【文档说明】数学-（苏州卷）【试题猜想】2022年中考考前最后一卷（全解全析）.docx.docx，共(18)页，1.254 MB，由管理员店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-a3303203736f0862006a37f063b9bd82.html

以下为本文档部分文字说明：

保密★启用前2022年中考考前最后一卷【苏州卷】数学注意事项：1．本试卷共8页，满分150分，考试时间120分钟。2．考生务必用黑色字迹的签字笔或钢笔在答题卡上填写自己的考号、姓名、试室号、座位号，用2B铅笔把对应该号码的标号涂黑。3．选择题每小题选出答案后，用2B铅笔

把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试题上。4．非选择题必须用黑色字迹钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写

上新的答案；不准使用铅笔、涂改液，不按以上要求作答的答案无效。5．考生务必保持答题卡的整洁，考试结束时，将答题卡交回。第I卷（选择题）一、选择题（本大题包括10小题，每小题3分，共30分。在每小题列出的四个选项中，只有一个是正确的，请将答题卡上对应题目所

选的选项涂黑）1．(本题3分)4的相反数是（）A．2B．-2C．4D．-4【答案】B【分析】先化简4，再求解相反数即可.【详解】解：42,=Q4的相反数是2−.故选：B【点睛】本题考查的是算术平方根的含义，

相反数的含义，掌握“求解一个数的算术平方根与相反数”是解本题的关键.2．(本题3分)一天有48.6410秒，一年按365天计算，一年有31536000秒，数字31536000用科学记数法表示应为（）A．43153.610B．5315.3610C．631.

53610D．73.153610【答案】D【分析】根据科学记数法的定义计算求值即可；【详解】解：∵7315360003.153610=，故选：D．【点睛】本题考查了科学记数法：把一个绝对值大于1的数表示成a×10n的形式（a大于或等于1且小于10，n是正整数

）；n的值为小数点向左移动的位数．3．(本题3分)如图是一个由4个相同的正方体组成的立体图形，它的俯视图是（）A．B．C．D．【答案】D【分析】根据俯视图定义：在水平面内得到的由上向下观察物体的视图；判断即

可；【详解】解：从上面往下观察时，物体的形状为正方形缺了右下方的小正方形，D．符合题意；故选：D．【点睛】本题考查了俯视图的定义；掌握三视图的观察方向是解题关键．4．(本题3分)若一组数据1，1，2，3，x的平均数是2，则这组数据的众数是（）A．1B．1和3C．1和2D．3【答案

】B【分析】先根据算术平均数的定义列出关于x的方程，解之求出x的值，从而还原这组数据，再利用众数的概念求解可得．【详解】解：∵数据1，1，2，3，x的平均数是2，∴1+1+2+3+x=5×2，解得x=3，则这组数据为1，1，2，3，3，∴这组数据的众数为1和3，故选：B．【点睛】本题主要考查众数

和算术平均数的求法，解题的关键是掌握算术平均数和众数的概念．5．(本题3分)如果30ab−=，那么代数式2222abbabaaa−−−的值是（）A．14B．12C．14−D．12−【答案】B【分析】对括号里的分式进行通分，在对分子、分母进行因式分解，然后约分

，最后代入求值.【详解】解：2222abbabaaa骣--÷ç÷-?ç÷ç÷ç桫，22222aabbaaab−+=−，()()()2abaaabab−=+−，abab−=+，30ab−=，3ab=，∴原式321342bbbbbb−===+，故选：B．【点睛】本题考查分式的化简求值，正确根据

分式的运算法则进行化简，正确用完全平方公式和平方差公式进行因式分解是解题关键．6．(本题3分)若()2223160xyz++−+−=，则()zxy+的值为（）A．4−B．4C．4或4−D．20或20−【答案】C【分析】利用非负数性质求出x、y、z

的值，代入计算即可求出值．【详解】解：∵|x+2|+(y-3)2+216z-=0，∴x+2=0，y-3=0，z2-16=0，解得：x=-2，y=3，z=±4，当x=-2，y=3，z=4时，z(x+y)

=4×（-2+3）=4，当x=-2，y=3，z=-4时，z(x+y)=-4×（-2+3）=-4，故选：C．【点睛】本题考查了整式的化简求值，以及非负数的性质，解题的关键是熟练掌握运算法则．7．(本题3分)平

行四边形ABCD的对角线AC、BD相交于O，给出的四个条件①AB=BC；②∠ABC=90°；③OA=OB；④AC⊥BD，从所给的四个条件中任选两个，能判定平行四边形ABCD是正方形的概率是（）A．13B．12C．16D．23【

答案】D【分析】先确定组合的总数，再确定能判定是正方形的组合数，根据概率公式计算即可．【详解】一共有①②，①③，①④，②③，②④；③④6种组合数，其中能判定四边形是正方形有①②，①③，②④，③④4种组合数，所以能判定平行四边形ABCD是正方形的概率是4

263=，故选D．【点睛】本题考查了概率公式计算，熟练掌握正方形的判定是解题的关键．8．(本题3分)已知a，b，4是等腰三角形的三边长，且a，b是关于x的方程2660xxm−++=的两个实数根，则m的值是（）A．2m=B．9m=C．3m=或9m=D．2m=或3m=【答案】D【分析】

分两种情况讨论，①当4为底时，a、b为腰，②当4为腰时，则a为腰，b为底或a为底，b为腰，再结合一元二次方程根与系数的关系分别求解即可．【详解】解：由题意得：6ab+=，6abm=+，∵a，b，4是等腰三角形的三边长，①当4为底时，则a、b为腰，∴ab

=，又∵a，b是关于x的方程2660xxm−++=的两个实数根，则6ab+=，∴3ab==，∴69mab+==，∴3m=；②当4为腰，则a为腰，b为底或a为底，b为腰，当a为腰，b为底时，则a=4，b=2，6862mab=−=−=；当a为底，b为腰时，则a=2

，b=4，同理得出：2m=，综上，2m=或3m=．故选：D．【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，一元二次方程根与系数的关系；解题的关键是根据等腰三角形的性质进行分类讨论，结合韦达定理和三角形三边的关系是解题的关键．9．(本题3分)如图，直线y＝－33x＋3交x轴于点A，交y轴于点B，点C是y轴的

负半轴上的点，点C、D关于直线AB对称，连接CD，交AB于点E，交x轴于点F，连接AD、BD，双曲线kyx=(x＞0)恰好经过点D．若∠BAD＝45°，则k的值为()A．273－27B．63＋6C．18D．123【答案】A【分析】如图1，过点D作DHy⊥轴于点H，连接AC，在OA上

取一点G，使得∠OGC＝30°，先求出点A()33,0和B()0,3，从而求得30,60OABOBA==，由点C、D关于直线AB对称，连接CD，交AB于点E，交x轴于点F，连接AD、BD，双曲线k

yx=(x＞0)恰好经过点D，∠BAD＝45°，得出,6045ABCABDBACBAD====及BDBC=，进而得AGAG=，设OC=t，由3323OAtt==+，解得339t=−，从而求出点D坐标即可求解答案．【详解】解：如图1，过点D作DHy⊥轴于点H，连接

AC，在OA上取一点G，使得∠OGC＝30°，直线y＝－33x＋3交x轴于点A，交y轴于点B，点A()33,0，交y轴于点B()0,3，,,tan33333OBOBOAOABOA====，30,60OABOBA==，点C、D关于直线AB对称，连接CD，交AB于点E，交x轴

于点F，连接AD、BD，双曲线kyx=(x＞0)恰好经过点D，∠BAD＝45°，,6045ABCABDBACBAD====，BDBC=，,18060453015DBHABCABDGAC=−−==−=，301515GCAGAC=−==，

AGAG=，设OC=t，则OG=tan330OCt=，CG=AG=2t，3323OAtt==+，解得339t=−，3639636BDBC==+−=−，()1163633322BHBD==−=−，()sin3606369332DHBD==−=−，()333333OHBHOB=+=−

+=，D(933−，33)，k=()()9333327327−=−，故选：A．【点睛】本题主要考查了三角函数、轴对称的性质、直角三角形的性质及等腰三角形的判定及性质，熟练掌握轴对称的性质是解题的关键．10．(本题3分)如图，在

平面直角坐标系中，直线334yx=−分别与x轴、y轴相交于点A、B，点E、F分别是正方形OACD的边OD、AC上的动点，且DEAF=，过原点O作OHEF⊥，垂足为H，连接HA、HB，则HAB面积的最大值为（）A．100522+B．12C．632+D．13522+【答案】D【分析】先证明ON=CN

，再证点H在以ON直径的圆上运动，则当点H在QM的延长线上时，点H到AB的距离最大，由相似三角形的性质可求MK，KQ的长，由三角形的面积公式可求解．【详解】解：如图，连接AD，交EF于N，连接OC，取ON的中点M，连接MH，过点M作MQ⊥AB于Q，

交AO于点K，作MP⊥OA与点P，∵直线334yx=−分别与x轴、y轴相交于点A、B，∴点A（4，0），点B（0，-3），∴OB=3，OA=4，∴229165ABOBOA=+=+=，∵四边形ACDO是正方形，∴OD//AC，AO=AC=OD=4，OC=42，∠CO

A=45°，∴∠EDN=∠NAF，∠DEN=∠AFN，又∵DE=AF，∴△DEN≌△AFN（ASA），∴DN=AN，EN=NF，∴点N是AD的中点，即点N是OC的中点，∴ON=NC=22，∵OH⊥EF，∴∠OHN=90°，∴点H在以ON直径的圆上运动，∴当点H在QM的延

长线上时，点H到AB的距离最大，∵点M是ON的中点，∴OM=MN=2，∵MP⊥OP，∠COA=45°，∴OP=MP=1，∴AP=3，∵∠OAB+∠OBA=90°=∠OAB+∠AKQ，∴∠AKQ=∠AB

O=∠MKP，又∵∠AOB=∠MPK=90°，∴△MPK∽△AOB，∴MPPKMKOAOBAB==，∴1435PKMK==，∴53,44MKPK==，∴94AK=，∵∠AKQ=∠ABO，∠OAB=∠KAQ，∴△AKQ∽△A

BO，∴AKKQABOB=，∴9453KQ=，∴27,20KQ=，∴527134205QMKQMK=+=+=，∴点H到AB的最大距离为1325+，∴△HAB面积的最大值11313525(2)252+=+=，故选：D．【点睛】本题是四边形综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性

质，相似三角形的判定和性质，一次函数的应用等知识，求出MQ的长是解题的关键．第II卷（非选择题）二、填空题（共8小题，满分3分，每小题24分）11．(本题3分)计算2256aa−的结果等于_______．【

答案】2a−【分析】根据整式的加减合并同类项即可；【详解】解：22256aaa−=−，故答案为：2a−【点睛】本题考查了合并同类项法则：把同类项的系数相加，字母和字母的指数不变；掌握运算法则是解题关键．12．(本题3分)若代数式21xx−−有意义，则实数x的取值范围是

______．【答案】2x且1x【分析】根据二次根式和分式有意义的条件即可得出答案．【详解】解：根据题意得：2-x≥0，且x+1≠0，∴x≤2且x≠1，故答案为：x≤2且x≠1．【点睛】本题考查了二次根式和分式有意义的条件，掌握二次根式中的被开方数是非负数和分母≠0是解题的关键．1

3．(本题3分)分解因式：2244xyxy+−=________．【答案】（x-2y）2【分析】根据完全平方公式即可分解因式；【详解】2244xyxy+−=x2-4xy+（2y）2=（x-2y）2【点睛】本题考查因式分解．掌握公

式法进行因式分解是解题的关键．14．(本题3分)在ABC中，110A=，点D在ABC内，将射线BA沿直线BD翻折，将射线CA沿直线CD翻折，两射线交于点E，若150BEC=，则BDC∠的度数为________．【答案】160°或130°【分析】根据点E在△A

BC内或在△ABC外两种情况进行讨论分析得出答案即可．【详解】解：当点E在△ABC外部时，如图所示：110A=，150BEC=，360100ABEACEABEC+=−−=，根据折叠可知，ABDEBD=，ACD

ECD=，()1502EBDECDABDACDABEACE+=+=+=，360160BDCBECDBEDCE=−−−=；当点E在△ABC内部时，如图所示：110A=，1

8070ABCACBA+=−=，150BEC=，18030ECBEBCE+=−=，()40ABEACEABCACBEBCECB+=+−+=，根据折叠可知，ABDEBD=，ACDECD=

，()1202EBDECDABDACDABEACE+=+=+=，()()203050DBCDCBEBDECDEBCECB+=+++=+=，()18018050130BDCDBCDCB=−+=−=；故答案为：160或130．【点睛】本题主要

考查了折叠的性质，三角形内角和定理，四边形内角和定理，根据题意画出图形是解题的关键．15．(本题3分)定义：如果一元二次方程20axbxc++=（0a）满足0abc++=，那么我们称这个方程为“凤凰”方程．已知20xmxn++=是“凤凰”方程，且

有两个相等的实数根，则mn=______．【答案】-2【分析】根据题意可得1nm=−−，再由一元二次方程根的判别式，可得240mn=−=，再把1nm=−−代入，解出即可．【详解】解：∵20xmxn++=是“凤凰”方

程，∴10mn++=，即1nm=−−，∵20xmxn++=有两个相等的实数根，∴240mn=−=，∴()2410mm−−−=，解得：2m=−，∴1n=∴212mn=−=−．故答案为：-2【点睛】本题主要考查了一元二次方程根的判别式，解一元二次方程，熟练掌握

一元二次方程根的判别式是解题的关键．16．(本题3分)如图所示，在矩形纸片ABCD中，点M是对角线AC的中点，点E是AB上一点，把△DEC沿直线DE折叠，得△DEF，点F恰好落在射线CA上．若MF＝AB，则∠DAF＝______°．【答案】126【分析】根据题意结合折叠的性

质可证明FMDFDM=．再根据点M是对角线AC的中点，即可证明MDCMCD=，最后根据三角形外角性质和三角形内角和定理即可得出5180DCF=，解出DCF，即可求解．【详解】∵四边形ABCD为

矩形，∴AB=CD．∵MF＝AB，∴MF＝CD．由折叠的性质可得：FD＝CD，∴MF＝FD，DFCDCF=，∴FMDFDM=．∵点M是对角线AC的中点，∴MDCD=，∴MDCMCD=．∵FM

DMDCMCD=+，∴FDMMDCMCD=+，∵180DFCDCFFDC++=，即180DFCDCFFDMMDC+++=，∴2180DCFDCFDCFDCF+++=，解得：36DCF=，∴3690126FADDCFADC=+=+

=．故答案为126．【点睛】本题考查矩形与折叠，等腰三角形的性质，三角形外角的性质以及三角形内角和定理．利用数形结合的思想是解题关键．17．(本题3分)将抛物线2yx=沿直线3yx=方向移动10个单位长度，若移动后抛物线的顶点在第一象限，则移动后抛物线的解析式是________

__．【答案】2(1)3yx=−+【分析】设抛物线2yx=沿直线3yx=方向移动10个单位长度后顶点坐标为（t，3t），再求出平移后的顶点坐标，最后求出平移后的函数关系式．【详解】设抛物线2yx=沿直线3yx=方向

移动10个单位长度后顶点坐标为（t，3t），∴()()222310tt+=，解得：t=1或t=-1（舍去），∴平移后的顶点坐标为（1，3），∴移动后抛物线的解析式是2(1)3yx=−+．故答案为：2(1)3yx=−+．【点睛】本题考查二次函数的图象变换及一次函数的

图像，解题的关键是正确理解图象变换的条件，本题属于基础题型．18．(本题3分)如图，在矩形ABCD中，E是边BC上一点，连接AE，过点B作BF⊥AE于点G，交直线CD于点F．以BE和BF为邻边作平行四边形BEHF，M是BH的中点，连接GM，若AB＝3，BC＝2，则GM的最小值为_______．【

答案】21313【分析】先判断出EF最小时，GM最小，设BE=x，证明△ABE∽△BCF，得到CF，再利用勾股定理表示出EF，求出最值即可得到GM的最小值．【详解】连接EF∵四边形BEHF是平行四边形，∴EM=FM，∵∠EG

F=90°，∴GM=12EF，∴要GM最小，即EF最小，∵AB=3，BC=2，设BE=x，则CE=2-x，∵四边形ABCD为矩形，∴∠ABC=90°，即∠BAE+∠AEB=90°，∵AE⊥BF，∴∠CBF+∠A

EB=90°，∴∠CBF=∠BAE，又∵∠ABE=∠BCF=90°，∴△ABE∽△BCF，∴FBBCABEC＝，即32xCF＝，∴23xCF=，∴22221313181644()991313EFCECFxxx=+=

−+=−+，，∴EF的最小值为41313，故GM的最小值为21313．故答案为21313．【点睛】本题考查了矩形性质，相似三角形的判定和性质，平行四边形的性质，直角三角形斜边中线的性质，二次函数的最值，明确EF最小时，GM最小是解题的关键．三、解答

题(共96分)19．(本题4分)计算：()1011342sin604−−−−++【答案】232+【分析】首先计算乘方运算以及去绝对值符号，然后进行乘除、加减运算即可．【详解】解：原式331

124311342322=−−++=−−++=+．【点睛】本题考查实数的混合运算以及特殊角的三角函数值、零指数幂，解决问题的关键是掌握正确的运算顺序：先计算乘方、再乘除、最后加减．20．(本题6分)先化简，再求值：222111xxxx++−−，其中x是

不等式组2(1)1532xxxx−++整数解．【答案】22x，12【分析】先算括号里，再算括号外，化简完成后，解不等式组并求得不等式组的整数解，把合适的x的值代入化简后的式子进行计算即可解答．【详解】解：2

22111xxxx++−−＝211(1)(1)(1)xxxxx++−+−＝211()(1)11xxxxx−+−−−＝2(1)1xxxx−−＝21(1)xxxx−−＝22x，2(1)1532xxxx−++①②，解不等式①得3x，解不等式②得1

x−，∴不等式组的解集是1−3x，∴不等式的整数解是﹣1，0,1，2；∵当x＝-1或0或1时，分式无意义，∴x＝2当x＝2时，原式＝222＝12.【点睛】本题考查了分式的化简求值，一元一次不等式组的整数解，准确熟练地进行计算是解题的关键．21．(本题8分)问

题解决：如图，在矩形ABCD中，点E，F分别在AB，BC边上，DEAF=，DEAF⊥于点G．(1)求证：四边形ABCD是正方形；(2)延长CB到点H，使得BHAE=，判断AHF△的形状，并说明理由．【答案】(1)见解析(2)△AHF是等腰三角形，利用略【分

析】（1）通过证明△ADE≌△BAF得到AD=AB，结合矩形ABCD得到结论；（2）利用垂直平分线的性质得到AH=AF，得出结论．(1)证明：在矩形ABCD中，∠DAE=∠ABF=90°，∵DE⊥AF，∴∠ADG+∠GAD=90°，又∵∠BAF+∠DAG=90°，∴∠BAF=∠A

DE，在△ADE和△BAF中EADFBABAFADEAFDE===∴△ADE≌△BAF（AAS），∴AD=AB，∴矩形ABCD是正方形；(2)△AHF是等腰三角形；理由：∵△ADE≌△BAF，∴AE=BF，又∵BH=AE，∴BH=BF，

又∠ABF=90°，∴AB垂直平分FH，∴AF=AH，即△AFH是等腰三角形．【点睛】本题考查正方形的判定、全等三角形的判定和性质以及等腰三角形的判定，利用全等三角形得到等边是解决问题的关键．22．(本题10分)近期国家出台了减轻义务教育阶段学生作业负担和

校外培训负担的“双减”政策，某市某小学实行“5＋2”延时服务，为了丰富同学们的课后生活，某校为了解七年级学生对篮球，足球和排球三大球类运动的喜爱情况，从七年级学生中随机抽取部分学生进行调查问卷，通过分析整理绘制了如下两幅统计图．请

根据两幅统计图中的信息回答下列问题：(1)求参与调查的学生中，喜爱排球运动的学生人数，并补全条形图．(2)我校七年级共有1200名学生，请你估计我校七年级学生中喜爱篮球运动的学生有多少名？(3)若从喜爱足球运动的2名

男生和2名女生中随机抽取2名学生，确定为该校足球运动员的重点培养对象，请用列表法或画树状图的方法求抽取的两名学生为一名男生和一名女生的概率．【答案】(1)60人，见解析(2)540名(3)23【分析】（1）用喜欢足球的人数除以它所占的百分比得到调查的总人数，再利用喜欢排球的人数所占的百分比乘以总

人数得到喜欢排的人数，依此补全条形统计图；（2）用1200乘以喜欢篮球人数的百分比可估计该校七年级学生中喜爱篮球运动的学生数；（3）画树状图表示出所有等可能的结果数，再找出为一名男生和一名女生的结果数，

然后根据概率公式求解．【详解】解：（1）由题意可知调查的总人数为12÷20%＝60（人），所以喜爱排球运动的学生人数为60×35%＝21（人），补全条形图如图所示：（2）∵该校七年级共有1200名学生，∴该校七年级学生中喜爱

篮球运动的学生有()1200135%20%540−−=（名）；（3）画树状图如下：共有12种等可能的结果数，其中抽取的两人恰好是一名男生和一名女生结果数为8，所以抽取的两人恰好是一名男生和一名女生概率为82123=．【点睛】本题考查了条形统计图，求扇形统计图中某项的圆心角，用样本估

计总体，用列表法或树状图法求概率．解题的关键是根据统计图得出必要的信息和数据，正确的列出表格或画出树状图．23．(本题10分)某市在创建国家级园林城市中，绿化档次不断提升．某校计划购进A，B两种树木共100棵进行校园绿

化升级．经市场调查：购买2棵A种树木，5棵B种树木，共需300元；购买3棵A种树木，1棵B种树木，共需190元．(1)求A种，B种树木每棵各需多少元？(2)因布局需要，购买A种树木的数量不少于B种树木数量的3倍．学校与中标公司签订的合同中规定：在市场价格不变的情况下（不考虑其他因素）

，实际付款总金额按市场价九折优惠．请设计一种购买树木的方案，使实际所花费用最少，并求出最少的费用．【答案】(1)A种树木每棵50元，B种树木每棵40元(2)当购买A种树木75棵，B种树木25棵时，所需费用最少，最少的费用为4275元【分析】（1）设A种树木每棵x元，

B种树木每棵y元，根据题意列二元一次方程组，解方程组求解即可；（2）设购买A种树木m棵，则B种树木()100m−棵，根据题意列出一元一次不等式组，求得m的范围，设实际付款总额是w元，则()0.95040100wmm=+−，根据一次

函数的性质求得最小值(1)设A种树木每棵x元，B种树木每棵y元，根据题意，得：253003190xyxy+=+=，解得5040xy==，答：A种树木每棵50元，B种树木每棵40元．(2)设购买A种树木m棵，

则B种树木()100m−棵，则()3100mm−，解得75m．又1000m−，解得100m，∴75100m．设实际付款总额是w元，则()0.95040100wmm=+−．即w＝9m＋3600．∵w随m增大而增大，∴当m＝75时，w最小为97536004275+

=（元）．答：当购买A种树木75棵，B种树木25棵时，所需费用最少，为4275元．【点睛】本题考查了二元一次方程组的应用，一元一次不等式组的应用，一次函数的应用，根据题意找到等量关系是解题的关键．24．(本题1

0分)日照间距系数反映了房屋日照情况．如图①，当前后房屋都朝向正南时，日照间距系数＝L：（H﹣H1），其中L为楼间水平距离，H为南侧楼房高度，H1为北侧楼房底层窗台至地面高度．如图②，山坡EF朝北，EF长为15m，坡度为i＝1：0.75，山坡顶部平地EM上有一高为23.9m的楼

房AB，底部A到E点的距离为4m．(1)求山坡EF的水平宽度FH；(2)欲在AB楼正北侧山脚的平地FN上建一楼房CD，已知该楼底层窗台P处至地面C处的高度为0.9m，要使该楼的日照间距系数不低于1.25，底部C距F处至少多远

？【答案】(1)9m(2)29m【分析】（1）在Rt△EFH中，根据坡度的定义得出tan∠EFH=i=1：0.75=43EHFH=，设EH=4xm，则FH=3xm，由勾股定理求出EF=5xm，那么5x=15m，求出x=3m，即可得

到山坡EF的水平宽度FH为9m；（2）根据该楼的日照间距系数不低于1.25，列出不等式1333.6CF+≥1.25，解不等式即可．(1)在Rt△EFH中，∵∠H＝90°，∴tan∠EFH＝i＝1：0.75＝43EHFH=，设EH＝4xm，则FH＝3xm，∴EF＝22EH

FH+＝5xm，∵EF＝15m，∴5x＝15m，x＝3m，∴FH＝3x＝9m．即山坡EF的水平宽度FH为9m；(2)∵l＝CF+FH+EA＝CF+9+4＝CF+13，h＝AB+EH＝22.5+12＝34.5，h1＝0.9，∴日照间距系数＝l：（h﹣h1）＝13133

4.50.933.6CFCF++=−，∵该楼的日照间距系数不低于1.25，∴1333.6CF+≥1.25，∴CF≥29．答：要使该楼的日照间距系数不低于1.25，底部C距F处至少29m远．【点睛】本题考查了解直角三角形的应用-坡度坡角

问题，勾股定理，将实际问题转化为数学问题是解题的关键．25．(本题10分)如图，在平面直角坐标系中，一次函数3124yx=+的图像分别交x，y轴于点A和B，与经过点3,02C，()0,3D−的直线交于点E．(1)求直线CD的函数解析式及点E的坐

标；(2)点P是线段DE上的动点，连接BP．①当BP分BDE面积为1：2时，请直接写出点P的坐标；②将BPE沿着直线BP折叠，点E对应点E，当点E落在坐标轴上时，直接写出点P的坐标．【答案】(1)23yx=−，(

)12,21E(2)①()4,5或()8,13；②()7,11或()5,7【分析】（1）设直线CD的函数解析式为()0ykxbk=+，将点3,02C，()0,3D−代入可得其解析式；将两函数解析式联立得到点E的坐标；（2）①当BP分BDE面积为1：2时

，:1:2DPPE=或:2:1DPPE=，设点P的坐标为(),23Paa−，其中012a，则222245DPaaa=+=，()()()222212224512PEaaa=−+−=−，根据线段比例关系列出方程，求解即可；②分三种情况进行讨论，当

E落在y轴负半轴时、当E落在x轴正半轴时、当E落在x轴负半轴时，根据线段的相等关系列出方程，求解即可．(1)解：设直线CD的函数解析式为()0ykxbk=+，将点3,02C，()0,3D−代入可得：3023kbb+==−，解得23kb==−，∴

直线CD的函数解析式为23yx=−，将两个一次函数解析式联立，可得312423yxyx=+=−，解得1221xy==，所以点E的坐标为()12,21E；(2)解：①当BP分BDE面积为1：2

时，:1:2DPPE=或:2:1DPPE=，设点P的坐标为(),23Paa−，其中012a，则222245DPaaa=+=，()()()222212224512PEaaa=−+−=−，∴()225145

12aa=−或4，解得4a=或8a=所以点P的坐标为()4,5或()8,13；②分三种情况进行讨论：当E落在y轴负半轴时，BEBE=，由题意可知()0,12B，()0,3D−，()12,21E，∴15BD=，15BE=，此时E与点D重合，不符合题意；当E落在x轴正半轴时，15BEBE

==，此时229OEBEOB=−=，∴()9,0E，设(),23Pmm−，则()22512PEm=−，()()222292353090PEmmmm=−+−=−+，∵PEPE=，∴()225

1253090mmm−=−+，解得7m=，∴此时点P的坐标为()7,11；当E落在x轴负半轴时，15BEBE==，此时229OEBEOB=−=，∴()9,0E−，设(),23Pmm−，则()

22512PEm=−，()()22229235690PEmmmm=++−=++，∵'PEPE=，∴()225125690mmm−=++，解得5m=，∴此时点P的坐标为()5,7；综上所述，点P的坐标为()7,11或()5,7．【点睛】本题考查一次函数的图像与性质、勾股定理的应用

、折叠的性质等内容，根据题意得到线段的等量关系，进行数形转化是解题的关键．26．(本题10分)如图，AB是⊙O的直径，AC是⊙O的切线，BC交⊙O于点E．(1)若D为AC的中点，证明：DE是⊙O的切线；(2)若CA＝6，CE＝3.6，求⊙O的半径OA的长．【答案】(1)见解析(2)4【分析】

（1）连接AE，OE，由AB是⊙O的直径得到∠AEB=90°，利用直角三角形的性质得到∠DAE=∠AED，关键切线的性质得到∠CAE+∠EAO=∠CAB=90°，得到∠DEO=90°，得出结论；（2）证明△AEC∽BAC，列比例式可以得到BC的长，最后利用勾股定理可以得到所求．(1)证明：连

接AE，OE，∵AB是⊙O的直径，且E在⊙O上，∴∠AEB＝90°，∴∠AEC＝90°，∵D为AC的中点，∴AD＝DE，∴∠DAE＝∠AED，∵AC是⊙O的切线，∴∠CAE+∠EAO＝∠CAB＝90°，∵OA＝OE，∴∠OAE＝∠OEA，∴∠DEA+∠OEA＝90

°，即∠DEO＝90°，∴DE是⊙O的切线；(2)∵∠AEC＝∠CAB＝90°，∠C＝∠C，∴△AEC∽△BAC，∴ACECBCAC=，∵CA＝6，CE＝3.6，∴63.66BC=，∴BC＝10，∵∠CAB＝90°，∴AB2+AC2＝BC2，∴AB＝22106−＝8，∴OA＝4

，即⊙O的半径OA的长是4．【点睛】本题考查了切线的判定和性质、直角三角形的性质、等腰三角形的性质以及相似三角形的判定和性质，正确识别图形是解决问题关键．27．(本题12分)项目化学习：车轮的形状．【问题提出】车轮为什

么要做成圆形,这里面有什么数学原理?【合作探究】(1)探究A组：如图1，圆形车轮半径为4cm，其车轮轴心O到地面的距离始终为______cm．(2)探究B组：如图2，正方形车轮的轴心为O，若正方形的边长为4cm，求车轮轴心O最高点与最低点的高度差．(3)探究C组：如图3,有一个破损的圆形车

轮,半径为4cm，破损部分是一个弓形，其所对圆心角为90，其车轮轴心为O，让车轮在地上无滑动地滚动一周，求点O经过的路程．探究发现：车辆的平稳关键看车轮轴心是否稳定．【拓展延伸】如图4，分别以正三角形的三个顶点ABC，，为圆心

，以正三角形的边长为半径作60圆弧，这个曲线图形叫做“莱洛三角形”．(4)探究D组：使“莱洛三角形”沿水平方向向右滚动，在滚动过程中，其每时每刻都有“最高点”，“中心点”也在不断移动位置，那么在“莱洛三角形”滚动一周的过程中，其“最高点”和“中心点”所形成的图案大致是_____

_．延伸发现：“莱洛三角形”在滚动时始终位于一组平行线之间，因此放在其上的物体也能够保持平衡，但其车轴中心O并不稳定．【答案】(1)4(2)最高距离与最低距离的差为()222−cm(3)一个周期完成总路程为8cm

(4)A【分析】（1）根据圆的半径之间解答即可；（2）根据正方形的性质求出最高点到地面的距离为BD的长度，最低点到地面的距离OA的长度即可；（3）分别求出三部分路程，然后相加即可；（4）由题意，最高点到水平面的距离是不变的，中

心点O到水平面的距离开始是增加然后减小，再增加，又减小，不断循环，由此即可判断．(1)解：∵圆的半径为4cm，∴其车轮轴心O到地面的距离始终为4cm。(2)如图所示：其最低点到地面的距离为OA的长度，最高点到地面的距离为BD的长度，∵正方形的边长为4cm，∴OA=2cm，()222cmsin4

522OABDBO====，∴最高距离与最低距离的差为()222−cm．(3)如图所示：从图2至图3：绕点A旋转45°，经过路程()14523604rlrcm==，从图3至图4：绕点B旋转45°，

经过路程()24523604rlrcm==，从图4至图5：移动一个270°的弧长，经过路程()3270323602rlrcm==，至此，一个周期完成，则总路程为：()123328442rrlllrcm++=++==．(4)由题意，最高点到

水平面的距离是不变的，中心点O到水平面的距离开始是增加然后减小，再增加，又减小，不断循环，故图象A正确；故选：A．【点睛】本题考查了等边三角形的性质、正方形和圆的性质，弧长计算，点的运动轨迹等知识，能根据图形得出相应点

的运动轨迹是解题的关键．28．(本题16分)在平面直角坐标系中，抛物线()240yaxbxa=++与x轴交于点()4,0A−和()10B,，交y轴于点C，点P是抛物线上的一个动点．(1)求抛物线的解析式；(2)如图1，当点P在AC上方时，作PDy∥轴

，交AC于点D，过PD中点E作EFx∥轴，交直线AC于点F，作FGOA⊥于点G，当PDFG=时，求线段FG的长；(3)如图2，取AC中点I，点M，N是射线OI上的两个动点（点M在N的左侧），且22MN=，将点M向上平移2个单位长度至点J，点H是x轴正半轴

上的一点，且22OHOM=，连接MH和NJ交于点K，请直接写出点K的运动路径与抛物线交点P的横坐标．【答案】(1)234yxx=−−+(2)4(3)点K的运动路径与抛物线交点P的横坐标为3913−−【分析】（1）将,AB代入24yaxbx=++，

求,ab的值，进而可得抛物线解析式；（2）如图2，延长PD交AG于Q，由PDFG∥，EFAG∥，可证四边形EFGQ是平行四边形，由90PQG=，可证四边形EFGQ是矩形，则EQFGPD==，由12D

EPD=可得DQDE=，则2PDDQ=，设直线AC的解析式为ykxb=+将,AC点坐标代入求得直线AC的解析式为4yx=+，设()2,34Pmmm−−+，则(),4Dmm+，(),0Qm，有223444PDmmmmm=−−+−−=−−，4DQm=+，()2424mmm−−

=+，计算求解满足要求的m的值，根据FGPD=，计算求解即可；（3）如图2，作NDx∥轴，交JM的延长线于D，由题意知()2,2I−，则2tan12IOA==，45IOA=，设直线OI的解析式为ykx=，将I坐标代入解得直线OI的解析式为yx=−，由22MN=，可求DMDN，的值，设

(,)Mmm−，则()2,2Nmm−+−，(),2Jmm−+，2OMm=，(),0Hm，设直线MH的解析式为11ykxb=+，将,MH的点坐标代入解得直线MH的解析式为122myx=−+，同理可得直线NJ的解析式为22yxm=−−+，令12222myxxm=−+=−−+，求解可得4

2,33Kmm−+−，将43xm=−+，23ym=−消去m得23yx=−+，可得点K的运动路径为直线23yx=−+，2()3x−，联立得方程22343xxx−+=−−+，计算求出满足要求的x

的值即可．(1)解：将,AB代入24yaxbx=++得{16𝑎−4𝑏+4=0𝑎+𝑏+4=0解得13ab=−=−∴抛物线的解析式为234yxx=−−+．(2)解：如图2，延长PD交AG于Q∵PDFG∥，EFAG∥，∴四边形EFGQ是平行四边形∵90

PQG=∴四边形EFGQ是矩形∴EQFGPD==∵12DEPD=∴DQDE=∴2PDDQ=设直线AC的解析式为ykxb=+将,AC点坐标代入得404kbb−+==解得14kb==∴直线AC的解析式为4yx=+设()

2,34Pmmm−−+，则(),4Dmm+，(),0Qm∴223444PDmmmmm=−−+−−=−−，4DQm=+∴()2424mmm−−=+解得2m=−，4m=−（不合题意，舍去）∴()()22424

FGPD==−−−−=∴线段FG的长为4．(3)解：如图2，作NDx∥轴，交JM的延长线于D由题意知()2,2I−∴2tan12IOA==∴45IOA=设直线OI的解析式为ykx=将I坐标代入得22k−=，解得1k=−∴直线OI的解

析式为yx=−∵90MDN=，45MND=∴45DMN=∵22MN=∴sin452DMDNMN===设(,)Mmm−，则()2,2Nmm−+−，(),2Jmm−+∴2OMm=∵22OHOM=∴OHm=∴(),0Hm设直线MH的解析式为11ykxb=+将,MH的点坐标代入得11110

mkbmmkb−+=+=解得11122kmb=−=∴直线MH的解析式为122myx=−+同理可得直线NJ的解析式为22yxm=−−+令12222myxxm=−+=−−+解得43xm=−+，

23ym=−∴42,33Kmm−+−∴43xm=−+，23ym=−消去m得23yx=−+∴点K的运动路径为直线23yx=−+，2()3x−联立得方程22343xxx−+=−−+解得13913x=

−−，23913x=−+（不合题意，舍去）∴点K的运动路径与抛物线交点P的横坐标为3913−−．【点睛】本题考查了二次函数解析式，矩形的判定与性质，等角对等边，二次函数与线段综合，正切，正弦，二次函数与一次函数综合等知识．解题

的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用．获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com