【文档说明】《甘肃中考真题数学》《精准解析》甘肃省天水市2020年中考数学试题（解析版）.pdf，共(31)页，628.194 KB，由envi的店铺上传

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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()A.3B.22C.|4|D.5【答案】D【解析】【分析】

根据负数的定义逐项判断即得答案．【详解】解：A、33，3不是负数，故本选项不符合题意；B、224，4不是负数，故本选项不符合题意；C、44，4不是负数，故本选项不符合题意；D、5是负数，故本选项符合题意．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()A.53.4110B.63.4110C.334110

D.60.34110【答案】A【解析】【分析】根据科学记数法的表示方法解答即可．【详解】解：341000用科学记数法表示为53.4110．故选：A．【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【答案】D【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.40，42B.42，43C.42，42D.42，41【答案】C【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，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4242422，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，PA、PB分别与O相切于A、B两点，点C为O上一点，连接AC、BC

，若70P，则ACB的度数为()A.50B.55C.60D.65【答案】B【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°，∴∠ACB=12∠AOB=12×110°=55°．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．6.下列图形中，是中心对称图形但不是轴对称图形的是()A.B.C.D.【答案】C【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．7.若函数20yaxbxca的图象如图所示，则函数yaxb

和cyx在同一平面直角坐标系中的图象大致是()A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据二次函数的图像即可判断出a、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∵抛物线对称轴2bxa＞0∴b＜0∵抛物线与y轴交点在y轴正半轴上∴c＞0∴当a＞0，b＜0时，一次函数yaxb的图像过第一、三、四象限；当c＞0时，反比例函数cyx的图像过第一、三象限．故选B．【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1.5m，测得1.2ABm，12.8BCm，则建筑物CD的高是()A.17.5mB.17mC.16.

5mD.18m【答案】A【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：∵1.2ABm，12.8BCm∴AC=1.2m+12.8m=14m

∵标杆BE和建筑物CD均垂直于地面∴BE//CD∴△ABE∽△ACD∴ABACBECD,即1.2141.5CD,解得CD=17.5m．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

．9.若关于x的不等式32xa只有2个正整数解，则a的取值范围为()A.74aB.74aC.74aD.74a【答案】D【解析】【分析】先解不等式得出23ax，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223

3a，解之可得答案．【详解】解：32xa，32xa，则23ax，不等式只有2个正整数解，不等式的正整数解为1、2，则2233a，解得：74a，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．10.观察等式：232222；23422222；2345222222；…已知按一定规律排列的一组数：1001011021992002,2,2,,2,2，若

1002S，用含S的式子表示这组数据的和是()A.22SSB.22SSC.222SSD.2222SS【答案】A【解析】【分析】由题意得出100101102199200991010002222222=122，再利用整体代入思想即可得出

答案．【详解】解：由题意得：这组数据的和为：1001011021992002222200100991=21222100101=2122100101=221100100=2221∵1002S，∴原式=2212SSSS,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，解题的关键是正确找到本题的规律：3112222222=2nnn，学会探究规律，利用规律解决问题，属于中考填空题中的压轴题．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)11.分解因式：3mnmn_________．【答案】11mnmm【解析】【分析】原式提取公因式后，利用平方差公式分解即可．【详解】解：3mnmn=2(1)mnm=11m

nmm．故答案为：11mnmm．【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．12.一个三角形的两边长分别为2和5，第三边长是方程28120xx的根，则该三角形的周长为_______．【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，∴260xx，∴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．13.函数23xyx中，自变量x的取值范围是___________．【答案】2x且3x．【解析】【分析】根据二次根式的性质以及分式的意义，分别得出关于x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：20x

，且30x，∴2x且3x，故答案为：2x且3x．【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.14.已知1023ab，16343ab，则ab的值为_________．【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．【详解】解：1023ab①，16343ab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sinAOB的值是________．【答案】22【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ABO是直角三角形，再根据三角函数的定义可以求出答案.【详解】连接AB如图所示：设小正方形的边长为1，∴2OA=23+1=10，22B

A=3+1=10，222OB=4+2=20，∴ABO是直角三角形，∴BA102sinAOB==OB220，故答案为：22.【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_________．【答案】83【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．

【详解】解：设圆锥的底面半径为r，由题意得，12082180r，解得，83r，故答案为：83．【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，OGMEOHOGOEGOMOEH，∴△OGM≌△EOH（ASA），∴GM=OH=2，OM=EH=3，∴G（﹣3，2），∴O′（﹣12，52），∵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.18.如图，在边长为6的正方形ABCD内作45EAF，AE交BC于点

E，AF交CD于点F，连接EF，将ADF绕点A顺时针旋转90得到ABG，若3DF，则BE的长为__________．【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△ADF绕点A顺时针旋转90得到△ABG，∴AG=AF

，GB=DF，∠BAG=∠DAF，∵45EAF，∠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，在Rt△CEF中，由勾股定理，得：222633xx，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

9.（1）计算：1014sin60|32|2020124．（2）先化简，再求值：21111211aaaaaa，其中3a．【答案】（1）33；（2）221a，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；（2）先根据分式的混合运算顺序和运算法则化简原式，再将a的值代入计算可得．【详解】（1）原式34(23)12342，23231234，33；（2）原式21

111(1)1aaaaa，1111aa，11(1)(1)aaaa，221a，当3a时，原式=2222131231．【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；（4）该兴趣小组准备从调查结果为“不满意”的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．【答案】（1）50；（2

）答案见解析；（3）144；（4）23．【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）1836%50(人)，故答案为：50；（2）50481820补全图形如下：（3）2036014450，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，∴一男一女的概率为：P（一男一女）=82=123．【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．21.如图所示，一次

函数0ymxnm的图象与反比例函数0kykx的图象交于第二、四象限的点2,Aa和点,1Bb，过A点作x轴的垂线，垂足为点C，AOC△的面积为4．（1）分别求出a和b的值；（2）结合图象直接写出

kmxnx中x的取值范围；（3）在y轴上取点P，使PBPA取得最大值时，求出点P的坐标．【答案】（1）4a，8b；（2）2x或08x；（3）()170,3P．【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．【详解】（1）由题意得：1||42AOCSk∴||8k，8k又∵反比例函数图象经过第二、四象限∴8k，8yx当2x时，842a

；当1y时，81b，解得8b（2）由图象可以看出kmxnx的解集为2x或08x（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）∵2,4A关于y轴的对称点为2,4A，又8,1B，则直线AB与y轴的交点即为所求P点．设直线AB的解析式为ycxd则2481cdcd解得56173cd

∴直线AB的解析式为51763yx∴直线AB与y轴的交点为(170,3)．即点P的坐标为()170,3P．【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A处测得灯塔P在北偏东60方向上，继续航行30分钟后到达B处，此时测得灯塔P在北偏东45方向上．（1）求APB的度数；（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：21.414，31.732)【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PHAB交AB的延长线于点H，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；（2）设PHx海里，则BHPHx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海里比较即可解答．【详解】解：（1）作PHAB交AB的延长线于点H∵906030PAB，904545PBH∴453015APBPBHPAB；（2）设

PHx海里，则BHPHx海里，30402060AB海里∵在RtAPH中，tan30PHAH∴3203xx解得：1031027.3225x．∴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．23.如图，在ABC中，90C，AD平分BAC交BC于点D，点O在AB上，以点O为圆心，OA为半径的圆恰好经过点D，分别交AC、AB于点E、F．（1）试判断直线BC与O的位置关系，并说明理由；（2）若

23BD，6AB，求阴影部分的面积(结果保留)．【答案】（1）BC与O相切，理由见解析；（2）2233．【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60BOD

，再分别求出△ODB和扇形DOF的面积即可．【详解】解：（1）BC与O相切．理由如下：如图，连接OD．∵AD平分BAC，∴CADOAD，又∵OAOD，∴OADODA，∴CADODA，∴//ODAC，∴90BDOC

又∵OD为O的半径，∴BC与O相切．（2）设O的半径为r，则OAODr，6OBr，由（1）知90BDO，在RtBOD中，222ODBDOB，即222(23)(6)rr，解得2r=．∵23tan32BDBODOD

，∴60BOD．∴21602360BODODFrSSSODBD阴影扇形，216022232360，2233．【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ABC中，120ACB，则底边AB与腰AC的长度之比为_________．理解运用（1）若顶角为120的等腰三角形的周长为423，则它的面积为_________；（2

）如图（2），在四边形EFGH中，EFEGEH.在边FG，GH上分别取中点,MN，连接MN.若120FGH，20EF，求线段MN的长．类比拓展顶角为2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)【答案】性质探究：3:1(或3)；理解运用：（1）3；

（2）103MN；类比拓展：2sin:1(或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=3CD，得出AB=2AD=23CD，即可得出结果；理

解运用（1）同上得出则AC=2CD，AD=3CD，由等腰三角形的周长得出4CD+23CD=4+23，解得：CD=1，得出AB=23，由三角形面积公式即可得出结果；（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=12EF=10，PF=3PE=

103，得出FH=2PF=203，证明MN是△FGH的中位线，由三角形中位线定理即可得出结果；类比拓展作AD⊥BC于D，由等腰三角形的性质得出BD=CD，∠BAD=12∠BAC=α，由三角函数得出BD=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=3CD，∴AB=2AD=23CD，∴2332ABCD

ACCD；故答案为：3:1(或3)；理解运用（1）解：如图①所示：同上得：AC=2CD，AD=3CD，∵AC+BC+AB=4+23，∴4CD+23CD=4+23，解得：CD=1，∴AB=23，∴△ABC的面积=12AB×CD=12×23×1=3；

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°，∴PE=12EF=10，∴PF=3PE=103，∴FH=2PF=203，∵点M、N分别是FG、GH的中点，∴MN是△FGH的中位线，∴MN

=12FH=103；类比拓展解：如图③所示：作AD⊥BC于D，∵AB=AC，∴BD=CD，∠BAD=12∠BAC=α，∵sinBDAB，∴BD=AB×sinα，∴BC=2BD=2AB×sinα，∴2sin2sinBCABABAB

；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．2

5.天水市某商店准备购进A、B两种商品，A种商品每件的进价比B种商品每件的进价多20元，用2000元购进A种商品和用1200元购进B种商品的数量相同．商店将A种商品每件的售价定为80元，B种商品每件的售价定

为45元．（1）A种商品每件的进价和B种商品每件的进价各是多少元？（2）商店计划用不超过1560元的资金购进A、B两种商品共40件，其中A种商品的数量不低于B种商品数量的一半，该商店有几种进货方案？（3）“五一”期间，商店开展优惠促销活动，决定对每件A种商品售价优惠1

020mm元，B种商品售价不变，在（2）的条件下，请设计出m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）A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；（3）①当15m时，（2）中的五种方案都获利

600元；②当1015m时，购进A种商品18件，购进B种商品22件，获利最大；③当1520m时，购进A种商品14件，购进B种商品26件，获利最大．【解析】【分析】（1）设A种商品每件的进价为x元，B种商品每件的进价为20x元，然后根据“用2000元购进A种商品和

用1200元购进B种商品的数量相同”的等量关系列分式方程解答即可；（2）设购进A种商品a件，购进B种商品40a件，再根据“商店计划用不超过1560元的资金半”和“A种商品的数量不低于B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；（3）设销售A、B两种商品总获利y元，然后列出y与a和m的关系式，然后分m=15、10＜m＜15、15＜m＜20三种情况分别解答，最后再进行比较即可．【详解】（1）设A种商品每件的进价为x元，B种商品每件的

进价为20x元．依题意得2000120020xx，解得50x，经检验50x是原方程的解且符合题意当50x时，2030x．答：A种商品每件的进价为50元，B种商品每件的进价为30元；（2）设购进A种商品a件，购进B种商品40a

件，依题意得5030(40)15601(40)2aaaa解得40183a，∵a为整数∴14,15,16,17,18a．∴该商店有5种进货方案；（3）设销售A、B两种商品总获利y元，则805045304015600y

maama．①当15m时，150m，y与a的取值无关，即（2）中的五种方案都获利600元；②当1015m时，150m，y随a的增大而增大，∴当18a时，获利最大，即在（2）的条件下，购进A种商品18件，购进B种商品22件，获利最大；③当152

0m时，150m，y随a的增大而减小，∴当14a时，获利最大，∴在（2）的条件下，购进A种商品14件，购进B种商品26件，获利最大．【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．26.如图所示，抛物线20yaxbxca与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C，且点A的坐标为2,0A，点C的坐标为0,6C，对称轴为直线1x.点D是抛

物线上一个动点，设点D的横坐标为14mm，连接AC，BC，DC，DB．（1）求抛物线的函数表达式；（2）当BCD的面积等于AOC的面积的34时，求m的值；（3）在（2）的条件下，若点M是x轴上一动点，点N是抛物线上一动点，试判断是否存在这样的点M，使得以点,,,BDMN为顶

点的四边形是平行四边形．若存在，请直接写出点M的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】（1）233642yxx；（2）m的值为3；（3）存在，点M的坐标为8,0，0,0，(14,0)，()14,0．【解析】【分析】（1）把A、C两点坐标代入函数解析式，结合对称轴方程1

2ba，联立方程组，求出a，b，c的值即可；（2）过点D作DEx轴于点E，交BC于点G，过点C作CFED交ED的延长线于点F．首先计算出AOC的面积=6，得92BCDS，求得B（4，0），直线BC的函数表达式为362yx，可得点D的坐标为236,342m

mDm骣琪-琪桫++，点G的坐标为3,62()Gmm，根据BCDCDGBDGSSS得方程239622mm求解即可；（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DB为对角线时；②

当DM为对角线时；③当DN为对角线时．【详解】（1）由题意得124206baabcc，解得34326abc故抛物线的函数表达式为233642yxx（2）过点D作DEx轴于点E

，交BC于点G，过点C作CFED交ED的延长线于点F．∵点A的坐标为2,0，∴2OA∵点C的坐标为0,6∴6OC∴1126622AOCSOAOC∴3396442BCDAOCSS当0y时，2336042xx，解得12x，24x.

∴4,0B设直线BC的函数表达式为ykxn则406knn，解得326kn，∴直线BC的函数表达式为362yx．则点D的坐标为236,342mmDm骣琪-琪桫++，点G的坐标为3,62()Gmm，∴2233336634224DGm

mmmm∵点B的坐标为4,0，∴4OB．∴1122BCDCDGBDGSSSDGCFDGBE2211133()34622242DGCFBEDGBOmmmm．则有2

39622mm解得11m(不合题意，舍去)，23m．∴m的值为3．（3）存在，点M的坐标为8,0，0,0，(14,0)，()14,0在233642yxx中，当3x时，154y，∴43,15D骣琪琪桫．分三种情况讨论：①当DB为对角线时，如图（

1），易知点D与点N关于直线1x对称．∴151,4N，4DN，∴4BM，又∵4,0B，∴18,0M②当DM为对角线时，如图（2），151,4N，4DN，∴4BM．又∵4,0B，∴

20,0M③当DN为对角线时．∵43,15D骣琪琪桫，易知点N的纵坐标为154．将154y代入233642yxx中，得233156424xx，解得1114x，2114x．当114x时，点N的位置如图（3）所示，则15114,4N

分别过点,DN作x轴的垂线，垂足分别为点,EQ，易证DEMNQB≌．∵1144143BQ，∴143EM，又∵3,0E，∴314,0M当114x时，点N的位置如图（4）所示，则15114,4N．同理易得

点M的坐标为414,0M综上所述：点M的坐标为8,0，0,0，14,0，()14,0-．【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．获

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