四川省广元市2021年中考数学试题（解析版）下载

四川省广元市 2021 中考数学试题 一、选择题．（每小题给出的四个选项中，只有一个是符合题意的．每小题 3 分，共 30 分） 3  2 1. A. 计算 的最后结果是（ ）5 D. B. C. 151 C【答案】 【解析】 【分析】先计算绝对值，再将减法转化为加法运算即可得到最后结果． 【详解】解：原式 ， 3 2  5 C故选： ． 【点睛】本题考查了绝对值化简和有理数的加减法运算，解决本题的关键是牢记绝对值定义与有理数运算 法则，本题较基础，考查了学生对概念的理解与应用． 2. A. 下列图形均表示医疗或救援的标识，其中既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）B. C. D. C【答案】 【解析】 【分析】根据轴对称及中心对称图形的定义逐一判断即可得答案． 【详解】A.是轴对称图形，但不是中心对称图形，故该选项不符合题意， B.是轴对称图形，但不是中心对称图形，故该选项不符合题意， C.是轴对称图形，又是中心对称图形，故该选项符合题意， D.既不是轴对称图形，又不是中心对称图形，故该选项不符合题意， 故选：C. 【点睛】本题考查轴对称图形及中心对称图形的概念，轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分沿对 称轴折叠后能完全重合；中心对称图形的关键是寻找对称中心，图形绕对称中心旋转 180°后，两部分能够 完全重合；熟练掌握定义是解题关键． 3. 下列运算正确的是（ ）21214a  3 a 3  a2 9  A. B. D. a   a2  2 3a 1  6a 1 a  b a 2b  a2  2b2  C. B【答案】 【解析】 【分析】分别根据完全平方公式、平方差公式、单项式乘以多项式法则、多项式乘以多项式法则进行计算 即可判断求解． 21214【详解】解：A. ，原选项计算错误，不合题意； a   a2  a  a  3 a 3  a2 9  B. C. D. ，原选项计算正确，符合题意； ，原选项计算错误，不合题意； 2 3a 1  6a  2 a  b a 2b  a2  2ab  ab  2b2  a2  ab  2b2  ，原选项计算错误，不合题意． 故选：B 【点睛】本题考查了整式的乘法运算，乘法公式等知识，熟知乘法公式和整式的乘法法则是解题关键． 的一组数据：1，2，2，3，若添加一个数据 3，则不发生变化 统计量是（ 4. ）A. 平均数 B. 中位数 C. 众数 D. 方差 B【答案】 【解析】 【分析】依据平均数、中位数、众数、方差的定义和公式求解即可． 1 2  2  3 1 2  2  3 3 11 【详解】解：A、原来数据的平均数是 2，添加数字 3 后平均数为 ，所 455以平均数发生了变化，故 A 不符合题意； B、原来数据的中位数是 2，添加数字 3 后中位数仍为 2，故 B 与要求相符； C、原来数据的众数是 2，添加数字 3 后众数为 2 和 3，故 C 与要求不符； 1412[(1 2)2  (2  2)2  (2  2)2  (3 2)2 ]  D、原来数据的方差= ，1511 11 11 11 11 14 5[(1 )2  (2  )2  (2  )2  (3 )2 +(3 )2 ]  添加数字 3 后的方差= ，故方差发生了变化， 55555故选项 D 不符合题意． 故选：B． 【点睛】本题主要考查的是众数、中位数、方差、平均数，熟练掌握相关概念和公式是解题的关键． 5. 下列命题中，真命题是（ ）12x1  A. 2x B. 对角线互相垂直的四边形是菱形 C. 顺次连接矩形各边中点的四边形是正方形 D. 已知抛物线 y  x2  4x 5 ，当 1 x  5 时， y  0 D【答案】 【解析】 【分析】根据零次幂、菱形的判定、正方形的判定及二次函数的图象与性质可直接进行排除选项． 22x1 【详解】解：A、 ，错误，故不符合题意； xB、对角线互相垂直且平分的四边形是菱形，错误，故不符合题意； C、顺次连接矩形各边中点的四边形是菱形，错误，故不符合题意； 21,0 , 5,0 D、由抛物线 可得与 x 轴的交点坐标为   ，开口向上，然后可得当 时， y  x  4x 5 1 x  5 y  0 ，正确，故符合题意； 故选 D． 【点睛】本题主要考查零次幂、菱形的判定、正方形的判定及二次函数的图象与性质，熟练掌握零次幂、 菱形的判定、正方形的判定及二次函数的图象与性质是解题的关键． 6. 观察下列作图痕迹，所作线段 为ABC 的角平分线的是（ ）CD A. B. C. D. C【答案】 【解析】 【分析】根据角平分线画法逐一进行判断即可． 【详解】 ：所作线段为AB 边上的高，选项错误； B：做图痕迹为 AB 边上的中垂线，CD 为 AB 边上的中线，选项错误； ACB AC：CD 为 的角平分线，满足题意。 D：所作线段为 AB 边上的高，选项错误 故选：Ｃ. 【点睛】本题考查点到直线距离的画法，角平分线的画法，中垂线的画法，能够区别彼此之间的不同是解 题切入点． 7. 如图，从一块直径是 2 的圆形铁片上剪出一个圆心角为 的扇形，将剪下来的扇形围成一个圆锥．那 90 么这个圆锥的底面圆的半径是（ ）412A. B. C. D. 1 24B【答案】 【解析】 【分析】先计算 的长度，然后围成的圆锥底面周长等同于 的长度，根据公式计算即可． BC BC 【详解】解：如下图： 连接 BC，AO， ∵，BAC  90 ∴BC 是直径，且 BC=2， 又∵ ，AB  AC AO  BC, ∴，ABC  ACB  45 OA 1sin 45  OA  BC 1 又∵ ，，AB OA 22AB  1  2 ，∴∴sin 45 290 2的长度为： ，  2= BC 180 22∴围成的底面圆周长为 ，2r设圆锥的底面圆的半径为 ， 2则： ，2r  2212∴．r    =22 4故选： B【点睛】本题考查扇形弧长的计算，圆锥底面半径的计算，解直角三角形等相关知识点，根据条件计算出 扇形的半径是解题的关键． 28. 将二次函数 的图象在 x 轴上方的部分沿 x 轴翻折后，所得新函数的图象如图所示．当直 y  x  2x  3 y  x  b 线与新函数的图象恰有 3 个公共点时，b 的值为（ ）21 413 413 421 4A. 或B. 或C. 或D. 或3 3 3 3 A【答案】 【解析】 2y  x  b 【分析】由二次函数解析式 ，可求与 x 轴的两个交点 A、B，直线 表示的图像可 y  x  2x  3 y  x y  x 经过 B 点时， 看做是直线 的图像平移 b 个单位长度得到，再结合所给函数图像可知，当平移直线 y  x 恰与所给图像有三个交点，故将 B 点坐标代入即可求解；当平移直线 经过 C 点时，恰与所给图像有 关于 x 轴对称的函数 y  x2  2x 3 图像只有一个交点， 2y  x  b 三个交点，即直线 与函数 y  x  2x  3 即联立解析式得到的方程的判别式等于 0，即可求解． 2y  0 时，即 【详解】解：由 知，当 y  x  2x  3 x2  2x  3  0 x  1, x  3 解得： 12A 1,0 ,B 3,0 y  x 作函数 的图像并平移至过点 B 时，恰与所给图像有三个交点，此时有： 0  3 b b  3 平移图像至过点 C 时，恰与所给图像有三个交点，即当 时，只有一个交点 1 x  3 2当的函数图像由 的图像关于 x 轴对称得到 1 x  3 y  x  2x  3 时对应的解析式为 y  x2  2x 3 当1 x  3 yxb yx 2x3 2即，整理得： 2x 3x 3b  0 2 3  41 3b  21 4b  0 21 4b   21 4综上所述b  3 故答案是：A． 或【点睛】本题主要考察二次函数翻折变化、交点个数问题、函数图像平移的性质、二次函数与一元二次方 程的关系等知识，属于函数综合题，中等难度．解题的关键是数形结合思想的运用，从而找到满足题意的 条件． 9. 如图，在边长为 2 的正方形 中， 是以 BC 为直径的半圆的切线，则图中阴影部分的面积为 AE ABCD （）3   25 2A. B.   2 C. 1 D. D【答案】 【解析】 【 分 析 】 取BC 的 中 点O ， 设AE 与 ⊙O 的 相 切 的 切 点 为F ， 连 接OF 、 OE 、 OA ， 由 题 意 可 得 OB=OC=OA=1，∠OFA=∠OFE=90°，由切线长定理可得 AB=AF=2，CE=CF，然后根据割补法进行求解阴 影部分的面积即可． 【详解】解：取 BC 的中点 O，设 AE 与⊙O 的相切的切点为 F，连接 OF、OE、OA，如图所示： ∵四边形 ABCD 是正方形，且边长为 2， ∴BC=AB=2，∠ABC=∠BCD=90°， ∵是以 BC 为直径的半圆的切线， AE ∴OB=OC=OF=1，∠OFA=∠OFE=90°， ∴AB=AF=2，CE=CF， ∵OA=OA， ∴Rt△ABO≌Rt△AFO（HL）， 同理可证△OCE≌△OFE， AOB  AOF,COE  FOE ∴，∴∴∴AOB  COE  90  AOB  BAO ，COE  BAO ，ABO∽OCE ，OC CE ∴∴∴，AB OB 1CE  ，21  5 S S四边形ABCE  S半圆  2SABO  2SOCE  S半圆  2   ；阴影 222故选 D． 的【点睛】本题主要考查切线 性质定理、切线长定理、正方形的性质及相似三角形的性质与判定，熟练掌 握切线的性质定理、切线长定理、正方形的性质及相似三角形的性质与判定是解题的关键． 10. 如图，在ABC 中， ，ACB  90 AC  BC  4 ，点 D 是 BC 边的中点，点 P 是 AC 边上一个动 CQ CQ 的最小值是（ PDQ 点，连接 ，以 为边在 的下方作等边三角形 ，连接 ．则 ）PD PD PD 323A. B. 1 C. D. 22B【答案】 【解析】 【分析】以 CD 为边作等边三角形 CDE，连接 EQ，由题意易得∠PDC=∠QDE，PD=QD，进而可得 △PCD≌△QED，则有∠PCD=∠QED=90°，然后可得点 Q 是在 QE 所在直线上运动，所以 CQ 的最小值 为 CQ⊥QE 时，最后问题可求解． 【详解】解：以 CD 为边作等边三角形 CDE，连接 EQ，如图所示： PDQ ∵∴是等边三角形， CED  PDQ  CDE  60, PD  QD,CD  ED ，∵∠CDQ 是公共角， ∴∠PDC=∠QDE， ∴△PCD≌△QED（SAS）， ∵，ACB  90 AC  BC  4 ，点 D 是 BC 边的中点， 1CD  DE  CE  BC  2 ∴∠PCD=∠QED=90°， ，2∴点 Q 是在 QE 所在直线上运动， ∴当 CQ⊥QE 时，CQ 取的最小值， QEC  90 CED  30 ∴∴，1CQ  CE 1 ；2故选 B． 【点睛】本题主要考查等边三角形的性质、含 30°直角三角形的性质及最短路径问题，熟练掌握等边三角 形的性质、含 30°直角三角形的性质及最短路径问题是解题的关键． 二、填空题（把正确答案直接写在答题卡对应题目的横线上．每小题 4 分，共 24 分） 11. 的算术平方根是 _____． 16 2【答案】 【解析】 【详解】∵ ， 的算术平方根是 2， 416=4 ∴的算术平方根是 2. 16 16 的算术平方根和 的算术平方根是完全不一样的；因此求一个式子的平方根、 【点睛】这里需注意： 16 立方根和算术平方根时，通常需先将式子化简，然后再去求，避免出错. 12. 中国杂交水稻之父、中国工程院院士、共和国勋章获得者袁隆平于 2021 年 5 月 22 日因病去世，享年 91 岁，袁隆平的去世是中国乃至全世界的重大损失．袁隆平一生致力于水稻杂交技术研究，为提高我国水稻 亩产量做出了巨大贡献．截至 2012 年，“种三产四”丰产工程项目累计示范推广面积达 2000 多万亩，增 产 20 多亿公斤．将 20 亿这个数据用科学记数法表示为________． 9【答案】 210 【解析】 【分析】科学记数法要求，小数点在第一个不为零的整数后面，其他数为小数，小数点移动位数等于幂的 指数，向左移动，指数为正，向右移动，指数为负． 89【详解】 2010 =210 9故答案为： ．210 【点睛】本题考查科学记数法，根据相关原则进行计算是解题关键点． 13. 如图，实数 ，，m 在数轴上所对应的点分别为 A，B，C，点 B 关于原点 O 的对称点为 D．若 15  5 m 为整数，则 m 的值为________． 3【答案】- 【解析】 Dm【分析】先求出 点表示的数，再得到的取值范围，最后在范围内找整数解即可． ∵BOD【详解】解： 点关于原点 的对称点为，点 表示的数为 B，15 ∴点D表示的数为 ， 15 ∵A CA D ， 点位于 、 两点之间， 点表示  5 ∴， 15  m  5 ∵m 为整数， ；∴m  3 故答案为： ．3 【点睛】本题考查了数轴上点的特征，涉及到相反数的性质、对无理数进行估值、确定不等式组的整数解 等问题，解决本题的关键是牢记相关概念和性质，本题蕴含了数形结合的思想方法． 14. O 如图，在 的正方形网格图中，已知点 A、B、C、D、O 均在格点上，其中 A、B、D 又在 上， 44 O ________ ．点 E 是线段 与的交点．则 的正切值为 CD BAE 1【答案】 2【解析】 【分析】由题意易得 BD=4，BC=2，∠DBC=90°，∠BAE=∠BDC，然后根据三角函数可进行求解． 【详解】解：由题意得：BD=4，BC=2，∠DBC=90°， ∵∠BAE=∠BDC， BC BD 12tan BAE  tan BDC  ∴，1故答案为 ．2【点睛】本题主要考查三角函数及圆周角定理，熟练掌握三角函数及圆周角定理是解题的关键． kA 2,2 15. y  如图，点 在反比例函数 的图象上，点 M 在 x 轴的正半轴上，点 N 在 y 轴的负半轴上， 上一动点，过点 A 和 P 分别作 x 轴的垂线，垂足为点 D 和 E， xP x, y 是线段 且．点 OM  ON  5 MN S SOPE 时，x 的取值范围是________． OA 连接 、．当 OP OAD 【答案】1 x  4 【解析】 【分析】先求出反比例函数的解析式，再求出线段 MN 的解析式，最后联立两个解析式求出 B 和 C 两个点 的坐标，再根据 k 的几何意义，确定 P 点位置，即可得到相应的 x 的取值范围． A 2,2 【详解】解：∵点 k  2 2  4 ∴，4y   所以反比例函数的解析式为： ，x因为 ，OM  ON  5 M 5,0 ,N 0,5 ∴,y  px  q 0  x  5 设线段 MN 解析式为： ，5p  q  0 q  5 ∴，p 1 ∴，q  5 y  x 5 0 x  5 ∴线段 MN 解析式为： ，y  x 5 联立以上两个解析式得： ，4y   xx 1 x  4 解得： 或，经检验，符合题意； y  4 y  1 由图可知，两个函数的图像交点分别为点 B 和点 C， B 1,4 C 4,1 ∴∵，，S SOPE ，OAD ∴P 点应位于 B 和 C 两点之间， ∴，1 x  4 故答案为：1 x  4 ．【点睛】本题涉及到了动点问题，考查了反比例函数的图像与性质、k 的几何意义、待定系数法等内容，解 决本题的关键是牢记反比例函数的图像与性质，理解 k 的几何意义，以及能联立两个函数的解析式求交点 坐标等，本题蕴含了数形结合的思想方法等． 16. 如图，在正方形 中，点 O 是对角线 的中点，点 P 在线段 上，连接 AP 并延长交 CD 于ABCD OD BD 点 E，过点 P 作 PF  AP ；② 交BC 于点 F，连接 、，交于 G，现有以下结论： BD AF EF AF S SAPG S①；③ ；④ 为定值；⑤ ．以上 AP  PF DE  BF  EF PB  PD  2BF 四边形PEFG AEF 结论正确的有________（填入正确的序号即可）． 【答案】①②③⑤ 【解析】 【分析】由题意易得∠APF=∠ABC=∠ADE=∠C=90°，AD=AB，∠ABD=45°，对于①：易知点 A、B、F、 P 四点共圆，然后可得∠AFP=∠ABD=45°，则问题可判定；对于②：把△AED 绕点 A 顺时针旋转 90°得 到△ABH，则有 DE=BH，∠DAE=∠BAH，然后易得△AEF≌△AHF，则有 HF=EF，则可判定；对于③： 连接 AC，在 BP 上截取 BM=DP，连接 AM，易得 OB=OD，OP=OM，然后易证△AOP∽△ABF，进而问题 可求解；对于④：过点 A 作 AN⊥EF 于点 N，则由题意可得 AN=AB，若△AEF 的面积为定值，则 EF 为定 AP AF 2值，进而问题可求解；对于⑤由③可得 ，进而可得△APG∽△AFE，然后可得相似比为 2AP AF 2，最后根据相似三角形的面积比与相似比的关系可求解． 2【详解】解：∵四边形 是正方形， PF  AP ， ABCD ∴∠APF=∠ABC=∠ADE=∠C=90°，AD=AB，∠ABD=45°， ①∵ ABC  APF 180 ，∴由四边形内角和可得 BAP  BFP 180 ∴点 A、B、F、P 四点共圆， ，∴∠AFP=∠ABD=45°， ∴△APF 是等腰直角三角形， ∴，故①正确； AP  PF ②把△AED 绕点 A 顺时针旋转 90°得到△ABH，如图所示： ∴DE=BH，∠DAE=∠BAH，∠HAE=90°，AH=AE， ∴HAF  EAF  45 ，∵AF=AF， ∴△AEF≌△AHF（SAS）， ∴HF=EF， ∵，HF  BH  BF ∴，故②正确； DE  BF  EF ③连接 AC，在 BP 上截取 BM=DP，连接 AM，如图所示： ∵点 O 是对角线 的中点， BD ∴OB=OD， ，BD  AC ∴OP=OM，△AOB 是等腰直角三角形， ∴，AB  2AO 由①可得点 A、B、F、P 四点共圆， ∴∵APO  AFB ，ABF  AOP  90 ，∴△AOP∽△ABF， OP OA AP 2∴，BF AB AF 22∴，OP  BF 2∵∴BP  DP  BP  BM  PM  2OP ，，故③正确； PB  PD  2BF ④过点 A 作 AN⊥EF 于点 N，如图所示： 由②可得∠AFB=∠AFN， ∵∠ABF=∠ANF=90°，AF=AF， ∴△ABF≌△ANF（AAS）， ∴AN=AB， 若△AEF 的面积为定值，则 EF 为定值， ∵点 P 在线段 上， OD ∴的长不可能为定值，故④错误； EF AP AF 2⑤由③可得 ，2∵∠AFB=∠AFN=∠APG，∠FAE=∠PAG， ∴△APG∽△AFE， GP AP 2∴∴，EF AF 22 SAGP SAEF 21，221S SAEF ∴∴，AGP 2S SAPG ，故⑤正确； 四边形PEFG 综上所述：以上结论正确的有①②③⑤； 故答案为①②③⑤． 【点睛】本题主要考查正方形的性质、旋转的性质、圆的基本性质及相似三角形的性质与判定，熟练掌握 正方形的性质、旋转的性质、圆的基本性质及相似三角形的性质与判定是解题的关键． 三、解答题（96 分）要求写出必要的解答步骤或证明过程 x  3 x 1 17.  4 解方程： ．23x  7 【答案】 【解析】 【分析】根据整式方程的计算过程，去分母、去括号、移项、合并同类项、系数化为 1，就可以得到结 果． 3 x 3  2 x 1  24 【详解】解：去分母得： ，去括号得：3x 9  2x  2  24 ，移项并合并同类项得： ，5x  35 x  7 系数化为 1 得： ，x  7 故答案为： ．【点睛】本题考查整式方程的计算，注意每个步骤的要求是解题的关键．  1 1  1y 1 18. 先化简，再求值： ．其中 ，．x  2 x  y x y x2  xy 2×2 【答案】 【解析】 ，4 2 4 x  y 【分析】先算括号内的，再进行分式的除法运算进行化简，然后再代值求解即可． x  y  x  y 2×2  x x  y  【详解】解：原式= ，x  y x y x  y  22 2y 1 把，代入得：原式= ．x  2  4 2 4 2 1 【点睛】本题主要考查分式的化简求值及二次根式的运算，熟练掌握分式的化简求值及二次根式的运算是 解题的关键． 19. 如图，在平行四边形 中，E 为 边的中点，连接 ，若 的延长线和 BC 的延长线相交于 AE ABCD DC AE 点 F． （1）求证： （2）连接 ；BC  CF 和BE 相交于点为 G，若 的面积为 2，求平行四边形 ABCD 的面积． AC GEC 【答案】（1）证明见解析；（2）24． 【解析】 【分析】（1）根据 E 是边 DC 的中点，可以得到 DE  CE ，再根据四边形 ABCD 是平行四边形，可以得到 ADE＝ECF ，再根据 AED  CEF ，即可得到ADE≌ECF ，则答案可证； AG AB 1S 8 S 4 BGC （2）先证明CEG ABG ，根据相似三角形的性质得出 ，，进而得出 ，ABG GC CE 2S SABG  SBCG S12 由得，则答案可解． ABC △ABC 【详解】（1）证明：∵四边形 ABCD 是平行四边形， ∴∴，AD  BC ，AD//BC ADE＝ECF ，∵点 E 为 DC 的中点， ∴在DE  CE ，和中△ECF ADE ADE  ECF DE  CE AED  CEF ADE≌ECF ASA ∴，∴∴，AD  CF ；BC  CF （2）∵四边形 ABCD 是平行四边形，点 E 为 DC 的中点， ∴∴∴∵，AB//DC AB  2EC ，GEC  ABG ，GCE  GAB ，CEG ABG ，的面积为 2， GEC 22SABG SCEG AB CE 114  S 4SCEG  42  8 ∴，即 ，ABG   2  ∵∴CEG ABG AG AB 1，GC CE 211SSS SABG  8  4 ∴∴∴，BGC ABC 22 SABG  SBCG  8 4 12 ， 2SABC  212  24 ．ABCD 【点睛】本题考查平行四边形的性质、全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定和性质，解答本题的 关键是明确题意，利用数形结合的思想解答． 20. 为增强学生体质，丰富学生课余活动，学校决定添置一批篮球和足球．甲、乙两家商场以相同的价格出 售同种品牌的篮球和足球，已知篮球价格为 200 元/个，足球价格为 150 元/个． （1）若学校计划用不超过 3550 元的总费用购买这款篮球和足球共 20 个，且购买篮球的数量多于购买足球 2数量的 ．学校有哪几种购买方案？ 3（2）若甲、乙两商场各自推出不同的优惠方案：甲商场累计购物超过 500 元后，超出 500 元的部分按 90% 收费；乙商场累计购物超过 2000 元后，超出 2000 元的部分按 80%收费．若学校按（1）中的方案购买，学 校到哪家商场购买花费少？ 【答案】（1）有三种方案，为：①购买 9 个篮球，11 个足球；②10 个篮球，10 个足球；③11 个篮球，9 个 足球；（2）学校购买 9 个篮球，11 个足球到甲商场购买花费少；购买 10 个篮球，10 个足球和 11 个篮球， 9 个足球到乙商场购买花费少． 【解析】 的【分析】（1）设学校购买篮球 x 个，购买足球（20-x）个，根据“学校计划用不超过 3550 元 总费用购买” 2和“购买篮球的数量多于购买足球数量的 ”列出不等式组，求解即可； 3（2）设学校购买篮球 x 个，购买足球（20-x）个，分别计算出在甲，乙两商场的费用列出不等式求解即 可． 【详解】解：（1）设学校购买篮球 x 个，购买足球（20-x）个，根据题意得， 200x 150(20  x)  3550 2x  (20  x) 3解得， 8  x 11 ∵x 是整数， ∴x=9，10 或 11 ∴20-x=12，10 或 9 故有三种方案，为：①购买 9 个篮球，11 个足球；②10 个篮球，10 个足球；③11 个篮球，9 个足球； （2）设学校购买篮球 x 个，购买足球（20-x）个， [200x 150(20  x) 500]90%  500  (45x  2750) 在甲商场花费： 在乙商场花费： 元； [200x 150(20  x)  2000]80%  2000  (40x  2800) 元； ∴要使学校到甲商场花费最少，则有： 45x  2750＜40x  2800 解得， x＜10 ∵，且 x 是整数， 8  x 11 ∴x=9, 即：学校购买 9 个篮球，11 个足球到甲商场购买花费少；购买 10 个篮球，10 个足球和 11 个篮球，9 个足 球到乙商场购买花费少． 【点睛】本题主要考查了一元一次不等式和一元一次不等式组的应用，解题关键是要读懂题目的意思，根 据题目给出的条件，找出合适的等量关系列出不等式，再求解． 21. “此生无悔入华夏，来世再做中国人！”自疫情暴发以来，我国科研团队经过不懈努力，成功地研发出 了多种“新冠”疫苗，并在全国范围内免费接种．截止 2021 年 5 月 18 日 16：20，全球接种“新冠”疫苗 的比例为 18.29%；中国累计接种 4.2 亿剂，占全国人口的 29.32%．以下是某地甲、乙两家医院 5 月份某天 各年龄段接种疫苗人数的频数分布表和接种总人数的扇形统计图： 甲医院 乙医院 年龄段 频数 频率 频数 频率 18－29 周 900 a0.15 400 0.1 岁30－39 周 0.25 10000.25 岁40－49 周 2100 bc0.225 岁50－59 周 1200 0.2 1200 0.3 岁60 周岁以 300 0.05 500 0.125 上（1）根据上面图表信息，回答下列问题： a  c  ①填空： _________，b  _________， _________； ②在甲、乙两医院当天接种疫苗的所有人员中，40－49 周岁年龄段人数在扇形统计图中所占圆心角为 _________； （2）若 A、B、C 三人都于当天随机到这两家医院接种疫苗，求这三人在同一家医院接种的概率． 1【答案】（1）①1500，0.35，6=900；②108°；（2） 4【解析】 【分析】（1）①分别用甲、乙两医院 18-29 周岁的年龄段的频数除以频率即可求出接种总人数，然后根据频 数与频率的关系求出相应的值；②甲、乙两医院当天接种疫苗的所有人员中，40－49 周岁年龄段人数与接 种总人数的百分比乘以 360°即可得到在扇形统计图中所占圆心角； （2）画出树状图，得出所有等可能的结果数与三人在同一家医院接种的结果数，运用概率公式求解即 可． 【详解】解：（1）①900÷0.15=6000（人），400÷0.1=4000（人） ∴a=6000-900-2100-1200-300=1500 b=1-0.15-0.25-0.2-0.05=0.35 c=4000-400-1000-1200-500=900 故答案为：1500，0.35，6=900； 2100+900 =108 ②360° 6000+4000 故答案为：108°； （2）画树状图为： ∴所有等可能的结果共有 8 种情况，而同在一所医院接种的有 2 种结果数， 2814P  ∴三人在同一家医院接种的概率 ．【点睛】此题考查了条形统计图，扇形统计图以及概率的计算，读懂统计图，从不同的统计图中得到必要 的信息是解决问题的关键．当有两个元素时，可用树形图列举，也可以列表列举． 22. 如图，某无人机爱好者在一小区外放飞无人机，当无人机飞行到一定高度 D 点处时，无人机测得操控 者 A 的俯角为 ，测得小区楼房BC 顶端点 C 处的俯角为 ．已知操控者A 和小区楼房 BC 之间的距 75 45 离为 45 米，小区楼房 BC 的高度为 米． 15 3 （1）求此时无人机的高度； （2）在（1）条件下，若无人机保持现有高度沿平行于 的方向，并以 5 米/秒的速度继续向前匀速飞 AB 行．问：经过多少秒时，无人机刚好离开了操控者的视线？（假定点 A，B，C，D 都在同一平面内．参考 数据： ．计算结果保留根号） ，tan 75  2  3 tan15  2  3 15 3 30 6 3 6 【答案】（1） 米；（2） 秒【解析】 【分析】（1）通过作辅助线构造直角三角形，解直角三角形即可求出 DE 的值，进而得到 DH 的值； （2）先利用特殊角的三角函数值求出∠BAC 的度数，接着求出∠GFA 的度数，作辅助线构造直角三角形求 出 DG 和 GF，进而得到 DF 的值，最后除以无人机速度即可． 【详解】解：如图 1，过 D 点作 DH⊥AB，垂足为点 H，过 C 点作 CE⊥DH，垂足为点 E， 可知四边形 EHBC 为矩形， ∴EH=CB，CE=HB， ∵无人机测得小区楼房 BC 顶端点 C 处的俯角为 ∴∠ECD=45°，∠DAB=75°， ∴∠CDE=∠ECD=45°， ∴CE=DE， ，测得操控者 A 的俯角为 ，DM∥AB， 45 75 设 CE=DE=HB=x， ∴AH=45-x，DH=DE+EH=x+ ，15 3 2  3 45 x 在 Rt△DAH 中，DH=tan75°×AH= ，x 15 3 2  3 45 x 即，解得：x=30， ∴DH= 15 3 30 15 3 30 ∴此时无人机的高度为 米； （2）如图 2所示，当无人机飞行到图中 F 点处时，操控者开始看不见无人机，此时 AF 刚好经过点 C， 过 A 点作 AG⊥DF，垂足为点 G，此时，由（1）知，AG= （米）， 15 3 30 AG 30 15 3 2  3 ∴DG= ==15 ；，tan 75° BC 15 3 33∵∴tan CAB= AB 45 °CAB=30 ∵DF∥AB， ∴∠DFA=∠CAB=30°， GA GF   30 3 45 ,∴∴tan30° ,DF=GF  DG  30 3 30 因为无人机速度为 5 米/秒， 30 3 30 所以所需时间为 （秒）； =6 3 6 56 3 6 所以经过 秒时，无人机刚好离开了操控者的视线． 【点睛】本题综合考查了解直角三角形的应用，涉及到了等腰直角三角形的性质、矩形的判定与性质、特 殊角的三角函数值、解直角三角形等知识，解决本题的关键是读懂题意，能从题意与图形中找出隐含条件， 能构造直角三角形求解等，本题蕴含了数形结合的思想方法等． 1.5 y  kx  2 23. y  如图，直线 与双曲线 相交于点 A、B，已知点 A 的横坐标为 1， xy  kx  2 （1）求直线 （2）以线段 的解析式及点 B 的坐标； 为斜边在直线 的上方作等腰直角三角形 AB ．求经过点 C 的双曲线的解析式． ABC AB 5【答案】（1）y=-0.5x+2；点 B 坐标为（3，0.5）；（2）过点 C 的双曲线解析式为 ．y  x【解析】 y  kx  2 【分析】（1）把点 A 横坐标代入反比例函数解析式，可求出点 A 坐标，代入 可求出直线解析式， 联立反比例函数与一次函数解析式即可得点 B 坐标； ky  （2）设点 C 坐标为（m，n），过点 C 的双曲线解析式为 ，根据点 A、B 坐标可求出 AB 的长，根据 x2等腰直角三角形的性质可得 AC=BC= ，根据两点间距离个数求出 m、n 的值即可得点 C 坐标，代入 AB 2反比例函数解析式求出 k 值即可得答案． 1.5 的上，点 A 横坐标为 1， y  【详解】（1）∵点 A 在双曲线 x∴当 x=1 时，y=1.5， ∴点 A 坐标为（1，1.5）， 1.5 y  kx  2 y  ∵直线 与双曲线 相交于点 A、B， x∴k+2=1.5， 解得：k=-0.5， y  kx  2 ∴直线 的解析式为 y=-0.5x+2， y  0.5x  2 联立反比例函数与一次函数解析式得 ，1.5 y  xx  3 x 1 12解得： ，（舍去）， y1  0.5 y2 1.5 ∴点 B 坐标为（3，0.5）． kxy  （2）设点 C 坐标为（m，n），过点 C 的双曲线解析式为 ∵A（1，1.5），B（3，0.5）， ，(31)2  (1.5 0.5)2 5∴AB= =，∵△ABC 是等腰直角三角形， 210 2∴AC=BC= =，AB 222321222∴，m 1  n   m 3  n  整理得： n  2m 3 ，310 222∴，(m 1)  (2m 3 )  ( )22532m  或 解得： ，2∴或 0（舍去）， n  2m 3  2 ∴点 C 坐标为（ ，2）， 2.5 k2  把点 C 坐标代入双曲线解析式得： 解得： k  5 ∴过点 C 的双曲线解析式为 ，2.5 ，5．y  x【点睛】本题考查反比例函数与一次函数综合，熟练掌握反比例函数图象上的点的坐标特征是解题关键． BAC 24. O 如图，在 RtABC 中， ACB  90 ，是的平分线，以 为直径的 交边于点 AD AD AB E，连接 ，过点 D 作 于点 F． AB CE DF / /CE ，交 O （1）求证： （2）若 是的切线； DF 3sinB  ，，求线段 的长． BD  5 DF 53 5 【答案】（1）证明见详解；（2） ．2【解析】 O 【分析】（1）先根据圆周角定理、角平分线定义、平行线性质证明∠EAD=∠FDE，再根据 AD 为 得到∠ADE+∠DAE=90°，进而得到 AD⊥FD，问题得证； 直径， （2）先求出 DE=3，证明△AED≌△ACD，得到 DE=DC=3，BC=BD+CD=8，解 RtABC 中求出 AC=6， DE AE 3 5 2进而得到 AE=6，求出 ,证明△ADE∽△AFD，得到 ，即可求出 ．AD  3 5 FD  FD AD 【详解】解：（1）证明：连接 DE， ∵  DC  DC ∴∠CAD=∠CED， BAC 的平分线， ∵是AD ∴∠CAD=∠EAD， ∴∠CED=∠EAD， ∵DF / /CE ，∴∠CED=∠FDE， ∴∠EAD=∠FDE， O ∵AD 为 直径， ∴∠AED=∠ACD=90°， ∴∠ADE+∠DAE=90°， ∴∠ADE+∠FDE=90°， 即 AD⊥FD， O 又∵ 为直径， AD O ∴是的切线； DF （2）∵∠AED=90°， ∴∠BED=90°， 3DE  BDsin B  5 3 ∴,5∵∠AED=∠ACD，∠DAE=∠DAC，AD=AD， ∴△AED≌△ACD， ∴DE=DC=3， ∴BC=BD+CD=8， 3sinB  在 RtABC 中，∵ ，5∴设 AC=3x，AB=5x， 22∴5x  3x  82 ，∵x＞0， ∴x=2， ∴AB=5x=10，AC=3x=6， ∵△AED≌△ACD， ∴AE=AC=6， 22∴在 Rt△ADE 中， ,AD  AE  DE  3 5 ∵∠EAD=∠DAF，∠AED=∠ADF=90°， ∴△ADE∽△AFD， DE AE ∴即，FD AD 36,FD 3 5 3 5 ∴．FD  2【点睛】本题为圆的综合题，考查了切线的判定，圆的性质，三角函数，相似三角形的判定与性质等知识， 根据题意添加辅助线，熟知圆的性质，利用三角函数解直角三角形是解题关键． 25. 如图 1，在ABC 中， ，ACB  90 AC  BC ，点 D 是 边上一点（含端点 A、B），过点 B 作 BE AB 垂直于射线 ，垂足为 E，点 F 在射线 上，且 EF  BE ，连接 、AF BF ．CD CD （1）求证： ；ABF∽CBE （2）如图 2，连接 ，点 P、M、N 分别为线段 、、AE EF 的中点，连接 、、MN PN ．求 AC PMN AE PM MN 的度数及 的值； PM （3）在（2）的条件下，若 ，直接写出PMN 面积的最大值． BC  2 MN PM 14= 2 ；（3） 【答案】（1）证明见解析；（2） ；PMN 135 【解析】 【分析】（1）根据两边对应成比例，夹角相等判定即可． MN （2） 的值可以根据中位线性质，进行角转换，通过三角形内角和定理求解即可， 的比值转换 PMN PM AF 为的比值即可求得. CE 1PQ Q，S MNPQ （3）过点 P作垂直于 的延长线于点 ，将相关线段关系转化为 CE，可得 NM △PMN 21S CE2 关系 ，观察图象，当 时，可得最大值． CE  BC  2 △PMN 8【详解】（1）证明：∵ ，ACB  90 AC  BC ∴,ABC  BAC  45 AB  2BC ∵BE 垂直于射线 ,CD ∴BEF  90 , 又∵ EF  BE ∴,FBE  EFB  45 FB  2EB ∵ABC+ABE  ABE  FBE 即： ABF  CBE AB BF  2 又∵ CB BE ∴ABF∽CBE （2）解：∵点 P、M、N 分别为线段 、、AE EF 的中点 AC 11MN//AF PM  CE, MN  AF ，∴，PM //CN 22∴∴,MPN  CNP CNM  EFA MPN+MNP  CNP  MNP  CNM  EFA 又∵ ABF∽CBE ∴AFB  CEB  90 又∵ EFB  45 ∴EFA  AFB  BFE  90  45  45 ∴MPN+MNP  45 又∵ MPN+MNP+PMN 180 ∴PMN 180  45 135 1AF MN PM AF CE 21=又∵ CE 2又∵ ABF∽CBE AF AB = 2 ∴CE CB MN PM = 2 ∴（3）如下图： PQ Q,过点 P作垂直于 的延长线于点 NM PMN 135, PMQ  45  MPQ, 2PQ  PM , 211 1 2212S△PMN  MNPQ   AF  PM  AF CE  AFCE 22 2 28216 又∵ BC  2 ∴AF  2CE 21 2CE2  CE2 ∴S△PMN 16 8∴当 取得最大值时， 取得最大值， CE PMN BE  CE, E 在以 BC 的中点为圆心， BC 为直径的圆上运动， 当时， 最大， CE CE  CB  2 114S= 2= ∴，8【点睛】本题考查的是三角形相似和判定、以及三角形面积最大值的求法，根据题意找见相关的等量是解 题关键． 中，抛物线 y  ax2  bx  c与 x 轴分别相交于 A、B 两点，与 y 轴相交 xOy 26. 如图 1，在平面直角坐标系 (x, y) 于点 C，下表给出了这条抛物线上部分点 的坐标值： x … y … 0314233 … 0 … 1 0（1）求出这条抛物线的解析式及顶点 M 的坐标； PQ AQ  QP  PC （2） 是抛物线对称轴上长为 1 的一条动线段（点 P 在点 Q 上方），求 的最小值； 的外接圆与 （3）如图 2，点 D 是第四象限内抛物线上一动点，过点 D 作 轴，垂足为 F， DF  x △ABD 相交于点 E．试问：线段 的长是否为定值？如果是，请求出这个定值；如果不是，请说明理由． DF EF 2M 1,4 【答案】（1） ；；（2） ；（3）是，1． y  x 1  4 13 1 【解析】 【分析】（1）依据表格数据，设出抛物线的顶点式，利用待定系数法求解即可； AQ  QP  PC 的（2）利用平移和找对称点 方式，将 的长转化为 ，再利用两点之间线段最短 PE 1 PC 确定 PE  PC 的最小值等于 CE 的长，加 1 后即能确定 的最小值； PE 1 PC （3）设出圆心和 D 点的坐标，接着表示出 E 点的坐标，利用圆心到 B 点的距离等于圆心到 D 点的距离， 求出 q 和 e 的关系，得到 E 点的纵坐标，进而确定 EF 的长为定值． 【详解】解：（1）由表格数据可知，顶点坐标为（1,4） 2设抛物线解析式为： y  a x1  4 ，将点（0,3）代入解析式得：3=a+4， ∴，a  1 2M 1,4 ．∴抛物线解析式为： ，顶点坐标 y  x 1  4 （2）由表格可知，抛物线经过点 A（-1,0），C（0,3）， A’ 1,1 如图 3，将 A 点向上平移一个单位，得到 ，AA’/ /PQ，AA’=PQ， 则AA’PQ ∴四边形 是平行四边形， PA’=QA ∴，E 3,1 , 作∴关于 MQ 的对称点 E，则 A’ ，PA’=PE AQ  QP  PC=PE 1 PC ∴，当 P、E、C 三点共线时， PE  PC 最短， y  mx  n 设直线 CE 的解析式为： ，n  3 将 C、E 两点坐标代入解析式可得： ，3m  n 1 n  3 ∴，23m   2y  x  3 ∴直线 CE 的解析式为： ，37y  令，则 ，x 1 3722P 1， ∴当 时，P、E、C 三点共线，此时 最短， PE  PC=EC= 3 0  13 =13 3AQ  QP  PC ∴的最小值为 ．13 1 （3）是； D（p,q） 理由：设 ，=因为 A、B 两点关于直线 x 1 对称， 所以圆心位于该直线上， O’ 1,e 所以可设 的外接圆的圆心为 ，△ABD N（p,e） ，作，垂足为点 N，则 O’N  DF 由∴轴， DF  x E（p,2e  q） ，B 3,0 ∵，且由表格数据可知 O’D=O’B 2222∴31  0  e = p 1  q  e ，22化简得： 4  e2  p 1  q  e ，2∵点 D 是第四象限内抛物线上一动点，且抛物线解析式为 ，y  x 1  4 2∴∴∴∵∴，q  p 1  4 2p 1  4  q ，224  e  4  q  q  e ，q  0 ，2e  q  1 ，E（p,1） ∴∴，，EF 1 即的长不变，为 1． EF 【点睛】本题涉及到了动点问题，综合考查了用待定系数法求抛物线解析式、点的平移、勾股定理、平行 四边形的判定与性质、最短路径问题、圆的性质等内容，解决本题的关键是理解并掌握相关概念与公式， 能将题干信息与图形相结合，挖掘图中隐含信息，本题有一定的计算量，对学生的综合分析与计算能力都 有较高的要求，本题蕴含了数形结合的思想方法等．