中考卷-2020中考数学试题（解析版） (100) 25页

2020 年长沙市初中学业水平考试试卷 数学 一、选择题 1. 3-2 的值是（ ） A. 6 B. 6 C. 8 D. 8 【答案】D 【解析】 【分析】 利用有理数的乘方计算法则进行解答. 【详解】 3-2 =-8， 故选：D. 【点睛】此题考查有理数的乘方计算法则，熟练掌握运算法则是解题的关键. 2.下列图形中，是轴对称图形但不是中心对称图形的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】 根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解． 【详解】A、不是轴对称图形，也不是中心对称图形，不合题意； B、是轴对称图形，不是中心对称图形，符合题意； C、不是轴对称图形，也不是中心对称图形，不合题意； D、不是轴对称图形，是中心对称图形，不合题意． 故选：B． 【点睛】本题主要考查了中心对称图形与轴对称图形的概念．轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部 分折叠后可重合，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转 180 度后原图形重合． 3.为了将“新冠疫情对国民经济的影响降至最低，中国政府采取积极的财政税收政策，切实减轻企业负担， 以促进我国进出口企业平稳发展，据国家统计局相关数据显示，2020 年 1 月至 5 月，全国累计办理出口退 税 632400000000 元，其中 632400000000 用科学记数法表示为（ ） A. 116.234 10 B. 106.234 10 C. 96.234 10 D. 126.234 10 【答案】A 【解析】 【分析】 先将 632400000000 表示成 a×10n 的形式，其中 1＜| a |＜10，n 为将 632400000000 化成 an×10n 的形式时小 数点向左移动的位数． 【详解】解：632400000000 元= 116.234 10 元． 故答案为 A． 【点睛】本题考查了科学记数法，即将原数据写成 a×10 的形式，确定 a 和 n 的值是解答此类题的关键． 4.下列运算正确的是（ ） A. 3 2 5  B. 8 2 6x x x  C. 3 2 5  D.  25 7a a 【答案】B 【解析】 【分析】 根据合并同类项，系数相加字母和字母的指数不变；同底数幂的除法，底数不变指数相减；二次根式的乘 法计算；幂的乘方，底数不变，指数相乘，利用排除法求解． 【详解】解：A、 3 2 5+ ¹ ，故本选项错误； B、 8 2 6x x x  ，故本选项正确； C、 3 2 6 5   ，故本选项错误； D、 25 10 7a a a  ，故本选项错误． 故选：B． 【点睛】本题考查了合并同类项，同底数幂的除法，二次根式的乘法，幂的乘方．很容易混淆，要熟练掌 握运算法则． 5.2019 年 10 月，《长沙晚报》对外发布长沙高铁两站设计方案，该方案以三湘四水，杜鹃花开 ，塑造出杜 鹃花开的美丽姿态，该高铁站建设初期需要运送大量的土石方，某运输公司承担了运送总量为 6 310 m 土石 方的任务，该运输公司平均运送土石方的速度 v（单位： 3 /m 天）与完成运送任务所需的时间 t（单位：天） 之间的函数关系式是（ ） A. 610v t  B. 610v  C. 2 6 1 10v t D. 6 210v t 【答案】A 【解析】 【分析】 由总量=vt，求出 v 即可． 【详解】解（1）∵vt=106， ∴v= 610 t ， 故选：A． 【点睛】本题考查了反比例函数的应用，熟练掌握反比例函数的性质是解题的关键． 6.从一艘船上测得海岸上高为 42 米的灯塔顶部的仰角是 30 度，船离灯塔的水平距离为（ ） A. 42 3 米 B. 14 3 米 C. 21 米 D. 42 米 【答案】A 【解析】 【分析】 在直角三角形中，已知角的对边求邻边，可以用正切函数来解决． 【详解】解：根据题意可得：船离海岸线的距离为 42÷tan30°=42 3 （米）. 故选：A． 【点睛】本题考查解直角三角形的应用-仰角的定义，要求学生能借助仰角构造直角三角形并解直角三角形． 7.不等式组 1 1 12 x x     的解集在数轴上表示正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】 先分别解出两个不等式，然后找出解集，表示在数轴上即可． 【详解】解： 1 1 12 x x     ① ② ， 由①得， x≥−2， 由②得， x＜2， 故原不等式组的解集为：−2≤x＜2． 在数轴上表示为： 故答案为：D． 【点睛】本题考查的是一元一次不等式组的解法及在数轴上表示解集，在数轴上表示解集时“≥”，“≤”要用实 心圆点表示；“＜”，“＞”要用空心圆点表示．熟练掌握不等式组的解法是解题的关键． 8.一个不透明的袋子中装有 1 个红球，2 个绿球，除颜色外无其他差别，从中随机摸出一个球，然后放回摇 匀，再随机摸出一个，下列说法中，错误的是（ ） A. 第一次摸出的球是红球，第二次摸出的球一定是绿球 B. 第一次摸出的球是红球，第二次摸出的球不一定是绿球 C. 第一次摸出的球是红球，第二次摸出的球不一定是红球 D. 第一次摸出的球是红球的概率是 1 3 ；两次摸出的球都是红球的概率是 1 9 【答案】A 【解析】 【分析】 根据摸出球的颜色可能出现的情形及概率依次分析即可得到答案. 【详解】A、第一次摸出的球是红球，第二次摸出的球不一定是绿球，故错误； B、第一次摸出的球是红球，第二次摸出的球不一定是绿球，故正确； C、第一次摸出的球是红球，第二次摸出的球不一定是红球，故正确； D、第一次摸出的球是红球的概率是 1 3 ； 两次摸到球的情况共有（红，红），（红，绿 1），（红，绿 2），（绿 1，红），（绿 1，绿 1），（绿 1，绿 2），（绿 2，红），（绿 2，绿 1），（绿 2，绿 2）9 种等可能的情况，两次摸出的球都是红球的有 1 种，∴两次摸出的 球都是红球的概率是 1 9 ，故正确； 故选：A. 【点睛】此题考查了事件的可能性的大小及利用概率的公式、列举法求事件的概率，正确理解题中放回摇 匀，明确每次摸出的球的颜色都有可能是解题的关键. 9.2020 年 3 月 14 日，是人类第一个“国际数学日”这个节日的昵称是“π（Day）”国际数学日之所以定在 3 月 14 日，是因为 3．14 与圆周率的数值最接近的数字，在古代，一个国家所算的的圆周率的精确程度，可以 作为衡量这个国家当时数学与科技发展的水平的主要标志，我国南北朝时期的祖冲之是世界上最早把圆周 率的精确值计算到小数点后第七位的科学巨匠，该成果领先世界一千多年，以下对圆周率的四个表述：① 圆周率是一个有理数；②圆周率是一个无理数；③圆周率是一个与圆的大小无关的常数，它等于该圆的周 长与直径的比；④圆周率是一个与圆大小有关的常数，它等于该圆的周长与半径的比；其中正确的是（ ） A. ②③ B. ①③ C. ①④ D. ②④ 【答案】A 【解析】 【分析】 圆周率的含义：圆的周长和它直径的比值，叫做圆周率，用字母π表示，π是一个无限不循环小数；据此进 行分析解答即可． 【详解】解：①圆周率是一个有理数，错误； ② 是一个无限不循环小数，因此圆周率是一个无理数，说法正确；③圆周率是一个与圆的大小无关的常 数，它等于该圆的周长与直径的比，说法正确；④圆周率是一个与圆大小有关的常数，它等于该圆的周长 与半径的比，说法错误； 故选：A． 【点睛】本题考查了对圆周率的理解，解题的关键是明确其意义，并知道圆周率一个无限不循环小数，3.14 只是取它的近似值． 10.如图，一块直角三角板的 60 度的顶点 A 与直角顶点 C 分别在平行线 ,FD GH 上，斜边 AB 平分 CAD ， 交直线 GH 于点 E，则 ECB 的大小为( ) A. 60 B. 45 C. 30 D. 25 【答案】C 【解析】 【分析】 利用角平分线的性质求得∠DAE 的度数，利用平行线的性质求得∠ACE 的度数，即可求解． 【详解】∵AB 平分 CAD ，∠CAB=60  ， ∴∠DAE=60  ， ∵FD∥GH， ∴∠ACE+∠CAD=180  ， ∴∠ACE=180 -∠CAB-∠DAE=60  ， ∵∠ACB=90  ， ∴∠ECB=90  -∠ACE=30  ， 故选：C． 【点睛】本题考查了角平分线的定义，平行线的性质，用到的知识点为：两直线平行，同旁内角互补． 11.随着 5G 网络技术的发展，市场对 5G 产品的需求越来越大，为满足市场需求，某大型 5G 产品生产厂家 更新技术后，加快了生产速度，现在平均每天比更新技术前多生产 30 万件产品，现在生产 500 万件产品所 需的时间与更新技术前生产 400 万件产品所需时间相同，设更新技术前每天生产 x 万件，依据题意得（ ） A. 400 500 30x x  B. 400 500 30x x   C. 400 500 30x x   D. 400 500 30x x  【答案】B 【解析】 【分析】 设更新技术前每天生产 x 万件产品，则更新技术后每天生产（x+30）万件产品，根据工作时间=工作总量÷ 工作效率，再结合现在生产 500 万件产品所需时间与更新技术前生产 400 万件产品所需时间相同，即可得 出关于 x 的分式方程． 【详解】解：设更新技术前每天生产 x 万件产品，则更新技术后每天生产（x+30）万件产品， 依题意，得： 400 500 30x x   ． 故选：B． 【点睛】本题考查了由实际问题列分式方程，解题的关键是找准等量关系，正确列出分式方程． 12.“闻起来臭，吃起来香”的臭豆腐是长沙特色小吃，臭豆腐虽小，但制作流程却比较复杂，其中在进行加 工煎炸臭豆腐时，我们把焦脆而不糊的豆腐块数的百分比称为“可食用率”，在特定条件下，“可食用率”p 与 加工煎炸的时间 t（单位：分钟）近似满足函数关系式： 2p at bt c   （ 0,a  a，b，c 为常数），如图纪 录了三次实验数据，根据上述函数关系和实验数据，可以得到加工煎炸臭豆腐的最佳时间为( ) A. 3.50 分钟 B. 4.05 分钟 C. 3.75 分钟 D. 4.25 分钟 【答案】C 【解析】 【分析】 将图中三个坐标代入函数关系式解出 a 和 b,再利用对称轴公式求出即可． 【详解】将(3,0.8)(4,0．9)(5,0.6)代入 2p at bt c   得: 0.8 9 3 0.9 16 4 0.6 25 5 a b c a b c a b c            ① ② ③ ②－①和③－②得 0.1=7 0.3 9 a b a b     ④ ⑤ ⑤－④得 0.4=2a ,解得 a=﹣0.2． 将 a=﹣0.2．代入④可得 b=1.5． 对称轴= 1.5 3.752 2 ( 0.2) b a     ． 故选 C． 【点睛】本题考查二次函数的三点式,关键在于利用待定系数法求解,且本题只需求出 a 和 b 即可得出答案． 二、填空题 13.长沙地铁 3 号线、5 号线即将运行，为了解市民每周乘地铁出行的次数，某校园小记者随机调查了 100 名市民，得到了如下的统计表： 这次调查的众数和中位数分别是___________________________． 【答案】5、5 【解析】 【分析】 根据众数和中位数的概念计算即可． 【详解】从表格中可得人数最多的次数是 5,故众数为 5． 100÷2=50,即中位数为从小到大排列的第 50 位,故中位数为 5． 故答案为 5、5． 【点睛】本题考查众数和中位数的计算,关键在于熟练掌握基础概念． 14.某数学老师在课外活动中做了一个有趣的游戏：首先发给 A，B，C 三个同学相同数量的扑克牌（假定发 到每个同学手中的扑克牌数量足够多），然后依次完成下列三个步骤： 第一步，A 同学拿出三张扑克牌给 B 同学； 第二步，C 同学拿出三张扑克牌给 B 同学； 第三步，A 同学手中此时有多少张扑克牌，B 同学就拿出多少张扑克牌给 A 同学， 请你确定，最终 B 同学手中剩余的扑克牌的张数为___________________． 【答案】9 【解析】 【分析】 把每个同学的扑克牌的数量用相应的字母表示出来，列式表示变化情况即可找出最后答案． 【详解】设每个同学的扑克牌的数量都是 x ； 第一步，A 同学的扑克牌的数量是 3x  ，B 同学的扑克牌的数量是 3x  ； 第二步，B 同学的扑克牌的数量是 3 3x   ，C 同学的扑克牌的数量是 3x  ； 第三步，A 同学的扑克牌的数量是 2( 3x  )，B 同学的扑克牌的数量是 3 3x   ( 3x  )； ∴B 同学手中剩余的扑克牌的数量是： 3 3x   ( 3x  ) 9 ． 故答案为：9． 【点睛】本题考查了列代数式以及整式的加减，解决此题的关键根据题目中所给的数量关系，建立数学模 型．根据运算提示，找出相应的等量关系． 15.若一个圆锥的母线长是 3，底面半径是 1，则它的侧面展开图的面积是_____． 【答案】3π． 【解析】 【分析】 先求得圆锥的底面周长，再根据扇形的面积公式 S= 1 2 lR 求得答案即可． 【详解】解：圆锥的底面周长为：2×π×1＝2π， 侧面积为： 1 2 ×2π×3＝3π． 故答案为：3π． 【点睛】本题考查了圆锥侧面积的计算：正确理解圆锥的侧面展开图与原来的扇形之间的关系是解决本题 的关键，理解圆锥的母线长是扇形的半径，圆锥的底面圆周长是扇形的弧长． 16.如图，点 P 在以 MN 为直径的半圆上运动，（点 P 与 M，N 不重合） ,PQ MN NE 平分 MNP ，交 PM 于点 E，交 PQ 于点 F． (1) PF PE PQ PM   ___________________． (2)若 2PN PM PN  ，则 MQ NQ  ___________________． 【答案】 (1). 1 (2). 1 【解析】 【分析】 (1)过 E 作GE MN 于 G，可得 90NGE   ，根据圆周角的性质可得 90MPN  ，又 NE 平分 MNP ， 根据角平分线的性质可得 PE GE ；由 PNE MNE   ， 90PNE PEN     ， 90MNE QFN     ， 且 QFN PFE   ，根据“等角的余角相等”可得 PEN PFE   ，再根据等腰三角形的性质“等角对等边” 可得 PE PF ，即有 GE PF ；由 PQ MN ， GE MN ，可得 //GE PQ ，从而可得在 PMQ 中有 EM GE PM PQ  ，将 EM PM PE  、 PE GE 、 GE PF 代入可得， PM PF PF PM PQ   ，既而可求得 PF PE PQ PM  的值．(2) 由 2PN PM PN  得 PN PM ，又 PQ MN ，根据等腰三角形的性质可得 PQ 平分 MN ，即 MQ NQ ，从而可求得 MQ NQ ． 【详解】(1)如图所示，过 E 作GE MN 于 G，则 90NGE   ， ∵MN 为半圆的直径， ∴ 90MPN  ， 又∵ NE 平分 MNP ， 90NGE   , ∴ PE GE ． ∵ NE 平分 MNP ， ∴ PNE MNE   ， ∵ 90EPN FQN     ， ∴ 90 , 90PNE PEN MNE QFN          , 又 QFN PFE   ， ∴ 90 , 90PNE PEN MNE PFE          ， 又∵ PNE MNE   ， ∴ PEN PFE   ， ∴ PE PF , 又∵ PE GE ， ∴GE PF ． ∵ PQ MN ， GE MN ， ∴ //GE PQ ， ∴在 PMQ 中， EM GE PM PQ  , 又∵ EM PM PE  , ∴ PM PE GE PM PQ   ， ∴将GE PF ， PE PF ，代入 PM PE GE PM PQ   得， PM PF PF PM PQ   , ∴ 1PF PE PM PF PF PQ PM PM PM     ， 即 1PF PE PQ PM   ． (2)∵ 2PN PM PN  ， ∴ PN PM ， 又∵ PQ MN ， ∴ PQ 平分 MN ，即 MQ NQ , ∴ 1MQ NQ  ， 故答案为：(1) 1PF PE PQ PM   ；(2) 1MQ NQ  ． 【点睛】本题综合考查了圆周角的性质、角平分线的性质、等腰三角形的性质、平行线分线段成比例的性 质等知识．(1)中解题的关键是利用角平分线的性质和等腰三角形的性质求得 GE PF ， PE PF ，再通 过平行线分线段成比例的性质得到 EM GE PM PQ  ，进行等量代换和化简后即可得解；(2)中解题的关键是利用 等腰三角形的性质得到 MQ NQ ，即可得解． 三、解答题 17.计算：   10 13 10 1 2 cos45 4            【答案】7 【解析】 【分析】 根据绝对值、零次幂、特殊角的三角函数值、二次根式和负整数指数幂的运算法则分别对每项进行化简， 再进行加减计算即可． 【详解】解：   10 13 10 1 2 cos45 4            =3 1 1 4   =7 【点睛】本题考查实数的混合运算、熟练掌握绝对值、零次幂、特殊角的三角函数值、二次根式和负整数 指数幂的运算法则是解题的关键． 18.先化简，再求值 2 2 2 9 6 9 2 3 x x x x x x x       ，其中 4x  【答案】 3 3x  ,3 【解析】 【分析】 先将代数式化简,再代入值求解即可． 【详解】     2 22 3 32 9 2 3 3 6 9 2 3 2 3 3 3 33 x xx x x x x x x x x x x x x x x xx                     ． 将 x=4 代入可得: 原式= 3 3 33 4 3x    ． 【点睛】本题考查代数式的化简求值,关键在于熟练掌握平方差公式和完全平方公式． 19.人教版初中数学教科书八年级上册第 48 页告诉我们一种作已知角的平分线的方法： 已知： AOB 求作： AOB 的平分线 做法：（1）以 O 为圆心，适当长为半径画弧，交 OA 于点 M，交 OB 于点 N， （2）分别以点 M，N 为圆心，大于 1 2 MN 的长为半径画弧，两弧在 AOB 的内部相交于点 C （3）画射线 OC，射线 OC 即为所求． 请你根据提供的材料完成下面问题： （1）这种作已知角平分线的方法的依据是__________________(填序号)． ① SSS ② SAS ③ AAS ④ ASA （2）请你证明 OC 为 AOB 的平分线． 【答案】（1）①；（2）证明见解析 【解析】 【分析】 （1）根据作图的过程知道：OM=ON，OC=OC，CM=CM，由“SSS”可以证得△EOC≌△DOC； （2）根据作图的过程知道：OM=ON，OC=OC，CM=CM，由全等三角形的判定定理 SSS 可以证得 △EOC≌△DOC，从而得到 OC 为 AOB 的平分线． 【详解】（1）根据作图的过程知道：OM=ON，OC=OC，CM=CM，所以由全等三角形的判定定理 SSS 可以 证得△EOC≌△DOC，从而得到 OC 为 AOB 的平分线； 故答案为：①； （2）如图， 连接 MC、NC． 根据作图的过程知， 在△MOC 与△NOC 中， OM ON OC OC CM CN    ＝ ＝ ＝ ， ∴△MOC≌△NOC（SSS）， ∠AOC=∠BOC， ∴OC 为 AOB 的平分线． 【点睛】本题考查了作图-基本作图及全等三角形的判定定理的应用，注意：三角形全等的判定定理有 SAS， ASA，AAS，SSS，HL． 20.2020 年 3 月，中共中央、国务院颁布了《关于全面加强新时代大中小学劳动教育的意见》长沙市教育局 发布了“普通中小学校劳动教育状况评价指标”，为了解某校学生一周劳动次数的情况，随机抽取若干学生进 行调查，得到如下统计图表： （1）这次调查活动共抽取___________人； （2） _________; ____________m n  ． （3）请将条形图补充完整 （4）若该校学生总人数为 3000 人，根据调查结果，请你估计该校一周劳动 4 次及以上的学生人数． 【答案】（1）200；（2）86，27；（3）图形见解析；（4）810 人 【解析】 【分析】 （1）用“1 次及以下”的人数除以所占的百分比，即可求出调查的总人数； （2）总人数乘以“3 次”所占的百分比可得 m 的值，“4 次及以上”的人数除以总人数可得 n%的值，即可求得 n 的值； （3）总人数乘以“2 次”所占的百分比可得“2 次”的人数，再补全条形统计图即可； （4）用全校总人数乘以“4 次及以上”所占的百分比即可． 【详解】解：（1）这次调查活动共抽取：20÷10%＝200（人） 故答案为：200． （2）m=200×43%=86（人）， n%=54÷200=27%，n=27， 故答案为：86，27． （3）200×20%=40（人）， 补全图形如下： （4）∵“4 次及以上”所占的百分比为 27%， ∴3000×27%=810（人）． 答：该校一周劳动 4 次及以上的学生人数大约有 810 人． 【点睛】本题考查的是条形统计图和扇形统计图的综合运用以及由样本估计总体，读懂统计图，从不同的 统计图中得到必要的信息是解决问题的关键．条形统计图能清楚地表示出每个项目的数据；扇形统计图直 接反映部分占总体的百分比大小． 21.如图，AB 为 O 的直径，C 为 O 上的一点，AD 与过点 C 的直线互相垂直，垂足为 D，AC 平分 DAB ． （1）求证：DC 为 O 的切线； （2）若 3, 3AD DC  ，求 O 的半径． 【答案】（1）详见解析；（2）2 【解析】 【分析】 （1）连接 OC，利用角平分线的性质及同圆半径相等的性质求出∠DAC=∠OCA，得到 AD∥OC，即可得 到 OC⊥CD 得到结论； （2）连接 BC，先求出 3tan 3 CDDAC AD    ，得到∠CAB=∠DAC=30°，AC=2CD= 2 3 ，再根据 AB 为 O 的直径得到∠ACB=90°，再利用三角函数求出 AB. 【详解】（1）连接 OC， ∵OA=OC， ∴∠OAC=∠OCA， ∵AC 平分 DAB ， ∴∠DAC=∠OAC， ∴∠DAC=∠OCA， ∴AD∥OC， ∴∠ADC+∠OCD=180°， ∵AD⊥CD， ∴∠ADC=90°， ∴∠OCD=90°， ∴OC⊥CD， ∴DC 为 O 的切线； （2）连接 BC， 在 Rt△ACD 中，∠ADC=90°， 3, 3AD DC  ， ∴ 3tan 3 CDDAC AD    ， ∴∠DAC=30°， ∴∠CAB=∠DAC=30°，AC=2CD= 2 3 ， ∵AB 是 O 的直径， ∴∠ACB=90°， ∴AB= 4cos AC CAB  ， ∴ O 的半径为 2. 【点睛】此题考查角平分线的性质定理，圆的切线的判定定理，圆周角定理，锐角三角函数，直角三角形 30°角的性质，正确连接辅助线解题是此题的关键. 22.今年 6 月以来，我国多地遭遇强降雨，引发洪涝灾害，人民的生活受到了极大的影响，“一方有难，八方 支援”，某市筹集了大量的生活物资，用 A，B 两种型号的货车，分两批运往受灾严重的地区，具体运算情 况如下： 第一批 第二批 A 型货车的辆数（单位：辆） 1 2 B 型货车的辆数（单位：辆） 3 5 累计运送货物的顿数（单位：吨） 28 50 备注：第一批、第二批每辆货车均 满载 （1）求 A，B 两种型号货车每辆满载分别能运多少吨生活物资； （2）该市后续又筹集了 62.4 吨生活物资，现已联系了 3 辆 A 型号货车，试问至少还需联系多少辆 B 型号 货车才能一次性将这批生活物资运往目的地． 【答案】（1）A，B 两种型号货车每辆满载分别能运 10 吨，6 吨生活物资；（2）6. 【解析】 【分析】 （1）设 A，B 两种型号货车每辆满载分别能运 x，y 吨生活物资，根据条件建立方程组求出其解即可； （2）设还需联系 m 辆 B 型号货车才能一次性将这批生活物资运往目的地，根据题中的不等关系列出不等 式解答即可． 【详解】解：（1）设 A，B 两种型号货车每辆满载分别能运 x，y 吨生活物资 依题意，得 3 28, 2 5 50, x y x y      解得 10, 6, x y    ∴A，B 两种型号货车每辆满载分别能运 10 吨，6 吨生活物资 （2）设还需联系 m 辆 B 型号货车才能一次性将这批生活物资运往目的地 依题意，得3 10 6 62.4m   . 解得 m  5.4 又 m 为整数，∴m 最小取 6 ∴至少还需联系 6 辆 B 型号货车才能一次性将这批生活物资运往目的地． 【点睛】本题考查了列二元一次方程组解实际问题的运用，一元一次不等式的运用，解决问题的关键是读 懂题意，找到关键描述语，找到所求的量的等量关系． 23.在矩形 ABCD 中，E 为 DC 上的一点，把 ADE 沿 AE 翻折，使点 D 恰好落在 BC 边上的点 F． （1）求证： ABF FCE : （2）若 2 3, 4AB AD  ，求 EC 的长； （3）若 2AE DE EC  ，记 ,BAF FAE     ，求 tan tan  的值． 【答案】（1）证明过程见解析；（2） 2 3 3 ；（3） 2 3 3 ． 【解析】 【分析】 （1）只要证明∠B=∠C=90°，∠BAF=∠EFC 即可； （2）因为△AFE 是△ADE 翻折得到的，得到 AF=AD=4，根据勾股定理可得 BF 的长，从而得到 CF 的长， 根据△ABF∽△FCE，得到 CE CF BF AB  ，从而求出 EC 的长； （3）根据△ABF∽△FCE，得到∠CEF=∠BAF= ，所以 tan +tan  = BF EF CE EF AB AF CF AF    ，设 CE=1， DE=x，可得到 AE，AB，AD 的长，根据△ABF∽△FCE，得到 AB CF AF EF  ，将求出的值代入化简会得到关 于 x 的一元二次方程，解之即可求出 x 的值，然后可求出 CE，CF，EF，AF 的值，代入 tan +tan  = CE EF CF AF  即可． 【详解】（1）证明：∵四边形 ABCD 是矩形， ∴∠B=∠C=∠D=90°， ∴∠AFB+∠BAF=90°， ∵△AFE 是△ADE 翻折得到的， ∴∠AFE=∠D=90°， ∴∠AFB+∠CFE=90°， ∴∠BAF=∠CFE， ∴△ABF∽△FCE． （2）解：∵△AFE 是△ADE 翻折得到的， ∴AF=AD=4， ∴BF=  22 2 24 2 3 2AF AB    ， ∴CF=BC-BF=AD-BF=2， 由（1）得△ABF∽△FCE， ∴ CE CF BF AB  ， ∴ 2 2 2 3 CE  ， ∴EC= 2 3 3 ． （3） 解：由（1）得△ABF∽△FCE， ∴∠CEF=∠BAF= ， ∴tan +tan  = BF EF CE EF AB AF CF AF    ， 设 CE=1，DE=x， ∵ 2AE DE EC  ， ∴AE=DE+2EC=x+2，AB=CD=x+1，AD= 2 2 4 4AE DE x   ∵△ABF∽△FCE， ∴ AB CF AF EF  ， ∴ 21 1 4 4 x x xx    ， ∴  2 1 1 1 2 1 x x x xx      ， ∴ 1 1 2 x x  ， ∴ 2 1x x  ， ∴x2-4x+4=0， 解得 x=2， ∴CE=1，CF= 2 1 3x   ，EF=x=2，AF= AD= 2 2 4 4AE DE x   = 2 3 ， ∴tan +tan  = CE EF CF AF  = 1 2 2 3 33 2 3   ． 【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质，翻折变换，矩形的性质，勾股定理等知识．解题的关键是 灵活运用所学知识解决问题，学会运用方程的思想思考问题． 24.我们不妨约定：若某函数图像上至少存在不同的两点关于原点对称，则把该函数称之为“H 函数”，其图 像上关于原点对称的两点叫做一对“H 点”，根据该约定，完成下列各题 （1）在下列关于 x 的函数中，是“H 函数”的，请在相应题目后面的括号中打“√”，不是“H 函数”的打“×” ① 2y x （ ） ② my ( m 0 )x   （ ） ③ 3 1y x  （ ） （2）若点  1,A m 与点  , 4B n  关于 x的“H 函数”  2 0y ax bx c a    的一对“H 点”，且该函数的对称轴 始终位于直线 2x  的右侧，求 , ,a b c 的值域或取值范围； （3）若关于 x 的“H 函数” 2 2 3y ax bx c   （a，b，c 是常数）同时满足下列两个条件：① 0a b c   ， ② (2 )(2 3 ) 0c b a c b a     ，求该 H 函数截 x 轴得到的线段长度的取值范围． 【答案】（1）√；√；×；（2）-1＜a＜0，b=4，0＜c＜0；（3）2＜ 1 2x x ＜2 7 ． 【解析】 【分析】 （1）根据“H 函数”的定义即可判断； （2）先根据题意可求出 m,n 的取值，代入  2 0y ax bx c a    得到 a,b,c 的关系，再根据对称轴在 x=2 的 右侧即可求解； （3）设“H 点”为（p,q）和（-p,-q）,代入 2 2 3y ax bx c   得到 ap2+3c=0,2bp=q，得到 a,c 异号，再根据 a+b+c=0，代入 (2 )(2 3 ) 0c b a c b a     求出 c a 的取值，设函数与 x 轴的交点为（x1,0）（x2,0），t= c a ， 利用根与系数的关系得到 2 1 2 1 2 1 2( ) 4x x x x x x    = 21 32 ( )2 4t   ，再根据二次函数的性质即可求 解． 【详解】（1）① 2y x 是 “H 函数”② my ( m 0 )x   是 “H 函数”③ 3 1y x  不是 “H 函数”； 故答案为：√；√；×； （2）∵A,B 是“H 点” ∴A,B 关于原点对称， ∴m=4,n=1 ∴A(1,4），B（-1，-4） 代入  2 0y ax bx c a    得 4 4 a b c a b c         解得 4 0 b a c     又∵该函数的对称轴始终位于直线 2x  的右侧， ∴- 2 b a ＞2 ∴- 4 2a ＞2 ∴-1＜a＜0 ∵a+c=0 ∴0＜c＜0， 综上，-1＜a＜0，b=4，0＜c＜0； （3）∵ 2 2 3y ax bx c   是“H 函数” ∴设 H 点为（p,q）和（-p,-q）, 代入得 2 2 2 3 2 3 ap bp c q ap bp c q          解得 ap2+3c=0,2bp=q ∵p2＞0 ∴a,c 异号， ∴ac＜0 ∵a+b+c=0 ∴b=-a-c， ∵ (2 )(2 3 ) 0c b a c b a     ∴ (2 )(2 3 ) 0c a c a c a c a       ∴ ( 2 )( 2 ) 0c a c a   ∴c2＜4a2 ∴ 2 2 c a ＜4 ∴-2＜ c a ＜2 ∴-2＜ c a ＜0 设 t= c a ，则-2＜t＜0 设函数与 x 轴的交点为（x1,0）（x2,0） ∴x1, x2 是方程 2 2 3ax bx c  =0 的两根 ∴ 2 1 2 1 2 1 2( ) 4x x x x x x    = 22 3( ) 4b c a a    = 2 2 4( ) 12a c c a a   = 22 34 1 c c c a a a           =2 21 2 3t t t   = 21 32 ( )2 4t   又∵-2＜t＜0 ∴2＜ 1 2x x ＜2 7 ． 【点睛】此题主要考查二次函数综合，解题的关键是熟知待定系数法、二次函数的性质及根与系数的关系． 25.如图，半径为 4 的 O 中，弦 AB 的长度为 4 3 ，点 C 是劣弧 AB 上的一个动点，点 D 是弦 AC 的中点， 点 E 是弦 BC 的中点，连接 DE，OD，OE． （1）求 AOB 的度数； （2）当点 C 沿着劣弧 AB 从点 A 开始，逆时针运动到点 B 时，求 ODE 的外心 P 所经过的路径的长度； （3）分别记 ,ODE CDE  的面积为 1 2,S S ，当 2 2 1 2 21S S  时，求弦 AC 的长度． 【答案】（1） 120AOB   ；（2） 4 3  ；（3） 15 3AC   或 15 3AC   ． 【解析】 【分析】 （1）过 O 作 OH⊥AB 于 H，由垂径定理可知 AH 的长，然后通过三角函数即可得到 OAB ，从而可得到 AOB 的度数； （2）连接 OC，取 OC 的中点 G，连接 DG、EG，可得到 O、D、C、E 四点共圆，G 为△ODE 的外心，然 后用弧长公式即可算出外心 P 所经过的路径的长度； （3）作 CN∥AB 交圆 O 于 N，作 CF⊥AB 交 AB 于 F，交 DE 于 P，作 OM⊥CN 交 CN 于 M，交 DE 于 Q， 交 AB 于 H，连接 OC，分别表示出 ODE ， CDE 的面积为 1S ， 2S ，由 2 2 1 2 21S S  可算出 7 2OM  ， 然后可利用勾股定理求出结果． 【详解】解：（1）如图，过 O 作 OH⊥AB 于 H， ∵ 4 3AB  ， ∴ 1 2 32AH AB  ， ∴ 2 3 3 4 2 AHcos OAH AO   ∠ ， ∴ 30OAH  ∠ ， ∵OA OB ， ∴ 30OBH OAH  ∠ ∠ ， ∴ 180 30 30 120AOB      ∠ ； （2）如图，连接 OC，取 OC 的中点 G，连接 DG、EG， ∵D 是弦 AC 的中点，点 E 是弦 BC 的中点，OA OB OC  ， ∴OD⊥AC，OE⊥BC，即∠ODC=∠OEC=90°， ∴ 1 22OG DG GE GC OC     ， ∴O、D、C、E 四点共圆，G 为△ODE 的外心， ∴G 在以 O 为圆心，2 为半径的圆上运动， ∵ 120AOB   ， ∴运动路径长为 120 2 4 180 3    ； （3）当点 C 靠近 A 点时，如图，作 CN∥AB 交圆 O 于 N，作 CF⊥AB 交 AB 于 F，交 DE 于 P，作 OM⊥CN 交 CN 于 M，交 DE 于 Q，交 AB 于 H，连接 OC， ∵D 是弦 AC 的中点，点 E 是弦 BC 的中点， ∴ 1 2 32DE AB  ， ∵ 30OAH  ∠ ， 4OA  ， ∴OH=2， 设 1OQ h ， 2CP h ，由题可知 1 2OM h h  ， 1 2OH h h  ， ∴ 1 1 1 2S DE h   ， 2 2 1 2S DE h   ， ∴  1 2 1 2 1 2 1 1 1 1 2 2 2 2S S DE h DE h DE h h DE OM               1 2 1 2 1 2 1 1 1 1 2 2 2 2S S DE h DE h DE h h DE OH              ∵   2 2 1 2 1 2 1 2 21S S S S S S     ， ∴ 1 1 212 2DE OM DE OH           ，即 1 12 3 2 3 2 212 2OM           ， 解得 7 2OM  ， ∴ 2 2 7 154 2 2CM       ，即 15 2FH  ， 由于 2 3AH  ，∴ 152 3 2AF   ， 又∵ 7 322 2CF MH OM OH      ， ∴ 2 215 32 3 15 32 2AC                ， 同理当点 C 靠近 B 点时，可知 2 215 32 3 15 32 2AC                ， 综上所述， 15 3AC   或 15 3AC   ． 【点睛】本题是圆的综合问题，题目相对较难，属于中考压轴题类型，理解题意并能准确画出辅助线是解 题的关键．