【文档说明】《江苏中考真题数学》2022年江苏省苏州市中考数学真题（解析版）.pdf，共(33)页，732.506 KB，由envi的店铺上传

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2022年苏州市初中学业水平考试试卷数学一、选择题：本大题共8小题，每小题3分，共24分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．请将选择题的答案用2B铅笔涂在答题卡相应位置上．．．．．．．．．1.下列实数中，比

3大的数是（）A.5B.1C.0D.－2【答案】A【解析】【分析】根据有理数的大小比较法则比较即可．【详解】解：因为－2＜0＜1＜3＜5，所以比3大的数是5，故选：A．【点睛】本题考查了有理数的大小比较法

则，能熟记有理数的大小比较法则的内容是解此题的关键．2.2022年1月17日，国务院新闻办公室公布：截至2021年末全国人口总数为141260万，比上年末增加48万人，中国人口的增长逐渐缓慢．141260用科学记数法可表示为（）A.60.1412610B.61.412610C.

51.412610D.414.12610【答案】C【解析】【分析】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．确定n的值时，要看把原数变成a时，小数点移动了多少位，n的绝对值与小数点移动的位数相同．当原数绝对值≥10时，n是正整数；当原数的绝对值＜1时，n是

负整数．【详解】解：141260＝51.412610，故选：C．【点睛】此题考查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.下列运算正确的是（）A.277

B.2693C.222ababD.235abab【答案】B【解析】【分析】通过2aa，判断A选项不正确；C选项中2a、2b不是同类项，不能合并；D选项中，单项式与单项式法则：把单项式的系数、相同字母的幂分别相乘，其余字母连同它的指数不变，作为积的因式；B选项正确．【

详解】A.27497，故A不正确；B.2366932，故B正确；C.222abab，故C不正确；D.236abab，故D不正确；故选B．【点睛】本题考查二次根式的性质、有理数的除法及整式的运算，灵活运用

相应运算法则是解题的关键．4.为迎接党的二十大胜利召开，某校开展了“学党史，悟初心”系列活动．学校对学生参加各项活动的人数进行了调查，并将数据绘制成如下统计图．若参加“书法”的人数为80人，则参加“大合唱”的人数为（）A.60人B.100人C.16

0人D.400人【答案】C【解析】【分析】根据参加“书法”的人数为80人，占比为20%，可得总人数，根据总人数乘以125%15%20%即可求解．【详解】解：总人数为8020%400．则参加“大合唱”的人数为400125%15%20%160人．故选C．【

点睛】本题考查了扇形统计图，从统计图获取信息是解题的关键．5.如图，直线AB与CD相交于点O，75AOC，125，则2的度数是（）A.25°B.30°C.40°D.50°【答案】D【解析】【分析】根据对顶角相等可得75BOD，之后根据125，即可求出2

．【详解】解：由题可知75BODAOC，125∵，217525BOD．故选：D．【点睛】本题主要考查对顶角和角的和与差，掌握对顶角相等是解决问题的关键．6.如图，在56的长方形网格飞镖游戏板中，每块小正方形除颜色外都相同，小正方形的

顶点称为格点，扇形OAB的圆心及弧的两端均为格点．假设飞镖击中每一块小正方形是等可能的（击中扇形的边界或没有击中游戏板，则重投1次），任意投掷飞镖1次，飞镖击中扇形OAB（阴影部分）的概率是（）A.12B.24C.1060D.560【答案】A【解析】【分析

】根据几何概率的求法：飞镖落在阴影部分的概率就是阴影区域的面积与总面积的比值．【详解】解：由图可知，总面积为：5×6=30，223110OB，∴阴影部分面积为：90105=3602，∴飞镖击中扇形OAB（阴影部分）的概率是52=

3012，故选：A．【点睛】本题考查几何概率的求法：首先根据题意将代数关系用面积表示出来，一般用阴影区域表示所求事件；然后计算阴影区域的面积在总面积中占的比例，这个比例即事件发生的概率．7.《九章算术》是中国传统数学最重要的

著作，奠定了中国传统数学的基本框架．它的代数成就主要包括开方术、正负术和方程术，其中方程术是其最高的代数成就．《九章算术》中有这样一个问题：“今有善行者行一百步，不善行者行六十步．今不善行者先行一百步，善行者追之，问几何步及之？”译文：“相同时间内，走路快的人走100步，走

路慢的人只走60步．若走路慢的人先走100步，走路快的人要走多少步才能追上？（注：步为长度单位）”设走路快的人要走x步才能追上，根据题意可列出的方程是（）A.60100100xxB.60100100xxC.10010060xx

D.10010060xx【答案】B【解析】【分析】根据题意，先令在相同时间t内走路快的人走100步，走路慢的人只走60步，从而得到走路快的人的速度100t，走路慢的人的速度60t，再根据题意设未知数，列方程即可【详

解】解：令在相同时间t内走路快的人走100步，走路慢的人只走60步，从而得到走路快的人的速度100t，走路慢的人的速度60t，设走路快的人要走x步才能追上，根据题意可得60100100xxtt，根据题意可列出的方程是60100100xx，故

选：B．【点睛】本题考查应用一元一次方程解决数学史问题，读懂题意，找准等量关系列方程是解决问题的关键．8.如图，点A的坐标为0,2，点B是x轴正半轴上的一点，将线段AB绕点A按逆时针方向旋转60°得到线段AC．若点

C的坐标为,3m，则m的值为（）A.433B.2213C.533D.4213【答案】C【解析】【分析】过C作CD⊥x轴于D，CE⊥y轴于E，根据将线段AB绕点A按逆时针方向旋转60°得到线段AC，可得△ABC是等边三角形，又A（0，2），C（m，3），即得21ACmBCAB，可得222

8BDBCCDm，2223OBABOAm，从而2238mmm，即可解得533m．【详解】解：过C作CD⊥x轴于D，CE⊥y轴于E，如图所示：∵CD⊥x轴，CE⊥y轴，∴∠CDO=∠CEO=∠DOE＝90°，∴四边形EODC是矩形，∵将线段AB绕点A按逆时

针方向旋转60°得到线段AC，∴AB＝AC，∠BAC＝60°，∴△ABC是等边三角形，∴AB＝AC＝BC，∵A（0，2），C（m，3），∴CE＝m＝OD，CD＝3，OA＝2，∴AE＝OE−OA＝CD−OA＝1，∴2221ACAECEmBCAB，在Rt△BCD中，2228BD

BCCDm，在Rt△AOB中，2223OBABOAm，∵OB＋BD＝OD＝m，∴2238mmm，化简变形得：3m4−22m2−25＝0，解得：533m或533m（舍去），∴533m，故C正确．故选：C．【点睛】本题考查直角坐标

系中的旋转变换，解题的关键是熟练应用勾股定理，用含m的代数式表示相关线段的长度．二、填空题：本大题共8小题，每小题3分，共24分．把答案直接填在答题卡相应位置上．．．．．．．．．9.计算：3aa_______．【答案】

a4【解析】【分析】本题须根据同底数幂乘法，底数不变指数相加，即可求出答案．【详解】解：a3•a，=a3+1，=a4．故答案为：a4．【点睛】本题主要考查了同底数幂的乘法，在解题时要能灵活应用同底数幂的乘法法则，熟练掌握运算性质是解题的关键．10.已知4xy，6x

y，则22xy______．【答案】24【解析】【分析】根据平方差公式计算即可．【详解】解：∵4xy，6xy，∴22()()4624xyxyxy，故答案为：24．【点睛】本题考查因式分解的应用，先根据平方差公式进行因式分解再整体代入求值是

解题的关键．11.化简2222xxxx的结果是______．【答案】x【解析】【分析】根据分式的减法进行计算即可求解．【详解】解：原式＝22222xxxxxxx．故答案为：x．【点睛】本题考查了分式的减法，正确的计算是解题的关键．12.定义：一个三角形的一边长是

另一边长的2倍，这样的三角形叫做“倍长三角形”．若等腰△ABC是“倍长三角形”，底边BC的长为3，则腰AB的长为______．【答案】6【解析】【分析】分类讨论：AB=AC=2BC或BC=2AB=2AC，然后根据三角形三边关系即

可得出结果．【详解】解：∵△ABC是等腰三角形，底边BC=3∴AB=AC当AB=AC=2BC时，△ABC是“倍长三角形”；当BC=2AB=2AC时，AB+AC=BC，根据三角形三边关系，此时A、B、C不构成三角形，不符合题意；所以当等腰△ABC是“倍长三角形”

，底边BC的长为3，则腰AB的长为6．故答案为6．【点睛】本题考查等腰三角形，三角形的三边关系，涉及分类讨论思想，结合三角形三边关系，灵活运用分类讨论思想是解题的关键．13.如图，AB是O的直径，弦CD交AB于点E，连接AC，AD．若28BAC

，则D______°【答案】62【解析】【分析】连接BD，根据直径所对的圆周角是90°，可得90ADB，由CBCB，可得BACBDC，进而可得90ADCBDC．【详解】解：连接BD，∵AB是O的直径，∴90ADB，CBCB，28BACBDC

，90ADCBDC62故答案为：62【点睛】本题考查了同弧所对的圆周角相等，直径所对的圆周角是直角，掌握圆周角定理是解题的关键．14.如图，在平行四边形ABCD中，ABAC，3AB，4AC，分别以A，C为圆心，大于12AC

的长为半径画弧，两弧相交于点M，N，过M，N两点作直线，与BC交于点E，与AD交于点F，连接AE，CF，则四边形AECF的周长为______．【答案】10【解析】【分析】根据作图可得MNAC，且平分AC，

设AC与MN的交点为O，证明四边形AECF为菱形，根据平行线分线段成比例可得AE为ABC的中线，然后勾股定理求得BC，根据直角三角形中斜边上的中线等于斜边的一半可得AE的长，进而根据菱形的性质即可求解．【详解】解：如图

，设AC与MN的交点为O，根据作图可得MNAC，且平分AC，AOOC，四边形ABCD是平行四边形，ADBC∥，FAOOCE，又AOFCOE，AOCO，AOFCOE≌，AFEC，AFCE∥，四边形AECF是平行四边形，MN

垂直平分AC，EAEC，四边形AECF是菱形，ABAC，MNAC，EFAB∥，1BEOCECAO，E为BC的中点，RtABC△中，3AB，4AC，225BCABAC，1522AEBC，四边形AECF的周长为410AE．故答案为：10．【点睛

】本题考查了垂直平分线的性质，菱形的性质与判定，勾股定理，平行线分线段成比例，平行四边形的性质与判定，综合运用以上知识是解题的关键．15.一个装有进水管和出水管的容器，开始时，先打开进水管注水，3分钟时，再打开出水管排水，8分钟时，关闭进水管，直至容器中的水全部排完．在整个过程中，

容器中的水量y（升）与时间x（分钟）之间的函数关系如图所示，则图中a的值为______．【答案】293【解析】【分析】根据函数图像，结合题意分析分别求得进水速度和出水速度，即可求解．【详解】解：依题意，3分钟进水30升，则进水速度为30103升/分钟，3分钟时，再打开出水管排水，8分钟时，关

闭进水管，直至容器中的水全部排完直至容器中的水全部排完，则排水速度为810201283升/分钟，20812a，解得293a．故答案为：293．【点睛】本题考查了函数图象问题，从函数图象获取信息是解题的关键．16.如图，在矩形ABCD中23ABBC．动点M从点A出发，沿边AD向

点D匀速运动，动点N从点B出发，沿边BC向点C匀速运动，连接MN．动点M，N同时出发，点M运动的速度为1v，点N运动的速度为2v，且12vv．当点N到达点C时，M，N两点同时停止运动．在运动过程中，将四边形MABN沿MN翻折，得到四边形MABN．若在某一时刻，点B的对应点

B恰好在CD的中点重合，则12vv的值为______．【答案】35【解析】【分析】在矩形ABCD中23ABBC，设2,3ABaBCa，运动时间为t，得到212,3,,CDABaADBCaBNvtAMvt，利用翻折及中点性质，在RtBCN中利用勾股定理

得到253vtaBN，然后利用EDBBCN得到34DEaAE，在根据判定的AEMDEBASA得到1AMvta，从而代值求解即可．【详解】解：如图所示：在矩形ABCD中23ABBC，设2,3ABaBCa，运动时

间为t，212,3,,CDABaADBCaBNvtAMvt，在运动过程中，将四边形MABN沿MN翻折，得到四边形MABN，21,BNBNvtAMAMvt，若在某一时刻，点B的对应点B恰好在C

D的中点重合，DBBCa，在RtBCN中，2290,,,3CBCaBNvtCNavt，则253vtaBN，90ABNB，90ABDCBN,90CNBCBN,ABDCNB

,EDBBCN,35433DEBCBCaDBCNBCBNaa，DBBCa，3344DEDBa，则22223544BEDBDEaaa

，53244AEABBEaaa，即34DEaAE，在AEM和DEB中，90ADAEDEAEMDEBAEMDEBASA，AMBDa，即1AMvta，1

1223553vvtAMavvtBNa，故答案为：35．【点睛】本题属于矩形背景下的动点问题，涉及到矩形的性质、对称性质、中点性质、两个三角形相似的判定与性质、勾股定理及两个三角形全等的判定与性质等知识点，熟练掌握相关性质及判定，求出相应线段长是解决问题的关键．

三、解答题：本大题共11小题，共82分．把解答过程写在答题卡相应位置上．．．．．．．．，解答时应写出必要的计算过程、推演步骤或文字说明．作图时用2B铅笔或黑色墨水签字笔．17.计算：023231．【答案】

6【解析】【分析】先化简各式，然后再进行计算即可；【详解】解：原式3416【点睛】本题考查了零指数幂、绝对值、平方，准确化简式子是解题的关键．18.解方程：311xxx．【答案】32x【解析】【分析】根据解分式方程的步骤求出解，再

检验即可．【详解】方程两边同乘以1xx，得2311xxxx．解方程，得32x．经检验，32x是原方程的解．【点睛】本题主要考查了解分式方程，掌握解分式方程的步骤是解题的关键．即去分母，去括号，移项

，合并同类项，系数化为1，检验．19.已知23230xx，求2213xxx的值．【答案】24213xx，3【解析】【分析】先将代数式化简，根据23230xx可得2213xx

，整体代入即可求解．【详解】原式222213xxxx24213xx．∵23230xx，∴2213xx．∴原式22213xx2113．【点睛】本题考查了整式的乘法运算，代数式化简求值，整体代入是解题的关键．20.一只不透明的袋子中装有1个白

球，3个红球，这些球除颜色外都相同．（1）搅匀后从中任意摸出1个球，这个球是白球的概率为______；（2）搅匀后从中任意摸出1个球，记录颜色后放回．．，搅匀，再从中任意摸出1个球，求2次摸到的球恰好是1个白球和1个红球的概率．（请用画树状图或列表等方法说明理由

）【答案】（1）14（2）2次摸到的球恰好是1个白球和1个红球的概率为38【解析】【分析】（1）直接利用概率公式求解即可求得答案；（2）画树状图表示所有等可能出现的情况，从中找出两个球颜色不同的结果数，进而求出概率．【小问1详解】解：∵一只不透明的袋子中装有1个白球和3个红球，这些球除颜色外

都相同，∴搅匀后从中任意摸出1个球，则摸出白球的概率为：11134．故答案为：14；【小问2详解】解：画树状图，如图所示：共有16种不同的结果数，其中两个球颜色不同的有6种，∴2次摸到的球恰好是1个白球和1个红球的概率为38．【点睛】考

查列表法或树状图法求等可能事件发生的概率，使用此方法一定注意每一种结果出现的可能性是均等的，即为等可能事件．21.如图，将矩形ABCD沿对角线AC折叠，点B的对应点为E，AE与CD交于点F．（1）求证：DAFECF△≌△；（2）若40FCE，求CAB的度数．【答案】（1

）见解析（2）25CAB【解析】【分析】（1）由矩形与折叠的性质可得ADBCEC，90DBE，从而可得结论；（2）先证明40DAFECF，再求解904050EABDABDAF，结合对

折的性质可得答案．【小问1详解】证明：将矩形ABCD沿对角线AC折叠，则ADBCEC，90DBE．在△DAF和△ECF中，DFAEFCDEDAEC，，，∴DAFECF△≌△．【小问2详解】解：∵DA

FECF△≌△，∴40DAFECF．∵四边形ABCD是矩形，∴90DAB．∴904050EABDABDAF，∵FACCAB，∴25CAB．【点睛】本题考查的是全等三角形的判定与性质，轴对称的

性质，矩形的性质，熟练的运用轴对称的性质证明边与角的相等是解本题的关键．22.某校九年级640名学生在“信息素养提升”培训前、后各参加了一次水平相同的测试，并以同一标准折算成“6分”、“7分”、“8分”、“9分”、“10分”5个成

绩．为了解培训效果，用抽样调查的方式从中抽取了32名学生的2次测试成绩，并用划记法制成了如下表格：培训前成绩（分）678910划记正正正正人数（人）124754培训后成绩（分）678910划记一正正正正人数（人）413915（1）这32名学

生2次测试成绩中，培训前测试成绩的中位数是m，培训后测试成绩的中位数是n，则m______n；（填“＞”、“＜”或“＝”）（2）这32名学生经过培训，测试成绩为“6分”的百分比比培训前减少了多少？（3）估计该校九年级640名学生经过培训，测试成绩为“10分”的学生增加了多少人？【

答案】（1）＜（2）测试成绩为“6分”的百分比比培训前减少了25%（3）测试成绩为“10分”的学生增加了220人【解析】【分析】（1）先分别求解培训前与培训后的中位数，从而可得答案；（2）分别求解培训前与培训后得6分的人数所

占的百分比，再作差即可；（3）分别计算培训前与培训后得满分的人数，再作差即可．【小问1详解】解：由频数分布表可得：培训前的中位数为：787.5,2m+==培训后的中位数为：9+9=9,2n=所以,mn故答案为：；【小问2详解】124100%100%25%,3232´-´=答：测试成绩为“6分”

的百分比比培训前减少了25%．【小问3详解】培训前：46408032，培训后：1564030032，30080220．答：测试成绩为“10分”的学生增加了220人．【点睛】本题考查的是频数分布表，中位数的含义，利用样本估计总体，理解题意，从频数分布表中获取

信息是解本题的关键．23.如图，一次函数20ykxk的图像与反比例函数0,0mymxx的图像交于点2,An，与y轴交于点B，与x轴交于点4,0C．（1）求k与m的值；（2）,0Pa为x轴上的一动点，当△APB的面

积为72时，求a的值．【答案】（1）k的值为12，m的值为6（2）3a或11a【解析】【分析】（1）把4,0C代入2ykx，先求解k的值，再求解A的坐标，再代入反比例函数的解析式可得答案；（2）先求解0,2B．由,0Pa为x轴上的

一动点，可得4PCa．由CAPABPCBPSSS△△△，建立方程求解即可．【小问1详解】解：把4,0C代入2ykx，得12k．∴122yx．把2,An代入122yx，得3n．∴2,

3A．把2,3A代入myx，得6m．∴k的值为12，m的值为6．【小问2详解】当0x时，2y．∴0,2B．∵,0Pa为x轴上的一动点，∴4PCa．∴1142422CBPSPCOBaa△，113434222CAPASPCyaa△．∵C

APABPCBPSSS△△△，∴374422aa．∴3a或11a．【点睛】本题考查的是利用待定系数法求解反比例函数与一次函数的解析式，坐标与图形面积，利用数形结合的思想，建立方程都是解本题的关键．24.如图，AB是O的直径，AC是弦，D是AB的中点，CD与

AB交于点E．F是AB延长线上的一点，且CFEF．（1）求证：CF为O的切线；（2）连接BD，取BD的中点G，连接AG．若4CF，2BF，求AG的长．【答案】（1）见解析（2）3102AG【解析】【分析】（1）方法一：如图1，连接OC，OD．由OCDODC，FCFE

，可得OEDFCE，由AB是O的直径，D是AB的中点，90DOE，进而可得90OCF，即可证明CF为O的切线；方法二：如图2，连接OC，BC．设CABx．同方法一证明90OCF，即可证明CF为O的切线；（2）方法一：如图3，过G作GHAB，垂足为H．设

O的半径为r，则2OFr．在Rt△OCF中，勾股定理求得3r，证明GHDO∥，得出BHGBOD∽，根据BHBGBOBD，求得,BHGH，进而求得AH，根据勾股定理即可求得AG；方法二：如图4，连接AD．由方法一，得3r．6AB，

D是AB的中点，可得32ADBD，根据勾股定理即可求得AG．【小问1详解】（1）方法一：如图1，连接OC，OD．∵OCOD，∴OCDODC．∵FCFE，∴FCEFEC．∵OEDFEC，∴OEDFCE．∵AB是O的直径，D是A

B的中点，∴90DOE．∴90OEDODC．∴90FCEOCD，即90OCF．∴OCCF．∴CF为O的切线．方法二：如图2，连接OC，BC．设CABx．∵AB是O的直径，D是AB的中点，∴45ACDDCB．∴45CEFC

ABACDx．∵FCFE，∴45FCEFECx．∴BCFx．∵OAOC，∴ACOOACx．∴BCFACO．∵AB是O的直径，∴90ACB．∴90OCBACO．∴90OCBBCF，即90OCF．∴

OCCF．∴CF为O的切线．【小问2详解】解：方法一：如图3，过G作GHAB，垂足为H．设O的半径为r，则2OFr．在Rt△OCF中，22242rr，解之得3r．∵GHAB，∴90GHB．∵90DOE，∴GHB

DOE．∴GHDO∥．BHGBOD∽∴BHBGBOBD．∵G为BD中点，∴12BGBD．∴1322BHBO，1322GHOD．∴39622AHABBH．∴22223931

0222AGGHAH．方法二：如图4，连接AD．由方法一，得3r．∵AB是O的直径，∴90ADB．∵6AB，D是AB的中点，∴32ADBD．∵G为BD中点，∴13222DGBD．∴

2222333221022AGADDG．【点睛】本题考查了切线的判定，勾股定理，相似三角形的性质与判定，综合运用以上知识是解题的关键．25.某水果店经销甲、乙两种水果，两次购进水果的情况

如下表所示：进货批次甲种水果质量（单位：千克）乙种水果质量（单位：千克）总费用（单位：元）第一次60401520第二次30501360（1）求甲、乙两种水果的进价；（2）销售完前两次购进的水果后，该水果店决定回馈顾客，开展促销活动．第三次

购进甲、乙两种水果共200千克，且投入的资金不超过3360元．将其中的m千克甲种水果和3m千克乙种水果按进价销售，剩余的甲种水果以每千克17元、乙种水果以每千克30元的价格销售．若第三次购进的200千克水果全部售出后，获得的最大．．利润不低于800元，求正

整数m的最大值．【答案】（1）甲种水果的进价为每千克12元，乙种水果的进价为每千克20元（2）正整数m的最大值为22【解析】【分析】（1）设甲种水果的进价为每千克a元，乙种水果的进价为每千克b元，根据总费用列方程

组即可；（2）设水果店第三次购进x千克甲种水果，根据题意先求出x的取值范围，再表示出总利润w与x的关系式，根据一次函数的性质判断即可．【小问1详解】设甲种水果的进价为每千克a元，乙种水果的进价为每千克b元．根据题意，得60401520,3

0501360.abab解方程组，得12,20.ab答：甲种水果的进价为每千克12元，乙种水果的进价为每千克20元．【小问2详解】设水果店第三次购进x千克甲种水果，则购进200x千克乙种水果，根据题意，得

12202003360xx．解这个不等式，得80x．设获得的利润为w元，根据题意，得1712302020035352000wxmxmxm．∵50，∴w随x的增大而减小．∴当80x时，w的最大值为3516

00m．根据题意，得351600800m．解这个不等式，得1607m．∴正整数m的最大值为22．【点睛】本题考查一次函数的应用、二元一次方程组的应用、解一元一次不等式，解答本题的关键是明确题意，找出等量关系，列出相应的二

元一次方程，写出相应的函数解析式，利用一次函数的性质求最值．26.如图，在二次函数2221yxmxm（m是常数，且0m）的图像与x轴交于A，B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，顶点为D．其对称

轴与线段BC交于点E，与x轴交于点F．连接AC，BD．（1）求A，B，C三点的坐标（用数字或含m的式子表示），并求OBC的度数；（2）若ACOCBD，求m的值；（3）若在第四象限内二次函数2221yxmxm（m是常数，且0m）的图像上

，始终存在一点P，使得75ACP，请结合函数的图像，直接写出m的取值范围．【答案】（1）A（-1，0）；B（2m+1，0）；C（0，2m+1）；45OBC（2）1m（3）3102m【解析】【分析】（1）分别令,xy等于0，即可求得,,ABC的坐

标，根据,90OCOBBOC，即可求得45OBC；（2）方法一：如图1，连接AE．由解析式分别求得21DFm，OFm，1BFm．根据轴对称的性质，可得AEBE，由1tanAEBEBFmACECECE

OFm，建立方程，解方程即可求解．方法二：如图2，过点D作DHBC交BC于点H．由方法一，得21DFm，1BFEFm．证明AOCDHB∽△△，根据相似三角形的性质建立方程，解方程即可求解；（3）设PC与x轴

交于点Q，当P在第四象限时，点Q总在点B的左侧，此时CQACBA，即45CQA．【小问1详解】当0y时，22210xmxm．解方程，得11x，221xm．∵点A在点B的左侧，且0m，∴1,0A，21,0Bm．当0

x时，21ym．∴0,21Cm．∴21OBOCm．∵90BOC°，∴45OBC．【小问2详解】方法一：如图1，连接AE．∵2222211yxmxmxmm

，∴2,1Dmm，,0Fm．∴21DFm，OFm，1BFm．∵点A，点B关于对称轴对称，∴AEBE．∴45EABOCB．∴90CEA．∵ACOCBD，OCBOBC，∴ACOOCBCBDOBC，即ACEDBF．

∵EFOC∥，∴1tanAEBEBFmACECECEOFm．∴2111mmmm．∵0m，∴解方程，得1m．方法二：如图2，过点D作DHBC交BC于点H．由方法一，得21DFm，1BFEFm．∴2DEmm．∵45DEHBE

F，∴22222DHEHDEmm，221BEBFm．∴22322BHBEHEmm．∵ACOCBD，90AOCBHD，∴AOCDHB∽△△．∴OADHOCBH．∴22212212322

mmmmm，即1212mmm．∵0m，∴解方程，得1m．【小问3详解】3102m．设PC与x轴交于点Q，当P在第四象限时，点Q总在点B的左侧，此时CQACBA，即45CQA

．∵75ACQ，∴60CAO．tan3CAO，21OCm，∴213m．解得312m，又0m，∴3102m．【点睛】本题考查了二次函数综合，求二次函数与坐标轴的交点，角度问题，解直角三角形，相似

三角形的性质，三角形内角和定理，综合运用以上知识是解题的关键．27.（1）如图1，在△ABC中，2ACBB，CD平分ACB，交AB于点D，DE//AC，交BC于点E．①若1DE，32BD，求

BC的长；②试探究ABBEADDE是否为定值．如果是，请求出这个定值；如果不是，请说明理由．（2）如图2，CBG和BCF是△ABC的2个外角，2BCFCBG，CD平分BCF，交AB的延长线于点D，DE//AC，交CB的延长

线于点E．记△ACD的面积为1S，△CDE的面积为2S，△BDE的面积为3S．若2132916SSS，求cosCBD的值．【答案】（1）①94BC；②ABBEADDE是定值，定值为1；（2）3cos8CBD【解析】【分析】（1）①证明CEDCDB∽，根据相似三角形的性质

求解即可；②由DEAC∥，可得ABBCADDE，由①同理可得CEDE，计算ABBEADDE1；（2）根据平行线的性质、相似三角形的性质可得12SACBCSDEBE，又32SBESCE，则1322SSBCSCE，可得916BCCE，设9

BCx，则16CEx．证明CDBCED∽△△，可得12CDx，过点D作DHBC于H．分别求得BDBH，，进而根据余弦的定义即可求解．【详解】（1）①∵CD平分ACB，∴12ACDDCBACB．∵2ACBB，∴ACDDCBB

．∴32CDBD．∵DEAC∥，∴ACDEDC．∴EDCDCBB．∴1CEDE==．∴CEDCDB∽．∴CECD=CDCB．∴94BC．②∵DEAC∥，∴ABBCADCE．由①可得CEDE，∴ABBCADDE．∴1ABBEBCBECEADDED

EDEDE．∴ABBEADDE是定值，定值为1．（2）∵DEAC∥，BDEBAC∽△△BCABACBEBDDE∴12SACBCSDEBE．∵32SBESCE，∴1322SSBCSCE．又∵2

132916SSS，∴916BCCE．设9BCx，则16CEx．∵CD平分BCF，∴12ECDFCDBCF．∵2BCFCBG，∴ECDFCDCBD．∴BDCD．∵DEAC∥，∴EDCFCD．∴EDCCBDECD．∴CEDE．∵

DCBECD，∴CDBCED∽△△．∴CDCBCECD．∴22144CDCBCEx．∴12CDx．如图，过点D作DHBC于H．∵12BDCDx，∴1922BHBCx．∴932cos128xBHCBDBDx．【点睛】本题

考查了相似三角形的性质与判定，求余弦，掌握相似三角形的性质与判定是解题的关键．获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com