1、 2021 年黑龙江省齐黑大地区中考模拟年黑龙江省齐黑大地区中考模拟数学数学试卷（二）试卷（二） 一、选择题（每小题一、选择题（每小题 3 分，满分分，满分 30 分）分） 1 （3 分）2021 的相反数的倒数是（ ） A2021 B12021 C12021 D2021 2 （3 分）下列图形中，是轴对称图形，但不是中心对称图形的个数有（ ） A1 个 B2 个 C3 个 D4 个 3 （3 分）下列运算正确的是（ ） Ax3x2x5 B （x2）3 （2x）24x8 Cx4+x2x6 D （12）2（2021）0= 14 4 （3 分）三辆车在路上行驶，前方有直行、左转、右转三个路口，选择
2、每个路口的可能性相同，则三辆车中有两辆车左转、一辆车右转的概率是（ ） A19 B127 C13 D227 5 （3 分）如图，边长为 2 的菱形 ABCD 中，B120，点 E，F，G，H 分别在边 AB，BC，CD，DA上，且 AEAHCFCGx，若四边形 EFGH 的面积为 S，则 S 与 x 的函数图象是（ ） A B C D 6 （3 分）若干个相同的小正方体组成一个几何体，它的主视图和左视图相同，如图所示，若组成这个几何 体的小正方体的个数最多为 a 个， 最少为 b 个， a， b 为等腰三角形 ABC 的边长， 则ABC 的周长为 （ ） A23 B31 C23 或 31 D2
3、6 或 31 7 （3 分）ABC 中，A80，点 M 是ABC 的外心，点 N 是ABC 的内心，连接 BM，CM，BN，CN，则BMC 与BNC 的差为（ ） A30 B35 C40 D45 8 （3 分）若关于 x 的分式方程;3= 1 +;29;2无解，则 m 的值为（ ） A3 或163 B163或23 C3 或163或23 D3 或23 9 （3 分）李老师到体育用品店购买 A，B 两种球类，A 种球每个 5 元，B 种球每个 7 元，两种球都买，一共花了 200 元，则李老师的购买方案有（ ） A4 种 B5 种 C6 种 D7 种 10 （3 分）对称轴为 x1 的抛物线 ya
4、x2+bx+c（a0）如图所示，与 y 轴的交点在（0，12）与（0，32）之间（不含端点） ，2;44= 2，下列五个结论：abc0；若点（12，y1）Q（53，y2）均在抛物线上，则 y1y2；（a+c）2b2；方程 ax2+bx+c+52=0 没有实数根；32a12，其中结论正确的个数是（ ） A1 个 B2 个 C3 个 D4 个 二、填空题（每小题二、填空题（每小题 3 分，满分分，满分 21 分）分） 11 （3 分）中国成为全球唯一实现经济正增长的主要经济体，据统计，2020 年全国经济总量突破 100 万亿元，数字 100 万亿元用科学记数法表示为 元 12 （3 分）如图，E
5、，F 是矩形 ABCD 的边 AD 和 BC 上的两点，连接 BE，DF，BD，请添加一个适当的条件，使BEDDFB， （填一个即可） 13 （3 分）一个圆锥的侧面积是底面积的2倍，则这个圆锥的高与母线夹角的余弦值是 14 （3 分）如图，一次函数 y=33x1 与坐标轴交于 A，B 两点，以 AB 为边作正方形 ABCD，若反比例函数 y=（k0）经过点 C，则反比例函数的解析式是 15（3分） 已知关于x的一元二次方程x2 （2m3） x+m20有两个不相等的实数根x1， x2， 若11+12= 1，则 m 的值为 16（3 分） 四边形 ABCD 中， ADBC， AD4， AB5，
6、CD8， BC 边上的高 AM4， 则 BC 的长为 17 （3 分） 如图， 在 RtABC 中， C90， AC= 5BC， BC1， 在ABC 内作第一个正方形 CA1M1B1，使点 A1在边 AC 上，点 M1在边 AB 上，点 B1在边 BC 上，再作第二个正方形 A1A2M2B2，使点 A2在边AC 上，点 M2在边 AB 上，点 B2在边 A1M1上如此下去，则第 2021 个正方形 A2020A2021M2021B2021的面积为 三、解答题（共三、解答题（共 69 分）分） 18 （10 分） （1）计算：22|3 3|+82 sin4512； （2）分解因式：x2（xy）+
7、y2（yx） 19 （5 分）解方程： （x3）22x6 20 （8 分）如图，已知O 的半径 OA5，延长 OA 至 B，使 AB=103，C 为O 上一点，连接 AC，cosOAC=45，M 为O 上一点，MNOA 于点 N，交 AC 于点 E，AEME，连接 AM，CM，BM （1）求证：直线 BM 是O 的切线； （2）若CAMm，求图中阴影部分面积（结果保留 m，） 21 （10 分）齐齐哈尔市某中学为了解学生参加户外活动的情况，对全校学生每天参加户外活动的时间进行抽样调查，并将调查结果绘制成两幅不完整的频数分布表和扇形统计图，请根据图表信息，回答下列问题： 组别 时间/小时 人数
8、A 0.5x1 8 B 1x1.5 21 C 1.5x2 m D 2x2.5 n E 2.5x3 6 （1）本次被调查的学生有 人，m ，在扇形统计图中，D 组所在扇形的圆心角是 度； （2）被调查的学生每天户外活动时间的中位数出现在 组； （3）被调查的小丽同学接下来的五天户外活动时间（单位：小时）分别为：1.1，0.8，1，0.9，1.2，则这组数据的方差为 ； （4）若该校共有 3000 名学生，请估计该校每天户外活动时间不少于 2 小时的学生有多少名 22 （10 分） 一辆轿车从甲城驶向乙城， 1 个小时后， 一辆货车从乙城驶向甲城， 两车沿相同路线匀速行驶，轿车到达乙城停留一段时间
9、后，按原路原速返回甲城，货车到达甲城比轿车返回甲城早 2.5 小时，轿车比货车每小时多行驶 40 千米，两车到达甲城后均停止行驶两车之间的路程 y（单位：千米）与轿车的行驶时间 x（单位：小时）之间的函数图象如图所示，结合图象信息解答下列问题： （1）甲城和乙城之间的路程为 千米，轿车行驶速度为 千米/时，货车行驶速度为 千米/时； （2）点 D 的坐标为 ； （3）求图象中 EF 所在直线的函数解析式（不要求写出自变量的取值范围） ； （4）直接写出货车出发多少小时，轿车距甲城 360 千米 23 （12 分）矩形纸片 ABCD 中，AB4 实践思考： （1）连接 BD，将纸片折叠，使点 B
10、 落在边 AD 上，对应点为 E，折痕为 GH，点 G，H 分别在 AB，BD上若 AD= 3AB，如图 BD ，tanADB ； 若折叠后的AGE 为等腰三角形，则DHE 为 三角形； 隐去点 E，G，H，线段 GE，EH，折痕 GH，如图，过点 D 作 DFBD 交 BC 的延长线于点 F，连接 AF，AC，则 SACF ； （2）若 AD（2 +1）AB，如图，点 M 在 AD 边上，且 AMAB，连接 BM，求DBM 的度数； 拓展探究： （3）若 AD= 2AB，如图，N 为边 AD 的中点，P 为矩形 ABCD 内一点，连接 BP，CP，满足BPC90，Q 是边 AB 上一动点，则
11、 PQ+QN 的最小值为 24 （14 分）综合与探究： 如图，抛物线 y1ax26ax+c（a0）与 x 轴交于点 A，B（点 A 在点 B 的右侧） ，与 y 轴交于点 C，顶点为 N，直线 y2= 12x1 与 x 轴交于点 B，与抛物线交于点 D，连接 BC，DN，sinOCB=55 （1）求抛物线的解析式； （2）点 D 的坐标为 ，DN ； 当 y1y2时，自变量 x 的取值范围是 ； （3）若点 P 在直线 AC 上，且 SABP：SBCP1：3，求的值； （4）在第四象限内存在点 E，使ACE 与ABC 相似，且 AC 为ACE 的直角边，请直接写出点 E 的坐标 2021 年
12、黑龙江省齐黑大地区中考数学模拟试卷（二）年黑龙江省齐黑大地区中考数学模拟试卷（二） 答案与解析答案与解析 一、选择题（每小题一、选择题（每小题 3 分，满分分，满分 30 分）分） 1 （3 分）2021 的相反数的倒数是（ ） A2021 B12021 C12021 D2021 【分析】先求出2021 的相反数，再求这个数的倒数即可 【解答】解：2021 的相反数是 2021， 2021 的倒数是12021， 故选：B 2 （3 分）下列图形中，是轴对称图形，但不是中心对称图形的个数有（ ） A1 个 B2 个 C3 个 D4 个 【分析】根据轴对称图形和中心对称图形的概念，对各选项分析判断
13、即可得解把一个图形绕某一点旋转 180，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形；如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形 【解答】解：第 1、4 个图形是轴对称图形，也是中心对称图形；第 2、3 个图形是轴对称图形，不是中心对称图形， 是轴对称图形，但不是中心对称图形的个数有 2 个 故选：B 3 （3 分）下列运算正确的是（ ） Ax3x2x5 B （x2）3 （2x）24x8 Cx4+x2x6 D （12）2（2021）0= 14 【分析】根据负整数指数幂的意义、积的乘方、幂的乘方、以及零指数幂的意义即可求出答案 【解答】
14、解：A、原式x，故 A 不符合题意 B、原式x64x24x8，故 B 符合题意 C、x4与 x2不是同类项，故不能合并，故 C 不符合题意 D、原式414，故 D 不符合题意 故选：B 4 （3 分）三辆车在路上行驶，前方有直行、左转、右转三个路口，选择每个路口的可能性相同，则三辆车中有两辆车左转、一辆车右转的概率是（ ） A19 B127 C13 D227 【分析】根据题意列出树状图得出所有等可能的情况数，找出三辆车中有两辆车左转、一辆车右转的情况数，然后根据概率公式即可得出答案 【解答】解：根据题意，可以画出如下的树状图： 共有 27 个等可能的结果，其中三辆车中有两辆车左转、一辆车右转的
15、有 2 种， 则三辆车中有两辆车左转、一辆车右转的概率是227 故选：D 5 （3 分）如图，边长为 2 的菱形 ABCD 中，B120，点 E，F，G，H 分别在边 AB，BC，CD，DA上，且 AEAHCFCGx，若四边形 EFGH 的面积为 S，则 S 与 x 的函数图象是（ ） A B C D 【分析】根据菱形的性质得到 ABBCADCD2，求得 BEBF2x，过点 B 作 BNEF 于点 N，得到BNE=12ABC60，求得 NE=3(2)2推出AEH 是等边三角形得到 EHAEx，根据矩形的面积公式即可得到结论 【解答】解：如图，四边形 ABCD 是菱形， ABBCADCD2， A
16、EAHCFCGx， BEBF2x， 过点 B 作 BNEF 于点 N， 则BNE=12ABC60， 在 RtBEN 中，BE2x， NE=3(2)2 EF= 3（2x） ， A60，AEAH， AEH 是等边三角形 EHAEx， SEHEF= 3x（2x）= 3x2+23x， S 与 x 的函数图象是 D 选项， 故选：D 6 （3 分）若干个相同的小正方体组成一个几何体，它的主视图和左视图相同，如图所示，若组成这个几何体的小正方体的个数最多为 a 个， 最少为 b 个， a， b 为等腰三角形 ABC 的边长， 则ABC 的周长为 （ ） A23 B31 C23 或 31 D26 或 31
17、【分析】易得此几何体有三行，三列，判断出各行各列最多及最少有几个正方体组成，依此确定 a，b，然后利用等腰三角形的性质求得周长即可 【解答】解：底层正方体最少的个数应是 3 个，第二层正方体最少的个数应该是 2 个，因此这个几何体最少有 5 个小正方体组成； 易得第一层最多有 9 个正方体，第二层最多有 4 个正方体，所以此几何体最多共有 13 个正方体 即 a13、b5， 5+513，5+1313， 以 a，b 为等腰三角形 ABC 的边长，则ABC 的周长为 5+13+1331 故选：B 7 （3 分）ABC 中，A80，点 M 是ABC 的外心，点 N 是ABC 的内心，连接 BM，CM
18、，BN，CN，则BMC 与BNC 的差为（ ） A30 B35 C40 D45 【分析】根据点 M 是ABC 的外心，可得BMC2A160，根据点 N 是ABC 的内心，可得BNC130，进而可以解决问题 【解答】解：如图， 点 M 是ABC 的外心， BMC2A160， 点 N 是ABC 的内心， BNC180 （NBC+NCB） 18012（ABC+ACB） 18012（180A） 130， BMCBNC16013030 故选：A 8 （3 分）若关于 x 的分式方程;3= 1 +;29;2无解，则 m 的值为（ ） A3 或163 B163或23 C3 或163或23 D3 或23 【分
19、析】首先最简公分母为 0，求出增根，在把分式方程化为整式方程，把增根代入整式方程，字母系数为 0，满足这两个条件求出 m 的值 【解答】解：当（x+3） （x3）0 时，x13 或 x23， 原分式方程可化为：;3=12(+3)(3)， 去分母，得 x（x+3）（x+3） （x3）（mx2） ， 整理得（3+m）x7， 分式方程无解， 3+m0， m3， 把 x13 或 x23，分别代入（3+m）x7， 得 m= 163或 m= 23， 综上所述：m 的值为 m= 163或 m= 23或 m3， 故选：C 9 （3 分）李老师到体育用品店购买 A，B 两种球类，A 种球每个 5 元，B 种球每
20、个 7 元，两种球都买，一共花了 200 元，则李老师的购买方案有（ ） A4 种 B5 种 C6 种 D7 种 【分析】 设购买 x 个 A 种球， y 个 B 种球， 利用总价单价数量， 即可得出关于 x， y 的二元一次方程，结合 x，y 均为正整数，即可得出李老师共有 5 种购买方案 【解答】解：设购买 x 个 A 种球，y 个 B 种球， 依题意得：5x+7y200， x4075y 又x，y 均为正整数， = 33 = 5或 = 26 = 10或 = 19 = 15或 = 12 = 20或 = 5 = 25， 李老师共有 5 种购买方案 故选：B 10 （3 分）对称轴为 x1 的抛
21、物线 yax2+bx+c（a0）如图所示，与 y 轴的交点在（0，12）与（0，32）之间（不含端点） ，2;44= 2，下列五个结论：abc0；若点（12，y1）Q（53，y2）均在抛物线上，则 y1y2；（a+c）2b2；方程 ax2+bx+c+52=0 没有实数根；32a12，其中结论正确的个数是（ ） A1 个 B2 个 C3 个 D4 个 【分析】根据二次函数图象和性质依次判断即可 【解答】解：抛物线开口向下， a0， 抛物线的对称轴是直线 x1， x= 2= 1， b2a0， 抛物线与 y 轴的交点在（0，12）与（0，32）之间（不含端点） ， 12c32 abc0， 正确 （1
22、2，y1）到对称轴的距离为：12（1）=12， （53，y2）到对称轴的距离为：1（53）=23， 抛物线开口向下， y1y2 正确 x1 时，y0，x1 时，y0， a+b+c0，ab+c0， （a+b+c） （ab+c）0， （a+c）2b2 错误 2;44= 2，对称轴 x1， 抛物线的顶点（1，2） 抛物线与直线 y= 52有两个交点 方程 ax2+bx+c+52=0 有两个实数根 错误 抛物线的顶点为（1，2） ab+c2， a2a+c2 ac2 12c32 32a12 故正确 正确 故选：C 二、填空题（每小题二、填空题（每小题 3 分，满分分，满分 21 分）分） 11 （3 分
23、）中国成为全球唯一实现经济正增长的主要经济体，据统计，2020 年全国经济总量突破 100 万亿元，数字 100 万亿元用科学记数法表示为 11014 元 【分析】用科学记数法表示较大的数时，一般形式为 a10n，其中 1|a|10，n 为整数，且 n 比原来的整数位数少 1，据此判断即可 【解答】解：100 万亿元100000000000000 元11014元 故答案为：11014 12 （3 分）如图，E，F 是矩形 ABCD 的边 AD 和 BC 上的两点，连接 BE，DF，BD，请添加一个适当的条件，使BEDDFB， EDFB （填一个即可） 【分析】根据矩形的性质可得 ADBC，所以
24、ADBCBD，添加 EDFB，利用 SAS 即可使BEDDFB 【解答】解：四边形 ABCD 是矩形， ADBC， ADBCBD， 所以添加 EDFB， 利用 SAS 即可使BEDDFB 故答案为：EDFB 13 （3 分）一个圆锥的侧面积是底面积的2倍，则这个圆锥的高与母线夹角的余弦值是 22 【分析】设圆锥底面圆的半径为 r，母线长为 a，这个圆锥的高与母线夹角为 ，根据圆锥的侧面积是底面积的2倍得出122ra= 2 r2，求出 r=2，再解直角三角形求出答案即可 【解答】解：设圆锥底面圆的半径为 r，母线长为 a，这个圆锥的高与母线夹角为 ， 一个圆锥的侧面积是底面积的2倍， 122ra
25、= 2 r2， 解得：r=2， 即=22， sin=22， 45， 这个圆锥的高与母线夹角的余弦值cos45=22， 故答案为：22 14 （3 分）如图，一次函数 y=33x1 与坐标轴交于 A，B 两点，以 AB 为边作正方形 ABCD，若反比例函 数 y=（k0）经过点 C，则反比例函数的解析式是 y=13 【分析】证明OABEBC（AAS） ，则 OBEC1，OABE= 3，C 的坐标是（1，3 1） ，进而求解 【解答】解：过点 CEy 轴于点 E， 在 y=33x1 中，令 x0，则 y1，即 B 的坐标是（0，1） 令 y0，则33x10，解得 x= 3，即 A 的坐标是（3，0
26、） 则 OB1，OA= 3 ABC90， CBE+ABO90， 又BAO+OBA90， CBEBAO， 在OAB 和EBC 中， = = = 90 = ， OABEBC（AAS） ， OBEC1，OABE= 3， C 的坐标是（1，3 1） ， 反比例函数 y=（k0）经过点 C， k1（3 1）13， 反比例函数的解析式是 y=13 故答案为：y=13 15（3分） 已知关于x的一元二次方程x2 （2m3） x+m20有两个不相等的实数根x1， x2， 若11+12= 1，则 m 的值为 3 【分析】根据方程有两个不相等的实数根，得到根的判别式大于 0，再利用根与系数的关系表示出两根之和与两
27、根之积，已知等式变形后代入计算即可求出 m 的值 【解答】解：关于 x 的一元二次方程 x2（2m3）x+m20 有两个不相等的实数根 x1，x2， x1+x22m3，x1x2m2，且（2m3）24m20，即 m34， 已知等式变形得：1:212= 1， 代入得：2;32= 1，即 m2+2m30， 解得：m1（舍去）或 m3， 则 m 的值为3 故答案为：3 16（3 分） 四边形 ABCD 中， ADBC， AD4， AB5， CD8， BC 边上的高 AM4， 则 BC 的长为 7+43或 743或 1+43 【分析】先根据勾股定理得到 BM、CN 的长，根据矩形得到 MN 的长，再利用
28、线段之间的关系得到 BC的长 【解答】解：过点 A 作 AM直线 BC 于点 M，过点 D 作 DN直线 BC 于点 N，则 AMDNAH4，四边形 AMND 为矩形 ADMN4， 在 RtABM 中，BM= 52 42= 3， 在 RtDNC 中，CN= 82 42= 43， 在图 1 中，BC3+4+43 =7+43； 在图 2 中，BC3+443 =743； 在图 3 中，BC43+43 =1+43 故 BC 的长为 7+43或 743或 1+43 17 （3 分） 如图， 在 RtABC 中， C90， AC= 5BC， BC1， 在ABC 内作第一个正方形 CA1M1B1，使点 A1
29、在边 AC 上，点 M1在边 AB 上，点 B1在边 BC 上，再作第二个正方形 A1A2M2B2，使点 A2在边AC 上，点 M2在边 AB 上，点 B2在边 A1M1上如此下去，则第 2021 个正方形 A2020A2021M2021B2021的面积为 .(15558)2021 【分析】此题考查学生逻辑推理推理能力及相似三角形的应用，利用三角形相似可以知道各个正方形边长比值，即可解决此题 【解答】BB，BB1M1C90 BB1M1BCA BB1：BCB1M1：CA 1：11= ： = 1：5 B1M1B1C BB1：B1C BC1 1 =554 111= (1)2=15558 同理，可求得
30、 S正方形A2M2B2A1（15;558）2， 第 2021 个正方形 A2020A2021M2021B2021的面积为(15558)2021， 故答案为：(15558)2021 三、解答题（共三、解答题（共 69 分）分） 18 （10 分） （1）计算：22|3 3|+82 sin4512； （2）分解因式：x2（xy）+y2（yx） 【分析】 （1）直接利用特殊角的三角函数值、二次根式的性质、绝对值的性质分别化简，进而利用实数的加减运算法则计算得出答案； （2）直接提取公因式（xy） ，进而利用平方差公式分解因式得出答案 【解答】解： （1）原式4（33）+82 2223 43+3+82
31、3 13； （2）原式x2（xy）y2（xy） （xy） （x2y2） （xy）2（x+y） 19 （5 分）解方程： （x3）22x6 【分析】利用因式分解法求解可得 【解答】解：（x3）22（x3） ， （x3）22（x3）0， 则（x3） （x5）0， x30 或 x50， 解得：x13，x25 20 （8 分）如图，已知O 的半径 OA5，延长 OA 至 B，使 AB=103，C 为O 上一点，连接 AC，cosOAC=45，M 为O 上一点，MNOA 于点 N，交 AC 于点 E，AEME，连接 AM，CM，BM （1）求证：直线 BM 是O 的切线； （2）若CAMm，求图中阴影部
32、分面积（结果保留 m，） 【分析】 （1）连接 OM，根据等腰三角形的性质得到OAMOMA，EAMAME，求得AFM90， 根据全等三角形的性质得到OMNOAC， 求得MN4， 根据相似三角形的性质得到OMBM，根据切线的判定定理即可得到结论； （2）由（1）知OMB90，OMAC，根据勾股定理得到 BM= 2 2=203，根据圆周角定理得到AOM2m，根据三角形和扇形的面积公式即可得到结论 【解答】 （1）证明：连接 OM， OAOM，AEEM， OAMOMA，EAMAME， MNOA， ANM90， NAM+AMN90， EAM+AMO90， AFM90， OMAC， ONMOFA90，A
33、OFMON，OAOM， AOFMON（AAS） ， OMNOAC， cosOACcosOMN=5=45， MN4， ON3， OA5，AB=103， OB=253， =35=5253=35， MONBOM， MONBOM， ONMOMB90， OMBM， OM 是O 的半径， 直线 BM 是O 的切线； （2）解：由（1）知OMB90，OMAC， = ，BM= 2 2=203， AMCM， CCAMm， AOM2m， 图中阴影部分面积SBOMS扇形OAM=122035252360=503548 21 （10 分）齐齐哈尔市某中学为了解学生参加户外活动的情况，对全校学生每天参加户外活动的时间进行
34、抽样调查，并将调查结果绘制成两幅不完整的频数分布表和扇形统计图，请根据图表信息，回答下列问题： 组别 时间/小时 人数 A 0.5x1 8 B 1x1.5 21 C 1.5x2 m D 2x2.5 n E 2.5x3 6 （1） 本次被调查的学生有 60 人， m 15 ， 在扇形统计图中， D组所在扇形的圆心角是 36 度； （2）被调查的学生每天户外活动时间的中位数出现在 C 组； （3）被调查的小丽同学接下来的五天户外活动时间（单位：小时）分别为：1.1，0.8，1，0.9，1.2，则这组数据的方差为 0.02 ； （4）若该校共有 3000 名学生，请估计该校每天户外活动时间不少于 2
35、 小时的学生有多少名 【分析】 （1）根据 B 组的人数和百分比，可以计算出被调查的学生总数进而求出 m、n 的值，用 360乘D 组人数所占比例可得 D 组所在扇形的圆心角度数； （2）根据中位数的定义即可求解； （3）根据方差公式即可求解； （4）根据表中的数据，可以计算该校有多少名学生每天户外活动时间不少于 2 小时 【解答】解： （1）本次被调查的学生有 2135%60（人） ， m6025%15， n6082115610（人） ， D 组所在扇形的圆心角是：3601060=36， 故答案为：60；15；36； （2）本次被调查的学生有 60 人， 中位数是第 30，31 个数的平均数
36、， A 组的人数为 8，B 组的人数为 21，C 组的人数为 15， 被调查的学生每天户外活动时间的中位数出现在 C 组； 故答案为：C； （3） =15（1.1+0.8+1+0.9+1.2）1， 2=15（1.11）2+（0.81）2+（11）2+（0.91）2+（1.21）2 =15（0.01+0.04+0+0.01+0.04） =15 0.1 0.02 故答案为：0.02； （4）30005+340=600（人） ， 答：估计该校有 600 名学生每天户外活动时间不少于 2 小时 22 （10 分） 一辆轿车从甲城驶向乙城， 1 个小时后， 一辆货车从乙城驶向甲城， 两车沿相同路线匀速行
37、驶，轿车到达乙城停留一段时间后，按原路原速返回甲城，货车到达甲城比轿车返回甲城早 2.5 小时，轿车比货车每小时多行驶 40 千米，两车到达甲城后均停止行驶两车之间的路程 y（单位：千米）与轿车的行驶时间 x（单位：小时）之间的函数图象如图所示，结合图象信息解答下列问题： （1）甲城和乙城之间的路程为 720 千米，轿车行驶速度为 120 千米/时，货车行驶速度为 80 千米/时； （2）点 D 的坐标为 （6，400） ； （3）求图象中 EF 所在直线的函数解析式（不要求写出自变量的取值范围） ； （4）直接写出货车出发多少小时，轿车距甲城 360 千米 【分析】 （1）由图象知甲城和乙城
38、之间的路程为 720 千米，设轿车行驶速度为 x 千米/时，则货车行驶速度为（x40）千米/时，可得：4x+3（x40）720，解得轿车行驶速度为 120 千米/时，则货车行驶速度为 80 千米/时； （2）轿车到达乙城时间是 6 小时，此时货车行驶的路程是 400 千米，即得 D 的坐标为： （6，400） ； （3）由已知得 E 的坐标是（6.5，440） ，F（10，300） ，用待定系数法可得 EF 所在直线的函数解析式为y40 x+700； （4）当两车未相遇时，轿车距甲城 360 千米货车出发 2 小时；当轿车返回距甲城 360 千米，则轿车返回行驶路程为 720360360（千米
39、） ，返回所需时间为 3 小时，此时货车出发 8.5 小时 【解答】解： （1）由图象知甲城和乙城之间的路程为 720 千米， 设轿车行驶速度为 x 千米/时，则货车行驶速度为（x40）千米/时， 根据图象可得：4x+3（x40）720， 解得 x120， x401204080， 轿车行驶速度为 120 千米/时，则货车行驶速度为 80 千米/时， 故答案为：720，120，80； （2）轿车行驶速度为 120 千米/时， 轿车到达乙城时间是 7201206（小时） ， 此时货车行驶的路程是（61）80400（千米） ， D 的坐标为： （6，400） ； 故答案为： （6，400） ； （3
40、）货车从乙城驶到甲城所需时间为 720809（小时） ，即货车在 x10 时到达甲城， 货车到达甲城比轿车返回甲城早 2.5 小时， 轿车返回甲城时 x12.5， 轿车在乙城停留的时间是 12.5260.5（小时） ， 当 x6.5 时，货车行驶路程为（6.51）80440（千米） ， E 的坐标是（6.5，440） ， 货车在 x10 时到达甲城，轿车从 x6.5 时开始返回甲城， 轿车返回所行驶路程为（106.5）120420（千米） ，此时两车相距 300 千米， F（10，300） ， 设 EF 所在直线的函数解析式为 ykx+b，把（6.5，440） ，F（10，300）代入得： 6
41、.5 + = 44010 + = 300， 解得 = 40 = 700， EF 所在直线的函数解析式为 y40 x+700； （4）当两车未相遇时，轿车距甲城 360 千米所需时间为 3 小时，此时货车出发 2 小时； 当轿车返回距甲城 360 千米，则轿车返回行驶路程为 720360360（千米） ，返回所需时间为 3 小时， 此时 x6.5+39.5，货车出发 8.5 小时； 综上所述，货车出发 2 小时或 8.5 小时，轿车距甲城 360 千米 23 （12 分）矩形纸片 ABCD 中，AB4 实践思考： （1）连接 BD，将纸片折叠，使点 B 落在边 AD 上，对应点为 E，折痕为 G
42、H，点 G，H 分别在 AB，BD上若 AD= 3AB，如图 BD 8 ，tanADB 33 ； 若折叠后的AGE 为等腰三角形，则DHE 为 等腰 三角形； 隐去点 E，G，H，线段 GE，EH，折痕 GH，如图，过点 D 作 DFBD 交 BC 的延长线于点 F，连接 AF，AC，则 SACF 833 ； （2）若 AD（2 +1）AB，如图，点 M 在 AD 边上，且 AMAB，连接 BM，求DBM 的度数； 拓展探究： （3）若 AD= 2AB，如图，N 为边 AD 的中点，P 为矩形 ABCD 内一点，连接 BP，CP，满足BPC90，Q 是边 AB 上一动点，则 PQ+QN 的最小
43、值为 43 22 【分析】 （1）由矩形的性质得A90，再由勾股定理得 BD8，然后由锐角三角函数定义得 tanADB=33即可； 由 anADB=33得ADB30，再由等腰直角三角形的性质得AEG45，然后由折叠的性质得GEHABD60，求出DEHDHE，即可得出结论； 由矩形的性质得ABCBCDADC90，CDAB4，求出CDF30，再由含 30角的直角三角形的性质得 CF=433，然后由三角形面积公式即可求解； （2）由等腰直角三角形的性质得AMB45，AMAB4，BM= 2AB42，再证 BMDM，然后由等腰三角形的性质和三角形的外角性质即可求解； （3） 作点 N 关于 AB 的对称
44、点 N， 则 ANAN22， 由圆周角定理得点 P 在以 BC 为直径的半圆 O 上，连接 ON交 AB 于 Q， 交半圆 O 于 P， 则 OPOB=12BC22， QNQN， 此时 PQ+QN 的值最小PQ+QNPN，再证AQNBQO（AAS） ，得 QNQO，AQBQ=12AB2，然后由勾股定理得 QNQO23，即可求解 【解答】解： （1）四边形 ABCD 是矩形， A90， AB4，AD= 3AB， AD= 3AB43， BD= 2+ 2=42+ (43)2=8， tanADB=443=33， 故答案为：8，33； 由得：tanADB=33， ADB30， ABD90ADB60， A
45、90，AGE 为等腰三角形， AEG45， 由折叠的性质得：GEHABD60， DEH180AEGGEH180456075， DHE180DEHADB180753075， DEHDHE， DEDH， DHE 是等腰三角形， 故答案为：等腰； 四边形 ABCD 是矩形， ABCBCDADC90，CDAB4， DCF90， 由得：ADB30， BDC90ADB60， DFBD， BDF90， CDF90BDC30， CF=33CD=433， SACF=12CFAB=124334=833， 故答案为：833； （2）A90，AMAB， ABM 是等腰直角三角形， AMB45，AMAB4，BM= 2A
46、B42， AD（2 +1）AB42 +4， DMADAM42， BMDM， DBMBDM=12AMB22.5； （3）AD= 2AB42，N 为边 AD 的中点， AN=12AD22， 作点 N 关于 AB 的对称点 N， 则 ANAN22， BPC90， 点 P 在以 BC 为直径的半圆 O 上，连接 ON交 AB 于 Q，交半圆 O 于 P， 则 OPOB=12BC22，QNQN， 此时 PQ+QN 的值最小PQ+QNPN， NAQ90OBQ，AQNBQO，ANBO22， AQNBQO（AAS） ， QNQO，AQBQ=12AB2， QNQO= 2+ 2=22+ (22)2=23， PQ+
47、QNPN2QOOP43 22， 即 PQ+QN 的最小值为 43 22， 故答案为：43 22 24 （14 分）综合与探究： 如图，抛物线 y1ax26ax+c（a0）与 x 轴交于点 A，B（点 A 在点 B 的右侧） ，与 y 轴交于点 C，顶点为 N，直线 y2= 12x1 与 x 轴交于点 B，与抛物线交于点 D，连接 BC，DN，sinOCB=55 （1）求抛物线的解析式； （2）点 D 的坐标为 （6，4） ，DN 154 ； 当 y1y2时，自变量 x 的取值范围是 2x6 ； （3）若点 P 在直线 AC 上，且 SABP：SBCP1：3，求的值； （4）在第四象限内存在点
48、E，使ACE 与ABC 相似，且 AC 为ACE 的直角边，请直接写出点 E 的坐标 【分析】 （1）先求出点 B、C 的坐标，再运用待定系数法即可求得答案； （2）联立方程组求解得出点 D 的坐标，再利用配方法求出顶点 N 的坐标，再运用两点间距离公式即 可求出 DN； 直接观察图象即可得出答案； （3）分两种情况：当点 P 在线段 AC 上时，当点 P 在线段 CA 的延长线上时，分别利用相似三角形性质求解即可； （4）分两种情况：当ACE90时，当CAE90时，分别运用相似三角形性质和三角函数定义进行计算即可 【解答】解： （1）y2= 12x1，令 y20，得12x10， 解得：x2，
49、 B（2，0） ， OB2， sinOCB=55， =sinOCB=55， BC25， 在 RtBOC 中，OC= 2 2=(25)2 22=4， C（0，4） 把 B（2，0） ，C（0，4）代入抛物线 y1ax26ax+c 中， 得：4 + 12 + = 0 = 4， 解得： =14 = 4， 抛物线的解析式为；y1=14x232x4； （2）直线 y= 12x1 与抛物线 y=14x232x4 交于点 D， = 12 1 =14232 4， 解得： = 2 = 0（舍去）或 = 6 = 4， 点 D 的坐标为（6，4） ， y1=14x232x4=14（x3）2254， N（3，254）
50、 ， DN=(6 3)2+ 4 (254)2=154， 故答案为： （6，4） ，154； 由图象可知：当 y1y2时，自变量 x 的取值范围是2x6， 故答案为：2x6； （3）令14x232x40， 解得：x12，x28， A（8，0） ， B（2，0） ， AB10 在 RtACO 中，AC= 2+ 2= 82+ 42=45， 当点 P 在线段 AC 上时，如图 1，过点 P 作 PHx 轴于点 H， SABP：SBCP1：3， SABP：SABC1：4， =14， OC4， PH1， PHx 轴， PHy 轴， APHACO， =，即1=454， AP= 5， =105=25； 当点
