2020年贵州省遵义市中考数学试卷 33页

2020 年贵州省遵义市中考数学试卷 一、选择题（本题共 12 小题，每小题 4 分，共 48 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，请用 2B 铅笔把答题卡上对应题目答案标号涂黑、涂满） 1．（4 分） 3 的绝对值是 ( ) A．3 B． 3 C． 1 3 D． 3 2．（4 分）在文化旅游大融合的背景下，享受文化成为旅游业的新趋势．今年“五一”假期， 我市为游客和市民提供了丰富多彩的文化享受，各艺术表演馆、美术馆、公共图书馆、群众 文化机构、非遗机构及文物机构累计接待游客 18.25 万人次，将 18.25 万用科学记数法表示 为 ( ) A． 51.825 10 B． 61.825 10 C． 71.825 10 D． 81.825 10 3．（4 分）一副直角三角板如图放置，使两三角板的斜边互相平行，每块三角板的直角顶点 都在另一三角板的斜边上，则 1 的度数为 ( ) A．30 B． 45 C．55 D． 60 4．（4 分）下列计算正确的是 ( ) A． 2 3x x x  B． 2 2( 3 ) 6x x  C． 4 2 28 2 4x x x  D． 2 2( 2 )( 2 ) 2x y x y x y    5．（4 分）某校 7 名学生在某次测量体温（单位： C) 时得到如下数据：36.3，36.4，36.5， 36.7，36.6，36.5，36.5，对这组数据描述正确的是 ( ) A．众数是 36.5 B．中位数是 36.7 C．平均数是 36.6 D．方差是 0.4 6．（4 分）已知 1x ， 2x 是方程 2 3 2 0x x   的两根，则 2 2 1 2x x 的值为 ( ) A．5 B．10 C．11 D．13 7．（4 分）如图，把一块长为 40cm ，宽为 30cm 的矩形硬纸板的四角剪去四个相同小正方形， 然后把纸板的四边沿虚线折起，并用胶带粘好，即可做成一个无盖纸盒．若该无盖纸盒的底 面积为 2600cm ，设剪去小正方形的边长为 xcm，则可列方程为 ( ) A． (30 2 )(40 ) 600x x   B． (30 )(40 ) 600x x   C． (30 )(40 2 ) 600x x   D． (30 2 )(40 2 ) 600x x   8．（4 分）新龟兔赛跑的故事：龟兔从同一地点同时出发后，兔子很快把乌龟远远甩在后头．骄 傲自满的兔子觉得自己遥遥领先，就躺在路边呼呼大睡起来．当它一觉醒来，发现乌龟已经 超过它，于是奋力直追，最后同时到达终点．用 1S 、 2S 分别表示乌龟和兔子赛跑的路程，t 为赛跑时间，则下列图象中与故事情节相吻合的是 ( ) A． B． C． D． 9．（4 分）如图，在菱形 ABCD 中， 5AB  ， 6AC  ，过点 D 作 DE BA ，交 BA 的延长 线于点 E ，则线段 DE 的长为 ( ) A．12 5 B．18 5 C．4 D． 24 5 10．（4 分）构建几何图形解决代数问题是“数形结合”思想的重要性，在计算 tan15 时， 如图．在 Rt ACB 中， 90C  ， 30ABC   ，延长 CB 使 BD AB ，连接 AD ，得 15D   ， 所以 1 2 3tan15 2 3 2 3 (2 3)(2 3) AC CD          ．类比这种方法，计算 tan22.5 的值为 ( ) A． 2 1 B． 2 1 C． 2 D． 1 2 11．（4 分）如图， ABO 的顶点 A 在函数 ( 0)ky xx   的图象上， 90ABO   ，过 AO 边 的三等分点 M 、 N 分别作 x 轴的平行线交 AB 于点 P 、 Q ．若四边形 MNQP 的面积为 3， 则 k 的值为 ( ) A．9 B．12 C．15 D．18 12．（4 分）抛物线 2y ax bx c   的对称轴是直线 2x   ．抛物线与 x 轴的一个交点在点 ( 4,0) 和点 ( 3,0) 之间，其部分图象如图所示，下列结论中正确的个数有 ( ) ① 4 0a b  ；② 3c a„ ；③关于 x 的方程 2 2ax bx c   有两个不相等实数根；④ 2 2 4b b ac  ． A．1 个 B．2 个 C．3 个 D．4 个 二、填空题（本小题共 4 小题，每小题 4 分，共 16 分，答题请用黑色墨水笔或黑色签字笔 直接答在答题卡的相应位置上） 13．（4 分）计算： 12 3 的结果是 ． 14．（4 分）如图，直线 (y kx b k  、b 是常数 0)k  与直线 2y  交于点 (4,2)A ，则关于 x 的不等式 2kx b  的解集为 ． 15．（4 分）如图，对折矩形纸片 ABCD 使 AD 与 BC 重合，得到折痕 MN ，再把纸片展平．E 是 AD 上一点，将 ABE 沿 BE 折叠，使点 A 的对应点 A 落在 MN 上．若 5CD  ，则 BE 的 长是 ． 16．（4 分）如图， O 是 ABC 的外接圆， 45BAC  ，AD BC 于点 D ，延长 AD 交 O 于点 E ，若 4BD  ， 1CD  ，则 DE 的长是 ． 三、解答题（本题共有 8 小题，共 86 分.答题请用黑色量水笔或黑色签字笔书写在答题卡的 相应位置上解答时应写出必要的文字说明、证明过程成演算步骤） 17．（8 分）计算： （1） 0 21sin30 ( 3.14) ( )2       ； （2）解方程； 1 3 2 2 3x x   ． 18．（8 分）化简式子 2 2 2 4 4( )x x xxx x    ，从 0、1、2 中取一个合适的数作为 x 的值代入 求值． 19．（10 分）某校为检测师生体温，在校门安装了某型号测温门．如图为该测温门截面示意 图，已知测温门 AD 的顶部 A 处距地面高为 2.2m ，为了解自己的有效测温区间．身高1.6m 的小聪做了如下实验：当他在地面 N 处时测温门开始显示额头温度，此时在额头 B 处测得 A 的仰角为18 ；在地面 M 处时，测温门停止显示额头温度，此时在额头 C 处测得 A 的仰角 为 60 ．求小聪在地面的有效测温区间 MN 的长度．（额头到地面的距离以身高计，计算精 确到 0.1m ， sin18 0.31  ， cos18 0.95  ， tan18 0.32)  20．（10 分）如图， AB 是 O 的直径，点 C 是 O 上一点， CAB 的平分线 AD 交 BC 于 点 D ，过点 D 作 / /DE BC 交 AC 的延长线于点 E ． （1）求证： DE 是 O 的切线； （2）过点 D 作 DF AB 于点 F ，连接 BD ．若 1OF  ， 2BF  ，求 BD 的长度． 21．（12 分）遵义市各校都在深入开展劳动教育，某校为了解七年级学生一学期参加课外劳 动时间（单位： )h 的情况，从该校七年级随机抽查了部分学生进行问卷调查，并将调查结 果绘制成如下不完整的频数分布表和频数分布直方图． 课外劳动时间频数分布表： 劳动时间分组 频数 频率 0 20t „ 2 0.1 20 40t „ 4 m 40 60t „ 6 0.3 60 80t „ a 0.25 80 100t „ 3 0.15 解答下列问题： （1）频数分布表中 a  ， m  ；将频数分布直方图补充完整； （2）若七年级共有学生 400 人，试估计该校七年级学生一学期课外劳动时间不少于 60h 的 人数； （3）已知课外劳动时间在 60 80h t h„ 的男生人数为 2 人，其余为女生，现从该组中任选 2 人代表学校参加“全市中学生劳动体验”演讲比赛，请用树状图或列表法求所选学生为 1 男 1 女的概率． 22．（12 分）为倡导健康环保，自带水杯已成为一种好习惯，某超市销售甲，乙两种型号水 杯，进价和售价均保持不变，其中甲种型号水杯进价为 25 元 / 个，乙种型号水杯进价为 45 元 / 个，下表是前两月两种型号水杯的销售情况： 时间 销售数量（个 ) 销售收入（元 ) （销售 收入  售价 销售数 量） 甲种型号 乙种型号 第一月 22 8 1100 第二月 38 24 2460 （1）求甲、乙两种型号水杯的售价； （2）第三月超市计划再购进甲、乙两种型号水杯共 80 个，这批水杯进货的预算成本不超过 2600 元，且甲种型号水杯最多购进 55 个，在 80 个水杯全部售完的情况下设购进甲种型号 水杯 a 个，利润为 w 元，写出 w 与 a 的函数关系式，并求出第三月的最大利润． 23．（12 分）如图，在边长为 4 的正方形 ABCD 中，点 E 为对角线 AC 上一动点（点 E 与点 A 、C 不重合），连接 DE ，作 EF DE 交射线 BA 于点 F ，过点 E 作 / /MN BC 分别交CD 、 AB 于点 M 、 N ，作射线 DF 交射线 CA 于点 G ． （1）求证： EF DE ； （2）当 2AF  时，求GE 的长． 24．（14 分）如图，抛物线 2 9 4y ax x c   经过点 ( 1,0)A  和点 (0,3)C 与 x 轴的另一交点为 点 B ，点 M 是直线 BC 上一动点，过点 M 作 / /MP y 轴，交抛物线于点 P ． （1）求该抛物线的解析式； （2）在抛物线上是否存在一点 Q ，使得 QCO 是等边三角形？若存在，求出点 Q 的坐标； 若不存在，请说明理由； （3）以 M 为圆心， MP 为半径作 M ，当 M 与坐标轴相切时，求出 M 的半径． 2020 年贵州省遵义市中考数学试卷 参考答案与试题解析 一、选择题（本题共 12 小题，每小题 4 分，共 48 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，请用 2B 铅笔把答题卡上对应题目答案标号涂黑、涂满） 1．（4 分） 3 的绝对值是 ( ) A．3 B． 3 C． 1 3 D． 3 【分析】根据绝对值的概念可得 3 的绝对值就是数轴上表示 2 的点与原点的距离．进而得 到答案． 【解答】解： 3 的绝对值是 3， 故选： A ． 【点评】此题主要考查了绝对值，关键是掌握概念：数轴上某个数与原点的距离叫做这个数 的绝对值． 2．（4 分）在文化旅游大融合的背景下，享受文化成为旅游业的新趋势．今年“五一”假期， 我市为游客和市民提供了丰富多彩的文化享受，各艺术表演馆、美术馆、公共图书馆、群众 文化机构、非遗机构及文物机构累计接待游客 18.25 万人次，将 18.25 万用科学记数法表示 为 ( ) A． 51.825 10 B． 61.825 10 C． 71.825 10 D． 81.825 10 【分析】科学记数法的表示形式为 10na  的形式，其中1 | | 10a „ ， 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． 【解答】解：18.25 万 182500 ，用科学记数法表示为： 51.825 10 ． 故选： A ． 【点评】此题考查科学记数法的表示方法，表示时关键要正确确定 a的值以及 n的值． 3．（4 分）一副直角三角板如图放置，使两三角板的斜边互相平行，每块三角板的直角顶点 都在另一三角板的斜边上，则 1 的度数为 ( ) A．30 B． 45 C．55 D． 60 【分析】根据平行线的性质即可得到结论． 【解答】解： / /AB CD ， 1 45D     ， 故选： B ． 【点评】此题考查平行线的性质，熟练掌握平行线的性质是解题的关键． 4．（4 分）下列计算正确的是 ( ) A． 2 3x x x  B． 2 2( 3 ) 6x x  C． 4 2 28 2 4x x x  D． 2 2( 2 )( 2 ) 2x y x y x y    【分析】根据各个选项中的式子，可以计算出正确的结果，从而可以解答本题． 【解答】解： 2x x 不能合并，故选项 A 错误； 2 2( 3 ) 9x x  ，故选项 B 错误； 4 2 28 2 4x x x  ，故选项 C 正确； 2 2( 2 )( 2 ) 4x y x y x y    ，故选项 D 错误； 故选： C ． 【点评】本题考查整式的混合运算，解答本题的关键是明确整式混合运算的计算方法． 5．（4 分）某校 7 名学生在某次测量体温（单位： C) 时得到如下数据：36.3，36.4，36.5， 36.7，36.6，36.5，36.5，对这组数据描述正确的是 ( ) A．众数是 36.5 B．中位数是 36.7 C．平均数是 36.6 D．方差是 0.4 【分析】根据众数、中位数的概念求出众数和中位数，根据平均数和方差的计算公式求出平 均数和方差． 【解答】解：7 个数中 36.5 出现了三次，次数最多，即众数为 36.5，故 A 选项正确，符合 题意； 将 7 个数按从小到大的顺序排列为：36.3，36.4，36.5，36.5，36.5，36.6，36.7，第 4 个数 为 36.5，即中位数为 36.5，故 B 选项错误，不符合题意； 1 (36.3 36.4 36.5 36.5 36.5 36.6 36.7) 36.57x          ，故 C 选项错误，不符合题意； 2 2 2 2 2 21 1[(36.3 36.5) (36.4 36.5) 3 (36.5 36.5) (36.6 36.5) (36.7 36.5) ]7 70S             ， 故 D 选项错误，不符合题意； 故选： A ． 【点评】本题考查的是众数、平均数、方差、中位数，掌握它们的概念和计算公式是解题的 关键． 6．（4 分）已知 1x ， 2x 是方程 2 3 2 0x x   的两根，则 2 2 1 2x x 的值为 ( ) A．5 B．10 C．11 D．13 【分析】利用根与系数的关系得到 1 2 3x x  ， 1 2 2x x   ，再利用完全平方公式得到 2 2 2 1 2 1 2 1 2( ) 2x x x x x x    ，然后利用整体代入的方法计算． 【解答】解：根据题意得 1 2 3x x  ， 1 2 2x x   ， 所以 2 2 2 2 1 2 1 2 1 2( ) 2 3 2 ( 2) 13x x x x x x         ． 故选： D ． 【点评】本题考查了根与系数的关系：若 1x ， 2x 是一元二次方程 2 0( 0)ax bx c a    的两 根时， 1 2 bx x a    ， 1 2 cx x a  7．（4 分）如图，把一块长为 40cm ，宽为 30cm 的矩形硬纸板的四角剪去四个相同小正方形， 然后把纸板的四边沿虚线折起，并用胶带粘好，即可做成一个无盖纸盒．若该无盖纸盒的底 面积为 2600cm ，设剪去小正方形的边长为 xcm，则可列方程为 ( ) A． (30 2 )(40 ) 600x x   B． (30 )(40 ) 600x x   C． (30 )(40 2 ) 600x x   D． (30 2 )(40 2 ) 600x x   【分析】设剪去小正方形的边长是 xcm，则纸盒底面的长为 (40 2 )x cm ，宽为 (30 2 )x cm ， 根据长方形的面积公式结合纸盒的底面积是 2600cm ，即可得出关于 x 的一元二次方程，此 题得解． 【解答】解：设剪去小正方形的边长是 xcm，则纸盒底面的长为 (40 2 )x cm ，宽为 (30 2 )x cm ， 根据题意得： (30 2 )(40 2 ) 600x x   ． 故选： D ． 【点评】本题考查由实际问题抽象出一元二次方程，找准等量关系，正确列出一元二次方程 是解题的关键． 8．（4 分）新龟兔赛跑的故事：龟兔从同一地点同时出发后，兔子很快把乌龟远远甩在后头．骄 傲自满的兔子觉得自己遥遥领先，就躺在路边呼呼大睡起来．当它一觉醒来，发现乌龟已经 超过它，于是奋力直追，最后同时到达终点．用 1S 、 2S 分别表示乌龟和兔子赛跑的路程，t 为赛跑时间，则下列图象中与故事情节相吻合的是 ( ) A． B． C． D． 【分析】乌龟是匀速行走的，图象为线段．兔子是：跑  停  急跑，图象由三条折线组成； 最后同时到达终点，即到达终点花的时间相同． 【解答】解： A ．此函数图象中， 2S 先达到最大值，即兔子先到终点，不符合题意； B ．此函数图象中， 2S 第 2 段随时间增加其路程一直保持不变，与“当它一觉醒来，发现 乌龟已经超过它，于是奋力直追”不符，不符合题意； C ．此函数图象中， 1S 、 2S 同时到达终点，符合题意； D ．此函数图象中， 1S 先达到最大值，即乌龟先到终点，不符合题意． 故选： C ． 【点评】本题考查了函数图形，行程问题，分析清楚时间与路程的关系是解本题的关键． 9．（4 分）如图，在菱形 ABCD 中， 5AB  ， 6AC  ，过点 D 作 DE BA ，交 BA 的延长 线于点 E ，则线段 DE 的长为 ( ) A．12 5 B．18 5 C．4 D． 24 5 【分析】由在菱形 ABCD 中， 5AB  ， 6AC  ，利用菱形的性质以及勾股定理，求得OB 的 长，继而可求得 BD 的长，然后由菱形的面积公式可求得线段 DE 的长． 【解答】解：如图． 四边形 ABCD 是菱形， 6AC  ， AC BD  ， 1 32OA AC  ， 2BD OB ， 5AB  ， 2 2 4OB AB OA    ， 2 8BD OB   ， 1 2ABCDS AB DE AC BD    菱形 ， 1 1 6 8 242 2 5 5 AC BD DE AB        ． 故选： D ． 【点评】此题考查了菱形的性质、勾股定理．注意菱形的对角线互相垂直平分． 10．（4 分）构建几何图形解决代数问题是“数形结合”思想的重要性，在计算 tan15 时， 如图．在 Rt ACB 中， 90C  ， 30ABC   ，延长 CB 使 BD AB ，连接 AD ，得 15D   ， 所以 1 2 3tan15 2 3 2 3 (2 3)(2 3) AC CD          ．类比这种方法，计算 tan22.5 的值为 ( ) A． 2 1 B． 2 1 C． 2 D． 1 2 【分析】在 Rt ACB 中， 90C   ， 45ABC   ，延长 CB 使 BD AB ，连接 AD ，得 22.5D   ，设 1AC BC  ，则 2AB BD  ，根据 tan 22.5 AC CD   计算即可． 【解答】解：在 Rt ACB 中， 90C  ， 45ABC  ，延长 CB 使 BD AB ，连接 AD ， 得 22.5D   ， 设 1AC BC  ，则 2AB BD  ， 1tan 22.5 2 1 1 2 AC CD        ， 故选： B ． 【点评】本题考查解直角三角形的应用，解题的关键是学会用转化的思想思考问题，学会把 问题转化为特殊角，属于中考常考题型． 11．（4 分）如图， ABO 的顶点 A 在函数 ( 0)ky xx   的图象上， 90ABO   ，过 AO 边 的三等分点 M 、 N 分别作 x 轴的平行线交 AB 于点 P 、 Q ．若四边形 MNQP 的面积为 3， 则 k 的值为 ( ) A．9 B．12 C．15 D．18 【分析】易证 ANQ AMP AOB  ∽ ∽ ，由相似三角形的性质：面积比等于相似比的平方可 求出 ANQ 的面积，进而可求出 AOB 的面积，则 k 的值也可求出． 【解答】解： / / / /NQ MP OB ， ANQ AMP AOB  ∽ ∽ ， M 、 N 是 OA 的三等分点，  1 2 AN AM  ， 1 3 AN AO  ，  1 4 ANQ AMP S S    ， 四边形 MNQP 的面积为 3，  1 3 4 ANQ ANQ S S    ， 1ANQS  ，  21 1( ) 9AOB AN S AO   ， 9AOBS  ， 2 18AOBk S   ， 故选： D ． 【点评】本题考查了相似三角形的判定和性质以及反比例函数 k 的几何意义，正确的求出 1ANQS  是解题的关键． 12．（4 分）抛物线 2y ax bx c   的对称轴是直线 2x   ．抛物线与 x 轴的一个交点在点 ( 4,0) 和点 ( 3,0) 之间，其部分图象如图所示，下列结论中正确的个数有 ( ) ① 4 0a b  ；② 3c a„ ；③关于 x 的方程 2 2ax bx c   有两个不相等实数根；④ 2 2 4b b ac  ． A．1 个 B．2 个 C．3 个 D．4 个 【分析】根据抛物线的对称轴可判断①；由抛物线与 x 轴的交点及抛物线的对称性以及由 1x   时 0y  可判断②，由抛物线与 x 轴有两个交点，且顶点为 ( 2,3) ，即可判断③；利 用抛物线的顶点的纵坐标为 3 得到 24 34 ac b a   ，即可判断④． 【解答】解：抛物线的对称轴为直线 22 bx a     ， 4 0a b   ，所以①正确； 与 x 轴的一个交点在 ( 3,0) 和 ( 4,0) 之间， 由抛物线的对称性知，另一个交点在 ( 1,0) 和 (0,0) 之间， 1x   时 0y  ，且 4b a ， 即 4 3 0a b c a a c a c         ， 3c a  ，所以②错误； 抛物线与 x 轴有两个交点，且顶点为 ( 2,3) ， 抛物线与直线 2y  有两个交点， 关于 x 的方程 2 2ax bx c   有两个不相等实数根，所以③正确； 抛物线的顶点坐标为 ( 2,3) ，  24 34 ac b a   ， 2 12 4b a ac   ， 4 0a b  ， 4b a  ， 2 3 4b b ac   ， 0a  ， 4 0b a   ， 2 2 4b b ac   ，所以④正确； 故选： C ． 【点评】本题考查了二次函数图象与系数的关系：对于二次函数 2 ( 0)y ax bx c a    ，二 次项系数 a 决定抛物线的开口方向和大小：当 0a  时，抛物线向上开口；当 0a  时，抛物 线向下开口；一次项系数 b 和二次项系数 a 共同决定对称轴的位置：当 a 与 b 同号时（即 0)ab  ，对称轴在 y 轴左； 当 a 与b 异号时（即 0)ab  ，对称轴在 y 轴右；常数项 c 决定 抛物线与 y 轴交点位置：抛物线与 y 轴交于 (0, )c ：抛物线与 x 轴交点个数由△决定：△ 2 4 0b ac   时，抛物线与 x 轴有 2 个交点；△ 2 4 0b ac   时，抛物线与 x 轴有 1 个交点； △ 2 4 0b ac   时，抛物线与 x 轴没有交点． 二、填空题（本小题共 4 小题，每小题 4 分，共 16 分，答题请用黑色墨水笔或黑色签字笔 直接答在答题卡的相应位置上） 13．（4 分）计算： 12 3 的结果是 3 ． 【分析】首先化简 12 ，然后根据实数的运算法则计算． 【解答】解： 12 3 2 3 3 3    ． 故答案为： 3 ． 【点评】本题主要考查算术平方根的开方及平方根的运算，属于基础题． 14．（4 分）如图，直线 (y kx b k  、b 是常数 0)k  与直线 2y  交于点 (4,2)A ，则关于 x 的不等式 2kx b  的解集为 4x  ． 【分析】结合函数图象，写出直线 2y kx  在直线 2y  下方所对应的自变量的范围即可． 【解答】解：直线 y kx b  与直线 2y  交于点 (4,2)A ， 4x  时， 2y  ， 关于 x 的不等式 2kx b  的解集为 4x  ． 故答案为 4x  ． 【点评】本题考查了一次函数与一元一次不等式：从函数图象的角度看，就是确定直线 y kx b  在 x 轴上（或下）方部分所有的点的横坐标所构成的集合． 15．（4 分）如图，对折矩形纸片 ABCD 使 AD 与 BC 重合，得到折痕 MN ，再把纸片展平．E 是 AD 上一点，将 ABE 沿 BE 折叠，使点 A 的对应点 A 落在 MN 上．若 5CD  ，则 BE 的 长是 10 3 3 ． 【分析】在 Rt △ A BM 中，解直角三角形求出 30BA M    ，再证明 30ABE  即可解决 问题． 【解答】解：将矩形纸片 ABCD 对折一次，使边 AD 与 BC 重合，得到折痕 MN ， 2AB BM  ， 90A MB    ， / /MN BC ． 将 ABE 沿 BE 折叠，使点 A 的对应点 A 落在 MN 上． 2A B AB BM    ． 在 Rt △ A MB 中， 90A MB    ， 1sin 2 BMMA B BA      ， 30MA B   ， / /MN BC ， 30CBA MA B      ， 90ABC   ， 60ABA   ， 30ABE EBA     ， 5 10 3 cos30 33 2 ABBE   ． 故答案为： 10 3 3 ． 【点评】本题考查了翻折变换，锐角三角函数的定义，平行线的性质，熟练掌握并灵活运用 翻折变换的性质是解题的关键． 16．（4 分）如图， O 是 ABC 的外接圆， 45BAC  ，AD BC 于点 D ，延长 AD 交 O 于点 E ，若 4BD  ， 1CD  ，则 DE 的长是 41 5 2  ． 【分析】连结 OB ， OC ， OA ，过 O 点作 OF BC 于 F ，作 OG AE 于 G ，根据圆周角 定理可得 90BOC  ，根据等腰直角三角形的性质和勾股定理可得 DG ， AG ，可求 AD ， 再根据相交弦定理可求 DE ． 【解答】解：连结 OB ， OC ， OA ，过 O 点作 OF BC 于 F ，作 OG AE 于 G ， O 是 ABC 的外接圆， 45BAC  ， 90BOC   ， 4BD  ， 1CD  ， 4 1 5BC    ， 5 2 2OB OC   ， 5 2 2OA  ， 5 2OF BF  ， 3 2DF BD BF    ， 3 2OG  ， 5 2GD  ， 在 Rt AGO 中， 2 2 41 2AG OA OG   ， 41 5 2AD AG GD     ， AD DE BD CD    ， 4 1 41 5 241 5 2 DE     ． 故答案为： 41 5 2  ． 【点评】考查了三角形的外接圆与外心，勾股定理，圆周角定理，等腰直角三角形的性质， 解题的难点是求出 AD 的长． 三、解答题（本题共有 8 小题，共 86 分.答题请用黑色量水笔或黑色签字笔书写在答题卡的 相应位置上解答时应写出必要的文字说明、证明过程成演算步骤） 17．（8 分）计算： （1） 0 21sin30 ( 3.14) ( )2       ； （2）解方程； 1 3 2 2 3x x   ． 【分析】（1）原式利用零指数幂、负整数指数幂法则，以及特殊角的三角函数值计算即可求 出值； （2）分式方程去分母转化为整式方程，求出整式方程的解得到 x 的值，经检验即可得到分 式方程的解． 【解答】解：（1）原式 1 1 42    13 2  ； （2）去分母得： 2 3 3 6x x   ， 解得： 3x  ， 经检验 3x  是分式方程的解． 【点评】此题考查了解分式方程，以及实数的运算，熟练掌握运算法则及分式方程的解法是 解本题的关键． 18．（8 分）化简式子 2 2 2 4 4( )x x xxx x    ，从 0、1、2 中取一个合适的数作为 x 的值代入 求值． 【分析】直接利用分式的性质进行通分运算，进而结合分式的混合运算法则分别化简得出答 案． 【解答】解：原式 2 2 ( 2) 4 4x x x x x x     2 2 ( 2) ( 2) x x x x x   1 2x   ， 0x  ，2， 当 1x  时，原式 1  ． 【点评】此题主要考查了分式的化简求值，正确掌握分式的混合运算法则是解题关键． 19．（10 分）某校为检测师生体温，在校门安装了某型号测温门．如图为该测温门截面示意 图，已知测温门 AD 的顶部 A 处距地面高为 2.2m ，为了解自己的有效测温区间．身高1.6m 的小聪做了如下实验：当他在地面 N 处时测温门开始显示额头温度，此时在额头 B 处测得 A 的仰角为18 ；在地面 M 处时，测温门停止显示额头温度，此时在额头 C 处测得 A 的仰角 为 60 ．求小聪在地面的有效测温区间 MN 的长度．（额头到地面的距离以身高计，计算精 确到 0.1m ， sin18 0.31  ， cos18 0.95  ， tan18 0.32)  【分析】延长 BC 交 AD 于点 E ，构造直角 ABE 和矩形 EDNB ，通过解直角三角形分别求 得 BE 、 CE 的长度，易得 BC 的值；然后根据矩形的性质知 MN BC ． 【解答】解：延长 BC 交 AD 于点 E ，则 0.6AE AD DE m   ． 1.875tan18 AEBE m  ， 0.374tan60 AECE m  ． 所以 1.528BC BE CE m   ． 所以 1.5MN BC m  ． 答：小聪在地面的有效测温区间 MN 的长度约为1.5m ． 【点评】本题主要考查了解直角三角形的应用  仰角俯角问题、坡度坡角问题，要求学生能 借助仰角构造直角三角形并解直角三角形． 20．（10 分）如图， AB 是 O 的直径，点 C 是 O 上一点， CAB 的平分线 AD 交 BC 于 点 D ，过点 D 作 / /DE BC 交 AC 的延长线于点 E ． （1）求证： DE 是 O 的切线； （2）过点 D 作 DF AB 于点 F ，连接 BD ．若 1OF  ， 2BF  ，求 BD 的长度． 【分析】（1）连接 OD ，由等腰三角形的性质及角平分线的性质得出 ADO DAE   ，从而 / /OD AE ，由 / /DE BC 得 90E   ，由两直线平行，同旁内角互补得出 90ODE   ，由 切线的判定定理得出答案； （2）先由直径所对的圆周角是直角得出 90ADB   ，再由 1OF  ， 2BF  得出 OB 的值， 进而得出 AF 和 BA 的值，然后证明 DBF ABD ∽ ，由相似三角形的性质得比例式，从而 求得 2BD 的值，求算术平方根即可得出 BD 的值． 【解答】解：（1）连接 OD ，如图： OA OD ， OAD ADO   ， AD 平分 CAB ， DAE OAD   ， ADO DAE   ， / /OD AE ， / /DE BC ， 90E  ， 180 90ODE E      ， DE 是 O 的切线； （2） AB 是 O 的直径， 90ADB   ， 1OF  ， 2BF  ， 3OB  ， 4AF  ， 6BA  ． DF AB ， 90DFB   ， ADB DFB   ， 又 DBF ABD   ， DBF ABD ∽ ，  BD BF BA BD  ， 2 2 6 12BD BF BA     ． 2 3BD  ． 【点评】本题考查了切线的判定与性质、相似三角形的判定与性质等知识点，熟练掌握圆的 切线的判定与性质及圆中的相关计算是解题的关键． 21．（12 分）遵义市各校都在深入开展劳动教育，某校为了解七年级学生一学期参加课外劳 动时间（单位： )h 的情况，从该校七年级随机抽查了部分学生进行问卷调查，并将调查结 果绘制成如下不完整的频数分布表和频数分布直方图． 课外劳动时间频数分布表： 劳动时间分组 频数 频率 0 20t „ 2 0.1 20 40t „ 4 m 40 60t „ 6 0.3 60 80t „ a 0.25 80 100t „ 3 0.15 解答下列问题： （1）频数分布表中 a  5 ， m  ；将频数分布直方图补充完整； （2）若七年级共有学生 400 人，试估计该校七年级学生一学期课外劳动时间不少于 60h 的 人数； （3）已知课外劳动时间在 60 80h t h„ 的男生人数为 2 人，其余为女生，现从该组中任选 2 人代表学校参加“全市中学生劳动体验”演讲比赛，请用树状图或列表法求所选学生为 1 男 1 女的概率． 【分析】（1）根据频数分布表所给数据即可求出 a ，m ；进而可以补充完整频数分布直方图； （2）根据样本估计总体的方法即可估计该校七年级学生一学期课外劳动时间不少于 60h 的 人数； （3）根据题意画出用树状图即可求所选学生为 1 男 1 女的概率． 【解答】解：（1） (2 0.1) 0.25 5a     ， 4 20 0.2m    ， 补全的直方图如图所示： 故答案为：5，0.2； （2） 400 (0.25 0.15) 160   （人 ) ； （3）根据题意画出树状图， 由树状图可知： 共有 20 种等可能的情况， 1 男 1 女有 12 种， 故所选学生为 1 男 1 女的概率为： 12 3 20 5P   ． 【点评】本题考查了列表法与树状图法、用样本估计总体、频数（率 ) 分布直方图，解决本 题的关键是掌握概率公式． 22．（12 分）为倡导健康环保，自带水杯已成为一种好习惯，某超市销售甲，乙两种型号水 杯，进价和售价均保持不变，其中甲种型号水杯进价为 25 元 / 个，乙种型号水杯进价为 45 元 / 个，下表是前两月两种型号水杯的销售情况： 时间 销售数量（个 ) 销售收入（元 ) （销售 收入  售价 销售数 量） 甲种型号 乙种型号 第一月 22 8 1100 第二月 38 24 2460 （1）求甲、乙两种型号水杯的售价； （2）第三月超市计划再购进甲、乙两种型号水杯共 80 个，这批水杯进货的预算成本不超过 2600 元，且甲种型号水杯最多购进 55 个，在 80 个水杯全部售完的情况下设购进甲种型号 水杯 a 个，利润为 w 元，写出 w 与 a 的函数关系式，并求出第三月的最大利润． 【分析】（1）根据表格中的数据可以列出相应的二元一次方程组，从而可以求得甲、乙两种 型号水杯的销售单价； （2）根据题意，可以得到 w 与 a 的函数关系式． 【解答】解：（1）设甲、乙两种型号水杯的销售单价分别为 x 元、 y 元， 22 8 1100 38 24 2460 x y x y      ，解得， 30 55 x y    ， 答：甲、乙两种型号水杯的销售单价分别为 30 元、55 元； （2）由题意可得， 25 45(80 ) 2600 55 a a a     „ „ ， 解得： 50 55a„ „ ， (30 25) (55 45)(80 ) 5 800w a a a        ， 故当 50a  时，W 有最大值，最大为 550， 答：第三月的最大利润为 550 元． 【点评】本题考查一次函数的应用、二元一次方程组的应用，解答本题的关键是明确题意， 利用一次函数的性质解答． 23．（12 分）如图，在边长为 4 的正方形 ABCD 中，点 E 为对角线 AC 上一动点（点 E 与点 A 、C 不重合），连接 DE ，作 EF DE 交射线 BA 于点 F ，过点 E 作 / /MN BC 分别交CD 、 AB 于点 M 、 N ，作射线 DF 交射线 CA 于点 G ． （1）求证： EF DE ； （2）当 2AF  时，求GE 的长． 【分析】（1）要证明 EF DE ，只要证明 DME ENF   即可，然后根据题目中的条件和 正方形的性质，可以得到 DME ENF   的条件，从而可以证明结论成立； （2）根据勾股定理和三角形相似，可以得到 AG 和CG 、CE 的长，然后即可得到 GE 的长． 【解答】（1）证明：四边形 ABCD 是正方形， AC 是对角线， 45ECM  ， / /MN BC ， 90BCM  ， 180NMC BCM     ， 180MNB B    ， 90NMC  ， 90MNB   ， 45MEC MCE    ， 90DME ENF    ， MC ME  ， CD MN ， DM EN  ， DE EF ， 90EDM DEM    ， 90DEF  ， 90DEM FEN    ， EDM FEN   ， 在 DME 和 ENF 中 EDM FEN DM EN DME ENF         ， ( )DME ENF ASA   ， EF DE  ； （2）如图 1 所示，由（1）知， DME ENF   ， ME NF  ， 四边形 MNBC 是矩形， MC BN  ， 又 ME MC ， 4AB  ， 2AF  ， 1BN MC NF    ， 90EMC   ， 2CE  ， / /AF CD ， DGC FGA ∽ ，  CD CG AF AG  ，  4 2 CG AG  ， 4AB BC  ， 90B  ， 4 2AC  ， AC AG GC  ， 4 2 3AG  ， 8 2 3CG  ， 8 2 5 223 3GE GC CE      ； 如图 2 所示， 同理可得， FN BN ， 2AF  ， 4AB  ， 1AN  ， 4AB BC  ， 90B  ， 4 2AC  ， / /AF CD ， GAF GCD ∽ ，  AF GA CD GC  ， 即 2 4 4 2 AG AG   ， 解得， 4 2AG  ， 1AN NE  ， 90ENA   ， 2AE  ， 5 2GE GA AE    ． 【点评】本题考查正方形的性质、全等三角形的判定与性质、三角形相似，解答本题的关键 是明确题意，利用数形结合的思想解答． 24．（14 分）如图，抛物线 2 9 4y ax x c   经过点 ( 1,0)A  和点 (0,3)C 与 x 轴的另一交点为 点 B ，点 M 是直线 BC 上一动点，过点 M 作 / /MP y 轴，交抛物线于点 P ． （1）求该抛物线的解析式； （2）在抛物线上是否存在一点 Q ，使得 QCO 是等边三角形？若存在，求出点 Q 的坐标； 若不存在，请说明理由； （3）以 M 为圆心， MP 为半径作 M ，当 M 与坐标轴相切时，求出 M 的半径． 【分析】（1）把点 ( 1,0)A  和点 C (0,3) 代入 2 9 4y ax x c   求出 a 与 c 的值即可得出抛物 线的解析式； （2）①当点 Q 在 y 轴右边时，假设 QCO 为等边三角形，过点 Q 作 QH OC 于 H ， 3OC  ， 则 3 2OH  ， tan60 QH OH   ，求出 3 3( 2Q ， 3)2 ，把 3 3 2x  代入 23 9 34 4y x x    ，得 27 3 33 3 8 16 2y    ，则假设不成立； ②当点 Q 在 y 轴的左边时，假设 QCO 为等边三角形，过点 Q 作 QT OC 于T ， 3OC  ， 则 3 2OT  ， tan60 QT OT   ，求出 3 3( 2Q  ， 3)2 ，把 3 3 2x   代入 23 9 34 4y x x    ，得 27 3 33 3 8 16 2y     ，则假设不成立； （3）求出 (4,0)B ，待定系数法得出 BC 直线的解析式 3 34y x   ，当 M 在线段 BC 上， M 与 x 轴相切时，延长 PM 交 AB 于点 D ，则点 D 为 M 与 x 轴的切点，即 PM MD ，设 23 9( , 3)4 4P x x x   ， 3( , 3)4M x x  ， 则 23 9 34 4PD x x    ， 3 34MD x   ， 由 PD MD MD  ，求出 1x  ，即可得出结果；当 M 在线段 BC 上， M 与 y 轴相切时，延 长 PM 交 AB 于点 D ，过点 M 作 ME y 轴于 E ，则点 E 为 M 与 y 轴的切点，即 PM ME ， PD MD EM x   ， 设 23 9( , 3)4 4P x x x   ， 3( , 3)4M x x  ， 则 23 9 34 4PD x x    ， 3 34MD x   ，代入即可得出结果；当 M 在 BC 延长线， M 与 x 轴 相切时，点 P 与 A 重合， M 的纵坐标的值即为所求；当 M 在 CB 延长线， M 与 y 轴相 切时，延长 PD 交 x 轴于 D ，过点 M 作 ME y 轴于 E ，则点 E 为 M 与 y 轴的切点，即 PM ME ， PD MD EM x   ， 设 23 9( , 3)4 4P x x x   ， 3( , 3)4M x x  ， 则 23 9 34 4PD x x   ， 3 34MD x  ，代入即可得出结果． 【解答】解：（1）把点 ( 1,0)A  和点 C (0,3) 代入 2 9 4y ax x c   得： 90 4 3 a c c       ， 解得： 3 4 3 a c      ， 抛物线的解析式为： 23 9 34 4y x x    ； （2）不存在，理由如下： ①当点 Q 在 y 轴右边时，如图 1 所示： 假设 QCO 为等边三角形， 过点 Q 作 QH OC 于 H ， 点 C (0,3) ， 3OC  ， 则 1 3 2 2OH OC  ， tan60 QH OH   ， 3 3 3tan60 32 2QH OH      ， 3 3( 2Q ， 3)2 ， 把 3 3 2x  代入 23 9 34 4y x x    ， 得： 27 3 33 3 8 16 2y    ， 假设不成立， 当点 Q 在 y 轴右边时，不存在 QCO 为等边三角形； ②当点 Q 在 y 轴的左边时，如图 2 所示： 假设 QCO 为等边三角形， 过点 Q 作 QT OC 于T ， 点 C (0,3) ， 3OC  ， 则 1 3 2 2OT OC  ， tan60 QT OT   ， 3 3 3tan60 32 2QT OT      ， 3 3( 2Q  ， 3)2 ， 把 3 3 2x   代入 23 9 34 4y x x    ， 得： 27 3 33 3 8 16 2y     ， 假设不成立， 当点 Q 在 y 轴左边时，不存在 QCO 为等边三角形； 综上所述，在抛物线上不存在一点 Q ，使得 QCO 是等边三角形； （3）令 23 9 3 04 4x x    ， 解得： 1 1x   ， 2 4x  ， (4,0)B ， 设 BC 直线的解析式为： y kx b  ， 把 B 、 C 的坐标代入则 0 4 3 k b b     ， 解得： 3 4 3 k b      ， BC 直线的解析式为： 3 34y x   ， 当 M 在线段 BC 上， M 与 x 轴相切时，如图 3 所示： 延长 PM 交 AB 于点 D ， 则点 D 为 M 与 x 轴的切点，即 PM MD ， 设 23 9( , 3)4 4P x x x   ， 3( , 3)4M x x  ， 则 23 9 34 4PD x x    ， 3 34MD x   ， 23 9 3 3( 3) ( 3) 34 4 4 4x x x x          ， 解得： 1 1x  ， 2 4x  （不合题意舍去）， M 的半径为： 3 934 4MD     ； 当 M 在线段 BC 上， M 与 y 轴相切时，如图 4 所示： 延长 PM 交 AB 于点 D ，过点 M 作 ME y 轴于 E ， 则点 E 为 M 与 y 轴的切点，即 PM ME ， PD MD EM x   ， 设 23 9( , 3)4 4P x x x   ， 3( , 3)4M x x  ， 则 23 9 34 4PD x x    ， 3 34MD x   ， 23 9 3( 3) ( 3)4 4 4x x x x        ， 解得： 1 8 3x  ， 2 0x  （不合题意舍去）， M 的半径为： 8 3EM  ； 当 M 在 BC 延长线， M 与 x 轴相切时，如图 5 所示： 点 P 与 A 重合， M 的横坐标为 1 ， M 的半径为： M 的纵坐标的值， 即： 3 15( 1) 34 4      ； 当 M 在 CB 延长线， M 与 y 轴相切时，如图 6 所示： 延长 PD 交 x 轴于 D ，过点 M 作 ME y 轴于 E ， 则点 E 为 M 与 y 轴的切点，即 PM ME ， PD MD EM x   ， 设 23 9( , 3)4 4P x x x   ， 3( , 3)4M x x  ， 则 23 9 34 4PD x x   ， 3 34MD x  ， 23 9 3( 3) ( 3)4 4 4x x x x      ， 解得： 1 16 3x  ， 2 0x  （不合题意舍去）， M 的半径为： 16 3EM  ； 综上所述， M 的半径为 9 4 或 8 3 或 15 4 或 16 3 ． 【点评】本题是二次函数综合题，主要考查了待定系数法求解析式、等边三角形的性质、圆 的性质、三角函数等知识；熟练掌握待定系数法求解析式是解题的关键．