13 【解析】 【分析】 先利用因式分解法解方程 x2-8x+12=0，然后根据三角形的三边关系得出第三边的长，则该三角形的周长可 求． 【详解】解：∵x2-8x+12=0， x  2 x  6  0 ∴ ，∴x1=2，x2=6， ∵三角形的两边长分别为 2 和 5，第三边长是方程 x2-8x+12=0 的根，当 x=2 时，2+2＜5，不符合题意， ∴三角形的第三边长是 6， ∴该三角形的周长为：2+5+6=13． 故答案为：13． 【点睛】本题考查了解一元二次方程的因式分解法及三角形的三边关系，熟练掌握相关性质及定理是解题 的关键． x  2 x  3 13. 函数 中，自变量 x 的取值范围是___________． y  【答案】 【解析】 【分析】 且x  2 x  3 ．x根据二次根式的性质以及分式的意义，分别得出关于 的关系式，然后进一步加以计算求解即可. 【详解】根据二次根式的性质以及分式的意义可得： ，且 ，x  2  0 x 3  0 ∴且x  2 x  3 ，故答案为： 且x  2 x  3 ．【点睛】本题主要考查了二次根式的性质与分式的性质，熟练掌握相关概念是解题关键. 10 316 314. 已知 a  2b  3a  4b  ，，则 的值为_________． ab 【答案】1 【解析】 【分析】 观察已知条件可得两式中 a 与 b 的系数的差相等，因此把两式相减即可得解． 10 316 3a  2b  3a  4b  【详解】解： ①， ②， ②-①得，2a+2b=2， 解得：a+b=1, 故答案为：1． 【点睛】此题主顾考查了二元一次方程组的特殊解法，观察条件的结构特征得出 2a+2b=2 是解答此题的关 键． 15. 如图所示， AOB 是放置在正方形网格中的一个角，则sin AOB 的值是________． 2【答案】 2【解析】 【分析】 由题意可知，要求出答案首先需要构造出直角三角形，连接 AB，设小正方形的边长为 1，可以求出 OA、 OB、AB 的长度，由勾股定理的逆定理可得 【详解】连接 AB 如图所示： 是直角三角形，再根据三角函数的定义可以求出答案. ABO 设小正方形的边长为 1， 2222222∴∴==10， ，，OA 3+1 BA =3 +1=10OB =4 +2 =20 是直角三角形， ABO BA OB 10 20 2∴sin AOB= =，22故答案为： .2【点睛】本题主要考查了勾股定理的逆定理和正弦函数的定义，熟练掌握技巧即可得出答案. 16. 如图所示，若用半径为 8，圆心角为120的扇形围成一个圆锥的侧面(接缝忽略不计)，则这个圆锥的底 面半径是_________． 83【答案】 【解析】 【分析】 根据半径为 8，圆心角为 120°的扇形弧长，等于围成的圆锥的底面周长，列方程求解即可． r【详解】解：设圆锥的底面半径为 ， 120 8  2r 由题意得， ，180 8r  解得， ，383故答案为： ．【点睛】本题考查了弧长的计算公式，扇形与围成的圆锥底面圆的周长之间的关系，明确扇形的弧长与围 成的圆锥的底面圆的周长的关系是正确解答本题的关键，本题就是把的扇形的弧长等于围成的圆锥的底面 圆的周长作为相等关系，列方程求解． 17. 如图，将正方形 OEFG放在平面直角坐标系中，O是坐标原点，点 E的坐标为（2，3），则点 F的坐标为 _____． 【答案】（﹣1，5） 【解析】 【分析】结合全等三角形的性质可以求得点 G 的坐标，再由正方形的中心对称的性质求得点 F 的坐标． 【详解】如图，过点 E 作 x 轴的垂线 EH，垂足为 H．过点 G 作 x 轴的垂线 GM，垂足为 M，连 接 GE、FO 交于点 O′， ∵四边形 OEFG 是正方形， ∴OG=EO，∠GOM=∠OEH，∠OGM=∠EOH， 在△OGM 与△EOH 中， OGM  EOH OG  OE ，GOM  OEH ∴△OGM≌△EOH（ASA）， ∴GM=OH=2，OM=EH=3， ﹣∴G（ 3，2）， 5212﹣∴O′（ ，）， ∵点 F 与点 O 关于点 O′对称， ﹣∴点 F 的坐标为 （ 1，5）， 故答案是：（﹣1，5）． 【点睛】本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、中点坐标公式等，正确添加辅助 线以及熟练掌握和运用相关内容是解题的关键. EAF  45 18. 如图，在边长为 6 的正方形 内作 ，交BC 于点 ，交于点 ，连接 F，ABCD CD AE EAF EF 将绕点 顺时针旋转 A得到 ，若 ，则 BE 的长为__________． 90 ABG DF  3 ADF 【答案】2 【解析】 【分析】 根据旋转的性质可得 AG=AF，GB=DF，∠BAG=∠DAF，然后根据正方形的性质和等量代换可得 ∠GAE=∠FAE，进而可根据 SAS 证明△GAE≌△FAE，可得 GE=EF，设 BE=x，则 CE 与 EF 可用含 x 的 代数式表示，然后在 Rt△CEF 中，由勾股定理可得关于 x 的方程，解方程即得答案． 【详解】解：∵将△ 绕点 顺时针旋转 A得到△ ，90 ABG ADF ∴AG=AF，GB=DF，∠BAG=∠DAF， EAF  45 ∵，∠BAD=90°， ∴∠BAE+∠DAF=45°， ∴∠BAE+∠BAG=45°，即∠GAE=45°， ∴∠GAE=∠FAE， 又 AE=AE， ∴△GAE≌△FAE（SAS）， ∴GE=EF， 设 BE=x，则 CE=6－x，EF=GE=DF+BE=3+x， ∵DF=3，∴CF=3， 22在 Rt△CEF 中，由勾股定理，得： 6  x  32  x  3 ，解得：x=2，即 BE=2． 故答案为：2． 【点睛】本题考查了旋转的性质、正方形的性质、全等三角形的判定和性质以及勾股定理等知识，属于常 考题型，熟练掌握上述基本知识、灵活应用方程思想是解题的关键． 三、解答题(本大题共 3 小题，共 28 分．解答时写出必要的文字说明及演算过程) 1 1  019. （1）计算： ．4sin 60 | 3 2 | 2020  12    4  1a 1 a 1 （2）先化简，再求值： ，其中 ．a  3 a 1 a2  2a 1 a 1 2【答案】（1） ；（2） ，1． 3  3 a2 1 【解析】 【分析】 （1）先代入三角函数值、去绝对值符号、计算零指数幂、化简二次根式、计算负整数指数幂，再计算乘法、 去括号，最后计算加减可得； a（2）先根据分式的混合运算顺序和运算法则化简原式，再将 的值代入计算可得． 3【详解】（1）原式 ， 4  (2  3) 1 2 3 4 2， 2 3 2  3 1 2 3 4 ； 3  3 1a 1 a 1 （2）原式 ，a 1 (a 1)2 a 1 11，a 1 a 1 a 1 a 1 (a 1)(a 1) ，2，a2 1 22221 ．2当时，原式= a  3 31 3 1 【点睛】本题主要考查实数的混合运算与分式的化简求值，解题的关键是熟练掌握分式的混合运算顺序和 运算法则． 20. 为了解天水市民对全市创建全国文明城市工作的满意程度，某中学数学兴趣小组在某个小区内进行了调 查统计．将调查结果分为不满意，一般，满意，非常满意四类，回收、整理好全部问卷后，得到下列不完 整的统计图． 请结合图中的信息，解决下列问题： （1）此次调查中接受调查的人数为__________人； （2）请你补全条形统计图； （3）扇形统计图中“满意”部分的圆心角为__________度； 的（4）该兴趣小组准备从调查结果为“不满意” 4 位市民中随机选择 2 位进行回访，已知这 4 位市民中有 2 位男性，2 位女性．请用画树状图的方法求出选择回访的市民为“一男一女”的概率． 2【答案】（1）50；（2）答案见解析；（3）144；（4） ．3【解析】 【分析】 （1）由非常满意的有 18 人，占 36%，即可求得此次调查中接受调查的人数． （2）用总人数减去不满意人数、一般人数、非常满意人数，即可求得此次调查中结果为满意的人数． （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“一男一女”的情况，再利用概率 公式即可求得答案． ()【详解】（1）18  36%  50 人 ， 50 故答案为： ；50  4 818  20 （2） 补全图形如下： 20 360 144 （3） ，50 故答案为：144； （4）画树状图得： ∵共有 12 种等可能的结果，其中是“一男一女”的有 8 种情况， 82=∴一男一女的概率为：P（一男一女）= ．12 3 【点睛】此题考查了列表法或树状图法求概率以及条形与扇形统计图的知识．用到的知识点为：概率=所求 情况数与总情况数之比． ky  mxn m 0 21. y  k  0 如图所示，一次函数 的图象与反比例函数 的图象交于第二、四象限的 xx，过 点作轴的垂线，垂足为点 A 2,a B b,1 点和点 ，的面积为 4． △AOC CAa（1）分别求出 和 的值； bkxxmx  n  （2）结合图象直接写出 中的取值范围； y（3）在 轴上取点 P，使 取得最大值时，求出点 P的坐标． PB  PA 17 P(0, )．【答案】（1） ，a  4 b  8 ；（2） 或x  2 0  x  8 ；（3） 3【解析】 【分析】 （1）由△AOC 的面积为 4，可求出 a 的值，确定反比例函数的关系式，把点 B 坐标代入可求 b 的值． （2）根据图象观察当自变量 x 取何值时，一次函数图象位于反比例函数图象的上方即可，注意由两部 分． （3）由对称点 A 关于 y 轴的对称点 A′，直线 A′B 与 y 轴交点就是所求的点 P，求出直线与 y 轴的交点坐标 即可． 1S| k | 4 【详解】（1）由题意得： AOC 2| k | 8 ∴，k  8 又∵反比例函数图象经过第二、四象限 8 y  ∴k  8 ，x8 2 8 by  1 a   4  1 当时， ；当 时， ，解得 x  2 b  8 kmx  n  （2）由图象可以看出 的解集为 或x  2 0  x  8 x（3）如图，作点 A 关于 y 轴的对称点 A′，直线 A′B 与 y 轴交于 P，此时 PA-PB 最大（PB-PA=PB-PA′≤A′B， 共线时差最大） y关于 轴的对称点为 A 2,4 ，A 2,4 ∵yB 8,1 又，则直线 的解析式为 与P轴的交点即为所求 点． A B y  cx  d 设直线 A B 5617 c   2c  d  4 则解得 8c  d  1 d  3517 3y  x  ∴直线 ∴直线 的解析式为 A B 617 y(0, )．与轴的交点为 A B 317 3P(0, )．即点 P的坐标为 【点睛】本题主要考查了反比例函数与一次函数综合，涉及了轴对称以及待定系数法求函数的关系式、线 段的最值等知识，理解作点 A 关于 y 轴的对称点 A′，直线 A′B 与 y 轴交于 P，此时 PA-PB 最大． B 卷 四、解答题(本大题共 50 分，解答时写出必要的演算步骤及推理过程) 22. 为了维护国家主权和海洋权力，海监部门对我国领海实现了常态化巡航管理．如图所示，正在执行巡航 任务的海监船以每小时 40 海里的速度向正东方向航行，在 处测得灯塔 P在北偏东 方向上，继续航行 60 A30 分钟后到达 处，此时测得灯塔 在北偏东 方向上． BP45 （1）求 的度数； APB （2）已知在灯塔 P的周围 25 海里内有暗礁，问海监船继续向正东方向航行是否安全？(参考数据： ，)2  1.414 3 1.732 【答案】（1）15°；（2）海监船继续向正东方向航行安全． 【解析】 【分析】 （1）作 交PH  AB AB H的延长线于点 ，根据题意可得∠PBH=45°、∠PAB=60°,然后利用三角形外角的性 质即可解答； PH  x （2）设 海里，则 海里，然后行程关系求得 AB，再利用正切函数求得 x，最后与 25 BH  PH  x 海里比较即可解答． 【详解】解：（1）作 交PH  AB AB 的延长线于点 H∵PAB  90 60  30 ，PBH  90 45  45 ∴；APB  PBH  PAB  4530 15 30 60 PH  x AB  40  20 （2）设 海里，则 海里， 海里 BH  PH  x PH tan30  ∵在 RtAPH 中， AH x3∴20  x 3解得： ．x 10 310  27.32  25 ∴海监船继续向正东方向航行安全． 【点睛】本题考查了三角形外角的性质以及运用正切函数解三角形，解答本题的关键在于利用正切函数列 方程求出 BH 的长． BAC 23. 如图，在ABC 中， C  90 ，平分 交BC 于点 ，点 O在上，以点 为圆心， OOA DAD AB 为半径的圆恰好经过点 ，分别交 、于点 、．AC DFAB EO （1）试判断直线 BC （2）若 与的位置关系，并说明理由； ，，求阴影部分的面积(结果保留 )． AB  6 BD  2 3 2O 2 3  【答案】（1） BC 与相切，理由见解析；（2） ．3【解析】 【分析】 （1）连接 OD，求出 OD//AC，求出 OD⊥BC，根据切线的判定得出即可； （2）根据勾股定理求出 OD=2，求出 OB=4，得出 ，再分别求出△ODB 和扇形 DOF 的面积 BOD  60 即可． O 【详解】解：（1） BC OD 与相切．理由如下： 如图，连接 ．BAC ，∵∴平分 AD ，CAD  OAD 又∵ ∴，OA  OD ，，OAD  ODA CAD  ODA ∴∴，OD / /AC ∴BDO  C  90 OD O 又∵ 为的半径， O ∴BC 与相切． r的半径为 ，则 O （2）设 ，OA  OD  r OB  6  r ，222由（1）知 ，在 中， ，BDO  90 RtBOD OD  BD  OB 22即2 ，解得 ．r  (2 3)  (6  r) r = 2 BD 2 3 ∵∴∴，tan BOD  BOD  60  3 OD 2．160r2 ，360 S阴影  SBOD  S扇形ODF  OD BD  2160 22 ， 22 3 2360 2 2 3  ．3【点睛】本题考查了切线的判定，平行线的性质和判定，等腰三角形的性质，扇形的面积计算、含 30°角的 直角三角形的性质，勾股定理等知识点；熟练掌握切线的判定与性质和勾股定理是解此题的关键． 24. 性质探究 如图（1），在等腰三角形 中， ，则底边 与腰 的长度之比为_________． AC ABC ACB 120 AB 理解运用 （1）若顶角为120的等腰三角形的周长为 ，则它的面积为_________； 4  2 3 M , N EF  EG  EH （2）如图（2），在四边形 EFGH 中， .在边 FG ，GH 上分别取中点 ，连接 .若 MN ，EF  20 ，求线段 的长． FGH 120 MN 类比拓展 的等腰三角形的底边与一腰的长度之比为__________(用含 的式子表示) 顶角为 2 ()(或2sin :1 【答案】性质探究： 或；理解运用：（1） ；（2） ；类比拓展： 3 :1 33MN 10 3 2sin )．【解析】 【分析】 性质探究 作 CD⊥AB 于 D，则∠ADC=∠BDC=90°，由等腰三角形的性质得出 AD=BD，∠A=∠B=30°，由直角三角 形的性质得出 AC=2CD，AD= CD，得出 AB=2AD=2 CD，即可得出结果； 33理解运用 （1）同上得出则 AC=2CD，AD= CD，由等腰三角形的周长得出 4CD+2 CD=4+2 ，解得：CD=1， 333得出 AB=2 ，由三角形面积公式即可得出结果； 3（2）①由等腰三角形的性质得出∠EFG=∠EGF，∠EGH=∠EHG，得出 ∠EFG+∠EHG=∠EGF+∠EGH=∠FGH 即可； ②连接 FH，作 EP⊥FH 于 P，由等腰三角形的性质得出 PF=PH，由①得：∠EFG+∠EHG=∠FGH=120°， 由四边形内角和定理求出∠FEH=120°，由等腰三角形的性质得出∠EFH=30°，由直角三角形的性质得出 PE= 1EF=10，PF= PE=10 ，得出 FH=2PF=20 ，证明 MN 是△FGH 的中位线，由三角形中位线定理 3332即可得出结果； 类比拓展 1作 AD⊥BC 于 D，由等腰三角形的性质得出 BD=CD，∠BAD= ∠BAC=α，由三角函数得出 2BD=AB×sinα，得出 BC=2BD=2AB×sinα，即可得出结果． 【详解】性质探究 解：作 CD⊥AB 于 D，如图①所示： 则∠ADC=∠BDC=90°， ∵AC=BC，∠ACB=120°， ∴AD=BD，∠A=∠B=30°， ∴AC=2CD，AD= CD， 3∴AB=2AD=2 CD，  3 3AB 2 3CD ∴；AC 2CD 故答案为： 理解运用 (或 )； 33 :1 （1）解：如图①所示：同上得：AC=2CD，AD= CD， 3∵AC+BC+AB=4+2 ，3∴4CD+2 CD=4+2 ，33解得：CD=1， ∴AB=2 ，311∴△ABC 的面积= AB×CD= ×2 ×1= ；3322故答案为： 3（2）①证明：∵EF=EG=EH， ∴∠EFG=∠EGF，∠EGH=∠EHG， ∴∠EFG+∠EHG=∠EGF+∠EGH=∠FGH； ②解：连接 FH，作 EP⊥FH 于 P，如图②所示： 则 PF=PH，由①得：∠EFG+∠EHG=∠FGH=120°， ∴∠FEH=360°-120°-120°=120°， ∵EF=EH， ∴∠EFH=30°， 1∴PE= ∴PF= EF=10， 2PE=10 ，33∴FH=2PF=20 ，3∵点 M、N 分别是 FG、GH 的中点， ∴MN 是△FGH 的中位线， 1∴MN= FH=10 ；32类比拓展 解：如图③所示：作 AD⊥BC 于 D， ∵AB=AC， 1∴BD=CD，∠BAD= ∠BAC=α， 2BD sin  ∵，AB ∴BD=AB×sinα， ∴BC=2BD=2AB×sinα， BC 2ABsin  2sin ∴；AB AB 故答案为：2sinα（或 ）． 2sin :1 【点睛】本题是四边形综合题目，考查了等腰三角形的性质、直角三角形的性质、三角形中位线定理、四 边形内角和定理、解直角三角形等知识；本题综合性强，熟练掌握等腰三角形的性质和含 30°角的直角三角 形的性质是解题的关键． 25. 天水市某商店准备购进 、B B 两种商品， 种商品每件的进价比 种商品每件的进价多20 元，用 2000 AA元购进 种商品和用1200 元购进 B种商品的数量相同．商店将 种商品每件的售价定为80 元， B种商品 AA每件的售价定为 45 元． （1） 种商品每件的进价和 B种商品每件的进价各是多少元？ A（2）商店计划用不超过 1560 元的资金购进 、B两种商品共 40 件，其中 种商品的数量不低于 B种商品 AA数量的一半，该商店有几种进货方案？ m 10  m  20 B元， 种商品 （3）“五一”期间，商店开展优惠促销活动，决定对每件 种商品售价优惠 Am售价不变，在（2）的条件下，请设计出 的不同取值范围内，销售这40 件商品获得总利润最大的进货方 案． 【答案】（1） 种商品每件的进价为50 元， B种商品每件的进价为 30 元；（2）该商店有 5 种进货方案； A（3）①当 时，（2）中的五种方案都获利 600 元；②当 时，购进 种商品18 件，购进 Bm 15 10  m 15 A种商品 22 件，获利最大；③当 【解析】 时，购进 种商品14 件，购进 B种商品 26 件，获利最大． 15  m  20 A【分析】 xx  20 （1）设 种商品每件的进价为元， B种商品每件的进价为 元，然后根据“用 2000 元购进 种AA商品和用 1200 元购进 Ba种商品的数量相同”的等量关系列分式方程解答即可； 40  a 件，再根据“商店计划用不超过 1560 元的资金半”和 （2）设购进 种商品件，购进 B种商品 A“B种商品的数量不低于 种商品数量的一半”两个等量关系，列不等式组确定出 a的整数值即可； AyB、 两种商品总获利 元，然后列出y与 a和 m的关系式，然后分 m=15、10＜m＜15、15＜ （3）设销售 Am＜20三种情况分别解答，最后再进行比较即可． xx  20 【详解】（1）设 种商品每件的进价为元， B种商品每件的进价为 元． A2000 1200 依题意得 经检验 ，解得 ，x  50 xx  20 是原方程的解且符合题意 x  50 当时， ．x  50 x  20  30 答： 种商品每件的进价为50 元， B种商品每件的进价为 30 元； Aa40  a （2）设购进 种商品件，购进 B种商品 件， A50a  30(40  a)„ 1560 依题意得 1a… (40  a) 240 „ a„ 18 解得 ，3aa 14,15,16,17,18 ∵为整数∴ ．∴该商店有 5 种进货方案； （3）设销售 两种商品总获利元， y、BAy  80 50  m a 4530 40 a  15 m a 600 则   ．yay①当 ②当 ∴当 时， ，与，的取值无关，即（2）中的五种方案都获利 600 元； m 15 15 m  0 a随 的增大而增大， 时， 10  m 15 15 m  0 时，获利最大，即在（2）的条件下，购进 种商品18 件，购进 B种商品 22 件，获利最大； a 18 Aya随 的增大而减小， ③当 ∴当 时， ，15  m  20 15 m  0 a 14 时，获利最大， ∴在（2）的条件下，购进 种商品14 件，购进 B种商品 26 件，获利最大． A【点睛】本题考查了分式方程的应用、不等式组的应用、一次函数的应用等知识点，熟练应用所学知识解 决实际问题是解答本题的关键． y  ax2  bx  c a 0 x轴交于 y两点，与 轴交于点 ，且点 的坐标为 26. 如图所示，抛物线 与、BCAAA 2,0 C 0,6 ，点 的坐标为 C，对称轴为直线 .点 是抛物线上一个动点，设点 的横坐标为 D D x 1 m 1 m  4 ，连接 ，BC ，，．AC DC DB （1）求抛物线的函数表达式； 3m的面积的 时，求 的值； AOC （2）当 的面积等于 BCD 4x（3）在（2）的条件下，若点 是轴上一动点，点 是抛物线上一动点，试判断是否存在这样的点 N，MMB, D, M , N 使得以点 理由． 为顶点的四边形是平行四边形．若存在，请直接写出点 的坐标；若不存在，请说明 M33y  x2  x  6 m8,0 0,0 ，【答案】（1） ；（2） 的值为3；（3）存在，点 的坐标为 ，，M( 14,0) 42．( 14,0) 【解析】 【分析】 b1 ，联立方程组，求出 a，b，c 的值即可； （1）把 A、C 两点坐标代入函数解析式，结合对称轴方程 2a （2）过点 作轴于点 ，交BC 于点 G，过点 作交的延长线于点 ．首先计算 FDE  x CCF  ED DED E93AOC Sy  x  6 出的面积=6，得 ，求得 B（4，0），直线 BC 的函数表达式为 ，可得点 的DBCD 22æö3332ç÷÷D m,- m + m +6 S SCDG  S G(m, m  6) 坐标为 ，点 G的坐标为 ，根据 BDG 得方程 çBCD 42èø2392 m2  6m  求解即可； 2（3）根据平行四边形的判定与性质分三种情况进行求解：①当 为对角线时；②当 为对角线时；③ DB DM 当DN 为对角线时． 34ba   1 2a 34a  2b  c  0 c  6 b  【详解】（1）由题意得 ，解得 2c  6 33y  x2  x  6 故抛物线的函数表达式为 （2）过点 42作轴于点 ，交BC 于点 G，过点 作交的延长线于点 ．DE  x CCF  ED DED FE2,0 ∵点 的坐标为 A，∴OA  2 0,6 ∴∵点 的坐标为 COC 6 11SS OAOC  26  6 ∴AOC BCD 232392 SAOC  6  ∴4433 x2  x  6  0 y  0 当时， ，42x  2 x  4 ，解得 .12B 4,0 ∴y  kx  n 设直线 BC 的函数表达式为 34k  n  0 n  6 k   则，解得 ，2n  6 3y  x  6 ∴直线 BC 的函数表达式为 ．2æö3332ç÷÷D m,- m + m +6 G(m, m  6) 则点 的坐标为 D，点 G的坐标为 ，ç42èø23333DG  m2  m  6  m  6  m2  3m ∴42244,0 ，∵点 ∴B的坐标为 ．OB  4 121S SCDG  SBDG DG CF  DG  BE ∴BCD 2121133DG(CF  BE)  DG  BO   m2  3m 4  m2  6m ．2242392 m2  6m  则有 解得 2m 1 m  3 (不合题意，舍去)， ．12m∴的值为 3． 8,0 0,0 ，（3）存在，点 的坐标为 ，，( 14,0)( 14,0) M33y  x2  x  6 在当∴中， 4215 4y  x  3时， ，æö15 4ç÷÷D 3, ．çèø分三种情况讨论： ①当 为对角线时，如图（1）， DB 易知点 与点关于直线 N对称． x 1 D15 N 1, ∴，，DN  4 4∴，BM  4 B 4,0 ，又∵ M 8,0 1  ∴②当 为对角线时，如图（2）， DM 15 4N 1, ，．，DN  4 ∴BM  4 B 4,0 又∵ ，M 0,0 ∴2  ③当 DN 为对角线时． æö15 415 4ç÷÷D 3, ∵将，易知点 的纵坐标为 N．çèø15 4333315 4y   y  x2  x  6  x2  x  6   代入 中，得 ，4242解得 ，x1 1 14 x2 1 14 ．15 4N 1 14, 当时，点 的位置如图（3）所示，则 Nx 1 14 xD, N E,Q DEM ≌ NQB 分别过点 ∵作轴的垂线，垂足分别为点 ，，易证 ．BQ 1 14  4  14 3 ∴，EM  14 3 E 3,0 ，又∵ M14,0 ∴当3  15 4N 1 14, 时，点 的位置如图（4）所示，则 ．Nx 1 14 M  14,0 同理易得点 的坐标为 M4  - 14,0 ．8,0 0,0 14,0 综上所述：点 的坐标为 ，，，M()【点睛】本题考查的是二次函数综合运用，涉及到一次函数、平行四边形性质、面积计算等，其中（3）， 要注意分类求解，避免遗漏． 本试卷的题干 0635