【文档说明】数学-（无锡卷）【试题猜想】2022年中考考前最后一卷（全解全析）.docx，共(34)页，1.174 MB，由管理员店铺上传

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2022年中考考前最后一卷【无锡卷】数学·全解全析一、单选题(共30分)1．(本题3分)-2022的绝对值是（）A．-2022B．2022C．-1D．2021【答案】B【分析】根据绝对值的定义即可求得结果．【详解】解：－2022的绝对值：20222022−=

．故选：B．【点睛】本题主要考查绝对值的定义，熟记绝对值的定义是解题的关键．2．(本题3分)函数y＝13x−﹣x中，自变量x的取值范围是（）A．x≤3月x≠0B．x＜3且x≠0C．x≤3D．x＜3【答案】D【分析】根据二次根式有意义的条件和分式有意义的条件即可求得答案．【详解】解：∵函数y

＝13x−﹣x，∴30x−＞，∴3x＜．故选：D．【点睛】本题考查了函数自变量的取值范围，掌握二次根式有意义的条件：被开方数是非负数，分式有意义的条件：分母不等于0是解题的关键．3．(本题3分)下列运算正确的是（）A．2a+3a＝5a2B．a2b÷2a＝2abC．（a+b）

2＝a2+b2D．（b﹣2a）（2a+b）＝b2﹣4a2【答案】D【分析】分别根据整式的运算以及完全平方公式，平方差公式逐一判断即可．【详解】解：A．235aaa+=，故本选项不合题意；B．2122aba

ab=，故本选项不合题意；C．()2222abaabb+=++，故本选项不合题意；D．()()22224baabba−+=−，故本选项符合题意．故选：D.【点睛】本题考查了整式的运算、完全平方公式和平方差公式，解题的关键是掌握整式

的运算法则、完全平方公式和平方差公式．4．(本题3分)下列事件是必然事件的是（）A．掷一次骰子，向上的一面是6点B．经过城市中某一有交通信号灯的路口，遇到红灯C．购买一张彩票，中奖D．如果a、b都是实数，那么=abba【答案】D【分析】根据必然事件和随机事件的定义逐项排查即可.【详解】解

：由于掷一次骰子，向上的一面是6点是随机事件，故A选项不符合题意；由于经过城市中某一有交通信号灯的路口，遇到红灯是随机事件，故B选项不符合题意；由于购买一张彩票，中奖是随机事件，故C选项不符合题意；如果a、b都是实数，那么=abba是必然事件，故选D项符合题意.故选D.【点睛】本题

主要考查随机事件和必然事件，熟练掌握随机事件和必然事件的概念是解答本题的关键.5．(本题3分)已知一组数据：4，5，m，6，7的平均数是5，则这组数据的中位数是（）A．4.5B．5C．5.5D．6【答案】B【分析】根据平均数为5，即可求出总和为2

5，则可求得m为3，再根据中位数的含义即可求解．【详解】∵平均数为5，∴总和为5525=，∴2545673m=−−−−=，则这组数据从新排列为：3、4、5、6、7，则该组数的中位数为：5，故选：B．【点睛】本题考查了中位数、平均数的知识，求出m的值，再按中位数的定义准确找出中位数是关

键．切勿将摆在中间的m当做中位数而出错．6．(本题3分)若一个立体图形从正面看、从左面看都是长方形，从上面看是圆，则这个图形可能是（）A．圆柱B．球C．圆锥D．三棱锥【答案】A【分析】由主视图和左视图可得此几何体为柱体，根据俯视图是圆可判断出此几何体为圆柱．【

详解】解：∵主视图和左视图都是长方形，∴此几何体为柱体，∵俯视图是一个圆，∴此几何体为圆柱．故选A．【点睛】本题考查由三视图想象几何体的形状，首先，应分别根据主视图、俯视图和左视图想象几何体的前面、上面和左侧面的形状，然后综合起来考虑整体形状．用到的知识点为：三视图里有

两个相同可确定该几何体是柱体，锥体还是球体，由另一个视图确定其具体形状．7．(本题3分)一对全等的含有60°角的直角三角形，拼成的图形不可能为（）A．等腰三角形B．菱形C．矩形D．平行四边形【答案】B【分析】根据直角三角形的特

殊性和等腰三角形、等边三角形、矩形、菱形的概念可知.【详解】解：让两条短直角边重合，另一条直角边在一条直线上，可得等腰三角形，故A可以；不可能拼成菱形，故B不可能；可以让两条斜边重合，两条相等的直角边分别是两组对边，故C可以；让较短的直

角边重合且两个直角不在一条直线上，即可组成平行四边形，故D可以.所以答案为B.【点睛】此题考查了学生的拼图能力，掌握直角三角形的特殊性是解答本题的关键.8．(本题3分)如图，ABC是O的内接三角形，过点C的O的切线交BO的

延长线于点P，若34P=，那么BAC度数为（）A．112B．118C．146D．168【答案】B【分析】连接OC、CE，根据切线的性质得到OC⊥CP，根据直角三角形的性质求出∠COP，根据圆内接四边形的性质计算即可．【详解】解：连接OC，设⊙

O与OP交于点E，连接CE，∵PC为⊙O的切线，∴OC⊥CP，∴∠COP＝90°﹣∠P＝90°﹣34°＝56°，∵OC＝OE，∴∠OEC＝∠OCE12=（180°﹣56°）＝62°，∵四边形ABEC为⊙O的内接四边形，∴∠BAC＝180°﹣∠OEC＝118°，故选：B．【点睛】本题考查的

是切线的性质、圆内接四边形的性质、等腰三角形的性质，掌握圆的切线垂直于经过切点的半径是解题的关键．9．(本题3分)如图，在平面直角坐标系中，一次函数443yx=+的图象与x轴、y轴分别相交于点B、点A，以线段AB为边作正方形ABCD，且点C

在反比例函数(0)kyxx=图象上，则k的值为（）A．21B．－42C．42D．－21【答案】D【分析】过点C作CEx⊥轴，垂足为E，证明ABOBCE，可得点C坐标，代入求解即可．【详解】如图，过点C作CEx⊥轴，垂足为E90CEB=90CBEBC

E+=一次函数443yx=+的图象与x轴、y轴分别相交于点B、点A当0y=时，3x=−A（0，4）B（-3，0）4,3OAOB==四边形ABCD是正方形ABCD90,ABCABBC==90ABOCBE

+=ABOBCE=在ABO和BCE中BOACEBABOBCEABBC===()ABOBCEAAS4,3AOBEOBCE====347OE=+=C（-7，3）点C在反比例函数(0)kyxx=图象上7321k=−=−故选：D．

【点睛】本题考查了一次函数图象与坐标轴的交点、正方形的性质、求反比例函数的系数即全等三角形的判定和性质，正确的做出辅助线以及运用数形结合的思想是解题的关键．10．(本题3分)在矩形ABCD中，连接AC，

过点B作BH⊥AC于点H交AD于点I，AE平分∠BAC分别交BH、BC于点P、E，BF平分∠BC分别交AC、DC于点G、F．已知AB=4，tan∠BAE=12．在下列说法中，①△ABP≌△AGP；②四边形BPGE的面积是165；③sin∠HPG=45；④FC=2FD．⑤连

接FH，则FH∥BC，正确的是（）A．①③④⑤B．①②④⑤C．①②③④D．①②③④⑤【答案】C【分析】①根据已知可得∠BAC=∠HBC，然后利用角平分线的性质可得∠EAC=∠HBG，从而得∠BQP=∠AHP=90°，从而可证明△ABQ≌△AGQ，得到A

B=AG，最后再证明△ABP≌△AGP；②由①可得AQ是BG的垂直平分线，然后证明四边形BPGE是菱形，求出两条对角线的长即可解答；③过点P作PM⊥BE，垂足为M，利用菱形的面积求出PM，然后在Rt△PBM中求出sin∠PBC的值即可解答；④先利用勾股定理求出AE的长，然后求出

APPE的值，从而求出AGGC的值，最后证明△ABG∽△CFG，即可解答；⑤通过计算求出AHAC的值，然后与DFCD的值进行比较即可判断．【详解】解：设AE与BF交于点Q，如图：∵四边形ABCD是矩形，∴∠ABC=∠BAD=90°AB=CD=4，AD∥BC，AB∥CD，∴∠ABH+∠HBC=90

°∵BH⊥AC，∴∠AHB=90°，∴∠HAB+∠ABH=90°，∴∠BAC=∠HBC，∵AE平分∠BAC，BF平分∠IBC，∴∠BAE=∠EAC=12∠BAC，∠HBG=∠GBC=12∠HBC，∴∠EAC=∠HBG，∵∠APH=∠BPQ，∴∠BQP=∠AHP=90°，∴

∠AQP=∠AQG=90°，∵AQ=AQ，∴△ABQ≌△AGQ（ASA），∴AB=AG，BQ=QG，∵AP=AP，∴△ABP≌△AGP（SAS），故①正确；∵AQ⊥BG，BQ=QG，∴AQ是BG的垂直平分线，∴BP=PG，BE=EG，∵BQ=BQ，∠BQE=∠BQP=90°，∠HBG=∠GBC

，∴△PBQ≌△EBQ（ASA），∴BP=BE，∴BP=BE=PG=GE，∴四边形BPGE是菱形，∴PE=2QE，在Rt△ABE中，AB=4，tan∠BAE=12，∴BE=ABtan∠BAE=4×12=2，∵∠GBE=∠BAE，∴tan∠GBE=12，在Rt△BQE

中，tan∠QBE=12QEBQ=，设QE=a，BQ=2a，∵BQ2+QE2=BE2，∴（2a）2+a2=4，∴a=255或a=255−（舍去），∴854524,2255BGBQaPEQEa======，∴四边形BPGE的面积=1185451622555BGPE==，故②正确；∵四边形

BPGE是菱形，∴PG∥BC，∴∠HPG=∠HBC，过点P作PM⊥BE，垂足为M，∵菱形BPGE的面积是165，∴BE•PM=165，∴PM=85，在Rt△BPM中，845sin25PMPBCBP===，∴s

in∠HPG=45，故③正确；∵∠ABC=90°，AB=4，BE=2，∴22224225AEABBE=+=+=，∴45652555APAEPE=−=−=，∴32APPE=，∵PG∥BC，∴32APAGPEGC==，∵AB∥CD，∴∠

BAC=∠ACD，∠ABG=∠BFC，∴△ABG∽△CFG，∴32ABAGCFCG==，∴23CFCD=，∴CF=2DF，故④正确；∵AD∥BC，∴∠DAE=∠AEB，∠AIB=∠IBE，∴△API∽△EPB，∴APAIEPB

E=，∴322AI=，∴AI=3，∴2222435BIABAI=+=+=，∴125ABAIAHBI==，∵∠AIB=∠IBE，∠IBC=∠BAC，∴∠BAC=∠AIB，∵∠ABC=∠BAI，∴△ABC∽△IAB，∴ACABIBAI=，∴453AC=，∴AC=203，∴925AHAC=，∵

13CFCD=，∴DFCD≠AHAC，∴FH与AD不平行，∴FH与BC不平行，故⑤错误；∴正确的有①②③④．故选：C．【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，角平分线的性质，解直角三角形，熟练掌握相似三角形的判定与性质，全等三角形的判定

与性质，是解题的关键．二、填空题(共24分)11．(本题3分)若125的立方根是A，25的算术平方根为B，则A＋B＝________．【答案】25【详解】因为331251255255===，，所以A=5，B=5，则A+B=25，故答案为25.12．(

本题3分)为响应习近平总书记“坚决打赢关键核心技术攻坚战”的号召，某科研团队最近攻克了12nm的光刻机难题，其中1nm＝0.000000001m，则12nm用科学计数法表示为______m．【答案】81.210−【分析】根据绝对值

小于1的数的科学记数法的表示形式为：a×10−n（1≤a<10），n为正整数，n的值由原数中左起第一个非零数之前的零的个数确定，据此计算即可得．【详解】解：∵1nm=0.000000001m=1×10−9m∴12nm=1.2×10

−8m故答案为：1.2×10−8．【点睛】本题主要考查绝对值小于1的数的科学记数法，熟练掌握科学记数法的变换方法是解题关键．13．(本题3分)分解因式：2328xyy−=______．【答案】()()222y

xyxy+−【分析】先提出公因式2y，再利用平方差公式继续分解即可．【详解】解：()()()32222824222xyyyxyyxyxy−=−=+−，故答案为：()()222yxyxy+−．【点睛】本题

考查了提公因式法和公式法进行因式分解，如果多项式中有公因式，要先把公因式提出来．14．(本题3分)已知圆锥的底面半径为1cm，母线长为3cm，则它的侧面展开图的面积为________．【答案】()23cm【分析】利用圆锥

的侧面展开图为一扇形，这个扇形的弧长等于圆锥底面的周长，扇形的半径等于圆锥的母线长和扇形的面积公式计算．【详解】它的侧面展开图的面积=12×2π×1×3=3π（cm2）．故答案为3π（cm2）．【点睛】本题考查了圆锥的计算：圆锥的侧面展开图为一扇形，这个扇形的弧长等于圆锥底面的周长，扇形的半径等于

圆锥的母线长．15．(本题3分)冬奥会每隔4年举办一次．如今年的年份为2022，举办的是第24届冬奥会．设第x届冬奥会的年份为y，则y与x之间的函数表达式为y＝______．（x、y均为正整数）．【答案】4x＋1926【分析】根据题意设第x届冬奥会的年份为y，用待定系数法求出函数关系式即可．【

详解】解：设y与x的函数关系式为：y=kx+b，根据题意今年的年份为2022，举办的是第24届冬奥会，可得：242022252026kbkb+=+=解得：41926kb==则y与x之间的函数关系为y=4x+

1926,故答案为：4x+1926．【点睛】本题考查了函数关系式，根据题意找出题中的等量关系是解题的关键．16．(本题3分)如图，在▱ABCD中，5AB=，90ADB=，tan2DAB=，O为▱ABCD对角线AC、BD的交点，l是一条过

点O且绕点O旋转的动直线，过点B作BEl⊥于点.E则点E到直线CD的距离的最小值为______．【答案】3－52【分析】过点B作BQDC⊥于点P，以BO的中点F为圆心，BO为直径作圆F，过点F作FPDC⊥于点P，再判断出E点的轨迹

，找出使E到DC最小值时的情况，根据相似三角形性质求解即可．【详解】解：如图，过点B作BQDC⊥于点P，以BO的中点F为圆心，BO为直径作圆F，过点F作FPDC⊥于点P∵四边形ABCD是平行四边形AD

BC=，EDEB=则13,44BFBDFDBD==∵∠ADB=90°又∵BE⊥OE恒成立，∴E一定在以BO为直径的圆上，在RtADB中，tan2BDDABAD==，设2,aADaBD==，则()2225ABaaa=+=，由5AB=∴BC=5，25BD

=∴BQ=DBBCDC=2，∵FP垂直DC，BQ垂直DC，∴FP//BQ∴△DFP∽△DBQ∴34FPDFBFDB==,又BQ=2∴FP=32，∵25BD=，∴FB=1542BD=,∴最短距离为FP－FB=3535

=222－－．故答案为：3－52．【点睛】本题主要考查了动点圆弧型轨迹最小值问题及相似三角形的判定与性质，解题关键在于找出能使F到DC最小值时F点的位置．17．(本题3分)如图，点B1是面积为1的等边△OBA的两条中线的交点，以OB1为一边

，构造等边△OB1A1（点O，B1，A1按逆时针方向排列），称为第一次构造；点B2是△OB1A1的两条中线的交点，再以OB2为一边，构造等边△OB2A2（点O，B2，A2按逆时针方向排列），称为第二次构造；以此类推，当第n次构造出的等边△OBnAn的边OAn与等边△OBA的边OB第一次重合时

，构造停止．则构造出的最后一个三角形的面积是________．【答案】1013【分析】首先分析出共需构造10次即可与第一次重合，利用△OBA∽△OB1A1，得S△OB1A1＝13，可知S△OB10A10＝910111333=

．【详解】解：∵∠AOA1＝30°，∠A1OA2＝30°，∠AOB＝60°，∴每构造一次增加30°，∴n＝3606030−＝10，∵△OBA∽△OB1A1，∴1133ABAO=⇒1113OBAOBASS=，∵S△OBA＝1，∴S△OB1A1＝13，q＝13，∴

S△OB10A10＝910111333=．故答案为：1013．【点睛】本题主要考查了等边三角形的性质，相似三角形的性质，找到相应的规律是解题的关键．18．(本题3分)如图，ABC中，90ACB=，4

5ABC=，点D在AC延长线上，点E在BC上，且CDCE=，连接AE．将ACE绕点C旋转，得到△FCG（点A，E分别与点F，G对应），连接BF，EF．当点G恰好落在BD上时（点G不与D重合），若AC，CE是方程234xx+=的两个实数根()ACCE，则BE

F的面积为______．【答案】95【分析】作CMDG⊥于点M，根据旋转的性质可得3BC=，2BE=，即2.3BEBC=，根据△BEF中BE边上的高与△BCF中BC边上的高相同可得13CDCGCFCB==，证明△DCGFCB∽得19DCGFCBSS=，证明△~CMDBCD可求

出31010,1010CMDM==，105DG=，最后根据面积公式可得结论．【详解】解：作CMDG⊥于点M，如图，∵234xx+=解得，121,3xx==∵ACCE∴3,1ACCE==∵∠90,45ACBABC==∴∠45BACABC==∴3BCAC==∴31

2BEBCCE=−=−=∴2.3BEBC=∵△BEF中BE边上的高与△BCF中BC边上的高相同，∴23BEFBCFSBESBC==∴23BEFBCFSS=∵1,90CDBCD==∴22223110BDBCCD=+=+=∵△ACE旋转后得到△FCG∴1CGCECD===，3FCBCAC

===，∠90FCGACE==∴13CDCGCFCB==∵∠90DCGBCGBCGFCB+=+=∴∠DCGFCB=∴△DCGFCB∽∴2211()()39DCGFCBSCDSCF===∴9FCBDCGSS=∴9BCFDCGSS=∵∠90

CMDBCD==，DD=∴△ΔCMDBCD∽∴CDCMDMBDBCDC==，即13110CMDM==∴31010,1010CMDM==∵,CDCGCMDG=⊥∴12DMGMDG==∴101022105DGDM===∴111031032251010DCGSDGCM==

=∴327991010BCFDCGSS===∴2227933105BEFBCFSS===故答案为：95．【点睛】本题主要考查了等腰直角三角形的性质，旋转的性质，勾股定理，相似三角形的判定与性质以及解一元二次方程等知识，证明△DCGFCB∽是解答本题的关键．三、解答题(共96分)19

．(本题6分)（1）计算：2032|2|27(23)2tan4582−−+−++−+（2）化简：2(1)(1)1aaa+−+−．【答案】（1）2+22；（2）a【分析】（1）先计算tan45，再按照实数运算法则计算即可；（2）先乘法运

算，再加减运算即得．【详解】解：（1）原式2321222=2+22=+−+−+；（2）原式22211aaaaa=++−−=−．【点睛】本题考查了实数的混合运算及整式的混合运算，解题关键是熟知特殊角三角函数值及实数混合运算法则，整式混合运算方法．20．(本题6分)（1）先化简，再求值：2

222441242xxxxxxx−−+++−，其中65x=−．（2）解不等式组：()41273xxxx−++．【答案】（1）32x，54−；（2）x＜2【分析】（1）先对分式进行化简，要将除法转化为乘法，将x的值代入化简的式子即可；（2）对第一个不等式进行去括号、移项、系数化

1求出x的范围，第二个不等式去分母、移项、系数化1求x范围，再将两个范围合起来得出最终结果．【详解】（1）原式=22221·222xxxxxxx−+−++−（）（）（）（）=112xx+=32x当x=65−时，原式=3625−=54−；（2）解不等式4（x-1）＜x+2得x＜2解不等式73

xx+＞得x＜72∴不等式组的解集为x＜2．【点睛】本题考查分式的化简求值和一元一次不等式组的求解．正确的运用分式计算的法则和不等式的性质是解决本题的关键．21．(本题10分)如图所示，已知AB＝AC，CB平分∠ACD，CD＝CA，E是BC上一点，连接DE并延长交AB于F．

(1)求证：AEC≌DEC；(2)连接BD，求证四边形ABDC是菱形；(3)若F是AB的中点，EF＝3，求AE的长．【答案】(1)见解析(2)见解析(3)AE的长为6【分析】（1）利用SAS即可证明△AEC≌△DEC；（2）先证

明四边形是平行四边形，然后根据一组邻边相等的平行四边形是菱形，即可解决问题；（3）证明△BEF∽△CED，可得BFEFCDED=，根据F是AB的中点，所以BF＝12AB＝12CD，进而可以解决问题．(1)证明：∵CB平分∠ACD，∴∠ACE

＝∠DCE，在△AEC和△DEC中CACDACEDCEECEC＝＝＝，∴△AEC≌△DEC（SAS）．(2)连接BD，如图所示：∵AB＝AC，∴∠ABC＝∠ACB，∵∠ACE＝∠DCE，∴∠ABC＝∠DCB，∴AB∥CD，∵C

D＝CA，∴AB＝CD，∴四边形ABDC是平行四边形，∵AB＝AC，∴四边形ABDC是菱形；(3)∵AB∥CD，∴△BEF∽△CED，∴BFEFCDED=，∵F是AB的中点，∴BF＝12AB＝12CD，∴12BFEFBFCDEDAB==

=，∵EF＝3，∴DE＝6，∵△AEC≌△DEC，∴AE＝DE＝6，∴AE的长为6．【点睛】本题考查了菱形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，解决本题的关键是根据AB∥CD得到△BEF∽△CED．22．(本题10分)第二十四届冬季奥

林匹克运动会于2022年2月4日至2月20日在北京成功举办，北京成为历史上第一座既举办过夏奥会又举办过冬奥会的“双奥之城”．北京冬奥会的项目有滑雪（如高山滑雪、单板滑雪等），滑冰（如速度滑冰、花样滑冰等），冰球，冰壶等．如图，有4

张形状、大小、质地均相同的卡片，正面分别印有速度滑冰、花样滑冰、高山滑雪、单板滑雪4种不同的图案，背面完全相同，其中速度滑冰、花样滑冰为冰上项目，高山滑雪、单板滑雪为雪上项目．现将这4张卡片洗匀后正面向下放在桌子上．(1)从中随机抽取1张，求抽出

的卡片上恰好是冰上项目图案的概率；(2)若印有速度滑冰、花样滑冰、高山滑雪、单板滑雪4种不同图案的卡片分别用A，B，C，D表示，从中随机抽取一张卡片（不放回），再从余下的卡片中随机抽取一张，试用画树状图或

列表的方法求出抽到的卡片均是冰上项目图案的概率．【答案】(1)12(2)16【分析】（1）求得总的结果数以及目标事件的结果数，然后根据概率公式求解即可；（2）用列表法或树状图表示抽取的结果，求得总的结果数和目标事件的结果数，即可求解．(1)解：因为速度滑冰、花样滑冰属于冬奥会上的冰上项目

，从四张卡片中随机选一张，共有四种等可能结果，故恰好是冰上项日图案的概率2142P==；(2)解：列表分析如下：或用树状图表示，如下：∵共有12种等可能的结果，其中抽到的卡片均是冰上项目的图案有2种情况，∴抽到的卡片均是冰上项日的图案的概率：21126=，即P（抽到的卡片均是冰上项目

的图案）16=．【点睛】本题考查了利用概率公式求概率，树状图或列表法求概率，解题的关键是正确求得结果总数以及目标事件的结果数，掌握概率公式．23．(本题10分)以人工智能、大数据、物联网为基础的技术创新促进了新业态蓬勃发展，新业态发展对人才的需求更加旺盛．某大型科技公司上半年新招聘软件、硬件、总

线、测试四类专业的毕业生，现随机调查了所名新聘毕业生的专业情况，并将调查结果绘制成如图两幅不完整的统计图．请根据统计图提供的信息，解答下列问题．(1)m=______，n=______．(2)请补全条形统计图；(3)在扇形统计图中，“软件”所对应的扇形的圆心角是______度；(4)若该公司新招聘

600名毕业生，请你估计“总线”专业的毕业生有多少名？【答案】(1)50，10(2)见解析(3)72(4)估计“总线”专业的毕业生有180名．【分析】（1）根据总线的人数和所占的百分比，可以求得m的值，

然后即可计算出n的值；（2）根据（1）中的结果和硬件所占的百分比，可以求得硬件专业的毕业生，从而可以将条形统计图补充完整；（3）根据条形统计图中的数据，可以计算出在扇形统计图中，“软件”所对应的扇形的圆心角的度数

；（4）根据统计图中的数据，可以计算出“总线”专业的毕业生的人数．(1)解：m=15÷30%=50，n%=5÷50×100%=10%，故答案为：50，10；(2)解：硬件专业的毕业生有：50×40%=20（人），补全的条形统计图如图所示；;(3)解

：在扇形统计图中，“软件”所对应的扇形的圆心角是360°×1050=72°；故答案为：72；(4)解：600×30%=180（名），答：估计“总线”专业的毕业生有180名．【点睛】本题考查条形统计图、扇形统计图、用样本估计总体，解答本题的关键是明确题

意，利用数形结合的思想解答．24．(本题10分)如图，AB为O的直径，点C是O上一点，过点A作O的切线交BC的延长线于点D，连接AC．(1)求作：过点A作AE平分∠BAC交⊙O于点E；（尺规作图，保留作图痕迹）(2)在（1）的条件下，记AE与BD交于

点F．①求证：DF＝AD；②若AB＝8，当四边形COBE为菱形时，求CD的长．【答案】(1)见解析(2)①见解析；②433CD=【分析】（1）以点A为圆心，任意长为半径画弧，分别交AB、AC于点M、N，再分别以M、N为圆心，大于12MN为半径画弧，两弧交

于一点P，作射线AP交O于点E，即可求解；（2）①连接BE，根据切线的性质可得90DAFBAE+=，再由AE平分BAC，可得90DAFEBC+=，然后根据AB为O的直径，可得DAFEFB=．从而得到DAFAFD=，即可求证

；②连接OE，根据四边形COBE为菱形，可得△OBE是等边三角形，进而得到∠ABC=∠CBE=30°，再由直角三角形的性质，可得43BC=，1633BD=，即可求解．(1)解：如图，AE即为所求角平分线；(2)证明：①如图，连接BE，∵AD是O的切线，∴90DAB=，∴90DAFBAE

+=，∵AE平分BAC，∴CAEBAE=，∵∠EBC=∠CAE，∴EBCBAE=，∴90DAFEBC+=，∵AB为O的直径，∴90AEB=∠，∴90EBFEFB+=，∴DAFEFB=．∵AFDEFB=

，∴DAFAFD=，∴DFAD=；②如图，连接OE，∵四边形COBE为菱形，∴OB=BE，∠ABC=∠CBE，∵OE=OB，∴OB=OE=BE，∴△OBE是等边三角形，∴∠OBE=60°，∴∠ABC=

∠CBE=30°，∵AB为O的直径，∴∠ACB=90°，∴142ACAB==，∴2243BCABAC=-=，∵AD是O的切线，∴∠BAD=90°，∴BD=2AD，∵AD2+AB2=BD2，∴AD2+82=（2AD）2，解

得：833AD=，∴1633BD=，∴433CDBDBC=−=．【点睛】此题圆的综合题，主要考查了切线的性质，菱形的性质，同角的余角相等，勾股定理，作角平分线的方法，判断出ABOE是等边三角形是解本题的关键．25．(本题10

分)冰墩墩（BingDwenDwen），是2022年北京冬季奥运会的吉祥物．将熊猫形象与富有超能量的冰晶外壳相结合，头部外壳造型取自冰雪运动头盔，装饰彩色光环，整体形象酷似航天员．冬奥会来临之际，冰墩墩玩偶非常畅销．小冬在某网店选中A，B两款冰墩墩玩偶，决定从该网店进货并销售．两

款玩偶的进货价和销售价如表：价格类别A款玩偶B款玩偶进货价（元/个）2015销售价（元/个）2820(1)第一次小冬550元购进了A，B两款玩偶共30个，求两款玩偶各购进多少个．(2)第二次小冬进货时，网店规定A款玩偶

进货数量不得超过B款玩偶进货数量的一半．小冬计划购进两款玩偶共30个，应如何设计进货方案才能获得最大利润，最大利润是多少？(3)小冬第二次进货时采取了（2）中设计的方案，并且两次购进的玩偶全部售出，请从利润率的角度分析，对于小冬来说哪一次更合算？（注：利润率=（利润÷成本）×100%）．【答

案】(1)A款玩偶购进20个，则B款玩偶购进10个(2)A款玩偶购进10个，则B款玩偶购进20个，才能获得最大利润，最大利润是180元(3)第二次更合算【分析】（1）设A款玩偶购进a个，则B款玩偶购进（30-a）个，根据题意，列出方程，即可求解

；（2）设获得利润w元，A款玩偶购进x个，则B款玩偶购进（30-x）个，根据题意，列出函数关系式，再根据一次函数的增减性，即可求解；（3）分别求出两次的利润率，即可求解．(1)解：设A款玩偶购进a个，则B款玩偶购进（30-a）个，根据题意得：()2015305

50aa+−=，解得：20a=，∴30-a=10，答：A款玩偶购进20个，则B款玩偶购进10个；(2)解：设获得利润w元，A款玩偶购进x个，则B款玩偶购进（30-x）个，根据题意得：()()()28202015303150wxxx=−+−−=+，∵A款玩偶进货数量不得超过B款玩偶进货数量的一半

．∴()1302xx−，解得：10x，∵30，∴w随x的增大而增大，∴当10x=时，w的值最大，最大值为3×10+150=180，答：A款玩偶购进10个，则B款玩偶购进20个，才能获得最大利润，最大利润是180元；(

3)解：第一次的利润率为：()()202820102015100%38.2%550−+−，第二次的利润率为：()()102820202015100%36%20101520−+−=+，∵38.2%36%，∴第二次更合算．【点睛】本题主要考查了一元一次方程的

应用，一次函数的应用，明确题意，准确得到等量关系是解题的关键．26．(本题10分)我们不妨约定：若某函数图象上至少存在不同的两点关于原点对称，则把该函数称之为“D函数”，其图象上关于原点对称的两点叫做一对“D点”根据该约定，完成下列各题．(1)

在下列关于x的函数中，是“D函数”的，请在相应题目后面的括号中打“√”，不是“D函数”的打“×”，myx=（0m）（_______）；31yx=−（_______）；2yx=（_______）．(2)若点A（1，m）与点B（n，4−）是关于x

的“D函数”2yaxbxc=++（0a）的一对“D点”，且该函数的对称轴始终位于直线1x=的右侧，求a，b，c的值或取值范围；(3)若关于x的“D函数”223yaxbxc=++（a，b，c是常数）同时满足

下列两个条件：①0abc++=；②()()2230cbacba+−++；求该“D函数”截x轴得到的线段长度的取值范围．【答案】(1)①√；②×；③√(2)42002bac=−，，(3)227MN【分析】（1）根据“D函数

”的定义判断即可．（2）先根据题意求出m，n的取值，代入y＝ax2+bx+c得到a，b，c的关系，再根据对称轴在x＝1的右侧即可求解．（3）设该“D函数”的一对“D点”是：()()000000AxyBxyx−−，，，，，代入函

数解析式可得2030cxa=−，由0abc++=，(2)(23)0cbacba+−++，得(2)(2)0ccaa−+，从而20ca−，再利用二次函数的根与系数关系即可求解．(1)解：①√②×③√(2)解：由题意可得：41mn==−，，

则(14)(14)AB−−，，，，从而：44abcabc++=−+=−解得40bac=+=，由212bxaa=−=−，解得20a−，从而02ca=−，故42002bac=−，，，(3)解：显然0a，否

则(2)(23)(2)(2)0cbacbacbcb+−++=++，设该“D函数”的一对“D点”是：()()000000AxyBxyx−−，，，，，依题意可得200020002323axbxcyax

bxcy++=−+=−，从而2030cxa=−，得0ca，因为0abc++=，(2)(23)0cbacba+−++，所以(2)(2)0caca−+，所以(2)(2)0ccaa−+，因为0ca，所以20ca−，

20,ca+>从而20ca−，设该“D函数”与x轴的两个交点分别是12(0)(0)MxNx，，，，令2230yaxbxc=++=，得到121223bcxxxxaa+=−=，，则由()21212124M

Nxxxxxx=−=+−，可得2221213421224bccccMNaaaaa=−=−+=−+，因为20ca−，所以227MN，【点睛】本题属于二次函数综合题，考查了二次函数的性质，待定系数法，一元二次方程的根与系数的关系等知识，“D函数”，“D点”的

定义等知识，解题的关键是理解题意，学会利用参数解决问题，属于中考压轴题．27．(本题10分)如图，已知AB是O的直径，点C在O上，过点C的直线与AB的延长线交于点P，ACPC=，2COBPCB=．(1)求证：PC是O的切线；

(2)求PAC的度数；(3)点M是圆弧AB的中点，CM交AB于点N，若4AB=，求MNMC的值．【答案】(1)证明见解析(2)30°(3)8【分析】（1）根据切线的判定定理可知，已知点C在圆上，故只需证明OCPC⊥即可；根据圆周角定理以及2COBPCB=，易得ACOP

CB=，进而可得∠PCB+∠OCB=90°，即OCPC⊥，故PC是⊙O的切线．（2）通过证明COBCBO=，可得COB△为等边三角形，进而求得60COB=，所以可求PAC．（3）连接MA，MB，由圆周角定理可得∠ACM=∠BCM，进而可得△MBN∽

△MCB，故2BMMNMC=，代入数据可得28MNMCBM==．(1)解：OAOC=，AACO=．又2COBA=，2COBPCB=，AACOPCB==．又ABQ是O的直径，90ACOOCB

+=．90PCBOCB+=．即OCCP⊥，OC是O的半径．PC是O的切线．(2)解：ACPC=，AP=，AACOPCBP===．又COBAACO=+，CBOPPCB=+，CO

BCBO=，COB是等边三角形，60COB=，30PAC=．(3)解：如图所示：连接MA，MB，点M是AB的中点，AMBM=，ACMBCM=．ACMABM=，BCMABM=．BMNBMC=，MBNM

CB∽．BMMNMCBM=．2BMMNMC=．又ABQ是O的直径，AMBM=，90AMB=，AMBM=．4AB=Q，22BM=．28MNMCBM==．【点睛】此题主要考查圆的切线的判定及圆周角定理的运用和相似三角形的

判定和性质的应用，等腰直角三角形的判定和性质等知识，学会添加常用辅助线，构造相似三角形是解决本题的关键．28．(本题14分)综合与探究如图，抛物线212yxbxc=−++与x轴交于A，B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，点A，C的坐标分别为(2,0),(0,4)−，

连接,ACBC．点P是y轴右侧的抛物线上的一个动点．(1)求抛物线的函数表达式，并直接写出点B的坐标；(2)连接PA，交直线BC于点D，当线段AD的值最小时，求点P的坐标；(3)点Q是坐标平面内一点，是否存在点Q，

使得以点A，C，P，Q为顶点的四边形为矩形，若存在，请直．接．写出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】(1)2142yxx=−++；()4,0B(2)()2,4P(3)存在，点Q的坐标为312−，；172，【分析】（1）将点A和点C坐标代入抛物线表达式即可求得b

和c的值，进而可得抛物线表达式；将点B的纵坐标代入抛物线解析式得到一元二次方程并求解即可求得点B坐标；（2）根据题意可确定当AP⊥BC于D时，AD取得最小值，设AP与y轴相交于点E．根据三角形内角和定理和等角对等边确定OA=OE，进而确定点E的坐标，使用待定系数法求

得直线AE解析式，联立直线AE解析式和抛物线解析式即可求得点P坐标；（3）过点C作CF⊥AC交抛物线于F，交x轴于J，过点A作AG⊥AC交抛物线于G，交y轴于K，过点F作FH⊥AG交直线AG于H，过点G作GI⊥CF交直线CF于I．根点P和点

Q的位置进行分类讨论：①当点P与点F，点Q与点H分别重合时．根据锐角三角函数和待定系数法求得直线CF的解析式，联立其与抛物线解析式求得点F坐标，再根据平移的性质可得点H坐标．②当点P与点G，点Q与点I分别重合时．根据锐角三角函数和待定系数法求得直线AG的解析式，联立其与抛物线解析式求得点G

坐标，再根据平移的性质可得点I坐标．(1)解：（1）将()()2004AC−,，,代入212yxbxc=−++得()21022,24bcc=−−−+=．解得1,4bc==．∴抛物线的函数表达为2142yxx=−++．将0y=代入2142yxx=−++

得21042xx=−++．解得12x=−，24x=．∵()2,0A−，∴()4,0B．(2)解：如下图所示，当AP⊥BC于D时，AD取得最小值，设AP与y轴相交于点E．∵()4,0B，()0,4C，∴OB=4，OC=4．∴OB=OC．∴∠OBC=∠OCB．∵∠

BOC=90°，∴∠OBC180452BOC−==．∵AP⊥BC，∴∠ADB=90°．∴∠EAO=180°-∠ADB-∠OBC=45°．∵∠AOE=90°，∴∠OEA=180°-∠AOE-∠EAO=45°．∴∠EAO=∠OEA．∴OE=OA．∵()2,0A−，∴OA=2．∴OE=2．∴()

0,2E．设直线AE的解析式为y=kx+b．把点A和点E坐标代入直线AE解析式得02,2kbb=−+=．解得1,2kb==．∴直线AE的解析式为y=x+2．联立直线AE解析式和抛物线解析式得22,142yxyxx=+=−++

．解得112,0xy=−=或222,4xy==．∵()2,0A−，∴()2,4P．(3)解：如下图所示，过点C作CF⊥AC交抛物线于F，交x轴于J，过点A作AG⊥AC交抛物线于G，交y轴于K，过点F作F

H⊥AG交直线AG于H，过点G作GI⊥CF交直线CF于I．①当点P与点F，点Q与点H分别重合时，四边形ACPQ为矩形．∵AO⊥CO，CF⊥AC，∴∠OAC+∠OCA=90°，∠OCA+∠OCJ=90°．∴∠OAC=∠OCJ．∵OA=2，OC=4，∴tan2OCOACOA==．∴tan2OC

J=．∴tan8OJOCOCJ==．∴()8,0J．设直线CJ的解析式为y=mx+n．把点C和点J坐标代入直线CJ解析式得4,08nmn==+．解得1,24mn=−=．∴直线CJ解析式为142yx=−+

．联立直线CJ解析式和抛物线解析式得214,2142yxyxx=−+=−++．解得110,4xy==或223,52xy==．∴53,2F．∵CF⊥AC，AG⊥AC，FH⊥AG，∴四边形ACPQ

是矩形．∴CF∥AH，CF=AH．∵()2,0A−，()0,4C，∴CF向左平移2个单位长度，再向下平移4个单位长度得到AH．∴31,2H−．②当点P与点G，点Q与点I分别重合时，四边形CAPQ是矩形．同理可得直线AK的解析式为112yx=−−．同理可得75,2G

−．同理可得四边形CAPQ是矩形．同理可得17,2I．∴存在点Q，使得以点A，C，P，Q为顶点的四边形为矩形，此时点Q坐标为31,2−或17,2．【点睛】本题考查待定系数法求二次函数解析式，解一元二次方程，待定系数法求一次函数解析式，解直角三角形，矩形

的判定定理和性质，正确使用分类讨论思想和数形结合思想是解题关键．获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com