1、 1 2020 年中考数学模拟题精选年中考数学模拟题精选 30 道道 05 一、选择题（本题共 12 小题，在每小题所给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的） 1 （2020保定一模）在等式 a2 （a）0a9中， “”内的代数式为（ ） Aa6 B （a）7 Ca6 Da7 【分析】根据同底数幂的除法法则以及任何非零数的零次幂等于 1 解答即可 【解析】a2 （a）0a7a9， “”内的代数式为 a7 故选：D 2（2020哈尔滨模拟） 如图， 小亮用 6 个相同的小正方体搭成的立体图形研究几何体的三视图的变化情况， 若由图变到图，改变的是（ ） A主视图 B左视图 C俯视图 D主视图和
2、俯视图 【分析】根据主视图是从物体的正面看得到的视图，俯视图是从上面看得到的图形，左视图是左边看得 到的图形，可得答案 【解析】从左面看第一层都是三个小正方形，第二层左边一个小正方形，的左视图相同； 从上面看第一列都是一个小正方形，第二列都是一个小正方形，第三列都是三个小正方形，故的俯 视图相同， 从正面看第一层都是三个小正方形， 图中第二层右边一个小正方形， 图中第二层中间一个小正方形， 中的主视图不相同 故选：A 3 （2020保定一模）若 x 满足 x22x20，则分式（ 2;3 ;1 2） 1 1的值是（ ） A1 B1 2 C1 D 3 2 【分析】首先将括号里面通分运算进而化简，再
3、利用已知代入求出答案 【解析】 （ 2;3 ;1 2） 1 1 = 232(1) 1 （x1） 2 = 221 1 （x1） x22x1， x22x20， x22x2， 原式211 故选：A 4 （2020中山市校级一模）a 是方程 x2+x10 的一个根，则代数式2a22a+2020 的值是（ ） A2018 B2019 C2020 D2021 【分析】根据一元二次方程根的定义得到 a2+a1，再把2a22a+2020 变形为2（a2+a）+2020，然 后利用整体代入的方法计算 【解析】a 是方程 x2+x10 的一个根， a2+a10，即 a2+a1， 2a22a+20202（a2+a）
4、+202021+20202018 故选：A 1 （2020保定一模）在等式 a2 （a）0a9中， “”内的代数式为（ ） Aa6 B （a）7 Ca6 Da7 【分析】根据同底数幂的除法法则以及任何非零数的零次幂等于 1 解答即可 【解析】a2 （a）0a7a9， “”内的代数式为 a7 故选：D 2（2020哈尔滨模拟） 如图， 小亮用 6 个相同的小正方体搭成的立体图形研究几何体的三视图的变化情况， 若由图变到图，改变的是（ ） A主视图 B左视图 C俯视图 D主视图和俯视图 【分析】根据主视图是从物体的正面看得到的视图，俯视图是从上面看得到的图形，左视图是左边看得 3 到的图形，可得答
5、案 【解析】从左面看第一层都是三个小正方形，第二层左边一个小正方形，的左视图相同； 从上面看第一列都是一个小正方形，第二列都是一个小正方形，第三列都是三个小正方形，故的俯 视图相同， 从正面看第一层都是三个小正方形， 图中第二层右边一个小正方形， 图中第二层中间一个小正方形， 中的主视图不相同 故选：A 3 （2020保定一模）若 x 满足 x22x20，则分式（ 2;3 ;1 2） 1 1的值是（ ） A1 B1 2 C1 D 3 2 【分析】首先将括号里面通分运算进而化简，再利用已知代入求出答案 【解析】 （ 2;3 ;1 2） 1 1 = 232(1) 1 （x1） = 221 1 （x
6、1） x22x1， x22x20， x22x2， 原式211 故选：A 4 （2020中山市校级一模）a 是方程 x2+x10 的一个根，则代数式2a22a+2020 的值是（ ） A2018 B2019 C2020 D2021 【分析】根据一元二次方程根的定义得到 a2+a1，再把2a22a+2020 变形为2（a2+a）+2020，然 后利用整体代入的方法计算 【解析】a 是方程 x2+x10 的一个根， a2+a10，即 a2+a1， 2a22a+20202（a2+a）+202021+20202018 故选：A 5 （2020深圳模拟）不等式组 1 + 2 35 的解集是 3xa+2，则
7、 a 的取值范围是（ ） 4 Aa1 Ba3 Ca1 或 a3 D1a3 【分析】根据题中所给条件，结合口诀，可得 a1 与 3 之间、5 和 a+2 之间都存在一定的不等关系，解 这两个不等式即可 【解析】根据题意可知 a13 且 a+25 所以 a3 又因为 3xa+2 即 a+23 所以 a1 所以 1a3 故选：D 6 （2020金华模拟）抛物线 yax2+bx+c 的对称轴为直线 x1，图象过（1，0）点，部分图象如图所示， 下列判断：abc0；b24ac0；5a2b+c0；若点（0.5，y1） ， （2，y2）均在抛物线上， 则 y1y2，其中正确的个数是（ ） A1 B2 C3
8、D4 【分析】根据二次函数的图象与系数的关系即可求出答案 【解析】抛物线对称轴 x1，经过（1，0） ， 2 = 1，a+b+c0， b2a，c3a， a0， b0，c0， abc0，故错误，不符合题意； 抛物线与 x 轴有交点， 5 b24ac0，故正确，符合题意； 5a2b+c5a4a3a2a0，故正确，符合题意； 点（0.5，y1） ， （2，y2）均在抛物线上， 0.52，则 y1y2；故错误，不符合题意； 故选：B 7 （2020上城区模拟）我国汉代数学家赵爽为了证明勾股定理，创制了一幅“弦图” ，后人称其为“赵爽 弦图” 如图是由弦图变化得到，它是用八个全等的直角三角形拼接而成，记
9、图中正方形 ABCD，正方形 EFGH，正方形 MNKT 的面积分别为 S1，S2，S3若 S1+S2+S312，则下列关于 S1、S2、S3的说法正确 的是（ ） AS12 BS23 CS36 DS1+S38 【分析】根据八个直角三角形全等，四边形 ABCD，EFGH，MNKT 是正方形，得出 CGNG，CFDG NF，再根据三个正方形面积公式列式相加：S1+S2+S312，求出 GF2的值，从而可以计算结论即可 【解析】八个直角三角形全等，四边形 ABCD，EFGH，MNKT 是正方形， CGNG，CFDGNF， S1（CG+DG）2， CG2+DG2+2CGDG， GF2+2CGDG，
10、S2GF2， 6 S3（NGNF）2NG2+NF22NGNF， S1+S2+S3GF2+2CGDG+GF2+NG2+NF22NGNF3GF212， GF24， S24， S1+S2+S312， S1+S38， 故选：D 8 （2020陕西一模）如图，在菱形 ABCD 中，ABC60，AB4若点 E、F、G、H 分别是边 AB、 BC、CD、DA 的中点，连接 EF、FG、GH、HE，则四边形 EFGH 的面积为（ ） A8 B63 C43 D6 【分析】连接 AC、BD 交于 O，根据三角形中位线性质得到 EHBD，FGBD，EFAC，HGAC， 推出四边形 EFGH 是平行四边形， 求得HE
11、F90， 得到四边形 EFGH 是矩形， 解直角三角形得到 AC AB4，BD43，于是得到结论 【解析】连接 AC、BD 交于 O， 四边形 ABCD 是菱形， ACBD， 点 E、F、G、H 分别是边 AB、BC、CD 和 DA 的中点， EHBD，FGBD，EFAC，HGAC， EHFG，EFHG， 四边形 EFGH 是平行四边形， ACBD， AOB90， BAO+ABO90， AEHABO，BEFEAO， AEO+BEF90， HEF90， 7 四边形 EFGH 是矩形， 在菱形 ABCD 中，ABC60， ABC 是等边三角形， ACAB4，BD43， EF= 1 2AC2， EH
12、= 1 2BD23， 四边形 EFGH 的面积为 2 23 =43， 故选：C 9 （2020石家庄模拟）在 RtABC 中，ACB90，AC3，BC4点 O 为边 AB 上一点（不与 A 重 合） O 是以点 O 为圆心， AO 为半径的圆 当O 与三角形边的交点个数为 3 时， 则 OA 的范围 （ ） A0OA 15 8 或 2.5OA5 B0OA 15 8 或 OA2.5 COA2.5 DOA2.5 或15 8 【分析】根据题意可以画出相应的图形，然后即可得到 OA 的取值范围，本题得以解决 【解析】如右图所示， 当圆心从 O1到 O3的过程中，O 与三角形边的交点个数为 3，当恰好到
13、达 O3时则变为 4 个交点， 作 O3DBC 于点 D， 则O3BDABC， 在 RtABC 中，ACB90，AC3，BC4， AB5， 设 O3Aa，则 O3B5a， 5; = 3 5，得 a= 15 8 ， 当 0OA 15 8 时，O 与三角形边的交点个数为 3， 当点 O 为 AB 的中点时，O 与三角形边的交点个数为 3，此时 OA2.5， 8 由上可得，0OA 15 8 或 OA2.5 时，O 与三角形边的交点个数为 3， 故选：B 10 （2020碑林区校级三模）如图，AB 是半圆 O 的直径，C、D 是 上的两点， = 1 4 ，点 E 为上 一点，且CED= 5 2COD，
14、则DOB（ ） A92 B96 C100 D120 【分析】 先根据同弧所对的圆周角为圆心角的一半， 可得对应CED 的圆心角为 5x， 根据圆周角为 360 列方程可得COD 的度数，根据弧的关系可得对应圆心角的关系，从而得结论 【解析】设CODx，则CED= 5 2x， 5 2 2 + = 360， 解得：x60， COD60， BOD+AOC18060120， = 1 4 ， BOD4AOC， BOD120 4 5 =96， 故选：B 11 （2020长春模拟）如图，等边OAB 的边长为 5，反比例函数 y= （x0）的图象交 OA 于点 C，交 AB 于点 D，且 OC3BD，则 k
15、的值为（ ） 9 A 9 83 B9 4 3 C15 4 3 D 15 4 3 【分析】过点 C 作 CEx 轴于点 E，过点 D 作 DFx 轴于点 F，设 BDa，则 OC3a，分别表示出点 C、点 D 的坐标，代入函数解析式求出 k，继而可建立方程，解出 a 的值后即可得出 k 的值 【解析】过点 C 作 CEx 轴于点 E，过点 D 作 DFx 轴于点 F， 设 BDa，则 OC3a， 在 RtOCE 中，COE60， 则 OE= 3 2a，CE= 33 2 a， 则点 C 坐标为（ 3 2a， 33 2 a） ， 在 RtBDF 中，BDa，DBF60， 则 BF= 1 2a，DF=
16、 3 2 a， 则点 D 的坐标为（5+ 1 2a， 3 2 a） ， 将点 C 的坐标代入反比例函数解析式可得：k= 93 4 a2， 将点 D 的坐标代入反比例函数解析式可得：k= 53 2 a 3 4 a2， 则93 4 a2= 53 2 a 3 4 a2， 解得：a11，a20（舍去） ， 故 k= 93 4 故选：B 10 12 （2020佛山模拟）如图，ABC 为等边三角形，点 P 从点 A 出发沿 ABC 路径匀速运动到点 C，到 达点 C 时停止运动，过点 P 作 PQAC 于点 Q若APQ 的面积为 y，AQ 的长为 x，则下列能反映 y 与 x 之间的大致图象是（ ） A
17、B C D 【分析】 分两段来分析： 点 P 从点 A 出发运动到点 B 之前， 写出此段的函数解析式， 则可排除 A 和 B； 设ABC 的边长为 m，则当 x 2时，P 点过了 B 点向 C 点运动，作出图形，写出此阶段的函数解析 式，根据图象的开口方向可得答案 【解析】ABC 为等边三角形，PQAC 于点 QAQx， PQAQtan60= 3x 点 P 从点 A 出发运动到点 B 之前，如图所示： y= 1 2x 3x= 3 2 x2， 此时函数图象为顶点在原点，开口向上的抛物线， 选项 A、B 不符合题意，排除 A 和 B； 设ABC 的边长为 m，则当 x 2时，P 点过了 B 点向
18、 C 点运动，作出图形如下： 11 则 CQmx，PQCQtan60= 3（mx） ， y= 1 2x 3（mx）= 3 2 x2+ 3 2 mx， 此时函数图象为开口向下的抛物线， 选项 C 此阶段的图象仍然为开口向上的抛物线，选项 D 为开口向下的抛物线， D 正确 故选：D 二填空题（共二填空题（共 8 小题）小题） 13 （2020山西模拟）太谷饼是山西省传统名吃，以其香、酥、绵、软而闻名全国，某网店以 a 元一包的 价格购进 500 包太谷饼，加价 20%卖出 400 包以后，剩余每包比进价降低 b 元后全部卖出，则可获得利 润 （80a100b） 元 【分析】根据题意用利润总售价总
19、成本可列出利润的表达式 【解析】由题意知， （1+20%）a400+100（ab）500a（80a100b）元， 故答案是： （80a100b） 14 （2019福建三模）已知 ab3，a+b5，则 a3b+2a2b2+ab3的值 75 【分析】先将要求得式子进行因式分解，再把已知条件代入即可求得结果 【解析】a3b+2a2b2+ab3 ab（a2+2ab+b2） ab（a+b）2 又已知 ab3，a+b5， 原式35275 故答案为：75 12 15 （2020成都模拟） 已知矩形 ABCD 的长和宽分别是 n 和 1， 其中 n 是正整数， 若存在另一个矩形 AB CD，它的周长和面积分别
20、是矩形 ABCD 周长和面积的一半，则满足条件的 n 的最小值是 6 【分析】设矩形 ABCD的长和宽分别为 x、y，根据如果存在另一个矩形，它的周长和面积分别 是已知矩形的周长和面积的一半， 可列出方程组， 利用存在， 则方程组有解， 根的判别式0， 可得结论 【解析】设矩形 ABCD的长和宽分别为 x、y， 则 + = +1 2 = 2 ， 由得：y= +1 2 x， 把代入得：x2 (+1) 2 + 2 =0， b24ac= ( +1 2 )24 1 2 0， （n3）28， n 是正整数， n 的最小值是 6， 故答案为：6 16 （2020崇川区校级模拟）如图，正方形 ABCD 的边
21、长为 2，点 E 是 BC 边上一点，以 AB 为直径在正方 形内作半圆 O，将DCE 沿 DE 翻折，点 C 刚好落在半圆 O 的点 F 处，则 CE 的长为 2 3 【分析】连接 DO，OF，然后 SSS，可以判定DAODFO，从而可以得到DFO 的度数，再根据折 叠的性质可知DFE90，从而可以得到点 O、F、E 三点共线，然后根据勾股定理，即可求得 CE 的 长，本题得以解决 【解析】连接 DO，OF， 四边形 ABCD 是正方形，将DCE 沿 DE 翻折得到DFE， DCDA，DCDF， DADF， 13 在DAO 和DFO 中 = = = DAODFO（SSS） ADFO， A90
22、， DFO90， 又DFEC90， DFODFE， 点 O、F、E 三点共线， 设 CEx，则 OEOF+EF1+x，BE2x，OB1， OBE90， 12+（2x）2（1+x）2， 解得，x= 2 3， 即 CE 的长为2 3， 故答案为：2 3 17 （2020海淀区校级模拟）我们知道：四边形具有不稳定性如图，在平面直角坐标系中，边长为 4 的 正方形 ABCD 的边 AB 在轴 x 上，AB 的中点是坐标原点 O，固定点 A，B，把正方形沿箭头方向推，使 点 D 落在 y 轴正半轴上点 D处，则点 C 的对应点 C 的坐标为 （4，23） 14 【分析】由题意得到 ADAD4，AO= 1
23、 2AB2，根据勾股定理得到 OD23，于是得到答案 【解析】由题意得：ADAD4， AO= 1 2AB2， OD= 2 2= 42 22=23， CD4，CDAB， C（4，23） ， 故答案为： （4，23） 18 （2020历下区一模）如图 ABCD 是一个矩形桌子，一小球从 P 撞击到 Q，反射到 R，又从 R 反射到 S， 从 S 反射回原处 P，入射角与反射角相等（例如PQARQB 等） ，已知 AB9，BC12，BR4则 小球所走的路径的长为 30 【分析】证明四边形 SPQR 是平行四边形，推出 SRPQ，PSQR，证三角形全等得出 SRPQ，RQ PS，根据相似求出 DS，根
24、据勾股定理求出即 RS，RQ，PQ，SP 即可 【解析】入射角与反射角相等， BQRAQP，APQSPD，CSRDSP，CRSBRQ， 四边形 ABCD 是矩形， ABCD90， DPS+DSP90，AQP+APQ90， DSPAQPCSRBQR， RSPRQP， 同理SRQSPQ， 四边形 SPQR 是平行四边形， SRPQ，PSQR， 在DSP 和BQR 中 15 = = = ， DSPBQR（AAS） ， BRDP4，BQDS， 四边形 ABCD 是矩形， ABCD9，BCAD112， AQ9DS，AP1248， SPDAPQ， SDPQAP， = ， 4 = 8 9;， DS3， 在
25、RtDSP 中，由勾股定理得：PSQR= 2+ 2= 32+ 42=5， 同理 PQRS10， QP+PS+SR+QR25+21030， 故答案为：30 19 （2020九龙坡区校级模拟）如果任意选择一对有序整数（m，n） ，其中|m|1，|n|2，每一对这样的有 序整数被选择的可能性是相等的，那么关于 x 的方程 x2+nx+m0 有两个相等实数根的概率是 1 5 【分析】首先确定 m，n 的值，推出有序整数对（m，n）共有：3515（种） ，由方程 x2+nx+m0 有 两个相等实数根， 则需n24m0， 有 （0， 0） ， （1， 2） ， （12） 三种可能， 由此可以求出方程 x2
26、+nx+m 0 有两个相等实数根的概率 【解析】|m|1，|n|2， m0，1， 16 n0，1，2， 有序整数（m，n）共有 3515（种） ， 方程 x2+nx+m0 有两个相等实数根， 则需：n24m0， 有（0，0） ， （1，2） ， （12）三种可能， 关于 x 的方程 x2+nx+m0 有两个相等实数根的概率是 3 15 = 1 5 故答案为1 5 20 （2020天台县模拟）在滑草过程中，小明发现滑道两边形如两条双曲线，如图，点 A1，A2，A3在反 比例函数 y= 1 （x0）的图象上，点 B1，B2，B3反比例函数 y= （k1，x0）的图象上，A1B1 A2B2y 轴，已
27、知点 A1，A2的横坐标分别为 1，2，令四边形 A1B1B2A2、A2B2B3A3、的面积分 别为 S1、S2、 （1）用含 k 的代数式表示 S1 3 4（k1） （2）若 S1939，则 k 761 【分析】 （1）根据反比例函数图象上点的特征和平行于 y 轴的直线的性质计算 A1B1、A2B2、，最后根 据梯形面积公式可得 S1的面积； （2）分别计算 S2、S3、Sn的值并找规律，根据已知 S1939 列方程可得 k 的值 【解析】 （1）A1B1A2B2y 轴， A1和 B1的横坐标相等，A2和 B2的横坐标相等，An和 Bn的横坐标相等， 点 A1，A2的横坐标分别为 1，2，
28、点 B1，B2的横坐标分别为 1，2， 点 A1，A2，A3在反比例函数 y= 1 （x0）的图象上，点 B1，B2，B3反比例函数 y= （k1，x 0）的图象上， 17 A1B1k1，A2B2= 2 1 2， S1= 1 2 1（ 2 1 2 +k1）= 1 2（ 3 2k 3 2）= 3 4( 1)， 故答案为：3 4 ( 1)； （2）由（1）同理得：A3B3= 3 1 3 = 1 3( 1)，A4B4= 1 4 ( 1)， S2= 1 2 1 1 3 ( 1) + 1 2（k1）= 1 2 5 6（k1） ，S3= 1 2 1 1 4 ( 1) + 1 3 ( 1)= 1 2 7 1
29、2 ( 1)， Sn= 1 2 +1 (+1) ( 1)， S1939， 1 2 19:20 1920 （k1）39， 解得：k761， 故答案为：761 三解答题（共三解答题（共 10 小题）小题） 21 （2020黄石模拟）已知 x1，x2是关于 x 的方程 ax2（a+1）x+10 的两个实数根 （1）若 x1x2，求实数 a 的取值范围； （2）是否存在实数 a 使得 x12x22成立？若存在，请求出 a 的值；若不存在，请说明理由 【分析】 （1）根据一元二次方程的定义和根的判别式可求实数 a 的取值范围； （2）分两种情况若 x1x2，若 x1+x20 进行讨论即可求解 【解析】
30、（1）由题意得 0 = ( + 1)2 4 = ( 1)20， 解得 a0 且 a1 故实数 a 的取值范围是 a0 且 a1； （2）若 x1x2，则 0 = 0， 解得 a1； 若 x1+x20，则 0 (+1) = 0， 解得 a1 综上所述，a1 或1 18 22 （2020江西一模） （1）解不等式：2 1 6 1+ 2 （2）如图，四边形 ABCD 是菱形，DEBA，交 BA 的延长线于点 E，DFBC，交 BC 的延长线于点 F， 求证：DEDF 【分析】 （1）通过去分母，去括号，再移项、合并同类项，可求解； （2）由“AAS”可证BDEBDF，可得 DEDF 【解析】 （1）
31、2 1 6 1+ 2 ， 去分母得：12（1x）3（1+x） ， 去括号：121+x3+3x 移项，合并同类项得：2x8， 系数化为 1 得：x4 （2）四边形 ABCD 是菱形， ABDCBD，且EF90，BDBD， BDEBDF（AAS） DEDF 23 （2020佛山模拟）如图，在正方形 ABCD 中，点 E 是 BC 边的中点，将DCE 沿 DE 折叠，使点 C 落 在点 F 处，延长 EF 交 AB 于点 G，连接 DG、BF （1）求证：DG 平分ADF； （2）若 AB12，求EDG 的面积 【分析】 （1）根据正方形的性质可得CA90，DCDA，根据翻折的性质可得 DFDC，D
32、FE C90， 然后求出DFGA90， DFDA， 再利用 “HL” 证明 RtADG 和 RtFDG 全等， 19 根据全等三角形对应角相等证明即可； （2）先求出 BEECEF6，设 AGx，表示出 EG、BG，然后利用勾股定理列方程求出 x 的值，从 而得到 BG、EG，最后根据三角形面积计算公式求解即可 【解析】 （1）正方形 ABCD， CA90，DCDA， DCE 沿 DE 对折得到DFE， DFDC，DFEC90， DFGA90，DFDA， 在 RtADG 和 RtFDG 中， = = ， RtADGRtFDG（HL） ， ADGFDG，即 DG 平分ADF； （2）正方形 AB
33、CD 中，AB12，点 E 是 BC 边的中点， BEECEF6， 设 AGx，则 EG6+x，BG12x， 在 RtBEG 中，根据勾股定理得，EG2BE2+BG2， 即（6+x）262+（12x）2， 解得 x4， EG6+410， EDG 的面积= 1 2EGDF= 1 2 10 12 =60 24 （2020金华模拟）某中学对本校 2018 届 500 名学生的中考体育测试情况进行调查，根据男生 1000 米 及女生 800 米测试成绩整理，绘制成不完整的统计图（图，图） ，请根据统计图提供的信息，解答 下列问题： 20 （1）该校毕业生中男生有 300 人；扇形统计图中 a 12 ；
34、500 名学生中中考体育测试成绩的中位 数是 10 分 ； （2）补全条形统计图； （3）从 500 名学生中随机抽取一名学生，这名学生该项成绩在 8 分及 8 分以下的概率是多少？ 【分析】 （1）男生人数为 20+40+60+180300；8 分对应百分数用 8 分的总人数500； （2）8 分以下总人数50010%50，其中女生5020，10 分总人数50062%310，其中女生 人数310180130，进而补全直方图； （3）可利用样本的百分数去估计总体的概率，即可求出答案 【解答】解 （1）如图，男生人数为 20+40+60+180300，8 分对应百分数为（40+20）50012%
35、，500 名学生中中考体育测试成绩的中位数是 10 分 故答案为：300，12，10； （2）补图如图所示： （3）500 名学生中随机抽取一名学生，这名学生该项成绩在 8 分及 8 分以下的概率是110 500 = 11 50 21 25 （2020淮北一模）如图，一艘船由 A 港沿北偏东 70方向航行以 302海里/时的速度航行 2 小时达到 小岛 B 处，稍作休整，然后再沿北偏西 35方向航行至 C 港，C 港在 A 港北偏东 25方向，求 A，C 两 港之间的距离 （精确到 1 海里） （参考数据：21.41，3 =1.73） 【分析】作 BDAC，根据题意表示出CAB、CBA，根据等
36、腰直角三角形的性质分别求出 AD、BD， 根据正切的定义求出 CD，结合图形计算，得到答案 【解析】作 BDAC 于 D， 由题意得，CAB702545，CBA180703575，AB302 2602， CBD754530， 在 RtADB 中，CAB45， ADBD= 2 2 AB60， 在 RtCBD 中，CDBDtanCBD60 3 3 =203， ACAD+DC60+203 95， 答：A，C 两港之间的距离约为 95 海里 26 （2020梁园区一模）商丘市梁园区紧紧围绕十九大报告提出的阶段性目标任务，深化农业供给侧结构 性改革，调整种植结构，深入进行了四大结构调整，分别是：水池铺乡
37、的辣椒产业、刘口乡的杂果基地， 孙福集乡的山药、莲藕产业，双八镇的草莓产业目前，这四种产业享誉省内外 某外地客商慕名来商丘考查，他准备购入山药和草莓进行试销，经市场调查，若购进山药和草莓各 2 箱 22 共花费 170 元，购进山药 3 箱和草莓 4 箱共花费 300 元 （1）求购进山药和草莓的单价； （2）若该客商购进了山药和草莓共 1000 箱，其中山药销售单价为 60 元，草莓的销售单价为 70 元设 购进山药 x 箱，获得总利润为 y 元 求 y 关于 x 的函数关系式； 由于草莓的保鲜期较短，该客商购进草莓箱数不超过山药箱数的1 3，要使销售这批山药和草莓的利润 最大，请你帮该客商
38、设计一个进货方案，并求出其所获利润的最大值 【分析】 （1）设购进山药的单价为 x 元，购进草莓的单价为 y 元，列出方程组求解即可； （2）把（1）得出的数据代入即可解答； 根据题意可以得到 x 的取值范围，然后根据一次函数的性质即可求得 w 的最大值和相应的进货方案 【解析】 （1）设购进每箱山药的单价为 x 元，购进每箱草莓的单价为 y 元， 根据题意得2 + 2 = 170 3 + 4 = 300， 解得 = 40 = 45， 答：每箱山药的单价为 40 元，每箱草莓的单价为 45 元； （2）由题意可得， y（6040）x+（7045） （1000x）5x+25000； 由题意可得，
39、 1000 1 3 ， 解得：x750， 又 y5x+25000，k50， y 随 x 的增大而减小， 当 x750 时，y 达到最大值，即最大利润 y5750+2500021250（元） ， 此时 1000x1000750250（箱） ， 答：购进山药 750 箱，草莓 250 箱时所获利润最大，利润最大为 21250 元 27 （2020丹江口市模拟）如图 1，以ABC 的边 AB 为直径作O，交 AC 于点 E，BD 平分ABE 交 AC 于 F，交 O 于点 D，且BDECBE 23 （1）求证：BC 是O 的切线； （2）如图 2，延长 ED 交直线 AB 于点 P，若 PAAO，D
40、E2，求 的值及 AO 的长 【分析】 （1）如图 1 中，连接 BE由 AB 是直径，推出AEB90，推出A+ABE90，由A DEBC 推出ABE+EBC90，即ABC90，由此即可证明； （2） 如图2中， 连接OD、 BE 首先证明BEOD， 由PAOAOB， 推出OP2OB， 即可推出 = =2， 由 PDPEPAPA，求出 OA 即可解决问题 【解答】 （1）证明：如图 1 中，连接 BE AB 是直径， AEB90， A+ABE90， ADEBC， ABE+EBC90， ABC90， ABBC， BC 是O 的切线； （2）如图 2 中，连接 OD、BE 24 BD 平分ABE，
41、 D 是 的中点， ODAE， AEBE， BEOD， PAOAOB， OP2OB， = =2， PD2DE4， PDBPAE， = ， PDPEPAPB， = = 22 28 （2020南山区校级一模）如图，点 A、B 分别在 x 轴和 y 轴的正半轴上，以线段 AB 为边在第一象限作 等边ABC，= 3，且 CAy 轴 （1）若点 C 在反比例函数 = ( 0)的图象上，求该反比例函数的解析式； （2）在（1）中的反比例函数图象上是否存在点 N，使四边形 ABCN 是菱形，若存在请求出点 N 坐标， 若不存在，请说明理由 （3）点 P 在第一象限的反比例函数图象上，当四边形 OAPB 的面
42、积最小时，求出 P 点坐标 25 【分析】 （1）如图 1 中，作 CDy 轴于 D首先证明四边形 OACD 是矩形，利用反比例函数 k 的几何意 义解决问题即可 （2）如图 2 中，作 BDAC 于 D，交反比例函数图象于 N，连接 CN，AN求出 D2 你的坐标，证明四 边形 ABCN 是菱形即可 （3）如图 3 中，连接 PB，PA，OP设 P（a，23 ） 可得 S 四边形OAPBSPOB+SPOA= 1 2 1 a+ 1 2 3 23 = 1 2a+ 3 =（1 2 3 ） 2+6，由此即可解决问题 【解析】 （1）如图 1 中，作 CDy 轴于 D CAy 轴，CDy 轴， CDOA，ACOD， 四边形 OACD 是平行四边形， AOD90， 四边形 OACD 是矩形， kS矩形OACD2SABC23， 反比例函数的解析式为 y= 23 （2）如图 2 中，作 BDAC 于 D，交反比例函数图象于 N，连接 CN，AN 26 ABC 是等边三角形，面积为3，设 CDADm，则 BD= 3m， 1 2 2m 3m= 3， m1 或1（舍弃） ， B（0，1） ，C（，3，2） ，A（3，0） ， N（23，1） ， BDDN， ACBN， CB
